双变量恒成立与能成立问题解题策略

双变量恒成立与能成立问题解题策略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．[典例1]已知函数f(x)＝eq\f(a＋1,x)＋alnx，其中参数a<0．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，求a的取值范围．解析：(1)∵f(x)＝eq\f(a＋1,x)＋alnx，定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－eq\f(a＋1,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax－（a＋1）,x2)．①当－1<a<0时，eq\f(a＋1,a)<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)＝－eq\f(1,x)<0，∴f(x)的减区间是(0，＋∞)．③当a<－1时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a)))，f′(x)>0，∴f(x)的增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a)))；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞))，f′(x)<0，∴f(x)的减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞))．(2)g(x)＝2ax－axlnx－(6a＋3)(a<0)，因为存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，∴2g(x)min<g(x)max．又g′(x)＝a(1－lnx)，且a<0，∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)是减函数；当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)是增函数．∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3．∴2ae－12a－6<－6a－3，则a>eq\f(3,2e－6)．又a<0，从而eq\f(3,2e－6)<a<0，即a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e－6)，0))．[典例2]已知函数f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，g(x)＝x－eq\f(a,x)(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若m＝eq\f(1,2e2)，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．解析：(1)因为f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝eq\f(1,2x)－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＝eq\f(1,2m)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(x)>0，,x>0))得0<x<eq\f(1,2m)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(x)<0，,x>0))得x>eq\f(1,2m)．所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))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)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))．(2)若m＝eq\f(1,2e2)，则f(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2e2)x．对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，等价于对∀x∈[2，2e2]都有g(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2，2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝eq\f(1,2)，又g′(x)＝1＋eq\f(a,x2)>0(a>0)，x∈[2，2e2]，所以函数g(x)在[2，2e2]上是增函数，所以g(x)min＝g(2)＝2－eq\f(a,2)．由2－eq\f(a,2)≥eq\f(1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0，3]，所以实数a的取值范围为(0，3]．[典例3]已知f(x)＝x＋eq\f(a2,x)(a＞0)，g(x)＝x＋lnx．(1)若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围；(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．解析：(1)对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，等价于x∈[1，e]时，f(x)min≥g(x)max．当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋eq\f(1,x)＞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＋eq\f(a2,x)≥e＋1⇔a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．令h(x)＝(e＋1)x－x2，当x∈[1，e]时，h(x)＝(e＋1)x－x2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(e＋1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)))2的最大值为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)))2．所以a2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)))2，即a≥eq\f(e＋1,2)(舍去负值)．故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)，＋∞))．(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，等价于x∈[1，e]时，f(x)min＜g(x)max．当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋eq\f(1,x)＞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－eq\f(a2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝a，故f(x)＝x＋eq\f(a2,x)(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＋a2＜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＜eq\f(e＋1,2)；当a＞e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e＋eq\f(a2,e)，此时，e＋eq\f(a2,e)＜e＋1，即a＜eq\r(e)，与a＞e矛盾，不符合题意．综上可知，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e＋1,2)))．[典例4]设f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3．(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥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∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．解析：(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M．由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))．由g′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(2,3)；由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞eq\f(2,3)．又x∈[0，2]，所以g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递减，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递增，又g(0)＝－3，g(2)＝1，故g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)．所以[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝1＋eq\f(85,27)＝eq\f(112,27)≥M，则满足条件的最大整数M＝4．(2)对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函数f(x)min≥g(x)max．由(1)可知在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值为g(2)＝1．在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，则h′(x)＝1－2xlnx－x，易知h′(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当eq\f(1,2)＜x＜1时，h′(x)＞0．所以函数h(x)＝x－x2lnx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，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)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2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．∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于g(x)在D2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．[典例5]设函数f(x)＝eq\f(e(x2－ax＋a),ex)(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＋eq\f(1,x＋1)－eq\f(1,3)，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．@钻研数学解析：(1)因为f(x)＝eq\f(e(x2－ax＋a),ex)，所以f′(x)＝e·eq\f((2x－a)ex－(x2－ax＋a)ex,e2x)＝－eq\f((x－2)(x－a),ex－1)．又f(1)＝1，即切点为(1，1)，所以k＝f′(1)＝1－a＝eq\f(3－1,2－1)，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＋eq\f(1,x＋1)－eq\f(1,3)，g′(x)＝eq\f(x2＋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)＝ae，所以(4－a)e－1≥2或ae≥2．解得：a≤4－2e或a≥eq\f(2,e)，所以eq\f(2,e)≤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)＝ae≥2，解得a≥eq\f(2,e)，所以a≥2．综上所述：a≤4－2e或a≥eq\f(2,e)．[典例6]已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R且a<e)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex．(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f((x－1)(x－a),x2)．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)lna－1，综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)，又g′(x)＝(1－ex)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)－eq\f(a,e)＜1，解得a＞eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1))@钻研数学考点三双任意与存在相等问题(1)∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A与g(x)在D2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)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A是g(x)在D2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．[典例7]已知函数f(x)＝ax－lnx＋x2．(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值；(2)若a＝1，∀x1∈(1，2)，∃x2∈(1，2)，使得f(x1)－xeq\o\al(2,1)＝mx2－eq\f(1,3)mxeq\o\al(3,2)(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－lnx＋x2，f′(x)＝－1－eq\f(1,x)＋2x＝eq\f(2x2－x－1,x)＝eq\f(2x＋1x－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－lnx＋x2．因为∀x1∈(1，2)，∃x2∈(1，2)，使得f(x1)－xeq\o\al(2,1)＝mx2－eq\f(1,3)mxeq\o\al(3,2)(m≠0)，故lnx1－x1＝eq\f(1,3)mxeq\o\al(3,2)－mx2．设h(x)＝lnx－x，g(x)＝eq\f(1,3)mx3－mx，当x∈(1，2)时，h′(x)＝eq\f(1,x)－1＜0，即函数h(x)在(1，2)上单调递减，故h(x)的值域为A＝(ln2－2，－1)．又g′(x)＝mx2－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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,3)，－\f(2m,3)))，因为A⊆B，又－eq\f(2m,3)＞0＞－1，故eq\f(2m,3)≤ln2－2，即m≤eq\f(3,2)ln2－3；②当m＞0时，g(x)在(1，2)上单调递增，此时g(x)的值域为B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2m,3)，\f(2m,3)))，因为A⊆B，又eq\f(2m,3)＞0＞－1，故－eq\f(2m,3)≤ln2－2，故m≥－eq\f(3,2)(ln2－2)＝3－eq\f(3,2)ln2．综上所述，实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)ln2－3))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)ln2，＋∞))．[典例8]已知函数f(x)＝alnx－x＋2，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求实数a的值．解析：(1)因为f(x)＝alnx－x＋2，所以f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(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x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝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)＝alna－a＋2．因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(a)＝2a(lna－1)＋4，又1<a<e，所以lna－1<0，2a(lna－1)＋4<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝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x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则当x1＝1时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(1)＋f(e)≥4，同理当x1＝e时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(e)＋f(1)≤4，所以f(1)＋f(e)＝4．(对任意的x1∈(1，e)，令g(x)＝4－f(x)－f(x1)，x∈[1，e]，g(x)＝0有解．g(1)＝4－f(1)－f(x1)＝f(e)－f(x1)>0，g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0，所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(x2)－f(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)＝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．[典例9]已知函数f(x)＝lnx－x，g(x)＝eq\f(1,3)mx3－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x1∈(1，2)，总存在x2∈(1，2)，使得f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围．解析：(1)易知切点为(1，－1)，f′(x)＝eq\f(1,x)－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)＝lnx－x，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(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(ln2－2，－1)．又g′(x)＝mx2－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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)m，\f(2,3)m))，则eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,\f(2,3)m≥－1，,－\f(2,3)m≤ln2－2，))解得m≥－eq\f(3,2)(ln2－2)＝3－eq\f(3,2)ln2．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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)m，－\f(2,3)m))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,－\f(2,3)m≥－1，,\f(2,3)m≤ln2－2，))解得m≤eq\f(3,2)(ln2－2)＝eq\f(3,2)ln2－3．∴实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)ln2－3))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)ln2，＋∞))．[典例10]已知函数f(x)＝(1－x)ex－1．(1)求f(x)的极值；(2)设g(x)＝(x－t)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(m,t)))2，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值．解析：(1)f′(x)＝－xex，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)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值．(2)由(1)知f(x)≤0，又因为g(x)＝(x－t)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(m,t)))2≥0，所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，所以x＝t，lnx＝eq\f(m,t)，等价于方程lnx＝eq\f(m,x)有解，即方程m＝xlnx在(0，＋∞)上有解，记h(x)＝xlnx，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝lnx＋1，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以当x＝eq\f(1,e)时，h(x)min＝－eq\f(1,e)，所以实数m的最小值为－eq\f(1,e)．[典例11]已知函数f(x)＝x2－eq\f(2,3)ax3，a＞0，x∈R，g(x)＝eq\f(1,x2(1－x))．(1)若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围；(2)当a＝eq\f(3,2)时，求证：对任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．解析：(1)∵f(x)＝x2－eq\f(2,3)ax3，∴f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(1,a)．∵a＞0，∴eq\f(1,a)＞0，∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－1]上单调递减，f(x)≥f(－1)＝1＋eq\f(2a,3)，故f(x)在(－∞，－1]上的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2a,3)，＋∞))．∵g(x)＝eq\f(1,x2(1－x))，∴g′(x)＝eq\f(3x2－2x,x4(1－x)2)＝eq\f(3x－2,x3(1－x)2)．当x＜－eq\f(1,2)时，g′(x)＞0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递增，g(x)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(8,3)，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上的值域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))．若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))，使得f(x1)＝g(x2)，则1＋eq\f(2a,3)＜eq\f(8,3)，解得0＜a＜eq\f(5,2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))．(2)当a＝eq\f(3,2)时，f(x)＝x2－x3，∴f′(x)＝2x－3x2＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－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)＝eq\f(1,x2(1－x))＝eq\f(1,f(x))在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)＝eq\f(1,x2(1－x))在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．∴对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．考点四单函数双任意型[典例12]已知函数f(x)＝eq\f(lnx,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\co1(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－lnx,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－lnx,x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(2－2lnx－x2,2x2)，所以f′(1)＝eq\f(1,2)＞0，f′(e)＝－eq\f(1,2)＜0．因为y＝2－2lnx－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)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))恒成立，所以c≤eq\f(1,2)x2－bx－lnx．记h1(x)＝eq\f(1,2)x2－bx－lnx(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\co1(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\o\al(2,2)－bx2－lnx2＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)＋1－xeq\o\al(2,2)－lnx2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－lnx2＋1．记h2(x)＝－eq\f(1,2)x2－lnx＋1．因为h2(x)在(1，2)上单调递减，所以h2(x)＞h2(2)＝－1－ln2．所以c≤－1－ln2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln2]．法二因为g(x)＝lnx－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－lnx．@钻研数学设h1(b)＝－xb＋eq\f(1,2)x2－lnx，因为x∈(0，＋∞)，则函数h1(b)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))上为减函数，所以h1(b)＞heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(1,2)x2－eq\f(3,2)x－lnx，则对∀x∈(0，＋∞)，c≤eq\f(1,2)x2－eq\f(3,2)x－lnx恒成立，设h2(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(3,2)x－lnx，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)－ln2，则c≤－1－ln2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln2]．[典例13]已知函数f(x)＝(logax)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)＝(logax)2＋x－lnx，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＋2logax·eq\f(1,xlna)．因为a>1，x>1，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＋2logax·eq\f(1,xlna)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．(2)因为当a>1，0<x<1时，分别有1－eq\f(1,x)<0，2logax·eq\f(1,xlna)<0，所以f′(x)<0，结合(1)可得f(x)min＝f(1)，所以t－1＝f(1)＝1，故t＝2．(3)由(2)可知，函数f(x)在[a－1，1]上单调递减，在(1，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝max{f(a－1)，f(a)}．f(a)－f(a－1)＝a－a－1－2lna，令g(x)＝x－x－1－2lnx(x>1)，则g′(x)＝1＋x－2－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)≥0，所以g(a)>g(1)＝0，即f(a)－f(a－1)>0，所以f(x)max＝f(a)，所以问题等价于∀x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|max＝f(a)－f(1)＝a－lna≤e－1．由h(x)＝x－lnx的单调性，且a>1，解得1<a≤e，所以实数a的取值范围为(1，e]．[典例14]已知函数f(x)＝x2－ax＋2lnx．(1)若函数y＝f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若x1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求实数t的取值范围．解析：(1)因为函数y＝f(x)在定义域上单调递增，所以f′(x)≥0，即2x－a＋eq\f(2,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以a≤2x＋eq\f(2,x)(x∈(0，＋∞))．而2x＋eq\f(2,x)≥2eq\r(2x·\f(2,x))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当2x＝\f(2,x)，即x＝1时等号成立))，所以a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]．(2)因为f′(x)＝eq\f(2x2－ax＋2,x)(x＞0)，由题意可得x1，x2为方程f′(x)＝0，即2x2－ax＋2＝0(x＞0)的两个不同实根，所以ax1＝2xeq\o\al(2,1)＋2，ax2＝2xeq\o\al(2,2)＋2．由根与系数的关系可得x1x2＝1．由已知0＜x1≤eq\f(1,e)，则x2＝eq\f(1,x1)≥e．而f(x1)－f(x2)＝(xeq\o\al(2,1)－ax1＋2lnx1)－(xeq\o\al(2,2)－ax2＋2lnx2)＝[xeq\o\al(2,1)－(2xeq\o\al(2,1)＋2)＋2lnx1]－[xeq\o\al(2,2)－(2xeq\o\al(2,2)＋2)＋2lnx2]＝(－xeq\o\al(2,1)－2＋2lnx1)－(－xeq\o\al(2,2)－2＋2lnx2)＝xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)＋2(lnx1－lnx2)＝xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)＋2lneq\f(x1,x2)＝xeq\o\al(2,2)－eq\f(1,x\o\al(2,2))＋2lneq\f(1,x\o\al(2,2))＝xeq\o\al(2,2)－eq\f(1,x\o\al(2,2))－2lnxeq\o\al(2,2)(x2≥e)．设p(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x≥e2)，则p′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x2－2x＋1,x2)＝eq\f(x－12,x2)，显然当x≥e2时，p′(x)＞0，函数p(x)单调递增，故p(x)≥p(e2)＝e2－eq\f(1,e2)－2lne2＝e2－eq\f(1,e2)－4．故f(x1)－f(x2)≥e2－eq\f(1,e2)－4，故t≤e2－eq\f(1,e2)－4．所以实数t的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，e2－\f(1,e2)－4))．[悟](2)是双变量恒不等式问题，分离参数后通过消元，转化为一元不等式恒成立问题处理．但在f(x1)－f(x2)＝(xeq\o\al(2,1)－ax1＋2lnx1)－(xeq\o\al(2,2)－ax2＋2lnx2)中含有三个变量x1，x2与a，最终保留哪个？由于x1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，消掉x2与a为佳，解答中是消掉x1与a，保留下x2也可以，但要注意x2的范围，由于x1，x2为f(x)的两个极值点，所以ax1＝2xeq\o\al(2,1)＋2，ax2＝2xeq\o\al(2,2)＋2．先消去ax1与ax2，再用韦达定理消去x1，此时构造函数p(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x≥e2)，求的最小值．[典例15]已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax．+X+K](1)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；(2)令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图象上任意两点，且满足eq\f(h(x1)－h(x2),x1－x2)＞1，求实数a的取值范围；解析：(1)f′(x)＝1－eq\f(1,x)，x＞0，令f′(x)＝0，则x＝1．当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－lnt；当0＜t＜1时，f(x)在区间(t，1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1．综上，m(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t－lnt，t≥1，,1，0＜t＜1.))(2)h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，x＞0．不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，则由eq\f(h(x1)－h(x2),x1－x2)＞1，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋lnx，x＞0，则F(x)＝x2－(a＋2)x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，故F′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x＋eq\f(1,x)≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．因为2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(\r(2),2)时取“＝”，所以a≤2eq\r(2)－2．故a的取值范围为(－∞，2eq\r(2)－2]．[典例16]已知函数f(x)＝lnx＋ax2－3x．(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，求函数f(x)的极小值；(2)若a＝1，对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1<x2时，不等式f(x1)－f(x2)>eq\f(m(x2－x1),x1x2)恒成立，求实数m的取值范围．解析：(1)f(x)＝lnx＋ax2－3x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－3．由函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，得f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得a＝1．此时f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f((2x－1)(x－1),x)．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,2)．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(x)<0．所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝ln1＋1－3＝－2．(2)由a＝1得f(x)＝lnx＋x2－3x．因为对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1<x2时，f(x1)－f(x2)>eq\f(m(x2－x1),x1x2)恒成立，所以对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1<x2时，f(x1)－eq\f(m,x1)>f(x2)－eq\f(m,x2)恒成立，所以函数y＝f(x)－eq\f(m,x)在[1，10]上单调递减．令h(x)＝f(x)－eq\f(m,x)＝lnx＋x2－3x－eq\f(m,x)，x∈[1，10]，所以h′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＋eq\f(m,x2)≤0在[1，10]上恒成立，则m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立．设F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])，则F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)．当x∈[1，10]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1，10]上单调递减，所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1710，所以m≤－1710，故实数m的取值范围为(－∞，－1710]．[悟](1)利用f′(1)＝0，得a的方程，解方程求a的值，再求f′(x)＝0的实数解，并判断在实数解的两侧f(x)的导数值符号，得f(x)的极值．“双变量不等式”变“单变量不等式”：双变量不等式“f(x1)－f(x2)>eq\f(m(x2－x1),x1x2)”可化为“f(x1)－eq\f(m,x1)>f(x2)－eq\f(m,x2)”，只需构造函数h(x)＝f(x)－eq\f(m,x)，判断其在[1，10]上单调递减，从而转化为单变量不等式“h′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＋eq\f(m,x2)≤0在[1，10]上恒成立”．分离参数m，构造新函数，借助函数最值求m的取值范围．【对点训练】1．已知函数f(x)＝alnx＋x－eq\f(1,x)，其中a为实常数．(1)若x＝eq\f(1,2)是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；(2)若不等式alnx－eq\f(1,x)≤b－x对任意－eq\f(5,2)≤a≤0，eq\f(1,2)≤x≤2恒成立，求b的最小值．解析：(1)f′(x)＝eq\f(x2＋ax＋1,x2)，由题意知x>0．由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)lnx＋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\co1(x－\f(1,2))),x2)．所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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(5ln2,2)．(2)不等式alnx－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lnx≥0，f(x)＝alnx＋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)≤x<1，则lnx<0，f(x)＝alnx＋x－eq\f(1,x)≤－eq\f(5,2)lnx＋x－eq\f(1,x)．由(1)可知g(x)＝－eq\f(5,2)lnx＋x－eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上为减函数．所以当eq\f(1,2)≤x<1时，g(x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,2)ln2－eq\f(3,2)．因为eq\f(5,2)ln2－eq\f(3,2)<eq\f(5,2)－eq\f(3,2)＝1<eq\f(3,2)，所以f(x)≤eq\f(3,2)．综上，f(x)max＝eq\f(3,2)．于是bmin＝eq\f(3,2)．2．设函数f(x)＝emx＋x2－mx．(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．解析：(1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x．若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0．若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0．所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(1)－f(0)≤e－1，,f(－1)－f(0)≤e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1．当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0．故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0．当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1．综上，m的取值范围是[－1，1]．3．设函数f(x)＝eq\f(1－a,2)x2＋ax－lnx(a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有eq\f(a－1,2)m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．解析：(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝1时，f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当0<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，∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值．(2)由题意知f′(x)＝(1－a)x＋a－eq\f(1,x)＝eq\f((1－a)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a－1)))(x－1),x)，当a∈(4，5)时，1－a<－3，0<eq\f(1,a－1)<eq\f(1,3)，∴在区间[1，2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值．∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝eq\f(a,2)－eq\f(3,2)＋ln2．∵对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有eq\f(a－1,2)m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，∴eq\f(a－1,2)m＋ln2>eq\f(a,2)－eq\f(3,2)＋ln2，得m>eq\f(a－3,a－1)．∵a∈(4，5)，∴eq\f(a－3,a－1)＝1－eq\f(2,a－1)<1－eq\f(2,5－1)＝eq\f(1,2)，∴m≥eq\f(1,2)，故实数m的取值范围是[eq\f(1,2)，＋∞)．4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(x,e)))lnx(其中e为自然对数的底数)．(1)证明：f(x)≤f(e)；(2)对任意正实数x、y，不等式aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(y,e)))(lny－lnx)－2x≤0恒成立，求正实数a的最大值．解析：(1)f′(x)＝－eq\f(1,e)lnx＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(x,e)))eq\f(1,x)＝－eq\f(1,e)lnx＋eq\f(2,x)－eq\f(1,e)＝eq\f(－xlnx＋2e－x,ex)，令g(x)＝－xlnx＋2e－x，g′(x)＝－lnx＋(－x)·eq\f(1,x)－1＝－lnx－2，在(0，e－2)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增，在(e－2，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(e－2)＝－e－2lne－2＋2e－e－2＝2e－2＋2e－e－2＝e－2＋2e＞0，又因为x→0时，g(x)→0；g(e)＝0，所以在(0，e)上，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(e)，即f(x)≤f(e)．(2)因为x，y，a，都大于0，由aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(y,e)))(lny－lnx)－2x≤0两边同除以ax整理得：eq\f(2,a)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(y,ex)))lneq\f(y,x)，令eq\f(y,x)＝t(t＞0)，所以eq\f(2,a)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(t,e)))lnt恒成立，记h(t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(t,e)))lnt，则eq\f(2,a)≥h(t)max，由(1)知h(t)max＝g(e)＝1，所以eq\f(2,a)≥1，即0＜a≤2，amax＝2．所以正实数a的最大值是2．5．设函数f(x)＝lnx＋eq\f(k,x)，k∈R．(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，求k的取值范围．解析：(1)由条件得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(k,x2)(x>0)，∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即eq\f(1,e)－eq\f(k,e2)＝0，得k＝e，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,x2)＝eq\f(x－e,x2)(x>0)，由f′(x)<0得0<x<e，由f′(x)>0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，且f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2．∴f(x)的极小值为2．(2)由题意知，对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，即f(x1)－x1<f(x2)－x2恒成立，设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(k,x)－x(x>0)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(k,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x>0时，k≥－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)恒成立，∴k≥eq\f(1,4)．故k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))．6．已知函数f(x)＝x－1－alnx(a<0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对于任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，求实数a的取值范围．解析：(1)由题意知f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)(x>0)，因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)不妨设0<x1<x2≤1，则eq\f(1,x1)>eq\f(1,x2)>0，由(1)知f(x1)<f(x2)，所以|f(x1)－f(x2)|<4eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))⇔f(x2)－f(x1)<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))⇔f(x1)＋eq\f(4,x1)>f(x2)＋eq\f(4,x2)．设g(x)＝f(x)＋eq\f(4,x)，x∈(0，1]，|f(x1)－f(x2)|<4eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))等价于g(x)在(0，1]上单调递减，所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立⇔1－eq\f(a,x)－eq\f(4,x2)＝eq\f(x2－ax－4,x2)≤0在(0，1]上恒成立⇔a≥x－eq\f(4,x)在(0，1]上恒成立，易知y＝x－eq\f(4,x)在(0，1]上单调递增，其最大值为－3．因为a<0，所以－3≤a<0，所以实数a的取值范围为[－3，0)．7．设f(x)＝ex－a(x＋1)．(1)若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)＋eq\f(a,ex)，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．解析：(1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a．由题意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝lna．故当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的最小值为f(lna)＝elna－a(lna＋1)＝－alna．由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，又a＞0，所以lna≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为(0，1]．(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝eq\f(g(x2)－g(x1),x2－x1)，由已知k＞m，即eq\f(g(x2)－g(x1),x2－x1)＞m．因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．因为x1＜x2，所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．而g′(x)＝ex－a－eq\f(a,ex)，又a≤－1＜0，故g′(x)＝ex＋eq\f(－a,ex)－a≥2eq\r(ex·\f((－a),ex))－a＝2eq\r(－a)－a．而2eq\r(－a)－a＝2eq\r(－a)＋(eq\r(－a))2＝(eq\r(－a)＋1)2－1≥3，所以m的取值范围为(－∞，3]．考点五双函数双任意型@钻研数学[典例17]已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．解析：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，①当a≤0时，1－ax>0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增；②当0<a≤eq\f(1,e)时，eq\f(1,a)≥e，则f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增；③当eq\f(1,e)<a<1时，1<eq\f(1,a)<e，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)≥0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))时，f′(x)≤0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递减；④当a≥1时，0<eq\f(1,a)≤1，则f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减．综上所述，当a≤eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e]上单调递增；当eq\f(1,e)<a<1时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递减；当a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递减．(2)g′(x)＝2ax，依题意知，x∈[1，e]时，f(x)min>g(x)max恒成立．已知a∉(0，e)，则①当a≤0时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，所以－a>a＋1，得a<－eq\f(1,2)；②当a≥e时，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，而f(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae2＋1，得a<0，与a≥e矛盾．综上所述，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))．[典例18]已知函数f(x)＝eq\f(x,ex)＋x－1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,e)(e为自然对数的底数)．(1)证明：f(x)≥g(x)；(2)若对于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，总有|f(x1)－g(x2)|≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，求a的最大值．解析：(1)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,ex)＋x－lnx－1－eq\f(1,e)，∴F′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1－eq\f(1,x)＝(x－1)eq\f(ex－x,xex)．∵x>0，∴ex>x＋1，∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x)．∵x∈[1，a]，f′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1>0，g′(x)＝eq\f(1,x)>0，∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增．∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上的距离随x增大而增大，∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，∴eq\f(a,ea)＋a≤eq\f(2,e2)＋2，设G(a)＝eq\f(a,ea)＋a(a>1)，G′(a)＝eq\f(1－a,ea)＋1＝eq\f(ea－a＋1,ea)，∵当a>1时，ea>a＋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．[典例19]已知函数f(x)＝x2－2alnx(a∈R)，g(x)＝2ax.(1)求函数f(x)的极值；@钻研数学(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－alna，无极大值．综上，a≤0时，f(x)无极值；a＞0时，f(x)极小值＝a－alna，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)＝x2－2alnx－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\co1(0，\f(1,2)))．故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))．【对点训练】1．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．解析：由对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，得f(x1)max≤