2023高考数学二轮专题导数38讲 专题35 双变量恒成立与能成立问题概述

这是一份2023高考数学二轮专题导数38讲 专题35 双变量恒成立与能成立问题概述，共11页。

专题35　双变量恒成立与能成立问题概述
【方法总结】
1．最值定位法解双变量不等式恒成立问题的思路策略
(1)用最值定位法解双变量不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．
(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位．
2．常见的双变量恒成立能成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max．(如图1)
(2)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2) min．(如图2)
(3)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min．(如图3)
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)
(5)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)
(6)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f (x)的值域与g(x)的值域的交集非空．(如图5)

考点一　双任意与双存在不等问题
(1)f(x)，g(x)是在闭区间D上的连续函数且∀x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)min＞g(x)max．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值均大于函数y＝g(x)的任意一个函数值．如图⑤．

(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)max＞g(x)min．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的某一
个函数值大于函数y＝g(x)的某些函数值．如图⑥．
【例题选讲】
[例1]　已知函数f(x)＝＋aln x，其中参数a<0．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1) 解析　(1)∵f(x)＝＋aln x，定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－＋＝．
①当－1 ②当a＝－1时，f′(x)＝－<0，∴f(x)的减区间是(0，＋∞)．
③当a<－1时，x∈，f′(x)>0，∴f(x)的增区间是；x∈，
f′(x)<0，∴f(x)的减区间是．
(2)g(x)＝2ax－axln x－(6a＋3)(a<0)，
因为存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1) 又g′(x)＝a(1－ln x)，且a<0，∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)是减函数；
当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)是增函数．
∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3．
∴2ae－12a－6<－6a－3，则a>．又a<0，从而 即a的取值范围是．
[例2]　已知函数f (x)＝lnx－mx，g(x)＝x－(a>0)．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若m＝，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立，求实数a的取值范围．
解析　(1)因为f (x)＝ln x－mx，x>0，所以f ′(x)＝－m，
当m≤0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增．当m>0时，由f ′(x)＝0得x＝；
由得0．
所以f (x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当m≤0时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)若m＝，则f (x)＝ln x－x．对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立，
等价于对∀x∈[2，2e2]都有g(x)min≥f (x)max，由(1)知在[2，2e2]上f (x)的最大值为f (e2)＝，
又g′(x)＝1＋>0(a>0)，x∈[2，2e2]，所以函数g(x)在[2，2e2]上是增函数，
所以g(x)min＝g(2)＝2－．由2－≥，得a≤3，又a>0，所以a∈(0，3]，
所以实数a的取值范围为(0，3]．
[例3]　已知f(x)＝x＋(a＞0)，g(x)＝x＋lnx．
(1)若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围；
(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．
解析　(1)对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，等价于x∈[1，e]时，f(x)min≥g(x)max．
当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1．
只需证f(x)≥e＋1，即x＋≥e＋1⇔a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．令h(x)＝(e＋1)x－x2，
当x∈[1，e]时，h(x)＝(e＋1)x－x2＝－2＋2的最大值为h＝2．
所以a2≥2，即a≥(舍去负值)．故实数a的取值范围是．
(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，等价于x∈[1，e]时，f(x)min＜g(x)max．
当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1．
又f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝a，
故f(x)＝x＋(a＞0)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
当0＜a＜1时，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝1＋a2＜e＋1，符合题意；
当1≤a≤e时，f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，f(x)min＝f(a)＝2a，
此时，2a＜e＋1，解得1≤a＜；
当a＞e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e＋，
此时，e＋＜e＋1，即a＜，与a＞e矛盾，不符合题意．
综上可知，实数a的取值范围是．
点拨　(1)本题第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f(x)min≥g(x)max．从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点不低于g(x)图象的最高点．
(2)本题第(2)问从数的角度看，问题的本质就是f(x)min＜g(x)max．从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点低于g(x)图象的最高点．
[例4]　设f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解析　(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M．
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x．由g′(x)＜0，解得0＜x＜；
由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞．又x∈[0，2]，
所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，又g(0)＝－3，g(2)＝1，
故g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝g＝－．
所以[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝1＋＝≥M，则满足条件的最大整数M＝4．
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max．
由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1．
在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，x∈，则h′(x)＝1－2xln x－x，易知h′(x)在区间上是减函数，
又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0．
所以函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
考点二　存在与任意嵌套不等问题
(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图⑦．

(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于g(x)在D2上的最大值，即f(x)max＜g(x)max．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图⑧．
【例题选讲】
[例5]　设函数f(x)＝(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过点M(2，3)，求a的值；
(2)设g(x)＝x＋－，若对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范围．
解析　(1)因为f(x)＝，所以f′(x)＝e·＝－．
又f(1)＝1，即切点为(1，1)，所以k＝f′(1)＝1－a＝，解得a＝－1．
(2)“对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等价于
“在[0，2]上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”．
因为g(x)＝x＋－，g′(x)＝≥0，所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝2．
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a．
①当a≤0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递增，f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得a≤4－2e；
②当0 f(x)的最大值为f(2)＝(4－a)e－1或f(0)＝ae，所以(4－a)e－1≥2或ae≥2．
解得：a≤4－2e或a≥，所以≤a<2；
③当a≥2时，f′(x)≤0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递减，f(x)max＝f(0)＝ae≥2，解得a≥，所以a≥2．
综上所述：a≤4－2e或a≥．
[例6]　已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R且a (1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．
解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝．
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a．
②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1，
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．
由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－，又g′(x)＝(1－ex)x．
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，则g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－＜1，解得a＞，所以a的取值范围为
考点三　双任意与存在相等问题
(1)∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A与g(x)在D2上的值域B的交集不是空集，即A∩B≠∅，如图⑨．其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图⑨　　　　　　　图⑩
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A是g(x)在D2上的值域B的子集，即A⊆B，如图⑩．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的值域都在函数y＝g(x)的值域之中．
说明：图⑨，图⑩中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y轴上的投影．
【例题选讲】
[例7]　已知函数f(x)＝ax－lnx＋x2．
(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值；
(2)若a＝1，∀x1∈(1，2)，∃x2∈(1，2)，使得f(x1)－x＝mx2－mx(m≠0)，求实数m的取值范围．
解析　(1)依题意知，当a＝－1时，f(x)＝－x－ln x＋x2，f′(x)＝－1－＋2x＝＝，
因为x∈(0，＋∞)，故当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
故当x＝1时，f(x)有极小值，极小值为f(1)＝0，无极大值．
(2)当a＝1时，f(x)＝x－ln x＋x2．因为∀x1∈(1，2)，∃x2∈(1，2)，
使得f(x1)－x＝mx2－mx(m≠0)，故ln x1－x1＝mx－mx2．
设h(x)＝ln x－x，g(x)＝mx3－mx，
当x∈(1，2)时，h′(x)＝－1＜0，即函数h(x)在(1，2)上单调递减，故h(x)的值域为A＝(ln 2－2，－1)．
又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1)．
①当m＜0时，g(x)在(1，2)上单调递减，此时g(x)的值域为B＝，
因为A⊆B，又－＞0＞－1，故≤ln 2－2，即m≤ln 2－3；
②当m＞0时，g(x)在(1，2)上单调递增，此时g(x)的值域为B＝，
因为A⊆B，又＞0＞－1，故－≤ln 2－2，故m≥－(ln 2－2)＝3－ln 2．
综上所述，实数m的取值范围为∪．
[例8]　已知函数f(x)＝alnx－x＋2，a∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求实数a的值．
解析　(1)因为f(x)＝a ln x－x＋2，所以f′(x)＝－1＝，x>0，
当a≤0时，对任意的x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝a，因为x∈(0，a)时，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
(2)①当a≤1时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝1．
因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，
所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4．
②当1 所以f(x)max＝f(a)＝a ln a－a＋2．
因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(a)＝2a(ln a－1)＋4，
又1 所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4．
③当a≥e时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是增函数，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(e)＝a－e＋2，
由题意，对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，
则当x1＝1时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(1)＋f(e)≥4，
同理当x1＝e时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(e)＋f(1)≤4，所以f(1)＋f(e)＝4．
(对任意的x1∈(1，e)，令g(x)＝4－f(x)－f(x1)，x∈[1，e]，g(x)＝0有解．g(1)＝4－f(1)－f(x1)＝f(e)－f(x1)>0，g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0，所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(x2)－f(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)＝4．)
所以由f(1)＋f(e)＝a－e＋3＝4，得a＝e＋1．
综上可知，实数a的值为e＋1．
[例9]　已知函数f (x)＝lnx－x，g(x)＝mx3－mx(m≠0)．
(1)求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若对任意的x1∈(1，2)，总存在x2∈(1，2)，使得f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围．
解析　(1)易知切点为(1，－1)，f ′(x)＝－1，切线的斜率k＝f ′(1)＝0，故切线方程为y＝－1．
(2)设f (x)在区间(1，2)上的值域为A，g(x)在区间(1，2)上的值域为B，则由题意可得A⊆B．
∵f (x)＝ln x－x，∴f ′(x)＝－1＝<0在(1，2)上恒成立，
∴函数f (x)在区间(1，2)上单调递减，∴值域A为(ln 2－2，－1)．
又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1)，当m>0时，g′(x)>0在x∈(1，2)上恒成立，
则g(x)在(1，2)上是增函数，此时g(x)在区间(1，2)上的值域B为，
则解得m≥－(ln 2－2)＝3－ln 2．
当m<0时，g′(x)<0在x∈(1，2)上恒成立，则g(x)在(1，2)上是减函数，
此时g(x)在区间(1，2)上的值域B为，则解得m≤(ln 2－2)＝ln 2－3．
∴实数m的取值范围是∪．
[例10]　已知函数f(x)＝(1－x)ex－1．
(1)求f(x)的极值；
(2)设g(x)＝(x－t)2＋2，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值．
解析　(1)f′(x)＝－xex，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，
∴当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值．
(2)由(1)知f(x)≤0，又因为g(x)＝(x－t)2＋2≥0，
所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，所以x＝t，ln x＝，
等价于方程ln x＝有解，即方程m＝xln x在(0，＋∞)上有解，
记h(x)＝xln x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ln x＋1，令h′(x)＝0，得x＝，
所以当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝时，h(x)min＝－，所以实数m的最小值为－．
[例11]　已知函数f(x)＝x2－ax3，a＞0，x∈R，g(x)＝．
(1)若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围；
(2)当a＝时，求证：对任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．
解析　(1)∵f(x)＝x2－ax3，∴f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝．
∵a＞0，∴＞0，∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－1]上单调递减，f(x)≥f(－1)＝1＋，
故f(x)在(－∞，－1]上的值域为．
∵g(x)＝，∴g′(x)＝＝．
当x＜－时，g′(x)＞0，∴g(x)在上单调递增，g(x)＜g＝，
故g(x)在上的值域为．
若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，则1＋＜，解得0＜a＜，
故实数a的取值范围是．
(2)当a＝时，f(x)＝x2－x3，∴f′(x)＝2x－3x2＝3x．
当x＞2时，f′(x)＜0，∴f(x)在(2，＋∞)上单调递减，且f(2)＝－4，
∴f(x)在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．则g(x)＝＝在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)＝在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．∵(－∞，－4)(－∞，0)，
∴对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．
点拨　本题第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一函数值相等，即f(x)
的值域都在g(x)的值域中．