高考数学导数冲满分-专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析

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【例题选讲】
[例1] 已知函数f(x)＝eq \f(ln x,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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))恒成立，求实数c的取值范围．
解析 (1)由题意得f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＋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eq \f(1,2)，
所以f′(1)＝eq \f(1,2)，即1＋a＝eq \f(1,2)，所以a＝－eq \f(1,2)．
所以f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－2ln x－x2,2x2)，所以f′(1)＝eq \f(1,2)＞0，f′(e)＝－eq \f(1,2)＜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－eq \f(1,2)x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))恒成立，
所以c≤eq \f(1,2)x2－bx－ln x．记h1(x)＝eq \f(1,2)x2－bx－ln x(x＞0)，则c≤h1(x)min．
h′1(x)＝x－b－eq \f(1,x)．令h′1(x)＝0，得x2－bx－1＝0，所以x1＝eq \f(b－\r(b2＋4),2)＜0(舍去)，x2＝eq \f(b＋\r(b2＋4),2)．
因为b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，所以x2＝eq \f(b＋\r(b2＋4),2)∈(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)＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)－bx2－ln x2＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)＋1－xeq \\al(2,2)－ln x2＝－eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)－ln x2＋1．
记h2(x)＝－eq \f(1,2)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－eq \f(1,2)x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)恒成立，所以c≤eq \f(1,2)x2－bx－ln x．
设h1(b)＝－xb＋eq \f(1,2)x2－ln x，因为x∈(0，＋∞)，则函数h1(b)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上为减函数，
所以h1(b)＞heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－ln x，则对∀x∈(0，＋∞)，c≤eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－ln x恒成立，
设h2(x)＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－ln x，
则h′2(x)＝x－eq \f(3,2)－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－3x－2,2x)＝eq \f((x－2)(2x＋1),2x)，
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)＝－eq \f(1,2)－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)＝(lgax)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)＝(lgax)2＋x－ln x，所以f′(x)＝1－eq \f(1,x)＋2lgax·eq \f(1,xln a)．
因为a>1，x>1，所以f′(x)＝1－eq \f(1,x)＋2lgax·eq \f(1,xln a)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
(2)因为当a>1，00．由f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \f(1,2)a＋1＝0，
所以a＝－eq \f(5,2)，此时f(x)＝－eq \f(5,2)ln x＋x－eq \f(1,x)．则f′(x)＝eq \f(x2－\f(5,2)x＋1,x2)＝eq \f((x－2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))),x2)．
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．
所以x＝2为极小值点，极小值f(2)＝eq \f(3,2)－eq \f(5ln 2,2)．
(2)不等式aln x－eq \f(1,x)≤b－x即为f(x)≤b，所以b≥f(x)max对任意－eq \f(5,2)≤a≤0，eq \f(1,2)≤x≤2恒成立．
①若1≤x≤2，则ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－eq \f(1,x)≤x－eq \f(1,x)≤2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)．当a＝0，x＝2时取等号．
②若eq \f(1,2)≤xa＋1，∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，∴a≤2，
∴a的最大值为2．
[例8] 已知函数f(x)＝x2－2alnx(a∈R)，g(x)＝2ax.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若0＜a＜1，对于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|成立，求实数a的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq \f(a,x)．
当a≤0时，显然f′(x)＞0恒成立，故f(x)无极值；
当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq \r(a)，f(x)在(0，eq \r(a))上单调递减；
由f′(x)＞0，得x＞eq \r(a)，f(x)在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增．
故f(x)有极小值f(eq \r(a))＝a－aln a，无极大值．
综上，a≤0时，f(x)无极值；a＞0时，f(x)极小值＝a－aln a，无极大值．
(2)不妨令1≤x1＜x2≤2，因为0＜a＜1，所以g(x1)＜g(x2)．由(1)可知f(x1)＜f(x2)，
因为|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|，所以f(x2)－f(x1)＞g(x2)－g(x1)，即f(x2)－g(x2)＞f(x1)－g(x1)，
所以h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2aln x－2ax在[1，2]上单调递增，
所以h′(x)＝2x－eq \f(2a,x)－2a≥0在[1，2]上恒成立，即a≤eq \f(x2,x＋1)在[1，2]上恒成立．
令t＝x＋1∈[2，3]，则eq \f(x2,x＋1)＝t＋eq \f(1,t)－2≥eq \f(1,2)，所以a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
【对点训练】
8．已知两个函数f(x)＝7x2－28x－c，g(x)＝2x3＋4x2－40x．若对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)
成立，求实数c的取值范围．
8．解析 由对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，得f(x1)max≤g(x2)min，
因为f(x)＝7x2－28x－c＝7(x－2)2－28－c，所以当x1∈[－3，3]时，f(x1)max＝f(－3)＝147－c，
因为g(x)＝2x3＋4x2－40x，所以g′(x)＝6x2＋8x－40＝2(3x＋10)(x－2)，
当x∈(－3，2)，则g′(x)0，
所以f(x)在(－3，2)上单调递减；f(x)在(2，3)上单调递增．
易得g(x)min＝g(2)＝－48，故147－c≤－48，即c≥195．
故实数c的取值范围是[195，＋∞)．
9．已知函数f(x)＝x－1－aln x(a∈R)，g(x)＝eq \f(1,x)．
(1)当a＝－2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若a－1，令F′(x)g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
考点三 任意存在型
【例题选讲】
[例9] 设函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．
(1)已知函数在定义域内为增函数，求a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋2lneq \f(ax＋2,6\r(x))，对于任意a∈(2，4)，总存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))，使g(x)＞k(4－a2)成立，求实数k的取值范围．
解析 (1)∵函数f(x)＝ln x＋x2－ax，∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－a．
∵函数在定义域内为增函数，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤eq \f(1,x)＋2x在(0，＋∞)上恒成立，
而x＞0，eq \f(1,x)＋2x≥2eq \r(2)，当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时，“＝”成立．即eq \f(1,x)＋2x的最小值为2eq \r(2)，∴a≤2eq \r(2)．
(2)∵g(x)＝f(x)＋2ln eq \f(ax＋2,6\r(x))＝2ln (ax＋2)＋x2－ax－2ln 6，
∴g′(x)＝eq \f(2a,ax＋2)＋2x－a＝eq \f(2ax\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4－a2,2a))),ax＋2)，
∵a∈(2，4)，∴eq \f(4－a2,2a)＝eq \f(2,a)－eq \f(a,2)＞－eq \f(3,2)，x＋eq \f(4－a2,2a)＞0
∴g′(x)＞0，故g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))上单调递增，∴当x＝2时，g(x)取最大值2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6．
即2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6＞k(4－a2)在a∈(2，4)上恒成立，
令h(a)＝2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6－k(4－a2)，则h(2)＝0，且h(a)＞0在(2，4)内恒成立，
h′(a)＝eq \f(2,a＋1)－2＋2ka＝eq \f(2a(ka＋k－1),a＋1)．
当k≤0时，h′(a)＜0，h(a)在(2，4)上单调递减，h(a)＜h(2)＝0，不合题意；
当k＞0时，由h＇(a)＝0，得a＝eq \f(1－k,k)．
①若eq \f(1－k,k)＞2，即0＜k＜eq \f(1,3)时，h(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1－k,k)))内单调递减，存在h(a)＜h(2)，不合题意，
②若eq \f(1－k,k)≤2，即k≥eq \f(1,3)时，h(a)在(2，4)内单调递增，h(a)＞h(2)＝0满足题意．
综上，实数k的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))．
[例10] 已知函数f(x)＝2lneq \f(x,2)－eq \f(3x－6,x＋1)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝lnx－ax，若对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解析 (1)因为f(x)＝2ln eq \f(x,2)－eq \f(3x－6,x＋1)，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(9,(x＋1)2)＝eq \f(2x2－5x＋2,x(x＋1)2)＝eq \f((2x－1)(x－2),x(x＋1)2)，
当eq \f(1,2)1时，g′(x)