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1、2023届高考数学专项练习导数解密36专题专题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x1a，b，x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max(如图1)(2)若存在x1
2、a，b，总存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2) min(如图2)(3)对于任意的x1a，b，总存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min(如图3)(4)若存在x1a，b，对任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max(如图4)(5)若存在x1a，b，对任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max(如图4)(6)若存在x1a，b，总存在x2m，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
3、闭区间D上的连续函数且x1，x2D，使得f(x1)g(x2)，等价于f(x)ming(x)max其等价转化的目标是函数yf(x)的任意一个函数值均大于函数yg(x)的任意一个函数值如图(2)存在x1，x2D，使得f(x1)g(x2)，等价于f(x)maxg(x)min其等价转化的目标是函数yf(x)的某一1个函数值大于函数yg(x)的某些函数值如图【例题选讲】例1已知函数f(x)aln x，其中参数a0(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)2x2f(x)xf(x)3a(a0)，存在实数x1，x21，e2，使得不等式2g(x1)g(x2)成立，求a的取值范围解析(1)f(x)aln
4、 x，定义域为(0，)f(x)当1a0时，0，恒有f(x)0函数f(x)的单调减区间是(0，)当a1时，f(x)0，f(x)的减区间是(0，)当a0，f(x)的增区间是；x，f(x)0，f(x)的减区间是(2)g(x)2axaxln x(6a3)(a0)，因为存在实数x1，x21，e2，使得不等式2g(x1)g(x2)成立，2g(x)ming(x)max又g(x)a(1ln x)，且a0，当x1，e)时，g(x)0，g(x)是增函数g(x)ming(e)ae6a3，g(x)maxmaxg(1)，g(e2)6a32ae12a6又a0，从而a0)(1)求函数f (x)的单调区间；(2)若m，对x1
5、，x22，2e2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 xmx，x0，所以f (x)m，当m0时，f (x)0，f (x)在(0，)上单调递增当m0时，由f (x)0得x；2由得0x所以f (x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当m0时，f (x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当m0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 xx对x1，x22，2e2都有g(x1)f (x2)成立，等价于对x2，2e2都有g(x)minf (x)max，由(1)知在2，2e2上f (x)的最大值为f (e2)，又g(x)1
6、0(a0)，x2，2e2，所以函数g(x)在2，2e2上是增函数，所以g(x)ming(2)2由2，得a3，又a0，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(a0)，g(x)xlnx(1)若对任意的x1，x21，e，都有f(x1)g(x2)成立，求实数a的取值范围；(2)若存在x1，x21，e，使得f(x1)g(x2)，求实数a的取值范围解析(1)对任意的x1，x21，e，都有f(x1)g(x2)成立，等价于x1，e时，f(x)ming(x)max当x1，e时，g(x)10，所以g(x)在1，e上单调递增，所以g(x)maxg(e)e1只需证f(x)e1，即xe1a2(
7、e1)xx2在1，e上恒成立即可令h(x)(e1)xx2，当x1，e时，h(x)(e1)xx222的最大值为h2所以a22，即a(舍去负值)故实数a的取值范围是(2)存在x1，x21，e，使得f(x1)g(x2)，等价于x1，e时，f(x)ming(x)max当x1，e时，g(x)10，所以g(x)在1，e上单调递增，所以g(x)maxg(e)e1又f(x)1，令f(x)0，得xa，故f(x)x(a0)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增3当0a1时，f(x)在1，e上单调递增，f(x)minf(1)1a2e1，符合题意；当1ae时，f(x)在1，a上单调递减，在a，e上单调递增，f(
8、x)minf(a)2a，此时，2ae1，解得1a；当ae时，f(x)在1，e上单调递减，f(x)minf(e)e，此时，ee1，即a，与ae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)ming(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)ming(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)x3x23(1)如果存在x1，x20，2，使得g(x1)g(x2)M成立，
9、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，x20，2，使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM由g(x)x3x23，得g(x)3x22x3x由g(x)0，解得0x；由g(x)0，解得x0或x又x0，2，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)maxg(2)1，g(x)ming所以g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min1M，则满足条件的最大整数M4(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)ming(
10、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 x1恒成立等价于axx2ln x恒成立4设h(x)xx2ln x，x，则h(x)12xln xx，易知h(x)在区间上是减函数，又h(1)0，所以当1x2时，h(x)0；当x1时，h(x)0所以函数h(x)xx2ln x在区间上单调递增，在区间1，2上单调递减，所以h(x)maxh(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)x1D1，x2D2，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)ming(x)min(这里假设f(x)mi
11、n，g(x)min存在)其等价转化的目标是函数yf(x)的任意一个函数值大于函数yg(x)的某一个函数值如图(2)x1D1，x2D2，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)maxg(x)max其等价转化的目标是函数yf(x)的任意一个函数值小于函数yg(x)的某一个函数值如图【例题选讲】例5设函数f(x)(aR)(1)若曲线yf(x)在x1处的切线过点M(2，3)，求a的值；(2)设g(x)x，若对任意的n0，2，存在m0，2，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
12、)，所以kf(1)1a，解得a1(2)“对任意的n0，2，存在m0，2，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)maxg(2)25令f(x)0，得x2或xa当a0时，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)单调递增，f(x)maxf(2)(4a)e12，解得a42e；当0a2时，f(x)0在0，a上恒成立，f(x)单调递减，f(x)0在a，2上恒成立，f(x)单调递增，f(x)的最大值为f(2)(4a)e1或f(0)ae，所以(4a)e12或ae2解得：a42e或a，所以a2
13、；当a2时，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)单调递减，f(x)maxf(0)ae2，解得a，所以a2综上所述：a42e或a例6已知函数f(x)x(a1)lnx(aR且a0，当a0时，对任意的x(0，)，f(x)0时，令f(x)0，得xa，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)当a1时，由(1)知，f(x)在1，e上是减函数，所以f(x)maxf(1)1因为对任意的x11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(1)24，所以对任意的x11，e，不存在x21，e，使得f(x1)f(x2)4当1ae时，由
14、(1)知，f(x)在1，a上是增函数，在(a，e上是减函数，所以f(x)maxf(a)a ln aa2因为对任意的x11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(a)2a(ln a1)4，又1ae，所以ln a10，2a(ln a1)40，g(e)4f(e)f(x1)f(1)f(x1)0，所以存在x2(1，e)，g(x2)4f(x2)f(x1)0，即f(x1)f(x2)4)所以由f(1)f(e)ae34，得ae1综上可知，实数a的值为e18例9已知函数f (x)lnxx，g(x)mx3mx(m0)(1)求曲线yf (x)在点(1，f (1)处的切线方程；(2)若对任意的x1(1，2)，总存在
15、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kf (1)0，故切线方程为y1(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ABf (x)ln xx，f (x)10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 22)3ln 2当m0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 22)ln 23实数m的取值范围
16、是例10已知函数f(x)(1x)ex1(1)求f(x)的极值；(2)设g(x)(xt)22，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x0时，f(x)有极大值f(0)e010，f(x)没有极小值(2)由(1)知f(x)0，又因为g(x)(xt)220，所以要使方程f(x1)g(x2)有解，必然存在x2(0，)，使g(x2)0，所以xt，ln x，等价于方程ln x有解，即方程mxln x在(0，)上有解，记h(x)xln x，x(0，)，则h(x)ln x1，令h(x)0，得x，9所以当x时，h(x)0
17、，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)x2ax3，a0，xR，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)x2ax3，f(x)2x2ax22x(1ax)令f(x)0，得x0或xa0，0，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
18、f(x1)g(x2)，则1，解得0a，故实数a的取值范围是(2)当a时，f(x)x2x3，f(x)2x3x23x当x2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)10的值域都在g(x)的值域中专题36
19、双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析考点一单函数双任意型【例题选讲】例1已知函数f(x)axb的图象在点A(1，f(1)处的切线与直线l：2x4y30平行(1)求证：函数yf(x)在区间(1，e)上存在最大值；(2)记函数g(x)xf(x)c，若g(x)0对一切x(0，)，b恒成立，求实数c的取值范围解析(1)由题意得f(x)a因为函数图象在点A处的切线与直线l平行，且l的斜率为，所以f(1)，即1a，所以a所以f(x)，所以f(1)0，f(e)0因为y22ln xx2在(1，e)上连续，所以f(x)在区间(1，e)上存在一个零点，设为x0，则x0(1，e)，且f(x0)0当x(1，x0)时
20、，f(x)0，所以f(x)在(1，x0)上单调递增；当x(x0，e)时，f(x)0，所以f(x)在(x0，e)上单调递减所以当xx0时，函数yf(x)取得最大值故函数yf(x)在区间(1，e)上存在最大值(2)法一因为g(x)ln xx2bxc0对一切x(0，)，b恒成立，所以cx2bxln x记h1(x)x2bxln x(x0)，则ch1(x)minh1(x)xb令h1(x)0，得x2bx10，所以x10(舍去)，x2因为b，所以x2(1，2)当0xx2时，h1(x)0，h1(x)单调递减；当xx2时，h1(x)0，h1(x)单调递增所以h1(x)minh1(x2)xbx2ln x2x1xl
21、n x2xln x2111记h2(x)x2ln x1因为h2(x)在(1，2)上单调递减，所以h2(x)h2(2)1ln 2所以c1ln 2，故c的取值范围是(，1ln 2法二因为g(x)ln xx2bxc0对一切x(0，)恒成立，所以cx2bxln x设h1(b)xbx2ln x，因为x(0，)，则函数h1(b)在上为减函数，所以h1(b)hx2xln x，则对x(0，)，cx2xln x恒成立，设h2(x)x2xln x，则h2(x)x，令h2(x)0，则x2，当0x2时，f(x)0，函数单调递减；当x2时，f(x)0，函数单调递增，则x2时，f(x)minf(2)ln 2，则c1ln 2
22、，故c的取值范围是(，1ln 2例2已知函数f(x)(logax)2xlnx(a1)(1)求证：函数f(x)在(1，)上单调递增；(2)若关于x的方程|f(x)t|1在(0，)上有三个零点，求实数t的值；(3)若对任意的x1，x2a1，a，|f(x1)f(x2)|e1恒成立(e为自然对数的底数)，求实数a的取值范围解析(1)因为函数f(x)(logax)2xln x，所以f(x)12logax因为a1，x1，所以f(x)12logax0，所以函数f(x)在(1，)上单调递增(2)因为当a1，0x1时，分别有10，2logax0，所以f(x)1)，则g(x)1x20，所以g(a)g(1)0，即f
23、(a)f(a1)0，所以f(x)maxf(a)，2所以问题等价于x1，x2a1，a，|f(x1)f(x2)|maxf(a)f(1)aln ae1由h(x)xln x的单调性，且a1，解得1ae，所以实数a的取值范围为(1，e例3已知函数f(x)x2ax2lnx(1)若函数yf(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若x1，且f(x1)tf(x2)恒成立，求实数t的取值范围思路(1)转化为恒不等式问题，即f(x)2xa0在(0，)上恒成立，然后用分离参数最值分析法解决(2)分离参数t，即tf(x1)f(x2)，然后用条件f(x)有两个极值点x1，x2
24、，进行消元，转化为一元不等式恒成立问题处理解析(1)因为函数yf(x)在定义域上单调递增，所以f(x)0，即2xa0在(0，)上恒成立，所以a2x(x(0，)而2x24，所以a4，所以实数a的取值范围是(，4(2)因为f(x)(x0)，由题意可得x1，x2为方程f(x)0，即2x2ax20(x0)的两个不同实根，所以ax12x2，ax22x2由根与系数的关系可得x1x21由已知0x1，则x2e而f(x1)f(x2)(xax12ln x1)(xax22ln x2)x(2x2)2ln x1x(2x2)2ln x2(x22ln x1)(x22ln x2)xx2(ln x1ln x2)xx2ln x2
25、ln x2ln x(x2e)设p(x)x2ln x(xe2)，则p(x)1，显然当xe2时，p(x)0，函数p(x)单调递增，故p(x)p(e2)e22ln e2e24故f(x1)f(x2)e24，故te24所以实数t的取值范围是3悟通(2)是双变量恒不等式问题，分离参数后通过消元，转化为一元不等式恒成立问题处理但在f(x1)f(x2)(xax12ln x1)(xax22ln x2)中含有三个变量x1，x2与a，最终保留哪个？由于x1，消掉x2与a为佳，解答中是消掉x1与a，保留下x2也可以，但要注意x2的范围，由于x1，x2为f(x)的两个极值点，所以ax12x2，ax22x2先消去ax1与
26、ax2，再用韦达定理消去x1，此时构造函数p(x)x2ln x(xe2)，求的最小值例4已知函数f(x)xlnx，g(x)x2ax+X+K(1)求函数f(x)在区间t，t1(t0)上的最小值m(t)；(2)令h(x)g(x)f(x)，A(x1，h(x1)，B(x2，h(x2)(x1x2)是函数h(x)图象上任意两点，且满足1，求实数a的取值范围；解析(1)f(x)1，x0，令f(x)0，则x1当t1时，f(x)在t，t1上单调递增，f(x)的最小值为f(t)tln t；当0t1时，f(x)在区间(t，1)上为减函数，在区间(1，t1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)1综上，m(t)(2)
27、h(x)x2(a1)xlnx，x0不妨取0x1x2，则x1x20，则由1，可得h(x1)h(x2)x1x2，变形得h(x1)x1h(x2)x2恒成立令F(x)h(x)xx2(a2)xln x，x0，则F(x)x2(a2)xln x在(0，)上单调递增，故F(x)2x(a2)0在(0，)上恒成立，所以2xa2在(0，)上恒成立因为2x2，当且仅当x时取“”，所以a22故a的取值范围为(，22例5已知函数f(x)lnxax23x(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为y2，求函数f(x)的极小值；(2)若a1，对于任意x1，x21，10，当x1恒成立，求实数m的取值范围解析(1)
28、f(x)ln xax23x的定义域为(0，)，f(x)2ax3由函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为y2，得f(1)12a30，解得a14此时f(x)2x3令f(x)0，得x1或x当x和x(1，)时，f(x)0；当x时，f(x)0所以函数f(x)在和(1，)上单调递增，在上单调递减，所以当x1时，函数f(x)取得极小值f(1)ln 1132(2)由a1得f(x)ln xx23x因为对于任意x1，x21，10，当x1恒成立，所以对于任意x1，x21，10，当x1f(x2)恒成立，所以函数yf(x)在1，10上单调递减令h(x)f(x)ln xx23x，x1，10，所以h(x)2x3
29、0在1，10上恒成立，则m2x33x2x在1，10上恒成立设F(x)2x33x2x(x1，10)，则F(x)6x26x16当x1，10时，F(x)”可化为“f(x1)f(x2)”，只需构造函数h(x)f(x)，判断其在1，10上单调递减，从而转化为单变量不等式“h(x)2x30在1，10上恒成立”分离参数m，构造新函数，借助函数最值求m的取值范围【对点训练】1已知函数f(x)alnxx，其中a为实常数(1)若x是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；(2)若不等式alnxbx对任意a0，x2恒成立，求b的最小值51解析(1)f(x)，由题意知x0由f0，得2a10，所以a，此时f(x)ln
30、xx则f(x)所以f(x)在上为减函数，在2，)上为增函数所以x2为极小值点，极小值f(2)(2)不等式aln xbx即为f(x)b，所以bf(x)max对任意a0，x2恒成立若1x2，则ln x0，f(x)aln xxx2当a0，x2时取等号若x1，则ln x0，f(x)aln xxln xx由(1)可知g(x)ln xx在上为减函数所以当x1时，g(x)gln 2因为ln 21|f(x1)f(x2)|成立，求实数m的取值范围3解析(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，)当a1时，f(x)xln x，f(x)1，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)单调递增，函数f(x)的极小值为f(1)1，无极大值(2)由题意知f(x)(1a)xa，当a(4，5)时，1a3，0，在区间1，2上，f(x)0，则f(x)单