任意性与存在性问题探究

1、v1.0 可编辑可修改函数中任意性和存在性问题探究2011-12-22高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究例题 1】：已知两个函数 f(x) 8x2 16x k,g(x)2x3 5x2 4x,x 3,3, kR;一、相关结论：结论1：x1a,b,x2c,d, f(x1)g(x2 ) f ( x) ming(x)max ；【如图一】结论2：x1a,b,x2c,d, f (x1)g(x2) f(x)maxg(x)min ；【如图二】结论3：x1a,b,x2c,d, f (x1)g(x2) f(x) ming(x) min ；【如图三】结

2、论4：x1a,b,x2c,d, f (x1)g(x2) f(x) maxg(x)max ；【如图四】结论5：x1a,b,x2c,d, f (x1)g(x2)f (x) 的值域和 g(x) 的值域交集不为空；如图五】(1) 若对 x 3,3 , 都有 f (x) g(x) 成立，求实数 k 的取值范围；(2) 若 x 3,3 , 使得 f (x) g(x) 成立，求实数 k 的取值范围；(3) 若对 x1,x2 3,3 , 都有 f(x1) g (x2)成立，求实数 k 的取值范围；32解 ：(1)设 h(x) g(x) f(x) 2x3 3x2 12x k , ( 1 )中的问题可转化为：x

3、3,3 时， h(x) 0恒成立，即 h(x)min 0 。h (x) 6x2 6x 12 6(x 2)(x 1)；当 x 变化时， h(x),h(x) 的变化情况列表如下：v1.0 可编辑可修改x-3(-3,-1)-1(-1,2)2(2,3)3h (x)+00+h(x)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9因为 h( 1) k 7, h(2) k 20, 所以，由上表可知 h( x) min k 45，故 k-45 0， 得 k45, 即 k 45,+ ).小结：对于闭区间 I ，不等式 f(x)k 对 xI 时恒成立 f(x) maxk 对 x I 时恒成立 f(x) mink, x

4、 I.此题常见的错误解法：由 f(x) maxg(x) min解出 k 的取值范围 . 这种解法的错误在 于条件“ f(x) max g(x) min”只是原题的充分不必要条件，不是充要条件，即不等价.(2)根据题意可知， ( 2)中的问题等价于 h(x)= g(x) f(x) 0在 x-3,3 时有解 , 故h(x) max 0.由( 1)可知 h(x) max= k+7 ，因此 k+70，即 k 7,+ ).小结：对于闭区间 I ，不等式 f(x)k 对 xI 时有解 f(x) mink 对 xI 时有解 f(x) maxk, x I.此题常见的错误解法：由 f(x) ming(x) mi

5、n解出 k 的取值范围 . 这种解法的错误在 于条件“ f(x) min g(x) min”既不是是原题的充分要条件，也不是必要条件.(3) 根据题意可知， ( 3)中的问题等价于 f(x) max g(x) min， x -3,3.由二次函数的图像和性质可得 , x -3,3 时, f(x) max=120k.仿照( 1)，利用导数的方法可求得 x-3,3 时, g(x) min= 21.由 120k 21得 k141,即 k141,+ ).说明：这里的 x1,x 2 是两个互不影响的独立变量 .从上面三个问题的解答过程可以看出 , 对于一个不等式一定要看清是对“x ”恒成立，还是“ x”使

6、之成立，同时还要看清不等式两边是同一个变量，还是两个独立的变量, 然后再根据不同的情况采取不同的等价条件 , 千万不要稀里糊涂的去猜 .1a【例题 2】： (2010 年山东理科 22) 已知函数 f (x) lnx ax 1(a R);x1(1) 当 a 时，讨论 f(x) 的单调性；v1.0 可编辑可修改2 ) 设 g(x) x2 2bx 4 ， 当 a 1 时 ， 若 对4x1 (0,2) ， x2 1,2 , 使f(x1) g(x2) ，求实数 b的取值范围；解：(1)(解答过程略去，只给出结论)当 a0时，函数 f(x) 在(0,1 )上单调递减，在( 1，+)上单调递增；1当 a=

7、 时，函数 f(x) 在( 0， +)上单调递减；21当 0a1 时，函数 f (x) 在(0,1 )上单调递减，2在 (1,1a1)上单调递增， 在(1 1, )a上单调递减；2)函数的定义域为( 0， +)，1 a 1 ax 2 x f (x) = a+ 2 xx1a，a= 14时，由 f ( x ) =0 可得 x1=1,x 2=3.因为 a=1 (0, 1 )，x2=3420,2 ), 结合( 1)可知函数 f(x) 在( 0,1 )上单调递减，在( 1,2 )上单调递增，所以 f(x)在(0,2 )上的最小值为 f(1)=由于“对 x1( 0,2 )， x21,2, 使f(x 1)

8、g(x 2) ”等价于“ g(x) 在1,2 上的最小值不大于 f(x) 在(0,2 )上的最小值 f(1)=1”2)22又 g(x)=(x b)2+4b2, x 1,2, 所以 当 b0, 此时与()矛盾； 当 b1,2 时, 因为 g(x) min=4b20，同样与()矛盾； 当 b( 2， +)时，因为 g(x) min=g(2)=8 4b.1 17解不等式 8 4b ，可得 b.2817综上， b的取值范围是 17 ,+ ).8、相关类型题：形如 a一、a f (x) 型；(x), a f (x) 型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论基础是“ a f(x)在 x D上恒成立，

9、 则 a f(x)max(x D); a f(x)在 xD上恒成立， 则) ，若对 x25v1.0 可编辑可修改例1：已知二次函数 f(x) ax2x ，若x 0,1时，恒有 | f (x)| 1，求实数 a 的取值范围解：| f (x)| 1， 1 ax2x1；即21 x ax1x；当x0时，不等式显然成立， a R.当0x 1时，由 1 x ax21x 得：112axx12 x11 1，而 ( 2)min 0xxx11a 0.又 ( 2 )xxmax2， a 2,2a 0 ，综上得 a 的范围是 a 2,0 。二、 f(x1) f(x) f(x2)型a f(x)min(x D);”. 许多

10、复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型例 2 已知函数 f(x) 2sin(R，都有 f (x1)f (x2) 成f(x)x立，则 |x1 x2 | 的最小值为解 对任意 x R，不等式 f (x1) f(x) f (x2)恒成立，f (x1), f(x2) 分别是 f (x) 的最小值和最大值对于函数 y sin x ，取得最大值和最小值的两点之间最小距离是 ，即半个周期 .x又函数 f (x) 2sin()的周期为 4， |x1 x2 |的最小值为 2.25三、. f(x1 x2) f (x1) f(x2)型222例 3： (2005 湖北) 在 y 2x,y log22x,y x2,y

11、cosx 这 四个函数中，当 x1 x2f (x1) f (x2)0 x1 x2 1时，使 f ( 1 2)1 2 恒成立的函数的个数是 ( )22解：本题实质就是考察函数的 凸凹性 ，即满足条件 f (x1 x2) f (x1) f(x2)的函 22数，应是凸函数的性质，画草图即知 y log 2 2x 符合题意；四、. f(x1) f(x2) 0 型x1 x2v1.0 可编辑可修改例 4 已知函数 f (x)定义域为 1,1， f (1) 1，若 m,n 1,1， m n 0时，都有 f(m) f (n) mn0 ，若 f (x)t22at 1 对所有 x 1,1 ，a 1,1恒成立， 求

12、实数 t取值范围 .解：任取x1x21，则 f (x1) f (x2 )f(x1)f(x2)x1 x2(x1 x2) ， 由 已 知f(x1) f(x2)0，又 x1x2x1 x20 ， f (x1) f (x2 )0f，即 f (x)在 1,1上为增函数 . f (1) 1 ，x1,1，恒有f(x)1；要使 f (x)t2 2at 1 对所有x1,1 ，a 1,1恒成立，即要 t2 2at 1 1恒成立，故t22at0 恒成立，令 g(a)2at2t2，只须 g( 1) 0且 g(1) 0，评注：形如不等式 f(x1) f(x2) 0或 f(x1) f(x2) 0 恒成立，实际上是函 x1

13、x2x1 x2解得 t2或 t 0或 t 2。数的单调性的另一种表现形式，在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息五、. f(x) g(x) 型：1例 5： 已知 f(x) 2lg(x 1)，g(x) lg(2x t)，若当 x 0,1时， f (x) g(x) 恒成立，求实数 t 的取值范围 .解： f(x) g(x) 在 x 0,1 恒成 立，即 x 1 2x t 0 在 x 0,1 恒成 立 x 1 2x t在0,1 上的最大值小于或等于零 .令F(x) x 1 2x t， F(x) 1 4 x 1， x 0,12x1F(x) 0，即 F(x)在0,1 上单调递减， F(0)是最大值 . f(x) F(0) 1 t 0，即 t 1。六、 f(x1) g(x2)