专题4 双变量存在恒成立与存在性问题-【高分突破系列】2021-2022学年高二数学下学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019选择性必修第二、三册) (解析版)

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双变量存在---恒成立问题
恒成立问题、存在性问题归根到底是最值问题.
1 恒成立问题
(1)∀x∈D , f
(
x
)
≥0
恒成立
⟺
在
D
上的
f
(
x
)
min ≥0
；
(2)∀x∈D , f
(
x
)
≤0
恒成立
⟺
在
D
上的
f
(
x
)
max ≤0
；
2 存在性问题
(1)∃x∈D , f
(
x
)
≥0
恒成立
⟺
在
上的
f
(
x
)
max ≥0
；
(2)∃x∈D, f
(
x
)
≤0
恒成立
⟺
在
上的
f
(
x
)
min ≤0
；
3双变量存在—恒成立问题
(1)∀x1∈D , ∀x2∈E , f
(
x1
)
≥ g (x2)
恒成立
⟺f
(
x
)
min ≥ g
(
x
)
max
；
(2)∀x1∈D ,∃x2∈E , f
(
x1
)
≥ g(x2)
恒成立
⟺f
(
x
)
min ≥ g
(
x
)
min
；
(3)∃x1∈D, ∀x2∈E , f
(
x1
)
≥ g(x2)
恒成立
⟺f
(
x
)
max ≥ g
(
x
)
max
；
(4)∃x1∈D , ∃x2∈E , f
(
x1
)
≥ g(x2)
恒成立
⟺f
(
x
)
max ≥ g
(
x
)
min
；
4 常见处理方法
方法 1 直接构造函数法：求
f
(
x
)
≥ g (x)
恒成立
⇔h
(
x
)
=f
(
x
)
−g
(
x
)
≥0
恒成立.
方法 2 分离参数法：求
f
(
x
)
≥ a∙ g(x)
¿
其中
g
(
x
)
>0¿
恒成立
⇔a ≤ f
(
x
)
g
(
x
)
恒成立.
方法 3 变更主元：题型特征(已知谁的范围把谁作为主元)；
方法 4 数形结合法：求
f
(
x
)
−g
(
x
)
≥0
恒成立
⇔
证明
y=f(x)
在
y=g(x)
的上方；
方法 5 同构法：对不等式进行变形，使得不等式左右两边式子的结构一致，再通过构造的函数单调性进行
求解；
方法 6 放缩法：利用常见的不等式或切线放缩或三角函数有界性等手段对所求不等式逐步放缩达到证明所
求不等式恒成立的目的；
学习各种方法时，要注意理解它们各自之间的优劣性，有了比较才能快速判断某种题境中采取哪种方法较
简洁，建议学习时一题多解，多发散思考.
【典题 1】已知两个函数
f
(
x
)
=8x2+16 x−k , g
(
x
)
=2x3+5x2+4x
，其中
k
为实数.
(1)对任意
x∈[−3,3]
，都有
f
(
x
)
≤ g(x)
成立，求
k
的取值范围；
(2)存在
x∈[−3,3]
，使
f
(
x
)
≤ g(x)
成立，求
k
的取值范围；
(3)对任意
x1, x2∈[−3,3]
，都有
f
(
x1
)
≤ g (x2)
，求
k
的取值范围.
【解析】(1)设
h
(
x
)
=g
(
x
)
−f
(
x
)
=2x3−3x2−12 x+k
问题转化为
x∈[−3,3]
时，
h
(
x
)
≥0
恒成立，故
h
(
x
)
min ≥0
；
易得
h
(
x
)
min ≥−45+k
，由
k−45 ≥0⇒k≥ 45
.
(2)据题意：存在
x∈[−3,3]
，使
f
(
x
)
≤ g(x)
成立
⇔h
(
x
)
=g
(
x
)
−f
(
x
)
≥0
在
x∈[−3,3]
有解，
易得
h
(
x
)
max =k+7
，于是
k ≥−7
.
(3) 问题转化为
f
(
x
)
max ≤ g
(
x
)
min , x ∈[−3,3]
，
易得
g
(
x
)
min=g
(
−3
)
=−21
，
f
(
x
)
max=f
(
3
)
=120−k
，
则
120−k ≤−21 ⇒k ≥ 141
.
【点拨】
① 第一问是恒成立问题，第二问是存在性问题，第三问是双变量成立问题；
② 第三问怎么确定
f
(
x
)
max ≤ g
(
x
)
min
，即到底是函数最大值还是最小值呢？
可把问题转化为第一、二问的问题，具体如下，
先把
g(x2)
看成定值
m
，那
∀x1∈[−3,3]
，都有
f
(
x1
)
≤ m
，当然是要
f
(
x
)
max ≤ m
；
再把
f
(
x1
)
看成定值
n
，那
∀x2∈[−3,3]
，都有
n ≤ g (x2)
，当然是
g
(
x
)
min ≥ n
；
故问题转化为
f
(
x
)
max ≤ g
(
x
)
min
.
其他形式的双变量成立问题同理.
【典题 2】 已 知函数
f(x)=x2e−x
，
g
(
x
)
=−1
3x3+2x2−3x+c
．若对
∀x1∈(0,+∞)
，
∃x2∈[1,3]
，使
f(x1)=g(x2)
成立，则
c
的取值范围是 .
【解析】(若要满足
f(x1)=g(x2)
成立，则
y=g
(
x
)
的值域包含
y=f
(
x
)
的值域)
因为
f(x)=x2e−x
，
x∈(0,+∞)
，
所以
f ' (x)= x(2−x)
ex
，令
f ' (x)=0
，解得
x=2
，
故
f(x)
在
(0,2)
递增，在
(2,+∞)
递减，故
f
(
x
)
max=f(2)= 4
e2
，
而
x → 0
时，
f(x)→0
，
x →+∞
时，
f(x)→+∞
，
故
f(x)∈¿
，
因为
g
(
x
)
=−1
3x3+2x2−3x+c
，
g'
(
x
)
=−(x−3)(x−1)
，
所以当
x∈
[
1,3
]
时，
g '(x)>0
，故
g(x)
在
[1,3]
递增，
则
g
(
x
)
min=g(1)=−4
3+c
，
g
(
x
)
max=g(3)=c
，
故
g(x)∈[−4
3+c , c ]
，
若对
∀x1∈(0,+∞)
，
∃x2∈[1,3]
，使
f(x1)=g(x2)
成立，
则
¿⊆[−4
3+c , c ]
，
故
{
−4
3+c ≤0
4
e2≤ c
，解得：
4
e2≤ c ≤ 4
3
.
【典题 3】 已知函数
f
(
x
)
=lnx−x+1
，
x∈(0,+∞)
，
g
(
x
)
=sinx−ax(a∈R)
．
(1)求
f(x)
的最大值；
(2)若对
∀x1∈(0,+∞)
，总存在
x2∈(0,π
2)
，使得
f
(
x1
)
<g(x2)
成立，求实数
a
的取值范围；
(3)证明不等式
sin ¿
其中
e
是自然对数的底数)．
【解析】(1)过程略，当
x=1
时
f(x)
取得最大值为
f(1)=0
；
(2)解：对
∀x1∈(0,+∞)
，总存在
x2∈(0,π
2)
，使得
f(x1)<g(x2)
成立，
等价于
f
(
x
)
max<g
(
x
)
max
成立，
由(1)知，
f
(
x
)
max=0
， 则问题等价于
g
(
x
)
max>0
，
因为
g
(
x
)
=sinx−ax
，所以
g'
(
x
)
=cosx−a
，
当
x∈(0,π
2)
时，
cosx ∈(0,1)
，(利用三角函数的有界性)
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