专题12双变量不等式类能成立、恒成立问题【方法点拨】1.∀x1∈D,∀x2∈E,均有f(x1)>g(x2)恒成立,则f(x)min>g(x)max；∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2)成立,则f(x)min>g(x)min；∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2)成立,则f(x)max>g(x)min.记忆方法：都任意，大小小大（即对于两个变量都是“任意”的，不等式中较大者的最小值大于不等式中较小者的最大值），存在换任意，大小应互换.2.双元型不等式恒成立、能成立问题一般应遵循“双元化一元，逐一处理”的策略，即选择主次元的方法，一般应”先独立后分参”,即先处置独立变量（所谓”独立变量”是指与所求参数无关的变量），再处置另一变量,而解题过程中往往采取分参方法.【典型题示例】例1已知，，若对任意都成立，则的取值范围是______．【答案】【分析】不等式化为，令，，可得，分别讨论，，和时，求最值可得出.【解析】不等式两边同时除以得，整理得，令，，则，则，由于对任意都成立，则有对任意恒成立，（1）当时，不成立，不符合题意；（2）当时，则当时，不等式左边取到最小，右边取到最大，满足题意，则，解得，与矛盾，不符合；（3）当时，①当时，则当时，不等式左边取到最小，右边取到最大，满足题意，则，解得，；②当时，有，即，则当时，取得最大值为，则，；③当时，恒成立，满足题意，综上所述，的取值范围是.故答案为：.例2已知函数，若对，总，使得，则实数的取值范围是.【答案】【分析】即.当时，，故只需，所以即对恒成立，分参得，令，，，故；当时，，故只需，所以，且，即对恒成立，分参得，令，，，故；综上，实数的取值范围.例3已知函数，若对任意，都存在使成立，则实数b的取值范围是.【解析】由条件可知因为，且、在[1，2]上单调递增所以函数在[1，2]上单调递增，，所以，即在恒成立，即在恒成立，记，易证在[1,2]上单调递增，所以，，从而只需，即.点评：为避免求函数最小值时的含参讨论，逆向转化为在上恒成立，再利用分离参数求解.此种处理手段太重要，意味深长！！例4已知函数，，若(0，)，[﹣1，0]，使得成立，则实数a的取值范围是．【答案】【解析】双变量问题，逐一突破，这里先处理不含参部分由题意得，，，当时，，令，则，，即在上为减函数，故所以，所以恒成立，即恒成立，又，当且仅当时取等号，所以实数的取值范围为．点评：存在性和恒成立混合问题注意理解题意，不等关系转化为最值的关系.例5若对任意，存在，使不等式成立，则实数的取值范围是.【答案】【解析一】先视为以“”为主元的二次不等式的恒成立，即不等式在上恒成立，所以，即，存在，使不等式成立，再视为以“”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，设，则只需或，即或，所以实数的取值范围为.【解析二】先视为以“”为主元的二次不等式的恒成立，即不等式在上恒成立，所以，即，存在，使不等式成立，再视为以“”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，即在能成立分离变量得设，则在区间上单增，所以，故，即所以实数的取值范围为.点评：二元存在性、恒成立问题应考虑“主次元”思想；解法二用到了“分离参数”构造函数的方法，一般来说，求参变量范围问题，应尽量做到“能分则分”，以避免参数参与运算带来的分类讨论等不必要的麻烦.例6设a>0，函数f(x)＝x＋eq\f(a2,x)，g(x)＝x－lnx＋4，若对任意的x1∈[1，e]，存在x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为___________．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))【分析】问题可转化为f(x)min≥g(x)min，函数g(x)不含参，易求得g(x)min＝g(1)＝5，接下来的思路有二，一是直接分类讨论求f(x)min，二是将f(x)min≥g(x)mi转化为f(x)＝x＋eq\f(a2,x)≥5恒成立，通过分离参数再解决【解析】问题可转化为f(x)min≥g(x)min.当x∈[1，e]时，g′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，故g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)min＝g(1)＝5.思路一：又f′(x)＝1－eq\f(a2,x2)＝eq\f(x2－a2,x2)，令f′(x)＝0，易知x＝a是函数f(x)的极小值．当a≤1时，f(x)min＝1＋a2，则1＋a2≥5，不成立；当1e时，f(x)min＝f(e)＝e＋eq\f(a2,e)≥5显然成立，得a2>5e－e2，所以a>e.综上所述，实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).思路二：故有f(x)min≥5，即f(x)＝x＋eq\f(a2,x)≥5恒成立，分离参数得a2≥x（5－x），易得[x（5－x）]max=254，又a>0，故a≥eq\f(5,2)所以实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))．例7已知函数f(x)＝x2－2ax＋1，g(x)＝eq\f(a,x)，其中a>0，x≠0.对任意的x∈[1,2]，都有f(x)>g(x)恒成立，求实数a的取值范围；【解析】由题意知，f(x)－g(x)>0对x∈[1,2]恒成立，即x2－2ax＋1－eq\f(a,x)>0对x∈[1,2]恒成立，即a<eq\f(x3＋x,2x2＋1)对x∈[1,2]恒成立，令φ(x)＝eq\f(x3＋x,2x2＋1)，只需a＜φ(x)min(x∈[1,2])．由于φ′(x)＝eq\f(2x4＋x2＋1,2x2＋12)>0，故φ(x)在x∈[1,2]上是增函数，φ(x)min＝φ(1)＝eq\f(2,3)，所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))).(2)对任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)>g(x2)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】由题意知x2－2ax＋1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)))min＝eq\f(a,2)，即a<eq\f(2x2＋1,4x＋1)对x∈[1,2]恒成立．令φ(x)＝eq\f(2x2＋1,4x＋1)，则φ′(x)＝eq\f(8x2－1＋4x,4x＋12)>0对x∈[1,2]恒成立，则φ(x)在[1,2]上是增函数，φ(x)min＝φ(1)＝eq\f(4,5)，所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,5))).点评：防止误将∀x∈D，均有f(x)>g(x)恒成立，转化为f(x)min>g(x)max，一般应作差构造函数F(x)=f(x)－g(x)，转化为F(x)min>0恒成立.例8已知函数（且），若对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围为________.【答案】【分析】求导，分，，求得，再根据对任意的，，不等式恒成立求解.【解析】因为函数（且），所以，当，时，，则在上成立，所以上递增，所以，所以，因为任意的，，不等式恒成立，所以，即，解得，当，时，，则在上成立，所以在上递增，所以，所以，因为任意的，，不等式恒成立，所以，即，解得，综上：实数a的取值范围为，故答案为：【巩固训练】1．已知函数f(x)＝x2－2x＋3，g(x)＝log2x＋m，对任意的x1，x2∈[1,4]有f(x1)>g(x2)恒成立，则实数m的取值范围是________．2．已知函数f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若对∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________．3.已知函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．4.函数f(x)＝x3－12x＋3，g(x)＝3x－m，若对∀x1∈[－1,5]，∃x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)，则实数m的最小值是________．5.已知函数f(x)＝x2－2x＋3a，g(x)＝eq\f(2,x－1).若对任意的x1∈[0，3]，总存在x2∈[2，3]，使得|f(x1)|≤g(x2)成立，则实数a的值为________．6.已知函数f(x)＝eq\s\do1(\f(1,2))x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a，若存在x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＞g(x2)，则实数a的取值范围是.7.已知函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是________．8.若对于，不等式都成立，则的取值范围是_________.9.若关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围是_________.10.关于的一元二次方程有两个根，且满足，则实数的值是（）.A．－2；B．－3；C．－4；D．－5.11.设函数，，若对任意，不等式恒成立，则正数的取值范围为（）A． B． C． D．12.已知大于1的正数，满足，则正整数的最大值为（）A．7 B．8 C．9 D．11【答案或提示】1．【答案】(－∞，0)【解析】f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，当x∈[1,4]时，f(x)min＝f(1)＝2，g(x)max＝g(4)＝2＋m，则f(x)min>g(x)max，即2>2＋m，解得m<0，故实数m的取值范围是(－∞，0)．2．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))【解析】当x∈[0,3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1,2]时，g(x)min＝g(2)＝eq\f(1,4)－m，由f(x)min≥g(x)min，得0≥eq\f(1,4)－m，所以m≥eq\f(1,4).3.【答案】(－∞，1]【解析】由题意知，f(x)mineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))))≥g(x)min(x∈[2,3])，因为f(x)＝x＋eq\f(4,x)，所以f′(x)＝1－eq\f(4,x2)，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝5，又因为g(x)在[2,3]上的最小值为g(2)＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.4.【答案】14【解析】由f′(x)＝3x2－12，可得f(x)在区间[－1,2]上单调递减，在区间[2,5]上单调递增，∴f(x)min＝f(2)＝－13，∵g(x)＝3x－m是增函数，∴g(x)min＝1－m，要满足题意，只需f(x)min≥g(x)min即可，解得m≥14，故实数m的最小值是14.5.【答案】6.【答案】 eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))【解析】 依题意知f(x)max≤g(x)max.∵f(x)＝x＋eq\f(4,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是