备考2025届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破2利用导数研究恒能成立问题命题点3双变量的恒能成立问题

命题点3双变量的恒（能）成立问题例3[2024广东七校联考]设a为实数，函数f（x）＝x3－3x2＋a，g（x）＝xlnx.（1）求f（x）的极值；（2）若∀x1∈[1，3]，∀x2∈[1e，e]，都有f（x1）≥g（x2），求实数a的取值范围解析（1）函数f（x）＝x3－3x2＋a的定义域为R，f'（x）＝3x2－6x＝3x（x－2），令f'（x）＝0，可得x＝0或x＝2，当x变更时，f'（x），f（x）的变更状况如下表：x（－∞，0）0（0，2）2（2，＋∞）f'（x）＋0－0＋f（x）↗极大值↘微小值↗故函数f（x）的极大值为f（0）＝a，微小值为f（2）＝a－4.（2）若∀x1∈[1，3]，∀x2∈[1e，e]，都有f（x1）≥g（x2），则f（x1）min≥g（x2）max由（1）可知，函数f（x）在[1，2）上单调递减，在（2，3]上单调递增，故当x∈[1，3]时，f（x）min＝f（2）＝a－4.因为g（x）＝xlnx，当x∈[1e，e]时，g'（x）＝1＋lnx≥0且g'（x）不恒为零，所以函数g（x）在[1e，e]上单调递增，故g（x）max＝g（e）＝由题意可得a－4≥e，故a≥e＋4，即实数a的取值范围是[e＋4，＋∞）.方法技巧解决双变量“存在性或随意性”问题的关键就是将含有全称量词或存在量词的条件“等价转化”为两个函数最值之间的关系（或两个函数值域之间的关系）.训练3[2024浙江杭州二中4月阶段测试]f（x）＝ax＋xlnx，g（x）＝x3－x2－（1）假如存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）－g（x2）≥M成立，求满意上述条件的最大整数M；（2）假如对于随意的s，t∈[12，2]，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，即存在x1，x2∈[0，2]，使得[g（x1）－g（x2)]max≥M，即g（x）max－g（x）由g（x）＝x3－x2－3，得g'（x）＝3x2－2x＝3x（x－23当23＜x＜2时，g'（x）＞0，当0＜x＜23时，g'（x）＜0x（0，232（23，2g'（x）－0＋g（x）↘微小值↗又g（0）＝－3，g（2）＝1，所以当x∈[0，2]时，g（x）max＝g（2）＝1，g（x）min＝g（23）＝－85所以g（x）max－g（x）min＝11227≥M，所以满意条件的最大整数M为（2）对于随意的s，t∈[12，2]，f（s）≥g（t）成立，则f（s）min≥g（t）max由（1）易得当x∈[12，2]时，g（x）max＝g（2）＝1所以对于随意的x∈[12，2]，ax＋xlnx≥1成立，即a≥x－x2lnx令h（x）＝x－x2lnx（12≤x≤2），则a≥h（x）max求导得h'（x）＝1－2xlnx－x，令m（x）＝1－2xlnx－x（12≤x≤2），则m'（x）＝－3－2lnx＜0所以h'（x）在[12，2]上单调递减，又h'（1）＝0，故列表如下x（12，11（1，2）h'（x）＋0－h（x）↗极大值↘所以a≥h（x）max＝h（1）＝1，故实数a的取值范围是[1，＋∞）.思维帮·提升思维快速解题洛必达法则例4已知函数f（x）＝lnxx+1＋1x，若f（x）＞lnxx－1＋kx恒成立，则解析解法一（分别参数＋洛必达法则）由题意知x＞0且x≠1，f（x）＞lnxx－1＋kx恒成立等价于k＜xlnxx+1＋1记g（x）＝2xlnx1－x2＋1，则g'（x）＝2（x2记h（x）＝lnx＋1－x2x2+1，则h'（x）＝1x所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，且h（1）＝0，因此，当x∈（0，1）时，h（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0，即当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.由洛必达法则得limx→1g（x）＝limx→12xlnx1－x2＋即当x→1时，g（x）→0.所以当x＞0且x≠1时，g（x）＞0，所以k≤0.故k的取值范围是（－∞，0].解法二f（x）－（lnxx－1＋kx）＝11－设h（x）＝2lnx＋（k－1)(x则h'（x）＝（k①当k≤0时，由h'（x）＝k（x2+1)－（x－1）2x2知，当x≠1时，而h（1）＝0，故当x∈（0，1）时，h（x）＞0，可得11－x2h（x当x∈（1，＋∞）时，h（x）＜0，可得11－x2h（从而当x＞0，且x≠1时，f（x）－（lnxx－1＋即f（x）＞lnxx－②当0＜k＜1时，y＝（k－1）（x2＋1）＋2x＝（k－1）x2＋2x＋k－1，其图象开口向下，且Δ＝4－4（k－1）2＞0，对称轴为直线x＝11－k，1所以当x∈（1，11－k）时，（k－1）（x2＋1）＋2x＞0，故h'（x）＞0，而h（1）＝0，故当x∈（1，11－k）时，h可得11－x2h（x）＜③当k≥1时，此时h'（x）＞0，而h（1）＝0，故当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0，可得11－x2·h（x）＜综上所述，k的取值范围为（－∞，0].方法技巧洛必达法则法则1若函数f（x）和g（x）满意下列条件：（1）limx→af（x）＝0及limx→ag（2）在点a的旁边，f（x）与g（x）可导且g'（x）≠0；（3）limx→af'(x那么limx→af（法则2若函数f（x）和g（x）满意下列条件：（1）limx→af（x）＝∞及limx→ag（2）在点a的旁边，f（x）与g（x）可导且g'（x）≠0；（3）limx→af'(x那么limx→af（训练4已知函数f（x）＝x（ex－1）－ax2（a∈R）.（1）若f（x）在x＝－1处有极值，求a的值；（2）当x＞0时，f（x）≥0，求实数a的取值范围.解析（1）f'（x）＝ex－1＋xex－2ax＝（x＋1）ex－2ax－1，依题意知f'（－1）＝2a－1＝0，∴a＝12（2）解法一当x＞0时，f（x）≥0，即x（ex－1）－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ（x）＝ex－1－ax（x＞0），则φ（x）min≥0，φ'（x）＝ex－a.①当a≤1时，φ'（x）＞0，∴φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴φ（x）＞e0－1－0＝0，∴a≤1满意条件.②当a＞1时，若0＜x＜lna，则φ'（x）＜0，若x＞lna，则φ'（x）＞0.∴φ（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，＋∞）上单调递增，∴φ（x）min＝φ（lna）＝a－1－alna≥0.令g（a）＝a－1－alna（a＞1），则g'（a）＝1－（1＋lna）＝－lna＜0，∴g（a）在（1，＋∞）上单调递减.∴g（a）＜1－1－ln1＝0与g（a）≥0冲突，故a＞1不满意条件.综上，实数a的取值范围是（－∞，1].解法二当x＞0时，f（x）≥0，即x（ex－1）－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤ex令h（x）＝ex－1x（x＞