高中数学任意性与存在性问题探究

1、函数中任意性和存在性问题探究卜面结合高考试题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, 对此类问题进行归纳探究一、相关结论：结论1：Xia,b,X2c,d, f(x)g(X2)f(x)ming(x)max ； 【如图一】结论2:Xia,b,X2c,d, f (Xi)gd)f(x)maxg(X)min ；【如图二】结论3:Xia,b,X2c,d, f(Xi)gd)f(x)ming(X)min ；【如图三】结论4:Xia,b,X2c,d, f (Xi)g(X2)f(x)maxg(x)max ； 【如图四】结论5：Xia,b,X2c,d, f (Xi)9(X2)f (x)的值域和g

2、 (x)的值域交集不为空;【如图五】/iT)-£W图一图二阳=【例题i 1：已知两个函数 f(x) 8x2 i6x k,g(x)322x 5x 4x, x3,3, k R;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;若对Xi,X2 3,3,都有f(Xi) g(x2)成立，求实数k的取值范围;解：(i)设 h(x) g(x) f (x)_3_ 2 .一. _ _ _2x 3x 12x k ,(i)中的问题可转化为：x 3,3时，h(x) 0 恒成立,即h(x)minh'(x) 6x2

3、6x i2 6(x 2)(x i)；当x变化时，h(x),h'(x)的变化情况列表如下:X-3(-3,-1)-1(-1,2)2(2,3)3h (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 k>45,即 kC 45,+8).小结：对于闭区间I ,不等式f(X)<k对X C I时恒成立f(X) max<k, X I；不等式f(x)>k对 XC I 时恒成立 f(X) min>k, X C I.此题常见的错误解法：由f(X)

4、 maXW g(X) min解出k的取值范围.这种解法的错误在于 条件" f(X) maXWg(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 ,因此 k+7 >0,即 kJ 7,+ 川.小结：对于闭区间I,不等式f(x)<k对XC I时有解 f(x) min<k, X C；不等式f(x)>k 对 XC I 时有解 f(x) max>k, X CI.此题常见的错误解法

5、：由f(x) minW g(x) min解出k的取值范围.这种解法的错误在于条 件“ f(x) minW 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) maxW 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X £ -3,3时,g(x) min= 21.由 1202 21 得 2 141，即 kC 141,+ 00).说明：这里的Xi,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

6、”恒成立，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：已知函数f (x) ln x ax 1(a R);x,1, 人(1)当a 时，讨论f (x)的单调性；关注公众号“品数学”，获取更多数学干货！2(2)设 g(x)x2 2bx 4 ,当 a 1 时，若对Xi(0,2) ,X21,2,使4f(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aw。时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1, +00)上单调递增;当a=l时，函数f(x)在(0, +8

7、)上单调递减；2,.111当0<a< 时，函数f (x)在(0,1)上单倜递减，在(1- 1)上单调递增，在(一1,)2aa上单调递减；(2)函数的定义域为(0, +8),(x) = a+x2.ax x 1 aa=1时，由f4(x) =0 可得 X1=1,X2=3.因为 a= ( 0,工)，X2=342(0,2),结合(1)可知函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,(2) 调递增，所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)=-.2由于“对xie (0,2),X2C 1,2,使f(xi) >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

8、小值f(1)= -".(X)2又 g(x)=(x b)2+4 b2, x C 1,2,所以 当b<1时，因为g(x) min=g(1)=5 2b>0,此时与(X)矛盾； 当be 1,2时，因为g(x)min=4 b2>0,同样与()矛盾； 当 be (2, +8)时，因为g(x) min=g(2)=8 4b.解不等式8-4b<- 1,可得b> 1728综上，b的取值范围是",+oo).8、相关类型题：一、"a f(x)”型;形如"a f (x)"," a f (x)"型不等式，是恒成立问题中最基

9、本的类型，它的理论基础是3 f (x)在x D上恒成立，则a f(x)max(x D); a f (x)在xCD上恒成立，则a f(x)min (x D)； ”许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型2例1 ：已知二次函数f(x) ax x,若x 0,1时，恒有| f(x)| 1 ,求实数a的取值范围2斛：Q | f (x) | 1 , 1 ax x 1 ；即 1 x2ax1 x；当x 0时，不等式显然成立，aC R.、，一21当0 x 1时，由1 x ax 1 x得： x八 一 ，11、 一. a 0.又(下)max2 , . ax x2,2 a 0 ,综上得a的范围是a 2,0。关注公众

10、号“品数学”，获取更多数学干货!二、"f (x1) f (x) f(x2)"型例2已知函数f (x) 2sin(y -),若对x R,都有"f(x1)f (x)f(x2)"成立，则|x x21的最小值为解.对任意xCR,不等式f(x1)f (x) f(x2)恒成立,f (x1), f 乂)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兀，即半个周期x| X1X2 |的最小值为2.又函数f(x) 2sin( )的周期为4,三、."f (Xi X2)f(Xi) f(X2)"型2例3 :(2

11、005湖北)在y 2x, y log 2 2x, y x , y cosx这四个函数中，当0X1X2 1时，使"“汉，2)f (Xl) 2 f (X2)"恒成立的函数的个数是()A.0B.1C.2D.3解：本题实质就是考察函数的凸凹性，即满足条件"“巳_过)!()一32"的函22数，应是凸函数的性质，画草图即知y log22x符合题意;四、."f (x1)f (x2)0"型Xi X2例4已知函数f (X)定义域为1,1, f (1) 1 ,若 m,n1,1, m n 0时，都有"f(m) f(n) m n取值范围.0&quo

12、t;,若 f(x) t22at1对所有x 1,1, a 1,1恒成立，求实数t解：任取1x1x21 ，则 f(X1) f(X2)f(X1) f(X2)(X1 X2),由已知X1 x2f(X1) f(X2)f(x1)f (X2) 0f,即 f(x)在1,1上为增函数X1X2f (1) 1 , . X 1,1,恒有f(x) 1；关注公众号“品数学”，获取更多数学干货!，要使f(x) t2 2at 1对所有X 1,1, a 1,1恒成立，即要t2 2at 1 1恒成立，故t2 2at 0恒成立，令 g(a) 2at t2,只须 g( 1) 0且 g(1) 0,解得t 2或t 0或t 2。评注：形如不

13、等式"上(f2-) 0"或"皿一fD 0"恒成立，实际上是函X1 X2X1 X2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:一 一一 1例 5：已知 f(x) 21g(x 1), g(x) lg(2 x t),右当 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 "7 2x t 0在x 0,1恒成立jxi 2x t在0,1上的最大值小于或等于零令 F(x)x2x t, F'(x)1-4=1， x

14、0,12 x 1' ._ 一 一 F (x) 0 ,即F(x)在0,1上单倜递减，F(0)是最大值.f (x) F(0) 1 t 0,即 t 1。六、"f(x1) g(x2)"型1 3249x c例6：已知函数 f(x) -x3 x2 3x -,g(x)，若对任意 x1,x2 2,2,332都有f(x1) g(x2),求c的范围.解：因为对任意的x1,x2 2,2,都有f(x1) g(x2)成立,2 f(x)max 回刈薪，. f (x) x 2x 3,令 f(x) 0得 x 3,x1x>3 或_ ' . . . _ _ .xv-1； f (x) 0得

15、1 x 3； . f(x)在2, 1为增函数，在1,2为减函数.18 cf( 1) 3, f(2)6, . f (x)max 3,.-. 32 , . c 24。七、"| f (Xi)f (x2)| t" (t 为常数)型；4_ 31例7 :已知函数f (x) x 2x ,则对任意t1,t2 - ,2 ( t1 t2)都有| f(X1) f (X2)| 恒成立，当且仅当t1=, t2=时取等号.解：因为| f (X1)f(X2)| |f(x)max f(x)min| 恒成立,由 f (x)1f(x)minf( 1)X4 2x3,x 2,2327易求得f(x)max%)&qu

16、ot;f(x1)f(x2)1 2。例8 :已知函数y f(x)满足：(1)定义域为1,1； (2)方程f (x) 0至少有两个实1.根1和1 ; (3)过f (x)图像上任意两点的直线的斜率绝对值不大于(1)证明 |f(0)| 1|;(2)证明：又壬意 Xi,X2 1,1,都有 | f (Xi) f (X2)| 1 .证明略；(2)由条件(2)知£( 1)f(1) 0,不妨设 1 x1 x21,由(3)知 |f(x1)f(x2)|x1x2| x2 x1,又.|f(X1) f(x2)|f(x1)| | f(x2)| f(x1)f(1)| |f(x2)f(1)|x11 1x22(x2x1) 2 | f(x1)f(x2)|;|f(x1)f(x2)|1八、"| f(x1) f(x2)| |x1 x2|"型33例9 ： 已知函数f(x) x ax b ,对于x1,x2 (0,)(x1 x2)时总有3| f(x1) f(x2)| |x1 x2 |成立，求实数a的范围.解由 f(x) x3 ax b,得 f (x) 3x2 a,关注公众