专题14 函数中的多变量问题- 2021年高考数学二轮经典专题深度解读

专题14 函数中的双变量问题 方法一、消元法 ①若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两个变量转化为一个变量. ②若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之间的关系看成一个整体（比如）,进行整体换元，将两个变量化为一个变量. 方法二：变换主元 当两个变量之间没有关系，也不能看成一个整体时，主元的选择就显得尤为重要了，主元若选择得当，可以降低思维难度，可以将复杂的函数变为简单函数。主元变换是将其中一个变量作为主元，其中一个变量作为参数。 方法三：构造函数 根据题中条件构造适当的函数，利用函数性质解决. 方法四：转化为最值 根据题中条件将双变量问题转化为函数最值来处理，此类题型可以参考“恒成立”与“存在性”问题解题思路与方法. 1.已知函数f(x)＝|x－m|和函数g(x)＝x|x－m|＋m2－7m. (1)若方程f(x)＝|m|在[4，＋∞)上有两个不同的解，求实数m的取值范围； (2)若对任意x1∈(－∞，4]，均存在x2∈[3，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1）[－2,0)∪(0，＋∞)；（2） 【解析】(1)由题意可知，|x－m|＝|m|在[4，＋∞)上有两个不同的解，而方程|x－m|＝|m|在R上的解集为x＝0或x＝2m，所以2m≥－4且2m≠0.所以m的取值范围为[－2,0)∪(0，＋∞)． (2)原命题等价于“f(x)的最小值大于g(x)的最大值” 对任意x1∈(－∞，4]，f(x1)min＝ 对任意x2∈[3，＋∞)， g(x2)max＝ ①当m<3时，0>m2－10m＋9，解得1<m<3； ②当3≤m≤4时，0>m2－7m，解得3≤m≤4； ③当m>4时，m－4>m2－7m，解得4<m<4＋2. 综上所述，m的取值范围为. 2.设f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3. (1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）4；（2）[1，＋∞)． 【解析】(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M. ∵g(x)＝x3－x2－3，∴g′(x)＝3x2－2x＝3x. ∴g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表： 由上表可知g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1. [g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝，所以满足条件的最大整数M＝4. (2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立， 等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max. 由(1)可知，在区间上，g(x)的最大值g(2)＝1. 在区间上，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立，等价于a≥x－x2lnx恒成立， 记h(x)＝x－x2lnx，则h′(x)＝1－2xlnx－x，h′(1)＝0. 当<x<1时，h′(x)>0；当1<x<2时，h′(x)<0. 即函数h(x)＝x－x2lnx在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)． 3.已知两函数f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k为实数. (1)对任意x∈[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围. (2)存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围. (3)对任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范围. 【答案】（1）k≥45；（2）k≥-7；（3）k≥141. 【解析】(1)设h(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k, 问题转化为x∈[-3,3]时,h(x)≥0恒成立, 即h(x)min≥0,x∈[-3,3]. 令h′(x)=6x2-6x-12=0,得x=2或x=-1. ∵h(-3)=k-45,h(-1)=k+7,h(2)=k-20, h(3)=k-9,∴h(x)min=k-45≥0,得k≥45. (2)据题意:存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立, 即为h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈[-3,3]上能成立, ∴h(x)max≥0.∴h(x)max=k+7≥0,得k≥-7. (3)据题意:f(x)max≤g(x)min,x∈[-3,3], 易得f(x)max=f(3)=120-k, g(x)min=g(-3)=-21.∴120-k≤-21,得k≥141. 4.已知函数f(x)=(a+1)ln x+ax2+1. (1)讨论函数f(x)的单调性. (2)设a≤-2，证明：对