《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析(原卷版)

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专题 36 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)＝＋ax＋b的图象在点 A(1，f(1))处的切线与直线 l：2x－4y＋3＝0平行．

(1)求证：函数 y＝f(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 1＋a＝，所以 a＝－．

所以 f′(x)＝－＝，所以 f′(1)＝＞0，f′(e)＝－＜0．

因为 y＝2－2ln x－x2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，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 x＝x0时，函数 y＝f(x)取得最大值．故函数 y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值．

(2)法一　因为 g(x)＝ln x－x2＋bx＋c≤0 对一切 x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，

所以 c≤x2－bx－ln x．记h1(x)＝x2－bx－ln x(x＞0)，则 c≤h1(x)min．

h′1(x)＝x－b－．令h′1(x)＝0，得 x2－bx－1＝0，所以 x1＝＜0(舍去)，x2＝．

因为 b∈，所以 x2＝∈(1，2)．

当0＜x＜x2时，h′1(x)＜0，h1(x)单调递减；当 x＞x2时，h′1(x)＞0，h1(x)单调递增．

所以 h1(x)min＝h1(x2)＝x－bx2－ln x2＝x＋1－x－ln x2＝－x－ln x2＋1．

记h2(x)＝－x2－ln x＋1．

因为 h2(x)在(1，2)上单调递减，所以 h2(x)＞h2(2)＝－1－ln 2．

所以 c≤－1－ln 2，故 c的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．

法二　因为 g(x)＝ln x－x2＋bx＋c≤0 对一切 x∈(0，＋∞)恒成立，所以 c≤x2－bx－ln x．

设h1(b)＝－xb＋x2－ln x，因为 x∈(0，＋∞)，则函数 h1(b)在上为减函数，

所以 h1(b)＞h＝x2－x－ln x，则对∀x∈(0，＋∞)，c≤x2－x－ln x恒成立，

设h2(x)＝x2－x－ln x，

则h′2(x)＝x－－＝＝，

令h′2(x)＝0，则 x＝2，当 0＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减；

当x＞2时，f′(x)＞0，函数单调递增，则 x＝2时，f(x)min＝f(2)＝－－ln 2，

则c≤－1－ln 2，故 c的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．

[例2]　已知函数 f(x)＝(logax)2＋x－lnx(a>1)．

(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，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1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)2＋x－ln x，所以 f′(x)＝1－＋2logax·．

因为 a>1，x>1，所以 f′(x)＝1－＋2logax·>0，所以函数 f(x)在(1，＋∞)上单调递增．

(2)因为当 a>1，0<x<1 时，分别有 1－<0，2logax·<0，所以 f′(x)<0，

结合(1)可得 f(x)min＝f(1)，所以 t－1＝f(1)＝1，故 t＝2．

(3)由(2)可知，函数 f(x)在[a－1，1]上单调递减，在(1，a]上单调递增，所以 f(x)min＝f(1)＝1，

f(x)max＝max{f(a－1)，f(a)}．f(a)－f(a－1)＝a－a－1－2ln a，

令g(x)＝x－x－1－2ln x(x>1)，则 g′(x)＝1＋x－2－＝≥0，

所以 g(a)>g(1)＝0，即 f(a)－f(a－1)>0，所以 f(x)max＝f(a)，

所以问题等价于∀x1，x2∈[a－1，a]，

|f(x1)－f(x2)|max＝f(a)－f(1)＝a－ln a≤e－1．

由h(x)＝x－ln x的单调性，且 a>1，解得 1<a≤e，

所以实数 a的取值范围为(1，e]．

[例3]　已知函数 f(x)＝x2－ax＋2lnx．

(1)若函数 y＝f(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)≥t＋f(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)＝2x－a＋≥0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 t≤f(x1)－f(x2)，然后用条件 f(x)有两个极值点 x1，x2，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 y＝f(x)在定义域上单调递增，所以 f′(x)≥0，

即2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，

所以 a≤2x＋(x∈(0，＋∞))．而 2x＋≥2＝4，

所以 a≤4，所以实数 a的取值范围是(－∞，4]．

(2)因为 f′(x)＝(x＞0)，由题意可得 x1，x2为方程 f′(x)＝0，

即2x2－ax＋2＝0(x＞0)的两个不同实根，所以 ax1＝2x＋2，ax2＝2x＋2．

由根与系数的关系可得 x1x2＝1．由已知 0＜x1≤，则 x2＝≥e．

而f(x1)－f(x2)＝(x－ax1＋2ln x1)－(x－ax2＋2ln x2)＝[x－(2x＋2)＋2ln x1]－[x－(2x＋2)＋2ln x2]

＝(－x－2＋2ln x1)－(－x－2＋2ln x2)＝x－x＋2(ln x1－ln x2)＝x－x＋2ln

＝x－＋2ln ＝x－－2ln x(x2≥e)．

设p(x)＝x－－2ln x(x≥e2)，则 p′(x)＝1＋－＝＝，

显然当 x≥e2时，p′(x)＞0，函数 p(x)单调递增，故 p(x)≥p(e2)＝e2－－2ln e2＝e2－－4．

故f(x1)－f(x2)≥e2－－4，故 t≤e2－－4．所以实数 t的取值范围是．

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)＝(x－ax1＋2ln x1)－(x－ax2＋2ln 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 ax1＝2x＋2，ax2＝2x＋2．先消去 ax1与ax2，再用韦达定理消去 x1，此时构造函数 p(x)＝x－－

2ln x(x≥e2)，求的最小值．

[例4]　已知函数 f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax．+X+K]

(1)求函数 f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值 m(t)；

(2)令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)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－，x＞0，令 f′(x)＝0，则 x＝1．

当t≥1 时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为 f(t)＝t－ln t；

当0＜t＜1时，f(x)在区间(t，1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为 f(1)＝1．

综上，m(t)＝

(2)h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，x＞0．不妨取 0＜x1＜x2，则 x1－x2＜0，

则由＞1，可得 h(x1)－h(x2)＜x1－x2，变形得 h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．

令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋ln x，x＞0，则 F(x)＝x2－(a＋2)x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，

故F′(x)＝2x－(a＋2)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以 2x＋≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．

因为 2x＋≥2，当且仅当 x＝时取“＝”，所以 a≤2－2．

故a的取值范围为(－∞，2－2]．

[例5]　已知函数 f(x)＝lnx＋ax2－3x．

(1)若函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝－2，求函数 f(x)的极小值；

(2)若a＝1，对于任意 x1，x2∈[1，10]，当 x1<x2时，不等式 f(x1)－f(x2)>恒成立，求实数 m的取值范围．

解析　(1)f(x)＝ln x＋ax2－3x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax－3．

由函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝－2，得 f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得 a＝1．

此时 f′(x)＝＋2x－3＝．令 f′(x)＝0，得 x＝1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 x＝1时，函数 f(x)取得极小值 f(1)＝ln 1＋1－3＝－2．

(2)由a＝1得f(x)＝ln x＋x2－3x．因为对于任意 x1，x2∈[1，10]，

当x1<x2时，f(x1)－f(x2)>恒成立，所以对于任意 x1，x2∈[1，10]，

当x1<x2时，f(x1)－>f(x2)－恒成立，所以函数 y＝f(x)－在[1，10]上单调递减．

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