高考题型12 双元类不等式能成立、恒成立问题试卷

这是一份高考题型12 双元类不等式能成立、恒成立问题试卷，共8页。
题型12   双元类不等式能成立、恒成立问题【方法点拨】1.∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)max； ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)min> g(x) min；∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) max > g(x) min.记忆方法：都任意，大小小大（即对于两个变量都是“任意”的，不等式中较大者的最小值大于不等式中较小者的最大值），存在换任意，大小应互换.2.双元型不等式恒成立、能成立问题一般应遵循“双元化一元，逐一处理”的策略，即选择主次元的方法，一般应”先独立后分参”,即先处置独立变量（所谓”独立变量”是指与所求参数无关的变量），再处置另一变量,而解题过程中往往采取分参方法.【典型题示例】例1  已知函数，若对，总，使得，则实数的取值范围是              .【答案】【分析】即.当时，，故只需，所以即对恒成立，分参得，令，，，故；当时，，故只需，所以，且，即对恒成立，分参得，令，，，故；综上，实数的取值范围.例2   已知函数，若对任意，都存在使成立，则实数b的取值范围是             .【解析】由条件可知因为，且、在[1，2]上单调递增所以函数在[1，2]上单调递增，，所以，即在恒成立，即在恒成立，记，易证在[1,2]上单调递增，所以，，从而只需，即.点评：     为避免求函数最小值时的含参讨论，逆向转化为在上恒成立，再利用分离参数求解.此种处理手段太重要，意味深长！！例3    已知函数，，若(0，)，[﹣1，0]，使得成立，则实数a的取值范围是      ．【答案】【解析】双变量问题，逐一突破，这里先处理不含参部分由题意得，，，当时，，令，则，，即在上为减函数，故所以，所以恒成立，即恒成立，   又，当且仅当时取等号，所以实数的取值范围为．    点评：存在性和恒成立混合问题注意理解题意，不等关系转化为最值的关系.例4   若对任意，存在，使不等式成立，则实数的取值范围是           .【答案】【解析一】先视为以“”为主元的二次不等式的恒成立，即不等式在上恒成立，所以，即，存在，使不等式成立，再视为以“”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，设，则只需或，即或，所以实数的取值范围为.【解析二】先视为以“”为主元的二次不等式的恒成立，即不等式在上恒成立，所以，即，存在，使不等式成立，再视为以“”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，即在能成立分离变量得设，则在区间上单增，所以，故，即所以实数的取值范围为.点评：1．   二元存在性、恒成立问题应考虑“主次元”思想；2．   解法二用到了“分离参数”构造函数的方法，一般来说，求参变量范围问题，应尽量做到“能分则分”，以避免参数参与运算带来的分类讨论等不必要的麻烦.例5  设a>0，函数f (x)＝x＋，g(x)＝x－ln x＋4，若对任意的x1∈[1，e]，存在x2∈[1，e]，都有f (x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为___________．【答案】【分析】问题可转化为f (x)min≥g(x)min，函数g(x)不含参，易求得g(x)min＝g(1)＝5，接下来的思路有二，一是直接分类讨论求f (x)min，二是将f (x)min≥g(x)mi转化为f (x)＝x＋≥5恒成立，通过分离参数再解决【解析】 问题可转化为f (x)min≥g(x)min.当x∈[1，e]时，g′(x)＝1－≥0，故g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)min＝g(1)＝5.思路一：又f ′(x)＝1－＝，令f ′(x)＝0，易知x＝a是函数f (x)的极小值．当a≤1时，f (x)min＝1＋a2，则1＋a2≥5，不成立；当1<a≤e时，f (x)min＝f (a)＝2a，则2a≥5，得≤a≤e；当a>e时，f (x)min＝f (e)＝e＋≥5显然成立，得a2>5e－e2，所以a>e.综上所述，实数a的取值范围为.思路二：故有f (x)min≥5，即f (x)＝x＋≥5恒成立，分离参数得a2≥x（5－ x），易得[x（5－ x）]max=，又a>0，故a≥所以实数a的取值范围为．例6 已知函数f (x)＝x2－2ax＋1，g(x)＝，其中a>0，x≠0.(1)    对任意的x∈[1,2]，都有f (x)>g(x)恒成立，求实数a的取值范围；【解析】由题意知，f (x)－g(x)>0对x∈[1,2]恒成立，即x2－2ax＋1－>0对x∈[1,2]恒成立，即a<对x∈[1,2]恒成立，令φ(x)＝，只需a＜φ(x)min(x∈[1,2])．由于φ′(x)＝>0，故φ(x)在x∈[1,2]上是增函数，φ(x)min＝φ(1)＝，所以a的取值范围是.(2) 对任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[1,2]，使得f (x1)>g(x2)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】 由题意知x2－2ax＋1>min＝，即a<对x∈[1,2]恒成立．令φ(x)＝，则φ′(x)＝>0对x∈[1,2]恒成立，则φ(x)在[1,2]上是增函数，φ(x)min＝φ(1)＝，所以a的取值范围是.点评：防止误将∀x∈D，均有f(x) >g(x)恒成立，转化为f(x)min> g(x)max，一般应作差构造函数F(x)=f(x)－g(x)，转化为F(x) min>0恒成立.
【巩固训练】1．已知函数f(x)＝x2－2x＋3，g(x)＝log2x＋m，对任意的x1，x2∈[1,4]有f(x1)>g(x2)恒成立，则实数m的取值范围是________．2．已知函数f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝x－m，若对∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________．3. 已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．4.函数f(x)＝x3－12x＋3，g(x)＝3x－m，若对∀x1∈[－1,5]，∃x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)，则实数m的最小值是________．5.已知函数f(x)＝x2－2x＋3a，g(x)＝.若对任意的x1∈[0，3]，总存在x2∈[2，3]，使得|f(x1)|≤g(x2)成立，则实数a的值为________．6.已知函数f(x)＝x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a，若存在x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＞g(x2) ，则实数a的取值范围是         .7. 已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是________．8.若对于，不等式都成立，则的取值范围是_________.9. 若关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围是_________.10.关于的一元二次方程有两个根，且满足，则实数的值是（       ）.A．－2；       B．－3；       C．－4；       D．－5.  
【答案与提示】1．【答案】(－∞，0)【解析】f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，当x∈[1,4]时，f(x)min＝f(1)＝2，g(x)max＝g(4)＝2＋m，则f(x)min>g(x)max，即2>2＋m，解得m<0，故实数m的取值范围是(－∞，0)．2．【答案】【解析】当x∈[0,3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1,2]时，g(x)min＝g(2)＝－m，由f(x)min≥g(x)min，得0≥－m，所以m≥.3.【答案】 (－∞，1]【解析】由题意知，f(x)min≥g(x)min(x∈[2,3])，因为f(x)＝x＋，所以f′(x)＝1－，所以f(x)在上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝5，又因为g(x)在[2,3]上的最小值为g(2)＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.4.【答案】14【解析】由f′(x)＝3x2－12，可得f(x)在区间[－1,2]上单调递减，在区间[2,5]上单调递增，∴f(x)min＝f(2)＝－13，∵g(x)＝3x－m是增函数，∴g(x)min＝1－m，要满足题意，只需f(x)min≥g(x)min即可，解得m≥14，故实数m的最小值是14.5.【答案】6.【答案】　【解析】　依题意知f(x)max≤g(x)max.∵f(x)＝x＋在上是减函数，∴f(x)max＝f＝.又g(x)＝2x＋a在[2,3]上是增函数，∴g(x)max＝8＋a，因此≤8＋a，则a≥.7.【答案】a＞－4【分析】问题可转化为f(x)max>g(x)min，易得f(x)max=4，g(x)min=－a，由f(x) max > g(x) min得：4＞－a，故a＞－4即为所求.点评：理解量词的含义，将原不等式转化为[f(x)]max≤[g(x)]max；利用函数的单调性，求f(x)与g(x)的最大值，得关于a的不等式求得a的取值范围．8.【答案】9.【答案】【解析】对不等式分离参数得：设（），则令，则函数在区间单减，故，所以，即实数的取值范围是. 10.【答案】BC【解析】将方程分离参数得：设，如图，则，所以，选BC.