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牛2013-2014复习资料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
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: ?x1 ? [a, b], ?x2 ? [c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? [ f ( x)]min ? [ g ( x)]max ; 【如图一】 结论 2: ?x1 ? [a, b], ?x2 ? [c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? [ f ( x)]max ? [ g ( x)]min ; 【如图二】 结论 3: ?x1 ? [a, b], ?x2 ? [c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? [ f ( x)]min ? [ g ( x)]min ; 【如图三】 结论 4: ?x1 ? [a, b], ?x2 ? [c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? [ f ( x)]max ? [ g ( x)]max ; 【如图四】 结论 5:?x1 ? [a, b], ?x2 ? [c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? f ( x) 的值域和 g ( x) 的值域交集不为空; 【如图五】 【例题 1】 :已知两个函数 f ( x) ? 8 x ? 16 x ? k , g ( x) ? 2 x ? 5 x ? 4 x, x ?[?3,3], k ? R ;
2 3 2

(1) (2) (3)

若对 ?x ? [?3,3] ,都有 f ( x) ? g ( x) 成立,求实数 k 的取值范围; 若 ?x ? [?3,3] ,使得 f ( x) ? g ( x) 成立,求实数 k 的取值范围; 若对 ?x1 , x2 ? [?3,3] ,都有 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,求实数 k 的取值范围;
3 2

解:1) h( x) ? g ( x) ? f ( x) ? 2 x ? 3x ? 12 x ? k (1) ( 设 , 中的问题可转化为: ?[?3,3] x 时, h( x) ? 0 恒成立,即 [h( x)]min ? 0 。

h' ( x) ? 6 x 2 ? 6 x ? 12 ? 6( x ? 2)( x ? 1) ;
当 x 变化时, h( x), h ( x) 的变化情况列表如下:
'

x -3 h ? (x

(-3,-1) +

-1 0

(-1,2) -

2 0

(2,3) +

3

) 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 k∈[45,+∞). 小结: ①对于闭区间 I, 不等式 f(x)<k 对 x∈I 时恒成立 ? [f(x)]max<k, x∈I;不等式 f(x)>k 对 x∈I 时恒成立 ? [f(x)]min>k, x∈I. ②此题常见的错误解法:由[f(x)]max≤[g(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+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, 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 120-k≥-21 得 k≥141,即 k∈[141,+∞). 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”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.. 【例题 2】 :(2010 年山东理科 22) 已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ? (1) 当 a ?

1? a ? 1(a ? R) ; x

1 时,讨论 f ( x) 的单调性; 2
2

? , ( 2 ) 设 g ( x)? x ? 2 b x 4 当 a ? f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 的取值范围;

1 ) 时 , 若 对 ?x1 ? ( 0 , 2 , ?x2 ? [1, 2] , 使 4

解: (解答过程略去,只给出结论) (1) 当 a≤0 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;

1 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 2 1 1 1 当 0<a< 时, 函数 f ( x) 在 (0,1) 上单调递减, (1, ? 1) 上单调递增, ( ( ? 1, ??) 在 在 2 a a
当 a= 上单调递减; (2)函数的定义域为(0,+∞) ,

f ? (x)=
因为 a=

ax 2 ? x ? 1 ? a 1 a ?1 1 -a+ 2 =- ,a= 时,由 f ? (x)=0 可得 x1=1,x2=3. 2 x 4 x x

1 1 ∈(0, ) 2=3 ? (0,2),结合(1)可知函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在 ,x 4 2 1 (1,2)上单调递增,所以 f(x) 在(0,2)上的最小值为 f(1)= - . 2 由于“对 ? x1∈(0,2) ? x2∈[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)= -

1 ”. 2

(※)

又 g(x)=(x-b)2+4-b2, x∈[1,2],所以 ① 当 b<1 时,因为[g(x)]min=g(1)=5-2b>0,此时与(※)矛盾; ② 当 b∈[1,2]时, 因为[g(x)]min=4-b2≥0,同样与(※)矛盾; ③ 当 b∈(2,+∞)时,因为[g(x)]min=g(2)=8-4b.

1 17 ,可得 b≥ . 2 8 17 综上,b 的取值范围是[ ,+∞). 8
解不等式 8-4b≤- 二、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本的类型,它的理论基础 是“ a ? f ( x) 在 ?x ? D 上恒成立,则 a ? f ( x)max ( x ? D); a ? f ( x) 在 x∈D 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.
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
2

取值范围. 解:? | f ( x) |? 1 ,∴ ?1 ? ax ? x ? 1 ;即 ?1 ? x ? ax ? 1 ? x ;
2 2

当 x ? 0 时,不等式显然成立,
2

∴a∈R.

当 0 ? x ? 1 时,由 ?1 ? x ? ax ? 1 ? x 得:? . ∴a ? 0. 又∵ (?

1 1 1 1 1 1 ? ? a ? 2 ? ,而 ( 2 ? )min ? 0 2 x x x x x x

1 1 ? )max ? ?2 ,∴ a ? ?2,??2 ? a ? 0 ,综上得 a 的范围是 x2 x

a ?[?2,0] 。
〈二〉 " f ( x1 ) ? f ( x) ? f ( x2 )" 型 、 例 2 已知函数 f ( x) ? 2sin(

?x ?
2

? ) ,若对 ? x ? R ,都有 " f ( x1 ) ? f ( x) ? f ( x2 )" 成 5

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 π,即半个周期.

? ) 的周期为 4,∴ | x1 ? x2 | 的最小值为 2. 5 x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 〈三〉 " f ( 、. )? "型 2 2
又函数 f ( x) ? 2sin(

?x ?
2

例 3 : (2005 湖 北 ) 在 y ? 2 x, y ? log 2 2 x, y ? x , y ? cos x 这 四 个 函 数 中 , 当
2

0 ? x1 ? x2 ? 1 时,使 " f (
A.0

x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) )? " 恒成立的函数的个数是( 2 2
C.2 D.3

)

B.1

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 2 2

数,应是凸函数的性质,画草图即知 y ? log 2 2 x 符合题意; 〈四〉 " 、.

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0" 型 x1 ? x2

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) ? 0" ,若 f (x) ?t 2 ?2at ?1 对所有 x ?[?1,1] ,a ?[?1,1] 恒成立,求实数 t m?n
解 : 任 取 ?1 ? x1 ? x2 ? 1 , 则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?

取值范围.

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ( x1 ? x2 ) , 由 已 知 x1 ? x2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 ,又 x1 ? x2 ? 0 ,∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 f,即 f ( x) 在 [?1,1] 上为增函数. x1 ? x2
∵ f (1) ? 1 ,∴ x ?[?1,1] ,恒有 f ( x) ? 1 ; ∴要使 f ( x) ? t ? 2at ? 1 对所有 x ?[?1,1] ,a ?[?1,1] 恒成立, 即要 t ? 2at ? 1 ? 1恒
2

2

成立, 故 t ? 2at ? 0 恒成立,令 g (a) ? ?2at ? t ,只须 g (?1) ? 0 且 g (1) ? 0 ,
2
2

解得 t ? ?2 或 t ? 0 或 t ? 2 。 评注: 形如不等式 "

f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0" 或 " ? 0" 恒成立,实际上是函 x1 ? x2 x1 ? 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: 、. 例 5: 已知 f ( x) ?

1 lg( x ?1) , g ( x) ? lg(2 x ? t ) ,若当 x ? [0,1] 时, f ( x) ? g ( x) ) 2

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 ? 2 x ? t ? 0在 x ? [0,1] 恒 成 立

? x ? 1 ? 2 x ? t 在 [0,1] 上的最大值小于或等于零.
令 F ( x) ?

x ? 1 ? 2 x ? t , F ' ( x) ?

1? 4 x ?1 ,∵ x ? [0,1] 2 x ?1

∴ F ( 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 、 例 6:已知函数 f ( x) ?

1 3 4 9x ? c ,若对任意 x1 , x2 ? [?2, 2] , x ? x 2 ? 3x ? , g ( x) ? ? 3 3 2

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, ∴ [ f ( x)]max ? [ g ( x)]min ,∵ f ( x) ? x ? 2 x ? 3 ,令 f ( x) ? 0 得 x ? 3, x ? ?1 x>3 或
' 2 '

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.
'

∵ f (?1) ? 3, f (2) ? ?6 ,∴ [ f ( x)]max ? 3, .∴ 3 ? ? 〈七〉 "| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? t " ( t 为常数)型; 、

18 ? c ,∴ c ? ?24 。 2

例 7 :已知函数 f ( x) ? ? x ? 2 x ,则对任意 t1 , t2 ? [?
4 3

1 , 2] ( t1 ? t2 )都有 2

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? ____ 恒成立,当且仅当 t1 =____, t 2 =____时取等号.
解:因为 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?|[ f ( x)] max ?[ f ( x)] min | 恒成立, 由

[ f ( x)]min

1 3 27 f ( x) ? ? x 4 ? 2 x3 , x ?[? , 2] , 易 求 得 [ f ( x)]max ? f ( ) ? 2 2 16 1 5 ? f (? ) ? ? ,∴ | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 2 。 2 16



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 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. (1)证明 | f (0) |? 1 |; (2)证明:对任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,都有 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 1 .

证明 (1)略; (2)由条件(2)知 f (?1) ? f (1) ? 0 , 不妨设 ?1 ? x1 ? x2 ? 1 ,由(3)知 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| x1 ? x2 |? x2 ? x1 , 又∵ | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| f ( x1 ) | ? | f ( x2 ) |?| f ( x1 ) ? f ( ?1) | ? | f ( x2 ) ? f (1) |

? x1 ? 1 ? 1 ? x2 ? 2 ? ( x2 ? x1 ) ? 2? | f ( x1 ) ? f ( x2 ) | ;∴ | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 1
〈八〉 "| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| x1 ? x2 | " 型 、 已 知 函 数 f ( x) ? x ? ax ? b , 对 于 x1 , x2 ? (0,
3

例 9:

3 )( 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) ? x ? ax ? b ,得 f ( x) ? 3x ? a ,
3 ' 2

当 x ? (0,

3 ) 时, a ? f ' ( x) ? 1 ? a ,∵ | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| x1 ? x2 | , 3
∴?

∴|

f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 1 , x1 ? x2

?a ? ?1 ? ?1 ? a ? 0 ?1 ? a ? 1

评注 由导数的几何意义知道,函数 y ? f ( x) 图像上任意两点 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ) 连线 的斜率 k ?

y2 ? y1 ( x1 ? x2 ) 的取值范围,就是曲线上任一点切线的斜率(如果有的话)的范 x2 ? x1

围 , 利 用 这 个 结 论 , 可 以 解 决 形 如 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? m | x1 ? x2 | | 或

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? m | x1 ? x2 | (m>0)型的不等式恒成立问题.


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