江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題11雙變量雙函數(shù)問題課件.pptx

1、微專題11 雙變量雙函數(shù)問題,微專題11雙變量雙函數(shù)問題 題型一雙函數(shù)“任意”+“存在”型,例1已知函數(shù)f(x)=ln x-ax+-1(aR),g(x)=x2-2bx+4.當(dāng)a=時(shí),若對(duì)任意x1 (0,2),存在x21,2,使f(x1)g(x2),求實(shí)數(shù)b的取值范圍,解析因?yàn)閍=,所以f(x)=ln x-x+-1, 則f (x)=-,令f (x)=0,解得x=1或3. 當(dāng)x(0,1)時(shí), f (x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增, 所以f(x)在(0,2)上的極小值即最小值為f(1)=-. 由“對(duì)任意x1(0,2),存在x21,2,使f(x1)g(x2)”等價(jià)于“g(x)在1,2上的最小值不大于f(

2、x)在(0,2)上的最小值”, 又g(x)=(x-b)2+4-b2,x1,2,得,當(dāng)b(-,1)時(shí),g(x)min=g(1)=5-2b0-,與題意不符; 當(dāng)b1,2時(shí),g(x)min=4-b20-,與題意不符; 當(dāng)b(2,+)時(shí),g(x)min=g(2)=8-4b, 解不等式8-4b-,可得b. 綜上,b的取值范圍是,方法歸納】“對(duì)任意x1A,存在x2B,使f(x1)g(x2)”等價(jià)于“f(x)在A上的最小值不小于g(x)在B上的最小值.,1-1已知函數(shù)f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x(aR),g(x)=x2-2x,若對(duì)任意x1(0,2,均 存在x2(0,2,使得f(x1)g(x2

3、),求a的取值范圍,解析由已知得,在(0,2上有f(x)max0, 此時(shí)f(x)在(0,2上單調(diào)遞增,則f(x)max=f(2)=2ln 2-20, 則f(x)在(0,2上單調(diào)遞增, 故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln 2=-2a-2+2ln 2,由-2a-2+2ln 2ln 2-1,故ln 2-1時(shí),0可知ln alnln=-1,則-2ln a2,所以-2-2ln a滿足題意,綜上所述,aln 2-1,題型二雙函數(shù)“任意”+“任意”型,例2設(shè)f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x1,x20,2,使得g(x1)-g(x2)M成立,求滿足上述條

4、件的最大整數(shù)M; (2)如果對(duì)任意的s,t,都有f(s)g(t)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍,解析(1)存在x1,x20,2,使得g(x1)-g(x2)M成立等價(jià)于在0,2上,g(x)max-g(x)minM,由g(x)=3x2-2x=3x,可得g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所 以g(x)max=maxg(0),g(2)=1,g(x)min=g=-,因?yàn)?-=4,且5,所 以滿足條件的最大整數(shù)M=4. (2)由(1)得,g(x)在上的最大值為g(2)=1.則對(duì)任意的s,t,都有f(s) g(t)成立等價(jià)于f(x)1對(duì)x恒成立,也等價(jià)于ax-x2ln x對(duì)x恒成 立,設(shè)h(x)=x-x2ln

5、x,則h(x)=1-2xln x-x,且h(1)=0.設(shè)m(x)=1-2xln x-x,則m(x)=-3-2ln x,因?yàn)閤,所以m(x)=-3-2ln x0,x(1,2時(shí),h(x)0,即函數(shù)h(x)=x-x2ln x在區(qū)間上單調(diào)遞 增,在區(qū)間(1,2上單調(diào)遞減,所以h(x)max=h(1)=1,所以a1,方法歸納】(1)研究與不等式有關(guān)的恒成立問題時(shí),常常通過構(gòu)造函數(shù),將原問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)性質(zhì)的問題.解本類題的常用思路是:x1A,x2B,使得f(x1)g(x2)成立f(x)ming(x)max. (2)“對(duì)任意x1A,任意x2B,使f(x1)=g(x2)”等價(jià)于f(x)在A上的值域=g(x

6、)在B上的值域,2-1設(shè)函數(shù)f(x)=,g(x)=x2-3x+a,若對(duì)于任意x1,x2(0,1),總有g(shù)(x2)=f(x1)成 立,求實(shí)數(shù)a的值,解析對(duì)于任意x1(0,1), f(x1)=(0,2),而當(dāng)x2(0,1)時(shí),g(x2)=- 3x2+a(a-2,a),則由題得(0,2)=(a-2,a),即故a=2,題型三雙函數(shù)“存在”+“存在”型,例3已知函數(shù)f(x)=ex,g(x)=x-b,bR. (1)設(shè)函數(shù)T(x)=f(x)+ag(x),aR,求T(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)設(shè)函數(shù)h(x)=|g(x)|f(x),b1成立,求b的取值范圍,解析(1)T(x)=ex+a(x-b),T(x)=e

7、x+a. 當(dāng)a0時(shí),T(x)0恒成立; 當(dāng)a0,得xln(-a). 所以當(dāng)a0時(shí),函數(shù)T(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+); 當(dāng)a1成立等價(jià)于h(x)在0,1上的最大值h(x)max和最小值h(x)min滿足:h(x)max-h(x)min1. h(x)=|g(x)|f(x),當(dāng)xb時(shí),有h(x)=(x-b+1)ex0; 當(dāng)x0; 當(dāng)b-11,得(1-b)e+b1,解得b1,所以b0. 當(dāng)0b1時(shí),h(x)在(0,b)上是減函數(shù),在(b,1)上是增函數(shù),所以h(x)min=h(b)=0,h,x)max=maxh(0),h(1). h(0)-h(1)=b-(1-b)e=b(e+1)-e, 若b,則

8、h(0)h(1); 若b1,得(1-b)e1,則0b,當(dāng)b1不成立. 綜上,b的取值范圍為,方法歸納】(1)x1A,x2B,使得f(x1)g(x2)成立f(x)ming(x)max. (2)“對(duì)存在x1A,存在x2B,使f(x1)=g(x2)”等價(jià)于f(x)在A上的值域g(x)在B上的值域,3-1已知函數(shù)f(x)=ln x-+-1,g(x)=x2-2bx+4.若存在x1(0,2),x21,2,使f(x 1)g(x2),求實(shí)數(shù)b的取值范圍,解析由已知得, f (x)=-=-,f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1, 2)上單調(diào)遞增,f(x)min=f(1)=-.依題意有f(x)ming(x)max,所以g(x)max-.又g(x) =(x-b)2-b2+4,從而或 解得b,即實(shí)數(shù)b的取值范圍是,3-2設(shè)函數(shù)f(x)=,g(x)=x2-3x+a,若存在x1,x2(0,1),使得g(x2)=f(x1)成立,求 實(shí)數(shù)a的取值范圍,解析對(duì)于任意