函数导数“任意存在”型问题归纳

1、百度文库-让每个人平等地提升自我5导学语函数导数任意性和存在性问题探究函数导数问题是高考试题中占比重最大的题型，前期所学利用导数解决函数图像切线、函数单调性、函数极值最值等问题的方法，仅可称之为解决这类问题的“战术”,若要更有效地彻底解决此类问题还必须研究“战略”，因为此类问题是函数导数结合全称命题和特称命题形成的综合性题目.常用战略思想如下:题型分类解析.单一函数单一 “任意”战略思想一一 “ xA, a()f(x)恒成立”等价于“当x A时，a)f(x)max”f(x)上限A, a()f(x)恒成立”等价于“当x A时，a)f (x)min ”f(x)下限例1 :已知二次函数f(x)2ax

2、x,若0,1时，恒有 | f (x)|求实数a的取值范围.2ax2ax当x 0时，不等式显然成立，aC R.当0 x 1时，由1 x ax21 x得:综上得a的范围是a 2,0.11、八而(二 _)min 0, a 0.xx1 x1) xmax112.，x x2, a 2,二.单一函数单一 “存在”型战略思想二:)f(x)成立”等价于“当x A时，a()f(x)min”)f(x)成立”等价于“当x A时，a()f(x)max”例2.已知函数f (x) aln xR),若存在x 1,e,使得 f(x)取值范围.解析：f (x) (a 2)x a(x ln x) x2 2xx 1,e , In x

3、1 x且等号不能同时取，所以In x x,即 x In x2.因而a-在x ln x1,e,x2 2x 令 g(x) f1,e,又 g (x)(x 1)(x 22ln x)当 x 1,e时，x0, In x 1 , x从而g (x) 0 (仅当(x ln x)22 2lnx 0,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,).f(x)上限f(x)下限(a 2)x成立，求实数a的0,三.单一函数双“任意”型战略思想三：x R,都有f(x1)f(x) f(x2)f (x1), f (x2)分别是y，x1 71f (x)的最小值和最大值，|

4、 xi x2 | min是同时出现最大值和最小值的最短区间.x例 3.已知函数 f (x) 2sin(，一)，右对 x R,都有f(x1)f(x) f (x2)成立，则 | x1 x2 |25的最小值为 /解,对任意xC R,不等式f(x1)f (x)f(x2l1成立， f(xi), 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Tt,即半个周期.x 、又函数f(x) 2sin()的周期为4,|x1 x2|的最小值为2.x2 1时，使25战略思想四： x1,x2 A, f (x2)f(xi) f(x2)成立22f (x)在A上是上凸

5、函数f(x) 02例4.在y 2x, y log2 2x, y x , y cosx这四个函数中，当 0 x1u x_且) uxfl*!”恒成立的函数的个数是 ()为)f(x2)的函数,应是凸函 222解：本题实质就是考察函数的凸凹性，即满足条件f(x2)2数的性质，画草图即知 y log22x符合题意；f(x)在A上是增函数战略思想五：x1,x2 A, f(xi) f(x2) 0成立xi x2例5已知函数f(x)定义域为1,1,f(m) f(n)。，若 f(x) t2 2at m nf(1) 1 ,若 m,n 1,1, m n 0时，都有1对所有x 1,1,a 1,1恒成立，求实数t取值范围

6、.解：任取 1x1 x2 1,则 f (x1)f %)f(x1) f(x2)(x1x1 x2由已知工(x)-t(x x1 x20 ,又 xx20, f(x1) f(x2) 0,即f (x)在1,1上为增函数.f(1) 1 , . x 1,1,恒有 f(x) 1； 2要使 f(x) t 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,解得t 2或t 0或t 2.战略思想六：x1,x2 A,|f(x1)f(x2)| t (t为常数)成立 t=f(x)max f(x)mi

7、n43 1.，例6.已知函数f(x) x 2x ,则对任意,2 (t1 t2)都有| f(t f(t2)| 恒 2成立，当且仅当t1=, t2=时取等号.解：因为 |f(X) f(x2)| |f(x)max f(x)min| 恒成立，、4_ 31 _由 f(x) x 2x ,x 一,2, 2 32715易求得f(x)maxfH)f(x)min f (小 二，216216I f(x1) f(x2)| 2.战略思想七：x1,x2 A, | f (x1) f (x2) | 11 x1 x2 |I f(x1) f(x2) I t |f(x)| t(t 0) x1 x2例7.已知函数y f(x)满足：(

8、1)定义域为1,1；(2)方程f (x) 0至少有两个实根1和1；(3)过f(x)图像上任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：为:寸任意 x1,x2 1,1,都有 | f (x1) f(x2)| 1 .证明略；/(2)由条件(2)知 f( 1) f (1) 0 , /不妨设 1 Xi x21 ,由(3)知 |f(x1)f (x2) | Xix2| x2 Xi,又(Xi) f(X2)| f(x,)| | f(X2)|f(X1)f(1)| |f(X2) f(1)|Xi1 1X22(X2Xi)2 | f(X1)f(X2)|； . | f(X1)f(X2)|1

9、百度文库-让每个人平等地提升自我例8.已知函数f (x)x3 aX b,对于 Xi,X2 (0,-Xi X2)时总有 |f(Xi) f(X2)|Xi X2 | 成立，求实数a的范围.32斛由 f(X) x aX b,得 f (x) 3x a,、“ 一 3 当 x (0,)时, 3f (x) 1 a , | f (xi)f (X2)| | xi X2I，|f(Xi) )| 1Xi X2评注由导数的几何意义知道，函数y f (x)图像上任意两点P(x1, y1),Q(x2, y2)连线的斜率k 红1(x1 x2)的取值范围，就是曲线上任一点切线的斜率(如果有的话)的范围，利用这个结论，可X2 X1

10、以解决形如|f(x1) f (x2)| m|x1 x2|或|f(x1) f (x2)| m|x1 x2 |(m 0)型的不等式恒成立问题四.双函数“任意” + “存在”型:战略思想八:x1 A, X2 B,使得 f (x1) g(X2)成立f (X)minx1 A, X2 B ,使彳f f(x1) gd)成立f (X)maxg(x)min ； g (x)max .2例 9.已知函数 f(x) 2x 5lnx, g(x) x2x mx 4 ,右存在 x1(0,1),对任息 X2 1,2,总有f(x1) gd)成立，求实数 m的取值范围g(x)在1,2上的最大值解析：题意等价于 f (x)在(0,

11、1)上的最大值大于或等于2x2 5x 21f (x) 2，由 f(x) 0 得，x 或x 2,x2. 1-,1一当 x (0,2)时，f (x) 0,当 x (2,1)时 f (x) 0 ,所以在(0, 1)上，f (x)maxf (-1)3 5ln 2.又g(x)在又2上的最大值为maxg(1),g(2),所以有.1f(-) g(1)2,1f(-) g(2)23 5ln 25 m3 5ln 2 8 2mm 8 5ln 21m -(11 5ln 2)2所以实数m的取值范围是m 8 5ln2.g(x)上限f (x)上限f (x)下限g(x)下限百度文库-让每个人平等地提升自我14战略思想九:Xi

12、A ,x2 B ,使得 f (%) g(x2)成立f(x)的值域包含于.g(x)的值域”.例10.设函数f(x)(1)求f (x)的单调区间.(2)设 a)1 ,函数 g(x)3 o 2x 3a x2a.若对于任意x0,1,总存在xo 0,1,使得f(xi) g(xo)成立,求a的取值范围.解析：(1) f (x)550 0 ,解得： & x & 1 ,33. f (x)的单增区间为(2)由(1)可知当即 f(x) 4, 3;5 ，、，,1;单调减区间为35(,鼻和1,).x 0,1时,f(x)单调递增,当x0,1时,f(x) f(0),f(1)，一 22.、又 g (x) 3x 3a ,且

13、a 1, .当 x 0,1时，g (x) 0,g(x)单调递减,.当 x 0,1时,g(x) g(1),g(0),即 g(x)3a2 2a 1,2a,又对于任意x10,1,总存在x00,1,使得 f(x1) g(x0)成立4, 323a2 2a1, 2a,日口 3a2 2a 1 4 珈/日即，解得:3 2a1a32例11 .已知函数f (x) In xR);,1 ,当a 时，讨论f (x)的单调性;22一.1 ,.(2)设g(x) x2bx4 ,当a 一时，右对4X (0,2),x2 1,2,使 f(x1)b的取值范围;解：(1)(解答过程略去，只给出结论)g(x2),求实数当aw。时，函数f

14、(x)在(0,1)上单调递减，在(1, +8)上单调递增;当a=1时，函数f(x)在(0, +8)上单调递减；211当0ag(x2)” 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”. (派)2又 g(x)=(x b)2+4 b2, x C 1,2,所以 当b0,此时与(:)矛盾；、 当be 1,2时，因为g(x) min=4b20,同样与()矛盾； 当 be (2, +8)时，因为g(x) min=g(2)=8 4b.解不等式8-4b1728综上，b的取值范围是”,+8).8五.双函数“任意”+ “任意”型的，彳战略思想十：xA, x2B,使得 f

15、 (x1) g(x2)成立f (x)ming(x)max1一 一， 一一1 o o 49x c例 12.已 知函数f(x) -x x 3x , g (x) ,右对任 息 11s332”Xi,X2 2,2,都有 f (Xi) g(x2),求 c的范围.解：因为对任意的x1, x2 2,2,都有f(xj g (x2)成立，2- f(x)max g(x)min , f (X) X 2x 3,/令 f (x) 0得 x 3,x 1x3 或 xv-1； f (x) 0得 1x3；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/

16、24.2例 13.已知两个函数 f(x) 8x2 16x k,g(x) 2x3 5x2 4x,x 3,3, k R;(1)若对 x 3,3,都有f(x) g(x)成立，求实数k的取值范围；(2)若x 3,3,使得f(x) g(x)成立，求实数k的取值范围; 若对 Xi,X2 3,3,都有f(Xi) g(X2)成立，求实数k的取值范围;解:(1)设 h(x) g(x) f (x) 2x3 3x2 12x k,(1)中的问题可转化为:3,3时，h(x) 0 恒成立，即h(X)min 0._ 2_-一h (x)6x26x126(x2)(x1)；X-3(-3,-1)-1(-1,2)2(2,3)3h (

17、x)+0一0+h(x)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9当x变化时，h(x), h (x)的变化情况列表如下:因为 h( 1) k 7, h(2) k 20,所以，由上表可知h(x)min k 45,故 k-450,得 k45,即 kC 45,+ 8).小结：对于闭区间I,不等式f(x)k对xC I时恒成立f(x) maxk对xC I时恒成立 f(x) mink, X C I.此题常见的错误解法：由f(x) maxW g(x) min解出k的取值范围.这种解法的错误在于条件“f(x) maxWg(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

18、的问题等价于h(x)= g(x) -f(x) 0在X C -3,3时有解，故h(x) max由(1)可知h(x) max= k+7 ,因此 k+7 0,即 kC 7, + oo).(3)根据题意可知，(3)中的问题等价于f(x) maxW g(x)min, xC-3,3.由二次函数的图像和性质可得，X 6 -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 120kA 21 得 k口 141，即 kC 141,+ 8).f(x)说明：这里的xi,x2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六.双函数“存在”+ “存在”型xiA, X2B ,使得 f(xi)g(x2)成立f (X)ming ( x) max ；XiA, X2B ,使得f(xjg(X2)成立f (X)maxg (x)min .FT例14 .已知函数f (x)lnx X 旦4 4x1 ， g(x)2bx 4.若存在Xi (0,2