导数中的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一、相关结论：结论 1：x 1a,b,x2c,d,f(x1)g(x 2)f(x)ming(x)max；【如图一】结论 2：x 1a,b, x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min；【如图二】结论 3：x 1a,b,x 2c,d,f(x1)g(x 2)f(x)ming(x)min；【如图三】结论 4：x1a,b,x2c,d,f(x 1)g(x 2)f(x)maxg(x)max；【如图四】结论 5：xa,b,xc,d,f(x)g(x)f(x)的值域交集不

2、为的值域和空；1212g(x)【如图五】例题 1：已知两个函数f(x)8x216xk,g(x)2x35x24x,x3,3,kR;(1)若对x 3,3,都有 f(x)g(x)成立，求实数k 的取值范围；(2)x 3,3,f(x)g(x)使成立，求实数k 的取值范围；若得(3)若对 x1,x 23,3,都有 f(x 1)g(x 2) 成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设 h(x)g(x)f(x)2x33x212xk, （ 1）中的问题可转化为：x3,3时， h(x)0 恒成立，即 h(x)min0。h (x)6x2 6x126(x2)(x1) ；当 x 变化时， h(x),h (x) 的变化情

3、况列表如下：(-3,-x-31)-1(-1,2)2(2,3)3h(x)+00+h(x)k-45增函k-9数极大值减函数极小值增函数因为 h(1)k7,h(2)k20, 所以，由上表可知h(x)mink45，故 k-45 0，得专业资料整理1专业资料整理k 45, 即 k45,+ ).I ，不等式 f(x)k对 x I 时恒成f(x)maxk小结：对于闭区间立对 xI 时恒成立 f(x)mink,x 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

4、.（ 2）根据题意可知，（2）中的问题等价于h(x)=g(x) 0 在 x -3,3时有解,故h(x) maxf(x) 0.由（ 1）可知 h(x)max=k+7，因此 k+7 0，即 k -7,+ ).(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仿照（ 1），利用导数的方法可求得由 120 k 21 得 k141, 即,x -3,3时 ,f(x)max=120 k.x-3,3时,g(x)min=21.k 141,+ ).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, 对于一个不等式

5、一定要看清是x”恒成立，出对“ 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, 千万不要稀里糊涂的去猜 .件例题 2：(2010年山东理科 22) 已知函数 f(x)lnxax1a1(aR);1x当 a 时，讨论 f(x) 的单调性；221（ 2）设g(x)x2bx4 ，当 a时，若对x1(0,2)，x21,2, 使4f(x 1)g(x 2) ，求实数b 的取值范围；解：（ 1）（解答过程略去，只给出结论）时，函数 f(x)在（ 0,1 ）上单调递减，在当 a 0 （1， +）上单调递增；当 a=1 时，函数 f(x) 在

6、（ 0， +）上单调递减；2当 0a1 时，函数 f(x)在（ 0,1 ）上单调递减，在(1, 11) 上单调递增，在（( 11, )上2aa单调递减；（ 2）函数的定义域为（0，+），a+= ax2x1a，a=1（ x）=0 可得 x1=1,x2=3.f （x ）= 1 a1时，由 fxx 2x24因为 a=1（ 0, 1），x2=3（0,2） , 结合（ 1）可知函数 f(x)在（ 0,1 ）上单调递减，在（1,2）42上单调递增，所f(x)在（ 0,2）上的最小值为 f(1)=1 .以2 g(x2)”等价于“ g(x) 在1,2 上的最小值不由于“对x1（ 0,2 ）， x21,2,使

7、f(x 1) 大于 f(x)在（ 0,2 ）上的最小f(1)= 1”（）又 g(x)=(x b) 2+4b2,x 1,2, 所以专业资料整理值.2当 b0, 此时与（）矛盾；当 b1,2因为 g(x) min=4 b2 0，同样与（）矛盾；时,当 b（ 2， +）时，因为 g(x)min=g(2)=8 4b.2专业资料整理解不等式 84b 1，可得 b17,+ ). 综上， b 的取值范围是 17 .288二、相关类型题：一、 af(x) 型；形如 af(x),af(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“ af(x)在xD 上恒成立，则af(x)max(xD);af(x)在

8、 x D 上恒成立，则af(x)min(xD); ”许. 多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型 .例 1：已知二次函f(x)ax2x，若x0,1时，恒有 |f(x)|1，求实数 a 的取值范数围 .解：|f(x)|1， 1ax2x；即1 xax 21x；1当 x0 时，不等式显然成立，aR.2111111当 0 x1 时，由x2x2x，而 ( x2x)min01xax1x 得：xa0.又11，2,2a，a() maxa02x2x综上得 a 的范围是 a2,0 。二、f(x 1)f(x)f(x2型)x例 2已知函数 f(x)2sin() ，若对xR，都有f(x 1)f(x)f(x 2) 成立

9、，则25|x 1x 2| 的最小值为 _.解对任意x R，不等式 f(x 1)f(x)f(x2) 恒成立，f(x 1),f(x 2) 分别是 f(x) 的最小值和最大值 .对于函数 ysinx ，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，|x 1x2| 的最小值为 2.25三、 . f( x1x2)f(x1f(x2)型)22例 3： (2005 湖北 ) 在 y2x,ylog 22x,yx2,ycosx 这四个函数中，当0 x1x21时，使 f( x1x2)f(x 1)f(x2) 恒成立的函数的个数是 ()22A.0B.1C.2D.3解：

10、本题实质就是考察函数凸凹性，即满足条件 f( x1x2)f(x 1)f(x2) 的函数，的专业资料整理223专业资料整理应是凸函数的性质，画草图即知ylog 22x 符合题意；选C四、.f(x 1)f(x 2)0型x1 x24 已知函数定义域例为，若，时，都有f(x) 1,1f(1) 1m,n1,1mn0f(m)f(n)0 ，若 f(x)t 22at1 对所有 x1,1 ，a1,1恒成立，求实数t 取mn值范围 .解：任取1x1x21，则 f(x 1)f(x 2)f(x 1)f(x 2) (x1x2) ，由已知x1 x2f(x 1)f(x 2)0，又 x 1x20， f(x 1)f(x 2)0

11、f ，即 f(x)在 1,1上为增函数 .x1x2 f(1)1 ， x1,1，恒有 f(x)1；22要使 f(x)t2at 1x 1,1a 1,1 恒成立，即t2at11对所有，要恒成立，故 t 22at0恒成立，令g(a)2at t 2，只须 g(1)0且 g(1)，0解得 t2 或 t0或 t2。f(x 1)f(x 2)f(x 1)f(x 2)恒成立，实际上是函0 或0评注：形如不等式数x1x2x1x2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：已知 f(x)1lg(x1) ，g(x)lg(2xt) ，若当 x0,1时，

12、f(x)g(x) 恒成立，2求实数 t 的取值范围 .0,1解： f(x)g(x) 在 x0,1恒成立，即x 12xt0 在 x 恒成立x1 2xt 在0,1上的最大值小于或等于零.令 F(x)x1 2xt ，F (x)14x1， x 0,12 x1 F (x)0，即 F(x)在0,1 上单调递减，F(0) 是最大值 . f(x)F(0)1t0 ，即 t1 。六、 f(x 1)g(x2) 型专业资料整理4专业资料整理例 6：已知函数 f(x)1x3x23x49xc，若对任意 x ,x 2,2 ，都有,g(x)12332f(x1)g(x ) ，求 c 的范围 .2解：因为对任意x,x2,2，都有 f(x)g(x) 成立，的1212 f(x)maxg(x)min， f (x)x22x3，令 f (x)0 得 x3,x1x 3 或 x-1；f (x)0得 1x；f(x)在2,1为增函数，在1,2为减函数.3，18c f(1)3,f(2)6 ，。f(x)max 3,.3c242七、 |f(x 1)2（t为常数）型；f(x )|t例 7：已知函数f(x)x42x3，则对任意 t 1,t 2 1 ,2 （ t 1t 2）都有2|f(x1)f(x 2)|恒成立，当且仅当t 1=_，t 2=_时取等号 ._解：因为 |f(x 1)f(x2)|f(x)