2026高中數(shù)學10大導數(shù)：專題36 雙變量不等式恒成立與能成立問題考點探析(教師版)

專題36雙變量不等式恒成立與能成立問題考點探析

考點一單函數(shù)雙任意型

【例題選講】

lnx

[例1]已知函數(shù)f(x)＝＋ax＋b的圖象在點A(1，f(1))處的切線與直線l：2x－4y＋3＝0平行．

x

(1)求證：函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(1，e)上存在最大值；

3

0，

(2)記函數(shù)g(x)＝xf(x)＋c，若g(x)≤0對一切x∈(0，＋∞)，b∈2恒成立，求實數(shù)c的取值范圍．

1－lnx

解析(1)由題意得f′(x)＝＋a．

x2

1

因為函數(shù)圖象在點A處的切線與直線l平行，且l的斜率為，

2

111

所以f′(1)＝，即1＋a＝，所以a＝－．

222

1－lnx12－2lnx－x211

所以f′(x)＝－＝，所以f′(1)＝＞0，f′(e)＝－＜0．

x222x222

因為y＝2－2lnx－x2在(1，e)上連續(xù)，

所以f′(x)在區(qū)間(1，e)上存在一個零點，設為x0，則x0∈(1，e)，且f′(x0)＝0．

當x∈(1，x0)時，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增；

當x∈(x0，e)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(x0，e)上單調(diào)遞減．

所以當x＝x0時，函數(shù)y＝f(x)取得最大值．故函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(1，e)上存在最大值．

3

10，

(2)法一因為g(x)＝lnx－x2＋bx＋c≤0對一切x∈(0，＋∞)，b∈2恒成立，

2

1212

所以c≤x－bx－lnx．記h1(x)＝x－bx－lnx(x＞0)，則c≤h1(x)min．

22

22

12b－b＋4b＋b＋4

h′1(x)＝x－b－．令h′1(x)＝0，得x－bx－1＝0，所以x1＝＜0(舍去)，x2＝．

x22

3

0，b＋b2＋4

因為b∈2，所以x2＝∈(1，2)．

2

當0＜x＜x2時，h′1(x)＜0，h1(x)單調(diào)遞減；當x＞x2時，h′1(x)＞0，h1(x)單調(diào)遞增．

1212212

所以h1(x)min＝h1(x2)＝x2－bx2－lnx2＝x2＋1－x2－lnx2＝－x2－lnx2＋1．

222

12

記h2(x)＝－x－lnx＋1．

2

因為h2(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，所以h2(x)＞h2(2)＝－1－ln2．

所以c≤－1－ln2，故c的取值范圍是(－∞，－1－ln2]．

11

法二因為g(x)＝lnx－x2＋bx＋c≤0對一切x∈(0，＋∞)恒成立，所以c≤x2－bx－lnx．

22

，3

120

設h1(b)＝－xb＋x－lnx，因為x∈(0，＋∞)，則函數(shù)h1(b)在2上為減函數(shù)，

2

3

123123

所以h1(b)＞h2＝x－x－lnx，則對x∈(0，＋∞)，c≤x－x－lnx恒成立，

2222

?

123

設h2(x)＝x－x－lnx，

22

312x2－3x－2(x－2)(2x＋1)

則h′2(x)＝x－－＝＝，

2x2x2x

令h′2(x)＝0，則x＝2，當0＜x＜2時，f′(x)＜0，函數(shù)單調(diào)遞減；

1

當x＞2時，f′(x)＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，則x＝2時，f(x)min＝f(2)＝－－ln2，

2

則c≤－1－ln2，故c的取值范圍是(－∞，－1－ln2]．

2

[例2]已知函數(shù)f(x)＝(logax)＋x－lnx(a>1)．

(1)求證：函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；

(2)若關于x的方程|f(x)－t|＝1在(0，＋∞)上有三個零點，求實數(shù)t的值；

－1

(3)若對任意的x1，x2∈[a，a]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒成立(e為自然對數(shù)的底數(shù))，求實數(shù)a的取值范

圍．

211

解析(1)因為函數(shù)f(x)＝(logax)＋x－lnx，所以f′(x)＝1－＋2logax·．

xxlna

11

因為a>1，x>1，所以f′(x)＝1－＋2logax·>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．

xxlna

11

(2)因為當a>1，0<x<1時，分別有1－<0，2logax·<0，所以f′(x)<0，

xxlna

結合(1)可得f(x)min＝f(1)，所以t－1＝f(1)＝1，故t＝2．

－1

(3)由(2)可知，函數(shù)f(x)在[a，1]上單調(diào)遞減，在(1，a]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝1，

－1－1－1

f(x)max＝max{f(a)，f(a)}．f(a)－f(a)＝a－a－2lna，

12

－－2－1

令g(x)＝x－x1－2lnx(x>1)，則g′(x)＝1＋x2－＝x≥0，

x

－1

所以g(a)>g(1)＝0，即f(a)－f(a)>0，所以f(x)max＝f(a)，

－1

所以問題等價于x1，x2∈[a，a]，

|f(x1)－f(x2)|max＝f?(a)－f(1)＝a－lna≤e－1．

由h(x)＝x－lnx的單調(diào)性，且a>1，解得1<a≤e，

所以實數(shù)a的取值范圍為(1，e]．

[例3]已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋2lnx．

(1)若函數(shù)y＝f(x)在定義域上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；

1

0，

(2)設f(x)有兩個極值點x1，x2，若x1∈e，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

2

思路(1)轉(zhuǎn)化為恒不等式問題，即f′(x)＝2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，然后用分離參數(shù)＋最值分

x

析法解決．(2)分離參數(shù)t，即t≤f(x1)－f(x2)，然后用條件f(x)有兩個極值點x1，x2，進行消元，轉(zhuǎn)化為一元

不等式恒成立問題處理．

解析(1)因為函數(shù)y＝f(x)在定義域上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0，

2

即2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，

x

2

222當且僅當2x＝，即x＝1時等號成立

所以a≤2x＋(x∈(0，＋∞))．而2x＋≥22x·＝4x，

xxx

所以a≤4，所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．

2x2－ax＋2

(2)因為f′(x)＝(x＞0)，由題意可得x1，x2為方程f′(x)＝0，

x

222

即2x－ax＋2＝0(x＞0)的兩個不同實根，所以ax1＝2x1＋2，ax2＝2x2＋2．

11

由根與系數(shù)的關系可得x1x2＝1．由已知0＜x1≤，則x2＝≥e．

ex1

222222

而f(x1)－f(x2)＝(x1－ax1＋2lnx1)－(x2－ax2＋2lnx2)＝[x1－(2x1＋2)＋2lnx1]－[x2－(2x2＋2)＋2lnx2]

222222x1

＝(－x1－2＋2lnx1)－(－x2－2＋2lnx2)＝x2－x1＋2(lnx1－lnx2)＝x2－x1＋2ln

x2

211212

＝x2－＋2ln＝x2－－2lnx2(x2≥e)．

222

x2x2x2

112x2－2x＋1x－12

設p(x)＝x－－2lnx(x≥e2)，則p′(x)＝1＋－＝＝，

xx2xx2x2

11

顯然當x≥e2時，p′(x)＞0，函數(shù)p(x)單調(diào)遞增，故p(x)≥p(e2)＝e2－－2lne2＝e2－－4．

e2e2

1

－∞，e2－－4

21212

故f(x1)－f(x2)≥e－－4，故t≤e－－4．所以實數(shù)t的取值范圍是e．

e2e2

悟通(2)是雙變量恒不等式問題，分離參數(shù)后通過消元，轉(zhuǎn)化為一元不等式恒成立問題處理．但在f(x1)

，1

220

－f(x2)＝(x1－ax1＋2lnx1)－(x2－ax2＋2lnx2)中含有三個變量x1，x2與a，最終保留哪個？由于x1∈e，

消掉x2與a為佳，解答中是消掉x1與a，保留下x2也可以，但要注意x2的范圍，由于x1，x2為f(x)的兩個

22

極值點，所以ax1＝2x1＋2，ax2＝2x2＋2．先消去ax1與ax2，再用韋達定理消去x1，此時構造函數(shù)p(x)＝x

1

－－2lnx(x≥e2)，求的最小值．

x

[例4]已知函數(shù)f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax．+X+K]

(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；

h(x1)－h(huán)(x2)

(2)令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函數(shù)h(x)圖象上任意兩點，且滿足

x1－x2

＞1，求實數(shù)a的取值范圍；

1

解析(1)f′(x)＝1－，x＞0，令f′(x)＝0，則x＝1．

x

當t≥1時，f(x)在[t，t＋1]上單調(diào)遞增，f(x)的最小值為f(t)＝t－lnt；

當0＜t＜1時，f(x)在區(qū)間(t，1)上為減函數(shù)，在區(qū)間(1，t＋1)上為增函數(shù)，f(x)的最小值為f(1)＝1．

t－lnt，t≥1，

綜上，m(t)＝

1，0＜t＜1.

2

(2)h(x)＝x－(a＋1)x＋lnx，x＞0．不妨取0＜x1＜x2，則x1－x2＜0，

h(x1)－h(huán)(x2)

則由＞1，可得h(x1)－h(huán)(x2)＜x1－x2，變形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．

x1－x2

令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋lnx，x＞0，則F(x)＝x2－(a＋2)x＋lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，

11

故F′(x)＝2x－(a＋2)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x＋≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．

xx

12

因為2x＋≥22，當且僅當x＝時取“＝”，所以a≤22－2．

x2

故a的取值范圍為(－∞，22－2]．

[例5]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－3x．

(1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y＝－2，求函數(shù)f(x)的極小值；

m(x2－x1)

(2)若a＝1，對于任意x1，x2∈[1，10]，當x1<x2時，不等式f(x1)－f(x2)>恒成立，求實數(shù)m的

x1x2

取值范圍．

1

解析(1)f(x)＝lnx＋ax2－3x的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax－3．

x

由函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y＝－2，得f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得a＝1．

1(2x－1)(x－1)1

此時f′(x)＝＋2x－3＝．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝．

xx2

11

0，，1

當x∈2和x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈2時，f′(x)<0．

11

0，，1

所以函數(shù)f(x)在2和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在2上單調(diào)遞減，

所以當x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值f(1)＝ln1＋1－3＝－2．

2

(2)由a＝1得f(x)＝lnx＋x－3x．因為對于任意x1，x2∈[1，10]，

m(x2－x1)

當x1<x2時，f(x1)－f(x2)>恒成立，所以對于任意x1，x2∈[1，10]，

x1x2

mmm

當x1<x2時，f(x1)－>f(x2)－恒成立，所以函數(shù)y＝f(x)－在[1，10]上單調(diào)遞減．

x1x2x

mm

令h(x)＝f(x)－＝lnx＋x2－3x－，x∈[1，10]，

xx

1m

所以h′(x)＝＋2x－3＋≤0在[1，10]上恒成立，則m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立．

xx2

12

x－1

設F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])，則F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－62＋．

2

當x∈[1，10]時，F(xiàn)′(x)<0，所以函數(shù)F(x)在[1，10]上單調(diào)遞減，

32

所以F(x)min＝F(10)＝－2×10＋3×10－10＝－1710，所以m≤－1710，

故實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1710]．

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的實數(shù)解，并判斷在實數(shù)解的兩

側(cè)f(x)的導數(shù)值符號，得f(x)的極值．

m(x2－x1)mm

(2)“雙變量不等式”變“單變量不等式”：雙變量不等式“f(x1)－f(x2)>”可化為“f(x1)－>f(x2)－”，

x1x2x1x2

m1m

只需構造函數(shù)h(x)＝f(x)－，判斷其在[1，10]上單調(diào)遞減，從而轉(zhuǎn)化為單變量不等式“h′(x)＝＋2x－3＋≤0

xxx2

在[1，10]上恒成立”．分離參數(shù)m，構造新函數(shù)，借助函數(shù)最值求m的取值范圍．

【對點訓練】

1

1．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x－，其中a為實常數(shù)．

x

1

(1)若x＝是f(x)的極大值點，求f(x)的極小值；

2

151

(2)若不等式alnx－≤b－x對任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立，求b的最小值．

x22

11

x2＋ax＋11

1．解析(1)f′(x)＝，由題意知x>0．由f′2＝0，得22＋a＋1＝0，

x22

1

2－5＋x－

551xx1(x－2)2

所以a＝－，此時f(x)＝－lnx＋x－．則f′(x)＝2＝．

2

22xx2x

1

，2

所以f(x)在2上為減函數(shù)，在[2，＋∞)上為增函數(shù)．

35ln2

所以x＝2為極小值點，極小值f(2)＝－．

22

151

(2)不等式alnx－≤b－x即為f(x)≤b，所以b≥f(x)max對任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立．

x22

1113

①若1≤x≤2，則lnx≥0，f(x)＝alnx＋x－≤x－≤2－＝．當a＝0，x＝2時取等號．

xx22

1151

②若≤x<1，則lnx<0，f(x)＝alnx＋x－≤－lnx＋x－．

2x2x

11

51，1153

由(1)可知g(x)＝－lnx＋x－在2上為減函數(shù)．所以當≤x<1時，g(x)≤g2＝ln2－．

2x222

53533333

因為ln2－<－＝1<，所以f(x)≤．綜上，f(x)max＝．于是bmin＝．

22222222

2．設函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx．

(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增；

(2)若對于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍．

2．解析(1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x．

若m≥0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0．

若m＜0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1＞0，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1＜0，f′(x)＞0．

所以，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．

(2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1，0]單調(diào)遞減，在[0，1]單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．

f(1)－f(0)≤e－1，

所以對于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是

f(－1)－f(0)≤e－1，

em－m≤e－1，

即①

e－m＋m≤e－1.

設函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1．當t＜0時，g′(t)＜0；當t＞0時，g′(t)＞0．

故g(t)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．

又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當t∈[－1，1]時，g(t)≤0．

當m∈[－1，1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；

當m＞1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；

當m＜－1時，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1．

綜上，m的取值范圍是[－1，1]．

1－a

3．設函數(shù)f(x)＝x2＋ax－lnx(a∈R)．

2

(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的極值；

a－1

(2)若對任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，求實數(shù)m的取值范圍．

2

3．解析(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．

1x－1

當a＝1時，f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－＝，

xx

當0<x<1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x>1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

∴函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝1，無極大值．

1

x－

1(1－a)a－1(x－1)

(2)由題意知f′(x)＝(1－a)x＋a－＝，

xx

11

當a∈(4，5)時，1－a<－3，0<<，

a－13

∴在區(qū)間[1，2]上，f′(x)≤0，則f(x)單調(diào)遞減，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值．

a3

∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln2．

22

a－1

∵對任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，

2

a－1a3a－3

∴m＋ln2>－＋ln2，得m>．

222a－1

a－3221

∵a∈(4，5)，∴＝1－<1－＝，

a－1a－15－12

11

∴m≥，故實數(shù)m的取值范圍是[，＋∞)．

22

x

2－

4．已知函數(shù)f(x)＝elnx(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))．

(1)證明：f(x)≤f(e)；

y

2x－

(2)對任意正實數(shù)x、y，不等式ae(lny－lnx)－2x≤0恒成立，求正實數(shù)a的最大值．

x

12－1121－xlnx＋2e－x

4．解析(1)f′(x)＝－lnx＋e＝－lnx＋－＝，

exexeex

1

令g(x)＝－xlnx＋2e－x，g′(x)＝－lnx＋(－x)·－1＝－lnx－2，

x

在(0，e－2)上，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，在(e－2，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，

－2－2－2－2－2－2－2

所以g(x)max＝g(e)＝－elne＋2e－e＝2e＋2e－e＝e＋2e＞0，

又因為x→0時，g(x)→0；g(e)＝0，

所以在(0，e)上，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，

所以f(x)max＝f(e)，即f(x)≤f(e)．

yy

2x－22－y

(2)因為x，y，a，都大于0，由ae(lny－lnx)－2x≤0兩邊同除以ax整理得：≥exln，

ax

tt

y22－2－2

令＝t(t＞0)，所以≥elnt恒成立，記h(t)＝elnt，則≥h(t)max，

xaa

2

由(1)知h(t)max＝g(e)＝1，所以≥1，即0＜a≤2，amax＝2．

a

所以正實數(shù)a的最大值是2．

k

5．設函數(shù)f(x)＝lnx＋，k∈R．

x

(1)若曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直，求f(x)的單調(diào)性和極小值(其中e為自然對

數(shù)的底數(shù))；

(2)若對任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，求k的取值范圍．

1k

5．解析(1)由條件得f′(x)＝－(x>0)，

xx2

1k

∵曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，

ee2

1ex－e

∴f′(x)＝－＝(x>0)，由f′(x)<0得0<x<e，由f′(x)>0得x>e，

xx2x2

∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增．

e

當x＝e時，f(x)取得極小值，且f(e)＝lne＋＝2．∴f(x)的極小值為2．

e

(2)由題意知，對任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，即f(x1)－x1<f(x2)－x2恒成立，

k

設h(x)＝f(x)－x＝lnx＋－x(x>0)，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，

x

1

1kx－1

∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即當x>0時，k≥－x2＋x＝－22＋恒成立，

xx24

1

1，＋∞

∴k≥．故k的取值范圍是4．

4

6．已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx(a<0)．

(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

1－1

(2)若對于任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4|x1x2|，求實數(shù)a的取值范圍．

ax－a

6．解析(1)由題意知f′(x)＝1－＝(x>0)，

xx

因為x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．

11

(2)不妨設0<x1<x2≤1，則>>0，由(1)知f(x1)<f(x2)，

x1x2

1111

－－44

所以|f(x1)－f(x2)|<4|x1x2|f(x2)－f(x1)<4x1x2f(x1)＋>f(x2)＋．

x1x2

?11?

4－

設g(x)＝f(x)＋，x∈(0，1]，|f(x1)－f(x2)|<4|x1x2|等價于g(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，

x

a4x2－ax－44

所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立1－－＝≤0在(0，1]上恒成立a≥x－在(0，1]上恒成立，

xx2x2x

4??

易知y＝x－在(0，1]上單調(diào)遞增，其最大值為－3．因為a<0，所以－3≤a<0，

x

所以實數(shù)a的取值范圍為[－3，0)．

7．設f(x)＝ex－a(x＋1)．

(1)若x∈R，f(x)≥0恒成立，求正實數(shù)a的取值范圍；

?a

(2)設g(x)＝f(x)＋，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲線y＝g(x)上任意兩點，若對任意的a≤－1，直線

ex

AB的斜率恒大于常數(shù)m，求m的取值范圍．

7．解析(1)因為f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a．

由題意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝lna．

故當x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．

所以函數(shù)f(x)的最小值為f(lna)＝elna－a(lna＋1)＝－alna．

由題意，若x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，

又a＞0，所?以lna≤0，解得0＜a≤1．所以正實數(shù)a的取值范圍為(0，1]．

g(x2)－g(x1)

(2)設x1，x2是任意的兩個實數(shù)，且x1＜x2．則直線AB的斜率為k＝，

x2－x1

g(x2)－g(x1)

由已知k＞m，即＞m．

x2－x1

因為x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．

因為x1＜x2，所以函數(shù)h(x)＝g(x)－mx在R上為增函數(shù)，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．

a－a(－a)

而g′(x)＝ex－a－，又a≤－1＜0，故g′(x)＝ex＋－a≥2ex·－a＝2－a－a．

exexex

而2－a－a＝2－a＋(－a)2＝(－a＋1)2－1≥3，所以m的取值范圍為(－∞，3]．

考點二雙函數(shù)雙任意型

【例題選講】

[例6]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．

(1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的單調(diào)性；

(2)已知a(0，e)，若對任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍．

11－ax

解析(1)?f′(x)＝－a＝，

xx

①當a≤0時，1－ax>0，則f′(x)>0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增；

11

②當0<a≤時，≥e，則f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增；

ea

11

111，1，

③當<a<1時，1<<e，當x∈a時，f′(x)≥0，f(x)在a上單調(diào)遞增，

ea

11

，e，e

當x∈a時，f′(x)≤0，f(x)在a上單調(diào)遞減；

1

④當a≥1時，0<≤1，則f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減．

a

11

111，，e

綜上所述，當a≤時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增；當<a<1時，f(x)在a上單調(diào)遞增，在a上單

ee

調(diào)遞減；當a≥1時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減．

(2)g′(x)＝2ax，依題意知，x∈[1，e]時，f(x)min>g(x)max恒成立．已知a(0，e)，則

①當a≤0時，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，而f(x)在[1，e]上?單調(diào)遞增，

1

所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，所以－a>a＋1，得a<－；

2

②當a≥e時，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，而f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，

22

所以g(x)max＝g(e)＝ae＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae＋1，得a<0，與a≥e矛盾．

1

－∞，－

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是2．

x1

[例7]已知函數(shù)f(x)＝＋x－1，g(x)＝lnx＋(e為自然對數(shù)的底數(shù))．

exe

(1)證明：f(x)≥g(x)；

21

(2)若對于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，總有|f(x1)－g(x2)|≤－＋1，求a的最大值．

e2e

x1

解析(1)令F(x)＝f(x)－g(x)＝＋x－lnx－1－，

exe

1－x1ex－x

∴F′(x)＝＋1－＝(x－1)．∵x>0，∴ex>x＋1，

exxxex

∴F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x)．

1－x1

(2)∵x∈[1，a]，f′(x)＝＋1>0，g′(x)＝>0，∴f(x)，g(x)均在[1，a]上單調(diào)遞增．

exx

∵f(x)≥g(x)，F(xiàn)(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，

∴f(x)與g(x)的圖象在[1，a]上的距離隨x增大而增大，

21a2

∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤－＋1，∴＋a≤＋2，

e2eeae2

a1－aea－a＋1

設G(a)＝＋a(a>1)，G′(a)＝＋1＝，

eaeaea

∵當a>1時，ea>a＋1，∴當a>1時，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴a≤2，

∴a的最大值為2．

[例8]已知函數(shù)f(x)＝x2－2alnx(a∈R)，g(x)＝2ax.

(1)求函數(shù)f(x)的極值；

(2)若0＜a＜1，對于區(qū)間[1，2]上的任意兩個不相等的實數(shù)x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|成

立，求實數(shù)a的取值范圍.

a

解析(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－．

x

當a≤0時，顯然f′(x)＞0恒成立，故f(x)無極值；

當a＞0時，由f′(x)＜0，得0＜x＜a，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減；

由f′(x)＞0，得x＞a，f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．

故f(x)有極小值f(a)＝a－alna，無極大值．

綜上，a≤0時，f(x)無極值；a＞0時，f(x)極小值＝a－alna，無極大值．

(2)不妨令1≤x1＜x2≤2，因為0＜a＜1，所以g(x1)＜g(x2)．由(1)可知f(x1)＜f(x2)，

因為|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|，所以f(x2)－f(x1)＞g(x2)－g(x1)，即f(x2)－g(x2)＞f(x1)－g(x1)，

所以h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2alnx－2ax在[1，2]上單調(diào)遞增，

2ax2

所以h′(x)＝2x－－2a≥0在[1，2]上恒成立，即a≤在[1，2]上恒成立．

xx＋1

1

x2110，

令t＝x＋1∈[2，3]，則＝t＋－2≥，所以a∈2．

x＋1t2

1

0，

故實數(shù)a的取值范圍為2．

【對點訓練】