2026高中數學10大導數：專題35 雙變量恒成立與能成立問題概述(教師版)

專題35雙變量恒成立與能成立問題概述

【方法總結】

1．最值定位法解雙變量不等式恒成立問題的思路策略

(1)用最值定位法解雙變量不等式恒成立問題是指通過不等式兩端的最值進行定位，轉化為不等式兩端

函數的最值之間的不等式，列出參數所滿足的不等式，從而求解參數的取值范圍．

(2)有關兩個函數在各自指定范圍內的不等式恒成立問題，這里兩個函數在指定范圍內的自變量是沒有

關聯的，這類不等式的恒成立問題就應該通過最值進行定位．

2．常見的雙變量恒成立能成立問題的類型

(1)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)f(x1)min≥g(x2)max．(如圖1)

(2)若存在x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(?x2)f(x1)max≥g(x2)min．(如圖2)

(3)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥?g(x2)f(x1)min≥g(x2)min．(如圖3)

(4)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max．(如圖4)

(5)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2?)f(x1)max≥g(x2)max．(如圖4)

(6)若存在x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)f?(x)的值域與g(x)的值域的交集非空．(如

圖5)?

考點一雙任意與雙存在不等問題

(1)f(x)，g(x)是在閉區間D上的連續函數且x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等價于f(x)min＞g(x)max．其

等價轉化的目標是函數y＝f(x)的任意一個函數值?均大于函數y＝g(x)的任意一個函數值．如圖⑤．

(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等價于f(x)max＞g(x)min．其等價轉化的目標是函數y＝f(x)的某一

個函數值大于函數y＝g(x)的某些函數值．如圖⑥．

【例題選講】

a＋1

[例1]已知函數f(x)＝＋alnx，其中參數a<0．

x

(1)求函數f(x)的單調區間；

22

(2)設函數g(x)＝2xf′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在實數x1，x2∈[1，e]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，求

a的取值范圍．

a＋1a＋1aax－（a＋1）

解析(1)∵f(x)＝＋alnx，定義域為(0，＋∞)．∴f′(x)＝－＋＝．

xx2xx2

a＋1

①當－1<a<0時，<0，恒有f′(x)<0．∴函數f(x)的單調減區間是(0，＋∞)．

a

1

②當a＝－1時，f′(x)＝－<0，∴f(x)的減區間是(0，＋∞)．

x

a＋1a＋1a＋1

0，0，，＋∞

③當a<－1時，x∈a，f′(x)>0，∴f(x)的增區間是a；x∈a，

a＋1

，＋∞

f′(x)<0，∴f(x)的減區間是a．

(2)g(x)＝2ax－axlnx－(6a＋3)(a<0)，

2

因為存在實數x1，x2∈[1，e]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，∴2g(x)min<g(x)max．

又g′(x)＝a(1－lnx)，且a<0，∴當x∈[1，e)時，g′(x)<0，g(x)是減函數；

當x∈(e，e2]時，g′(x)>0，g(x)是增函數．

2

∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e)}＝－6a－3．

33

∴2ae－12a－6<－6a－3，則a>．又a<0，從而<a<0，

2e－62e－6

3

，0

即a的取值范圍是2e－6．

1a

[例2]已知函數f(x)＝lnx－mx，g(x)＝x－(a>0)．

2x

(1)求函數f(x)的單調區間；

12

(2)若m＝，對x1，x2∈[2，2e]都有g(x1)≥f(x2)成立，求實數a的取值范圍．

2e2

?11

解析(1)因為f(x)＝lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝－m，

22x

1

當m≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．當m>0時，由f′(x)＝0得x＝；

2m

f′(x)>0，1f′(x)<0，1

由得0<x<；由得x>．

x>02mx>02m

11

0，，＋∞

所以f(x)在2m上單調遞增，在2m上單調遞減．

綜上所述，當m≤0時，f(x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，無單調遞減區間；

11

0，，＋∞

當m>0時，f(x)的單調遞增區間為2m，單調遞減區間為2m．

1112

(2)若m＝，則f(x)＝lnx－x．對x1，x2∈[2，2e]都有g(x1)≥f(x2)成立，

2e222e2

?

2221

等價于對x∈[2，2e]都有g(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2，2e]上f(x)的最大值為f(e)＝，

2

?a

又g′(x)＝1＋>0(a>0)，x∈[2，2e2]，所以函數g(x)在[2，2e2]上是增函數，

x2

aa1

所以g(x)min＝g(2)＝2－．由2－≥，得a≤3，又a>0，所以a∈(0，3]，

222

所以實數a的取值范圍為(0，3]．

a2

[例3]已知f(x)＝x＋(a＞0)，g(x)＝x＋lnx．

x

(1)若對任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求實數a的取值范圍；

(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，求實數a的取值范圍．

解析(1)對任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，等價于x∈[1，e]時，f(x)min≥g(x)max．

1

當x∈[1，e]時，g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在[1，e]上單調遞增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1．

x

a2

只需證f(x)≥e＋1，即x＋≥e＋1a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．令h(x)＝(e＋1)x－x2，

x

?e＋1e＋1e＋1e＋1

x－

當x∈[1，e]時，h(x)＝(e＋1)x－x2＝－22＋22的最大值為h2＝22．

e＋1e＋1

e＋1，＋∞

所以a2≥22，即a≥(舍去負值)．故實數a的取值范圍是2．

2

(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，等價于x∈[1，e]時，f(x)min＜g(x)max．

1

當x∈[1，e]時，g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在[1，e]上單調遞增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1．

x

a2

又f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝a，

x2

a2

故f(x)＝x＋(a＞0)在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增．

x

2

當0＜a＜1時，f(x)在[1，e]上單調遞增，f(x)min＝f(1)＝1＋a＜e＋1，符合題意；

當1≤a≤e時，f(x)在[1，a]上單調遞減，在[a，e]上單調遞增，f(x)min＝f(a)＝2a，

e＋1

此時，2a＜e＋1，解得1≤a＜；

2

a2

當a＞e時，f(x)在[1，e]上單調遞減，f(x)min＝f(e)＝e＋，

e

a2

此時，e＋＜e＋1，即a＜e，與a＞e矛盾，不符合題意．

e

e＋1

0，

綜上可知，實數a的取值范圍是2．

點撥(1)本題第(1)問從數的角度看，問題的本質就是f(x)min≥g(x)max．從形的角度看，問題的本質就是

函數f(x)圖象的最低點不低于g(x)圖象的最高點．

(2)本題第(2)問從數的角度看，問題的本質就是f(x)min＜g(x)max．從形的角度看，問題的本質就是函數

f(x)圖象的最低點低于g(x)圖象的最高點．

a

[例4]設f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3．

x

(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數M；

1

，2

(2)如果對于任意的s，t∈2，都有f(s)≥g(t)成立，求實數a的取值范圍．

解析(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M．

2

x－2

由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x3．由g′(x)＜0，解得0＜x＜；

3

2

由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞．又x∈[0，2]，

3

22

0，，2

所以g(x)在區間3上單調遞減，在區間3上單調遞增，又g(0)＝－3，g(2)＝1，

2

85

故g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝g3＝－．

27

85112

所以[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝1＋＝≥M，則滿足條件的最大整數M＝4．

2727

11

，2，2

(2)對于任意的s，t∈2，都有f(s)≥g(t)成立，等價于在區間2上，函數f(x)min≥g(x)max．

1

，2

由(1)可知在區間2上，g(x)的最大值為g(2)＝1．

1

，2a

在區間2上，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立等價于a≥x－x2lnx恒成立．

x

11

，2，2

設h(x)＝x－x2lnx，x∈2，則h′(x)＝1－2xlnx－x，易知h′(x)在區間2上是減函數，

1

又h′(1)＝0，所以當1＜x＜2時，h′(x)＜0；當＜x＜1時，h′(x)＞0．

2

1

，1

所以函數h(x)＝x－x2lnx在區間2上單調遞增，在區間[1，2]上單調遞減，

所以h(x)max＝h(1)＝1，所以實數a的取值范圍是[1，＋∞)．

考點二存在與任意嵌套不等問題

(1)x1∈D1，x2∈D2，使f(x1)＞g(x2)，等價于函數f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即

f(x)min＞?g(x)min(這里?假設f(x)min，g(x)min存在)．其等價轉化的目標是函數y＝f(x)的任意一個函數值大于函數

y＝g(x)的某一個函數值．如圖⑦．

(2)x1∈D1，x2∈D2，使f(x1)＜g(x2)，等價于函數f(x)在D1上的最大值小于g(x)在D2上的最大值，即

??

f(x)max＜g(x)max．其等價轉化的目標是函數y＝f(x)的任意一個函數值小于函數y＝g(x)的某一個函數值．如

圖⑧．

【例題選講】

e(x2－ax＋a)

[例5]設函數f(x)＝(a∈R)．

ex

(1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線過點M(2，3)，求a的值；

11

(2)設g(x)＝x＋－，若對任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范

x＋13

圍．

e(x2－ax＋a)(2x－a)ex－(x2－ax＋a)ex(x－2)(x－a)

解析(1)因為f(x)＝，所以f′(x)＝e·＝－．

exe2xex－1

3－1

又f(1)＝1，即切點為(1，1)，所以k＝f′(1)＝1－a＝，解得a＝－1．

2－1

(2)“對任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等價于

“在[0，2]上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”．

11x2＋2x

因為g(x)＝x＋－，g′(x)＝≥0，所以g(x)在[0，2]上單調遞增，所以g(x)max＝g(2)＝2．

x＋13（x＋1）2

令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a．

－1

①當a≤0時，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)單調遞增，f(x)max＝f(2)＝(4－a)e≥2，解得a≤4－2e；

②當0<a<2時，f′(x)≤0在[0，a]上恒成立，f(x)單調遞減，f′(x)≥0在[a，2]上恒成立，f(x)單調遞增，

f(x)的最大值為f(2)＝(4－a)e－1或f(0)＝ae，所以(4－a)e－1≥2或ae≥2．

22

解得：a≤4－2e或a≥，所以≤a<2；

ee

2

③當a≥2時，f′(x)≤0在[0，2]上恒成立，f(x)單調遞減，f(x)max＝f(0)＝ae≥2，解得a≥，所以a≥2．

e

2

綜上所述：a≤4－2e或a≥．

e

a1

[例6]已知函數f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R且a<e)，g(x)＝x2＋ex－xex．

x2

(1)當x∈[1，e]時，求f(x)的最小值；

2

(2)當a＜1時，若存在x1∈[e，e]，使得對任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍．

(x－1)(x－a)

解析(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝．

x2

①若a≤1，當x∈[1，e]時，f′(x)≥0，則f(x)在[1，e]上為增函數，f(x)min＝f(1)＝1－a．

②若1＜a＜e，當x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數；當x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數．

所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1，

綜上，當a≤1時，f(x)min＝1－a；當1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；

(2)由題意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．

2ax

由(1)知f(x)在[e，e]上單調遞增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－，又g′(x)＝(1－e)x．

e

當x∈[－2，0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數，則g(x)min＝g(0)＝1，

e2－2e

ae2－2e，1

所以e－(a＋1)－＜1，解得a＞，所以a的取值范圍為e＋1

ee＋1

考點三雙任意與存在相等問題

(1)x1∈D1，x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等價于函數f(x)在D1上的值域A與g(x)在D2上的值域B的交

集不是空?集，即A?∩B≠，如圖⑨．其等價轉化的目標是兩個函數有相等的函數值．

?

圖⑨圖⑩

(2)x1∈D1，x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等價于函數f(x)在D1上的值域A是g(x)在D2上的值域B的子

集，即?AB，如圖?⑩．其等價轉化的目標是函數y＝f(x)的值域都在函數y＝g(x)的值域之中．

說明?：圖⑨，圖⑩中的條形圖表示函數在相應定義域上的值域在y軸上的投影．

【例題選講】

[例7]已知函數f(x)＝ax－lnx＋x2．

(1)若a＝－1，求函數f(x)的極值；

213

(2)若a＝1，x1∈(1，2)，x2∈(1，2)，使得f(x1)－x1＝mx2－mx2(m≠0)，求實數m的取值范圍．

3

??

12x2－x－12x＋1x－1

解析(1)依題意知，當a＝－1時，f(x)＝－x－lnx＋x2，f′(x)＝－1－＋2x＝＝，

xxx

因為x∈(0，＋∞)，故當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，

故當x＝1時，f(x)有極小值，極小值為f(1)＝0，無極大值．

2

(2)當a＝1時，f(x)＝x－lnx＋x．因為x1∈(1，2)，x2∈(1，2)，

21313

使得f(x1)－x1＝mx2－mx2(m≠0)，故ln?x1－x1＝mx2－?mx2．

33

1

設h(x)＝lnx－x，g(x)＝mx3－mx，

3

1

當x∈(1，2)時，h′(x)＝－1＜0，即函數h(x)在(1，2)上單調遞減，故h(x)的值域為A＝(ln2－2，－1)．

x

又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1)．

2m，－2m

①當m＜0時，g(x)在(1，2)上單調遞減，此時g(x)的值域為B＝33，

2m2m3

因為AB，又－＞0＞－1，故≤ln2－2，即m≤ln2－3；

332

?

－2m，2m

②當m＞0時，g(x)在(1，2)上單調遞增，此時g(x)的值域為B＝33，

2m2m33

因為AB，又＞0＞－1，故－≤ln2－2，故m≥－(ln2－2)＝3－ln2．

3322

?

33

－∞，ln2－33－ln2，＋∞

綜上所述，實數m的取值范圍為2∪2．

[例8]已知函數f(x)＝alnx－x＋2，a∈R．

(1)求函數f(x)的單調區間；

(2)若對任意的x1∈[1，e]，總存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求實數a的值．

aa－x

解析(1)因為f(x)＝alnx－x＋2，所以f′(x)＝－1＝，x>0，

xx

當a≤0時，對任意的x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)的單調遞減區間為(0，＋∞)，無單調遞增區間；

當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝a，因為x∈(0，a)時，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)時，f′(x)<0，

所以f(x)的單調遞增區間為(0，a)，單調遞減區間為(a，＋∞)．

(2)①當a≤1時，由(1)知，f(x)在[1，e]上是減函數，所以f(x)max＝f(1)＝1．

因為對任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，

所以對任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4．

②當1<a<e時，由(1)知，f(x)在[1，a]上是增函數，在(a，e]上是減函數，

所以f(x)max＝f(a)＝alna－a＋2．

因為對任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(a)＝2a(lna－1)＋4，

又1<a<e，所以lna－1<0，2a(lna－1)＋4<4，

所以對任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4．

③當a≥e時，由(1)知，f(x)在[1，e]上是增函數，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(e)＝a－e＋2，

由題意，對任意的x1∈[1，e]，總存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，

則當x1＝1時，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，則f(1)＋f(e)≥4，

同理當x1＝e時，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，則f(e)＋f(1)≤4，所以f(1)＋f(e)＝4．

(對任意的x1∈(1，e)，令g(x)＝4－f(x)－f(x1)，x∈[1，e]，g(x)＝0有解．g(1)＝4－f(1)－f(x1)＝f(e)－f(x1)>0，

g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0，所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(x2)－f(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)＝4．)

所以由f(1)＋f(e)＝a－e＋3＝4，得a＝e＋1．

綜上可知，實數a的值為e＋1．

1

[例9]已知函數f(x)＝lnx－x，g(x)＝mx3－mx(m≠0)．

3

(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；

(2)若對任意的x1∈(1，2)，總存在x2∈(1，2)，使得f(x1)＝g(x2)，求實數m的取值范圍．

1

解析(1)易知切點為(1，－1)，f′(x)＝－1，切線的斜率k＝f′(1)＝0，故切線方程為y＝－1．

x

(2)設f(x)在區間(1，2)上的值域為A，g(x)在區間(1，2)上的值域為B，則由題意可得AB．

11－x

∵f(x)＝lnx－x，∴f′(x)＝－1＝<0在(1，2)上恒成立，?

xx

∴函數f(x)在區間(1，2)上單調遞減，∴值域A為(ln2－2，－1)．

又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1)，當m>0時，g′(x)>0在x∈(1，2)上恒成立，

22

－m，m

則g(x)在(1，2)上是增函數，此時g(x)在區間(1，2)上的值域B為33，

m>0，

2

m≥－1，33

則3解得m≥－(ln2－2)＝3－ln2．

22

2

－m≤ln2－2，

3

當m<0時，g′(x)<0在x∈(1，2)上恒成立，則g(x)在(1，2)上是減函數，

m<0，

222

m，－m－m≥－1，33

此時g(x)在區間(1，2)上的值域B為33，則3解得m≤(ln2－2)＝ln2－

22

2

m≤ln2－2，

3

3．

33

－∞，ln2－33－ln2，＋∞

∴實數m的取值范圍是2∪2．

[例10]已知函數f(x)＝(1－x)ex－1．

(1)求f(x)的極值；

－m

2lnx2

(2)設g(x)＝(x－t)＋t，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求

實數m的最小值．

解析(1)f′(x)＝－xex，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，

∴當x＝0時，f(x)有極大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)沒有極小值．

m

lnx－

(2)由(1)知f(x)≤0，又因為g(x)＝(x－t)2＋t2≥0，

m

所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，所以x＝t，lnx＝，

t

m

等價于方程lnx＝有解，即方程m＝xlnx在(0，＋∞)上有解，

x

1

記h(x)＝xlnx，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝lnx＋1，令h′(x)＝0，得x＝，

e

11

0，，＋∞

所以當x∈e時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，當x∈e時，h′(x)>0，h(x)單調遞增，

111

所以當x＝時，h(x)min＝－，所以實數m的最小值為－．

eee

21

[例11]已知函數f(x)＝x2－ax3，a＞0，x∈R，g(x)＝．

3x2(1－x)

1

－∞，－

(1)若x1∈(－∞，－1]，x2∈2，使得f(x1)＝g(x2)，求實數a的取值范圍；

3

(2)當?a＝時，求證：對?任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．

2