双变量中任意与存在混搭不等式问题的辨析与求解

1、双变量中任意与存在混搭不等式问题的辨析与求解湖南省长沙市雅礼教育集团南雅中学( 410129 ) 石向阳不等式恒成立问题与能成立问题一直倍受命题人的青睐，也一直是学生学习的疑点、教师教学的难点、历年高考的亮点。其实，数学中恒成立问题就是任意性问题；能成立问题就是存 在性问题，在方程或不等式中就是有解问题。任意性与存在性问题虽然年年考，但却在悄然之中发生着某些改变。总体而言，改变的轨迹是从单变量向双变量甚至是多变量发展，从单一任意性或单一存在性向任意与存在混搭上发 展，但不管怎样发展，它们的基础始终还是单变量的任意与存在性问题。对于单变量的“恒成立”、“有解”的不等式问题，文1 用数形结合的思想

2、，得出了两组重要的命题(不失一般性，假设所提及的最值存在)。引理 1 (1) x A,a f(x)恒成立 a f(x)max(x A)；(2) x A,a f(x)恒成立 a f(x)min(x A)；引理 2 (1a f (x)在 x A 有解 a f(x)min(x A)；(2) a f (x)在 x A 上有解a f(x)max(x A)。对于双变量中任意与存在混搭的不等式问题，学生往往更容易迷惑，下面就此问题分析总结归纳如下：命题 1 (1) VxlEA x2EB#得 f (x1) >9 (x2)成立令f (x) ) min>lg (x) min ;对于双变量中任意与存在混

3、搭的不等式问题，学生往往更容易迷惑，下面就此问题分析总结归纳如下：命题1 (1)为 A, x2 B 使得 f xg 乂2 成立 f(x)min g(x)min o(2)x1A, x2B 使得 f x1g x2 成立 f(x)max g(x)max o命题2(1)% A, x2B 使得 f % g x2 成立 f(x)max g(x)min；(2)x1A, x2B 使得 f x1g x2 成立 f (x)min g(x)max。命题3 (1)% A, x2B 使得 f x1g x2 成立 f(x)min g(x)max；(2)x1A, x2B 使得 f x g x2 成立 f(x)max g(

4、x)min °下面从两个角度说明上述命题的正确性及合理性 . 为了节省篇幅，只解释命题 1( 1)，其余依此类推 .方法 1(分步单变量转化法)“x1A, x2B ，使得 f x1g x2 成立”，第一步，可 以 先 把 f x1当 成 是 常 量 ，“x2B 使 得 f x1g x2成 立 ” 等 价 于fx1gx2min ； 第二步， 再把当 gx2成是常量， “x1A 使得 fx1gx2成立”等价于 f x1 min g x2 。综合以上两步就得出了正确的结论：“x1A, x2B 使得f x1g x2 成立令 f (x)min g(x)min ”。在 f x1 和 g x2 中

5、，依次把其中一个视为常量，另一个视为变量，这样就把问题转化成了前面熟悉的单变量的任意(或存在)性问题了 . 面对多个变量的时候，同样可以采取类似的方法， 可以先把其中的一个视为变量， 其它的视为常量， 这样就把问题转化为单变量的常规题了。方法2(引入中间变量搭桥法)设变量k 满足 fx1k gx2，即 fx1k在 x1A 上恒成立且k g X2在X2B上有解(由引理1 ,引理2 ) f (x)min k且k g(x)min f (x)min g(x)min °这里巧妙地利用桥梁k,把双变量的问题转化为两个单E变量的问题，再利用引理 1,引理2使问题得到解决.x 32例1 (2010年

6、山东理科局考22题)已知函数f(x) lnx 1, g(x) x2 2bx4 4x若对任意x (0,2),存在x2 1,2,使f % g x2 ,求实数b的取值范围.1,2，使 f xg x2解法1由命题1知“对任意x1(0,2),存在x2r 1f (x)min . g(x)min。f(x)当 x (0,1), f (x) 0；当 xx (1,14 ),34x2f (x)(x 1)(x 3)4x20 o(x 0)。x (0,2),有所以f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意r r 1f (x)min f(1)-22又 g(x) (x b) 4b。_111当b 1时，

7、g(x)min g(1) 5 2b,万，解得bI，与b 1矛盾；212 9当 b 1,2时，g(x)min g(b) 4 b2,解得 b2一，与 b 1,2矛盾； 22 一 一 117当b 2时，g(x)min g(2) 8 4b,解得b一，满足b 2 ,符合要求。 28综上，实数b的取值范围是178解法2由解法1知f(x)min f (1)原命题1x 1,2,使 f (x)min- - g(x)2 一.x 2bx 4,b x292x1-在1,2上有解在1,2上有解。令 h(x)1 9彳x 不 ,原叩题bh(x)min2 2x17而对勾函数h(x)在x 1,2单调递减，h(x)minh(2)

8、17817,17所以b8，所以实数b的取值范围是 例2 (2006年湖北理科高考21题)设x 3是函数f(x)x2 ax be3x(x R)的一个极值点.(1)求a与b的关系式(用a表示b),并求f(x)的单调区间；一. 一o 25，一一(2)设 a 0, g(x) a 一 e 右存在 x1,x2 0,4使得 f x1g x21 成立，求4a的取值范围.解(1) f (x)x2 (a 2)x b a e3x 由题意知 f (3) 0 ,解得 b 3 2a ,从而f (x)x2 (a 2)x 3 3a e3x(x 3)(x a 1)e3x。令 f (x) 0 ,得 x3,x2a 1 ,由于x 3

9、是极值点，所以 a 1 3,得a 4.当a 4时， a 1 3, f (x)在(，3)上单调递减，在(3, a 1)上单调递增，在(1 a,)上单调递减；当a 4时，a 1 3, f (x)在(，1 a)上单调递减，在(a 1,3)上单调递增，在 (3,)上单调递减。(2)当a 0时，由(1)可知：f(x)在区间(0,3)上单调递增，在区间(3,4)上单调递减 31且 f(0)(2 a 3)e0, f(4)(2 a13)e0 , f (3)a 6,所以，f (x)在区间0,4上的值域是min f (0), f (4), f(3)(2a3)e3,a 6。0,4上的值域是25 v又 g(x) ae

10、x在0,4上是增函数，所以它在4254254由于 g (x) minf(x)max254(a6)20,所以 g(x)min所以原命题f (X)maxXi, X2使得g X2Xi1成立Xi,X2 使得 g X2 1f Xi成立.由命题2原命题g(x)min f (X)max2所以必须且只须a25 (a 6)41 且 a 0,解得033a 一故a的取值范围是 0,-。22mx已知函数f(x) (m 0),x 1g(x)2_(ln x) 2ex2 ,若对 Xi , X2(0,1),都有f x1g x2成立，求负实数m的取值范围.解由命题3知：原命题 f嬴 g(x)max.由已知得x e 1,1g (

11、x) 型"2e,易知当x 0,e 1时，g (x) 0 , g(x)单调递增；当g e 11。X时，g (x)0; g(x) 单调递减，所以g(x)max22m x 1 mx 2x mixf (x)2 r(m 0),则 f(x)在 x (0,1)时单调递减，故x2 1x2 1f(x)在x (0,1)的最小值不存在.但当xf(x)min g(x)max ”刈林 1负实数m的取值范围为2,0)。1 时,f(x), m1 (注意：一2mm一,所以 f(x) ,0 ,221也是满足题意的).综上,1，一1,2 都有 f(s)g(t)2例5(2012年山东理科高考21题第n问)设函数f(x)

12、x2bx c(b,c R),若对任意例4设f(x) a xlnx,g(x) x3 x2 3。如果对任意的s,t x成立，求实数a的取值范围.解由命题3知原命题"刈京g(x)max。22我们可以容易地就求出g(x)max：因为 g (x) 3x 2x 3x x -，可知 g(x)在31 2 2 -,-上单调避减，在 一，2上单调递棉，所以2 331g(x)max max g 2 , g(2)。但我们在求f(x)min遇到了很大的障碍，几乎无法求.山重水复疑无路，怎么办？这时不要强求.1 2其头 原命题f (x) 1对x - ,2恒成乂ax x In x h(x)2一 1对 x -, 2

13、 恒成乂ah(x)max.把求 f(x)min 转化为求 h(x)max , h(x) x x Inx 没2有参数，求最值就不需要讨论，显然容易些.这就峰回路转，柳暗花明了。1h (x)1 2x In x x ,当 x -, 2 ,2，11h (x)3 2ln x 0,所以 h(x)在 x - ,3 上递减，又 h(1) 0 ,所以 x ，1 ,2221 .h (x) 0, x (1,2时h(x) 0,即函数h(x) x x In x在区间-,1上递增，在区间(1,2上递减，所以h(x)max h(1) 1,所以a1。x，x2 1,1,有 f x1f x2 , 4,求 b 的取值范围.解原命题

14、max 融 f(x)max “刈就 maxM 4 ,据此分类讨论如下:(1)当 b21时，即b 2时，Mf( 1) 2b 4,与题设矛盾;(2)当 1b0时，即0 h 2时,2f(1) f2,4恒成立;(3)当颂b1时，即2f( 1)2,4恒成立;(4)当 b2综上可知，1时，即b2时，Mf(1) f(1)2b4,与题设矛盾.例6 (2015年新课标n卷理科21)设函数f (x)mx 2e xmx。(1)证明：f (x)在(，0)单调递减，在(0, (2)若对于任意X1,x2 1,1,都有f X1 解(1)略。(2)对于任意X1,X2 1,1,都有)单调递增；f X2另te 1 ,求m的取值范

15、围.f X1当mf(x)max当mf X2 跳 10 时，f(x) 1f(x)min 2 10 时，f(1) e1所以g (m) emg(m) g(0) 0,即又由于, 令 h(x) 当mXe0时，mef(1)g(m)h (x)X10时,h(m)h(1)f(x)max f(x)min e 1。由(1)知 f (X) min f (0) 1,2x ,此时f (x)在1,1上的最大值是2,所以此时1, e 1成立；1 m, f ( 1) e m 1 m,令 g(m) f(1) f( 1) em e m 2m,所以g(m)在R上单调递增，而g(0) 0,所以m 0, f( 1), f(x)max f

16、(1)；g(0) 0，即 f(1) f( 1)，f(x)maxX2X21 0前(1) 1M( 1)11x 0,所以 h(x)在(0,em m e 1 h(m)1 em ( m) e 1m 0。f ( 1).)上单调递增。h(1)0 m 1；综上所述，m的取值范围是(1,1)。几点补充说明：1 . f (Xi) g(X2)与f (Xi) g(X2)也可以相应地变化处理，如例 1、例4、例5、例6;2 .双变量中任意与存在混搭的不等式问题，可转为两个最值问题；3 .当函数的最值取不到时，应该将最大值、最小值相应换成上确界、下确界，而且，不管 原来的不等式有没有等号，任意性(或恒成立)问题要添加等号，如例3;存在性(或有解)问题不能添加等号；4 .例题1的解法2比解法1要简洁，说明解决双变量中任意与存在混搭的问题，不要死记结论,关键是掌握两种方法：分步单变量转化法、引入中间变量搭桥法，把双变量的问题转化为单变 量的问题进行处理.如果两个最值有一个很难求出，需要复杂的讨论时， 就先求出容易求的那一4更好地说个最值 . 问题就变为了单变量的任意与存在性问题，再用分离参数法就简单