函数导数任意存在”-型问题归纳总结

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战略思想三： x R ，都有" f (x1) f (x) f (x2 )" f (x1), f (x2 ) 分别是 f (x) 的最小值和最大值， | x1 x2 | min 是同时出现最大值和最小值的最短区间.
y x1
x2 x
例 3.
已知函数
f
(x) 2sin( x 2
) ，若对 5
" f ( x1 x2 ) f (x1) f (x2 ) "恒成立的函数的个数是( )
2
2
A.0 B.1 C.2 D.3
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 ) "的函数，应是凸函
2
2
数的性质，画草图即知 y log2 2x 符合题意；
即 f (x) 在[1,1]上为增函数.
∵ f (1) 1，∴ x [1,1] ，恒有 f (x) 1； ∴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 ，
x R ，都有"
f
(x1)
f (x)
f
(x2 )" 成立，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.
解得 t 2 或 t 0 或 t 2 .

高考导数压轴题巧解(八)-“任意性问题”与“存在性问题”

增分点巧辨“任意性问题”与“存在性问题”含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．技法一“∀x，使得f(x)>g(x)”与“∃x，使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min>0.如图①.(2)∃x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max>0.如图②.[典例]设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝af′(x)，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)若对于任意x≥0，总有f(x)≥g(x)，求实数a的取值范围；(2)若存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，求实数a的取值范围．[方法演示]解：(1)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－a1＋x(x≥0)．h′(x)＝11＋x＋a(1＋x)2＝x＋1＋a(1＋x)2.当a≥－1时，h′(x)≥0，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝－a，则－a≥0，a≤0，∴a∈[－1,0]．当a<－1时，对于x∈(0，－a－1)有h′(x)<0，则h(x)在(0，－a－1)上单调递减，所以h(－a－1)<h(0)＝0，即此时存在x>0，使得h(x)<0，即f(x)≥g(x)在[0，＋∞)上不恒成立．综上可知，实数a的取值范围为[－1,0]．(2)由(1)可知，当a≥－1时，存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，当a<－1时，令x0＝e－a－1，则x0>0，∴h(x0)＝－a(1＋e a)>0，∴必存在x≥0，使得f(x)≥g(x)．综上可知，实数a的取值范围是(－∞，＋∞)．[解题师说](1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x0≥0时，总有f(x0)≥g(x0)，即f(x0)－g(x0)≥0(注意不是f(x)min≥g(x)max)，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)≥0恒成立问题．(2)存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，即至少有一个x0≥0，满足f(x0)－g(x0)不是负数，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)的函数值至少有一个是非负数．[应用体验]1．设函数f(x)＝x3－x2－3.(1)求f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)－m在区间[－1,2]上有三个零点，求实数m的取值范围；(3)设函数g(x)＝ax＋x ln x，如果对任意的x1，x2∈12，2，都有f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)．由f′(x)>0，得x<0或x>2 3；由f′(x)<0，得0<x<23，所以f(x)的单调递增区间是(－∞，0)(2)令h(x)＝f(x)－m，则h(x)＝x3－x2－3－m，h′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，由(1)知函数h(x)在x＝0处取得极大值h(0)＝－3－m，在x＝23处取得极小值＝－8527－m.因为函数y＝f(x)－m在区间[－1,2]上有三个零点，(－1)＝－5－m≤0，(0)＝－3－m>0，＝－8527－m<0，解得－8527<m<－3，(2)＝1－m≥0，所以实数m－8527，－(3)由(1)知，函数f(x)而＝－258，f(2)＝1，故f(x)在区间12，2上的最大值为f(2)＝1.因为“对任意的x 1，x 2∈12，2，都有f (x 1)≤g (x 2)成立”等价于“对任意x ∈12，2，g (x )≥f (x )max 恒成立”．即当x ∈12，2时，g (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立，即a ≥x －x 2ln x 恒成立．记u (x )＝x －x 2ln x ，则有a ≥u (x )max .u ′(x )＝1－x －2x ln x ，可知u ′(1)＝0.当x 1－x >0,2x ln x <0，则u ′(x )>0，u (x )当x ∈(1,2)时，1－x <0,2x ln x >0，则u ′(x )<0，u (x )在(1,2)上单调递减．故u (x )在区间12，1上的最大值为u (1)＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．技法二“若∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)”的辨析(1)∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影．[典例]已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a >0，x ∈R ，g (x )＝1x 2(1－x ).(1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝32时，证明：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．[方法演示]解：(1)∵f (x )＝x 2－23ax 3，∴f ′(x )＝2x －2ax 2＝2x (1－ax )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a.∵a >0，∴1a >0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递减，故f (x )在(－∞，－1]上的值域为1＋2a3，＋∵g (x )＝1x 2(1－x )，∴g ′(x )＝3x 2－2x (x 2－x 3)2＝3x －2x 3(1－x )2.当x <－12时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，g (x )<＝83，故g (x )∞∞若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∞使得f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3<83解得0<a <52故实数a (2)证明：当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，所以f ′(x )＝2x －3x 2＝3当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4.所以f (x )在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．则g (x )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )＝1x 2(1－x )在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．因为(－∞，－4) (－∞，0)，所以对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．[解题师说]本例第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中．[应用体验]2．已知函数f (x )＝4x 2－72－x，x ∈[0,1]．(1)求f (x )的单调区间和值域；(2)设a ≥1，函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a ，x ∈[0,1]．若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g (x 0)＝f (x 1)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝－4x 2＋16x －7(2－x )2＝－(2x －1)(2x －7)(2－x )2，x ∈[0,1]．令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝72(舍去)．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )min ＝ 4.又f (0)＝－72，f (1)＝－3，所以f (x )max ＝f (1)＝－3.故当x ∈[0,1]时，f (x )的值域为B ＝[－4，－3]．(2)“对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g (x 0)＝f (x 1)成立”等价于“在x ∈[0,1]上，函数f (x )的值域B 是函数g (x )的值域A 的子集，即B ⊆A ”．因为a ≥1，当x ∈(0,1)时，g ′(x )＝3(x 2－a 2)<0，所以g (x )为减函数，故g (x )的值域A ＝[1－2a －3a 2，－2a ]．由B ⊆A ，得1－2a －3a 2≤－4且－2a ≥－3，解得1≤a ≤32.所以实数a 的取值范围为1，32.技法三f (x )，g (x )是闭区间D 上的连续函数，“∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x )，g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.(2)存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.[典例]已知f (x )＝x ＋a 2x(a >0)，g (x )＝x ＋ln x .(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围；(2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)<g (x 2)，求实数a 的取值范围．[方法演示]解：(1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max .当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x >0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2.当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2的最大值为.所以a 2，即a ≥e ＋12.故实数a 的取值范围是e ＋12，＋(2)存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)<g (x 2)，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min <g (x )max .当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x >0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.又f ′(x )＝1－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，故f (x )＝x ＋a 2x(a >0)在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当0<a <1时，f (x )在[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a 2<1＋e ，符合题意；当1≤a ≤e 时，f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a ，此时，2a <1＋e ，解得1≤a <1＋e2；当a >e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，此时，e ＋a 2e <1＋e ，即a <e ，与a >e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a [解题师说](1)本例第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ≥g (x )max .从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点也不低于g (x )图象的最高点．(2)本例第(2)问从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．[应用体验]3．已知函数f (x )＝4ln x －ax ＋a ＋3x(a ≥0)，(1)求f (x )的单调区间；(2)当a ≥1时，设g (x )＝2e x－4x ＋2a ，若存在x 1，x 2∈12，2，使f (x 1)>g (x 2)，求实数a的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝4x －a －a ＋3x 2＝－ax 2－4x ＋a ＋3x 2(x >0)．令f ′(x )＝0，即ax 2－4x ＋a ＋3＝0.当a ＝0时，f ′(x )＝4x －3x 2.由f ′(x )>0，得x >34；由f ′(x )<0，得0<x <34f (x )当a >0时，ax 2－4x ＋a ＋3＝0的判别式Δ＝－4(a －1)(a ＋4)．若a ≥1，Δ≤0，则f ′(x )≤0，所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．若0<a <1，则Δ>0.因为x 1＋x 2＝4a >0，x 1x 2＝a ＋3a>0，所以x 1＝2－－(a －1)(a ＋4)a >0，x 2＝2＋－(a －1)(a ＋4)a>0.由f ′(x )>0，得x 1<x <x 2；由f ′(x )<0，得x >x 2或0<x <x 1，所以f (x )的单调递增区间为(x 1，x 2)，单调递减区间为(0，x 1)，(x 2，＋∞)．综上，当a ＝0时，函数f (x )当0<a <1时，函数f (x )的单调递增区间为2－－(a －1)(a ＋4)a ，2＋－(a －1)(a ＋4)a，单调递减区间为0，2－－(a －1)(a ＋4)a ，2＋－(a －1)(a ＋4)a，＋∞.当a ≥1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．(2)“存在x 1，x 2∈12，2，使f (x 1)>g (x 2)”等价于“x ∈12，2时，f (x )max >g (x )min ”．由(1)知，当x ∈12，2时，f (x )max ＝4ln 2＋32a ＋6.由g ′(x )＝2e x －4＝0，得x ＝ln 2.当x ∈12，ln g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(ln 2,2]时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以当x ∈12，2时，g (x )min ＝g (ln 2)＝4－4ln 2＋2a .由f (x )max >g (x )min ，得－4ln 2＋32a ＋6>4－4ln 2＋2a ，解得1≤a <4，故实数a 的取值范围为[1,4)．技法四“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧.[典例]已知函数f (x )＝ln x －14x ＋34x－1，g (x )＝x 2－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．[方法演示]解：依题意知f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值，即f (x )min ≥g (x )min .所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x 2，则当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当1<x <2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，①当b <1时，可求得g (x )min ＝g (1)＝5－2b .由5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，可求得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2.由4－b 2≤－12，得b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾；③当b >2时，可求得g (x )min ＝g (2)＝8－4b .由8－4b ≤－12，得b ≥178.综合①②③得实数b 的取值范围是178，＋∞[解题师说]“对任意x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”．[应用体验]4．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若g (x )＝xe x ，对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴a 的最小值为－3.(2)“对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“x ∈12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”．∵f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在12，2上递增，∴f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a .又g ′(x )＝1－xe x，由g ′(x )>0，得x <1，由g ′(x )<0，得x >1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴当x ∈12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e .由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，∴实数a ∞，1e－8.1．已知函数f (x )＋112，0≤x ≤12，，12<x ≤1和函数g (x )＝a sin π6x －a ＋1(a >0)，若存在x 1，x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：设函数f (x )，g (x )在[0,1]上的值域分别为A ，B ，则“存在x 1，x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立”等价于“A ∩B ≠∅”．当0≤x ≤12时，f (x )＝－16x ＋112单调递减，所以0≤f (x )≤112.当12<x ≤1时，f ′(x )＝x 2(2x ＋3)(x ＋1)2>0，所以f (x )＝x 3x ＋1单调递增，所以112<f (x )≤12；故f (x )在[0,1]上的值域A ＝0，12.当x ∈[0,1]时，π6x ∈0，π6，y ＝sin π6x 在[0,1]上单调递增．又a >0，所以g (x )＝a sin π6x －a ＋1在[0,1]上单调递增，其值域B ＝1－a ，1－a 2.由A ∩B ≠∅，得0≤1－a ≤12或0≤1－a 2≤12，解得12≤a ≤2.所以实数a 的取值范围是12，2.2．已知函数f (x )＝ln x ＋1x＋ax .(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)已知函数g (x )＝x ＋1x，对于任意x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求正实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x 2，x ∈[1，＋∞)，∵函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立．即ax 2＋x －1≥0或ax 2＋x －1≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1x 2－1x 或a ≤1x 2－1x对任意x ∈[1，＋∞)恒成立．令t ＝1x，由于x ∈[1，＋∞)，则t ∈(0,1]，设h (t )＝t 2－t －14，因此－14≤h (t )≤0，故a ≥0或a ≤－14，∴实数a ∞，－14∪[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ＞0时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故f (1)≤f (x )≤f (e)，即1＋a ≤f (x )≤1＋a e ＋1e.∵g ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x2，∴当x ∈[1，e]时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (1)≤g (x )≤g (e)，即2≤g (x )≤e ＋1e.∵对任意x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，∴f (x 1)max ≤g (x 2)max ，即1＋a e ＋1e ≤e ＋1e，解得0＜a ≤1－1e，故所求正实数a ，1－1e .3．已知函数f (x )＝x 2－23ax 3(a >0)，x ∈R.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2x －2ax 2(a >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：f (x )的极小值为f (0)＝0，极大值为＝13a2.(2)由f (0)＝0及(1)知，当x f (x )>0；当x f (x )<0.设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}，B ∈(1，＋∞)，f (x )≠则“对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1”等价于A ⊆B ，显然0∉B .下面分三种情况讨论：①当32a >2，即0<a <34时，由0知，0∈A ，而0∉B ，所以A 不是B 的子集．②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0，且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故A ＝(－∞，f (2))，因而A ⊆(－∞，0)；由f (1)≥0，有f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B ，所以A ⊆B .③当32a <1，即a >32时，有f (1)<0，且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故B A ＝(－∞，f (2))，A 不是B 的子集．综上，实数a 的取值范围是34，32.4．(理)已知函数f (x )＝mx x 2＋1＋1(m ≠0)，g (x )＝x 2e ax (a ∈R)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m >0时，若对任意x 1，x 2∈[0,2]，f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝m (1－x 2)(x 2＋1)2＝m (1－x )(1＋x )(x 2＋1)2.当m >0时，由f ′(x )>0，得－1<x <1；由f ′(x )<0，得x >1或x <－1，所以f (x )的单调递增区间是(－1,1)，单调递减区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．当m <0时，由f ′(x )>0，得x >1或x <－1；由f ′(x )<0，得－1<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间是(－1,1)．(2)依题意，当m >0时，“对任意x 1，x 2∈[0,2]，f (x 1)≥g (x 2)恒成立”等价于“对任意x ∈[0,2]，f (x )min ≥g (x )max 成立”．当m >0时，由(1)知，函数f (x )在[0,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减，因为f (0)＝1，f (2)＝2m 5＋1>1，所以f (x )min ＝f (0)＝1.故应满足1≥g (x )max .因为g (x )＝x 2e ax ，所以g ′(x )＝(ax 2＋2x )e ax .①当a ＝0时，g (x )＝x 2，对任意x ∈[0,2]，g (x )max ＝g (2)＝4，不满足1≥g (x )max .②当a ≠0时，令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－2a.(ⅰ)当－2a≥2，即－1≤a <0时，在[0,2]上，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,2]上单调递增，g (x )max ＝g (2)＝4e 2a .由1≥4e 2a ，得a ≤－ln 2，所以－1≤a ≤－ln 2.(ⅱ)当0<－2a<2，即a <－1时，在0g ′(x )≥0，g (x )单调递增；－2a ，2上，g ′(x )<0，g (x )单调递减．g (x )max ＝＝4a 2e2.由1≥4a 2e 2，得a ≤－2e，所以a <－1.(ⅲ)当－2a<0，即a >0时，显然在[0,2]上，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，于是g (x )max ＝g (2)＝4e 2a ，此时不满足1≥g (x )max .综上，实数a 的取值范围是(－∞，－ln 2]．4．(文)已知函数f (x )＝(1＋b )x ＋2a 2x－a ln x (a ＞0)在x ＝2a 处取得极值．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝x 2－2cx ＋4－ln 2，当a ＝1时，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)，求实数c 的取值范围．解：(1)由f (x )＝(1＋b )x ＋2a 2x－a ln x ，a ＞0，x ＞0，得f ′(x )＝1＋b －2a 2x 2－a x.又f (x )在x ＝2a 处取得极值，所以f ′(2a )＝1＋b －12－12＝b ＝0，所以f (x )＝x ＋2a 2x－a ln x ，f ′(x )＝1－2a 2x 2－a x ＝x 2－ax －2a 2x 2＝(x ＋a )(x －2a )x 2，又a＞0，且函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以由f′(x)＞0，得x＞2a；由f′(x)＜0，得0＜x＜2a，即函数f(x)的单调递增区间是(2a，＋∞)，单调递减区间为(0,2a)．(2)当a＝1时，f(x)＝x＋2x－ln x，x∈(0，＋∞)，由(1)知x∈[1，e]时，f(x)在[1,2]上单调递减，在(2，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝3－ln2.对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，即f(x)min≥g(x)，x∈[1，e]恒成立．即3－ln2≥x2－2cx＋4－ln2，x∈[1，e]恒成立，即2c≥x＋1x，x∈[1，e]恒成立，令h(x)＝x＋1x，则h′(x)＝1－1x2≥0，x∈[1，e]，即h(x)＝x＋1x在[1，e]上单调递增，故h(x)max＝e＋1e，所以c故实数c的取值范围为e2＋12e，＋。

函数、导数任意、存在型问题归纳

函数导数随意性和存在性问题研究导学语函数导数问题是高考试题中占比重最大的题型，先期所学利用导数解决函数图像切线、函数单一性、函数极值最值等问题的方法，仅可称之为解决这种问题的“战术”，若要更有效地完全解决此类问题还必须研究“战略”，因为此类问题是函数导数联合全称命题和特称命题形成的综合性题目. 常用战略思想以下：题型分类分析一．单一函数单一“随意”型战略思想一：“x A ，a ( ) f ( x) 恒建立” 等价于“当x A 时，a ( ) f (x)max”；f(x)上限“x A，a ( ) f (x) 恒建立”等价于“当x A时，a ( ) f (x)min”. f(x)下限a例 1 ：已知二次函数 f (x) ax2 x ，若x [0,1] 时，恒有 | f (x) | 1，务实数a的取值范围.解：| f ( x) | 1 ，∴ 1 ax2 x 1；即 1 x ax2 1 x ；当 x 0 时，不等式明显建立，∴a∈ R.当 0 x 1 时，由 1 x ax2 1 x 得： 1 1 a 1 1 ，x2 x x2 x而 1 10 ，∴a 0. 又∵(1 12，∴a 2, 2 a 0，(x2 x ) min x2 x) max 综上得 a 的范围是a [ 2,0] .二．单一函数单一“存在”型战略思想二：“x A ，使得a ( ) f ( x) 建立” 等价于“当x A 时，a ( ) f ( x)min”；“x A，使得a ( ) f ( x) 建立”等价于“当x A 时，a ( ) f ( x) max”. f ( x)上限a f ( x)下限例 2.已知函数 f ( x) a ln x x2(a R )，若存在x[1,e] ，使得 f ( x) (a 2) x 建立，务实数 a 的取值范围 .分析： f (x) (a 2) x a( x ln x) x 2 2x .∵ x [1,e] ，∴ln x 1 x 且等号不可以同时取，所以ln x x ，即 x ln x 0 ，因此 a x2 2xx [1,e]，x ln x ，令 g( x) x 2 2x x [1, e] ，又 g ( x) ( x 1)( x 2 2 ln x) ，x ln x ( x ln x) 2当 x [1, e] 时， x 1 0,ln x 1 ， x 2 2 ln x 0 ，进而 g (x) 0 （仅当x=1时取等号），所以 g (x) 在 [1, e] 上为增函数，故 g(x) 的最小值为g(1) 1，所以a的取值范围是 [ 1, ) ．三．单一函数双“随意”型战略思想三：x R ，都有 " f ( x 1 ) f (x) f ( x 2 )"f ( x 1 ), f (x 2 ) 分别是yx 2x 1xf ( x) 的最小值和最大值， | x 1 x 2 | min 是同时出现最大值和最小值的最短区间.例 3. 已知函数的最小值为 ____.f (x) 2sin(x )，若对x R ，都有 " f (x 1 )f ( x) f (x 2 )" 建立，则 | x 1 x 2 |25解 ∵对随意 x ∈ R ，不等式 f (x 1)f (x) f (x 2 ) 恒建立，∴ f ( x 1 ), f (x 2 ) 分别是 f ( x) 的最小值和最大值 .关于函数 y sin x ，获得最大值和最小值的两点之间最小距离是π，即半个周期 . 又函数 f (x)x ) 的周期为 4，∴ | x 1 x 2 | 的最小值为 2. 2sin(25yf (x 2)战略思想四：x 1, x 2 A, " f (x 1x2)f ( x 1)f ( x 2)" 建立22f (x) 在 A 上是上凸函数 f ' ' (x) 0例 4. 在 y2x, y log 2 2x, y x 2 , y cos x 这四个函数中，当 " f (x 1 x2)f ( x 1 )f ( x 2 )" 恒建立的函数的个数是 ()22A.0B.1C.2D.3解：本题实质就是观察函数的凸凹性，即知足条件 " f (x 1 x2)2数的性质，画草图即知 ylog 2 2x 切合题意；f (x 1)O x 1 x 2 x0 x 1 x 2 1 时，使f ( x 1 )f ( x2) " 的函数，应是凸函2战略思想五：x 1, x 2A, "f ( x 1 ) f ( x 2 )f ( x) 在 A 上是增函数x 1 x 20" 建立例 5 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 对全部 x [ 1,1]， a [1,1] 恒建立，务实数 t 取值范围 .m n解：任取 1 x 1 x 2 1，则 f (x 1)f (x 2 ) f ( x 1 )f ( x 2 )(x 1x 2 ) ，x 1 x 2由已知f (x 1)f (x 2 ) 0 ，又 x 1 x 2 0 ，∴ f ( x 1 ) f ( x 2 ) 0 ，x 1x 2即 f ( x) 在 [ 1,1]上为增函数 .∵ f (1) 1，∴ x [ 1,1]，恒有 f (x) 1；∴要使 f ( x) t 2 2at 1 对全部 x[ 1,1]， a [ 1,1]恒建立，即要 t 2 2at 1 1恒建立，故 t 2 2at 0 恒建立，令 g (a) 2at t 2 ，只须 g( 1) 0 且 g (1) 0 ，解得 t2 或 t 0 或 t 2 .战略思想六：x 1, x 2 A, | f (x 1) f (x 2 ) | t （ t 为常数）建立 t= f (x) max f ( x) min例 6. 已知函数 f (x)x 4 2x 3 ，则对随意 t 1, t 2[ 1 , 2] （ t 1 t 2 ）都有 | f (t 1) f (t 2 ) |恒2建立，当且仅当 t 1 =____ ， t 2 =____ 时取等号 .解：因为 | f ( x 1 ) f ( x 2 ) | |[ f ( x)] max [ f ( x)] min | 恒建立，由 f ( x)x 4 2 x 3 , x [1,2] ，2易求得 [ f (x)]maxf ( 3) 27 ， [ f ( x)] minf ( 1)5 ，2 16216∴ | f ( x 1 ) f ( x 2 ) | 2 .战略思想七：x 1 , x 2 A, | f (x 1 ) f (x 2 ) | t | x 1 x 2 ||f ( x 1) f ( x 2 )| t| f ' (x) | t(t 0)x 1 x 2例 7. 已知函数 yf (x) 知足： (1) 定义域为 [1,1]；(2) 方程 f (x) 0 起码有两个实根和；11(3) 过 f ( x) 图像上随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：对随意 x 1 , x 2 [ 1,1]，都有 | f (x 1)f ( x 2 ) | 1 .证明 (1)略；(2) 由条件 (2)知 f ( 1) f (1) 0 ，不如设 1 x 1 x 2 1，由 (3)知 | f ( x 1 ) f ( x 2 ) | | x 1 x 2 | x 2 x 1 ，又∵ | f (x 1)f (x 2 ) | | f ( x 1 ) | | f ( x 2 ) | | f ( x 1 ) f ( 1) | | f ( x 2 ) f (1) |x 1 1 1 x 22 (x 2 x 1 ) 2 | f ( x 1 ) f ( x 2 ) | ；∴ | f ( x 1 ) f (x 2 ) | 1例 8. 已知函数 f (x)x 3 ax b ，关于 x 1, x 2(0,3)( x 1x 2 ) 时总有 | f (x 1) f (x 2 ) | | x 1 x 2 |成3立，务实数 a 的范围 .解由f (x)x 3 ax b ，得 f ' ( x) 3x 2 a ，当 x(0,3) 时， a f ' (x) 1 a ，∵ | f ( x 1 ) f ( x 2 ) | | x 1 x 2 |，3∴ | f (x 1)f (x 2 ) | 1，∴a 11 a 0x 1 x 21 a 1评注由导数的几何意义知道，函数y f (x) 图像上随意两点 P(x 1, y 1 ), Q( x 2 , y 2 ) 连线的斜率ky 2y 1(x 1 x 2 ) 的取值范围，就是曲线上任一点切线的斜率 (假如有的话 )的范围，利用这个结论，可x 2 x 1以解决形如 | f (x 1)f ( x 2 ) | m | x 1 x 2 | |或 | f ( x 1 ) f ( x 2 ) | m | x 1 x 2 | (m ＞0) 型的不等式恒建立问题 .四．双函数“随意” +“存在”型：战略思想八：x 1 A, x 2 B ，使得 f ( x 1 ) g( x 2 ) 建立 f ( x)min g(x)min ；x 1 A, x 2 B ，使得 f (x 1 ) g ( x 2 ) 建立f ( x) maxg(x)max .例 9．已知函数 f (x)2x25ln x ， g( x)x 2 mx 4 ，若存在 x 1 (0,1) ，对随意 x 2 [1,2] ，x总有 f ( x 1 ) g( x 2 ) 建立，务实数 m 的取值范围 .分析：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 .f ( x)2x 25x 2'( x)1 或 x2 ，x 2，由 f 0 得， x2当 x(0, 1) 时， f ( x)0 ，当 x ( 1,1) 时 f ( x)0 ，22所以在（ 0，1）上，f ( x) maxf ( 1)3 5ln 2 .2又 g(x) 在 [1,2] 上的最大值为 max{ g(1),g(2)} ，所以有f ( 1 ) g(1) 3 5ln 2 5 m m 8 5ln 221m8 5ln 2 ，f ( 1) g(2)3 5ln 28 2mm (115ln 2)22所以实数 m 的取值范围是 m8 5ln 2 .g(x)上限战略思想九： “x 1 A ， x 2 B ，使得 f ( x 1 ) g( x 2 ) 建立”“ f (x) 的值域包括于． g( x) 的值域” .f (x)上限f (x)下限g(x)下限例 10．设函数 f (x)1 x 3 1 x2 5 x 4 ．3 33（ 1）求 f ( x) 的单一区间．（ 2 ）设 a ≥ 1 ，函数 g( x) x 3 3a 2 x 2a ．若对于任意 x 1 [0,1] ，总存在 x 0 [0,1] ，使得f ( x 1 ) g( x 0 ) 建立，求 a 的取值范围．分析：（ 1） f ' (x)x 22 x 5 ，令 f ' ( x) ≥ 0 ，即 x 2 2 x 5≤ 0 ，解得：5 ≤ x ≤ 1 ，3 3 3 33∴ f ( x) 的单增区间为 [5,1] ；单一减区间为 ( ,5] 和 [1, ) .3 3（ 2）由（ 1）可知当 x [0,1] 时， f ( x) 单一递加， ∴ 当 x [0,1] 时， f ( x) [ f (0), f (1)] ，即 f ( x)[ 4, 3] ；又 g ' ( x) 3x 2 3a 2 ，且 a ≥ 1， ∴当 x [0,1] 时， g ' ( x) ≤ 0 ， g( x) 单一递减，∴当 x [0,1] 时， g ( x) [ g (1),g (0)] ，即 g( x) [ 3a 2 2a 1, 2a] ，又关于随意 x 1[0,1] ，总存在 x 0 [0,1] ，使得 f ( x 1 ) g( x 0 ) 建立[ 4, 3] [ 3a 2 2a 1,2a] ，3a 22a 1≤43即2a，解得： 1≤ a≤23≤例 11．已知函数 f ( x) ln x ax1 a1(a R) ;x1 (1) 当 a时，议论 f ( x) 的单一性；2）设 g (x)x 22bx 4 ，当 a 1时，若对 x 1 (0, 2) ， x 2 [1,2] ,使 f ( x 1 ) g( x 2 ) ，务实数 4b 的取值范围；解：（ 1）（解答过程略去，只给出结论）当 a ≤0 时，函数 f(x) 在（ 0,1）上单一递减，在（ 1，+∞）上单一递加；当 a= 1时，函数 f(x) 在（ 0，+∞）上单一递减；2当 0<a< 1时，函数 f (x) 在（ 0,1）上单一递减，在 2（ 2）函数的定义域为（ 0， +∞），1 1 (1,1) 上单一递加，在 (1, ) 上单一递减；aaf （ x ） = 1 － a+a 1 =－ ax 2 x 1 a， a= 1时，由 f （ x ）=0 可得 x 1=1,x 2 =3.x x 2 x 2 4因为 a= 1 ∈（ 0, 1），x 2=3（ 0,2）,联合（ 1）可知42函数 f(x) 在（ 0,1）上单一递减，在（ 1,2）上单一递加，所以 f(x) 在（ 0,2）上的最小值为f(1)= －1.2因为“对x 1∈（ 0,2）， x 2∈ [1,2], 使 f(x 1) ≥g(x 2)”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 － b 2, 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－ b 2≥ 0，相同与（※）矛盾；③ 当 b ∈（ 2， +∞）时，因为 [g(x)] min =g(2)=8 － 4b.解不等式 8－ 4b ≤－ 1 ，可得 b ≥17.28综上， b 的取值范围是 [17,+∞ ).8五．双函数“随意” +“随意”型战略思想十：x 1 A, x 2 B ，使得 f ( x 1 ) g( x 2 ) 建立f (x)ming (x)max例12. 已知函数 f ( x) 1 x 33x 1 , x 2 [ 2,2] ，都有 f (x 1)g (x 2 ) ，求x23x4, g (x)9x c，若对任意32c 的范围 .解：因为对随意的 x 1 , x 2[ 2, 2] ，都有 f ( x 1 )g( x 2 ) 建立，∴ [ f ( x)] max [ g( x)]min ，∵ f ' (x) x 2 2 x 3 ，令 f ' ( x) 0 得 x 3, x1x ＞ 3 或 x ＜-1； f ' ( x)0 得 1 x3 ；∴ 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,.∴ 318 c ，∴ c24 .2例 13．已知两个函数 f ( x) 8x 216xk, g( x)2x 3 5x 24x, x [ 3,3], k R ;(1) 若对 x [ 3,3] ,都有 f (x) g ( x) 建立，务实数 k 的取值范围；(2) 若 x[ 3,3] ,使得 f ( x)g (x) 建立，务实数 k 的取值范围；(3)若对 x 1 , x 2 [ 3,3] ,都有 f (x 1)g (x 2 ) 建立，务实数 k 的取值范围；解：（ 1）设 h(x)g( x) f ( x) 2x 3 3x 2 12x k ,（ 1）中的问题可转变为：x [ 3,3] 时， h( x) 0 恒建立，即 [ h( x)] min 0 .h ' ( x) 6x 2 6x 12 6( x 2)( x 1) ；当 x 变化时， h(x), h' (x) 的变化状况列表以下：x -3 (-3,-1) -1 (-1,2) 2 (2,3) 3h (x) + 0 －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 k∈[45,+ ∞ ).小结：①关于闭区间I，不等式f(x)<k 对 x∈I 时恒建立[f(x)] max<k, x ∈I; 不等式 f(x)>k 对 x∈ I 时恒建立[f(x)] min>k, x ∈I.②本题常有的错误会法：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”不过原题的充分不用要条件，不是充要条件，即不等价.（2）依据题意可知，（ 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 ，所以 k+7 ≥ 0，即 k∈ [7,+∞ ).(3)依据题意可知，（ 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. y模仿（ 1），利用导数的方法可求得x∈ [-3,3] 时 , [g(x)] min=－ 21.g(x) 由 120－ k≥－ 21 得 k≥ 141,即 k∈[141,+ ∞ ). f(x) 说明：这里的 x1,x2是两个互不影响的独立变量 . O a xb x图1 从上边三个问题的解答过程能够看出,关于一个不等式必定要yg(x)f( x)O a x bx图2看清是对“x”恒建立，仍是“x”使之建立，同时还要看清不等式两边是同一个变量，仍是两个独立的变量 ,而后再依据不一样的状况采纳不一样的等价条件,千万不要莫名其妙的去猜 ..六．双函数“存在”+“存在”型战略思想十一：x1 A, x2 B ，使得 f ( x1 ) g (x2 ) 建立 f (x)min g ( x) max；x1 A, x2 B ，使得 f ( x1 ) g( x2 ) 建立 f ( x)max g (x)min.例 14 ．已知函数 f ( x ) l nx x 3 ，1 g( x) x2 2bx 4 . 若存在4 4 xx1 ( 0 , 2，) x2 1,2 ，使 f ( x1) g(x2 ) ，务实数 b 取值范围.分析： f ( x) 1 1 3 (x 1)(x 3) ，x 4 4x2 4x2f (x) 在 (0,1) (1,2) f ( x)min f (1) 1上单一递加，在上单一递减，.2依题意有 f ( x) min g( x)max，所以g( x)max 1 . 又g ( x) (x b)2 b2 4 ，2g(1) 117 .2, 解得 b进而g(2)1 82战略思想十二： “ x 1 A, x 2B ，使得 f (x 1) g( x 2 ) 建立”等价于“ f (x) 的值域与 g(x) 的值域订交非空” .例 15．已知函数 f ( x)x 3(1 a) x 2 a(a2) x(a R) ， g ( x) 19x 1. 能否存在实数 a ，存6 3 在x 11,1 ， x 20,2 ，使得 f '( x 1 ) 2ax 1 g( x 2 ) 建立？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明原因 .分析：在0,2 上 g x19 x 1 是增函数，故关于 x0,2 ， g x1,6 .6 33设h xf x2ax 3x 2 2x a a2 ，当 x1,1 时， h( x) [ - a22a1, - a 2 2a5 ].3要存在 x 1 [ 1,1] ， x 2 [ 0,2] 使得 h x 1 g x 2 建立，只需 [21212a 3 , - a2a5 ] [ 3 ,6]- a考虑反面， [ - a 2 2a 1 , - a 22a 5 ] [ 1 ,6]3312 2157 57则5 a2a 或 6< - a2a 3 ，解得 a1 3 或 a13 ，3进而所求为1 57a 1 573.3。

高中数学导数题中的“任意”与“存在”

导数题中的“任意”与“存在”常见这样一类导数问题:对区间内任意自变量，不等式成立，求参数取值范围;或在区间内存在一个自变量，不等式成立，求参数取值范围等等.由于这类问题本身的抽象性及隐蔽性，同学们在解决这类问题时，感到束手无策.为使这类问题解决有章可循，有法可依，本文拟对常见的该类问题进行分类并说明其求解策略，以供参考.例已知两个函数2()728f x x x c =--，32()2440g x x x x =+-. （1）若对任意的[2,3]x ?，都有()2f x >成立，求实数c 的取值范围；（2）若对任意的[2,3]x ?，都有()()f x g x >成立，求实数c 的取值范围；（3）若对任意的1[2,3]x ?，2[3,3]x ?，都有12()()f x g x >成立，求实数c 的取值范围；（4）若存在0[2,3]x ?，使0()2f x >成立，求实数c 的取值范围；（5）若存在0[2,3]x ?，使00()()f x g x >成立，求实数c 的取值范围；（6）若存在1[2,3]x ?，2[3,3]x ?，使12()()f x g x >成立，求实数c 的取值范围；（7）若存在1[2,3]x ?，2[3,3]x ?，使12()()f x g x =成立，求实数c 的取值范围；（8）若对任意的1[2,3]x ?，总存在2[3,3]x ?，使12()()f x g x >成立，求实数c 的取值范围；（9）若对任意的1[2,3]x ?，总存在2[3,3]x ?，使12()()f x g x =成立，求实数c 的取值范围；（10）若对任意的1[2,3]x ?，总存在2[3,3]x ?，使12()()f x g x <成立，求实数c 的取值范围.为解决上述问题方便，我们先求()f x 在[2,3]-上的最大值和最小值，()g x 在[3,3]-上的最大值和最小值.2()728f x x x c =--，对称轴2x =，当[2,3]x ?时，()f x 在区间(1,2)-上递减，在区间(2,3)上递增.max ()(2)84f x f c =-=-，min ()(2)28f x f c ==--. 32()2440g x x x x =+-,22()68402(3420)2(310)(2)g x x x x x x x ¢=+-=+-=+-,令()0g x ¢=,解得103x =-或2x =，当[3,3]x ?时，()g x 在区间(3,2)-上递减，在区间(2,3)上递增.(3)102g -=，(3)30g =-，max ()102g x =，min ()(2)48g x g ==-.上述问题可分为下面三类：一、对区间内任意自变量，不等式成立型（1）～（3）属于此类型.（1）解：min ()2f x >，282c -->，30c <-.评注：若对任意[,]x a b Î，不等式()f x m >（或()f x m >）恒成立，则需要函数在该区间上的最小值大于m （或最大值小于m ）.（2）解：设32()()()2312h x f x g x x x x c =-=-++-，2()66126(2)(1)h x x x x x ¢=-++=--+.()h x 在区间(2,1)--，(2,3)上递减，在区间(1,2)-上递增. (1)7h c -=--，(3)9h c =-，min ()7h x c =--. min ()0h x >，7c <-.评注：对任意的[,]x a b Î，都有()()f x g x >成立，是不同函数对同一变量下的恒成立问题，如图1，()y f x =的图象恒在()y g x =的图象上方，设()()()h x f x g x =-，则可转化为求()h x 的最小值大于0即可.本题易错误认为min max ()()f x g x >.若函数(),()f x g x 在区间[,]a b 上恒为正值，此类问题也可以设()()()f x h xg x =，让()h x 的最小值大于1即可.图1（3）解：min max ()()f x g x >,28102c -->,130c <-.评注：本题12,x x 是两个无关的变量1()f x 和2()g x 的取得互不影响，所以只需使()f x 的最小值大于()g x 的最大值.我们用图2表示()f x 在[2,3]-上的值域，用图2表示()g x 在[3,3]-上的值域. 固定图2，使图3竖直上下移动，只有如图4所示时才能符合题意.f (x )maxg (x )ma f (x )ming (x )mig (x )max g (x )ming (x )minf (x )ming (x )max f (x )max图2 图3 图4 二、区间内存在自变量，使不等式（等式）成立型（4）～（7）属于此类型.（4）解：max ()2f x >，842c ->,82c <.评注：存在0[,]x a b Î，使0()f x m > （或0()f x m <）成立, 只需函数()f x 在区间[,]a b 上的最大值max ()f x m >（或min ()f x m <）.本题易错误认为min ()f x m >.（5）解：设()()()h x f x g x =-，存在0[2,3]x ?，使0()0h x >，转化为（4）类型，只需max ()0h x >.(2)4h c -=-，(2)20h c =-，max ()20h x c =-.200c ->，20c <.评注：存在0[,]x a b Î，使00()()f x g x >（或00()()f x g x <）成立，此类问题强调的是不同函数在同一变量下的函数值大小的问题，应设()()()h x f x g x =-，可转化为让函数()h x 的最大值大于O （或()h x 的最小值小于O ）即可.本题容易与恒成立问题混淆，从而错误的去让函数()h x 的最小值大于0. 若函数(),()f x g x 在区间[,]a b 上恒为正值，此类问题也可以设()()()f x h xg x =. （6）解：max min ()()f x g x >,8448c ->-,132c <.评注：存在1[,]x a b Î，2[,]x c d Î，使12()()f x g x >成立,满足max min ()()f x g x >，如图5.g (x )minf (x )ming (x )max f (x )max图5（7）解：max min min max.()(),()()f x g x f x g x ì³ïïíï£ïî8448,28102.c c ì-?ïïíï--?ïî130132c -＃. 评注：若存在1[,]x a b Î，2[,]x cd Î，使12()()f x g x =成立，要求()f x 的值域和()g x 的值域交集不为空，即max min ()()f x g x ³，如图6，且min max ()()f x g x £，如图7.f (x )maxg (x )max f (x )ming (x )minf (x )maxg (x )max f (x )ming (x )min图6 图7 三、任意、存在同时出现，使不等式（等式）成立型（8）～（9）属于此类型.（8）解：min min ()()f x g x >,2848c -->-,20c <评注：对任意的1[,]x a b Î，总存在2[,]x c d Î，使12()()f x g x >成立，就是说1x 取区间[,]a b 上的任意一个值，总存在2[,]x c d Î，使得21()()g x f x <，就要求min min ()()f x g x >，如图8.g (x )minf (x )ming (x )maxf (x )max图8（9）解：max max min min.()(),()()g x f x g x f x ì³ïïíï£ïî10284,4828.c c ì?ïïíï-?-ïî1820c -＃.评注：对任意的1[,]x a b Î，总存在2[,]x c d Î，使12()()f x g x =成立，就是说1x 取区间[,]a b 上的任意一个值，总存在2[,]x c d Î，使得21()()g x f x =，就要求函数()g x 的值域包含函数()f x 的值城，如图9.f (x )max f (x )ming (x )maxg (x )min图9（10）解：max max ()()f x g x <,84102c -<,18c >-.评注：对任意的1[,]x a b Î，总存在2[,]x c d Î，使12()()f x g x <成立，就是说1x 取区间[,]a b 上的任意一个值，总存在2[,]x c d Î，使得21()()g x f x >，就要求max max ()()f x g x <，如图10.g(x)max f(x)maxg(x)min f(x)min图10。

高中数学导数题中的“任意”与“存在”

导数题中“任意、存在”型的归纳辨析

导数题中“任意、存在”型的归纳辨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。

高考数学-函数中存在性和任意性问题分类解析

函数中存在性问题分类解析.1.，，使得，等价于函数在上的值域与函数在上的值域的交集不空，即.一两个函数之间有如下恒成立或存在性命题及其等价命题：1对于[][]n m x b a x ,,,21∈∀∈∀,使得函数f(x),g(x)满足f(x 1)<g(x 2)恒成立. 等价于：[]b a x ,∈时f(x)的最大值小于[]n m x ,∈时g(x)的最小值 2对于[][]n m x b a x ,,,21∈∃∈∀，使得函数f(x),g(x)满足f(x 1)<g(x 2). 等价于：[]b a x ,∈时f(x)的最大值小于[]n m x ,∈时g(x)的最大值3对于[][]n m x b a x ,,,21∈∀∈∃，使得函数f(x),g(x)满足f(x 1)<g(x 2)成立. 等价于：[]b a x ,∈时f(x)的最小值小于[]n m x ,∈时g(x)的最小值4对于[][]n m x b a x ,,,21∈∃∈∃，使得函数f(x),g(x)满足f(x 1)<g(x 2),成立. 等价于：[]b a x ,∈时f(x)的最小值小于[]n m x ,∈时g(x)的最大值。

例1 设a (0<a <1)是给定的常数，f (x )是R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，若存在f ⎝⎛⎭⎫12＝0，f (log a t )>0，则t 的取值范围是________．【解析】因为f (x )是R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，故f (x )在区间(－∞，0)上也是增函数．画出函数f (x )的草图．当t >1时，因为0<a <1，所以log a t <0.由图象可得－12<log a t <0，解得1<t <1a；当0<t <1时，因为0<a <1，所以log a t 12<log a t ，解得0<t <a ，综上，t ∈⎝⎛⎭⎫1，1a ∪(0，a )．例2(2011江苏)设，.①若，使成立，则实数的取值范围为＿＿＿;②若，，使得，则实数的取值范围为＿＿＿解 ①依题意实数的取值范围就是函数的值域.设，则问题转化为求函数的值域，由均值不等式得，，故实数的取值范围是.②依题意实数的取值范围就是使得函数的值域是函数的值域的子集的实数①知，易求得函数的值域，则当且仅当即，故实数的取值范围是.3.已知是在闭区间的上连续函，则对使得，等价于.3、设()x ln 2x q px x f --=，且()2epqe e f --=（e 为自然对数的底数） (I) 求 p 与 q 的关系；(II)设()x e2x g =，若在[]e ,1上至少存在一点0x ，使得()()00x g x f >成立, 求实数 p 的取值范围.3、解：(I) 由题意得 ()()12ln 20q p f e pe e qe p q e e e e ⎛⎫=--=--⇒-+= ⎪⎝⎭而10e e +≠，所以p q =(II) ∵ g(x) = 2ex 在 [1,e] 上是减函数∴ x = e 时，g(x)min = 2，x = 1 时，g(x)max = 2e 即 g(x) ∈ [2,2e] ………… 10分① p ≤0 时，由 (II) 知 f (x) 在 [1,e] 递减 ⇒ f (x)max = f (1) = 0 < 2，不合题意。

专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题(解析版)

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇函数与导数专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题”一．方法综述含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题,历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．本专题举例说明辨别“任意性问题”与“存在性问题”的方法、技巧.二．解题策略类型一 “∀x ，使得f(x)>g(x)”与“∃x ，使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min >0.如图①.(2)∃x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max >0.如图②. 【例1】【2020·河南濮阳一中期末】已知函数1()ln (0),()a f x a x a g x x x x=-≠=--. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若存在0[1,]x e ∈，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.【解析】（I ）()f x 的定义域为'221(0,),().a a x f x a x x x ++∞=--=- 所以，当0a >时，()'0f x <，()f x 在(0,)+∞上递减；当0a <时，()'0fx >，所以，()f x 在(0,)+∞上递增.（II ）在[]1e ，上存在一点0x 使00()()f xg x <成立，即函数1()ln a h x a x x x x=-++在[]1,e 上的最小值小于0, ()'222(1)1+1()1x x a a a h x x x x x+-⎡⎤⎣⎦=--+-=.①当1+a e ≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1,e 上单调递减，所以()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ，由()10ah e e a e+=+-<，得222111,1,111e e e a e a e e e +++>>-∴>---Q ； ②当11a +≤，即0a ≤时，0a >Q ，不合乎题意；③当11a e <+<，即01a e <<-时，()h x 的最小值为()1h a +，0ln(1)1,0ln(1),a a a a <+<∴<+<Q 故(1)2ln(1)2h a a a a +=+-+>. 此时(1)0h a +<不成立.综上所述，a 的取值范围是211e a >e +-. 【指点迷津】(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max )，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立问题．(2)存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，即至少有一个x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)不是负数，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )的函数值至少有一个是非负数．【举一反三】【2020·江西瑞金一中期中】已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln 20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为3类型二 “若1122x D x D ∃∈∃∈，，，使得()()12f x g x ＝”与“1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝”的辨析(1) 1122x D x D ∃∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．(2) 1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影．【例2】【2020河北衡水中月考】已知函数()()()11ln 1f x a x x =---+，()1xg x xe -=.（1）求()g x 在区间(]0,e 上的值域；（2）是否存在实数a ，对任意给定的(]00,x e ∈，在[]1,e 存在两个不同的()1,2i x i =使得()()0i f x g x =，若存在，求出a 的范围，若不存在，说出理由. 【解析】（1）()()1'1xg x x e-=-，()0,1x ∈时，()'0g x >，()g x 单调递增，(]1,x e ∈时，()'0g x <，()g x 单调递减，()00g =，()11g =，()10e g e e e -=⨯>，∴()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1. （2）由已知得1()1f x a x='--，且[]1,x e ∈，当0a ≤时，()'0f x ≥，()f x 在[]1,e 上单调递增，不合题意．当11a e≥-时，()'0f x ≤，()f x 在[]1,e 上单调递减，不合题意．当101a e <<-时，()0f x '=得011x a=-．当1(1,)1x a∈-时()'0f x <，()f x 单调递减，当1()1x e a ，∈-时，()'0f x >，()f x 单调递增，∴()min 11f x f a ⎛⎫= ⎪-⎝⎭.由（1）知()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1，而()11f =，所以对任意(]00,x e ∈，在区间[]1,e 上总有两个不同的()1,2i x i =，使得()()0i f x g x =.当且仅当()1101fe f a ⎧≥⎪⎨⎛⎫≤ ⎪⎪-⎝⎭⎩，即()()()()()1111ln 1102a e a a ⎧--≥⎪⎨+-+≤⎪⎩，由（1）得111a e ≤--. 设()()ln 11h a a a =+-+，10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()1'111a h a a a =-=--，当10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()'0h a <，()h a 单调递减，∴()11110h a h e e⎛⎫>-=-> ⎪⎝⎭. ∴()0h a ≤无解.综上，满足条件的a 不存在. 【指点迷津】本例第(2)问等价转化的基本思想是：函数g (x )的任意一个函数值都与函数f (x )的某两个函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中．【举一反三】【2020·河南南阳一中期中】已知函数1()ln 1f x x x=+-, 32()324g x x a x a =--+, []0,1x ∈,其中0a ≥.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意[]11,x e ∈,总存在[]20,1x ∈,使得()()12f x g x =成立,求a 的取值范围. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞,22111()x f x x x x-'=-+=, 令()0f x '>,解得1x >,令()0f x '<,解得01x <<,∴函数()f x 的减区间为(0,1),增区间为(1,)+∞;（2）依题意,函数()f x 在[]1,e 上的值域包含于函数g x （）在[]0,1上的值域,由（1）可知,函数()f x 在[]1,e 上单调递增,故值域为10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦,由32()324g x x a x a =--+得22()333()()g x x a x a x a '=-=+-, ①当0a =时,()0g x '≥恒成立,故函数g()x 在[]0,1上单调递增,此时值域为[]224,3254,5a a a ⎡⎤-+--+=⎣⎦,故0a =不符合题意;②Q 当0a >时,()0g x '>的解集为(,)a +∞,()0g x '<的解集为(0,)a ,∴ 故函数()g x 在(0,)a 上单调递减,在(,)a +∞上单调递增,且2(0)42,(1)325g a g a a =-=--+,()i 当01a <<时,函数g()x 在(0,)a 上单调递减,在(,1)a 上单调递增,此时值域为{}32224,42,325a a max a a a ⎡⎤--+---+⎣⎦,则此时需要32240a a --+≤,即320a a +-≥,当01a <<时,320a a +-≥不可能成立,故01a <<不符合题意; ()ii 当1a ≥时,()0g x '≤在[]0,1上恒成立,则函数g()x 在[]0,1上单调递减,此时值域为2325,42a a a ⎡⎤--+-⎣⎦,则23250142a a a e ⎧--+≤⎪⎨-≥⎪⎩,解得1122a e ≤≤-; 综上所述,实数a 的取值范围为11,22e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 类型三 f (x )，g (x )是闭区间D 上的连续函数，“∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x )，g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.(2)存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.【例3】【2020·甘肃天水一中月考】已知函数(1)(1ln )()3x x f x m x++=-，()ln g x mx x =-+(R)m ∈.(1)求函数()g x 的单调区间与极值.(2)当0m >时，是否存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立？若存在，求实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.【解析】（1）1()(0)g x m x x =-+>'，当0m ≤时，1()0g x m x=-+>'恒成立，即函数()g x 的单调增区间为∞（0，+），无单调减区间，所以不存在极值．当0m >时，令1()0g x m x =-+='，得1x m =,当10x m <<时，()0g x '>，当1x m>时，()0g x '<，故函数()g x 的单调增区间为10m （，），单调减区间为1m+∞（，），此时函数()g x 在1x m =处取得极大值，极大值为111()ln 1ln g m m m m m=-⨯+=--，无极小值．综上，当0m ≤时，函数()g x 的单调增区间为()0+∞，，无单调减区间，不存在极值．当0m >时，函数()g x 的单调增区间为10m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭，，极大值为1ln m --，无极小值（2）当0m >时，假设存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立，则对[]1,2x ∈，满足max min ()()f x g x > 由(1)(1ln )()3x x f x m x++=-[]1,2x ∈（）可得，221(1ln 1)(1)(1ln )ln ()x x x x x x x f x x x +++-++-=='. 令[]()ln 1,2h x x x x =-∈（），则1()10h x x'=-≥，所以()h x 在[]1,2上单调递增，所以()(1)1h x h ≥=，所以()0f x '>，所以()f x 在[]1,2上单调递增，所以max (21)(1ln 2)3(1ln 2)()(2)3322f x f m m +++==-=-由（1）可知，①当101m<≤时，即m 1≥时，函数()g x 在[]1,2上单调递减，所以()g x 的最小值是(2)2ln 2g m =-+．②当12m ≥，即102m <≤时，函数()g x 在[]1,2上单调递增，所以()g x 的最小值是(1)g m =-．③当112m <<时，即112m <<时，函数()g x 在11,m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在1,2m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.又(2)(1)ln 22ln 2g g m m m -=-+=-，所以当1ln 22m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-.当ln 21m ≤<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-所以当0ln 2m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-，故3(1ln 2)32m m +->-，解得3(1ln 2)4m +>,所以ln 20m >>．当ln 2m ≤时，函数()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-，故3(1ln 2)3ln 222m m +->-，解得3ln 22m +>，所以3ln 2ln 22m +≤<.故实数m 的取值范围是3ln 20,2+⎛⎫⎪⎝⎭【指点迷津】1.本例第(2)问从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．2.题设中，使得成立可转化为，进而求出参数.【举一反三】【2020·四川石室中学月考】已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；②若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->，由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，∴()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ∴函数()f x 的最大值为(1)1f =-；（2）∵()a g x x x=+，∴2()1a g x x =-'，（Ⅰ）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又∵函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ∴1x =是函数()g x 的极值点，∴(1)10g a =-='，解得1a =，经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（ⅱ）∵211()2f ee =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ∵2192ln 321e -+<--<-，即1(3)()(1)f f f e <<，∴1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（ⅰ）知1()g x x x =+，∴21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，∵11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，∴1(1)()(3)g g g e <<，∴1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立 12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，∵12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，∴312k ≥-+=-，又∵1k >，∴1k >， ②当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，∵121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，∴342ln 33k ≤-+，又∵1k <， ∴342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞．类型四 “∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧. 【例4】【2020·江西抚州二中期末】已知函数()42ln af x a x x x-=-++. （1）当4a ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）设()26xg x e mx =+-，当22a e =+时，对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2122f x e g x +≥，求实数m 的取值范围.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，224()1a a f x x x -'=-++2(2)[(2)]x x a x---=，由()0f x '=，得2x =或2=-x a .当4a >即22a ->时，由()0f x '<得22x a <<-，由()0f x '>得02x <<或2x a >-；当4a =即22a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；∴当4a >时，单调减区间是(2,2)a -，单调增区间是(0,2)，(2,)a -+∞；当4a =时，单调增区间是()0,∞+，没有单调减区间.（2）当22a e =+时，由（1）知()f x 在()22,e 上单调递减，在()2,e +∞上单调递增，从而()f x 在[)2,+∞上的最小值为22()6f e e =--.对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2212g x f x e ≤+，即存在[)21x ∈+∞,，使()g x 的值不超过()22e f x +在区间[)2,+∞上的最小值26e -.由2266xe e mx ≥+--，22e e xm x-∴≤. 令22()xe e h x x-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()22222()x x e x e xh x e x ---'=Q ()232x x e xe e x+-=-，当[1,2]x ∈时()0h x '<；当[2,)x ∈+∞时，()22xxe xe e +-20xx xee >-≥，()0h x '<.故()h x 在[1,)+∞上单调递减，从而2max ()(1)h x h e e ==-，从而2m e e ≤-. 【指点迷津】“对任意x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”．【举一反三】【2020重庆西南大学附中月考】已知函数()()()11ln x x f x x++=，()()ln g x x mx m R =-∈ .（1）求函数()g x 的单调区间；（2）当0m >时，对任意的[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，试确定实数m 的取值范围.【解析】（1）由()()ln 0g x x mx x =->，得()'1g x m x=-.当0m ≤时，()'0g x >，所以()g x 的单调递增区间是()0,∞+，没有减区间.当0m >时，由()'0g x >，解得10x m <<；由()'0g x <，解得1x m>，所以()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0m ≤时，()g x 的单调递增区间是()0,∞+，无递减区间；当0m >时，()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）当0m >时，对任意[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，只需()()min min 3f x m g x ->成立.由()()()11ln ln 1ln 1x x x f x x xxx++==+++，得()'2221ln 11ln x x xf x x xx x--=+-=.令()()ln 0h x x x x =->，则()'1x h x x-=.所以当()0,1x ∈时，()'0h x <，当()1,x ∈+∞时，()'0h x >.所以()h x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，且()11h =，所以()()()min 110h x h x h ≥==>.所以()'0f x >，即()f x 在()0,∞+上递增，所以()f x 在[]1,2上递增，所以()()min 12f x f ==.由（1）知，当0m >时，()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减，①当101m<≤即m 1≥时，()g x 在[]1,2上递减，()()min 2ln22g x g m ==-； ②当112m <<即112m <<时，()g x 在11,m ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递增，在1,2m ⎛⎤⎥⎝⎦上递减，()()(){}min min 1,2g x g g =，由()()()21ln22ln2g g m m m -=---=-，当1ln22m <≤时，()()21g g ≥，此时()()min 1g x g m ==-，当ln21m <<时，()()21g g <，此时()()min 2ln22g x g m ==-， ③当12m ≥即102m <≤时，()g x 在[]1,2上递增，()()min 1g x g m ==-，所以当0ln2m <≤时，()()min 1g x g m ==-，由0ln223m m m<≤⎧⎨->-⎩，得0ln2.m <≤当ln2m >时，()()min 2ln22g x g m ==-，由ln223ln22m m m>⎧⎨->-⎩，得 ln22ln2m <<-．∴ 02ln2m <<-．综上，所求实数m 的取值范围是()0,2ln2-．三．强化训练1．【2020·江西萍乡一中期中】已知函数ln ()xx af x e+=. （1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）设()xg x xe a -=-，对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，ln 1()xx f x e+=，所以函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以1ln ()xx x xf x xe--'=，且0x xe >，令()1ln h x x x x =--，所以当01x <<时，10,ln 0x x x -><，所以()1ln 0h x x x x =-->. 又()2ln h x x '=--，所以当1x >时，()2ln 0h x x '=--<，所以()h x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0h x h <=. 同理当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)是单调递增，在(1,)+∞单调递减，所以当1x =时，()f x 的极大值为1(1)f e=，无极小值. （2）令()()xm x xe f x ax =-，因为对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，所以()()12min max m x g x >.因为()()ln xm x xe f x ax x x =-=，所以()1ln m x x '=+.令()0m x '>，即1ln 0x +>，解得1x e>；令()0m x '<，即1ln 0x +<，解得10x e<<.所以()m x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以min 11()m x m e e⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 因为()xg x xea -=-，所以()(1)xg x x e -'=-，当0x >时0x e ->，令()0g x '>，即10x ->，解得01x <<；令()0g x '<，即10x -<，解得1x >. 所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以max 1()(1)g x g a e==-，所以11a e e->-，所以2a e >，即实数a 的取值范围为2,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 2．【2020·河北邯郸期末】已知函数()f x 满足:①定义为R ；②2()2()9xxf x f x e e +-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x xg x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解. 【解析】（1）2()2()9xx f x f x e e+-=+-Q ,…① 所以2()2()9xx f x f x ee ---+=+-即1()2()29xx f x f x e e-+=+-…② 由①②联立解得:()3xf x e =-.（2）设2()(2)6x x a x ϕ=-+-+,()()()1333x x x F x x e e xe x =--=+--,依题意知:当11x -≤≤时,min max ()()x F x ϕ≥()()33x x x x F x e e xe xe '+=-+=-+Q又()(1)0xF x x e ''=-+<Q 在(1,1)-上恒成立, 所以()F x '在[1,1]-上单调递减()(1)30min F x F e ∴'='=-> ()F x ∴在[1,1]-上单调递增,max ()(1)0F x F ∴==(1)70(1)30a a ϕϕ-=-≥⎧∴⎨=+≥⎩,解得:37a -≤≤实数a 的取值范围为[3,7]-. （3）()g x 的图象如图所示：令()T g x =,则()1g T =1232,0,ln 4T T T ∴=-==当()2g x =-时有1个解3-,当()0g x =时有2个解：(12)-、ln3,当()ln 4g x =时有3个解:ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--. 故方程[()]10g g x -=的解分别为：3-,(12)-、ln3,ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--3．【2020·天津滨海新区期末】已知函数()2ln h x ax x =-+.（1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=-- 化简得：322ln 220x y +-+=()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得121,1x x a a=-=+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q2112x a ∴=+<+()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意②当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦4．【2020·全国高三专题练习】已知函数()321(1)32a x x ax f x +=-+.（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅲ）对于任意1x ，2[02]x ∈,，都有122()()3f x f x -≤，求实数a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）当1a =时，因为()3213x x x f x =-+所以()221x x f x =-+'，(0)1f '=.又因为(0)0f =，所以曲线()y f x =在点()0,(0)f 处的切线方程为y x =. （Ⅱ）因为()321(1)32a x x ax f x +=-+，所以2()(1)0f x x a x a '=-++=. 令()0f x '=，解得x a =或1x =. 若1a >，当()0f x '>即1x <或x a >时，故函数()f x 的单调递增区间为()(),1,,a -∞+∞；当()0f x '<即1x a <<时，故函数()f x 的单调递减区间为()1,a . 若1a =，则22()21(1)0f x x x x '=-+=-≥，当且仅当1x =时取等号，故函数()f x 在(),-∞+∞上是增函数. 若1a <，当()0f x '>即x a <或1x >时，故函数()f x 的单调递增区间为()(),,1,a -∞+∞；当()0f x '<即1<<a x 时，故函数()f x 的单调递减区间为(),1a .综上，1a >时，函数()f x 单调递增区间为(1)()a -∞∞,,,+，单调递减区间为(1,)a ； 1a =时，函数()f x 单调递增区间为(,)-∞+∞；1a <时，函数()f x 单调递增区间为()(1)a -∞∞,,,+，单调递减区间为(,1)a .（Ⅲ）由题设，只要()()max min 23f x f x -≤即可. 令2()(1)0f x x a x a '=-++=，解得x a =或1x =.当0a ≤时，随x 变化，(),()f x f x ' 变化情况如下表：由表可知(0)0(1)f f =>，此时2(2)(1)3f f ->，不符合题意.当01a <<时，随x 变化，()()'f x f x , 变化情况如下表：由表可得3211112(0)0()(1)(2)62263f f a a a f a f ==-+=-=,,,，且(0)()f f a <，(1)(2)f f <，因()()2203f f -=，所以只需()(2)(1)(0)f a f f f ≤⎧⎨≥⎩，即3211262311026a a a ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-≥⎪⎩ ，解得113a ≤<. 当1a =时，由（Ⅱ）知()f x 在[]0,2为增函数，此时()()()()max min 2203f x f x f f -=-=，符合题意. 当12a <<时，同理只需(1)(2)()(0)f f f a f ≤⎧⎨≥⎩，即3211226311062a a a ⎧-≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩ ，解得513a <≤. 当2a ≥时，2()(1)32f f >=，()2()0(311)f f f =->，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是15,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦.5．【2020·河南安阳期末】已知函数()ln f x x x x =+，()x xg x e=. （1）若不等式()()2f xg x ax ≤对[)1,x ∈+∞恒成立，求a 的最小值；（2）证明：()()1f x x g x +->.（3）设方程()()f x g x x -=的实根为0x .令()()()00,1,,,f x x x x F x g x x x ⎧-<≤⎪=⎨>⎪⎩若存在1x ，()21,x ∈+∞，12x x <，使得()()12F x F x =，证明：()()2012F x F x x <-.【解析】（1）()()2f xg x ax ≥，即()2ln x x x x x ax e +⋅≥，化简可得ln 1x x a e+≤. 令()ln 1xx k x e +=，()()1ln 1xx x k x e -+'=，因为1x ≥，所以11x ≤，ln 11x +≥. 所以()0k x '≤，()k x 在[)1,+∞上单调递减，()()11k x k e≤=.所以a 的最小值为1e.（2）要证()()1f x x g x +->，即()ln 10x xx x x e+>>.两边同除以x 可得11ln x x x e+>.设()1ln t x x x =+，则()22111x t x x x x-'=-=.在()0,1上，()0t x '<，所以()t x 在()0,1上单调递减.在()1,+∞上，()0t x '>，所以()t x 在()1,+∞上单调递增，所以()()11t x t ≥=. 设()1x h x e=，因为()h x 在()0,∞+上是减函数，所以()()01h x h <=. 所以()()t x h x >，即()()1f x x g x +->.（3）证明：方程()()f x g x x -=在区间()1,+∞上的实根为0x ，即001ln x x e=，要证()()2012F x F x x <-，由()()12F x F x =可知，即要证()()1012F x F x x <-.当01x x <<时，()ln F x x x =，()1ln 0F x x '=+>，因而()F x 在()01,x 上单调递增. 当0x x >时，()x x F x e =，()10xxF x e -'=<，因而()F x 在()0,x +∞上单调递减. 因为()101,x x ∈，所以0102x x x ->，要证()()1012F x F x x <-.即要证01011122ln x x x x x x e--<. 记()0022ln x xx xm x x x e--=-，01x x <<. 因为001ln x x e =，所以0000ln x x x x e =，则()00000ln 0x xm x x x e =-=.()0000022212121ln 1ln x x x x x xx x x xm x x x e e e---+--'=++=++-. 设()t t n t e =，()1t tn t e-'=，当()0,1t ∈时，()0n t '>.()1,t ∈+∞时，()0n t '<，故()max 1n t e=.且()0n t >，故()10n t e <<，因为021x x ->，所以002120x x x xe e ---<<.因此()0m x '>，即()m x 在()01,x 上单调递增.所以()()00m x m x <=，即01011122ln x x x x x x e --<.故()()2012F x F x x <-得证.6．【2020·山东邹平一中期末】已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+. (1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立; (2)求函数()g x 的极值; (3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <. 【解析】(1)()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-，1cos 1x -≤≤Q ,()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥，, ()sin f x x a x =-在()0+∞，上为增函数,所以当()0,x ∈+∞时,恒有()()00f x f >=成立; (2)由()()()ln ,10m x mg x x m x g x x x x+'=+∴=+=> 当()00m g x '≥>，()g x 在()0+∞，上为增函数,无极值当()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->，，()g x 在()0m -，上为减函数,在(),m -+∞上为增函数,()x m x ∴=-，g 有极小值()ln m m m -+-,无极大值,综上知:当()0m g x ≥，无极值,当()0m g x <，有极小值()ln m m m -+-,无极大值. (3)当()11sin 22a f x x x ==-，在()0+∞，上为增函数, 由(2)知,当0m ≥,()g x 在()0+∞，上为增函数, 这时,()()f x g x +在()0+∞，上为增函数, 所以不可能存在()12,0,x x ∈+∞,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+且12x x ≠ 所以有0m <现不防设()()()()1211220x x f x g x f x g x <<+=+，得:111222112sin ln 2sin ln 22x x m x x x m x -+=-+()()()2121211ln ln 2sin sin 2m x x x x x x --=---①1122sin sin x x x x -<-()()212111sin sin 22x x x x -->--② 由①②式可得:()()()2121211ln ln 22m x x x x x x -->--- 即()()21213ln ln 02m x x x x -->-> 又1221ln ln ,ln ln 0x x x x <->2121302ln ln x x m x x -∴->⨯>-③ 又要证12249x x m <，即证21294m x x > 120,0m x x <<<Q即证m ->④所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x x x x -> 设211x t x =>,只需证1ln t t->即证()ln 01t t >> 令()()ln 1h t t t =-> 由()()()2101h t t h t '=>>，在()1+∞，上为增函数, ()()10h t h∴>=2121ln ln x x x x -∴>-,所以由③知,0m ->>成立, 所以12249x x m <成立. 7．【2020·陕西西安中学高三期末】已知函数21()ln 1()2f x x a x a R =-+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若20a -≤＜，对任意[]12,1,2x x ∈，不等式121211()()f x f x m x x -≤-恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）∵依题意可知：函数()f x 的定义域为()0,∞+，∴2()a x af x x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增. 当0a >时，由()0f x'>得x ()0fx '<得0x <<综上可得当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在(上单调递减；在)+∞上单调递增.（2）因为20a -≤<，由（1）知，函数()f x 在[]1,2上单调递增，不妨设1212x x ≤≤≤，则121211()()f x f x mx x -≤-，可化为2121()()m m f x f x x x +≤+，设21()()ln 12m mh x f x x a x x x=+=-++，则12()()h x h x ≥，所以()h x 为[]1,2上的减函数，即2()0a mh x x x x=--≤'在[]1,2上恒成立，等价于3m x ax ≥-在[]1,2上恒成立，设3()g x x ax =-，所以max ()m g x ≥，因20a -≤＜，所以2()30＞'=-g x x a ，所以函数()g x 在[]1,2上是增函数，所以max ()(2)8212g x g a ==-≤（当且仅当2a =-时等号成立）所以12m ≥．8．【2020·浙江温州期末】已知函数()()2log ln a f x x x x =+-，1a >. （1）求证：()f x 在()1,+∞上单调递增；（2）若关于x 的方程()1f x t -=在区间()0,∞+上有三个零点，求实数t 的值；（3）若对任意的112,,x x a a -⎡⎤∈⎣⎦，()()121f x f x e -≤-恒成立（e 为自然对数的底数），求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()2ln 1'21ln x f x xx a =⋅+-,∵1x >,∴()'0f x >,故()f x 在()1,+∞上单调递增.（2）()()()()2222ln ln ln 'ln x x a a f x x a +-=,令()()()222ln ln ln g x x x a a =+-,()()22'ln 0g x a x=+>,()10g =, 故当()0,1x ∈,()'0g x <,()1,x ∈+∞,()'0g x >,即()f x 在()0,1x ∈上单调递减；在()1,x ∈+∞上单调递增.()11f =, 若()()11f x t f x t -=⇔=±在区间()0,∞+上有三个零点,则11t -=,2t =.（3）()f x 在1,1x a -⎡⎤∈⎣⎦上单调递减；在(]1,x a ∈上单调递增.故()()min 11f x f ==,()()max 1max ,f x f f a a ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 令()()112ln h a f f a a a a a ⎛⎫=-=+-⎪⎝⎭,∴()0h a <, 故()max 1ln f x a a =+-,∴ln 1ln 1a a e a a e -≤-⇒-≤-, 因为1a >,设()ln a a a ϕ=-则1'()10a aϕ=->,故()ln a a a ϕ=-为增函数, 又()ln 1e e e e ϕ=-=-. ∴(]1,a e ∈.9．【2020·浙江台州期末】已知函数()ln f x a x x b =-+，其中,a b ∈R . （1）求函数()f x 的单调区间；（2）使不等式()ln f x kx x x a ≥--对任意[]1,2a ∈，[]1,x e ∈恒成立时最大的k 记为c ，求当[]1,2b ∈时，b c +的取值范围.【解析】（1）因()f x 的定义域为()0,∞+，()()'10af x x x=->，当0a ≤时，()'0f x <，∴()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()'f x 在()0,∞+上单调递减，()'0f a =， ∴()f x 在()0,a 上单调递增，在(),a +∞单调递减；（2）()()l ln n f x kx x x f x x x a k x a ++⇒≤≥--()1ln ln a x x x x bx+-++=. ∵[]1,2a ∈，[]1,x e ∈，∴()1ln ln 1ln ln a x x x x b x x x x bx x+-+++-++≥，令()()21ln ln ln 'x x x x b x x b g g x x x x+-++-+-=⇒=，由（1）()ln p x x x b ⇒=-+-在()1,+∞上递增；（1）当()10p ≥，即1b =时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≥⇒≥，∴()g x 在[]1,e 上递增；∴()()min 122c g x g b b c b ===⇒+==.（2）当()0p e ≤，即[]1,2b e ∈-时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≤⇒≤，∴()g x 在[]1,e 上递减； ∴()()min 22b b c g x g e b c b e e ++===⇒+=+14,2e ee ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦.（3）当()()10p p e <时，()ln p x x x b =-+-在上递增；存在唯一实数()01,x e ∈，使得()00p x =，则当()01,x x ∈时()()0'0p x g x ⇒<⇒<.当()0,x x e ∈时()()0'0p x g x ⇒>⇒>. ∴()()00000mi 000n 1ln ln 1ln x x x x b x x x c g x g x +-++=+===.∴00000011ln ln b c x x x x x x +=++-=+.此时00ln b x x =-. 令()()()11ln '10x h x x x h x h x x x-=-⇒=-=>⇒在[]1,e 上递增， ()()01,11,b e x e ∈-⇒∈，∴12,b c e e ⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭.综上所述，42,2b c e ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦. 10．【2020·蒙阴实验中学期末】设函数()212ln 222af x ax x x -=+++，a R ∈. （1）当2a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）2x =是函数()f x 的极值点，求函数()f x 的单调区间；（3）在（2）的条件下，()217ln 422g x x x x ⎛⎫=-++-⎪⎝⎭，若[)11,x ∀∈+∞，()20,x ∃∈+∞，使不等式()()1122mf xg x x x -≥+恒成立，求m 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，2a =时，()2ln 2f x x x =++，()12f x x x'=+， ()13f '=，()13f =，所以切线方程为()331y x -=-，即30x y -=.（2）()()22221222ax a x a f x ax x x+-+-'=++=， 2x =是函数的极值点，()8422204a a f +-+'==，可得1a =-，所以()2232(0)2x x f x x x-++'=>，令()0f x '>，即22320x x --<，解得1,22x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，结合定义域可知()f x 在()0,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减. （3）令()()()2ln ln 26h x f x g x x x x x =-=+++，[)11,x ∀∈+∞，[)20,x ∃∈+∞，使得()()1122m f x g x x x -≥+恒成立，等价于()()2min 21mh x x x x ≥+≥⎡⎤⎣⎦， ()12ln 2h x x x x x'=++-，因为1x ≥，所以2ln 0x x ≥，12x x+≥，即()'0h x ≥，所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，()()14h x h ≥=，即()20,x ∃∈+∞使得函数4mx x+≤，即转化为240x x m -+≤在()0,∞+有解， ()22424x x m x m -+=--+，所以40m -+≤，4m ≤.。

函数中任意性与存在性问题

函数中的任意性和存在性问题
江津中学周雪敏
引例：
常见类型：
解：
解：
注意：分类讨论时首先要明确需要讨论的对象，再确定好分类标准，做到不重不漏。
方法反思：
（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，但要注意分离参数法不是万能的，如果参数不易分离或分离参数后得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法。（2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，或用其他方法求最值（经常会用到分类讨论这一数学思想方法）。 (3)数形结合法：在同一直角坐标系下画出函数的图像，根据图像求解。（4）解决此类问题的指导思想是：构造函数，或参变量分离后构造函数，转化为新函数的最值问题。
练习：
小结：
1．函数中的任意性和存在性问题实质上都可以转化为函数的最值问题。 2．解题中要注意数学思想方法的应用：如转化与化归思想、数形结合思想、分类讨论思想等。
课后作业：
步步高P30
08:36:18

高三数学热点难点突破技巧第07讲导数中的双变量存在性和任意性问题

第07讲：导数中的双变量存在性和任意性问题的处理【知识要点】在平时的数学学习和高考中，我们经常会遇到不等式的双变量的存在性和任意性问题，学生由于对于这类问题理解不清,很容易和不等式的恒成立问题混淆，面对这类问题总是感到很棘手，或在解题中出现知识性错误。

1、双存在性问题“存在．．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立"．称为不等式的双存在性问题，存在．．),(1b a x ∈，存．在．),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f <成立,即)(x f 在区间),(b a 内至少有一个值．．．．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值．．．．．小。

，即max min )()(x g x f <.（见下图1） “存在．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f >成立”,即在区间),(b a 内至少有一个值．．．．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值．．．．．大，即min max )()(x g x f >。

（见下图2）2、双任意性问题“任意．．),(1b a x ∈,对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立” 称为不等式的双任意性问题. 任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f <成立，即)(x f 在区间),(b a 任意一个值．．．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的任意．．一个函数值都要小,即max min ()()f x g x <。

“任意．．),(1b a x ∈,对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f >成立”，即)(x f 在区间),(b a 内任意一．．．个值．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的任意．．一个函数值都要大,即min max ()()f x g x >. 3、存在任意性问题“存在．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立” 称为不等式的存在任意性问题。

导数常见题型与解题方法总结

导数常见题型与解题方法总结导数题型总结：1.分离变量：在使用分离变量时，需要特别注意是否需要分类讨论（大于0，等于0，小于0）。

2.变更主元：已知谁的范围就把谁作为主元。

3.根分布。

4.判别式法：结合图像分析。

5.二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系；（2）端点处和顶点是最值所在。

基础题型：此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：1.令f'(x)=0，得到两个根。

2.画两图或列表。

3.由图表可知。

另外，变更主元（即关于某字母的一次函数）时，已知谁的范围就把谁作为主元。

例1：设函数y=f(x)在区间D上的导数为f'(x)，f'(x)在区间D上的导数为g(x)，若在区间D上，g(x)<___成立，则称函数y=f(x)在区间D上为“凸函数”。

已知实数m是常数，f(x)=(-x^4+mx^3+3x^2)/62.1.若y=f(x)在区间[0,3]上为“凸函数”，求m的取值范围。

解法一：从二次函数的区间最值入手，等价于g(x)<0在[0,3]上恒成立，即g(0)<0且g(3)<0.因此，得到不等式组-3<m<2.解法二：分离变量法。

当x=0或x=3时，g(x)=-3<0.因此，对于0≤x≤3，g(x)<___成立。

根据分离变量法，得到不等式组-3<m<2.2.若对满足m≤2的任何一个实数m，函数f(x)在区间(a,b)上都为“凸函数”，求b-a的最大值。

由f(x)=(-x^4+mx^3+3x^2)/62得到f'(x)=(-4x^3+3mx^2+6x)/62，f''(x)=(-12x^2+6mx+6)/62.因为f(x)在区间(a,b)上为“凸函数”，所以f''(x)>0在(a,b)___成立。

因此，得到不等式组a≤x≤b和-12a^2+6ma+6>0，即a≤x≤b且m≤2或a≤x≤b且m≥1/2.由于m≤2，所以a≤x≤b且m≤2.根据变更主元法，将F(m)=mx-x^2+3视为关于m的一次函数最值问题，得到不等式组F(-2)>0和F(2)>0，即-2x-x^2+3>0且2x-x^2+3>0.解得-1<x<1.因此，b-a=2.Ⅲ）由题意可得，对任意x∈[1,4]，有f(x)≤g(x)代入g(x)得：x3+(t-6)x2-(t+1)x+3≥x3+(t-6)x2/2化___：x2(t-7/2)-x(t+1/2)+3≥0由于对于任意x∈[1,4]，不等式都成立，所以判别式≤0：t+1/2)2-4×3×(t-7/2)≤0化___：t2-10t+19≤0解得：1≤___≤9综上所述，a=-3，b=1/2，f(x)的值域为[-4,16]，t的取值范围为1≤t≤9.单调增区间为：$(-\infty,-1),(a-1,+\infty)$和$(-1,a-1)$。

高中数学导数知识点归纳总结

高中数学导数知识点归纳总结1.导数的定义-函数f在a点可导的充分必要条件是：存在一个常数k，使得当自变量趋于a时，函数值与f(a)之差与自变量与a之差的比值的极限等于k。

这个常数k就是函数f在a点的导数。

- 导数的定义公式为：f'(x) = lim (f(x + △x) - f(x))/△x(△x→0)2.导数的基本运算法则- 常数法则：如果c是常数，那么dc/dx = 0-乘法法则：(f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)-除法法则：(f(x)/g(x))'=(f'(x)g(x)-f(x)g'(x))/g(x)^2- 链式法则：如果y = f(u)且u = g(x)，那么dy/dx = dy/du *du/dx3.导数与函数的关系-函数f在点x=a处可导，则函数f在点x=a处连续。

-可导函数必定在其可导区间内连续，但是连续函数未必可导。

-导数存在的充分必要条件是函数在该点连续且有极限。

4.常见函数的导数- 幂函数：y = x^n，则y' = nx^(n-1)- 指数函数：y = a^x，则y' = a^x * ln(a)- 对数函数：y = ln(x)，则y' = 1/x- 三角函数：sin x的导数是cos x，cos x的导数是-sin x，tan x 的导数是sec^2x5.导数的几何意义-导数表示函数在其中一点上的切线的斜率。

-导数的绝对值表示函数在该点的变化速率，正表示增加，负表示减小。

6.导数的应用-求函数的极值点：对导数函数进行分析，找到其零点。

-求函数的单调区间：根据导数的正负性，确定函数在哪些区间上是增函数或减函数。

-求函数的最大值最小值：结合极值点和边界点来进行判断。

-求曲线的切线和法线：根据导数和函数在其中一点上的数值来确定切线和法线的斜率。

7.高阶导数和导数的计算-高阶导数表示对函数的导数进行多次求导的结果。

导数任意以及存在的分析解析

x3
x2
3
．
（1）如果存在 x1, x2 [0,2]，使得 g(x1) g(x2 ) M 成
立，求满足上述条件的最大整数 M ；
（2）如果对任意的 s,t [1 ,2]，都有 f (s) g(t) 成 2
立，求实数 a 的取值范围。
学为人师行为世范
解析：（1）存在 x1, x2 [0, 2]，使得 g(x1) g(x2 ) M 成立
，即函
数
h(x)
x
x2
ln
x
在区间[
1 2
,1)
上递增，在区间(1,2]上递减，
所以 h(x)max h(1) 1，所以 a 1 。
点评：x1 A,x2 B ，使得 f (x1) g(x2) 成立 f (x)min g(x)max
七、双函数“存在”+“存在”型
例
9．已知函数
f
(x)
3a2 2a 1≤ 4
即 3 ≤ 2a
，
解得：1
≤
a
≤
3 2
• 点评：
“ 对任意 x1 A ，存在 x2 B ，使得 f (x1) g(x2)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
8．设
f
(x)
a x
x ln
x
，
g(x)
存在，说明理由.
学为人师行为世范
解析：
在 0,2 上 g x 19 x 1 是增函数，故对于 x 0, 2 ， 63
. g
x
1 3
,
6
设 h x f x 2ax 3x2 2x a a 2 ，当 x 1,1 时，

高中数学任意性与存在性问题探究

高中数学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近年的高考中，全称命题和存在性命题与导数的结合成为了一大亮点。

本文将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：对于任意的x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，若f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]max；【如图一】结论2：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]XXX；【如图二】结论3：对于任意的x1∈[a,b]和存在x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]XXX；【如图三】结论4：存在x1∈[a,b]和任意的x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]max；【如图四】结论5：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)=g(x2)，则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)=8x+16x-k，g(x)=2x+5x+4x，x∈[-3,3]，k∈R；1) 若对于任意的x∈[-3,3]，都有f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；2) 若存在x∈[-3,3]，使得f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；3) 若对于任意的x1,x2∈[-3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求实数k的取值范围；解：1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x-3x-12x+k，问题可转化为：对于x∈[-3,3]，h(x)≥常数成立，即[h(x)]XXX≥常数。

由结论1可知，当f(x1)>g(x2)时，[f(x)]min>[g(x)]max，即h(x)的最小值出现在f(x)和g(x)的交点处。

因此，我们可以求出h(x)的导数h'(x)并列出变化情况表格，得到[h(x)]min=k-45.因此，k≥45，即k∈[45,+∞)。

利用导数研究存在性与任意性专题

利用导数研究恒成立、存在性与任意性问题一、利用导数研究不等式恒成立问题[典例]设f(x)＝e x－a(x＋1)．(1)若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)＋ae x，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．[解](1)因为f(x)＝e x－a(x＋1)，所以f′(x)＝e x－a．由题意，知a＞0，故由f′(x)＝e x－a＝0，解得x＝ln a．故当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的最小值为f(ln a)＝e ln a－a(ln a＋1)＝－a ln a．由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝e x－a(x＋1)≥0恒成立，故有－a ln a≥0，又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为(0,1]．(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝g x2－g x1x2－x1，由已知k＞m，即g x2－g x1x2－x1＞m．因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．因为x1＜x2，所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．而g′(x)＝e x－a－ae x，又a≤－1＜0，故g′(x)＝e x＋－ae x－a≥2ex·－ae x－a＝2－a－a．而2－a－a＝2－a＋(－a)2＝(－a＋1)2－1≥3，所以m的取值范围为(－∞，3]．[方法点拨]解决该类问题的关键是根据已知不等式的结构特征灵活选用相应的方法，由不等式恒成立求解参数的取值范围问题一般采用分离参数的方法．而第(2)问则巧妙地把直线的斜率与导数问题结合在一起，命题思路比较新颖，解决此类问题需将已知不等式变形为两个函数值的大小问题，进而构造相应的函数，通过导函数研究其单调性解决．[对点演练]已知f(x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3．(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞1e x－2ex恒成立．解：(1)由题意知2x ln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2ln x＋x＋3 x，设h(x)＝2ln x＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝x＋3x－1x2．①当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，所以a ≤h (x )min ＝4，即实数a 的取值范围是(－∞，4]．(2)问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e (x ＞0)．又f (x )＝x ln x (x ＞0)，f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ．设m (x )＝x e x －2e (x ＞0)，则m ′(x )＝1－x e x ，当x ∈(0,1)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减，所以m (x )max ＝m (1)＝－1e ，从而对一切x ∈(0，＋∞)，f (x )＞m (x )恒成立，即x ln x ＞x e x －2e 恒成立．即对一切x ∈(0，＋∞)，ln x ＞1e x －2ex恒成立．二、利用导数研究存在性与任意性问题[典例] 设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3．(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M ．由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23．由g ′(x )＜0，解得0＜x ＜23；由g ′(x )＞0，解得x ＜0或x ＞23．又x ∈[0,2]，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增，又g (0)＝－3，g (2)＝1，故g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527．所以[g (x 1)－g (x 2)]max＝g (x )max －g (x )min＝1＋8527＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4．(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ．由(1)可知在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，易知h ′(x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0．所以函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递增，在区间[1,2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．[方法点拨]等价转化法求解双参数不等式双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．本例第(1)问是“存在性”问题，转化方法是：如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，则可转化为M ≤[g (x 1)－g (x 2)]max ，即求解使不等式M ≤g (x )max －g (x )min 成立时的M 的最大取值；第(2)问是“恒成立”问题，转化方法是：如果对于任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，则可转化为在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )min ≥g (x )max ，求解得到实数a 的取值范围．[对点演练]已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．(1)当0＜a ＜12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4．当a ＝14时，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0＜a ＜12，所以1a －1＞1＞0，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a －1时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． (2)a ＝14∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1a－1＝3∉(0,2)，由(1)知，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1,2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)＝－12．对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)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－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1,2]，所以，①当b ＜1时，g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0，此时与(*)矛盾；②当1≤b ≤2时，g (x )min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b ＞2时，g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，且当b ＞2时，8－4b ＜0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞．。

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