导数中的任意性与存在性问题探究资料

1、导数中的任意性与存在性问题探究函数中任意性和存在性问题探究卜面结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, 合高测试题对此类问题进行归纳探究、相关结论:结论1:X2g(X2)f(x)ming(x) max ；【如图一】结论2:xia,b,X2c,d, f (Xi)g(x2)f(x)maxg(x)min ,【如图二】结论3:a,b,又2c,d, f(xi)gd)f(x)ming(x)min ,【如图三】结论4:xia,b,又2c,d, f (xi)g(x2)f(x)maxg (x)max ,【如图四】结论5:xia,b,又2c,d, f (xi)g(x2)f (x)的值域和g(

2、x)的值域交集不为空;【如图五】ffl-丁普Av)图五例题i:两个函数f (x) 8x2i6x k,g(x)一3.2,2x 5x 4x,x3,3, k R;(i)假设对 x 3,3,都有 f(x) g(x)成立,求实数k的取值范围;假设x 3,3,使得f(x) g(x)成立,求实数k的取值范围;假设对xi,x2 3,3,都有f(xi) gd)成立,求实数k的取值范围;解：(i)设 h(x) g(x) f (x) 2x3 3x2 i2x k , (i)中的问题可转化为: x 3,3时,h(x) 0恒成立,即h(x)min 0.'_ 2_h (x)6x6xi26(x2)(xi);当x变化时

3、,h(x), h'(x)的变化情况列表如下:-3(-3,-i) -i(-i,2)(2,3)h (x)+0一0+h(x)k-45增函 数极大 值减函 数极小 值增函数k-9由于 h( 1) k 7,h(2) k 20,所以,由上表可知h(x)min k 45 ,故 k-450,彳4 245,即 k 45").小结：对于闭区间I ,不等式f(x)<k对X I时恒成立f(x) max<k, X C I；不等式 f(x)>k 对 x e I 时恒成立 f(x) min>k, x I.此题常见的错误解法：由f(x) max< g(x) min解出k的取值范

4、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xC-3,3时 有解,故h(x) max>0.由(1)可知h(x)max= k+7,因止匕 k+7>0,即 kC-7,+8).(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=120 k.仿照(1),利用导数的方法可求得xC -3,3时,g(x)min = 21.由 12

5、0k> 21 得 k>141,gP kC 141,+8).说明：这里的x1,x2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包成立,还是“ x使之成立,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.1 a例题2: (2021年山东理科22)函数f (x) ln x ax 1(a R);x1(1) 当a -时,讨论f(x)的单调性；221(2)设 g(x) x 2bx 4,当 a 时,右对 Xi (0,2) , X2 1,2,使 4f (Xi) g(X2),求

6、实数b的取值范围；解：(1)(解答过程略去,只给出结论)当a00时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1, +8)上单调递增；当a=1时,函数f(x)在(0, +°°)上单调递减； 2,11当0<a< 时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,- 1)上单调递增,在2a1,、一、,(一 1,)上单调递减； a(2)函数的定义域为(0, +00),21 a 1 ax x 1 a 1 口_f (x) = a+2-=-2, a=一时,由 f (x) =0 可得 x1=1,x2=3.x xx4由于a=le (0,1) , x2=3(0,2),结合(1)可知函

7、数f(x)在(0,1)上单调递42减,在(1,2)上单调递增,所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)= -1. 2由于“对 x1 (0,2) ,x2C 1,2,使 f(x1) >g(x2)"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)= - -".()又g(x)=(x b)2+4b2, x 2e 1,2,所以 当b<1时,由于g(x)min=g(1)=5 2b>0,止匕时与()矛盾； 当bC1,2时,由于g(x)min=4b2>0,同样与(X)矛盾；当 bC (2, +oo)时,由于g(x)min=g(2)=8

8、4b.解不等式8 4b0,可得b> .综上,b的取值范围是,+°°).288二、相关类型题：一、"a f (x)"型;形如"a f(x)","a f(x)"型不等式,是包成立问题中最根本的类型,它的理论根底是 a f(x)在 x D上包成立,那么a f (x)max(x D); a “*)在乂口上包成立,那么a f(x)min(x D); 许多复杂的包成立问题最终都可归结到这一类型.2例1:二次函数f (x) ax x,假设 x 0,1时,恒有| f(x)| 1,求实数a的即 1 x ax2取值范围.解：-/

9、 | f x | 1 ,1 ax2 x 1当x 0时,不等式显然成立, .aC R.当0 x 1时,由1 x ax21 x得:1111K-2-a2 一,而xxx x11、n2 一min0x x一 - .11. a 0. 又 F 一max xx2, . a 2,2 a 0 ,综上得a的范围是a 2,0二、"f (x1)f (x) f(x2)"型x例2函数f(x) 2sin(万 g),假设对 x R,都有"f(x1) f (x) "x2)"成 立,那么|x 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 (

10、X), f (x2)分别是f(x)的最小值和最大值对于函数y sinx,取得最大值和最小值的两点之间最小距离是冗,即半个 周期.一一x又函数f (x) 2sin( g)的周期为4,|xi x2 |的取小值为2.三、."f(x"3 3 3"型222例3: (2005湖北)在y 2x, y log22x,y x , y cosx这四个函数中,当0 Xi x2 1时,使"f (辽力)f(x1) f(x2)"何成立的函数的个数是()22A.0B.1C.2D.3解：此题实质就是考察函数的 凸凹性,即满足条件" D2) f(x,) f(x2)&q

11、uot;的函数 应是凸函数的性质,画草图即知 y log22x 22符合题意；选C四)、/Ux1(x2 0型f(m) f(n)m n例4函数f(x)定义域为1,1, f (1) 1 ,假设m,n 1,1, m n 0时,者B有0",假设f(x) t评注：形如不等式,1 f(x|) f(x2)0"或"f(x1) f(x2)0"恒成立,实际上X x2x x2是函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： 例5: f(x) -lg(x 1), g(x) lg(2x t),假

12、设当 x 0,1时,f(x) g(x)恒 成立,求实数t的取值范围. 2at 1对所有x 1,1, a 1,1恒成立,求实解：任取1 x1 x2 1,那么f(x1)f(x2) "x一乳组(为x2),由f(x1)f(x2)x1 x2X x2f(x1)f(x2) 0f,即“*)在1,1上为增函数.f(1) 1 , x 1,1,恒有 f (x) 1;1,1恒成立,即要要使 f(x) t2 2at 1 对所有 x 1,1, a t2 2at 1 1恒成立,故 t2 2at 0 包成立,令 g(a) 2at t2 ,只须 g( 1) 0 且 g(1) 0,解得t2或t 0或t 2.解：f (x

13、) g(x)在x 0,1恒成立,即石F 2x t 0在x 0,1恒成立Tx1 2x t在0,1上的最大值小于或等于零.14x1令 F(x) JT7 2x t, F (x), V x 0,12.x 1F'(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)"型13249x c例6:函数f (x) - x x 3x - ,g(x),右对任息2,2,332都有f(x1)g(x2),求c的范围.解：由于对任意的x1,x2 2,2,都有f(x1) g(x2)成立,f (x)max g(x)mi

14、n , = f ' (x) x2 2x 3 ,令 f'(x) 0得 x 3,x1x>3或x<-1; f (x) 0得1 x 3; f(x)在2, 1为增函数,在1,2为减函数.,18 c f( 1) 3, f(2)6,f(x)max 3,. . 3 , c 24.2七、"| f(x1)f(x2)| t" (t 为常数)型；1,一例7 :函数f(x) x4 2x3,那么对任意t1,t2 -,2 (t1 t2)都有| f(x1)f (x2) | 包成立,当且仅当t1=, t2=时取等号.解：由于 |f(x1) f(x2)| | f(x)max f(x)