高考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

1、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x1 w (a,b),存在x2 w (c, d),使得f (%) g(x2)成立”称为不等式的双存在性问 题，存在Xi w(a,b),存在X2 w(c,d),使得f (x)g(xz)成立，即f (x)在区间(a,b)内 至少有一个值 f(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的一个函数值 小.，即f (x)min g(x2)成

2、立，即在区间(a,b)内至少有 一个值f(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的一个函数值 大，即f (x)max g(x)min .(见下图 2)国1图22、双任意性问题“任意xw(a,b),对任意的xzCd),使得f (x) g(x2)成立称为不等式的双任意 性问题.住岸xi w (a,b),对任意的X2 w (c,d)，使得f (x) g(x2)成立，即f (x)在区间(a,b)内任意中t f(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的任意一个函数值都要大,即f (x)min g(x)max.3、存在任意性问题“住在xw(a,b),对任意的x?w (c,d),使得f (x) g(x2)成立称

3、为不等式的存在任意性问题.存在x w (a,b),对住意的x2 w (c, d)，使得f (x) g(x2)成立，即f (x)在区 间(a,b)内至少有一个值 f(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的任意一个函数值都要小，即f(x)ming(x)min . (见下图3)“存在x W (a,b),对任意的x2 w (c,d),使得f (x1) % g%)成立，即f(x)在区间(a,b) 内至少有一个值f(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的任意一个函数值都要大，即f (x)max , g(x)max . (见下图4)题型一双存在性问题使用情景不等式中的两个自变量属性都是存在性的.解题理论4化

4、x u (a,b),仔化x2 (c,d),使得f (为) g(x2)成立 称为不等式的 双存在性问题，存在.x1 u (a,b),布在x2匚(c,d),使得f(x1) g(x2)成立， 即f (x)在区间(a,b)内至少用一个值f(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的二 个函数值小，即f(x)min g(x) min .【例1】已知函数 f x =4ln x。ax _- a _0(I)讨论f(x)的单调性;(n )当a21时，设g (x )=2ex -4x +2a ,若存在 为,x2 W 1，2 ,使IL2f(x1)g(x2 ),求实数a的取值范围.(e为自然对数的底数，e = 271828

5、| )r品更#匚t i ： 4-or -4Tli白+3n【解析】(I ) /|町一一口- 7 x 0.x XX0时，。(243j力n的减区间为;0,：令加h i=/p +41-1!口一3】，增区间为-/ x0时,A = -4(rt-l) + 4)所以当m时J A0, M小0,力人在区间(0,十上单调递成4a 3当 0a0 , x1+x2=A0, x1 x2 =0aa2- - a -1 a 4xi0, x2 ; 0a当x三10x1)时,h(x )0,f(x)单调递增,十七 h(x)0f (x )单调递减,增区间0 +rJ当0a 1时,f (x )的减区间为 0 ,2 - - a -1 a 4 .

6、ia2+7-(a-11(a+4)3所以当a =0时，f(x )的减区间为 ：，3j当a之1时，f(x )的减区间为(0, +g增区间为,1(n)由(I)可知 f x在2的最大值为f13 |=-4ln 2 + a +6 ,22g (x)=2ex -4,令 g (x )=0 ,得 x =ln 2 .xW1,ln2j时，g(x)0, g(x)单调递增,所以g(x粒,1, 21的最小值为g(ln2)=44ln2+2a,3 一由题意可知 Mln 2+a+644ln 2+2a ,解得 a 4 ,所以 1Wa4. 2【点评】(1)存在性问题和任意性问题都是最值关系问题，关键是是什么样的最值关系，所以务必理解

7、清楚，不能含糊.(2)对于存在性问题和任意性问题的理解可以数形结合理解(见前面的知识要点)，也可以这样记忆，双存在性问题两边的最值相反【反馈检测1】设函数f (x) = (x - t. a -1 a 4 i 2 - . - a -1 a 4 i+ax+b)ex(xw R),(1)若x=1是函数f(x)的一个极值点，试求出 b关于a的关系式(用a表示b),并确定f(x)的单调区间；在(1)的条件下，设a A0 ,函数g(x) =(a2 +14)ex书，若存在：滑2 e 0,4使得I f (匕)g2)|1成立，求a的取值范围题型二双任意性问题使用情景不等式的两个自变量属性都是任意的.解题理论7壬穹

8、x w (a, b),对任意的x2 w (c, d),使得f (x) g(x2)成立”称为不等式的双任意性问题.任意x1亡(a,b),对任意的x2 w (c,d),使得 f (Xi) g(xz)成立,即f (x)在区间(a,b)任意二个值f(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的任意一个函数值都要小，即f (x)max g8)成立，即f (x)在区间(a,b)内佳高二个仅f (x)比函数g(x)在区间(c,d)内的任意一个函数值都要大，即f (x) min g ( x) max .【例2】已知函数f(x) = lnx. 若不等式mf(x户a+x对所有mw0,1，xw 口,e21都 .e成立，求

9、实数a的取值范围.【解析】则a a anx-x!il,e2 是关于m的一次函数，一 ea M二令 = In x-x(- .v二 /(.t)=-ex所以函数晨G在1上是增困数，在口工】上是遍函数， e所以双力工旧=g()= 2-J所以综合得r一J【点评】(1)存在性问题和任意性问题都是最值关系问题，关键是是什么样的最值关系，所以务必理解清楚，不能含糊.(2)对于存在性问题和任意性问题的理解可以数形结合理解(见前面的知识要点)，也可以这样记忆，双任意性问题，两边的最值相反fix) - alnx + -【反馈检测2】已知函数X, 05)二巧,讨，bER.(I )讨论“埴的单调性；(n)对于任意任意Z

10、冏，总有求的取值范围题型三存在任意性使用情景不等式的两个自变量一个属性是存在性的，一个是任意性的解题理论“存在xi=(a,b),对住意的x2=(c, d),使得f (xi) g(x?)成立”称为不等式的存在任意性问题.仔在x1w(a,b),对任意的x?w (c,d),使得f(x1) g(x2)成立，即f(x)在区间(a,b)内至少有一个值 f(x)比函数g(x) 在区间(c,d)内的任意一个函数值都要小，即 f(x)min g(x)maX.1 - a【例3】(2010局考山东理数第22题)已知函数f(x) = lnx ax+a1(aWR). x1.(i )当a W时，讨论f (x)的单调性；

11、2(n )设g(x)=x2 2bx+4.当a=)时，若对 任意x1 w (0, 2),存在x2亡1,2】，使 4f(x1)至g(x2),求实数b取值范围.【解析】/(x) = ln T-av+-l(.v 0), /= +- = T(x 0)XXX*X令 h(x)= ax2 -1 +1 -口住 0)(1)当 a=0时，h(x) = x+1(x0),当 xw (0,1),h(x)0, f(x)0,函数 f(x)单调递减；当 x w (1,+=c), h(x) 0 ,函数 f (x)单调递增.1(2)当 a =0时，由 f (x) =0 ,即 ax x +1 a =0,解得 x1 =1,x2 =-

12、-1. a-1 .当2=一时为=*2, h(x)主0恒成立，此时f(x)E0,函数f (x)单倜递减；2、“1 .1.一一 .当 0a10, xw (0,1)时 h(x) 0, f (x) 0 ,函数 f (x)单调递减； 2 a1 ,一 、一、一xu(1, 1)时，h(x) 0 ,函数 f (x)单倜递增； a1 .xu(1,y)时，h(x) A0, f (x)0 ,函数 f(x)单调递减. a1 _ 一一 一 一当 a 0时1 0, f (x) M0,函数 f(x)单调递减； a当 xW (1,口), h(x) 0, f (x) A0 ,函数 f(x)单调递增.综上所述：当aW0时，函数f

13、 (x)在(0,1)单调递减，(1,十比)单调递增;、“1 .当2=时为=*2, h(x)之0恒成立，此时f(x)M0,函数f(x)在(0,y)单调递减； 2-1 . 1 1当0ac 时，f(x)在(0,1)单调递减，(1,1)单调递增，(1,依)单调递减. 2aa一、,.1. (11)当2=时，f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x1 (0, 2),4 1有 f (x)min = f (1)= 一 一,2又已知存在x2 W 1,2，使f (x1)之g(x2),所以一1之g(x2) , 乂2W1,2，() 2又 g(x)=(x-b)2 4-b2,x 1,2当 b0

14、与()矛盾；当bW 11,2】时，g(x)min =g(1)=4b2之0也与()矛盾；1 17当 b :2时，g(x)min =g(2) =84b ,b 之一.2 817综上所述，实数b的取值范围是17,).8【点评】(1)存在性问题和任意性问题都是最值关系问题，关键是是什么样的最值关系，所以务必理解清楚，不能含糊.(2)对于存在性问题和任意性问题的理解可以数形结合理解(见前面的知识要点)，也可以这样记忆，存在任意性问题，两边的最值相同fx - - + (a + 2)lnx -ax-2【反馈检测3】已知函数工.(I)当0口2时，求函数网幻的单调区间；g(x) -X1 - 4bx- -1上nil

15、(n)已知 ”1,函数4.若对任意勺,者B存在及EW,司，使得成立，求实数匕的取值范围.高中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的处理参考答案【反馈检测1答案】(1) 5 , +叫；(2)(0 ,-.33反馈检测1详细解析】1 即 aM 时，由 f(x) A0 得 xw (3 a,y)或 xw(-, 1)由 f (x) 0得 xw(1, a)当3a 0得 xw (1,)或 xw (*, 3 a)由 f (x) 0 得 xw(二3a, 1)综上可知：当a4时，函数f(x)单调递增区间为(，3 a)和(1,收)，单调递减区间为(-3-a, 1).(2)由(1)知，当a0时

16、，f (x)在区间(0, 1)上的单调递减，在区间(1, 4)上单调递增，函数f(x)在区间0,4上的最小值为f(1) = (a+2)e又f (0) =bex =(2a+3) M0 , f (4) = (2a+13)e4 0 ,函数 f (x)在区间0, 4上的值域是f(1), f(4),即(a+2)e,(2a + 13)e4又g(x) =(a2+14)ex+在区间0 , 4上是增函数，且它在区间0 , 4上的值域是(a2 14)e4,( a2 14)e8 (a2 +14)e4 (2a +13)e4= (a2 -2a +1)e4= (a-1)2e4 之0 ,存在q,g0,4使得 f( 1)-g

17、( 2):1成立只须仅须2442 421 11(a +14)e (2a+13)e 1= (a -1) e 1= (a1)3 1-a0时,11Jn2 1一、（0）（- , + 8）F , + 8）/（X）递减区间为 门递增区间口 ,；（n）2L反馈检测2详细解析】（I ） fw =足2+刎广二1提二黑（Q0）当nwO时,r（#） = 0恒成立，即/（）通;成区间为（0 +8）a不存在增区间宁当。0时,令r阴交3令r寸碍1 1口、（0）+ 8） ；J（W递减区间为以，递增区间口 ；综上：当口0时，/递减区间为（5+，不存在增区间;1当口 。时，/（XI递减区间为 口1（-+ 8） ,递增区间Ug(d) = ainx + (H)令.由已知得只需9（1）E0即若对任意Inx 108至1-恒成立，即 x xInx 1h=1-令X r xinx r 2x E 2间)h (x) =,则/设m)=二仪心-2(工w2冏),则m= 1-(1 + )=-限- + -4lp 24L串【反馈检测3答案】（I）详见解