1、雙變量中任意與存在混搭不等式問題的辨析與求解湖南省長沙市雅禮教育集團南雅中學( 410129 ) 石向陽不等式恒成立問題與能成立問題一直倍受命題人的青睞，也一直是學生學習的疑點、教師教學的難點、歷年高考的亮點。其實，數學中恒成立問題就是任意性問題；能成立問題就是存 在性問題，在方程或不等式中就是有解問題。任意性與存在性問題雖然年年考，但卻在悄然之中發生著某些改變。總體而言，改變的軌跡是從單變量向雙變量甚至是多變量發展，從單一任意性或單一存在性向任意與存在混搭上發 展，但不管怎樣發展，它們的基礎始終還是單變量的任意與存在性問題。對于單變量的“恒成立”、“有解”的不等式問題，文1 用數形結合的思想

2、，得出了兩組重要的命題(不失一般性，假設所提及的最值存在)。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)。對于雙變量中任意與存在混搭的不等式問題，學生往往更容易迷惑，下面就此問題分析總結歸納如下：命題 1 (1) VxlEA x2EB#得 f (x1) >9 (x2)成立令f (x) ) min>lg (x) min ;對于雙變量中任意與存在混

3、搭的不等式問題，學生往往更容易迷惑，下面就此問題分析總結歸納如下：命題1 (1)為 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命題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。命題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 °下面從兩個角度說明上述命題的正確性及合理性 . 為了節省篇幅，只解釋命題 1( 1)，其余依此類推 .方法 1(分步單變量轉化法)“x1A, x2B ，使得 f x1g x2 成立”，第一步，可 以 先 把 f x1當 成 是 常 量 ，“x2B 使 得 f x1g x2成 立 ” 等 價 于fx1gx2min ； 第二步， 再把當 gx2成是常量， “x1A 使得 fx1gx2成立”等價于 f x1 min g x2 。綜合以上兩步就得出了正確的結論：“x1A, x2B 使得f x1g x2 成立令 f (x)min g(x)min ”。在 f x1 和 g x2 中

5、，依次把其中一個視為常量，另一個視為變量，這樣就把問題轉化成了前面熟悉的單變量的任意(或存在)性問題了 . 面對多個變量的時候，同樣可以采取類似的方法， 可以先把其中的一個視為變量， 其它的視為常量， 這樣就把問題轉化為單變量的常規題了。方法2(引入中間變量搭橋法)設變量k 滿足 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 °這里巧妙地利用橋梁k,把雙變量的問題轉化為兩個單E變量的問題，再利用引理 1,引理2使問題得到解決.x 32例1 (2010年

6、山東理科局考22題)已知函數f(x) lnx 1, g(x) x2 2bx4 4x若對任意x (0,2),存在x2 1,2,使f % g x2 ,求實數b的取值范圍.1,2，使 f xg x2解法1由命題1知“對任意x1(0,2),存在x2r 1f (x)min . g(x)min。f(x)當 x (0,1), f (x) 0；當 xx (1,14 ),34x2f (x)(x 1)(x 3)4x20 o(x 0)。x (0,2),有所以f(x)在(0,1)上是減函數，在(1,2)上是增函數，所以對任意r r 1f (x)min f(1)-22又 g(x) (x b) 4b。_111當b 1時，

7、g(x)min g(1) 5 2b,萬，解得bI，與b 1矛盾；212 9當 b 1,2時，g(x)min g(b) 4 b2,解得 b2一，與 b 1,2矛盾； 22 一 一 117當b 2時，g(x)min g(2) 8 4b,解得b一，滿足b 2 ,符合要求。 28綜上，實數b的取值范圍是178解法2由解法1知f(x)min f (1)原命題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 ,原叩題bh(x)min2 2x17而對勾函數h(x)在x 1,2單調遞減，h(x)minh(2)

8、17817,17所以b8，所以實數b的取值范圍是 例2 (2006年湖北理科高考21題)設x 3是函數f(x)x2 ax be3x(x R)的一個極值點.(1)求a與b的關系式(用a表示b),并求f(x)的單調區間；一. 一o 25，一一(2)設 a 0, g(x) a 一 e 右存在 x1,x2 0,4使得 f x1g x21 成立，求4a的取值范圍.解(1) f (x)x2 (a 2)x b a e3x 由題意知 f (3) 0 ,解得 b 3 2a ,從而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、是極值點，所以 a 1 3,得a 4.當a 4時， a 1 3, f (x)在(，3)上單調遞減，在(3, a 1)上單調遞增，在(1 a,)上單調遞減；當a 4時，a 1 3, f (x)在(，1 a)上單調遞減，在(a 1,3)上單調遞增，在 (3,)上單調遞減。(2)當a 0時，由(1)可知：f(x)在區間(0,3)上單調遞增，在區間(3,4)上單調遞減 31且 f(0)(2 a 3)e0, f(4)(2 a13)e0 , f (3)a 6,所以，f (x)在區間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上是增函數，所以它在4254254由于 g (x) minf(x)max254(a6)20,所以 g(x)min所以原命題f (X)maxXi, X2使得g X2Xi1成立Xi,X2 使得 g X2 1f Xi成立.由命題2原命題g(x)min f (X)max2所以必須且只須a25 (a 6)41 且 a 0,解得033a 一故a的取值范圍是 0,-。22mx已知函數f(x) (m 0),x 1g(x)2_(ln x) 2ex2 ,若對 Xi , X2(0,1),都有f x1g x2成立，求負實數m的取值范圍.解由命題3知：原命題 f嬴 g(x)max.由已知得x e 1,1g (

11、x) 型"2e,易知當x 0,e 1時，g (x) 0 , g(x)單調遞增；當g e 11。X時，g (x)0; g(x) 單調遞減，所以g(x)max22m x 1 mx 2x mixf (x)2 r(m 0),則 f(x)在 x (0,1)時單調遞減，故x2 1x2 1f(x)在x (0,1)的最小值不存在.但當xf(x)min g(x)max ”刈林 1負實數m的取值范圍為2,0)。1 時,f(x), m1 (注意：一2mm一,所以 f(x) ,0 ,221也是滿足題意的).綜上,1，一1,2 都有 f(s)g(t)2例5(2012年山東理科高考21題第n問)設函數f(x)

12、x2bx c(b,c R),若對任意例4設f(x) a xlnx,g(x) x3 x2 3。如果對任意的s,t x成立，求實數a的取值范圍.解由命題3知原命題"刈京g(x)max。22我們可以容易地就求出g(x)max：因為 g (x) 3x 2x 3x x -，可知 g(x)在31 2 2 -,-上單調避減，在 一，2上單調遞棉，所以2 331g(x)max max g 2 , g(2)。但我們在求f(x)min遇到了很大的障礙，幾乎無法求.山重水復疑無路，怎么辦？這時不要強求.1 2其頭 原命題f (x) 1對x - ,2恒成乂ax x In x h(x)2一 1對 x -, 2

13、 恒成乂ah(x)max.把求 f(x)min 轉化為求 h(x)max , h(x) x x Inx 沒2有參數，求最值就不需要討論，顯然容易些.這就峰回路轉，柳暗花明了。1h (x)1 2x In x x ,當 x -, 2 ,2，11h (x)3 2ln x 0,所以 h(x)在 x - ,3 上遞減，又 h(1) 0 ,所以 x ，1 ,2221 .h (x) 0, x (1,2時h(x) 0,即函數h(x) x x In x在區間-,1上遞增，在區間(1,2上遞減，所以h(x)max h(1) 1,所以a1。x，x2 1,1,有 f x1f x2 , 4,求 b 的取值范圍.解原命題

14、max 融 f(x)max “刈就 maxM 4 ,據此分類討論如下:(1)當 b21時，即b 2時，Mf( 1) 2b 4,與題設矛盾;(2)當 1b0時，即0 h 2時,2f(1) f2,4恒成立;(3)當頌b1時，即2f( 1)2,4恒成立;(4)當 b2綜上可知，1時，即b2時，Mf(1) f(1)2b4,與題設矛盾.例6 (2015年新課標n卷理科21)設函數f (x)mx 2e xmx。(1)證明：f (x)在(，0)單調遞減，在(0, (2)若對于任意X1,x2 1,1,都有f X1 解(1)略。(2)對于任意X1,X2 1,1,都有)單調遞增；f X2另te 1 ,求m的取值范

15、圍.f X1當mf(x)max當mf X2 跳 10 時，f(x) 1f(x)min 2 10 時，f(1) e1所以g (m) emg(m) g(0) 0,即又由于, 令 h(x) 當mXe0時，mef(1)g(m)h (x)X10時,h(m)h(1)f(x)max f(x)min e 1。由(1)知 f (X) min f (0) 1,2x ,此時f (x)在1,1上的最大值是2,所以此時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上單調遞增，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).)上單調遞增。h(1)0 m 1；綜上所述，m的取值范圍是(1,1)。幾點補充說明：1 . f (Xi) g(X2)與f (Xi) g(X2)也可以相應地變化處理，如例 1、例4、例5、例6;2 .雙變量中任意與存在混搭的不等式問題，可轉為兩個最值問題；3 .當函數的最值取不到時，應該將最大值、最小值相應換成上確界、下確界，而且，不管 原來的不等式有沒有等號，任意性(或恒成立)問題要添加等號，如例3;存在性(或有解)問題不能添加等號；4 .例題1的解法2比解法1要簡潔，說明解決雙變量中任意與存在混搭的問題，不要死記結論,關鍵是掌握兩種方法：分步單變量轉化法、引入中間變量搭橋法，把雙變量的問題轉化為單變 量的問題進行處理.如果兩個最值有一個很難求出，需要復雜的討論時， 就先求出容易求的那一4更好地說個最值 . 問題就變為了單變量的任意與存在性問題，再用分離參數法就簡單