导数中的任意性与存在性问题探究资料

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1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>；【如图一】 结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>；【如图二】 结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>；【如图三】 结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；【如图四】 结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x 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232()816,()254,[3,3],f x x x k g x x x x x k R =+-=++∈-∈; (1) 若对[3,3]x ∀∈-,都有()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (2) 若[3,3]x ∃∈-,使得()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对12,[3,3]x x ∀∈-,都有12()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； 解：（1）设32()()()2312h x g x f x x x x k =-=--+,（1）中的问题可转化为：

[3,3]x ∈-时，()0h x ≥恒成立，即min [()]0h x ≥。

'2()66126(2)(1)h x x x x x =--=-+；

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) 3

因为(1)7,(2)20h k h k -=+=-,所以，由上表可知min [()]45h x k =-，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)]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x 1,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1()ln 1()a

f x x ax a R x

-=-+

-∈; (1)

当1

2

a ≤

时，讨论()f x 的单调性；

（2）设2()24g x x bx =-+，当1

4

a =

时，若对1(0,2)x ∀∈，2[1,2]x ∃∈,使12()()f x g x ≥，求实数b 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）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；

当a=

21

时，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减； 当0

(1,1)a -上单调递增，在

（1

(1,)a

-+∞上单调递减；

（2）函数的定义域为（0，+∞），

f '（x ）=x 1－a+21x

a -=－

221x a x ax -+-，a=41

时，由f '（x ）=0可得x 1=1,x 2=3. 因为a=

41∈（0,2

1

），x 2=3∉（0,2）,结合（1）可知函数f(x)在（0,1）上单调递减，在（1,2）上单调递增，所以f(x) 在（0,2）上的最小值为f(1)= －2

1

.

由于“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)= －2

1

”. （※）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，同样与（※）矛盾； ③ 当b ∈（2，+∞）时，因为[g(x)]min =g(2)=8－4b. 解不等式8－4b ≤－21，可得b ≥817.综上，b 的取值范围是[8

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,+∞). 二、相关类型题： 〈一〉、"()"a f x ≥型；