双变量函数问题

前言

双变量函数不等式，是函数与导数模块中的一个难点问题；

处理双变量函数的总体策略是减少变量的个数，降低求解难度，为达成这一目的，常常采用：

①花开两朵，先表一支。而且安排在前边先处理的往往是两个函数中不含有参数的函数；

②两个变量作比得到一个变量，如(cfrac{x_1}{x_2}=t)；

③换元法等方法。

转化依据

• 一端为参数，另一端为函数的类型：

①自然语言：(Age f(x))在区间([a，b])上恒成立， $Leftrightarrow $ 符号语言：(Age f(x)_{max})；

自然语言：(Aleq f(x))在区间([a，b])上恒成立， $Leftrightarrow $ 符号语言：(Aleq f(x)_{min})；

②自然语言：(Age f(x))在区间([a，b])上能成立， $Leftrightarrow $ 符号语言：(Age f(x)_{min})；

自然语言：(Aleq f(x))在区间([a，b])上能成立， $Leftrightarrow $ 符号语言：(Aleq f(x)_{max})；

• 两端都是函数，双变量类型：

③符号语言：对(forall x_1in [2，3])，(exists x_2in [4，5])，满足(f(x_1)ge g(x_2))；$Leftrightarrow $ 符号语言：(f(x_1)_{min}ge g(x_2)_{min})；

④符号语言：对(forall x_1in [2，3])，(forall x_2in [4，5])，满足(f(x_1)ge g(x_2))；$Leftrightarrow $ 符号语言：(f(x_1)_{min}ge g(x_2)_{max})；

⑤符号语言：对(exists x_1in [2，3])，(exists x_2in [4，5])，满足(f(x_1)ge g(x_2))；$Leftrightarrow $ 符号语言：(f(x_1)_{max}ge g(x_2)_{min})；

⑥符号语言：对(exists x_1in [2，3])，(forall x_2in [4，5])，满足(f(x_1)ge g(x_2))；$Leftrightarrow $ 符号语言：(f(x_1)_{max}ge g(x_2)_{max})；

• 两端都是函数，单变量类型：

⑦符号语言：对(forall xin [2，3])，都满足(f(x)ge g(x))；$Leftrightarrow $ 符号语言：([f(x)-g(x)]_{min}ge 0)；

错误转化：(f(x)_{min}ge g(x)_{max})，反例代表如：(e^xge x+1)；

⑧符号语言：对(forall xin [2，3])，都满足(f(x)leq g(x))；$Leftrightarrow $ 符号语言：([f(x)-g(x)]_{max}leq 0)；

错误转化：(f(x)_{max}leq g(x)_{min})，反例代表如：(x+1leq e^x)；

易错之处

由于涉及到的函数多，自变量多，在变形转化过程中，很容易出错；最容易出错的地方是，在两边同乘以负数时不等号要变号，这时候容易将恒成立问题错误的转化为能成立，将能成立问题错误的转化为恒成立问题，避免错误的策略是，变形过程中原本是恒(能)成立问题，那它一直应该是恒(能)成立，依照这一点就不容易出错；

典例剖析

例1已知(f(x)=lnx-cfrac{x}{4}+cfrac{3}{4x})，(g(x)=-x^2-2ax+4)，若对任意的(x_1in (0，2])，存在(x_2in[1，2])，使得(f(x_1)ge g(x_2))成立，则(a)的取值范围是_____________。

分析：由题目可知，需要(f(x_1)_{min}ge g(x_2)_{min})满足，此时我们将右端的函数(g(x))按兵不动，先求解左端函数(f(x))的最小值；

由于(f'(x)=cfrac{a}{x}-cfrac{1}{4}-cfrac{3}{4x^2}=cfrac{-x^2+4x-3}{4x^2}=cfrac{-(x-1)(x-3)}{4x^2})，

故函数(f(x))在区间((0，1])上单调递减，在区间([1，2])上单调递增，故(f(x)_{min}=f(1)=cfrac{1}{2})，则题目转化为

(cfrac{1}{2}ge -x^2-2ax+4)在区间([1，2])上能成立，考虑分离参数如下，

(2age cfrac{-x^2+frac{7}{2}}{x}=-(x-cfrac{frac{7}{2}}{x}))在区间([1，2])上能成立，进而需要求右端函数的最小值；

由于函数(h(x)=-(x-cfrac{frac{7}{2}}{x}))在([1，2])上单调递减，故(h(x)_{min}=h(2)=-cfrac{1}{4})，

即(2age -cfrac{1}{4})，则(ain[-cfrac{1}{8}，+infty))。

解后反思：此题容易错误变换得到(2age cfrac{-x^2+frac{7}{2}}{x})在([1，2])上恒成立，求右端函数的最大值，结果就成了(ain[cfrac{5}{4}，+infty))。

例2已知函数(f(x)=x^3-3x+3-cfrac{x}{e^x})，(g(x)=-(x+1)^2+a)，(exists x_1in [0，2])，(forall x_2in [0，2])，使得(f(x_1)leq g(x_2))成立，则实数(a)的取值范围是多少？

分析：这是一个很典型的双变量函数问题，由题目可知需要(f(x_1)_{min}leq g(x_2)_{min})，

由于函数(f(x))中不含有参数，故对双变量函数问题我们可以“花开两朵，先表一枝”，

先探究求出函数(f(x_1))当$ x_1in [0，2]$上的最小值；

(f'(x)=3x^2-3-cfrac{1cdot e^x-xcdot e^x}{(e^x)^2}=3x^2-3-cfrac{1-x}{e^x})

(=3(x+1)(x-1)+cfrac{x-1}{e^x}=(x-1)[3(x+1)+cfrac{1}{e^x}])，

此时由于有([3(x+1)+cfrac{1}{e^x}]>0)；

则有(xin (0，1))，(f'(x)<0)，(f(x)searrow)；(xin (1，2))，(f'(x)>0)，(f(x) earrow)；

故(f(x)_{min}=f(1)=1-cfrac{1}{e})；到此，问题转化为(1-cfrac{1}{e}leq g(x))对(forall x_2in [0，2])恒成立，

这时我们再从容的“令表一枝”，自然你会想到看看能否分离参数。

变形为(age (x+1)^2+1-cfrac{1}{e})，令(h(x)=(x+1)^2+1-cfrac{1}{e})，

对称轴是(x=-1)，(h(x))在区间([0，2])上单调递增，

故(h(x)_{max}=h(2)=10-cfrac{1}{e})，即$a ge 10-cfrac{1}{e} $.

例3已知函数(f(x))是(R)上的偶函数，且对任意互异的实数(x_1，x_2in [0，+infty))，都有$(x_1-x_2)cdot $ ([f(x_1)-f(x_2)]>0)成立，若实数(x、y)满足不等式(f(x-2)ge f(y-4))，则当(xin [1，2])时，(cfrac{xy}{3x^2+xy-2y^2})的取值范围是_________.

分析：本题目是线性规划形式给出双变量(x、y)的取值范围，求双变量函数的取值范围问题，比较复杂。

先由函数是偶函数可知，(f(|x-2|)ge f(|y-4|))，再由其单调性知道(|x-2|ge |y-4|)，

去掉绝对值符号得到$- |x-2|leq y-4 leq |x-2| $ ，

又因为(xin[1，2])，则(x-2in[-1，0])，故(x-2leq y-4leq2-x)，

即(egin{cases}&x-2leq y-4 \ & y-4 leq 2-x \ & 1 leq x leq 2 end{cases})，做出如图的可行域；

接下来用变量集中策略减少变量的个数，具体变换如下：

又(cfrac{xy}{3x^2+xy-2y^2}=cfrac{cfrac{xy}{x^2}}{cfrac{3x^2+xy-2y^2}{x^2}})

(=cfrac{cfrac{y}{x}}{3+cfrac{y}{x}-2(cfrac{y}{x})^2}=cfrac{t}{3+t-2t^2})

(=cfrac{1}{cfrac{3}{t}+1-2t}(cfrac{y}{x}=t))，

此时需要借助可行域判断(t)的范围，结合可行域图像以及(t)的几何意义(经过可行域内的动点和原点的直线的斜率)，

可知(tin [2，5])，故至此问题转化为已知(tin [2，5])，求(g(t)=cfrac{1}{cfrac{3}{t}+1-2t})的取值范围问题；

令(h(t)=-2t+cfrac{3}{t}+1)，(h'(t)=-2-cfrac{3}{t^2}<0)，故(h(t))在(tin [2，5])单调递减，

故(h(t)_{min}=h(5)=-cfrac{42}{5})，(h(t)_{max}=h(2)=-cfrac{3}{2})，

则(g(t)_{max}=g(5)=-cfrac{5}{42})，(g(t)_{min}=g(2)=-cfrac{2}{3})，

故所求原式的取值范围是([-cfrac{2}{3}，-cfrac{5}{42}])。

例4【2019届高三理科数学三轮模拟试题】设函数(f(x)=e^x(x-1))，函数(g(x)=mx-m)，((m>0))，若对任意的(x_1in [-2，2])，总存在(x_2in [-2，2])，使得(f(x_1)=g(x_2))，则实数(m)的取值范围是【】

$A.[-3e^{-2}，cfrac{1}{3}]$ $B.[cfrac{1}{3}，e^2]$ $C.[cfrac{1}{3}，+infty)$ $D.[e^2，+infty)$

分析：对任意的(x_1in [-2，2])，总存在(x_2in [-2，2])，使得(f(x_1)=g(x_2))，

意味着函数(f(x))的值域是函数(g(x))的值域的子集，或者说函数(f(x))的值域要包含于函数(g(x))的值域中，故需要先求解函数(f(x))的值域。

(f'(x)=e^x)，(-2<x<0)，(f'(x)<0)，(f(x))单调递增，(0<x<2)，(f'(x)>0)，(f(x))单调递减，

又(f(0)=-1)，(f(-2)=-3e^{-2})，(f(2)=e^2)，故函数(f(x)in [-1，e^2])，

又由于函数(g(x)=m(x-1))，(m>0)，在([-2，2])上单调递增，又由于函数(g(x))的值域必须包含(f(x))的值域，

故必须满足(g(2)ge f(2))且(g(-2)leq -1)，即(m(2-1)ge e^2)且(m(-2-1)leq -1)

解得(mgeqslant e^2)，故选(D)。

• 不等式证明中，常用变量集中策略，将两个自变量作比，转化为一元函数问题，然后做差构造；

例5已知(x_1>x_2>0)，证明(lnx_1-lnx_2>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}).

解析：令(cfrac{x_1}{x_2}=t)，则(t>1)；又原不等式(lnx_1-lnx_2>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2})，

转化为(ln(cfrac{x_1}{x_2})>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2})，再次等价于转化为(lnt>2cfrac{t-1}{t+1})；

然后作差构造函数(g(t)=lnt-2cfrac{t-1}{t+1})，想办法证明(g(t)>0)恒成立即可。

(g'(t)=cfrac{1}{t}-2cfrac{1cdot(t+1)-(t-1)cdot 1}{(t+1)^2}=cfrac{1}{t}-cfrac{4}{(t+1)^2}=cfrac{(t-1)^2)}{t(t+1)^2}ge 0)

故函数(g(x))在区间((1，+infty))上单调递增，(g(x)_{min} ightarrow g(1)=0)，

故(g(x)>0)在区间((1，+infty))上恒成立，故原命题得证。

• 将不等式两端转化为相同结构的形式， 然后构造函数；

例6已知函数(f(x)=alnx+(x+1)^2)，若图像上存在两个不同的点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))((x_1>x_2))，使得(f(x_1)-f(x_2)leq 4(x_1-x_2))成立，则实数(a)的取值范围是多少？

分析：将(f(x_1)-f(x_2)leq 4(x_1-x_2))转化为(f(x_1)-4x_1leq f(x_2)-4x_2)，

令(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2)，则原题转化为存在(x_1>x_2，g(x_1)leq g(x_2))成立，

即就是(x>0)时，(g(x))有单调递减区间或(g(x))为常函数；即就是(x>0)时，(g'(x)leq 0)有解，

而(g'(x)=cfrac{a}{x}+2x-2leq 0)有解，分离参数即得(aleq -2x^2+2x)对于(x>0)能成立，即求解(-2x^2+2x=g(x))在(x>0)上的最大值。

而(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{1}{2}leq cfrac{1}{2})，

即(g(x)_{max}=cfrac{1}{2})，故(a leq cfrac{1}{2})，也即(ain(-infty，cfrac{1}{2}]).

• 含有绝对值的不等式，先利用单调性去掉绝对值符号，再将不等式两端转化为相同结构的形式， 然后构造函数；

例7已知函数(f(x)=alnx+x^2(ain R))，若(a>0)，且对(forall x_1，x_2 in [1,e])，都有(|f(x_1)-f(x_2)|leq |cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2}|)，求实数(a)的取值范围。

解析：(a>0)时，(f'(x)=cfrac{a}{x}+2x>0)，

即函数(f(x))在(xin [1，e])上单增，又函数(y=cfrac{1}{x})在(xin [1，e])上单减，

不妨设(1leq x_1<x_2leq e)，

则(|f(x_1)-f(x_2)|leq |cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2}|)等价于(f(x_2)-f(x_1)leq cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2})，

即(f(x_1)+cfrac{1}{x_1}ge f(x_2)+cfrac{1}{x_2})在(xin [1，e])上恒成立，

令(g(x)=f(x)+cfrac{1}{x}=alnx+x^2+cfrac{1}{x})，

则原命题等价于函数(g(x))在区间(xin [1，e])上单调递减，

所以(g'(x)=cfrac{a}{x}+2x-cfrac{1}{x^2}leq 0)在(xin [1，e])上恒成立；

分离参数得到(aleq cfrac{1}{x}-2x^2)在(xin [1，e])上恒成立；

又(h(x)=cfrac{1}{x}-2x^2)在(xin [1，e])上单调递减，

则(h(x)_{min}=h(e)=cfrac{1}{e}-2e^2)；所以(aleq cfrac{1}{e}-2e^2)

又由题目可知(a>0)，故(ain varnothing)。即满足条件的实数(a)不存在。

例8【试题】已知(e^{x+2y+3}+e^{2x-3y-5}=3x-y)，求(x+y)的值。

【法1】：观察发现，“左边指数式+指数式=右边的一次式”，使得指数式消失，即(e^0+e^0=2)，

故令(x+2y+3=0)，(2x-3y-5=0)，则(x=cfrac{1}{7}，y=-cfrac{11}{7})，即(e^0+e^0=2)，则解得(x+y=-cfrac{10}{7})。

【法2】：观察发现，((x+2y-3)+(2x-3y-5)=3x-y-2)，在指数位置使用均值不等式得到，

则(e^{x+2y+3}+e^{2x-3y-5}ge 2sqrt{e^{3x-y-2}})，即(2sqrt{e^{3x-y-2}}leq 3x-y)；

令(3x-y=t(t>0))，则上述不等式变形为(2sqrt{e^{t-2}}leq t)，即(4e^tleq e^2t^2)，

接下来使用导数工具研究，在(t=2)处，(4e^t=e^2t^2)，

当(t)取其他值时，均有(4e^tge e^2t^2)，故只能(4e^t= e^2t^2)，所以(t=2)，即(3x-y=2)，

又由均值不等式可知，取等号时(x+2y-3=2x-3y-5)，故求解得到

则(x=cfrac{1}{7}，y=-cfrac{11}{7})，则解得(x+y=-cfrac{10}{7})。

【法3，推荐解法】：令(x+2y+3=m)，(2x-3y-5=n)，则原题目等价于(e^m+e^n=m+n+2)，

即(e^m-m-1=-(e^n-n-1))①，

令(f(x)=e^x-x-1)，则(f'(x)=e^x-1)，令(f'(x)=0)，得到(x=0)，

故(xin (-infty，0))上单调递减，在(xin (0，+infty))上单调递增，

故(f(x)_{min}=f(0)=e^0-0-1=0)，即有(f(x)geqslant 0)；

又①式等价于(f(m)=-f(n))，由于(f(m)geqslant 0)，(-f(n)leqslant 0)，

要使得(f(m)=-f(n))，只有(f(m)=f(n)=0)，即(m=n=0)，

则有(x+2y+3=2x-3y-5=0)，

则(x=cfrac{1}{7}，y=-cfrac{11}{7})，则解得(x+y=-cfrac{10}{7})。

例9已知(f(x)=lnx-x)，若(f(x_1)=f(x_2)(x_1≠x_2))，

(Ⅰ).证明：(x_1+x_2＞2)；

【法1】：(f'(x)=cfrac{1}{x}-1=cfrac{1-x}{x})，故(f(x))在((0，1))上单调递增，在((1，+infty))上单调递减，

不妨设(0<x_1<1<x_2)，欲证不等式(x_1+x_2>2)，只需证明(x_2>2-x_1)，

由于(f(x))在((1，+infty))上单调递减，即只需证明(f(x_2)<f(2-x_1))，

由于(f(x_2)=f(x_1))，故只需证(f(x_1)<f(2-x_1))，

即证(f(x)-f(2-x)<0)在((0，1))上恒成立；

构造函数(g(x)=f(x)-f(2-x))，(g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(cfrac{1}{x}-1)+(cfrac{1}{2-x}-1)=cfrac{2}{x(2-x)}-2)，

当(0<x<1)时，(0<x(2-x)<1)，故(g'(x)>0)，故(g(x))在((0，1))上单调递增，

故(g(x)<g(1)=0)，即(f(x)-f(2-x)<0)，

故原不等式成立。

说明：有时候构造(g(x)=f(1+x)-f(1-x))很有效。

【法2】：(f'(x)=cfrac{1}{x}-1=cfrac{1-x}{x})，故(f(x))在((0，1))上单调递增，在((1，+infty))上单调递减，

不妨设(0<x_1<1<x_2)，由(f(x_1)=f(x_2))，得到(lnx_1-x_1=lnx_2-x_2)，即(lnx_2-lnx_1=x_2-x_1)，

即(lncfrac{x_2}{x_1}=x_1(cfrac{x_2}{x_1}-1))，令(cfrac{x_2}{x_1}=t(t>1))，

则(x_1=cfrac{lnt}{t-1})，(x_2=cfrac{tlnt}{t-1})，于是不等式(x_1+x_2>2)就等价转化为(cfrac{lnt}{t-1}+cfrac{tlnt}{t-1}>2)，

即证明(cfrac{(t+1)lnt}{t-1}>2)，即证明(lnt-cfrac{2(t-1)}{t+1}>0)，

构造(g(t)=lnt-cfrac{2(t-1)}{t+1})，设法证明(g(t)_{min}>0)即可，剩余变形暂略。

(Ⅱ).证明：(x_1x_2＜1)．

【法1】：由（Ⅰ）知，(f(x))在((0，1))上单调递增，在((1，+infty))上单调递减，不妨设(0<x_1<1<x_2)，

欲证(x_1x_2<1)，只需证(x_1<cfrac{1}{x_2})，即证明(f(x_1)=f(x_2)<f(cfrac{1}{x_2}))，

即证明(f(x_2)-f(cfrac{1}{x_2})<0)在((1，+infty))上恒成立。

构造函数(h(x)=f(x)-f(cfrac{1}{x})=(lnx-x)-lncfrac{1}{x}-cfrac{1}{x}=2lnx-x+cfrac{1}{x})，

(h'(x)=cfrac{2}{x}-1-cfrac{1}{x^2}=cfrac{2x-x^2-1}{x^2}=cfrac{-(x-1)^2}{x^2}<0)恒成立，

故(h(x))在((1，+infty))上单调递减，即(h(x)<h(1))，

即(f(x)<f(cfrac{1}{x}))成立，即原不等式成立。

【法2】：(f'(x)=cfrac{1}{x}-1=cfrac{1-x}{x})，故(f(x))在((0，1))上单调递增，在((1，+infty))上单调递减，

不妨设(0<x_1<1<x_2)，由(f(x_1)=f(x_2))，得到(lnx_1-x_1=lnx_2-x_2)，即(lnx_2-lnx_1=x_2-x_1)，

即(lncfrac{x_2}{x_1}=x_1(cfrac{x_2}{x_1}-1))，令(cfrac{x_2}{x_1}=t(t>1))，

则(x_1=cfrac{lnt}{t-1})，(x_2=cfrac{tlnt}{t-1})，

欲证(x_1x_2<1)，只需证明(cfrac{lnt}{t-1}cdot cfrac{tlnt}{t-1}<1(t>1))，即证明(ln^2t<t-cfrac{1}{t})，

即证明(ln^2t-t+cfrac{1}{t}<0)在((1，+infty))上恒成立，

设(h(t)=ln^2t-t+cfrac{1}{t}(t>1))，(h'(t)=cfrac{2lnt}{t}-1-cfrac{1}{t^2}=cfrac{2tlnt-t^2-1}{t^2})，

令(m(t)=2tlnt-t^2-1(t>1))，则(m'(t)=2(lnt-t+1))，而(lnt-t+1<0)恒成立，

则(m(t))在((1，+infty))上单调递。则(m(t)<m(1)=-2<0)，则(h'(x)<0)，

于是有(h(t)<h(1)=0)，故原不等式成立。

解后反思：①给定函数(f(x))本身的单调性容易求得，这样如果我们将待证结论改写为(x_1>2-x_2)，就容易想到变形后构造函数，从而通过证明新函数的单调性来证明原命题。第二问也可以沿袭这样的证明思路。

②注意几个决定证明成败的细节，其一由(f(x))的单调性以及(f(x_1)=f(x_2))，就可以得到(x_1，x_2)应该在(1)的两侧，故可以设(0<x_1<1<x_2)；其二当变形得到(f(x_2)<f(2-x_1))时，如果注意到等量代换(f(x_1)=f(x_2))，则有(f(x_1)<f(2-x_1))，即(f(x_1)-f(2-x_1)<0)恒成立，故想到构造这样的函数(g(x)=f(x)-f(2-x)(0<x<1))，第二问同理。

③不同的换元有不同的体验和解题感受。

例10已知函数(f(x)=alnx+x^2(ain R))，若(a>0)，且对(forall x_1，x_2 in [1,e])，都有$|f(x_1)-f(x_2)|leq $ (|cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2}|)，求实数(a)的取值范围。

解析：(a>0)时，(f'(x)=cfrac{a}{x}+2x>0)，

即函数(f(x))在(xin [1，e])上单增，又函数(y=cfrac{1}{x})在(xin [1，e])上单减，

不妨设(1leq x_1<x_2leq e)，

则(|f(x_1)-f(x_2)|leq |cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2}|)等价于(f(x_2)-f(x_1)leq cfrac{1}{x_1}-cfrac{1}{x_2})，

即(f(x_1)+cfrac{1}{x_1}ge f(x_2)+cfrac{1}{x_2})在(xin [1，e])上恒成立，

令(g(x)=f(x)+cfrac{1}{x}=alnx+x^2+cfrac{1}{x})，

则原命题等价于函数(g(x))在区间(xin [1，e])上单调递减，

所以(g'(x)=cfrac{a}{x}+2x-cfrac{1}{x^2}leq 0)在(xin [1，e])上恒成立；

分离参数得到(aleq cfrac{1}{x}-2x^2)在(xin [1，e])上恒成立；

又(h(x)=cfrac{1}{x}-2x^2)在(xin [1，e])上单调递减，

则(h(x)_{min}=h(e)=cfrac{1}{e}-2e^2)；所以(aleq cfrac{1}{e}-2e^2)

又由题目可知(a>0)，故(ain varnothing)。即满足条件的实数(a)不存在。

例11已知函数(f(x)=alnx+(x+1)^2)，若图像上存在两个不同的点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2)(x_1>x_2))，使得(f(x_1)-f(x_2)leq 4(x_1-x_2))成立，则实数(a)的取值范围是多少？

法1：[构造函数法]将(f(x_1)-f(x_2)leq 4(x_1-x_2))转化为(f(x_1)-4x_1leq f(x_2)-4x_2)，

令(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2)，则原题转化为存在(x_1>x_2，g(x_1)leq g(x_2))成立，

即就是(x>0)时，(g(x))有单调递减区间或(g(x))为常函数；即就是(x>0)时，(g'(x)leq 0)有解，

而(g'(x)=cfrac{a}{x}+2x-2leq 0)有解，

分离参数即得(aleq -2x^2+2x)对于(x>0)能成立，

即求解(-2x^2+2x=g(x))在(x>0)上的最大值。

而(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{1}{2}leq cfrac{1}{2})，

即(g(x)_{max}=cfrac{1}{2})，

故(a leq cfrac{1}{2})，也即(ain(-infty，cfrac{1}{2}]).

例12【2017凤翔中学高三文科数学第二次月考第21题改编】已知函数(h(x)=cfrac{1}{2}x^2+alnx)，若对任意两个不等的正数(x_1，x_2)，都有(cfrac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>2)恒成立，求实数(a)的取值范围。

分析：先求定义域((0，+infty))由题意可知，对任意两个不等的正数(x_1，x_2)，

都有(cfrac{h(x_1)-h(x_2)}{x_1-x_2}>2)恒成立，即为(h(x_1)-2x_1>h(x_2)-2x_2)，

故构造函数令(g(x)=h(x)-2x)，可得(g(x))在((0，+infty))上单调递增。

由(g'(x)=h'(x)-2=x+cfrac{a}{x}-2ge 0)在((0，+infty))上恒成立。

可得(age x(2-x))，由([x(2-x)]_{max}=1)，故(age 1)，故实数(a)的取值范围为([1，+infty))。

例13【2017(cdot)贵阳一模】已知函数(f(x)=lnx)，(g(x)=cfrac{1}{2}x|x|)，任意(x_1)，(x_2in [1，+infty))，且(x_1>x_2)，都有(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2))恒成立，求实数(m)的取值范围；

分析：由于定义在([1，+infty))上，故先将函数简化(g(x)=cfrac{1}{2}x^2)，

再将(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2))恒成立，变形为(mg(x_1)-x_1f(x_1)>mg(x_2)-x_2f(x_2))恒成立，

故令(H(x)=mg(x)-xf(x))，则由题目可知，函数(H(x))在([1，+infty))上单调递增，

(H(x)=mcdot cfrac{1}{2}x^2-xcdot lnx)，则(H'(x)=mx-(lnx+1)ge 0)恒成立，

分离参数得到(mge cfrac{lnx+1}{x})在([1，+infty))上恒成立，

再令(h(x)= cfrac{lnx+1}{x})，只需要(mge h(x)_{max})；

而(h'(x)=cfrac{1-(lnx+1)}{x^2}=cfrac{-lnx}{x^2}<0)在区间([1，+infty))上恒成立，

故函数(h(x))在区间([1，+infty))上单调递减，故(h(x)_{max}=h(1)=1)，故(mge 1)。

例3已知函数(f_1(x)=e^x)，(f_2(x)=ax^2-2ax+b)，设(a>0)，若对任意的(m，n∈[0，1](m eq n))，(|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|)恒成立，求(a)的最大值。

【分析】利用函数的单调性去掉绝对值符号，构造新函数，可以将问题再次转化为恒成立，然后分离参数求解。

【解答】不妨设(m>n)，则函数(f_1(x))在区间([0，1])上单调递增，故(f_1(m)-f_1(n)>0)，

又(f_2(x)=a(x-1)^2+b-a)，对称轴是(x=1)，开口向上，

故函数(f_2(x))在区间([0，1])上单调递减，故(f_2(m)-f_2(n)<0)，

这样对任意的(m，nin [0，1](m>n))，(|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|)恒成立，

就可以转化为(f_1(m)-f_1(n)>f_2(n)-f_2(m))恒成立，

即(f_1(m)+f_2(m)>f_1(n)+f_2(n))恒成立，

令(h(x)=f_1(x)+f_2(x)=e^x+ax^2-2ax+b)，

则到此的题意相当于已知(m>n)时，(h(m)>h(n))，

故函数(h(x))在区间([0，1])上单调递增，故(h'(x)≥0)在区间([0，1])上恒成立；

即(h'(x)=e^x+2ax-2a≥0)在区间([0，1])上恒成立；

即(2a(1-x)≤e^x)恒成立，这里我们使用倒数法分离参数得到，

(cfrac{1}{2a}≥cfrac{1-x}{e^x})在区间([0，1])上恒成立；

再令(p(x)=cfrac{1-x}{e^x})，即需要求(p(x)_{max})，

(p'(x)=cfrac{-1×e^x-(1-x)e^x}{(e^x)^2}=cfrac{x-2}{e^x})，

容易看出，当(x∈[0，1])时，(p'(x)<0)恒成立，故(p(x))在区间([0，1])上单调递减，

则(p(x)_{max}=p(0)=1)，故(cfrac{1}{2a}≥1)，又(a>0)，

故解得(0<a≤1)。故(a_{max}=1).

例7【2020届高三理科周末训练4用题】已知函数(f(x)=x^2-2x+3a)，(g(x)=cfrac{2}{x-1})，若对于任意(x_1in[0，3])，总存在(x_2in [2，3])使得(|f(x_1)|leqslant g(x_2))成立，则实数(a)的值为_______.

法1：由于对任意(x_1in[0，3])，总存在(x_2in [2，3])使得(|f(x_1)|leqslant g(x_2))成立，

则(|f(x_1)|leqslant g(x_2)_{max})，(x_1in[0，3])，(x_2in [2，3])

而(g(x_2)_{max}=2)，则(|f(x_1)|leqslant 2)，即(-2leqslant x^2-2x+3aleqslant 2)，

则(-2leqslant x^2-2x+3a)在(xin[0，3])上恒成立，且(x^2-2x+3aleqslant 2)在(x_1in[0，3])上恒成立，，

即(-3aleqslant x^2-2x+2)在(xin[0，3])上恒成立，

而(y=x^2-2x+2)在(xin[0，3])上的(y_{min}=1)，故解得(ageqslant -cfrac{1}{3})①；

且(-3ageqslant x^2-2x-2)在(xin[0，3])上恒成立，

而(y=x^2-2x-2)在(xin[0，3])上的(y_{max}=1)，解得(aleqslant -cfrac{1}{3})②；

由①②求交集，得到(a=-cfrac{1}{3})。

例8【2016宝鸡市二检理科第12题】已知定义在(R)上的函数(f(x))满足(f(x+2)=cfrac{1}{2}f(x))，当(xin [0，2))时，(f(x)=left{egin{array}{l}{frac{1}{2}-2x^2，0leqslant x<1}\{-2^{1-|x-frac{3}{2}|}，1leqslant x<2}end{array} ight.)，函数(g(x)=x^3+3x^2+m)，若对任意(sin [-4,-2))，存在(tin) ([-4,) (-2))，不等式(f(s)-g(t)geqslant 0)成立，则实数(m)的取值范围是【】

$A.(-infty，-12]$ $B.(-infty，8]$ $C.(-infty，-4]$ $D.(-infty，frac{31}{2}]$

分析：对任意(sin [-4,-2))，存在(tin) ([-4,) (-2))，不等式(f(s)-g(t)geqslant 0)成立，

则(f(s)_{min}geqslant g(t)_{min})，其中(sin [-4,-2))，(tin) ([-4,) (-2))，

〔下来先研究函数(f(x))在([0,2))上的最小值〕，分段研究，最好利用图像快速分析；

当(xin [0,1))时，(f(x)=frac{1}{2}-2x^2)，(f(x))单调递减，故最小值的极限为(f(1)=-cfrac{3}{2})，

当(xin [1,2))时，(f(x)=-2^{1-|x-frac{3}{2}|})，

若(xin [1,1.5])时，(f(x))单调递减，若(xin [1.5,2))时，(f(x))单调递增，

故最小值为(f(1.5)=-2)，综上可知，(xin[0,2))时，(f(x)_{min}=-2)；

当(sin [-4,2))时，(s+4in[0,2))，则(f(s+4)=f[(s+2)+2]=cfrac{1}{2}f(s+2)=cfrac{1}{4}f(s))，

即(f(s)=4f(s+4))，其中(sin [-4,2))时，(s+4in[0,2))，

故(f(s)_{min}=4f(s+4)_{min}=4 imes (-2)=-8)，

故接上，[(f(s)_{min}geqslant g(t)_{min})，其中(sin [-4,-2))，(tin) ([-4,) (-2))]

变形为(-8geqslant t^3+3t^2+m)能成立；其中(tin [-4,-2))，

即(-mgeqslant t^3+3t^2+8)能成立，令(h(t)=t^3+3t^2+8)，(tin [-4,-2))，

(h'(t)=3t^2+6t=2t(t+2))，故(xin [-4,-2))时，(h'(t)>0)恒成立，则(h(t))单调递增，

故(h(t)_{min}=h(-4)=-8)，即(-mgeqslant -8)，则(mleqslant 8)，故选(B).