高中数学恒成立或有解问题的解决策略编辑

高中数学恒成立或有解问题的解决策略
含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题历来是高考考查的一个热
②.若二次函数 f (x) ax2 bx c(a 0) 0（或 0 ）在指定区间上恒成立，
可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解.
温馨提示： 一、单变量问题 复习是一个很重要学习环节，希望同学们认真的去复习，（把一学）主过参的换知位识法 复习一遍，从而达到温故而知新的效果。

争取在期末考试的时候取得好成绩。

例你1．所对获于得满足每0一 p 4 的一切实数，不等式 x 2 px 4x p 3 恒成立，试求 x 的 分，都是你对知识认知的变现，你所失去的每一分，都是因为对知识的认知有取缺值陷范。

围．
点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函 数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键.
核心思想:
1.恒成立问题的转化:
a f x 恒成立 a f x ; max
a f x恒成立 a f x min
2.能成立问题的转化:
a f x 能成立 a f xmin ;
a f x能成立 a f x max
解：原不等式等价于 x2＋ax－4x－a＋3>0，∴a(x－1)＋x2－4x＋3>0，令 f(a)＝a(x－1)＋ x2－4x＋3，则函数 f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3 表示直线，∴要使 f(a)＝a(x－1)＋x2－4x ＋3>0，则有 f(0)>0，f(4)>0，即 x2－4x＋3>0 且 x2－1>0，解得 x>3 或 x<－1，即不等式的 解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)． （二)构造含参函数，分类讨论
例2
3.恰成立问题的转化:
若 x D, f (x) A 在 D 上恰成立 f (x) 在 D 上的最小值
f min (x) A ; 若 x D, f (x) B 在 D 上恰成立 f (x) 在 D 上的最大值
fmax(x) B .
4. 设函数 f x , gx ，对任意的 x1 a , b，存在 x2 c , d ，使得 f x1 gx2 ，则 f min x g min x;
设函数 f x , gx ，对任意的 x1 a , b，存在 x2 c , d ，使得 f x1 gx2 ，则 fmaxx gm ax x;
设函数 f x , gx ，存在 x1 a , b，存在 x2 c , d ，使得 f x1 gx2 ，则 fmaxx gmin x;
设函数 f x , gx ，存在 x1 a , b，存在 x2 c , d ，使得 f x1 gx2 ，则 fmin x gmaxx;
5.若不等式 f x g x在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y f x 和图象在函数 y g x 图象上方; 若不等式 f x g x在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y f x 和图象在函数 y g x 图象下方.
6.常见二次函数
①.若二次函数
f
(x)
ax2
bx
c(a
0)
0（或
0
）在
R
上恒成立，则有
a

0 0
（或
a

0 0
）;
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（三）分离参数法
形如“ a f (x) ”或“ a f (x) ”型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论
基础是“ a f (x) 在 x D 上恒成立，则 a [ f (x)]max ( x D ); a f (x) 在
x D 上恒成立，则 a [ f (x)]min ( x D )”．许多复杂的恒成立问题最终都可归结到
这一类型．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“00”型或“

”型的代数式，而这
是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则．
[洛必达法则]
法则 1 若函数 f(x)和 g(x)满足下列条件：
(1)li m f(x)＝0 及 li m g(x)＝0；
x→a
x→a
(2)在点 a 的去心邻域内，f(x)与 g(x)可导且 g′(x)≠0；
(3)li m
x→a
gf′′xx＝l，那么
li m
x→a
gfxx＝lixm→a
gf′′xx＝l.
法则 2 若函数 f(x)和 g(x)满足下列条件：
(1)li m f(x)＝∞及 li m g(x)＝∞；
x→a
x→a
(2)在点 a 的去心邻域内，f(x)与 g(x)可导且 g′(x)≠0；
(3)li m
x→a
gf′′xx＝l，那么
li m
x→a
gfxx＝lixm→a
gf′′xx＝l.
1.完全分离，利用洛必达法则进行处理
例 1 已知函数 f(x)＝axl＋n 1x＋bx，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 x＋2y－3＝0.
(1)求 a，b 的值；
(2)如果当 x>0，且 x≠1 时，f(x)>xln－x1＋xk，求 k 的取值范围．
解：(1)f ′(x)＝ax＋xx＋1－1l2n x－xb2.
由于直线 x＋2y－3＝0 的斜率为－12，且过点(1,1)，
f1＝1，
b＝1，
a＝1，
故 f
′1＝－12，
即a2－b＝－21，
解得 b＝1.
(2)由题设可得，当 x>0，x≠1 时，k<21x－lnxx2 ＋1 恒成立． 令 g(x)＝21x－lnxx2 ＋1(x>0，x≠1)，


则 g′(x)＝2·x2＋11l－n xx－22x2＋1，
再令 h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则 h′(x)＝2xln x＋x1－x，
又 h″(x)＝2ln x＋1－x12，易知 h″(x)＝2ln x＋1－x12在(0，＋∞)上为增函数，且 h″(1)＝0，
故当 x∈(0,1)时，h″(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故 h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又 h(1)＝0，
∴当 x∈(0,1)时，h(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当 x∈(0,1)时，g′(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知，
( ) li m g(x)＝2li m
x→1
x→1
1x－ln xx2＋1＝2lixm→1
1＋ln －2x
x＋1＝2×
－21
＋1＝0，∴k≤0，
故 k 的取值范围为(－∞，0]．
2.完全分离，最值点不可求，虚设零点（隐零点问题）
（四）数形结合（部分分离，化为切线） 在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”，借助数形结合。

例 1 已知函数 f x axex a 12x 1 . （1）若 a 1，求函数 f x 的图象在点 0, f (0) 处的切线方程；
（2）当 x 0 时，函数 f (x) 0 恒成立，求实数 a 的取值范围. 【解析】（1）若 a 1，则 f (x) xex 2(2x 1) ， f '(x) xex ex 4 当 x 0 时， f (x) 2 ， f '(x) 3 ， ………﹝导数的几何意义的应用﹞
解得 x0 1，此时切线的斜率为 Q 1 2e ，
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只需 2a 1 2e 即可，解得 a 1 .
a
e 1
故
a
的取值范围是

e
1 1
,

.
【审题点津】不等式恒成立也可以适当恒等变形，部分分离，化为函数过定点的直线与
函数图象的位置关系；再利用导数的几何意义，应用运动的数学思想转化为直线的斜率与过
定点的切线的斜率的大小关系求解参数的取值范围.
（五）利用导数中的重要不等式放缩
例 1（2）问
思路二：由于 f x axex a 12x 1 a xex 2x 1 2x 1 ，
因为 ex x 1 ，当且仅当 x 0 时取等号，如图所示，（证明略 ………﹝重要不等
所以所求切线方程为 y 3x 2 。

（2）思路一：由条件可得，首先 f (1) 0 ，得 a 1 0 ， e 1
当 x 0 时，函数 f (x) 0 恒成立，等价于 xex a 12x 1 对任意 x 0 恒
a
成立，亦即函数
y1
xe x
的图象总在直线
y2
a 1 a
2x 1
的上方（含边界）.
………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞
令 Q x xex x 0，则 Q x x 1ex 0 ，所以 Q x xex x 0单调
递增；令 Px Qx x 1ex x 0 ，则 P x x 2ex 0，
所以 P x x 1ex x 0 单调递增，所以 Q x xex x 0 为凹函数，如图所
示，又
y2
a 1 a
2x 1
是过定点

1 2
,
0

的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点
为
T
x0
,
y0
，则
Q

y0

y0
x0 2
x0ex0
a 1
a
a 1
a
2x0 1
，即
x0

x0e
x0
1
e x0
a a
1
2a
a
2x0
1 1
，
……………﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞
式 ex x 1 是放缩的途径﹞ 所以 xex 2x 1 x(x 1) 2x 1 x2 x 1 0 .
………﹝借助于重要不等式 ex x 1 灵活放缩﹞
当 x 0 时，函数 f (x) 0 恒成立，等价于
a
2x 1 xex 2x 1
对任意
x
0 恒成立.令
1
ux
2x 1
，则
xex 2x 1
2 ux
xex
2x
1 2x 1 x
xex 2x 1 2
1 ex
2
2x 1 x 1ex
xex 2x 1 2
，
当 0 x 1 时， u x 0 ；当 x 1 时， u x 0 ，
所以函数 u x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减；
所
以
u xmax
u 1
1 e 1
.
只需 a 1 . e 1
故a
的取值范围是

e
1
1
,

.


【审题点津】不等式恒成立也可以借助于不等式进行灵活放缩，进而合理避开分类讨论，
彻底应用变量分离法，化归为所构造函数的最值求解.
解题方法完整示例 1：已知函数 f x ax ln x 1 ． （1）讨论函数 f x 零点的个数； （2）对任意的 x 0 ， f x xe2x 恒成立，求实数 a 的取值范围．
【解析】（1）思路一：函数 f x 的定义域为 0, ，由 f x ax ln x 1， f x a 1 ，
x
①当 a 0 时， f x 0 ，函数 f x 在 0, 上单调递增，
因为 f 1 a 1 0 ，当 x 0 时， f x ，所以函数 f x 有 1 个零点；
………﹝利用零点存在性定理是解决此类问题的理论依据﹞
②当 a 0 时， f x a 1 ，当 x 1 时， f x 0 ；当 0 x 1 时，
x
a
a
f
x
0 ；所以函数
f
x
在

0,
1 a

上单调递增，在

1 a
,

上单调递减，
f
x max
f

1 a

ln

1 a

，………﹝利用最值与
0
的大小关系加以判断﹞
若 a 1 ，
f
x max
ln

1 a

0
，所以函数
f
x
没有零点；
若a
1，
f
x max
ln

1 a

0 ，所以函数
f
x
有 1 个零点；
若 1
a
0，
f
x max
ln

1 a

0
，
f

1 e
a e
0 ，且
1 e
1
1 a
，
所以函数
f
x
在

0,
1 a

有
1
个零点；
又当 x 时， f x ，所以
函数
f
x
在

1 a
,

有
1
个零点；
1
综上可知，当 a 1 时，函数 f x 没
有零点；当 a 1或 a 0 时，函数 f x 有 1 个零点；当 1 a 0时，函数 f x 有
2 个零点．
【审题点津】函数 f x 零点的个数问题的依据是零点的存在性定理，其解决过程要注
意“脑中有‘形’，心中有‘数’”，这也是数形结合思想的渗透.
思 路 二 ： 函 数 f x 的 定 义 域 为 0, ， 由 f x ax ln x 1 0 ， 得
ln x ax 1，
令 u x ln x,v x ax 1，则函数 v x 是过定点 0, 1 ，斜率为 k a
的直线，而函数 u x 的图象如图所示，……﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞
当直线 y kx 1 与函数 u x ln x 相切时，两者只有一个交点，此时设切点为
P x0, y0 ，则
u

y0
1
x0
x0
ln x0
k
，解得 x0
1, k
1, y0
0 ，…﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞

y0
kx0
1
所以当 k 1时，函数 f x 没有零点；当 k 1或 k 0 时，函数 f x 有 1 个零点；
当 0 k 1时，函数 f x 有 2 个零点．
所以当 a 1 时，函数 f x 没有零点；当 a 1或 a 0 时，函数 f x 有 1 个
零点；当 1 a 0 时，函数 f x 有 2 个零点．
【审题点津】函数 f x 零点的个数问题也可以转化为两个基本初等函数的交点个数问
题，灵活借助于导数的几何意义加以解决.
思路三：函数 f x 的定义域为 0, ，
由
f
x ax ln x 1 0 ，得 a
ln
x 1
，
………﹝将两个变量完全分
x
离﹞
令 g x ln x 1 x 0 ， 则
x
g
x
ln x x2
，
因为当 0 x 1时， g x 0 ，当 x 1时， g x 0 ，
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所 以 函 数 g x 在 0,1 上 单 调 递 减 ， 在 1, 上 单 调 递 增 ，
g x g 1 1， min
由于
g

1 e

0
，所以当
0
x
1 e
时，
g
x
0
，当
x
1 e
时，
g
x
0
，
所以当 a 1 时，函数 f x 没有零点；当 a 1 或 a 0 时，函数 f x 有 1 个
零点；当 1 a 0 时，函数 f x 有 2 个零点．…﹝借助于数形结合，确定分类的界点﹞
【审题点津】函数 f x 零点的个数问题也可以应用变量分离法转化为水平直线与函数
图象的交点个数问题来处理，形象直观，本题是转化为直线 ya 与函数
g x ln x 1 x 0 的图象的交点个数，只要借助于导数把函数 g x 的图象正确
x
地画出来，自然一目了然.
（2）思路一：由 f x ax ln x 1，所以对任意的 x 0 ， f x xe2x 恒成
立，等价于 a e2x ln x 1 在 0, 上恒成立， ……﹝将两个变量完全分离﹞
x
令
mx
e2x
ln
x 1x
x
0
，则
m
x
2e2x x2
ln
x
，
再令 n x 2e2x ln x ，则 n x 4 x2 x e2x 1 0 ， x
所以 n x 在 0, 上单调递增，
因为
n

1 4

e 2ln 2 0, n1 0 ，
8
所以 n
x
1 有唯一零点 x0 ，且 4
x0
1，
………﹝零点不可求，虚拟设根﹞
所以当 0 x x0 时， m x 0 ，当 x x0 时， m x 0 ，
所以 m x 在 0, x0 上单调递减，在 x0, 上单调递增，
因为 2x02e2x0 ln x0 0 ，所以 ln 2 2ln x0 2x0 ln ln x0 ，
即 ln 2x0 2x0 ln ln x0 ln x0 ，……﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞ 设 s x ln x x ，则 s x 1 1 0 ，
x


所以函数 s x 在 0, 上单调递增， 因为 s2x0 sln x0 ，
设 S x x ln x ，则 S x 1 1 0 ，
x
所以函数 S x 在 0, 上单调递增，
先证明 ex x 1 ，当且仅当 x 0 时取等号，如图所示（证明略）. 所以当 x 0 时，有 xe2x eln xe2x eln x2x ln x 2x 1 ，
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所以 2x0
ln x0 ，即 e2x0
1 x0
，
……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞
所以 m x
m x0
e2 x0
ln
x0 1 x0
2 ，则有 a
2，
所以实数 a 的取值范围 , 2 ．
因为 S 2x0 S ln x0 ，所以 2x0
ln x0 ，即 e2x0
1 x0
，
所以 a
2x0
1 e2x0
1 x0
2x0
1
1 x0
1 x0
2，
所以实数 a 的取值范围 , 2 ．
………﹝重要不等式 ex x 1 是放缩的途径﹞
所以 e2x ln x 2 1 ，即 e2x ln x 1 2 ，当且仅当 ln x 2x 0 时取等号，
x
x
x
所以实数 a 的取值范围 , 2 ．
【点睛探究】两个重要不等式 x 1 ln x 与 ex x 1 实质是等价的，它们的变形很
【 审 题 点 津 】 本 题 零 点 x0 的 探 求 也 可 以 将 2x02e2x0 ln x0 0 变 形 为
2x0e2x0
11 ln
x0 x0
ln
1 x0


e
ln
1 x0

，进而构造函数
R
x
xex
x0
来解决.
思路二：设 g x xe2x ax ln x 1 x 0 ，对任意的 x 0 ， f x xe2x
恒成立，等价于 g x 0 在 0, 上恒成立，………﹝直接“左减右”构造函数﹞ min
因 为 g x 2x 1 e2x a 1 ， 令 h x 2x 1 e2x a 1 ， 则
x
x
h x
4 x 1 e2x
1 x2
0，
所以 h x g x 在 0, 上单调递增， ………﹝高阶导数，层次要清晰﹞
因为当 x 0 时， h x ，当 x 时， h x ，
所 以 h x g x 在 0, 上 存 在 唯 一 的 零 点 x0 ， 满 足
2 x0
1 e2x0
a
1 x0
0，
所以 a
2 x0
1 e2x0
1 x0
，且 g x 在 0, x0 上单调递减，在 x0, 上单调递增，
所以 g
x g min
x0
x0e2x0 ax0 ln x0 1 2x02e2x0 ln x0 0 ，
……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞
所以 2x02e2x0
ln x0
0 ，此时 0
x0
1, e2x0
ln x0 2 x0 2
，
所以 2x0 ln 2x0 ln ln x0 ln x0 ，……﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞
【 审 题 点 津 】 本 题 零 点 x0 的 探 求 也 可 以 将 2x02e2x0 ln x0 0 变 形 为
2x0e2x0
1 x0
ln
1 x0
ln
1 x0


e
ln
1 x0

，进而构造函数
R
x
xex
x0
来解决.
思路三：由 f x ax ln x 1，所以对任意的 x 0 ， f x xe2x 恒成立，等
价于 a e2x ln x 1 在 0, 上恒成立，
x 先证明 t ln t 1 ，当且仅当 x 1 时取等号，如图所示（证明略）.
所 以 当 x0 时 ， 有
xe2x ln xe2x 1 ln x 2x 1 ，
…﹝重要不等式 x 1 ln x 是放缩的
途径﹞
1
所 以 e2x ln x 2 1 ， 即
x
x
e2x ln x 1 2 ，当且仅当 xe2x 1 时 x
取等号，
所以实数 a 的取值范围 , 2 ．
【审题点津】很多导数的压轴题的命制都是基于两个重要不等式 x 1 ln x 与 ex x 1 ，它们自然也是放缩的重要途径.
思路四：由 f x ax ln x 1，所以对任意
的 x 0 ， f x xe2x 恒 成 立 ， 等 价 于 a e2x ln x 1 在 0, 上恒成立，
x
多，很值得深入探究.如以 ex x 1 为例，把 x 换为 ln x ，即得 x ln x 1 ln x ；
把 x 换 为 x 1 ， 即 得 ex ex ； 把 x 换 为 x ， 即 得 ex x 1 ， 亦 即
ex 1 x 1 ； 把 x 换 为 2x ln x ， 即 得 x2e2x 2x ln x 1 ； 把 x 换 为
1 x
ex x ln x ，即得
x ln x 1；把 x
换为 x ln 2，即得 ex
2x 2ln 2 2 ；……
x
解题方法完整示例 2：已知函数 f (x) ln x a(x 1)a R 在 (1, f (1)) 处的切线
与 x 轴平行. （1）求 f (x) 的单调区间；
（2）若存在
x0
1，当
x (1, x0 ) 时，恒有
f
(x)
x2 2
2x
1 2
k(x
1) 成立，
求 k 的取值范围.
【解析】（1）由已知可得 f (x) 的定义域为 (0, ) ， f x 1 a ，
x
所以 f 1 1 a 0 ，即 a 1，
………﹝应用导数的几何意义﹞
所以 f (x) ln x (x 1) ， f x 1 1 1 x ，令 f x 0 ，得 0 x 1，
x
x
令 f x 0 ，得 x 1 ，…﹝借助于导数的正负加以判断﹞
所以 f (x) 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1. .
1


（2）法一：不等式 f ( x) x2 2x 1 k( x 1) 可化为
2
2
若存在
x0
1，当
x (1,
x0 )
时，恒有
ln
x
x2 2
x
1 2
k(x
1) 成立，亦即存在
ln x x2 x 1 k( x 1) ，………﹝直接“左减右”构造函数﹞
2
2
x2
1
x0
1，当 x (1, x0 ) 时，函数 y ln x
2
x 的图象在直线 y k(x 1) 的上 2
令 g x ln x x2 x 1 k(x 1) x 1 ，则
2
2
g(x) 1 x 1 k x2 (1 k)x 1 ，
x
x
令 h(x) x2 (1 k)x 1 x 1 ，其对称轴为 x 1 k ，
2
1 k
当
2
1 ，即 k
1 时， h(x)
在 (1,
x0 )
上单调递减，所以 h(x)
h1
1 k
，
若 k 1 ， 则 h(x) 0 ， g(x) 0 ， 所 以 g x 在 (1, x0 ) 上 单 调 递 减 ，
g x g 1 0 ，不适合题意；
………﹝正确理解题意是关键，就是在直线 x 1 右侧附近是否为单调递增﹞
方. ………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞
令 u x ln x x2 x 1 x 1 ，则 u(x) 1 x 1， u 1 0,u1 1，
2
2
x
令
v x u(x) 1 x 1
，
则
x
v x
1 x2
1
0，
所 以 vx 1 x 1 单 调 递 减 ，
x
1
u x ln x x2 x 1 x 1 为凸函数，如图所示，
2
2
又 y k(x 1) 是过定点 1,0 的直线系，当直线与曲
若 1 k 1，则 h(1) 0 ，必定存在 x0 1，使得 x (1, x0 ) 时， g(x) 0 ，即存 线相切时， k0 u1 1，
在
x0
1，当
x (1,
x0 )
时，恒有
f
(x)
x2 2
2x
1 2
k(x
1) 成立；
当
1 k 2
1
，即
k 1
时，欲使存在
x0 1
，当
x (1, x0 )
时，恒有
f (x) x2 2x 1 k(x 1) 成立，只需 g(x) 0 ，即 h(1) 1 k 0 ，此时
2
2
所以 k 的取值范围是 ,1 .
【审题点津】本题不等式恒成立问题采取适当恒等变形，部分分离，化为过定点的直线
y k(x 1) 与函数 y ln x x2 x 1 图象的位置关系，进而应用运动的数学思想
2
2
求解参数的取值范围.
k 1，
综上， k 的取值范围是 ,1 .
【审题点津】本题不等式恒成立问题直接构造函数
g x ln x x2 x 1 k(x 1) x 1 ，用多次求导，应用分类讨论思想探求该
2
2
函数的增减性，达到求解问题的目标.
法二：不等式 f (x) x2 2x 1 k( x 1) 可化为 ln x x2 x 1 k( x 1) ，
2
2
2
2
法三：不等式
f
(x)
x2
2x
1
k( x 1) 可化为 k
ln x
x 1
，
2
2
x 1 2
若存在
x0
1，当
x (1,
x0 )
时，恒有
ln
x
x2 2
x
1 2
k(x
1) 成立，亦即存在
x0
1，当
x (1,
x0 )
时，k
ln x x 1
x 1
.……﹝完全分离，转化为函数的最值问题﹞
2
令 M x ln x x 1 x 1 ，则
x 1 2
Mx
1 x
x 1 ln x 12
x
1 2
x2 1 2 x 2x ln x ， 2x x 12
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令 P x x2 12 x 2x ln x ，则 Px 3x 1x 1 2ln x 0 ，
………﹝部分求导，简化运算﹞
所以 P x 在 1, 单调递减， P x P1 0 ，即 M x 0 ，
所以 M x 在 1, 单调递减，
因为 ln x x 1，当且仅当 x 1 时取等号（证明略），
所以当 x 1时， ln x 1 ， M x 1，
x 1
所以 k 的取值范围是 ,1 .
【审题点津】本题采取适当恒等变形，完全分离，转化为
k
ln x x 1
x 1 2
恒成立，只需使得 k

ln x x 1
x 1 2 min
即
说明 ln x 1 . x 1
可，进而化归为求解函数 y
ln x
x 1
的最小值的求解.本题
x 1 2
要注意的是，端点效应的处理需借助于不等式 ln x x 1恒成立，
法四：不等式 f (x) x2 2x 1 k( x 1) 可化为 ln x x2 x 1 k( x 1) ，
2
2
2
2
因为 ln x x 1，当且仅当 x 1 时取等号（证明略），
若存在
x0
1，当
x (1, x0 ) 时，恒有 ln
x
x2 2
x
1 2
k(x
1) 成立，亦即存
在
x0
1，当 x (1, x0 ) 时， x 1
x2 2
x
1 2
k(x 1)
，
………﹝重要不等式 x 1 ln x 是放缩的途径﹞
所以 3 x k . 因为 x 1 ，所以 k 的取值范围是 ,1 .
2
【 审 题 点 津 】 本 题 不 等 式 ln x x2 x 1 k( x 1) 恒 成 立 借 助 于 不 等 式
2
2
ln x x 1进行灵活放缩，转化为 x 1 x2 x 1 k(x 1) 恒成立，这是知识
2
2
整合能力的较好的体现. 二、双变量问题


题型一：双变量化为函数的单调性
1、已知函数f (x) ex m ln x(m R)若对任意正数x1, x2,当x1 x2时 都有f (x1) f (x2 ) x1 x2成立，则实数m的取值范围是_____.
两边同乘以负数 t 得
, ,即
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,
所述,存在这样的负数
满足题意.
题型三：双变量化为单变量（含极值点偏移）
2、已知函数 f (x) m ln(x 2) 1 x2 1(m R) . 2
若 0 m 2 ，对任意 x1, x2 0,2 ，不等式
f (x1)
f (x2 )
t
11 x1 2 x2 2
恒
题型二：双变函数“任意”“存在”问题
tx
x2
已知函数 f (x) 2 ln x , g(x) t(1 etx ) ，其中 t R 且 t 0 。

（1）求函数 f (x) 的单调区间和极值；
（2）是否存在 t 0 ，对任意的 x1 1, ，任意的 x2 , 0，都有
f (x1) g (x2 ) ？若存在，求出 t 的取值范围；若不存在，请说明理由。

解:(1)
且
由 函数
,得
且
;由
的单调递增区间是
,
,得
,
,单调递减区间是
,
,无极小值;
(2)根据题意,只需
,
1.设函数
(I)讨论
的单调性；
（II）若
有两个极值点
，记过点
的直线的斜
率为 ，问：是否存在 ，使得
由． 解：（1）由题意得
的定义域为
若存在，求出 的值，若不存在，请说明理
，
，令
，
其判别式
，
......2 分
①当
时，
， 恒成立，故 在
②当 时， ， 的两根都小于 ，所以在
增；
③当 时， ，
的两根为
上单调递增； 上， ，故 在
，
上单调递 ，当 时， ；
当 时， ；当 时， ，故 分别在
，
递减。

......6 分
（2）由（1）知， ，因为
上单调递增，在
上单调
，
所以斜率
，又由（1）知，
成立，求 t 的最小值。

且
,由
,则
函数
的单调递减区间是
,单调递增区间是
,
,
，于是
，
......8 分
若存在 ，使得
，则有
，即
，
又因为
，所以
，即
() ①
，......10 分
由
,
在
单调递增,
上单调递减,


再由（1）知，函数 。

在
上单调递增，而 ，所以
，这与①式矛盾，故不存在 ，使得
......12 分
则不等式 令
在
上恒成立.
,
2.已知 f x ln x ax ，若函数 f x 0 有两个实数根 x1, x2 x1 x2 ，已知
0， 若不等式1+ ln x1 ln x2 恒成立，求 的取值范围。

解:(1)
,
①当
时,
,即函数
的单调增区间是
,
②当
时,令
,得
,
当
时,
,当
时,
,
所以函数
的单调增区间是
,单调减区间是
;
(2)若函数
有两个零点分别为 , ,且
,
又
,
当
时,可见
时,
,
所以
在
上单调增,又
,
在
题意.
当
时,可见
时,
,
时
所以
在
时单调增,在
时单调减,又
所以
在
上不能恒小于 0,不符合题意,舍去.
综上所述,若不等式 题型四：双参数恒成立问题
恒成立,只须
,又
则 , 分别是方程
的两个根,
即
,
所以原式等价于
,因为
,
,
所以原式等价于
,又由
,
作差得,
恒成立,符合 ,
,
,所以
,即
,
所以原式等价于
,
因为
,原式恒成立,即
令
,
,
恒成立,
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解题方法小结：
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