2025版高考数学一轮总复习考点突破第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用第2课时导数与不等式恒能成立考点3双变量的恒能成立问题

双变量的恒(能)成立问题[解析](1)如果存在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))).令g′(x)>0得x<0或x>eq\f(2,3)，令g′(x)<0得0<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，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝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))，h′(x)＝1－2xlnx－x，令m(x)＝xlnx，由m′(x)＝lnx＋1>0得x>eq\f(1,e).即m(x)＝xlnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，可知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.即函数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a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．名师点拨：“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有：(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.【变式训练】已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，当0<m≤6时，g(x)＝x3－eq\f(4,x)－mx，x∈(0,2]．若存在x1∈R，x2∈(0,2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．[解析]x∈(－∞，＋∞)且f′(x)＝ex＋1＋(x－1)·ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，当m>0时，因为ex＋1>0，所以ex＋1＋2m>0，所以当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0.故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－e.又g′(x)＝3x2＋eq\f(4,x2)－m≥4eq\r(3)－m，因为0<m≤6，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0,2]上为增函数．所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m.依题意有f(x1)min