备考2024届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破2利用导数研究恒能成立问题命题点3双变量的恒能成立问题

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（1）求f（x）的极值；
（2）若∀x1∈[1，3]，∀x2∈[1e，e]，都有f（x1）≥g（x2），求实数a的取值范围.
解析 （1）函数f（x）＝x3－3x2＋a的定义域为R，f'（x）＝3x2－6x＝3x（x－2），
令f'（x）＝0，可得x＝0或x＝2，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
故函数f（x）的极大值为f（0）＝a，极小值为f（2）＝a－4.
（2）若∀x1∈[1，3]，∀x2∈[1e，e]，都有f（x1）≥g（x2），则f（x1）min≥g（x2）max.
由（1）可知，函数f（x）在[1，2）上单调递减，在（2，3]上单调递增，
故当x∈[1，3]时，f（x）min＝f（2）＝a－4.
因为g（x）＝xlnx，当x∈[1e，e]时，g'（x）＝1＋ln x≥0且g'（x）不恒为零，所以函数g（x）在[1e，e]上单调递增，故g（x）max＝g（e）＝e，
由题意可得a－4≥e，故a≥e＋4，即实数a的取值范围是[e＋4，＋∞）.
方法技巧
解决双变量“存在性或任意性”问题的关键就是将含有全称量词或存在量词的条件“等价转化”为两个函数最值之间的关系（或两个函数值域之间的关系）.
训练3 [2023浙江杭州二中4月阶段测试]f（x）＝ax＋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∈[12，2]，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，即存在x1，x2∈[0，2]，使得[g（x1）－g（x2)]max≥M，即g（x）max－g（x）min≥M（x∈[0，2]）.
由g（x）＝x3－x2－3，得g'（x）＝3x2－2x＝3x（x－23），
当23＜x＜2时，g'（x）＞0，当0＜x＜23时，g'（x）＜0，列表如下.
又g（0）＝－3，g（2）＝1，所以当x∈[0，2]时，g（x）max＝g（2）＝1，g（x）min＝
g（23）＝－8527，
所以g（x）max－g（x）min＝11227≥M，所以满足条件的最大整数M为4.
（2）对于任意的s，t∈[12，2]，f（s）≥g（t）成立，则f（s）min≥g（t）max.
由（1）易得当x∈[12，2]时，g（x）max＝g（2）＝1，
所以对于任意的x∈[12，2]，ax＋xlnx≥1成立，即a≥x－x2ln x成立.
令h（x）＝x－x2ln x（12≤x≤2），则a≥h（x）max.
求导得h'（x）＝1－2xln x－x，令m（x）＝1－2xln x－x（12≤x≤2），则m'（x）＝－3－2ln x＜0，
所以h'（x）在[12，2]上单调递减，又h'（1）＝0，故列表如下.
所以a≥h（x）max＝h（1）＝1，故实数a的取值范围是[1，＋∞）.
思维帮·提升思维 快速解题
洛必达法则
例4 已知函数f（x）＝lnxx+1＋1x，若f（x）＞lnxx－1＋kx恒成立，则k的取值范围为 （－∞，0] .
解析 解法一（分离参数＋洛必达法则） 由题意知x＞0且x≠1，f（x）＞lnxx－1＋kx恒成立等价于k＜xlnxx+1＋1－xlnxx－1＝2xlnx1－x2＋1.（分离参数）
记g（x）＝2xlnx1－x2＋1，则g'（x）＝2（x2+1）lnx+2（1－x2）（1－x2）2＝2（x2+1）（1－x2）2·（ln x＋1－x2x2+1）.
记h（x）＝ln x＋1－x2x2+1，则h'（x）＝1x－4x（1+x2）2＝（1－x2）2x（1+x2）2≥0，
所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，且h（1）＝0，
因此，当x∈（0，1）时，h（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0，
即当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
由洛必达法则得limx→1g（x）＝limx→12xlnx1－x2＋1＝limx→12lnx+2－2x＋1＝2ln1+2－2×1＋1＝0，（构造出00型，利用洛必达法则求解）
即当x→1时，g（x）→0.所以当x＞0且x≠1时，g（x）＞0，所以k≤0.
故k的取值范围是（－∞，0].
解法二 f（x）－（lnxx－1＋kx）＝11－x2[2ln x＋（k－1)(x2－1）x].
设h（x）＝2ln x＋（k－1)(x2－1）x（x＞0），
则h'（x）＝（k－1)(x2+1）+2xx2.
①当k≤0时，由h'（x）＝k（x2+1)－（x－1）2x2知，当x≠1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减.
而h（1）＝0，故当x∈（0，1）时，h（x）＞0，可得11－x2h（x）＞0；
当x∈（1，＋∞）时，h（x）＜0，可得11－x2h（x）＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f（x）－（lnxx－1＋kx）＞0.
即f（x）＞lnxx－1＋kx.
②当0＜k＜1时，y＝（k－1）（x2＋1）＋2x＝（k－1）x2＋2x＋k－1，其图象开口向下，且Δ＝4－4（k－1）2＞0，对称轴为直线x＝11－k，11－k＞1，
所以当x∈（1，11－k）时，（k－1）（x2＋1）＋2x＞0，故h'（x）＞0，而h（1）＝0，故当x∈（1，11－k）时，h（x）＞0，
可得11－x2h（x）＜0，与题设矛盾.
③当k≥1时，此时h'（x）＞0，而h（1）＝0，
故当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0，可得11－x2·h（x）＜0，与题设矛盾.
综上所述，k的取值范围为（－∞，0].
方法技巧
洛必达法则
法则1 若函数f（x）和g（x）满足下列条件：
（1）limx→af（x）＝0及limx→ag（x）＝0；
（2）在点a的附近，f（x）与g（x）可导且g'（x）≠0；
（3）limx→af '(x）g'(x）＝l（l可为实数，也可为无穷大）.
那么limx→af（x）g（x）＝limx→af '(x）g'(x）＝l.
法则2 若函数f（x）和g（x）满足下列条件：
（1）limx→af（x）＝∞及limx→ag（x）＝∞；
（2）在点a的附近，f（x）与g（x）可导且g'（x）≠0；
（3）limx→af '(x）g'(x）＝l（l可为实数，也可为无穷大）.
那么limx→af（x）g（x）＝limx→af '(x）g'(x）＝l.
训练4 已知函数f（x）＝x（ex－1）－ax2（a∈R）.
（1）若f（x）在x＝－1处有极值，求a的值；
（2）当x＞0时，f（x）≥0，求实数a的取值范围.
解析 （1）f'（x）＝ex－1＋xex－2ax＝（x＋1）ex－2ax－1，
依题意知f'（－1）＝2a－1＝0，∴a＝12.
（2）解法一 当x＞0时，f（x）≥0，即x（ex－1）－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
令φ（x）＝ex－1－ax（x＞0），则φ（x）min≥0，φ'（x）＝ex－a.
①当a≤1时，φ'（x）＞0，
∴φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴φ（x）＞e0－1－0＝0，
∴a≤1满足条件.
②当a＞1时，若0＜x＜ln a，则φ'（x）＜0，
若x＞ln a，则φ'（x）＞0.
∴φ（x）在（0，ln a）上单调递减，在（ln a，＋∞）上单调递增，
∴φ（x）min＝φ（ln a）＝a－1－alna≥0.
令g（a）＝a－1－alna（a＞1），则g'（a）＝1－（1＋ln a）＝－ln a＜0，∴g（a）在（1，＋∞）上单调递减.
∴g（a）＜1－1－ln 1＝0与g（a）≥0矛盾，
故a＞1不满足条件.
综上，实数a的取值范围是（－∞，1].
解法二 当x＞0时，f（x）≥0，即x（ex－1）－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，即a≤ex－1x恒成立，
令h（x）＝ex－1x（x＞0），则h'（x）＝ex（x－1）+1x2，
令k（x）＝ex（x－1）＋1（x＞0），则k'（x）＝ex·x＞0，
∴k（x）在（0，＋∞）上单调递增，
∴k（x）＞e0×（0－1）＋1＝0，∴h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增.
由洛必达法则知，limx→0h（x）＝limx→0ex－1x＝limx→0 ex＝1，
∴a≤1.故实数a的取值范围是（－∞，1].x
（－∞，0）
0
（0，2）
2
（2，＋∞）
f'（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
（0，23）
23
（23，2）
g'（x）
－
0
＋
g（x）
↘
极小值
↗
x
（12，1）
1
（1，2）
h'（x）
＋
0
－
h（x）
↗
极大值
↘