专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析
考点一 单函数双任意型
【例题选讲】
[例1] 已知函数f(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∈恒成立，求实数c的取值范围．
解析 (1)由题意得f′(x)＝＋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，
所以f′(1)＝，即1＋a＝，所以a＝－．
所以f′(x)＝－＝，所以f′(1)＝＞0，f′(e)＝－＜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－x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，
所以c≤x2－bx－ln x．记h1(x)＝x2－bx－ln x(x＞0)，则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＝．
因为b∈，所以x2＝∈(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)＝x－bx2－ln x2＝x＋1－x－ln x2＝－x－ln x2＋1．
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记h2(x)＝－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－x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)恒成立，所以c≤x2－bx－ln x．
设h1(b)＝－xb＋x2－ln x，因为x∈(0，＋∞)，则函数h1(b)在上为减函数，
所以h1(b)＞h＝x2－x－ln x，则对∀x∈(0，＋∞)，c≤x2－x－ln x恒成立，
设h2(x)＝x2－x－ln x，
则h′2(x)＝x－－＝＝，
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)＝－－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)＝(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－ln x，所以f′(x)＝1－＋2logax·．
因为a>1，x>1，所以f′(x)＝1－＋2logax·>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
(2)因为当a>1，0
1)，则g′(x)＝1＋x－2－＝≥0，
所以g(a)>g(1)＝0，即f(a)－f(a－1)>0，所以f(x)max＝f(a)，
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所以问题等价于∀x1，x2∈[a－1，a]，
|f(x1)－f(x2)|max＝f(a)－f(1)＝a－ln a≤e－1．
由h(x)＝x－ln x的单调性，且a>1，解得1恒成立，求实数m的取值范围．
解析 (1)f(x)＝ln x＋ax2－3x的定义域为(0，＋∞)，f′(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．
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此时f′(x)＝＋2x－3＝．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝．
当x∈和x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．
所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝ln 1＋1－3＝－2．
(2)由a＝1得f(x)＝ln x＋x2－3x．因为对于任意x1，x2∈[1，10]，
当x1恒成立，所以对于任意x1，x2∈[1，10]，
当x1f(x2)－恒成立，所以函数y＝f(x)－在[1，10]上单调递减．
令h(x)＝f(x)－＝ln x＋x2－3x－，x∈[1，10]，
所以h′(x)＝＋2x－3＋≤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＝－6＋．
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＝－1 710，所以m≤－1 710，
故实数m的取值范围为(－∞，－1 710]．
悟通 (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．
(2)“双变量不等式”变“单变量不等式”：双变量不等式“f(x1)－f(x2)>”可化为“f(x1)－>f(x2)－”，只需构造函数h(x)＝f(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)＝＋2x－3＋≤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－，其中a为实常数．
(1)若x＝是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；
(2)若不等式alnx－≤b－x对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立，求b的最小值．
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1．解析 (1)f′(x)＝，由题意知x>0．由f′＝0，得2＋a＋1＝0，
所以a＝－，此时f(x)＝－ln x＋x－．则f′(x)＝＝．
所以f(x)在上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．
所以x＝2为极小值点，极小值f(2)＝－．
(2)不等式aln x－≤b－x即为f(x)≤b，所以b≥f(x)max对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立．
①若1≤x≤2，则ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－≤x－≤2－＝．当a＝0，x＝2时取等号．
②若≤x<1，则ln x<0，f(x)＝aln x＋x－≤－ln x＋x－．
由(1)可知g(x)＝－ln x＋x－在上为减函数．所以当≤x<1时，g(x)≤g＝ln 2－．
因为ln 2－<－＝1<，所以f(x)≤．综上，f(x)max＝．于是bmin＝．
2．设函