双变量恒成立问题的不同角度求解
浅谈双变量的解决策略(修改版)
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2
衡阳市数学学会 练习 1.对任意的正数 x, y ，若不等式 x xy a(x 2y) 恒成立，求实数 a 的最小值.
策略三、构造同型函数策略
例 3.函数 f (x) (a 1) ln x ax2 1(a 2) ，证明：x1, x2, f (x1) f (x2 ) 4 x1 x2 .
f
x2
Hx
ln 2x
x
1 4x
， x 0，1 2
， H 'x
2x 12
4x2
0.
H x在 0，1 单调递减， H x H 1 0 ，依题 m 0 .
2
2
【评注】本题中两个变量 x1, x2 再加上参数 a ，三变量鼎立，令人心烦，但三者又有两个方 程，虽不能解之，但通过两方程可得到三者之间的关系，我们就是利用这个桥梁关系，进行 合理消元进而化为一元函数式，构造函数解之.消元与化元其实就是一个化繁为简的过程， 应证了我们的教学理念 “ 将复杂问题简单化！”在解二元最值问题上，也可尝试消元构造 函数或三角换元，化为一元.
a 2
x1
x2
1 2x1
1 2x1
，
f
x1
f
x2
ln
x1 x2
x12 x22
a x1
x2
ln 2x12
x12
1 4x12
，
x1
x2
，
1 2
x1
x2
x12
0
x12
1 2
，令
x
x12
0，1 2
，
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有解无解恒成立问题的处理
有解无解恒成立与双变量问题的处理宜章一中 吴 斌“有解无解恒成立与双变量问题”是高中阶段的非常常见的一类函数问题，如何求解困扰了很多学生，那么遇到这类问题的常规思路与方法是什么呢？现例说几种问题的常规解法：一．“有解”问题：1° ()k x f ≤有解()k x f ≤⇔min ； 2° ()k x f ≥有解()k x f ≥⇔max ； 3° ()k x f =有解()x f k ∈⇔的值域；例1、①已知函数()12+-=ax x x f 在]2,1[∈x 有零点，求实数a 的取值范围；②已知不等式012≥+-ax x 在]2,1[∈x 有解，求实数a 的取值范围； ③已知不等式012≤+-ax x 在]2,1[∈x 有解，求实数a 的取值范围． 分析：①()x x a x f 10+=⇒=，而]25,2[1∈+x x ，则]25,2[∈a ； ②x x a 1+≤有解25)1(max =+≤⇒x x a ；即：25≤a ； ③x x a 1+≥有解2)1(min =+≥⇒xx a ；即：2≥a ． 二．“无解”问题：1° ()k x f ≤无解()k x f >⇔min ； 2° ()k x f ≥无解()k x f <⇔max ； 3° ()k x f =有解()x f k ∉⇔的值域；例2、已知集合]2,1[=A ，不等式012≥+-ax x 的解集为B ，且φ=B A ，求实数a 的取值范围． 分析：即x x a 1+≤在]2,1[∈x 无解25)1(max =+>⇒x x a ；即：25>a ． 三．“恒成立”问题：()k x f ≤恒成立()k x f ≤⇔max ；()k x f ≥恒成立()k x f ≥⇔min ；例3、函数()ax e x x f x +⋅=在区间]2,1[上单调递增，求实数a 的取值范围． 分析：即()0'≥+⋅+=a e x e x f x x 在]2,1[∈x 恒成立；min )(x x e x e a ⋅+≤-⇒；设()()()x x x e x x e x e x ⋅+=⇒⋅+=2'ϕϕ可知：()x ϕ在()2,-∞-单调递减；在()+∞-,2单调递增；故：()()2min 2--==e x ϕϕ；从而2-≥e a ．四．“双变量”问题“双变量问题”的基本思路是“把其中一个作为变量，另一个作为常数”来处理。
解答双变量问题的三个“妙招”
方法集锦双变量问题比较复杂，且具有较强的综合性.其考查形式呈现多样化的特点，对同学们的数学思维和运算能力有较高的要求.当题目中出现了双变量时，很多同学会习惯性地把自变量看成主元，导致解题过程繁琐，甚至有时不知该如何下手.那么，如何高效地解答这类问题呢？有三个“妙招”.一、分离参数若已知一个变量的取值范围，要求另外一个变量的取值范围，则不能按照常规思路，将已知取值范围的变量作为主元，而要变换一下思路，采用分离参数法，将要求的变量分离出来，并构造出新函数，将问题转化为关于另一个变量的函数最值问题.利用导数法或函数的性质求最值，就可以得到另一个变量的取值范围.例1.对任意n ∈N *,恒有(1+1n)2n +a ≤e 2恒成立，求实数a 的最大值.解：在(1+1n )2n +a≤e 2的两边取对数得：(n +a 2)ln (1+1n )≤1.所以a 2≤1ln æèöø1+1n -n，设F ()x =1ln ()1+x -1x (x ∈(0,1]),则F ′()x =(1+x )ln 2()1+x -x 2x 2(1+x )ln 2(1+x ),设h ()x =(1+x )ln 2()1+x -x 2，则h ′()x =ln 2()1+x +2ln ()1+x -2x ，h ″()x =2[ln ()1+x -x ]1+x，再设m ()x =ln (1+x )-x ，则m ′()x =11+x-1<0，所以m (x )在(0,1]上单调递减，则m ()x <m ()0=0，则h ′()x <h ′()0=0,所以h (x )在(0,1]上单调递减，即h ()x <h ()0=0，所以F ′()x <0,所以F (x )在(0,1]上单调递减，则F ()x ≥F ()1=1ln 2-1，即a 2≤1ln 2-1，得a ≤2ln 2-2，所以实数a 的最大值为2ln 2-2.将a 分离出来，再将离散的变量n 用连续的变量x 表示出来，把问题变成函数最值问题，就可以用函数思想来解题.二、确立主元对于含有两个变量的问题，有时可以将其中的一个变量看作常数，将另外一个变量看成主元来求解.运用这种方法解题，要明确两个变量对已知关系式和目标式的影响，选取合适的变量作为主元.一般地，若已知变量的取值范围或已知含有该变量的等量关系式，则可以将该变量视为主元.例2.试证明：e 2x -2t ()e x +x +x 2+2t 2+1≥32.证明：令f ()x =e 2x -2t ()e x +x +x 2+2t 2+1=2(t -e x+x 2)2+12(e x -x )2+1≥12(e x -x )2+1.令g ()x =e x -x ,则g ′()x =e x -1，所以g (x )在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，易得g (x )的最小值为g ()0=1，即12(e x-x )2+1≥32，综上可得，e 2x -2t ()e x +x +x 2+2t 2+1≥32.三、利用函数的单调性因为双变量问题中含有变量，所以可以构造函数，将问题看作函数问题，利用函数的单调性来求得问题的答案.可根据函数单调性的定义判断函数的单调性，也可根据导函数与函数单调性之间的关系来进行判断.例3.已知函数f ()x =ln x +kx.对任意x 1>x 2>0,f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2恒成立，求实数k 的取值范围.解：由f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2得f ()x 1-x 1<f (x 2)-x 2，设g ()x =f ()x -x =ln x +kx-x (x >0)，因为f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2，所以函数g (x )在()0,+∞上单调递减，于是g ′()x =1x -kx 2-1≤0在()0,+∞上恒成立，所以k ≥-x 2+x =-(x -12)2+14≥14，则实数k 的取值范围为[14,+∞).根据已知关系式f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2，以及函数单调性的定义，可以判定该函数为增函数，据此可以确定函数g ()x =f ()x -x 的单调性，进而根据g ()x 的单调性解题.参数分离法、利用函数的单调性、主元法的适用情形均不相同.针对不同的题目，同学们需仔细分析题目中的条件，选用合适的方法进行求解，才会达到事半功倍的效果.（作者单位：江西省九江第一中学）40。
专题一单双变量不等式恒(能)成立问题课件-高一数学人教版(2019)必修第一册
图①
2 ＋＋ > 0 ( ≠ 0)在R上恒成立
(1)
如图①，一元二次不等式
2
注：当不等式 ＋＋ > 0未说明为一元二次不等式时，
⟺一元二次不等式 2 ＋＋ > 0 ( ≠ 0)的解集是R
对任意实数恒成立问题，应分情况讨论：
2
⟺二次函数 ==
= ＋＋ ( ≠ 0) 的图像恒在x轴上方
当 = 时，
>
⟺a>0且Δ<0 >
当 ≠ 时，
2 ＋＋ < 0 ( ≠ 0)在R上恒成立
∆<
(2) 如图②，一元二次不等式
⟺一元二次不等式 2 ＋＋ < 0 ( ≠ 0)的解集是R
函数 = +
1
在[ , 2]上单调递增，故()
2
= 1 =1+
函数 = − 2 − 3在[1,2]上单调递减，故() = 1 = −4
所以1 + ≥ −4
综上，所求的取值范围为{|�� ≥ −5}
练习
4
练习 设 = − − ， = + 1
，
故() = 2 = −4
函数 = + 1
2
+ 在(−∞, −1]上单调递减，在[−1, +∞)上单
调递增，故() = −1 =
所以−4 ≥
活学活用
例题2 已知函数 1 = 12 , 2 = −22 − ，若∀1 ∈ | − 1 ≤ < 1 ,
≤ ()恒成立⟺ ≤
课堂小结
二、双变量恒成立主要学习了双参数不等式问题的求解方法：
双变量恒成立问题的不同角度求解
双变量恒成立问题的不同角度求解摘自公众号：数学与我双变量的恒成立问题，一般我们常用处理策略有：1.化为单变量函数，求最值解决2.利用常见不等式放缩，求最值解决3.利用线性规划的数形结合，求最值解决本文结合一个例子，说明化单变量的两种方法：(1)化成齐次式消元(2)倍分消元同时给出迫不得已需要罗必塔法则时的一个迂回处理策略问题呈现方向选择对条件式子的(i)(ii)不同变形看，也许会有两条路可走。
也许我们更容易走(ii)这条路，因为分离变量是我们最熟悉、最有希望能够快速解决问题的（事实上我们平常恒成立问题选择方法的时候，也确实优先考虑的分离变量），但前提条件是右侧的函数你有办法处理并求出最值。
目前来看化成单变量好像没那么简单，我们先走第(i)条路：化齐次消元显然，我们把(i)左侧的a等量代换以后，出现了x1,x2的齐次式，很容易想到令x2/x1=t，从而化为单变量t的不等式恒成立问题，接下来构造t的函数，研究其性质即可。
事实上，如果我们熟悉ALG不等式的函数形式lnt>2(t-1)/(t+1)，(t>1)的话，到这里可以知道λ=1一定为答案的一部分，并且看到这个熟悉形式，我们对后续问题的解决也会多一份信心与把握。
可以预见出题人十有八九会把这个解答作为标答，因其解法自然。
端点效应恒成立问题上面一段的求解，就是端点效应恒成立问题的求解套路：在区间端点t=1处函数值为0，欲使不等式恒成立，希望函数在所给区间单调即可（充分性）；然后说明在相反范围，不等式不能恒成立（即必要性），常涉及到赋值否定的问题。
倍分法消元接下来我们回到(ii)，介绍一下倍分法消元：遇到罗必塔的迂回策略对于分离变量后，右侧的函数如果直接求导处理，是比较复杂的，但是既然能够化到这一步来，题目又要有答案，那么也就意味着右侧的这个函数值应该会小于或等于某个常数（上界），但上界是多少呢？我们不妨大胆猜测一下，把端点t=1代入右侧，是0/0，于是我们会想到利用罗必塔法则求一下t=1时候的极限，求得极限值为1。
浅析高中数学恒成立问题的求解策略
高中浅析高中数学恒成立问题的求解策略山东省烟台第二中学 彭凤娇 解决恒成立问题的过程中，往往会涉及函数、方程、不等式等高中数学核心知识，以及转化化归、分类讨论、数形结合等重要数学思想，其综合性和灵活性注定使恒成立问题成为高考试题中的“香饽饽”．在对恒成立问题进行研究之后，整理了几类典型的题型，下面就从高考中出现的两道典型恒成立问题说起．引例１ （２００７年山东文）当狓∈（１，２）时，狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，则犿的取值范围是．引例２ （２０１８年天津）已知犪∈犚，函数犳（狓）＝狓２＋２狓＋犪－２，狓≤０，－狓２＋２狓－２犪，狓＞０．｛若 狓∈［－３，＋∞），犳（狓）≤狓恒成立，则犪的取值范围是．从上面两道高考恒成立问题中不难发现，解决恒成立问题的方法大致可分为两种：分离参数与函数思想（即不分离参数）．在解答恒成立问题时需要具体题目具体分析．一、单变量恒成立问题（一）分离参数利用分离参数法来确定不等式犳（狓，犪）≥０（狓∈犇，犪为参数）恒成立时，参数犪的取值范围的一般思路：将题目中的参数与变量分离，化为犵（犪）≤犳（狓）（或犵（犪）≥犳（狓））恒成立的形式．接下来求解出函数犳（狓）的最小（或最大）值．最后解不等式犵（犪）≤犳（狓）ｍｉｎ（或犵（犪）≥犳（狓）ｍａｘ），进而求得犪的取值范围．该思路一般适用于参数与变量易分离且最值易求得的题型．如高考引例１中，注意到狓的取值范围，可以采用分离参数的方法．解：由狓∈（１，２），狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，对不等式分离参数，得犿＜－狓２＋４狓．令犳（狓）＝狓２＋４狓＝狓＋４狓，易知犳（狓）在（１，２）上是减函数，所以狓∈（１，２）时，４＜犳（狓）＜５，则－狓２＋４狓（）ｍｉｎ＞－５，所以犿≤－５．又如高考引例２，也可以采用分离参数的方法，只不过要分段讨论，最终结果取“交集”．解： 狓∈［－３，＋∞），犳（狓）≤狓恒成立狓∈［－３，０］，狓２＋２狓＋犪－２≤－狓且 狓∈（０，＋∞），－狓２＋２狓－２犪≤狓 犪≤（－狓２－３狓＋２）ｍｉｎ＝２且犪≥－狓２＋狓２（）ｍａｘ＝１８犪∈１８，２［］．例１ 已知狓∈犚时，不等式犪＋ｃｏｓ２狓＜５－４ｓｉｎ狓＋５犪－槡４恒成立，求实数犪的取值范围．解：将参数进行分离，得５犪－槡４－犪＋５＞ｃｏｓ２狓＋４ｓｉｎ狓，即５犪－槡４－犪＋５＞１＋４ｓｉｎ狓－２ｓｉｎ２狓，只需要５犪－槡４－犪＋５＞（１＋４ｓｉｎ狓－２ｓｉｎ２狓）ｍａｘ．令ｓｉｎ狓＝狋（狋∈［－１，１］），则犵（狋）＝１＋４狋－２狋２（狋∈［－１，１］），易得犵（狋）ｍａｘ＝３．所以５犪－槡４－犪＋５＞３，即５犪－槡４＞犪－２ 犪－２≥０，５犪－４≥０，５犪－４＞（犪－２）２烅烄烆或犪－２＜０，５犪－４≥０，｛解得４５≤犪＜８．（二）函数思想一般思路：首先分清楚题目中的变量与参数．一般来说，题目给出取值范围的元为变量，最终求解范围的元为参数．通过构造变量的函数，借助所构造的函数的取值特征进行求解．若在客观题中涉及不同类型函数恒成立问题，可通过画函数图像的方法，排除选项，提高解题速度．如高考引例１也可以用函数思想（二次函数根的分布）来解答，也比较简便．解：设犳（狓）＝狓２＋犿狓＋４，易知二次函数的图像“开口向上”，则要使当狓∈（１，２）时，狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，只需满足犳（１）≤０，犳（２）≤０，｛即５＋犿≤０，８＋２犿≤０，｛解得犿≤－５．总结：设犳（狓）＝犪狓２＋犫狓＋犮（犪≠０）且犪＞０，犳（狓）＜０在狓∈［α，β］上恒成立 犳（α）＜０，犳（β）＜０．｛０４教学参谋解法探究２０２０年３月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.高中犳（狓）＜０在狓∈（α，β）上恒成立 犳（α）≤０，犳（β）≤０．｛例２ 已知犵（狓）＝ｌｏｇ犪狓，犳（狓）＝（狓－１）２，若狓∈（１，２）时，犵（狓）＞犳（狓）恒成立，求犪的取值范围．分析：对于犵（狓）＞犳（狓）恒成立的问题，有时候将不等式进行合理变形之后，能够非常容易地画出不等号两边的函数图像，最后通过图像直接判断出结果．特别是客观题，采用这种数形结合的方式能够简化解题步骤．根据函数犵（狓），犳（狓）的特征画出函数图像，可直观展示两函数关系．解：由图像分析易知，要使得当狓∈（１，２）时，犵（狓）＞犳（狓）成立，则需犪＞１，同时当狓∈（１，２）时，犵（狓）的图像在犳（狓）的图像上方，即犵（２）≥犳（２），解得犪∈（１，２］．总结：解题时既能落实数形结合思想，又能兼顾对数函数的特征，可使解题过程更加顺畅．二、双变量恒成立问题例３ 设函数犳（狓）＝狓－２ｓｉｎ狓， 狓１，狓２∈［０，π］，恒有犳（狓１）－犳（狓２）≤犕，求犕的最小值．分析：由题易知，要使得犳（狓１）－犳（狓２）≤犕， 狓１，狓２∈［０，π］恒成立，只需求犳（狓１）－犳（狓２）ｍａｘ，即犳（狓）ｍａｘ－犳（狓）ｍｉｎ的值．解：由犳（狓）＝狓－２ｓｉｎ狓，得犳′（狓）＝１－２ｃｏｓ狓，易知狓∈０，π３［］时，犳′（狓）＜０，犳（狓）单调递减；狓∈π３，π［］时，犳′（狓）＞０，犳（狓）单调递增．所以当狓＝π３时，犳（狓）有极小值，即最小值，且犳（狓）ｍｉｎ＝犳π３（）＝π３－槡３．又犳（０）＝０，犳（π）＝π，所以犳（狓）ｍａｘ＝π．所以犕≥犳（狓１）－犳（狓２）ｍａｘ＝犳（狓）ｍａｘ－犳（狓）ｍｉｎ＝２π３＋槡３．常见的双变量恒成立问题有如下两种：（一）题型一：狓１，狓２∈犇，都有犳（狓１）≤犵（狓２） 犳（狓）ｍａｘ≤犵（狓）ｍｉｎ（这里假设犳（狓）ｍａｘ，犵（狓）ｍｉｎ都存在）例４ 已知函数犳（狓）＝狓２－２狓＋２，犵（狓）＝２狓＋犿， 狓１，狓２∈［１，３］，都有犳（狓１）≤犵（狓２）恒成立，求实数犿的取值范围．解：犳（狓）＝狓２－２狓＋２＝（狓－１）２＋１，当狓∈［１，３］时，犳（狓）ｍａｘ＝犳（３）＝５，犵（狓）ｍｉｎ＝犵（１）＝２＋犿，则犳（狓）ｍａｘ≤犵（狓）ｍｉｎ，即５≤２＋犿，解得犿≥３．推广：狓１，狓２∈犇，都有犳（狓１）≥犵（狓２）·犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍａｘ（这里假设犳（狓）ｍｉｎ，犵（狓）ｍａｘ都存在）．（二）题型二： 狓１∈犇１，狓２∈犇２，都有犳（狓１）≥犵（狓２） 犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍｉｎ（这里假设犳（狓）ｍｉｎ，犵（狓）ｍｉｎ都存在）．例５ 已知犳（狓）＝ｌｎ（狓２＋１），犵（狓）＝１２（）狓－犿，若 狓１∈［０，３］， 狓２∈［１，２］，使得犳（狓１）≥犵（狓２），求实数犿的取值范围．解：当狓∈［０，３］时，由复合函数“同增异减”原理可得，犳（狓）在狓∈［０，３］上单调递增，则犳（狓）ｍｉｎ＝犳（０）＝０，当狓∈［１，２］时，犵（狓）单调递减，则犵（狓）ｍｉｎ＝犵（２）＝１４－犿，由犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍｉｎ得０≥１４－犿，所以犿≥１４．推广： 狓１∈犇１，狓２∈犇２，都有犳（狓１）≥犵（狓２） 犳（狓）ｍａｘ≥犵（狓）ｍａｘ（这里假设犳（狓）ｍａｘ，犵（狓）ｍａｘ都存在）．三、结束语在高中数学的学习中，不仅要熟知高考必考的数学知识，还须熟练掌握重要题型的解题思路和解题技巧，结合典型的数学思想去解决问题，注意勤于练习，学会举一反三，这样才能够爱学数学，学好数学．参考文献：［１］黄锦龙．树立五种意识 破解恒成立问题［Ｊ］．中学数学研究（华南师范大学版），２０１９（２１）．［２］蔡海涛．探寻必要条件 巧解恒成立问题———从一道２０１９年高考函数导数题谈起［Ｊ］．高中数学教与学，２０１９（２１）．［３］洪小银．高中数学恒成立问题方法解析［Ｊ］．中学数学，２０１９（９）．［４］周坤．一类恒成立问题的转化教学设计及反思［Ｊ］．中学数学，２０１９（９）．［５］孙成田，刘本玲．细解高考中的热点难点———不等式恒成立问题［Ｊ］．数学之友，２０１９（４）．［６］孔祥士．例谈“含参数的单变量不等式恒成立问题”的解题策略［Ｊ］．中学数学，２０１９（８）．犉１４２０２０年３月 解法探究教学参谋Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
双变量恒成立问题的探讨
成立： φ（ｔ）＝ｔ－１－ｌｎｔ－（ｔｌｎｔ－ｔ＋１） ＝２ｔ－２－ｌｎｔ－ｔｌｎｔ，ｔ＞１． 令 φ′（ｔ）＝１－１ｔ－ｌｎｔ＝ｔ－１ｔ－ｔｌｎｔ＜０． ∴φ（ｔ）在（１，＋∞）上单调递减，φ（ｔ）＜φ（１）＝０． ∴ｔ－１－ｌｎｔ＜ｔｌｎｔ－ｔ＋１． 又 ｔ－１－ｌｎｔ＞０（利用对数中的重要不等式进
域端点处的函数值 φ（ｔ）＝１．要想使不等式在定义 域内恒成立，一方面在参数的一个范围内，我们只需 要函数在定义域内单调即可，另一方面，再说明在相 反的范围内不等式恒成立不能成立，这里常常可以 通过赋值进行否定．
接下来，我 们 回 到 第 二 条 思 路 上，介 绍 一 下 倍 分法：
令 ｘ２ ＝ｌｎｘ２＝ｔ＞１， ｘ１ ｌｎｘ１
它符合我们刚才说的处理恒成立问题的第一个条
件，很容易把两个字母分离出来，但是后面那个函数
我们好像没什么好办法去求它的最值．看来分离变
量没有那 么 简 单，清 人 唐 彪 说：“有 疑 者 看 到 无 疑，
其益尤浅；无 疑 者 看 到 有 疑，其 学 方 进．”再 来 看 看
第二条路：利用①可化为ｌｎｘｘ１１
（３）参变 分 离 法 的 适 用 范 围：通 常 需 要 满 足 以 下两个条件：（１）已 知 不 等 式 中 的 两 个 字 母 是 不 是 很容易可以用一个字母去表示另外一个字母（２）作 为变量的那个字母的对应的函数的最值是否容易 求得
利用导数研究双变量恒成立问题 教案-2022届高三数学二轮复习微专题复习
导数二轮复习微专题利用导数研究双变量恒成立问题作为进一步学习数学和其他自然学科的基础，导数在数学教学体系内具有重要的地位和广泛的应用。
近些年来，导数内容受到广大教育工作者的广泛关注，并成为命题热点。
作为分析问题和解决问题的有力工具，导数能够与函数、不等式、解析几何等串联起来，所以，将传统内容与导数内容相结合，在知识网络的交汇处设计问题成为趋势。
这样的命题思路不仅能有效检验学生的基础功底，强化能力考察力度，同时也能使试题具有更为广泛的实践意义。
因此，在实际教学过程中，我们要突出导数的重要性，强化学生运用导数知识解决数学问题的意识。
一、2022年高考命题的要求2022高考命题优化情境设计，增强试题开放性、灵活性，充分发挥高考命题的育人功能和积极导向作用，引导减少死记硬背和“机械刷题”现象。
并坚持把创新思维和学习能力考查渗透到命题全过程，落实“重思维、重应用、重创新”的命题要求，使高考由“解答试题”转向“解决问题”。
二、2022年高考命题的十项原则1.方向明确，立意鲜明，情景新颖，贴近实际。
2.考查基础，变换情景，设问科学，注重创新。
3.入易出难，路多口小，层层设卡，步步有难。
4.材料在外，答案在内，考查思维，体现能力。
5.体现国情，公平公正，以生考熟，直击软肋。
6.起点很高，高屋建瓴，落点较低，回归体系。
7.重点必考，主干多考，次点轮考，补点选考。
8.共性好考，个性难考，试题开放，探究创新。
9.小口切入，深入挖掘，小中见大，思维穿透10.掌握理论，学以致用，学科价值，重在应用。
三、部分高考压轴题函数模型年份 函数模型考查内容及思想方法 2013Ⅱ理)ln()(m x e x f x +-=证明不等式 2014Ⅱ理 xbe x ae x f x x1ln )(-+=证明不等式 2015Ⅱ理 2()mx f x e x mx =+- 双变量恒成立问题2016Ⅱ理 2)1()2()(-+-=x a e x x f x零点求参，双变量问题，极值点偏移问题 2017Ⅱ理 x e a ae x f x x --+=)2()(2 讨论单调性 零点求参 2017Ⅱ理 )ln ()(x a ax x x f --=证明极值范围 2018Ⅱ理 x a x xx f ln 1)(+-=证明双变量不等式 2018Ⅱ理 2)(ax e x f x -= 证明不等式，零点2019Ⅰ理 ()sin ln(1)f x x x =-+证明函数零点个数 2019Ⅱ理 ()11ln x f x x x -=-+ 证明零点个数，证明切线相等 2019Ⅱ 理 32()2f x x ax b=-+利用最值求参数2020Ⅱ理 121)(32+≥-+=x x ax e x f x 单调性，恒成立求参 2020Ⅱ 理 x x x f 2sin sin )(2= .33()8f x ≤最值，证明不等式 2020 Ⅱ 理 3()f x x bx c=++切线，零点的范围 2021新课标Ⅱf (x )=x(1−1nx)双变量恒成立问题，极值点偏移问题思考1：基本元素 ,ln ,,ln ,x x xe x e x x 多项式函数 思考2：基本问题和应对策略1.切线问题：注意两类切线问题。
破解双变量不等式问题的两个“妙招”
思路探寻而t =x +x 2+y 2>0，所以t ≥45.当t =45时，x =310,y =25，符合题意，故选A.我们引入新元t ，通过等量代换构造关于y 的一元二次方程，即可根据方程有解的必要条件，利用Δ≥0建立不等式，利用判别式法求得t 的取值范围.四、利用解析几何知识求解在解答代数问题受阻时，我们不妨转换思考问题的角度，从代数式的几何意义入手，利用解析几何知识来解题.一般地，可将y =x 看作一条直线，将y =x 2+k 看作一条抛物线，将x 2+y 2=1看作一个圆，构造出几何图形.这样便可通过研究直线、曲线、圆的方程及其位置关系，确定目标式取最值的情形，从而求得目标式的最值.解：因为x ,y >0，2x +y =1，所以该式可看作一条直线的方程，设z =x +x 2+y 2,该式可看作直线2x +y =1上在第一象限的点P (x ,y )到y 轴的距离d 与原点的距离之和.设原点关于直线2x +y =1的对称点的坐标为O 1(m ,n )，由此可以得到如下的方程组：ìíîïïïï2⋅m +02+n +02-1=0,(-2)⋅n -0m -0=-1,解得ìíîïïïïm =45,n =25,所以O 1()45,25.由图形的对称性可得，|PO 1|=|PO|,所以z =|PO 1|+d ，所以当PO 1⊥y 轴时z 最小，故当且仅当x =310，y =25时，z min =45.故选A.我们从代数式的几何意义入手，将2x +y =1看作一条直线，将z =x +x 2+y 2看作直线2x +y =1上在第一象限的点P (x ,y )到y 轴的距离d 与原点的距离之和，便将问题转化为解析几何问题，利用点关于直线的对称性、直线之间的垂直关系求得目标式的最值.总之，求解多元最值问题，需运用发散性思维，将问题与所学的知识关联起来，寻找各个知识点与问题中式子、数量之间的契合点，从不同角度进行分析、思考，以获得不同的解题方案.（作者单位：江苏省盐城市射阳县高级中学）双变量不等式问题是近几年高考试题中的“常客”，且常以压轴题的形式出现，这类问题的难度一般较大，侧重于考查函数的单调性、导数与函数单调性之间的关系、不等式的性质等.解答双变量不等式问题，往往需通过构造同构式、指定主元，才能将问题转化为常规的单变量不等式问题，以利用函数、导数、不等式的性质顺利求得问题的答案.一、构造同构式在解答双变量不等式问题时，我们可先将不等式进行适当的变形，使不等号两边式子的结构相同或相似；然后根据其特征，构造函数模型，将双变量看作函数的两个自变量；再根据函数单调性的定义、导数与函数单调性之间的关系判断出函数的单调性，即可根据函数的单调性求得函数的最值，从而证明不等式成立.例1.已知f (x )=12x 2-ax +(a -1)ln x ,其中1<a <5，证明：对于任意的x 1,x 2∈(0,+∞),x 1≠x 2，都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1.证明：设x 1>x 2，函数g (x )=f (x )+x ，由f (x )=12x 2-ax +(a -1)ln x 可得：g (x )=12x 2+(1-a )x +(a -1)ln x ，对g (x )求导得g '(x )=x +a -1x-(a -1)，50而x +a -1x-(a -1a -1)=1-(a -1-1)2，因为1<a <5，所以g '(x )>0，所以g (x )在定义域内单调递增，又因为x 1>x 2，所以g (x 1)>g (x 2).所以f (x 1)+x 1>f (x 2)+x 2，则f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1.同理可证当x 1<x 2时，f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1.我们先将不等式f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1化为f (x 1)+x 1>f (x 2)+x 2，即可构造出同构式，据此构造出函数g (x )=f (x )+x ，转而将双变量不等式问题转化为单变量函数g (x )的单调性问题，利用导数与函数单调性之间的关系判断出函数的单调性，即可证明不等式.例2.已知函数f (x )=ln x +x 2-3x ，对于任意的x 1,x 2∈[1,10]，当x 2>x 1时，不等式f (x 1)-f (x 2)>m (x 2-x 1)x 1x 2恒成立，求实数m 的取值范围.解：将f (x 1)-f (x 2)>m (x 2-x 1)x 1x 2变形可得f (x 1)-m x 1>f (x 2)-m x 2，设函数h (x )=f (x )-m x ，即h (x )=ln x +x 2-3x -mx，求导得h '(x )=1x +2x -3+m x2≤0，将其变形可得关于m 的不等式m ≤-2x 3+3x 2-x .设函数F (x )=-2x 3+3x 2-x ，求导得F '(x )=-6x 2+6x -1=-6(x -12)2+12<0，可知函数F (x )在[1,10]上单调递减，所以F (x )min =F (10)=-1710，即m ≤-1710，所以参数m 的取值范围为(-∞,-1710].先将目标不等式f (x 1)-f (x 2)>m (x 2-x 1)x 1x 2变形，构造出同构式和函数h (x )=f (x )-m x，即可将问题转化为关于单变量x 的函数最值问题.值得注意的是，在求最值时，不仅运用到了分离参数法，还用到了导数法.若无法直接求得参数的范围，就可以考虑对参数进行适当的变形，将其与题目中的条件相联系，把问题转变为求某一个函数的最值问题，这样可使解题思路柳暗花明.二、指定主元对于双变量不等式问题，往往可根据已知条件和解题需求，指定其中一个变量为主元，根据两变量之间的联系，将问题转化为关于该主元的不等式问题来求解.通常可将已知取值范围或已知关系式的变量指定为主元，通过研究主元的范围、变化规律、最值来探究另一个变量的取值范围.例3.对于任意n ∈N *，恒有(1+1n)2n +a ≤e 2，求实数a 的最大值.解：在(1+1n)2n +a ≤e 2的两边同时取对数，可得(n +a 2)ln(1+1n )≤1.由1+1n >1，可得a 2≤1ln(1+1n)-n ,设g (x )=1ln(x +1)-1x (x ∈(]0,1)，则g '(x )=(1+x )[ln (1+x )]2-x 2x 2(1+x )[ln (1+x )]2.设h (x )=(1+x )[ln (1+x )]2-x 2(x ∈(]0,1)，则h '(x )=[ln (1+x )]2+2ln(1+x )-2x ，h ″(x )=2[ln(1+x )-x ]1+x.再设f (x )=ln(1+x )-x ，则f '(x )=11+x-1<0，从而可知f (x )在(]0,1上单调递减，所以f (x )<f (0)=0，所以h (x )在(]0,1上单调递减，从而可知h (x )<h (0)=0，所以g '(x )<0，所以g (x )在(]0,1上单调递减，所以g (x )≥g (1)=1ln2-1，即a 2≤1ln2-1，所以实数a 的最大值为2ln2-2.我们将n 看作主元，通过分离参变量，将a 用含n 的函数式表示出来.再构造函数，通过研究其导数，判断出函数的单调性，求得函数的最值，进而求得参数的取值范围.虽然双变量不等式问题较为复杂，但我们只要能根据不等式的结构特征构造出同构式，或结合题意指定合适的主元，便能将问题转化为简单的单变量单调性、最值问题，利用函数的单调性、导数的性质来解题，快速求得问题的答案.（作者单位：江苏省东台中学）思路探寻51。
导数第三讲：与双变量有关的恒成立问题(解析版)
专题十六与双变量有关的恒成立问题一、问题指引函数背景下的双变量问题，一直是高考的热点与难点，求解基本方法是利用相关知识转化为一个变量的函数问题．二、方法详解(一)独立双变量，化为两边同函数形式【例1】设函数()ln ,k R kf x x x=+∈．（1）若曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线与直线20x -=垂直，求()f x 的单调递减区间和极小值（其中e 为自然对数的底数）；（2）若对任何()()1212120,x x f x f x x x >>-<-恒成立，求k 的取值范围．【解析】（1）由条件得()()210kf x x x x '=->，∵曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线与直线20x -=垂直，∴此切线的斜率为0，即()0f e '=，有210k e e -=，得k e =，∴()()2210e x ef x x x x x-'=-=>，由()0f x '<得0x e <<，由()0f x '>得x e >．∴()f x 在()0,e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增，当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef x e e=+=．故()f x 的单调递减区间为()0,e ，极小值为2（2）条件等价于对任意()()1211220,x x f x x f x x >>-<-恒成立，设()()()ln 0kh x f x x x x x x =-=+->．则()h x 在()0,+∞上单调递减，则()2110k h x x x '=--≤在()0,+∞上恒成立，得()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭恒成立，∴14k ≥（对()1,04k h x '==仅在12x =时成立），故k 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【评注】此类问题一般是根据两边式子结构构造同一个函数，利用函数单调性求解练习1.已知函数=+En .（Ⅰ）求函数的图象在点1,1处的切线方程；（Ⅱ）若∈，且−1<对任意>1恒成立，求的最大值；（Ⅲ）当>≥4时，证明：B>B .【解析】（Ⅰ）∵（Ⅱ）由（Ⅰ）知，op =+Ens ∴o −1)<op ，对任意>1恒成立，即<rEn K1对任意>1恒成立．令op =rEn K1，则n(p =KlnK2(K1)2，令ℎ(p =−ln −2(>1)，则ℎ'(p =1−1=K1>0，所以函数ℎ(p 在(1,+∞)上单调递增．∵ℎ(3)=1−ln3〈0,ℎ(4)=2−2ln2〉0，∴方程ℎ(p =0在(1,+∞)上存在唯一实根0，且满足0∈(3,4)．当1<<0时，ℎ(p <0，即n(p <0，当>0时，ℎ(p >0，即n(p >0，所以函数op =rEn K1在(1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．∴[op]min =o 0)=0(1+ln 0)0−1=0(1+0−2)0−1=0∈(3,4)，∴<[op]min =0∈(3,4)，故整数的最大值是3．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，op =rEn K1是[4,+∞)上的增函数，∴当>≥4时，rEn K1>rEnK1．即o −1)(1+lnp >o −1)(1+lnp ．整理，得Bln +En >Bln +En +(−p ．∵>s ∴Bln +En >Bln +En ．即ln B +ln >ln B +ln ．即ln(B )>ln(B )．∴(B )>(B )．(二)各自构造一元函数【例2】设函数2()()e ()x f x x ax a a -=+-⋅∈R .（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】(1)当0a =时，因为()2xf x x e-=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =.()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+⋅-+-⋅()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-；②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-；③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-，综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-.【评注】对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.练习2.已知函数op =3−2+(2−p +2，=2+32K，∈．(Ⅰ)当=2时，求曲线=op 在=1处的切线方程；(Ⅱ)求op 的单调区间；(Ⅲ)设<0，若对于任意0∈[0,1]，总存在1∈[0,1]，使得o 1)=o 0)成立，求的取值范围．【解析】(Ⅰ)当=2时，=3−2+2，所以'=32−2，所以1=2,'1=1所以曲线=在=1处的切线方程为−2=−1，即=+1(Ⅱ)=2+32K的定义域是U ≠，'=r K3K 2令'=0，得1=−s 2=3①当=0时，=s ≠0，所以函数的单调增区间是(−∞,0),(0,+∞)②当<0时，s ',变化如下：−∞,333ss −−−s +∞'+0--+↗极大值↘↘极小值↗所以函数的单调增区间是−∞,3,−s +∞，单调减区间是3s ,s −③当>0时，s ',变化如下：−∞,−−−s s 333s +∞'+--+↗极大值↘↘极小值↗所以函数的单调增区间是−∞,−,3s +∞，单调减区间是−s ,s 3(Ⅲ)因为=3−2+2−+2，所以'=32−2+2−当<0时，=4−122−=12−20<0所以'>0在0,1上恒成立，所以在0,1上单调递增所以在0,1上的最小值是0=2，最大值是1=4−即当∈0,1时，的取值范围为2,4−由(Ⅱ)知，当−1<<0时，0<−<1，在0,−上单调递减，在−s1上单调递增因为−=−2<2，所以不合题意当≤−1时，−>1，在0,1上单调递减所以在0,1上的最大值为0=−3，最小值为1=1+321−所以当∈0,1时，的取值范围为1+321−,−3“对于任意0∈0,1，总存在1∈0,1，使得1=0成立”等价于1+321−,−3⊆[2,4−p即1+321−≥2−3≤4−，解得−2≤≤−1所以的取值范围为−2,−1(三)消元构造一元函数【例3】已知函数op=2+B−En.（1）若函数op在[2,5]上单调递增，求实数的取值范围；（2）当=2时，若方程op=2+2有两个不等实数根1，2，求实数的取值范围，并证明12<1.【分析】（1）求出n(p=2+−，即n(p≥0在∈[2,5]恒成立，即≥−22K1对∈[2,5]恒成立；（2）当=2时，方程op=2+2⇔−ln−=0，令ℎ(p=−ln−o>0)，则有ℎ(p min<0；不妨设1<2，则0<1<1<2，0<12<1，12<1⇔1<12⇔ℎ1>ℎ12，ℎ1−ℎ12=2−12−2ln2.【解析】（1）n(p=2+−，∵函数op在[2,5]上单调递增，∴n(p≥0在∈[2,5]恒成立，即2+−≥0对∈[2,5]恒成立，∴≥−22K1对∈[2,5]恒成立，即≥−22K1max，∈[2,5]，令op=−22K1(∈[2,5])，则n(p=−22+4(K1)2≤0(∈[2,5])，∴op在[2,5]上单调递减，∴op在[2,5]上的最大值为o2)=−8.∴的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当=2时，方程op=2+2⇔−ln−=0，令ℎ(p=−ln−o>0)，则ℎ'(p=1−1，当∈(0,1)时，ℎ'(p<0，故ℎ(p单调递减，当∈(1,+∞)时，ℎ'(p>0，故ℎ(p单调递增，∴ℎ(p min=ℎ(1)=1−.若方程op=2当>1时，0<−<1<，ℎ−=−>0，ℎ=−2，令op =−2o >1)，则n(p =−2>0，op 单调递增，op >o1)=−2>0，∴ℎ()>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数的取值范围是(1,+∞).不妨设1<2，则0<1<1<2，0<12<1，∴12<1⇔1<12⇔ℎ1>ℎ12，∵ℎ1=ℎ2=0，∴ℎ1−ℎ12=ℎ2−ℎ12=2−ln 2−−12−ln12−=2−12−2ln 2.令op =−1−2lno >1)，则n(p =1+12−2=1−12>0，∴op 在(1,+∞)上单调递增，∴当>1时，op >o1)=0，即2−12−2ln 2>0，∴ℎ1>ℎ12，∴12<1.练习3.已知函数op =e −+1,≤0,2s >0.函数=oop +1)−o ∈p 恰有两个零点1和2．（1）求函数op 的值域和实数的最小值；（2）若1<2，且B 1+2≥1恒成立，求实数的取值范围．【解析】（1）当≤0时，op =e −+1≥2.当>0时，op =2>0.∴op 的值域为(0,+∞)．令oop +1)=，∵op +1>1，∴oop +1)>2，∴>2.又op 的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设op +1=1，op +1=2，且1<0，2>1．∴op =1−1无解.从而op =2−1要有两个不同的根，应满足2−1≥2，∴2≥3.∴o 2)=oop +1)≥23.即≥23．∴的最小值为23.(2)=oop +1)−有两个零点1、2且1<2，设op =，∈[2,+∞)，∴e −1+1=，∴1=−ln(−1).22=，∴2=24.∴−En(−1)+24≥1对∈[2,+∞)恒成立设ℎ(p =−En(−1)+24−1，ℎ'(p =−K1+2=2−K22(K1).∵∈[2,+∞)，∴2−∈[2,+∞)恒成立.∴当2≤2，即≤1时，ℎ'(p ≥0，∴ℎ(p 在[2,+∞)上单调递增.∴ℎ(p ≥ℎ(2)=−En1+1−1=0成立.当>1时，设op =2−−2.由o2)=4−2−2=2−2<0.∴∃0∈(2,+∞)，使得o 0)=0.且当∈(2,0)时，op <0，∈(0,+∞)时，op >0.∴当∈(2,0)时，ℎ(p 单调递减，此时ℎ(p <ℎ(2)=0不符合题意.综上，≤1.(四)构造齐次式，换元【例4】已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a a a =-++∈，∴x ＞0，f′（x ）=x-a lnx ，∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a a a =-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2．∴f′（x ）=x-a lnx=0有两个不等根，令g （x ）=x-a lnx ，则()g'x 1x a =-=x xa-，（x ＞0），①当a ≤0时，得g′（x ）＞0，则g （x ）在（0，+∞）上单调递增，∴g （x ）在（0，+∞）上不可能有两个零点．②当a ＞0时，由g′（x ）＞0，解得x ＞a ，由g′（x ）＜0，解得0＜x ＜a ，则g （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，+∞）上单调递增，要使函数g （x ）有两个零点，则g （a ）=a -a ln a ＜0，解得a ＞e ，∴实数a 的取值范围是（e ，+∞）．（2）由x 1，x 2是g （x ）=x-a lnx=0的两个根，则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+，由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t-t-120t +<，设g （t ）=ln 2t-t-12t +，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，令h （t ）=2lnt-t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h （t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h （t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g （t ）＜g （1）=0，即ln 2t ＜t-2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2．练习4.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈.（1）讨论函数()y f x =的单调性；（2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>，当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得2402a a x ---<<或242a a x -+->，'()0f x <，解得224422a a a a x ----+-<<，所以函数()f x 在区间2244,22a a a a ⎛⎫----+- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间240,2a a ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭和区间24,2a a ⎛⎫-+-+∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增.综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，()f x 在2244,22a a a a ⎛⎫----+- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在240,2a a ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭和24,2a a ⎛⎫-+-+∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增.（2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+.当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <.由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+，所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<<b ，所以212101ln ln x x a b x x -=>--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证211221ln ln x x x x x x ->-，令21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t t->，即证1ln 0t t t --<，令1()ln (1)t h t t t t-=->，2(1)'()02t h t t t-=-<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而1ln 0t t t --<得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.(五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例5】已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立【分析】（Ⅰ）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（Ⅱ）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（Ⅰ）由题意知：()121f x x a x '=-++， 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，∴()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，即：112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立设()121h x x x =-+，当2≥x 时，11x +单调递减，2x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增()()min 1112433h x h ∴==-=113a ∴≤，即a 的取值范围为：11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅱ）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥ ，122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++ ，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥，(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+121x x -<≤ ()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+练习5.已知函数op=−，op=(+pln(+p−．（1）若=1，'(p='(p，求实数的值．（2）若s∈+，op+op≥o0)+o0)+B，求正实数的取值范围．【解析】（1）由题意，得'(p=−1，'(p=ln(+p，由=1，'(p='(p…①，得−ln(+1)−1=0，令op=−ln(+1)−1，则'(p=−1r1，因为″(p=+1(r1)2>0，所以'(p在(−1,+∞)单调递增，又'(0)=0，所以当−1<<0时，'(p>0，op单调递增；当>0时，'(p<0，op单调递减；所以op≤o0)=0，当且仅当=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解=0，实数的值为0．（2）解法一：令ℎ(p=op−B+op−o0)−o0)（>0），则ℎ'(p=−(+1)，所以当>ln(+1)时，ℎ'(p>0，ℎ(p单调递增;当0<<ln(+1)时，ℎ'(p<0，ℎ(p单调递减;故ℎ(p≥ℎ(ln(+1))=oln(+1))+op−o0)−o0)−En(+1)=(+pln(+p−(+1)ln(+1)−En．令op=(+pln(+p−(+1)ln(+1)−En（>0），则'(p=ln(+p−ln(+1)．（i）若>1时，'(p>0，op在(0,+∞)单调递增，所以op>o0)=0，满足题意．（ii）若=1时，op=0，满足题意．（iii）若0<<1时，'(p<0，op在(0,+∞)单调递减，所以op<o0)=0．不满足题意．综上述：≥1．解法二：先证明不等式，−−1≥0，−1≥ln，−En−1≤0…（*）．令op=−−1，则当≥0时，'(p=−1≥0，op单调递增，当≤0时，'(p=−1≤0，op单调递减，所以op≥o0)=0，即−−1≥0(∈p．变形得，≥+1，所以>−1时，≥ln(+1)，所以当>0时，−1≥ln.又由上式得，当>0时，1−1≥ln1，1−≥−En，−En−1≤0.因此不等式（*）均成立．令ℎ(p=op−B+op−o0)−o0)（>0），则ℎ'(p=ln(+p−，（i）若>ln时，当>−时，ℎ'(p>0，ℎ(p单调递增;当0<<−时，ℎ'(p<0，ℎ(p单调递减;故ℎ(p≥ℎ(−p=o−p−o−p+op−o0)−o0)=(−1)+−1−En．（ii）若0<≤ln时，ℎ'(p≥0，ℎ(p在(0,+∞)单调递增，所以ℎ(p>ℎ(0)=op−o0)=−−1．因此，①当0<≤1时，此时ln<0，>ln，ℎ(p≥(−1)+−1−En≥0，则需−1≥0,−1−kB≥0,由（*）知，−En−1≤0，（当且仅当=1时等号成立），所以=1．②当>1时，此时ln>0，>0，则当>ln时，ℎ(p≥(−1)+−1−En>(−1)ln+−1−En=−ln+−1>0（由（*）知）；当0<≤ln时，ℎ(p>综上述：≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示【例6】已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+，其中0a >.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-.【分析】（1）先求解导数，再结合导数式特点，进行分类讨论，可得单调性；（2）结合极值点的特征，把目标式中双变量转化为单变量，结合函数单调性可证.【解析】（1）解：由题得22'()2a x x a f x x x x-+=-+=，其中0x >，考察2()2g x x x a =-+，0x >，其中对称轴为1x =，44a ∆=-.若1a ≥，则，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；若，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--，211x a =+-，且1201x x <<<，所以当时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增；当12(,)x x x ∈时，()0g x <，则'()0f x <，()f x 单调递减；当2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增，综上，当1a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22fx fx x x a x x x a x +=-++-+()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a a a a a a =--+=--.令()ln 2h x x x x =--，01x <<，则只需证明3()2h x -<<-，由于'()ln 0h x x =<，故()h x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)3h x h >=-.又当01x <<时，ln 11x -<-，(ln 1)0x x -<，故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-，所以，对任意的01x <<，3()2h x -<<-.综上，可得()()1232fx f x -<+<-.练习6.已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）.11（1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）.【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（），得2121'21ax x f x ax x x-+-=--+=（），0x ∈+∞（，），（i ）若0a =时；1x f x x-'=（），当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点；（ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得11184a x a --=，21184a x a+-=，当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ，∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点，综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点；(iii)当108a <<，()f x 有两个极值点.（2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x -+=的两根，∴1212x x a +=,1212x x a =，则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（）22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a =---+11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a =+--，设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a -'=-=<（），∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（），∴1234ln 2f x f x +>-（）（）.。
高三总复习专题---恒成立问题
恒成立问题（最值问题）天天依依heart恒成立问题是高考函数题中的重点问题，也是高中数学非常重要的一个模块，不管是小题，还是大题，常常以压轴题的形式出现，今天我们就来一起突破恒成立问题。
知识储备（我个人喜欢将参数放左边，函数放右边）先来简单的（也是最本质的）如分离变量后，()a f x ≥恒成立，则有max ()a f x ≥ ()a f x ≤恒成立，则有min ()a f x ≤ （若是存在性问题，那么最大变最小，最小变最大） 1.对于单变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[],x a b ∀∈，()0f x ≥恒成立，那么只需min ()0f x ≥ [],x a b ∃∈，使得()0f x ≥，那么只需max ()0f x ≥ 2.对于双变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[]12,,x x a b ∀∈，12()()f x g x ≥，那么只需min max ()()f x g x ≥如：化简后我们分析得到，对[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈使12()()f x g x ≥，那么只需min min ()()f x g x ≥如：化简后我们分析得到，[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∈使12()()f x g x ≥，那么只需max min ()()f x g x ≥还有一些情况了，这里不一一列举，总之一句话（双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理一个变量，再处理另一个变量）3.对于带绝对值的恒成立问题，我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒成立问题（2014.03苏锡常镇一模那题特别典型）今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的，（甚至我提出这样一个观点，所有导数的题目95%归根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论，3%是ax b +与3ax b +这种形式根的讨论，2%是观察法得到零点，零点通常是11,,e e之类），所以如果我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗？那么我们先从一道练习题说起一．二次函数型（通常方法是讨论对称轴，根据图像求最值）例题1.已知22()21xax af x +-=-定义域为R ，求a 的取值范围思考：① 引入定义域（非R ）②参数在二次项，就需考虑是否为0③引入高次（3次，4次，1x ，ln x ，x e 等等）④引入2a ，3a 等项（导致不能分离变量）方法：1.一次函数，二次函数直接根据图像讨论最值(二次函数也可以分离变量) 2.对于高次或者特殊函数，一般分离变量求最值（分离变量后对函数求导，确定导函数的正负情况，确定单调性，从而确定在已知定义域上的最值） 3.对于不能分离变量的，只能直接求导，对参数讨论，从而确定单调性，确定最值变式：①已知()f x ax b =+，若对任意的(,)x m n ∈，均有()0f x ≥，求a 的取值范围 ②已知2()25f x ax x =+-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥，求a 的取值范围③已知22()2(1)5f x ax a x =++-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥，求a 的取值范围④已知3()2(1)5f x ax a x =++-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥求a 的取值范围⑤已知32()2(9)5f x ax a x =+--，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥求a 的取值范围例题2.（改编）已知函数()122+-=x ax x f 在[]3,1上的最大值为()a M ，最小值为()a m ，又已知函数()()()a m a M a g -=，（1）求()a g 的表达式；（2）指出()a g 的单调区间，并求出()a g 的最小值答案：根据对a 是否为0以及对称轴的讨论，易知11,2()195,2a a M a a a ⎧-≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩195,311()1,131,1a a m a a a a a ⎧-≤⎪⎪⎪=-<<⎨⎪-≥⎪⎪⎩ ，所以易知184,31112,()321196,1284,1a a a a g a a a a a a a ⎧-+≤⎪⎪⎪+-<≤⎪=⎨⎪+-<≤⎪⎪⎪->⎩所以()g a 在1(,)2-∞单调递减，在1(,)2+∞单调递增，所以当12x =时，()f x 有最小值12点评：本题考察的主要是二次函数带参数在已知定义域上的最值问题的讨论变式：1.对称轴不动（①定义域不动 ②定义域动（含参数））2.对称轴动（含参），定义域不动（考试最喜欢考）3.对称轴动（含参），定义域动（含参） 但是参数还是同一个参数 方法：找出对称轴与定义域边界及定义域中值的临界点讨论即可4.对称轴动（含参），定义域动（含参） ①参数不一样，那么或许可以看看题目中参数的范围，是否可以直接根据单调性求解 ②参数不一样，参数也没范围，那么真不能做了（13江苏）在平面直角坐标系xOy 中，设定点A (a ，a )，P 是函数1y x=(x ＞0)图象上一动点．若点P ，A 之间的最短距离为22，则满足条件的实数a 的所有值为__________． 解：由题意设()0001,,0P x x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭则有()222222200000200000111112++2=+-2+22PA x a a x a x a x a x a x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 令()001t 2x t x +=≥ 则()222=(t)=t 2222PA f at a t -+-≥ 对称轴t a =1.2a ≤时，22min 2(2)2422428PA f a a a a ==-+∴-+=1a =- ， 3a =（舍去） 2.2a >时，22min 2()228PA f a a a ==-∴-=10a = ， 10a =-（舍去） 综上1a =-或10a =点评：本题综合性较高，考查了带参数的二次函数在已知定义域上的最值问题（高一下学期必须学会），同时考查了换元思想，分类讨论的思想 是一道非常漂亮的题目二．三次函数及特殊函数型（通常是求导后对二次函数的零点进行讨论，从而求最值）先来几个比较特殊的题目，平时稍微长点心眼，多记记，就记住了1.（原创）已知函数()0f x >且'()()0xf x f x -> 对所有满足条件的函数()f x ，始终有3(2)(23)(1)f a a f >-+成立，求a 的取值范围答案：由题可知0x =时，0(0)0f ->与题目()0f x >矛盾，所以显然有0x ≠所以由条件易知()f x x 单调递增，由题可知3(2)23(1)22f a a f -+>始终成立，即 3(2)232(1)21f a a f -+>恒成立，因为()f x x 单调递增，又()f x x 是满足条件的所有函数，所以 (2)2(1)1f f 的最小值总大于1，所以有32312a a -+≤，易知a 的范围是152a --≤或1512a -+≤≤点评：对于某些题中既有()f x 又有()'f x 的这种题型，我们不妨去联想它的原函数2.（原创）已知函数22()log (1)f x x x ax =++-；若对于任意31,2a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，总存在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈1,210x ，使得不等式0()f x m >成立，则m 的取值范围是_____________________答案：分析知2log (1+)x 单增，又分析知2x ax -在1x =时取最大值，所以0()f x 的最大值为(1)f ，所以有(1)m f <恒成立，分离变量易知12m <3.322()=+(0)f x x ax a x m a -+>若对任意[]3,6a ∈，()1f x ≤在[]2,2x ∈-上恒成立，求m 范围解答：先看成是a 的二次函数，对称轴为[]1,12x∈-，所以最大值不是在3处就是在6处，所以有32323916361x x x m x x x m ⎧+-+≤⎪⎨+-+≤⎪⎩对[]2,2x ∈-恒成立，易知87m <- 点评：对于一些双变量的函数最值问题，我们难以处理时，往往可以去看看本身的定义域，从而确定原函数的单调性，确定最值4. 对满足2p ≤所有实数p ，求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围解答：看成是p 的一次函数点评：对哪个参数恒成立，就看成是哪个参数的函数5.已知2101m x mx -<+对4x ≥恒成立，求m 的取值范围解答：法1:看成乘积小于0恒成立，转变成二次函数恒成立 法2:必须有一正一负恒成立变式：2101m x mx ->-对4m ≥恒成立，求x 的取值范围 解答：如果看成是m 的函数，乘积后就变成关于m 的三次函数，所以我们可以转变思维，转变成两个式子同正或同负6.若对于满足13t -≤≤的一切实数t ，不等式222(3)(3)0x t t x t t -+-+->恒成立，则x 的取值范围为 ．解答：分解因式易知[]2()(3)0x t x t ---> 所以必须有同正或同负恒成立点评：通过这几个题目的对比，所以我们发现虽然我们常说对哪个参数恒成立就看成是哪个参数的函数，但是有时候也需要转变思维，不能太死板7.已知2237()345x x f x a x ++=+-+，若对任意的[]1,3x ∈-，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围类题：（10.江苏）. 将边长为m 1正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记2(S =梯形的周长）梯形的面积,则S 的最小值是 .点评：二次比二次型的值域问题，一定要熟练掌握，先分离常数，转变成一次比二次，设一次为t ，转变成关于t 的对勾函数，解决值域另外一次比一次型的其实只是对称中心改变而已，可以直接画图，建议跟学生讲明白8.228()1mx x nf x x ++=+的最大值是9，最小值是1，求m 与n 的值解答：整理成关于x 的二次函数，由题意知二次函数一定有解，所以有0δ≥恒成立，转变成关于y 的一个二次函数恒成立，易知5和9是它的两个根，容易把,m n 求出来点评：此题比较特殊，只要讲过，那么以后碰到这类题，就不再那么无从下手了9.（08江苏）已知13)(3+-=x ax x f 对于[]1,1-∈x 总有0)(≥x f 成立，则a = 解：2()'33f x ax =-法1：分离变量，求最值 法2：直接求导10.若不等式|3ln ax x -|≥1对任意(0,1]x ∈都成立，则实数a 取值范围是 ．解析： 显然1x =时，有||1,1,,1a a or a ≥≤-≥。
高中数学恒成立与存在性问题
恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题方法一：参变量分离法解恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a的取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴a＜－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，即a＜(－lnx－1x)min令H(x)＝－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，H′(x)＝lnxx²当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上单调递减当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增∴H(x)min＝H(1)＝－1∴a＜－1例2.已知函数f(x)＝1xlnx(x＞0,x≠1)，求函数f(x)单调区间，解：f(x)＝1xlnx的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－(lnx＋1)(xlnx)²令f′(x)＞0，则0＜x＜1e；令f′(x)＜0，则1e＜x＜1或x＞1∴f(x)的增区间为(0，1e)，减区间为(1e，1)和(1，＋∞)例3.已知22x＞xa对任意x∈(0,1)成立，求a的取值范围.解：两边取自然对数：1xln2＞alnx，即1xlnx＜aln2，x∈(0，1)∴aln2＞(1xlnx)max，x∈(0，1)∵f(x)在(0，1e)上单调递增，在(1e，1)上单调递减，∴f(x)max＝f(1e)＝－e∴aln2＞－e，即a＞－eln2必背结论一：恒成立问题与函数最值的相互转化若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x)min和最大值f(x)max.⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔f(x)min＞M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔f(x)min≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔f(x)min＜M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔f(x)min≤M若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔m≥M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔m≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔n≤M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔n≤M方法二：分类讨论法解决恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1∴f′(x)＝1x＋a＝1x－(－a)①当－a≤0，即a≥0时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增∵f(1)＝a＋1＞0，这与f(x)＜0矛盾，∴a≥0不合题意.②当－a＞0，即a＜0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜－1a；令f′(x)＜0，则x＞－1a∴f(x)在(0，－1a)上单调递增，在(－1a，＋∞)上单调递减∴f(x)max＝f(－1a)＝ln(－1a)＜0＝ln1∴－1a＜1，即a＜－1例2.【2017年全国3卷】已知函数f(x)＝x－1－alnx，若f(x)≥0恒成立，求a的值.解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为＝－12＋aln2<0，所以不满足题意；②若a>0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.例3.【2015年全国2卷】已知函数f(x)＝e mx＋x²－mx⑴证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.解：⑴∵f(x)＝e mx＋x²－mx，∴f′(x)＝me mx＋2x－mf′′(x)＝m²e mx＋2≥0在R上恒成立，∴f′(x)＝me mx＋2x－m在R上单调递增而f′(0)＝0，∴x＞0时，f′(x)＞0；x＜0时，f′(x)＜0∴f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵由⑴知f(x)min＝f(0)＝1当m＝0时，f(x)＝1＋x²，此时f(x)在[－1,1]上的最大值是2∴此时|f(x1)－f(x2)|≤e－1成立当m≠0时，f(1)＝e m＋1－m，f(－1)＝e－m＋1＋m令g(m)＝f(1)－f(－1)＝e m－e－m－2m，在R上单调递增而g(0)＝0，∴m＞0时，g(m)＞0，即f(1)＞f(－1)∴m＜0时，，g(m)＜0，即f(1)＜f(－1)当m＞0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－1＝e m－m≤e－1，即0＜m＜1当m＜0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(－1)－1＝e－m＋m＝e－m－(－m)≤e－1，即－1＜m＜0综上所述：m∈(－1，1)方法三：“端点值代入型”恒成立问题例1.【2006全国2卷理20】设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.解：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a令g′(x)＝0，即x＝e a－1－1当a≤1时，对所有的x＞0都有g′(x)＞0，∴g(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，又g(0)＝0，∴当x≥0时，有g(x)≥g(0)，即当a≤1时都有f(x)≥ax，∴a≤1成立当a＞1时，对于0＜x＜e a－1－1时，g′(x)＜0∴g(x)在(0，e a－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，∴对于0＜x＜e a－1－1时，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax，∴当a＞1时，f(x)≥ax不一定成立综上所述：a∈(－∞，1]例2.【2007全国1卷理20⑵】设函数f(x)＝e x－e－x.若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax 成立，求a的取值范围.解：f′(x)＝e x＋e－x，由于e x＋e－x≥2e x·e－x＝2，故f′(x)≥2令g(x)＝f(x)－ax，g′(x)＝e x＋e－x－a⑴若a≤2，当x＞0时，g′(x)＝e x＋e－x－a＞2－a≥0∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴x≥0，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax⑵当a＞2，方程g′(x)＝0的正根为x1＝ln a＋a²－42此时，若x∈(0，x1)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾.综上所述：a∈(－∞，2].例3.【2008全国2卷理22⑵】设函数f(x)＝sinx 2＋cosx.⑴求f (x )的单调区间；⑵若对所有的x ≥0，都有f (x )≤ax 成立，求a 的取值范围.解：⑴f ′(x )＝(2＋cosx )cosx －sinx (－sinx )(2＋cosx )²＝2cosx ＋1(2＋cosx )²当2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈Z )时，cosx ＞－12，即f ′(x )＞0；当2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈Z )时，cosx ＜－12，即f ′(x )＜0；因此f (x )在每一个区间(2kπ－2π3，2kπ＋2π3)(k ∈Z )是增函数，f (x )在每一个区间(2kπ＋2π3，2kπ＋4π3)(k ∈Z )是减函数，⑵令g (x )＝ax －f (x )，则g ′(x )＝a －2cosx ＋1(2＋cosx )²＝a －22＋cosx ＋3(2＋cosx )²＝3(12＋cosx －13)²＋a －13故当a ≥13时，g ′(x )≥0.又g (0)＝0，所以当x ≥0时，g (x )≥g (0)＝0，即f (x )≤ax .当0＜a ＜13时，令h (x )＝sinx －3ax ，则h ′(x )＝cosx －3a .故当x ∈[0，arccos 3a )时，h ′(x )＞0，因此h (x )在[0，arccos 3a )上单调递增.故当x ∈(0，arccos 3a )时，h (x )＞h (0)＝0，sinx ＞3ax .于是，当x ∈(0，arccos 3a )时，f (x )＝sinx 2＋cosx ＞sinx 3＞ax .当a ≤0时，有f (π2)＝12＞0≥a ·π2综上所述：a ∈[13,＋∞)例4.【2014全国2卷理21】已知函数f (x )＝e x －e －x －2x .设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x ＞0时，g (x )＞0，求b max .解：由f (x )得f ′(x )=e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2=0，即f ′(x )≥0，当且仅当e x ＝e －x ，即x =0时，f ′(x )=0，∴函数f (x )在R 上为增函数；g (x )=f (2x )－4bf (x )=e 2x －e -2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，则g '(x )=2[e 2x ＋e -2x －2b (e x +e -x )＋(4b －2)]=2[(e x ＋e -x )2－2b (e x ＋e -x )＋(4b －4)]=2(e x ＋e -x －2)(e x ＋e -x －2b ＋2)．①∵e x ＋e -x ≥2，e x ＋e -x ＋2≥4，∴当2b ≤4，即b ≤2时，g '(x )≥0，当且仅当x =0时取等号，从而g (x )在R 上为增函数，而g (0)=0，∴x ＞0时，g (x )＞0，符合题意．②当b ＞2时，若x 满足2＜e x ＋e -x ＜2b －2即0＜x ＜ln (b －1＋b ²－2b )时，g '(x )＜0，又由g (0)=0知，当0＜x ≤ln (b －1＋b ²－2b )时，g (x )＜0，不符合题意．综合①、②知，b ≤2，得b 的最大值为2．2.单变量型存在性问题例1.f (x )＝xlnx ，g (x )＝－x ²＋ax －3.若存在x ∈[1e ，e ]，使得2f (x )＞g (x )成立，求a 的取值范围.解：由2f (x )＞g (x )得，2xlnx ＞－x ²＋ax －3∴a ＜2xlnx ＋x ²＋3x＝2lnx ＋x ＋3x ∴a ＜(2lnx ＋x ＋3x )max ，x ∈[1e，e ]，令H (x )＝2lnx ＋x ＋3x ，x ∈[1e ，e ]，则H ′(x )＝2x ＋1－3x ²＝(x ＋3)(x －1)x ²当x ∈[1e ，1]时，H ′(x )＜0，则H (x )在[1e，1]上单调递减当x ∈(1，e ]时，H ′(x )＞0，则H (x )在(1，e ]上单调递增∵H (1e )－H (e )＝(－2＋1e ＋3e )－(2＋e ＋3e )＝2e －2e －4＞0∴H (1e )＞H (e )，∴a ＜H (1e )＝3e ＋1e－2例2.已知函数f (x )＝x －alnx ，g (x )＝－a ＋1x(a ∈R ).若存在[1，e ]上存在一点x 0，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，求a 的取值范围.解：令H (x )＝f (x )－g (x )＝x －alnx ＋a ＋1x，x ∈[1，e ]H ′(x )＝1－a x －a ＋1x ²＝(x ＋1)[x －(a ＋1)]x ²，由题意知∃x ∈[1，e ]，使得H (x )＜0，∴H (x )min ＜0当a ＋1≥e ，即a ≥e －1时，H ′(x )＜0，H (x )在[1，e ]上单调递减∴H (x )min ＝H (e )＝e －a ＋a ＋1e ＜0，∴a ＞e ²＋1e －1当a ＋1≤1，即a ≤0时，H (x )在[1，e ]上单调递增∴H (x )min ＝H (1)＝a ＋2＜0∴a ＜－2当1＜a ＋1＜e 时，H (x )在[1，a ＋1)上递减，在(a ＋1，e ]上递增，∴H (x )min ＝H (a ＋1)＝a ＋2－aln (a ＋1)＜0令a ＋1＝x ，则φ(x )＝x ＋1－(x －1)lnx ，x ∈(1，e )φ′(x )＝1－lnx －x －1x＝1x －lnx ，令φ′(x )＝0，设其解为x 0∴则φ(x )在(1，x 0)上递增，在(x 0，e )上递减φ(x )min ＝(φ(1)，φ(e ))min ＝2，即H (x )min ＝2这与H (x )min ＜0相矛盾，与题意不合，综上所述：a ∈(－∞，－2)∪(e ²＋1e －1，＋∞)必背结论二：存在性问题与函数最值的相互转化若函数f (x )在区间D 上存在最小值f (x )min 和最大值f (x )max ，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔f (x )max ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔f (x )max ≥M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔f (x )min ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔f (x )min ≤M若函数f (x )在区间D 上不存在最大(小)值，且值域为(m ，n )，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔n ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔n ＞M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔m ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔m ＜M3.双变量型的恒成立与存在性问题必背结论三存在性问题与函数最值的相互转化⑴∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑵∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)min ；⑶∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)min ；⑷∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑸∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；⑹∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑺∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑻∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；例1.f (x )＝lnx －x 4＋34x －1.设g (x )＝x ²－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围.解：f (x )＝lnx －x 4＋34x －1，x ∈(0,2)，f ′(x )＝1x －14－34x ²＝－(x －1)(x －3)4x ²当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0,1)上递减当x ∈(1,2)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1,2)上递增∴f (x )min ＝f (1)＝－12由题意知，f (x )min ≥g (x )，∃x ∈[1,2]∴∃x ∈[1,2]，使得x ²－2bx ＋4≤－12，即b ≥12(x ＋92x )∴[12(x ＋92x )]min ≤b ，x ∈[1,2]，即b ≥178例2.已知函数f (x )＝12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx .设g (x )＝x ²－2x ，若对于任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围.解：由g (x )＝x ²－2x ，x ∈(0,2]知，g (x )max ＝0由题意知，∀x ∈(0,2)，12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx ＜0f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝ax ²－(2a ＋1)x ＋2x ＝(x －2)(ax －1)x(注：此处主导函数为－ax ＋1)⑴当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0∴a ＞－1＋ln 2⑵当a ＞0时，①若1a ≥2，即0＜a ≤12，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0，∴－1＋ln 2＜a ≤12②若1a ＜2时，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，2]上单调递减f (x )max ＝f (1a )＝－12a－2－2lna ＜0恒成立综上所述：a ∈(－1＋ln 2，＋∞)4.等式型恒成立与存在性问题模型一：“任意＝存在”型问题必背结论四：∀x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域⊆g (x )值域例1.已知函数f (x )＝x ²＋2x ＋a 和函数g (x )＝2x ＋x ＋1，对任意实数x 1，总存在实数x 2，使g (x 1)＝f (x 2)成立，则实数a 的取值范围为.解：∵f (x )＝x ²＋2x ＋a 的最小值为f (－1)＝a －1，∴f (x )的值域为[a －1，＋∞)，∵g (x )＝2x ＋x ＋1在[－1，＋∞)上单调递增，∴g (x )的值域为[－2，＋∞)∵∀x 1，总∃x 2，使得g (x 1)＝f (x 2)成立∴g (x )值域⊆f (x )值域，即[－2，＋∞)⊆[a －1，＋∞)∴a －1≤－2，即a ≤－1例2.函数f (x )＝x ²－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求a 的取值范围.解：∀x 1∈(2，＋∞)，∃x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝1f (x 2)∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域f (x )＝x ²－23ax 3，f ′(x )＝2x －2ax ²＝2x (1－ax )①当32a ＞2即0＜a ＜34时，0∈f (x )的值域，但是0不属于1f (x )的值域∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故f (x )的值域是(－∞，f (2))，因而(－∞，f (2))⊆(－∞，0)，由f (1)≥0，则f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域③当32a ＜1即a ＞32时，有f (1)＜0且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故1f (x )的值域时(1f (1)，0)，f (x )的值域是(－∞，f (2))，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立综上所述：a ∈[34，32]模型二：“存在＝存在”型问题必背结论五：∃x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域∩g (x )值域≠∅例3.函数f (x )＝e x －1，g (x )＝－x ²＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 取值范围为.解：∵f (x )＝e x －1＞－1，∴f (x )的值域为(－1，＋∞)∵g (x )＝－x ²＋4x －3≤1，∴g (x )的值域为(－∞，1]∴f (x )的值域∩g (x )的值域＝(－1，1]∴g (b )＝－b ²＋4b －3∈(－1，1]，即－1＜－b ²＋4b －3≤1解得：2－2＜b ＜2＋2例4.f (x )＝x 3＋(1－a )x ²－a (a ＋2)x (a ∈R )，g (x )＝196x －13.是否存在实数a ，存在x 1∈[－1,1]，x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立？解：令H (x )＝f ′(x )＋2ax ＝3x ²＋2x －a (a ＋2)则H (x )的值域为[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∵g (x )＝196x －13在[0,2]上单调递增∴g (x )的值域[－13，6]∵存在x 1∈[－1,1]，存在x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立∴[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]≠∅当[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]＝∅时，则5－a ²－2a ＜－13或－13－a ²－2a ＞6，即a ＜－1－573或a ＞－1＋573∴a ∈[－1－573，－1＋573]。
高考数学导数专题专讲 专题35 双变量恒成立与能成立问题概述(含答案)
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)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 )＝a ＋1x＋a ln x ，其中参数a <0．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．解析(1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，定义域为(0，＋∞)．∴f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2．①当－1<a <0时，a ＋1a<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 )＝－1x <0，∴f (x )的减区间是(0，＋∞)．③当a <－1时，x 0，a ＋1a f ′(x )>0，∴f (x )的增区间是0，a ＋1a x a ＋1a，＋∞f ′(x )<0，∴f (x )a ＋1a ，＋∞(2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，因为存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)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 ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数．∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3，g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3．∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6．又a <0，从而32e －6<a <0，即a 32e －6，0[例2]已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －a x(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2，2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析(1)因为f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－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 ＝12m ；f ′(x )>0，x >0得0<x <12m ；由f ′(x )<0，x >0得x >12m．所以f (x )0，12m 上单调递增，在12m，＋∞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 )0，12m ，单调递减区间为12m ，＋∞．(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e2x ．对∀x 1，x 2∈[2，2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，等价于对∀x ∈[2，2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ，由(1)知在[2，2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，又g ′(x )＝1＋ax 2>0(a >0)，x ∈[2，2e 2]，所以函数g (x )在[2，2e 2]上是增函数，所以g (x )min ＝g (2)＝2－a 2．由2－a 2≥12，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 2x(a ＞0)，g (x )＝x ＋ln x ．(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围；(2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围．解析(1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max ．当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞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 ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2，当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2＝－x －e ＋12＋e ＋12的最大值为e ＋12＝e ＋122．所以a 2e ＋122，即a ≥e ＋12(舍去负值)．故实数a 的取值范围是e ＋12，＋∞(2)存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ＜g (x )max ．当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞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－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，故f (x )＝x ＋a 2x(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＋a 2＜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 ＜e ＋12；当a ＞e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，此时，e ＋a 2e＜e ＋1，即a ＜e ，与a ＞e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围是0，e ＋12．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 )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3．(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥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 ∈12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解析(1)存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M ．由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x －23g ′(x )＜0，解得0＜x ＜23；由g ′(x )＞0，解得x ＜0或x ＞23．又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间0，23上单调递减，在区间23，2上单调递增，又g (0)＝－3，g (2)＝1，故g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g 23＝－8527．所以[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝1＋8527＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4．(2)对于任意的s ，t ∈12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ．由(1)可知在区间12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1．在区间12，2上，f (x )＝ax＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈12，2，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，易知h ′(x )在区间12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0．所以函数h (x )＝x －x 2lnx 在区间12，1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，＋∞)．考点二存在与任意嵌套不等问题(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max ＜g (x )max ．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧．【例题选讲】[例5]设函数f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x(a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点M (2，3)，求a 的值；(2)设g (x )＝x ＋1x ＋1－13，若对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立，求a 的取值范围．解析(1)因为f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x ，所以f ′(x )＝e·(2x －a )e x －(x 2－ax ＋a )e xe 2x ＝－(x －2)(x －a )ex －1．又f (1)＝1，即切点为(1，1)，所以k ＝f ′(1)＝1－a ＝3－12－1，解得a ＝－1．(2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，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 ＋1x ＋1－13，g ′(x )＝x 2＋2x （x ＋1）2≥0，所以g (x )在[0，2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝2．令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝a ．①当a ≤0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )max ＝f (2)＝(4－a )e －1≥2，解得a ≤4－2e ；②当0<a <2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)＝(4－a )e －1或f (0)＝a e ，所以(4－a )e －1≥2或a e≥2．解得：a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2e≤a <2；③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减，f (x )max ＝f (0)＝a e≥2，解得a ≥2e ，所以a ≥2．综上所述：a ≤4－2e 或a ≥2e ．[例6]已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x ．(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2．①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a ．②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1，综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae ，又g ′(x )＝(1－e x )x ．当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，则g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为e 2－2ee ＋1，1考点三双任意与存在相等问题(1)∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图⑨．其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．图⑨图⑩(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图⑩．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图⑨，图⑩中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影．【例题选讲】[例7]已知函数f (x )＝ax －ln x ＋x 2．(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，∀x 1∈(1，2)，∃x 2∈(1，2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，求实数m 的取值范围．解析(1)依题意知，当a ＝－1时，f (x )＝－x －ln x ＋x 2，f ′(x )＝－1－1x ＋2x ＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x，因为x ∈(0，＋∞)，故当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故当x ＝1时，f (x )有极小值，极小值为f (1)＝0，无极大值．(2)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ＋x 2．因为∀x 1∈(1，2)，∃x 2∈(1，2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，故ln x 1－x 1＝13mx 32－mx 2．设h (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx ，当x ∈(1，2)时，h ′(x )＝1x －1＜0，即函数h (x )在(1，2)上单调递减，故h (x )的值域为A ＝(ln 2－2，－1)．又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)．①当m ＜0时，g (x )在(1，2)上单调递减，此时g (x )的值域为B ＝2m 3，－2m 3，因为A ⊆B ，又－2m 3＞0＞－1，故2m 3≤ln 2－2，即m ≤32ln 2－3；②当m ＞0时，g (x )在(1，2)上单调递增，此时g (x )的值域为B ＝－2m 3，2m3，因为A ⊆B ，又2m 3＞0＞－1，故－2m 3≤ln 2－2，故m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2．综上所述，实数m －∞，32ln 2－3∪3－32ln 2，＋∞[例8]已知函数f (x )＝a ln x －x ＋2，a ∈R ．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，求实数a 的值．解析(1)因为f (x )＝a ln x －x ＋2，所以f ′(x )＝ax －1＝a －x x，x >0，当a ≤0时，对任意的x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，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)①当a ≤1时，由(1)知，f (x )在[1，e]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝1．因为对任意的x 1∈[1，e]，x 2∈[1，e]，f (x 1)＋f (x 2)≤2f (1)＝2<4，所以对任意的x 1∈[1，e]，不存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4．②当1<a <e 时，由(1)知，f (x )在[1，a ]上是增函数，在(a ，e]上是减函数，所以f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ＋2．因为对任意的x 1∈[1，e]，x 2∈[1，e]，f (x 1)＋f (x 2)≤2f (a )＝2a (ln a －1)＋4，又1<a <e ，所以ln a －1<0，2a (ln a －1)＋4<4，所以对任意的x 1∈[1，e]，不存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4．③当a ≥e 时，由(1)知，f (x )在[1，e]上是增函数，f (x )min ＝f (1)＝1，f (x )max ＝f (e)＝a －e ＋2，由题意，对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则当x 1＝1时，要使存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则f (1)＋f (e)≥4，同理当x 1＝e 时，要使存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则f (e)＋f (1)≤4，所以f (1)＋f (e)＝4．(对任意的x 1∈(1，e)，令g (x )＝4－f (x )－f (x 1)，x ∈[1，e]，g (x )＝0有解．g (1)＝4－f (1)－f (x 1)＝f (e)－f (x 1)>0，g (e)＝4－f (e)－f (x 1)＝f (1)－f (x 1)<0，所以存在x 2∈(1，e)，g (x 2)＝4－f (x 2)－f (x 1)＝0，即f (x 1)＋f (x 2)＝4．)所以由f (1)＋f (e)＝a －e ＋3＝4，得a ＝e ＋1．综上可知，实数a 的值为e ＋1．[例9]已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx (m ≠0)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若对任意的x 1∈(1，2)，总存在x 2∈(1，2)，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数m 的取值范围．解析(1)易知切点为(1，－1)，f ′(x )＝1x－1，切线的斜率k ＝f ′(1)＝0，故切线方程为y ＝－1．(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A ⊆B ．∵f (x )＝ln x －x ，∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x <0在(1，2)上恒成立，∴函数f (x )在区间(1，2)上单调递减，∴值域A 为(ln 2－2，－1)．又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)，当m >0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－23m ，23m，则m ，23m ≥－1，－23m ≤ln 2－2，解得m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2．当m <0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23m ，－23m，m ，－23m ≥－1，23m ≤ln 2－2，解得m ≤32(ln 2－2)＝32ln 2－3．∴实数m －∞，32ln 2－3∪3－32ln 2，＋∞[例10]已知函数f (x )＝(1－x )e x －1．(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2＋ln x －mt ，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值．解析(1)f ′(x )＝－x e x ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，∴当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝e 0－1＝0，f (x )没有极小值．(2)由(1)知f (x )≤0，又因为g (x )＝(x －t )2ln x －mt ≥0，所以要使方程f (x 1)＝g (x 2)有解，必然存在x 2∈(0，＋∞)，使g (x 2)＝0，所以x ＝t ，ln x ＝m t，等价于方程ln x ＝mx 有解，即方程m ＝x ln x 在(0，＋∞)上有解，记h (x )＝x ln x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝ln x ＋1，令h ′(x )＝0，得x ＝1e，所以当x ∈0，1e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x ∈1e ，＋∞h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ，所以实数m 的最小值为－1e ．[例11]已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a ＞0，x ∈R ，g (x )＝1x 2(1－x )．(1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈－∞，－12f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝32时，求证：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．解析(1)∵f (x )＝x 2－23ax 3，∴f ′(x )＝2x －2ax 2＝2x (1－ax )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a．∵a ＞0，∴1a ＞0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递减，f (x )≥f (－1)＝1＋2a3，故f (x )在(－∞，－1]上的值域为1＋2a3，＋∞∵g (x )＝1x 2(1－x )，∴g ′(x )＝3x 2－2x x 4(1－x )2＝3x －2x 3(1－x )2．当x ＜－12时，g ′(x )＞0，∴g (x )在－∞，－12上单调递增，g (x )＜－12＝83，故g (x )在－∞，－12上的值域为－∞，83若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈－∞，－12f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3＜83，解得0＜a ＜52，故实数a 的取值范围是0，52(2)当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，∴f ′(x )＝2x －3x 2＝323－x 当x ＞2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 )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝1x 2(1－x )在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．∵(－∞，－4)(－∞，0)，∴对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．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)的值域都在g(x)的值域中．。
双变量不等式恒成立与能成立结论
双变量不等式恒成立与能成立结论下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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八个视角处理双变量导数压轴题(学生版)
八个视角处理双变量导数压轴题在高中数学中，导数算是难度天梯里排No.1的存在，在高考出题人的心中，导数算是一个超赞的存在，天生的守门员。
但其实，现在同学们接触的只是导数世界的“皮毛”，真正的精髓还是要到大学中才会学习。
导数大题是近年来高考的重点和热点问题，也是高考必考的板块之一，不管是简答题还是选择、填空都有涉及，也是拉分项。
我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分地夸大。
像导数、函数这样的大板块，同学们必须会解题。
遇到一个问题应该认真分析题型与问题条件，反复思考结论，每步做到“言必有据，步步合理”不用题海战术，每个板块都能攻克了！今天给大家整理总结了高考导数大题的常见类型及求解策略方法，大家通做一遍，复习提分效果更佳！热点题型1构造偏导数2整体规划统一变量3比(差)值换元4同构性双变量5切线估计与剪刀差模型6不等式放缩7主元法8多项式拟合经典例题1.构造偏函数注：1.构造偏差函数的基本应用①.函数f x 的极值点为x0；②.函数f x1，然后证明：x1+x2>2x0或x1+x2<2x0.=f x22.构造偏差证明极值点偏移的基本方法：①.构造一元差函数F x =f x -f2x0-x；-f x0-x或是F x =f x+x0②.对差函数F x 求导，判断单调性；③.结合F(x0)=0或F(0)=0，判断F x 的符号，从而确定f x 与f2x0-x的大小关系；④.由f x 1 =f x 2 =f x 0-x 0-x 2 _____f x 0+x 0-x 2 =f 2x 0-x 2 的大小关系，得到f x 1 ____f 2x 0-x 2 ，(横线上为不等号)；⑤.结合f x 单调性得到x 1____2x 0-x 2，进而得到x 1+x 22___x 0.例1.(2023届福建七市联考)已知函数f (x )=e x -ax 22,a >0．(1)讨论f x 的极值点个数；(2)若f x 有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2，当e <a <e 22时，证明：f x 1 +2f x 2 <3e 2．2.整体划归，统一变量法例2.(2023届泉州一诊)．已知函数f x =e x x2-a+2x+a+3(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 在0,2有两个极值点x1,x2，求证：f x1f x2<4e2．例3.(2023届温州二模)已知函数f x =a2x2-x-x ln x a∈R．(1)若a=2，求方程f x =0的解；(2)若f x 有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x1,x2，求a的取值范围并证明f x1+f x2<12e．3.比(差)值代换消元例4.(2023届武汉二月调考)已知关于x的方程ax-ln x=0有两个不相等的正实根x1,x2，且x1<x2.(1)求实数a的取值范围；(2)设k为常数，当a变化时，若x k1x2有最小值e e，求常数k的值.例5.(2023届南通二模)已知函数f(x)=ax-ln x-a x．(1)若x>1，f(x)>0，求实数a的取值范围；(2)设x1,x2是函数f(x)的两个极值点，证明：f(x1)-f(x2)<1-4a2 a．4.同构型双变量例6.已知函数f(x)=axe x和g(x)=ln xax有相同的最大值.(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.5.切线估计与“剪刀差模型”注4.“剪刀模型”基本原理1.函数凸凹性：若函数f (x )在区间I 上有定义，若f (x )≥0，则称f (x )为区间I 上的凸函数. 反之，称f (x )为区间I 上的凹函数.2.切线不等式：f (x )在I 上为凸函数，∀x 0∈I ，有f (x )≥f (x 0)(x −x 0)+f (x 0). 反之，若f (x )为区间I 上的凹函数，则∀x 0∈I ，有f (x )≤f (x 0)(x −x 0)+f (x 0).注：切线不等式是剪刀模型的理论依据.3.剪刀模型已知函数f (x )为定义域上的凸函数，且图象与y =m 交于A ,B 两点，其横坐标为x 1,x 2，这样如下图所示，我们可以利用凸函数的切线与y =m 的交点将x 1,x 2的范围予以估计，这便是切线放缩的基本原理.如图，在函数图象先减后增的情形下，两条切线和两条割线即可估计出零点的一个上下界，而切割线的方程均为一次函数，这样我们就可以得到一个显式解(精确解)的估计.例7.(2023届皖南八校联考)已知函数f x =3x -e x +1，其中e =2.71828⋯是自然对数的底数.(1)设曲线y =f x 与x 轴正半轴相交于点P x 0,0 ，曲线在点P 处的切线为l ，求证：曲线y =f x 上的点都不在直线l 的上方；(2)若关于x 的方程f x =m (m 为正实数)有两个不等实根x 1,x 2x 1<x 2 ，求证：x 2-x 1<2-34m .6.不等式放缩例8.(2023届湖北七市州联考T22)．已知函数f x =a ln x-x-1 x+1．(1)当a=1时，求函数f x 的单调区间；(2)若g x =a x2-1ln x-x-12a≠0有3个零点x1，x2，x3，其中x1<x2<x3．(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)求证：3a-1x1+x3+2<2．注5. 一些重要的不等式放缩2x-1 x+1<3x2-1x2+4x+1<ln x，x∈1,+∞ln x<3x2-1x2+4x+1<2x-1x+1<x-1，x∈0,17.主元法例9.(2022北京卷)已知函数f(x)=e x ln(1+x)．(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0，+∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s，t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．8.多项式拟合例10.(2021新高考1卷)已知函数f x =x1-ln x.(1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a +1b<e.针对性训练1.已知函数f x =ae x-x-3有两个零点．(1)求实数a的取值范围．(2)函数g x =f x +x-ln x+1，证明：函数g x 有唯一的极小值点．2.已知f(x)=e x-a2x2-x.(1)若f x 在x=0处取得极小值，求实数a的取值范围；(2)若f x 有两个不同的极值点x1,x2(x1<x2)，求证：fx1+x22<0(f x 为f x 的二阶导数).3.已知函数f x =2ae2xx，a≠0.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若ln x-xf x ≤ln a恒成立，求实数a的取值范围.4.已知函数f x =e x+x,g x =ax2+2x+1.(1)当a=12时，讨论函数F x =f x -g x 的单调性；(2)当a<0时，求曲线y=f x 与y=g x 的公切线方程.5.已知f x =a 2x 2-a +2 x +2ln x .(1)讨论f x 的单调性；(2)确定方程f x =a 2x 2的实根个数.6.已知函数f x =a -3 ln x -3ax -1xa ∈R ，ln3≈1.1.(1)当a <0时，试讨论f x 的单调性；(2)求使得f x ≤0在0,+∞ 上恒成立的整数a 的最小值；(3)若对任意a ∈-4,-3 ，当x 1,x 2∈1,4 时，均有m +ln4 ⋅a >f x 1 -f x 2 +3ln4成立，求实数m 的取值范围.7.已知函数f x =ln x-2ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值范围.8.已知m>0，e是自然对数的底数，函数f x =e x+m-m ln mx-m．(1)若m=2，求函数F x =e x+x2-4x+2-f x 的极值；2(2)是否存在实数m，∀x>1，都有f x ≥0？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．9.已知函数f x =-ln x,g x =e-x-e x.(1)若∃x∈0,1,g x >f a 成立，求实数a的取值范围；(2)证明：h x =f x +cosπx2e有且只有一个零点x0，且1-e2e<g cosπx02e<1-e e.10.已知函数f x =e x tan x-1-1，f x 的导函数为f x .记函数f x 在区间nπ-3π2,nπ-π2内的零点为x n，n∈N∗.(1)求函数f x 的单调区间；(2)证明：x n+1-x n<π.11.已知函数f x =m ln x+x+m+1x．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当m=1时，证明：x2f x <e x+x3．12.已知函数f x =m2x2+m-1x-1m∈R.(1)求函数f x 在区间1,2上的最大值；(2)若m为整数，且关于x的不等式f x ≥ln x恒成立，求整数m的最小值.13.已知函f x =x+ae x，a∈R.(1)讨论f x 在0,+∞的单调性；(2)是否存在a,x0,x1，且x0≠x1，使得曲线y=f x 在x=x0和x=x1处有相同的切线？证明你的结论.14.已知函数．(1)若，求在点处的切线方程；(2)若()是的两个极值点，证明：．15.已知函数.(1)证明：；(2)若，求实数的取值范围；(3)证明：.16.设函数．(1)讨论的单调性；(2)若当时，不等式恒成立，求m的取值范围．17.已知函数.(1)当时，讨论函数在上的单调性；(2)当时，，求实数的取值范围．18.对定义在区间上的函数，如果对任意都有成立，那么称函数在区间上可被替代.(1)若，试判断在区间上，能否可被替代？(2)若，且函数在上可被函数替代，求实数的取值范围.19.已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)对任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围.20.已知函数.(1)求函数的零点；(2)证明：对于任意的正实数k，存在，当时，恒有.。
专题4 双变量存在恒成立与存在性问题-(人教A版2019选择性必修第二、三册) (教师版)
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D上的f(x)max≥0；(2)∃x∈D,f(x)≤0恒成立⟺在D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.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)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+16x−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)=2x3−3x2−12x+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.x3+2x2−3x+c．若对∀x1∈(0 ,+∞)，∃x2∈[1 ,3]，使f(x1)=【典题2】已知函数f(x)=x2e−x，g(x)=−13g(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 ,+∞)，，令f′(x)=0，解得x=2，所以f′(x)=x(2−x)e x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)∈(0 ,4e 2]，因为g (x )=−13x 3+2x 2−3x +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)=−43+c ，g (x )max =g(3)=c ， 故g(x)∈[−43+c ,c]，若对∀x 1∈(0 ,+∞)，∃x 2∈[1 ,3]，使f(x 1)=g(x 2)成立， 则(0 ,4e2]⊆[−43+c ,c]，故{−43+c ≤04e2≤c，解得：4e 2≤c ≤43.【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∀x 1∈(0 ,+∞)，总存在x 2∈(0 ,π2)，使得f (x 1)<g(x 2)成立，求实数a 的取值范围；(3)证明不等式sin(1n)n +sin(2n)n +⋅⋅⋅+sin(n n)n <e e−1(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∀x 1∈(0 ,+∞)，总存在x 2∈(0 ,π2)，使得f(x 1)<g(x 2)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 ,π2)时，cosx ∈(0 ,1)，(利用三角函数的有界性)①当a ≥1时，若x ∈(0 ,π2)，g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)<g(0)=0，不合题意； ②当0<a <1时，∃x 0∈(0 ,π2)，使得g′(x 0)=0， 若x ∈(0 ,x 0)，g′(x)>0，若x ∈(x 0 ,π2)时，g′(x)<0， 即当g (x )max =g(x 0)>g(0)=0，则∃x2∈(0 ,π2)，使得g(x2)>0，符合题意；③当a≤0时，若x∈(0 ,π2)，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(0)=0，则∃x2∈(0 ,π2)，使得g(x2)>0，符合题意，综上可知，所求实数a的范围是(−∞ ,1)；(3)证明：由(2)可知，当a=1时，若x∈(0 ,1]，sinx<x，令x=kn (k≤n ,k ,n∈N∗)，(kn)n∈(0 ,1]，有sin(kn )n<(kn)n，再由(1)可得lnx<x﹣1，则ln kn ≤kn−1=k−nn，即n⋅ln kn≤k﹣n⇒ln(kn)n≤k﹣n，∴(kn)n≤e k−n，∴(1n )n+(2n)n+...+(nn)n≤e1−n+e2−n+...+e n−n=e1−n(1−e n)1−e=e−e1−ne−1<ee−1则sin(1n )n+sin(2n)n+...+sin(nn)n<(1n)n+(2n)n+...+(nn)n<ee−1．(放缩法证明，利用不等式sinx<x和lnx<x﹣1，要熟悉常见恒等式)1(★★) 已知1<a<4，函数f(x)=x+9x,∃x1∈[1 ,a] ,x2∈[a ,4]，使得f(x1)f(x2)≥80，则a的取值范围．【答案】(1，4−√7]【解析】f′(x)=1−9x2=x2−9x，令f′(x)=0，得x=±3，所以在(1，3)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(3，4)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，f(1)=10，f(4)=6.25，f(3)=6，若∃x1∈[1，a]，x2∈[a，4]，使得f(x1)f(x2)≥80，只需x1∈[1，a]，x2∈[a，4]，使得[f(x1)f(x2)]max≥80，而f(x1)max=f(1)=10，所以f(x2)max≥8，过点B作BC⊥y轴，与函数f(x)的图象交于点C，令x+9x=6.25，解得x=4或2.25，所以当x∈[2.25，4]时，f(x)∈[6，6.25]，所以x2∈(1，2.25)，所以a∈(1，2.25)，才能使得x2∈[a，4]时，f(x2)max≥8，即f(a)≥8，所以a+9a≥8，解得a≥4+√7(舍去)或a≤4−√7，所以1<a≤4−√7，所以实数a的取值范围为(1，4−√7]，故答案为：(1，4−√7]．2(★★)已知函数f(x)=x+4x ，g(x)=2x+a，若任意x1∈[12,1]，都存在x2∈[2 ,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是．【答案】(－∞，1]【解析】任意x1∈[12，1]，都存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，⇔f(x1)min≥[g(x2)]min，x1∈[12，1]，x2∈[2，3]，对于函数f(x)=x+4x ，x∈[12，1]，f′(x)=1−4x2=x2−4x2<0，因此函数f(x)在x∈[12，1]上单调递减，∴f(x)min=f(1)=5．对于函数g(x)=2x+a，在x∈[2，3]单调递增，∴g(x)min=4+a．∴5≥4+a，解得a≤1．∴实数a的取值范围是(－∞，1]．故答案为：(－∞，1]．3(★★★)已知函数f(x)=−x|x−a|，若对任意的x1∈(2 ,+∞)，都存在x2∈(−1 ,0)，使得f(x1)f(x2)=−4，则实数a的最大值为．【答案】1【解析】①a≥2时，当x≥a时，f(x)=－x(x－a)，当x<a时，f(x)=－x(a－x)，画出y=f(x)的图象(如右图)：x1∈(2，+∞)时，f(x1)∈(－∞，0]，而对任意的x1∈(2，+∞)，都存在x2∈(－1，0)，使得f(x1)•f(x2)=－4，要求f(x2)∈(0，+∞)．而x2∈(－1，0)时，令f(－1)=a，则有f(x2)∈(0，a)，不符题意；②a<2时，当x≥a时，f(x)=－x(x－a)，当x<a时，f(x)=－x(a－x)，画出y=f(x)的图象(如下图)：当x1∈(2，+∞)时，f(x1)∈(－∞，f(2))，即f(x1)∈(－∞，2a－4)，则f(x2)∈(0，22−a)时，f(x1)f(x2)=－4成立才有可能；x2∈(－1，0)，则f(x2)∈(0，f(－1))，f(－1)=a+1，需满足f(－1)≥22−a ，即1+a≥22−a，即(a+1)(2－a)≥2，a(a－1)≤0，解得0≤a≤1，所以a的最大值为1．故答案为：1．4(★★★) 已知函数f(x)=lnx，若对任意的x1 ,x2∈(0 ,+∞)，都有[f(x1)−f(x2)](x12−x22)>k(x1x2+x22)恒成立，则实数k的最大值是．【答案】0【解析】∵f(x)=lnx，∴f(x1)－f(x2)=lnx1−lnx2=ln x1x2，∵[f(x1)－f(x2)](x12－x22)>k(x1x2+x22)恒成立，且x1，x2∈(0，+∞)，∴x 1x 2+x 22>0，x 1+x 2>0， 得k <lnx 1x 2(x 12−x 22)x 1x 2+x 22=x 1x 2lnx 1x 2−ln x1x 2，令t =x 1x 2，g (t )=tlnt －lnt ，(t >0且t ≠1)，则g ′(t )=lnt +1−1t，令g ′(t )=0，得t =1． ∴当t ∈(0，1)时，g ′(t )<0，g (t )单调递减， 当t ∈(1，+∞)时，g ′(t )>0，g (t )单调递增， ∴g (t )min >g (1)=0． ∴k ≤0．则实数k 的最大值是0． 5(★★★) 设f(x)=2x 2x+1，g (x )=ax +5−2a(a >0)． (1)求f(x)在x ∈[0,1]上的值域；(2)若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g(x 0)=f(x 1)成立，求a 的取值范围． 【答案】(1) [0 ,1] (2) 52≤a ≤4 【解析】(1)法一：(导数法)f′(x)=4x(x+1)−2x 2(x+1)2=2x 2+4x (x+1)2≥0在x ∈[0，1]上恒成立．∴f(x)在[0，1]上增， ∴f(x)值域[0，1]．法二：f(x)={0 x =021x +1x 2x ∈(0,1]，用复合函数求值域．法三：f(x)=2x 2x+1=2(x +1)+2x+1−4用双勾函数求值域．(2)f(x)值域[0，1]，g(x)=ax +5－2a(a >0)在x ∈[0，1]上的值域[5－2a ，5－a]． 由条件，只须[0，1]⊆[5－2a ，5－a]． ∴{5−2a ≤05−a ≥1⇒52≤a ≤4． 6(★★★) 设函数f(x)=lnx −2ax−1−a 在开区间(0 ,12)内有极值． (1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈(0 ,1) ,x 2=(1 ,+∞)．求证：f (x 1)−f(x 2)>2ln2+32．【答案】(1)(−∞ ,−14)(2)略【解析】(1)解：函数f(x)的定义域是(0，1)∪(1，+∞)，f′(x)=x2−(2−2a)x+1x(x−1)2，由f′(x)=0在(0，12)内有解，令g(x)=x2－(2－2a)x+1，由g(0)=1>0，所以g(12)=122−2−2a2+1<0，解得：a<−14，即a的取值范围是(－∞，−14)；(2)证明：由(1)f′(x)<0，令g(x)=x2－(2－2a)x+1=(x－α)(x－β)，不妨设0<α<12，则β>2，则αβ=1，α+β=2－2a，故f′(x)<0⇔α<x<1，1<x<β，由f′(x)>0⇔x<α或x>β，得f(x)在(0，α)内递增，在(α，1)内递减，在(1，β)内递减，在(β，+∞)递增，由x1∈(0，1)，得f(x1)≤f(α)=lnα−2aα−1−a，由x2∈(1，+∞)，得f(x2)≥f(β)=lnβ−2aβ−1−a，所以f(x2)－f(x1)≥f(β)－f(α)，因为αβ=1，α+β=2－2a，a<−14，所以f(β)－f(α)=lnβ−2aβ−1−a－lnα+2aα−1+a=lnβ－ln1β+2a•(11β−1−1β−1)≥2lnβ+β−1β，令h(β)=2lnβ+β−1β(β>2)，则h′(β)=2β+1+1β2>0，(β>2)，所以h(β)在(2，+∞)上单调递增故h(β)>h(2)=2ln2+3，2．所以f(x2)－f(x1)>2ln2+32。
双变量恒成立问题的四种类型
双变量恒成立问题的四种类型
1.线性关系型：当两个变量呈现出线性关系时，它们的双变量恒成立问题就可以用一条直线来表示。
例如，当温度升高时，冰淇淋的销售量就会增加。
2. 反比例关系型：当两个变量呈现出反比例关系时，它们的双变量恒成立问题就可以用一个反比例函数来表示。
例如，当车速增加时，行驶距离会减少。
3. 正比例关系型：当两个变量呈现出正比例关系时，它们的双变量恒成立问题就可以用一个正比例函数来表示。
例如，当用电量增加时，电费也会随之增加。
4. 无关关系型：当两个变量之间没有任何关系时，它们的双变量恒成立问题就不存在。
例如，当一架飞机起飞时，空气中的氧气含量和飞机的颜色之间没有任何关系。
- 1 -。
多变量恒成立,多角度有妙解
多变量不等式是各类考试的热点问题之一，常与函数、 导数、方程、平面几何等知识点结合起来，形式灵活多变，具
有一定的难度． 请看下面例子： 已知 x + 2 槡2xy≤a（ x + y） 对任意的 x，y ＞ 0 恒成立，求实数 a 的取值范围．
解法 1 将 x + 2 槡2xy≤a（ x + y） 进行分离参数得：
[ ] （ a － 1） x + ay
解法 5 当 a ＞ 1，则
槡xy
≥2 槡2，
因为（ a － 1） x + ay≥2 槡xy
槡（ a － 1） axy = 2 槡xy
槡（ a － 1） a，
所以 2 槡（ a － 1） a≥2 槡2，且 a ＞ 1，解得 a≥2， 当且仅当 x = 2y 时取等号． 所以实数 a 的取值范围为
问题．
解法 9
槡 槡 a≥x
+ 2 槡2xy x+y
=
1
+2 1+
2
y x
y x ，令 t =
y x
＞
0，则 z = 1 + t2 = 1 + 2 槡2t
1 8
· （ 1 + 2 槡2t） 2 － 2（ 1 + 2 槡2t） 1 + 2 槡2t
+9
=
( ) 1
8
1
+
2
槡2t
+
1
+
9 2
槡2t
－
2
≥
1 2
a≥x
+
2 x
+槡y2xy．
因为 x
双变量问题的解决策略
) 双变量问题的解决策略在处理导数的综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题， 由于两个变量都在变，学生往往不知把哪个变量当成自变量进行研究，导致无法展开思路， 造成无从下手，正因如此，这样的问题往往穿插在试卷的压轴题的某些步骤中，是学生感到困惑的难点之一. 下面我们谈一谈这类问题的解题思路.一、变更主元对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会利用我们将字母 x 作为自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元法.*1 2n a 2【题目 1】对任意n N ，恒有(1 n) e 恒成立，求实数a 的最大值.1 2n a2 a 1【解析】不等式(1 n ) e (n 2) l n(1 n) 1 ，1 a 1 1 1由于1 n 1，知 2 ln(1 1 n ，设G(x) ln(x 1) n x （ x (0,1] ）1 1 (1 x) ln2 (1 x) x 2则G (x ) (1 x) ln 2 (1 x) x 2 x 2 (1 x) ln 2(1 x) ，设h(x ) (1 x ) l n 2(1 x ) x 2（ x (0,1] ），则h (x ) l n 2(1 x ) 2 ln(1 x ) 2x .h (x )2[ln(1 x ) x ]，再设m (x ) ln(1 x ) x （ x (0,1] ），1 x 则m (x ) 11 x1 0 ，从而m(x) 在 x (0,1] 上单调递减，所以m(x) m (0) 0 ，所以h (x ) h (0) 0 ，所以h(x ) 在 x (0,1] 上单调递减.从而h(x ) h(0) 0 ，所以G (x ) 0 ，函数G(x ) 在 x (0,1] 单调递减. 1 所以G(x)G(1)ln 21.1 故G(x) 在(0,1] 上的最小值为G(1)ln 2 1.a1 2即2ln 21，所以实数a 的最大值为ln 22.二、指定主变量有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想.2 xx2 23【题目 2】求证： e2t(ex ) x 2t1 . 22F (x) [1,10] 1 2【解析】令 f (t) 2t 2 2(e x x)t e 2 x x 12(t e x x )2 2 1 (e x2x )21 1 (e x2x )21.令 g(x ) exx ，则 g (x ) e x 1，易知 g(x ) 在(, 0) 上单调递减，在(0,) 上单1x23 3调递增，所以 g(x) 的最小值为 g(0) 1，所以 2(ex)1 2 ，从而 f (x) 2.三、化归为值域问题或最值问题【题目 3】已知函数 f (x) ln x ax 23x (a R) .（I ）函数 f (x ) 在点1, f (1)处的切线方程为y 2 ，求函数 f (x ) 的极值； （ II ） 当 a 1 时 ， 对 于 任 意 x 1, x 2 [1,10] ， 当 x 2 x 1 时 ， 不 等 式f (x ) f (x )m(x 2 x 1 ) 恒成立，求出实数m 的取值范围.x 2 x 1【解析】（I ）函数 f (x) ln x a x 23x 的定义域为(0, ) ，1f '(x) x2ax3, f '(1)1 2a 3 0, a 1 ， 212x23x 11x0, 1可知 f (x) l n x x 3x, f '(x) 2x 3x x 0 ， x 1 1, x 2 2，可知在2 时， f '(x ) 0 ，函数 f (x ) 单调递增，在 x 1 ,1时， f '(x ) 0 ，函数 f (x ) 单调递减，在(1, )2 单 调 递 增 ， 可 知 函 数f (x)的 极 小 值 为 f (1) l n1 1 3 2， 极 大 值 为f1 l n1 1 35 l n 2 . 2 4 2 4 （II ） f (x ) f (x ) m(x 2 x 1 ) 可以变形为 f (x ) f (x )mm，可得x 2 x 1 x 1 x 2f (x ) m f (x ) m ，可知函数 f (x) m在[1,10] 上单调递减. 1 x 2x x 12h(x) f (x) m l n x x 2 3x m ， h '(x) 1 2x 3 m0 ，可得m 2x 3 3x 2 x ， 设x x x x 2F (x) 2x 33x2x ， F '(x) 6x26x 1 6x12120 ，可知函数 在 单调递减， F (x)minF (10) 2 103 310210 1710 ，可知m 1710 ，可知参数m 的2 121 2取值范围为(, 1710] .四、化归为函数单调性思想k【题目 4】已知函数f (x) ln xx.对任意x1 x2 0 ，都有f (x1 ) f (x2 ) x1 x 2恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】f (x1 ) f (x2 ) x1 x2 f (x 1 ) x1 f (x 2 ) x2 恒成立（*）k 设g(x)f(x )x ln xx x（x0），则（*）式等价于f(x )在(0,)上单调递减.从而1 k1 0 在(0, ) 上恒成立，从而得2 1 2 1g (x)2k x x (x ) x x 2 4 1（x 0 ）恒成立，所以k4 .1从而，实数k 的取值范围是[4, ).五、整体代换，变量归一【题目 5】已知函数f (x) ln x e x ( R ).(I)若函数f (x) 单调函数，求的取值范围；（II）在(I)的条件下，求证：当0 x x 时，都有e1 x2 e1 x1 1x 2 .1 21【解析】（I）由题意知函数f (x) 的定义域为(0, ) .对f (x) 求导，得f(x) e x xe x.x x因为f(x)为单调函数，所以f(x)0，或f(x)0在(0,)上恒成立. ○1 当f(x)0时，即x e x0，从而x e x.令g(x)g(x)x1.e xxe x（x0），则当0x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增.1 1从而g(x)min g(1)e ，所以e.○2 若f(x)0时，即x e x0，从而x e x.由○1 知g(x)在(0,1)上单调递减，在(0, ) 上单调递增.又g(0) 0 ，x 时，g(x) 0 ，所以 0.x1综上知，实数的取值范围是(, e][0, ).1 1 x（II ）由（I ）知，当 e 时， f (x) eln x e 在 (0,) 上单调递减，因为 0 x x ，所以 f (x ) f (x ). 即 1x 1x，1 2 1 2ln x 1 e 1 ln x 2 e 2 e e所以 l n x e e x 1 l n x e e x 2 ，即e 1 x 2 e 1 x 1l n xl n x . 1 2 1 2要证e1x 2e 1x 11 x2 ，只需证ln x1 1 x1 .x 1 x 2 x 2令tx 1，则0 t 1 ，令 g(t) ln t t 1（ 0 t 1 ），x 2求导， 得 1 1 t 1g (t) 2 2 0 ， g(t) 在 (0,1) 上单调递减， 又 g(1) 0 ， 所以g(t) 0 ，即 1t tt 1 ，即ln t 1 ，从而结论得证.ln t 1 0t t【题目 6】已知函数 f (x) ln x ax ， a R.（I ）讨论 f (x) 的单调性；（ II ） 记 函 数 f (x) 的 两 个 零 点 为 x 1, x 2 ， 且 x 1x 2 . 已 知 0 ， 若 不 等 式1ln x 1 ln x 2 恒成立，求的取值范围.【解析】（I ）依题意，知 f (x) 的定义域为(0,) .对 f (x) 求导，得1.○ 1 若a 0 时，则 f (x ) 0 ， f (x ) 在(0,) 上单调递增；○ 2 若a0 时，令 1 a 0 ，得 x 1.从而f (x) axx a 1当 x (0, a ) 1 当时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减. x ( , )a1从而可知，当a 0 时， f (x) 在(0,) 上是增函数；当a 0 时， f (x) 在区间(0, a) 上是1增函数，在区间( a,) 是减函数.ln x 1 ax 1（II ）由函数 f (x) 的两个零点为 x , x ，从而，从而不等式2 21 ln x1 ln x21 ax1ax2a(x1x2)1121 x 由于 0 ， 0 x 1 x2 ，所以 x 1 x 2 0 ，从而原不等式可化为a x1 .x而又因为ln xln xa(xx ) ，解得 12aln x 1ln x 2，从而原不等式转化为1212x xln x 1 l n x 2 1 ，即ln xl n x 12(1 )(x 1 x 2 ) l n x 1(1 )( x1 1)x 2 .x x x x 1 2 x xxx 11212122x 2令tx1 ，则t (0,1) ，则不等式ln t(1 )(t 1)在t (0,1) 上恒成立.x 2t(1 )(t 1)1 (1 )2 (t 1)(t 2)令h(t)ln tt（ 0 t 1 ），求导，得h (t ) t (t )2 . t(t )2当21 时，可见 t (0,1) 时， h (t) 0 ，所以 h(t) 在 t (0,1) 内单调递增，从而h(t) h(1)0 ，符合题意；当21 时，易知t (0,2 ) 时，h (t) 0 ，h(t) 单调递增；当t ( 2 ,1) 时，h (t) 0 ，h(t) 单调递减.又h(1)0 ，从而h(t) 在t(0,1) 上不能恒小于 0，不符合题意.从而，实数2 1 .又 0 ，所以1.综上所述，实数的取值范围是(1,).【题目 7】已知 f (x)ln xx ，设 x 1x 20 .x 1求证：f (x 1 ) f (x 2 ) 1.x2x2x x1212【解析】当 xx0 时， x1f (x 1 ) f (x 2 )12x 2 x 2 x x1 21 2x 1 (ln x 1 x 1 ) (ln x 2 x 2 ) x 1ln x 1 ln x21 .x 2 x 2x x x 2 x 2x x 12121212( )2 x 1 从而原不等式即证 x 1(x 1 x 2 )(ln xl n x ) 0 ，即证x 2 x 2ln x1 0 . x2 x 212( x )2 1x 2x 2a a 2 4a a24 a a 2 4a a 24 2xt 2 t令t 1，则t 1.令 g(t) l n t （ t 1），x t 21(2t 1)(t 2 1) (t 2 t )(2t) 1 t 4 t 3 t 1 t 3 (1 t) (t 1) g (t ) (t 2 1)2 t t(t 2 1)2 t(t21)20 ，所以 g(t) 在(1, ) 上单调递减，从而 g(t) g(1)＝0.从而原不等式得证. 1 【题目 8】已知 f (x)xx a ln x （ a R ）.（I ）讨论 f (x) 的单调性；（II ）若 x 1 ， x 2 是 f (x) 的两个极值点，且 x 1x 2 ，令tf (x 1 ) f (x 2 )(a2)(x 1 x 2 ) ，求证： t 0.【解析】（I ）由题意知，函数 f (x) 的定义域为(0, ) ，求导，得1a x 2 ax 1f (x )x 21 x x2 .○ 1 若a 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 在(0, ) 上单调递减；○ 2 若a 2 时，令 f (x ) 0 ，解得x 12 ， x 22.当0 x x 1 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减；当 x 1 x x 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；当 x x 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减. 从而可知， f (x) 在区间(0, x 1 ) ， (x 2 ,) 内单调递减，在(x 1 , x 2 ) 内单调递增.其中， x 12， x 22.（II ）由（I ）知， f (x) 存在两个极值点，所以a2 .t 0f (x ) f (x ) (a 2)(xx ) f (x 1 ) f (x 2 ) a2 .1212 x x1 2由于 x , x 是 f (x) 的两个极值点，所以 x , x 为方程 x2ax 1 0 的两根， 从而1212x x 1x 2 1.( 1x a ln x ) ( 1xa ln x ) f (x ) f (x ) x 1 1x 22由于1 2 x 1 x 2 1 2x 1 x 2ln x 1ln x 1 x 2 1 ln x ln x x x 22 l n x 1a1 2 2 a 2 2 a 22a 1 2x 1x 2x 1 x 2x 1 x 2x 1 x 2x从而f (x 1 ) f (x 2 )a 22 l n x 211x2 2l n xx x1 x221 2x 2221令 g(x ) x x 2 ln x （ 0 x 1），求导得1 2 x 2 2x 1 (x 1)2g (x ) x 2 1 x x 2 x2 0所以 g(x) 单调递减，又因为 g(1) 0 ，所以 g(x) g(1) 0 .所以1xln x0 ，即f (x 1 )f (x 2 )a 2 ，从而t0.222 x 1 x 2【题目 9】已知函数 f (x)ln xmx （ mR ）.若 f (x) 有两个不同的零点 x 1, x 2 ，求证： ln x 1ln x 22.【解析】不妨设 x 1 x 20 ，因为 f (x 1 )ln x 1 mx 1f (x 2 ) 0 ，从而得ln x 1ln x 2ln x m x ，两式作差，得ln x 1l n x 2 m (x 1 x 2 ) ，从而m .x x2 212两式再求和，得ln xl n xm (xx ) ln x 1 l n x 2 (xx ) .1212x x 1 21 2因此，要证ln x 1 l n x 22 ，x 11 即证ln x 1l n x 2 (x x ) 2ln x 12 x 1 x 2 ln x 12 x 2 .xx1 2xxxxx 11x x1 2 2 1 2 2x2令tx 1，则t 1. 令 g(t) ln t 2t 1 （ t 1），求导，x 2t11 2(t 1) 2(t 1) (t 1)2得 g (t ) t(t 1)2 t(t 1) 2 0 ，故 g(t) 为(1, ) 上的增函数.t 1所以 g(t) g(1) 0 ，即ln t 2 t 1，故原不等式成立.例 5、例 6、例 7、例 8、例 9 的解决，都是通过等价转化，将关于 x 1, x 2 的双变量问题等价转化为以 x 1, x 2 所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.六、借助参照物，建构桥梁【题目 10】已知 f (x)(x2)e xa(x1)2 有两个零点.（I ）求实数a 的取值范围；（II ）若 x 1, x 2 是 f (x) 的两个零点，求证： x 1x 22.（2016 年全国 I 卷,理科）【解析】（I ）(方法一)直接讨论法 对 f (x ) 求导，得 f (x ) (x 1)ex2a (x 1) (x 1)(e x 2a ) .○ 1 当 a 0 时, f (x) (x 1)e x 只有一个零点；○ 2 当a 0 时，则当 x 1时，f (x ) 0 ，f (x ) 单调递减；当 x 1 时，f (x ) 0 ，f (x)单调递增.a又 f (1)e ，f (2) a ，取b 满足 b0 ，且 b ln 2，a 2 23b 则 f (b) 2 (b 2) a(b 1) a(b 2 ) 0 ，故 f (x) 存在两个零点；○ 3 当a 0 时，由 f (x ) 0 ，得x 1 或 x ln(2a ). 若a e时，则ln(2a ) 1 ，故当 x (1,) 时， f (x ) 0 ，因此 f (x ) 在(1, ) 上2单调递增，又当 x1时， f (x) 0 ，所以 f (x) 不存在两个零点；若a e时，则ln(2a ) 1，故当 x (1, ln(2a )) 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减；2当 x (ln(2a ),) 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；又当x 1时，f (x) 0 ，所以f (x) 不存在两个零点.2 222 2 2 2 2 2综上，实数a 的取值范围是(0, ).(方法二)分离参数显然 x1 不是函数 f (x) 的零点.当 x 1 时，方程 f (x) 0a(2 x)e x(x 1)2.设h(x) (2x)e x(x 1)2，则h (x )e x (x 2 4x 5)(x 1)3，因此函数h(x) 在(,1) 上单调递增，在(1, ) 上单调递减，由于h(x) 在(,1) 上的取值范围是(0,) ，在(1, ) 上的取值范围是R.因此，函数 f (x) 有两个零点，从而实数 a 的取值范围是(0, ).（II ）（证法一）局部构造法 不妨设 x 1x 2 .由（I ）知， x 1 1 x 2 ，从而2 x 2 1，又由于 f (x) 在(,1) 上单调递减，所以 x 1x 22 f (x 1 ) f (2x 2 ) ，即 f (2 x 2 )0.由于 f (2 x ) x e2 x 2a (x 1)2 ，而 f (x ) (x 2)e x 2 a (x 1)2 0 ，所以f (2 x ) x e 2x 2(x 2)e x 2.设 g(x ) x e2 x(x 2)e x ，则 g (x ) (x 1)(e 2xe x ). 所以当 x 1 时，g (x ) 0 ，g(x) 单调递减，而 g(1)0 ，故当 x1 时，有 g(x) 0.从而 g(x 2 )f (2x 2 ) 0 ，故 x 1x 22.（证法二）由已知，得 f (x 1 )f (x 2 ) ，不难发现 x 11， x 21，故可整理得(x 2)e x 1 (x 2)e x 2a 1 2 . (x 1)2 (x 1)12(x2)e x(x2)21 x设 g(x)(x1)2，则 g(x 1 ) g(x 2 ) ，那么 g (x )(x 1)3e .当 x 1时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递减；当 x 1 时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递增. 设m0 ，构造g(1m ) g(1 m ) m 1 e1mm 1 e 1m 1 m e 1m ( m 1 e 2m1). m2 m 1 2mm 2m 2 2m 2 2mm 1设 h(m)m 1e 1 （ m 0 ），则 h (m )(m 1)2e0 ，故 h(m) 单调递增，有h(m) h(0) 0. 因此，对任意m 0 ，都有g(1 m) g(1 m).由g(x1 ) g(x2 ) 可知x1, x2 不可能在g(x) 的同一个单调区间内，不妨设x 1 x2 ，则必有x 1 1 x2 .令m 1 x 1 0 ，则有g[1 (1 x1 )] g[1 (1 x1 )] g(2 x1 ) g(x1 ) g(x2 ).而2 x 1 1，x 2 1，g(x) 在(1, ) 上单调递增，因此g(2 x1 ) g(x2 ) 2 x 1 x2 .即x 1 x 2 2.（证法三）数形结合法当a 0 时，f (x) (x 2)e x a(x 1)2 有两个零点x , x ，不妨设x 1 x .1 2 1 2设P(x0 , y0 ) 是函数f (x) 图象上的任意一点，它关于直线x 1 的对称点Q(x, y) 在曲线y (x) 上，将x2 x代入y(x 2)e x 0 a(x 1)2 ，得y xe 2x a (x 1)2 ，y y0 0 0即(x) xe 2 x a(x 1)2 .记F (x) f (x) (x) (x 2)e x xe 2 x e 2 x [(x 2)e 2 x 2 x] ，记m(x ) (x 2)e2x2x，则m(x ) (2x 3)e2x2 1 ，记m (x ) (4x 4)e2x2，所以m(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以m(x)m(1)0，则m(x)在R 上单调递增，而m(1) 0 ，所以当x (,1) 时，F(x) e 2x m(x) 0，即f (x) (x).同理可得，当x (1, ) 时，f (x) (x).由0 f (x2 ) f (x1 ) (x2 ) f (2 x1 ) ，又2 x 1 1，x 2 1，f (x) 在(1,) 上单调递增，因此，f (x2 ) f (2 x1 ) 2 x 1 x2 ，从而x 1 x 2 2.（设(x) 的两个零点为x3 , x4，且x 3 x4 ，则有x 1 x 3 1 x 2 x4 ，故x 1x2x3x42. ）函数的双变量问题是近几年来高考试卷中“热门”试题之一，这类试题不仅形式多样，而且联系的知识面较广，构造思维要求较高，因此这类问题的解决方法也是多种多样的.我们在此给出六种方法，希望能起到抛砖引玉的作用.。
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双变量恒成立问题的不同角度求解
摘自公众号：数学与我
双变量的恒成立问题，一般我们常用处理策略有：
1.化为单变量函数，求最值解决
2.利用常见不等式放缩，求最值解决
3.利用线性规划的数形结合，求最值解决
本文结合一个例子，说明化单变量的两种方法：
(1)化成齐次式消元
(2)倍分消元
同时给出迫不得已需要罗必塔法则时的一个迂回处理策略
问题呈现
方向选择
对条件式子的(i)(ii)不同变形看，也许会有两条路可走。
也许我们更容易走(ii)这条路，因为分离变量是我们最熟悉、最有希望能够快速解决问题的（事实上我们平常恒成立问题选择方法的时候，也确实优先考虑的分离变量），但前提条件是右侧的函数你有办法处理并求出最值。
目前来看化成单变量好像没那么简单，我们先走第(i)条路：
化齐次消元
显然，我们把(i)左侧的a等量代换以后，出现了x1,x2的齐次式，很容易想到令x2/x1=t，从而化为单变量t的不等式恒成立问题，接下来构造t的函数，研究其性质即可。
事实上，如果我们熟悉ALG不等式的函数形式lnt>2(t-1)/(t+1)，(t>1)的话，到这里可以知道λ=1一定为答案的一部分，并且看到这个熟悉形式，我们对后续问题的解决也会多一份信心与把握。
可以预见出题人十有八九会把这个解答作为标答，因其解法自然。
端点效应恒成立问题
上面一段的求解，就是端点效应恒成立问题的求解套路：
在区间端点t=1处函数值为0，欲使不等式恒成立，希望函数在所给区间单调即可（充分性）；然后说明在相反范围，不等式不能恒成立（即必要性），常涉及到赋值否定的问题。
倍分法消元
接下来我们回到(ii)，介绍一下倍分法消元：
遇到罗必塔的迂回策略
对于分离变量后，右侧的函数如果直接求导处理，是比较复杂的，但是既然能够化到这一步来，题目又要有答案，那么也就意味着右侧的这个函数值应该会小于或等于某个常数（上界），但上界是多少呢？我们不妨大胆猜测一下，把端点t=1代入右侧，是0/0，于是我们会想到利用罗必塔法则求一下t=1时候的极限，求得极限值为1。
我们当然希望1就是右侧函数的上界，但是求导求最值又行不通，既然已经预期1是上界，那么我们改为证明不等式：
0<t-1-lnt<tlnt-t+1成立即可，于是有了下面的做法，不然下面的做法就是“魔术师帽子里的兔子”了
以上证明也直接可以用y=lnx,y=xlnx与其切线y=x-1的关系，放缩证明
利用ALG不等式求解
方法一构造的函数，已经看到了ALG不等式的影子，下面我们用该不等式直接处理双变量
以上见解均来自个人最近所学，所思，如有不当之处，还望指出！。