《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题35 双变量恒成立与能成立问题概述(解析版)

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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)

f(x)上限

f(x)下限

g(x)上限

g(x)下限

图1

f(x)上限

f(x)下限

g(x)上限

g(x)下限

图2

f(x)上限

f(x)下限

g(x)上限

g(x)下限

图3

f(x)上限

f(x)下限

g(x)上限

g(x)下限

图4

f(x)上限

f(x)下限

g(x)上限

g(x)下限

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)<g(x2)成立，求

a的取值范围．

解析　(1)∵f(x)＝＋aln x，定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－＋＝．

①当－1<a<0 时，<0，恒有 f′(x)<0．∴函数 f(x)的单调减区间是(0，＋∞)．

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)<g(x2)成立，∴2g(x)min<g(x)max．

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<a<0，

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<x<；由得 x>．

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，＋∞)．

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