导数题中“任意、存在”型的归纳辨析

导数题任意以及存在的分类解析
导数题是高考题中的常客，而且大都以压轴题的面目出现，所以拿下导数题是迈入高分段的标志。

导数题虽年年有，但却悄然之中发生着些改变。

这其中，尤以关于“任意”、“存在”的内容最为明显。

“任意”、“存在”可以说是导数题最为明显的特色，从早期单一型，发展到现今的混合型。

下面对此作一归纳。

一．单一函数单一“任意”型
例1．已知函数()ln()f x x x a =-+的最小值为0,其中0a >。

(1)求a 的值；
(2)若对任意的[0,)x ∈+∞,有2()f x kx ≤成立,求实数k 的最小值。

解析：(1)1()x a f x x a
+-'=+，()f x ∴在(,1)a a --单调递减，在(1,)a -+∞单调递增，所min ()f x (1)01f a a =-=⇒=。

（2）设2()ln()g x kx x x a =-++，则问题等价于()0g x ≥对[0,)x ∈+∞恒成立，即min ()0g x ≥。

因为当0k ≤时，x →+∞时，()f x →-∞，所以0k >。

由22(21)()1kx k x g x x +-'=+，若2104k k
-->，则当21(0,)4k x k -∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减，()(0)0g x g <=，矛盾。

从而2104k k
--≤，解得12k ≥。

即实数k 的最小值是12。

点评：“任意”的意思是不管x 取给定集合中的哪一个值，得到的函数值都要满足给定的不等式，它有两种形式：“对任意的x A ∈，()()a f x >≥恒成立”等价于“当x A ∈时，max ()()a f x >≥”；“对任意的
x A ∈，()()a f x <≤恒成立”等价于“当x A ∈时，min ()()a f x <≤”。

二．单一函数单一“存在”型
例2. 已知函数2
()ln f x a x x =+(a R ∈)，若存在[1,]x e ∈，使得()(2)f x a x ≤+成立，求实数a 的取值范围。

解析：()(2)f x a x ≤+⇒x x x x a 2)ln (2-≥-。

∵[1,]x e ∈，∴x x ≤≤1ln 且等号不能同时取，所以x x <ln ，即0ln >-x x ，因而x x x x a ln 22--≥[1,]x e ∈，令x
x x x x g ln 2)(2--=],1[e x ∈，又2)
ln ()ln 22)(1()(x x x x x x g --+-='，当],1[e x ∈时，1ln ,01≤≥-x x ，0ln 22>-+x x ，从而0)(≥'x g （仅当x=1时取等号），所以)(x g 在],1[e 上为增函数，故)(x g 的最小值为1)1(-=g ，所以a 的取值范围是),1[+∞-．
点评：“存在”的意思是x 取遍给定集合中的每一个值，都至少有一个函数值满足给定的不等式，它有两种形式：“存在x A ∈，使得()()a f x >≥成立”等价于“当x A ∈时，min ()()a f x >≥”；“存在x A ∈，使得()()a f x <≤成立”等价于“当x A ∈时，max ()()a f x <≤”。

三．单一函数双“任意”型
例3. 设函数21()ln ()2
a f x x ax x a R -=+-∈。

（1）当1a >时，讨论函数()f x 的单调性；
（2）若对任意(2,3)a ∈及任意12,[1,2]x x ∈，恒有12ln 2()()ma f x f x +>- 成立，求实数m 的取值范围。

解析：（1）'1()(1)f x a x a x =-+-2(1)1a x ax x -+-=[(1)1](1)a x x x
-+-=1(1)()(1)1a x x a x
----=，当111a =-，即2a =时，2'(1)()0,x f x x -=-≤ ()f x 在(0,)+∞上是减函数；当111a <-，即2a >时，
令()0f x '<，得101x a <<-或1x >；令'()0,f x >得111x a <<-。

当111
a >-，即12a <<时，令'()0,f x <得01x <<或1;1x a >- 令'()0,f x >得111
x a <<-。

综上，当2a =时，()f x 在定义域上是减函数；当2a >时，()f x 在1(0,)1
a -和(1,)+∞单调递减，在1(,1)1a -上单调递增；当12a <<时，()f x 在(0,1)和1(,)1a +∞-单调递减，在1(1,)1
a -上单调递 （2）由（1）知，当(2,3)a ∈时，()f x 在[1,2]上单调递减，当1x =时，()f x 有最大值，当2x =时，
()f x 有最小值，123()()(1)(2)ln 222a f x f x f f ∴-≤-=-+，∴ln 2ma +>3ln 222a -+，1322m a
>- 由23a <<得1130422a
-<-<，所以0.m ≥。

点评：“任意12,[1,2]x x ∈，恒有12ln 2()()ma f x f x +>-”等价于“ln 2ma +大于 12max ()()f x f x -” ，而12max min max ()()()()f x f x f x f x -=-。

例4.已知函数1ln )1()(2
+++=ax x a x f 。

（1）讨论函数)(x f 的单调性；
（2）设1-<a .如果对任意),0(,21+∞∈x x ，1212|()()|4||f x f x x x -≥-，求a 的取值范围。

解析：（1）()f x 的定义域为（0，+∞）. 2121'()2a ax a f x ax x x
+++=+=，当0a ≥时，'()f x ＞0，故()f x 在（0，+∞）单调增加；当1a ≤-时，'()f x ＜0，故()f x 在（0，+∞）单调减少；当-1
＜a ＜0时，令'()f x =0，解得x =
x ∈时，'()f x ＞0；)x ∈+∞
时，'()f x ＜0。

故()f x 在单调增加，在)+∞单调减少。

（2）不妨假设12x x ≥，而a ＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调减少，从而12,(0,)x x ∀∈+∞，
1212()()4f x f x x x -≥-等价于12,(0,)x x ∀∈+∞，2211()4()4f x x f x x +≥+。

（*） 令()()4g x f x x =+，则1'()24a g x ax x
+=++（*）等价于()g x 在(0,)+∞单调递减，即 1240a ax x
+++≤。

从而22222241(21)42(21)2212121x x x x a x x x ------≤==-+++故a 的取值范围为(,2]-∞-。

点评：本题容易得出12max 12min (|()()|)(4||)f x f x x x -≥-的错误。

因为等式两边都有变量12,x x ，一边变化会引起另一边变化，这种情况要将等式两边移至一边，通过分离变量12,x x ，来构造新的函数以达到解题的目的。

四．单一函数双“存在”型
例5．设3x =是函数23()()()x f x x ax b e x R -=++∈的一个极值点。

（1）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；
（2）设0a >，225()()4
x g x a e =+。

若存在12,[0,4]x x ∈使得12()()1f x g x -<成立，求a 的取值范围。

解析：（1）23()[(2)]x f x x a x b a e -'=-+-+-，则(3)0f '=，解得32b a =--。

233()[(2)33](3)(1)x x f x x a x a e x x a e --'=-+---=--++，令()0f x '=，得123,1x x a ==--，由于3x =是极值点，所以13a --≠，得4a ≠-。

所以当4a <-时，13a -->，()f x 在(,3)-∞上单调递减，在(3,1)a --上单调递增减，在(1,)a --+∞上单调递增减；当4a >-时，13a --<，()f x 在
(,1)a -∞--上单调递减，在(1,3)a --上单调递增，在(3,)+∞上单调递减。

（2）由（1）可知，当时0a >，()f x 在区间(0,3)上的单调递增，在区间(3,4)上单调递减，那么()
f x 在区间[0,4]上的值域是[min{(0),(4)},(3)]f f f ，而3(0)(23)0f a e =-+<，1(4)(213)0f a e -=+>，
(3)6f a =+，那么()f x 在[0,4]上的值域为3[(23),6]a e a -++。

又225()()4
x g x a e =+在[0,4]上是增函数，所以它在[0,4]上的值域是2242525[,()]44a a e ++，由于22251()(6)()042
a a a +-+=-≥，所以只须且只须225()(6)14a a +-+≤且0a >，解得302a <<。

故a 的取值范围是3(0,)2。

点评：“存在12,[0,4]x x ∈使得12()()1f x g x -<”等价于“12min (()())1f x g x -<”，而12min (()())f x g x -要通过()f x 与()g x 的值域来得到。

五．双函数“任意”+“存在”型：
例5．已知函数2()25ln f x x x x
=--，2()4g x x mx =-+，若存在1(0,1)x ∈，对任意2[1,2]x ∈，总有12()()f x g x ≥成立，求实数m 的取值范围。

解析：题意等价于()f x 在(0,1)上的最大值大于或等于()g x 在[1,2]上的最大值。

22252()x x f x x -+'=，由'()0f x =得，12x =或2x =，当1(0,)2x ∈时， ()0f x '>，当1(,1)2
x ∈时()0f x '<，所以在（0，1）上，max 1
()()35ln 22
f x f ==-+。

又()
g x 在[1,2]上的最大值为max{(1),(2)}g g ，所以有185ln 2()(1)35ln 2521135ln 282(115ln 2)()(2)22
m f g m m m f g ⎧≥-≥⎧⎪-+≥-⎧⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨-+≥-≥-⎩⎪⎪≥⎩⎪⎩85ln 2m ⇒≥-，所以实数m 的取值范围是85ln 2m ≥-。

点评：12,x A x B ∃∈∀∈，使得12()()f x g x ≥成立max max ()()f x g x ⇔≥。

同样，12,x A x B ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥成立min min ()()f x g x ⇔≥。

例6．设函数32115()4333
f x x x x =--+-． （1）求()f x 的单调区间．
（2）设1a ≥，函数32()32g x x a x a =--．若对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈，使得
10()()f x g x =成立，求a 的取值范围．
解析：（1） '225()33f x x x =--+，令'()0f x ≥，即225033x x +-≤，解得：513
x -≤≤， ∴()f x 的单增区间为5[,1]3-；单调减区间为5(,]3
-∞-和[1,)+∞。

（2）由（1）可知当[0,1]x ∈时，()f x 单调递增，∴当[0,1]x ∈时，()[(0),(1)]f x f f ∈，即()[4,3]f x ∈--；又'22()33g x x a =-，且1a ≥，∴当[0,1]x ∈时，'()0g x ≤，()g x 单调递减， ∴当[0,1]x ∈时，()[(1),(0)]g x g g ∈，即2()[321,2]g x a a a ∈--+-，又对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈，使得10()()f x g x =成立⇔[4,3]--⊆2[321,2]a a a --+-，
即2321432a a a
⎧--+-⎨--⎩≤≤，解得：312a ≤≤ 点评：“对任意1x A ∈，存在2x B ∈，使得12()()f x g x =成立”等价于“()f x 的值域包含于()g x 的值域”。

六．双函数“任意”+“任意”型
例7．设()ln a f x x x x =+，32()3g x x x =--． （1）如果存在12,[0,2]x x ∈，使得12()()g x g x M -≥成立，求满足上述条件的最大整数M ；
（2）如果对任意的1,[,2]2
s t ∈，都有()()f s g t ≥成立，求实数a 的取值范围。

解析：（1）存在12,[0,2]x x ∈，使得12()()g x g x M -≥成立等价于max min ()()g x g x M -≥。

由22'()323()3g x x x x x =-=-，可得()g x 在2[0,]3单调递减，在2[,2]3
上单调递增，所以max ()g x = max{(0),(2)}1g g =，min 285()()327g x g ==-，所以11227
M ≤-，从而满足条件的最大整数4M =。

（2）由125()28g =-，得()g x 在1[,2]2上的最大值为1.则对任意的1,[,2]2
s t ∈，都有()()f s g t ≥成立等价于()1f x ≥对1[,2]2x ∈恒成立，也等价于2ln a x x x ≥-对1[,2]2
x ∈恒成立。

记2()ln h x x x x =-，'()12ln h x x x x =--，'(1)0h =。

记()12ln m x x x x =--，
'()32ln m x x =--，由于1[,2]2
x ∈，'()32ln 0m x x =--<, 所以()'()12ln m x h x x x x ==--在1[,2]2上递减，当1[,1)2x ∈时，'()0h x >，(1,2]x ∈时，'()0h x <，即函数2()ln h x x x x =-在区间1[,1)2上递增，在区间(1,2]上递减，所以max ()(1)1h x h ==，所以1a ≥。

点评：12,x A x B ∀∈∀∈，使得12()()f x g x ≥成立min max ()()f x g x ⇔≥ 七．双函数“存在”+“存在”型
例8．已知函数3()ln 144x f x x x
=-+-，2()24g x x bx =-+。

若存在1(0,2)x ∈，[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≤，求实数b 取值范围。

解析：22
113(1)(3)()444x x f x x x x --'=--=-，()f x ∴在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，min 1()(1)2f x f ∴==-。

依题意有min max ()()f x g x ≤，所以max 1()2
g x ≥-。

又22()()4g x x b b =--+， 从而121(1)522b g b ⎛≥ =-≥- ⎝或121(2)842b g b ⎛≤ =-≥- ⎝
，解得114b ≤。

即实数b 取值范围是11[,)4+∞。

点评：12,x A x B ∃∈∃∈，使得12()()f x g x ≤成立min max ()()f x g x ⇔≤，同样12,x A x B ∃∈∃∈，使得12()()f x g x ≥成立max min ()()f x g x ⇔≥。

例9．已知函数32()(1)(2)()f x x a x a a x a R =+--+∈，191()63
g x x =-。

是否存在实数a ，存在[]11,1x ∈-，[]20,2x ∈，使得112'()2()f x ax g x +=成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.
解析：在[]0,2上()19163g x x =
-是增函数，故对于[]0,2x ∈，()1,63g x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦
. 设()()()22322h x f x ax x x a a '=+=+-+，当[]1,1x ∈-时，()221[2,52]3h x a a a a ∈-----。

要存在]1,1[1-∈x ，]2,0[2∈x 使得()()12h x g x =成立，只要2211[2,52],633a a a a ⎡⎤
-----⋂-≠∅⎢⎥⎣
⎦
， 考虑反面，若2211[,5],633a a a a ⎡⎤-----⋂-=∅⎢⎥⎣⎦，则 21523a a ->--或21623a a <---，解得 5713a >-+或5713
a <--。

从而所求为57571133a --≤≤-+ 点评：“12,x A x B ∃∈∃∈，使得12()()f x g x =成立”等价于“()f x 的值域与()g x 的值域相交非空”。

从以上例题可以看出，导数题的发展轨迹是从单一函数往双函数发展，从单一变量往双变量甚至是多变量发展，从单一任意或存在往任意存在混合上发展。

不管怎样发展，它们的基础还是单函数的任意与存在性问题。

对于两个函数的问题，虽然以上例题归纳得很清楚，但真正解题中，往往还是容易迷惑。

我们知道，面对两个或多个变量的时候，可以先把其中的一个当成是变量，其它的当成是常量，这样就把问题转化为单变量的常规题了。

这里同样可以采取类似的方法，在1()f x 和2()g x 中，依次把一个当成是常量，另一个当成是变量，这样就把问题转化成了前面熟悉的单函数单任意（或存成）题了。

比如“12,x A x B ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥成立”，就可以先把1()f x 当成是常量，“2x B ∃∈，使得12()()f x g x ≥成立”等价于12min ()()f x g x ≥，再反过来，再把2()g x 当成是常量，“1x A ∀∈，使得12()()f x g x ≥成立”等价于1min 2()()f x g x ≥，综合以上两方面，就得出了“12,x A x B ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥成立min min ()()f x g x ⇔≥”的正确结论。