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