?專題36 雙變量不等式恒成立與能成立問題考點探析
考點一　單函數(shù)雙任意型
【例題選講】
[例1]　已知函數(shù)f(x)＝＋ax＋b的圖象在點A(1，f(1))處的切線與直線l：2x－4y＋3＝0平行．
(1)求證：函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(1，e)上存在最大值；
(2)記函數(shù)g(x)＝xf(x)＋c，若g(x)≤0對一切x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求實數(shù)c的取值范圍．
解析　(1)由題意得f′(x)＝＋a．
因為函數(shù)圖象在點A處的切線與直線l平行，且l的斜率為，
所以f′(1)＝，即1＋a＝，所以a＝－．
所以f′(x)＝－＝，所以f′(1)＝＞0，f′(e)＝－＜0．
因為y＝2－2ln x－x2在(1，e)上連續(xù)，
所以f′(x)在區(qū)間(1，e)上存在一個零點，設為x0，則x0∈(1，e)，且f′(x0)＝0．
當x∈(1，x0)時，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增；
當x∈(x0，e)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(x0，e)上單調(diào)遞減．
所以當x＝x0時，函數(shù)y＝f(x)取得最大值．故函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(1，e)上存在最大值．
(2)法一　因為g(x)＝ln x－x2＋bx＋c≤0對一切x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，
所以c≤x2－bx－ln x．記h1(x)＝x2－bx－ln x(x＞0)，則c≤h1(x)min．
h′1(x)＝x－b－．令h′1(x)＝0，得x2－bx－1＝0，所以x1＝＜0(舍去)，x2＝．
因為b∈，所以x2＝∈(1，2)．
當0＜x＜x2時，h′1(x)＜0，h1(x)單調(diào)遞減；當x＞x2時，h′1(x)＞0，h1(x)單調(diào)遞增．
所以h1(x)min＝h1(x2)＝x－bx2－ln x2＝x＋1－x－ln x2＝－x－ln x2＋1．
記h2(x)＝－x2－ln x＋1．
因為h2(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，所以h2(x)＞h2(2)＝－1－ln 2．
所以c≤－1－ln 2，故c的取值范圍是(－∞，－1－ln 2]．
法二　因為g(x)＝ln x－x2＋bx＋c≤0對一切x∈(0，＋∞)恒成立，所以c≤x2－bx－ln x．
設h1(b)＝－xb＋x2－ln x，因為x∈(0，＋∞)，則函數(shù)h1(b)在上為減函數(shù)，
所以h1(b)＞h＝x2－x－ln x，則對?x∈(0，＋∞)，c≤x2－x－ln x恒成立，
設h2(x)＝x2－x－ln x，
則h′2(x)＝x－－＝＝，
令h′2(x)＝0，則x＝2，當0＜x＜2時，f′(x)＜0，函數(shù)單調(diào)遞減；
當x＞2時，f′(x)＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，則x＝2時，f(x)min＝f(2)＝－－ln 2，
則c≤－1－ln 2，故c的取值范圍是(－∞，－1－ln 2]．
[例2]　已知函數(shù)f(x)＝(logax)2＋x－lnx(a>1)．
(1)求證：函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；
(2)若關于x的方程|f(x)－t|＝1在(0，＋∞)上有三個零點，求實數(shù)t的值；
(3)若對任意的x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒成立(e為自然對數(shù)的底數(shù))，求實數(shù)a的取值范圍．
解析　(1)因為函數(shù)f(x)＝(logax)2＋x－ln x，所以f′(x)＝1－＋2logax·．
因為a>1，x>1，所以f′(x)＝1－＋2logax·>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)因為當a>1，00．由f′＝0，得2＋a＋1＝0，
所以a＝－，此時f(x)＝－ln x＋x－．則f′(x)＝＝．
所以f(x)在上為減函數(shù)，在[2，＋∞)上為增函數(shù)．
所以x＝2為極小值點，極小值f(2)＝－．
(2)不等式aln x－≤b－x即為f(x)≤b，所以b≥f(x)max對任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立．
①若1≤x≤2，則ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－≤x－≤2－＝．當a＝0，x＝2時取等號．
②若≤x0，G(a)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴a≤2，
∴a的最大值為2．
[例8]　已知函數(shù)f(x)＝x2－2alnx(a∈R)，g(x)＝2ax.
(1)求函數(shù)f(x)的極值；
(2)若0＜a＜1，對于區(qū)間[1，2]上的任意兩個不相等的實數(shù)x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|成立，求實數(shù)a的取值范圍.
解析　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－．
當a≤0時，顯然f′(x)＞0恒成立，故f(x)無極值；
當a＞0時，由f′(x)＜0，得0＜x＜，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；
由f′(x)＞0，得x＞，f(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增．
故f(x)有極小值f()＝a－aln a，無極大值．
綜上，a≤0時，f(x)無極值；a＞0時，f(x)極小值＝a－aln a，無極大值．
(2)不妨令1≤x1＜x2≤2，因為0＜a＜1，所以g(x1)＜g(x2)．由(1)可知f(x1)＜f(x2)，
因為|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]上單調(diào)遞增，
所以h′(x)＝2x－－2a≥0在[1，2]上恒成立，即a≤在[1，2]上恒成立．
令t＝x＋1∈[2，3]，則＝t＋－2≥，所以a∈．
故實數(shù)a的取值范圍為．
【對點訓練】
8．已知兩個函數(shù)f(x)＝7x2－28x－c，g(x)＝2x3＋4x2－40x．若對任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)
成立，求實數(shù)c的取值范圍．
8．解析　由對任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，得f(x1)max≤g(x2)min，
因為f(x)＝7x2－28x－c＝7(x－2)2－28－c，所以當x1∈[－3，3]時，f(x1)max＝f(－3)＝147－c，
因為g(x)＝2x3＋4x2－40x，所以g′(x)＝6x2＋8x－40＝2(3x＋10)(x－2)，
當x∈(－3，2)，則g′(x)0，
所以f(x)在(－3，2)上單調(diào)遞減；f(x)在(2，3)上單調(diào)遞增．
易得g(x)min＝g(2)＝－48，故147－c≤－48，即c≥195．
故實數(shù)c的取值范圍是[195，＋∞)．
9．已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x(a∈R)，g(x)＝．
(1)當a＝－2時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；
(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－x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥，而≤e，故m≥e，
即實數(shù)m的取值范圍是[e，＋∞)．
考點三　任意存在型
【例題選講】
[例9]　設函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．
(1)已知函數(shù)在定義域內(nèi)為增函數(shù)，求a的取值范圍；
(2)設g(x)＝f(x)＋2ln，對于任意a∈(2，4)，總存在x∈，使g(x)＞k(4－a2)成立，求實數(shù)k的取值范圍．
解析　(1)∵函數(shù)f(x)＝ln x＋x2－ax，∴f′(x)＝＋2x－a．
∵函數(shù)在定義域內(nèi)為增函數(shù)，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤＋2x在(0，＋∞)上恒成立，
而x＞0，＋2x≥2，當且僅當x＝時，“＝”成立．即＋2x的最小值為2，∴a≤2．
(2)∵g(x)＝f(x)＋2ln ＝2ln (ax＋2)＋x2－ax－2ln 6，
∴g′(x)＝＋2x－a＝，
∵a∈(2，4)，∴＝－＞－，x＋＞0
∴g′(x)＞0，故g(x)在上單調(diào)遞增，∴當x＝2時，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)，則h(2)＝0，且h(a)＞0在(2，4)內(nèi)恒成立，
h′(a)＝－2＋2ka＝．
當k≤0時，h′(a)＜0，h(a)在(2，4)上單調(diào)遞減，h(a)＜h(2)＝0，不合題意；
當k＞0時，由h＇(a)＝0，得a＝．
①若＞2，即0＜k＜時，h(a)在內(nèi)單調(diào)遞減，存在h(a)＜h(2)，不合題意，
②若≤2，即k≥時，h(a)在(2，4)內(nèi)單調(diào)遞增，h(a)＞h(2)＝0滿足題意．
綜上，實數(shù)k的取值范圍為．
[例10]　已知函數(shù)f(x)＝2ln－．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若g(x)＝lnx－ax，若對任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解析　(1)因為f(x)＝2ln －，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＝＝，
當1時，g′(x)

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