导数任意以及存在的分析解析

三、单一函数双“任意”型
学为人师
行为世范
三、单一函数双“任意”型
学为人师
行为世范
四、单一函数双“存在”型
例 5．设 x 3 是函数 f ( x) ( x2 ax b)e3x ( 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；
二、单一函数单一“存在”型
学为人师
行为世范
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，a>(≥)f(x)min”；
“存在x∈A，使得a<(≤)f(x)成立”等价于 “当x∈A时，a<(≤)f(x)max”。
1
在 (1 , 2 ) 上单调递减， f ( x)min
2 2 g ( x ) ( x b ) b 4， 又
1 f (1) 。 2
依题意有 f ( x) min g ( x) max ，所以 g ( x)max 2 。
m '( x) 3 2ln x 0 ,
2 1 [ m ( x ) h '( x ) 1 2 x ln x x 所以 在 2 , 2]
1 x [ 上递减，当 2 ,1) 时， h '( x) 0 ， x (1, 2] 时， h '( x) 0 ，即函
1 [ 数 h( x) x x ln x 在区间 2 ,1) 上递增，在区间 (1, 2] 上递减，
行为世范
• 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，
a>(≥)f(x)max”；“对任意的x∈A ，a<(≤)f(x)
恒成立”等价于“当 x∈A时，
a<(≤)f(x)min”。
' g x [0,1] ∴当 时， ( x) ≤ 0 ， g ( x) 单调递减，
∴当 x [0,1] 时， g ( x ) [ g (1), g (0)] ，
2 g ( x ) [ 3 a 2a 1, 2a] ，又对于任意 x1 [0,1] ， 即
总存在 x0 [0,1] ， 使得
2
点评： 点评： “存在 x , x [0, 4]使得 f (x ) g(x ) 1”等
1 2
1 2
价于“ ( f (x ) g(x ) )
1 2
min
1
” ，而 ( f (x ) g(x ) ) 要
1 2 min
通过 f ( x) 与 g ( x) 的值域来得到。
五、双函数“任意”+“存在”型：
1
1 2
六、双函数“任意”+“任意”型
例 8．设 ， g ( x) x x 3 ． （1） 如果存在 x , x [0, 2]， 使得 g ( x1 ) g( x2 ) M 成 立，求满足上述条件的最大整数 ； 1 s , t [ （2）如果对任意的 2 , 2] ，都有 f (s) g (t ) 成 立，求实数 的取值范围。
25 x （2）设 a 0 ， g ( x) (a )e 。若存在 x1, x2 [0, 4]使得 4
2
f ( x1 ) g ( x2 ) 1成立，求 a 的取值范围。
学为人师
行为世范
解析：
（1） f ( x) [ x
2
(a 2) x b a]e3 x ，则 f (3) 0 ，
m 8 5ln 2 ，
所以实数 m 的取值范围是 m 8 5ln 2 。
点评：
x1 A, x2 B
f ( x)max g ( x)max 。
，使得
f ( x1 ) g ( x2 ) 成 立
同样，
x1 A, x2 B ， 使 得 f ( x1 ) g ( x2 ) 成 立
5 (, ] [1, ) 单调减区间为 。 3 和
（2）由（1）可知当 x [0,1] 时， f ( x) 单调递增， ∴当 x [0,1] 时， f ( x) [ f (0), f (1)] ，即 f ( x) [ 4, 3] ；
' 2 2 g ( x ) 3 x 3 a 又 ，且 a ≥ 1 ，
f ( x1 ) g ( x0 ) 成立 [ 4, 3] [3a 2 2a 1, 2a] ，
3a 2 2a 1 ≤ 4 即 3 ≤ 2a ，
解得：
1≤ a ≤
3 2
• 点评 ：
“ 对 任 意 x A ， 存 在 x2 B ， 使 得 f ( x ) g ( x ) 成立”等价于“ f ( x) 的值域包 含于 g ( x) 的值域” 。
解答规律和方法作以探讨。
一、单一函数单一“任意”型
• 例1．已知函数 f ( x) x ln( x a) 的最小值为 0 ,其中a>0 。 • (1)求a的值； 2 • (2)若对任意的x [0, ),有 f ( x) kx 成立,求 实数k的最小值。
学为人师
行为世范
学为人师
1 x [ , 2] 恒成立，也等价于 a x x 2 ln x 对 x [ 1 , 2] 恒成立。 2 2
2 h ( x ) x x ln x ， h '( x) 1 2 x ln x x ， h '(1) 0 。 记
1 m ( x ) 1 2 x ln x x x [ , 2] ， 记 ， m '( x) 3 2ln x ，由于
x 2 2bx 4 。若存在
x1 (0, 2) ， x2 1, 2，使 f ( x1 ) g ( x2 ) ，求实数 b 取值范围。
学为人师
行为世范
解析：
f ( x) 1 1 3 ( x 1)( x 3) 2 ， x 4 4x 4x2
f ( x) 在 (0,1) 上单调递增，
北师大平果附属学校
导数题任意以及存在的 分类解析
邹守存
学为人师
行为世范
•
导数题是高考题中的常考题、必考题， 而且大都是压轴题，拿下导数题有些难度。 导数题虽然较难，但解答方法也有规律可 循。近几年高考导数题中热点问题，尤以 关于“任意”、“存在”的内容最多。 “任意”、“存在”是导数题最为明显的 特色。从单一型，发展到混合型。下面对
。
又 g ( x) 在 [1, 2] 上的最大值为 max{g (1), g (2)}，所以有
1 f ( ) g (1) m 8 5ln 2 3 5ln 2 5 m 2 1 1 3 5ln 2 8 2 m m (11 5ln 2) f ( ) g (2) 2 2
4 [a 2 25 2 25 4 25 1 , (a )e ] ，由于 (a 2 ) (a 6) (a ) 2 0 ， 4 4 4 2 4
所以只须且只须 (a 2 25 ) (a 6) 1 且 a 0 ， 解得 0 a 3 。
2
故 a 的取值范围是 (0, 3 ) 。
（2）由（1）可知，当时 a 0 ，
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{ f (0), f (4)}, f (3)] ， 而 f (0) (2a 3)e3 0 ， f (4) (2a 13)e1 0 ， f (3) a 6 ， 那么 f ( x) 在 [0, 4] 上的值域为 [(2a 3)e3 , a 6] 。 又 g ( x) (a 2 25 )e x 在 [0, 4] 上是增函数，所以它在 [0, 4] 上的值域是
2
2 [ 在 3 , 2] 上单调递增，所以 g ( x)max = max{g (0), g (2)} 1 ，
g ( x) min
2 85 g( ) 3 27 ，
112 所以 M 27
，从而满足条件的最大整数 M
4。
1 1 25 （2）由 g ( 2 ) 8 ，得 g ( x) 在 [ 2 , 2] 上的最大值为 1.则 1 对任意的 s, t [ 2 , 2] ， 都有 f (s) g (t ) 成立等价于 f ( x) 1 对
2
所以 h( x)max h(1) 1，所以 a
1。
x1 A, x2 B ， 点评： 使得 f ( x1 ) g ( x2 ) 成 立 f ( x)min g ( x)max
七、双函数“存在”+“存在”型
x 3 f ( x ) ln x 1 ， g ( x) 例 9．已知函数 4 4x
例 6 ． 已 知 函 数
2
2 f ( x) 2 x 5ln x x
，
g ( x) x mx 4 ，若存在 x1 (0,1) ，对任意
x2 [1,2] ，总有 f ( x1 ) g ( x2 ) 成立，求实数
m
的取值范围。
学为人师 行为世范
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。
2 x2 5x 2 f ( x) ，由 x2
f
1 x '( x) 0 得， 2 或
1 x 2 ，当 x (0, 2 ) 时，
1 f ( ) 3 5ln 2 2
1 x ( ,1) 时 f ( x) 0 ， f ( x) max f ( x) 0 ， 当 所以在 （0， 1） 上， 2
解得 b 3 2a 。
f ( x) [ x2 (a 2) x 3 3a]e3 x ( x 3)( x a 1)e3 x ，令 f ( x) 0 ，
得x
1
3, x2 a 1 ，由于 x 3 是极值点，所以 a 1 3 ，
f ( x)
3 2
1 2
M
a x ln x x
a
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 等价于 g ( x)max g ( x)min M 。
2 2 [0, 由 g '( x) 3x 2 x 3x( x 3 ) ，可得 g ( x) 在 3 ] 单调递减，
得 a 4 。 所以当 a 4 时， a 1 3 ， 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 a 4 时， a 1 3 ， f ( x) 在 (, 1 a) 上单调递减， 在 (1 a,3) 上单调递增，在 (3, ) 上单调递减。
f ( x)min g ( x)min 。
五、双函数“任意”+“存在”型：
例 7．设函数 （1）求 f ( x) 的单调区间． （2）设 a ≥ 1 ，函数 g ( x) x 3a x 2a ．若 对于任意 x1 [0,1] ，总存在 x [0,1] ，使 得 f ( x1 ) g ( x0 ) 成立，求 a 的取值范围．
3 2
1 3 1 2 5 f ( x) x x x 4 ． 3 3 3
0
学为人师
行为世范
2 5 f ( x) x x 解析： （1） 3 3，
' 2
令
Байду номын сангаас
f ( x) ≥ 0 ，即
'
x2
2 5 5 x ≤0 ≤ x ≤1 ，解得： 3 ， 3 3
5 [ ,1] ∴ f ( x ) 的单增区间为 3 ；