高中數(shù)學(xué)任意性與存在性問題探究

1、函數(shù)中任意性和存在性問題探究卜面結(jié)合高考試題高考中全稱命題和存在性命題與導(dǎo)數(shù)的結(jié)合是近年高考的一大亮點(diǎn), 對此類問題進(jìn)行歸納探究一、相關(guān)結(jié)論：結(jié)論1：Xia,b,X2c,d, f(x)g(X2)f(x)ming(x)max ； 【如圖一】結(jié)論2:Xia,b,X2c,d, f (Xi)gd)f(x)maxg(X)min ；【如圖二】結(jié)論3:Xia,b,X2c,d, f(Xi)gd)f(x)ming(X)min ；【如圖三】結(jié)論4:Xia,b,X2c,d, f (Xi)g(X2)f(x)maxg(x)max ； 【如圖四】結(jié)論5：Xia,b,X2c,d, f (Xi)9(X2)f (x)的值域和g

2、 (x)的值域交集不為空;【如圖五】/iT)-£W圖一圖二陽=【例題i 1：已知兩個函數(shù) f(x) 8x2 i6x k,g(x)322x 5x 4x, x3,3, k R;若對 x 3,3,都有f(x) g(x)成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍;(2)若 X 3,3,使得 f (X)g(x)成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍;若對Xi,X2 3,3,都有f(Xi) g(x2)成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍;解：(i)設(shè) h(x) g(x) f (x)_3_ 2 .一. _ _ _2x 3x 12x k ,(i)中的問題可轉(zhuǎn)化為：x 3,3時，h(x) 0 恒成立,即h(x)minh'(x) 6x2

3、6x i2 6(x 2)(x i)；當(dāng)x變化時，h(x),h'(x)的變化情況列表如下:X-3(-3,-1)-1(-1,2)2(2,3)3h (x)+0一0+h(x)k-45增函數(shù)極大值減函數(shù)極小值增函數(shù)k-9因?yàn)?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 kC 45,+8).小結(jié)：對于閉區(qū)間I ,不等式f(X)<k對X C I時恒成立f(X) max<k, X I；不等式f(x)>k對 XC I 時恒成立 f(X) min>k, X C I.此題常見的錯誤解法：由f(X)

4、 maXW g(X) min解出k的取值范圍.這種解法的錯誤在于 條件" f(X) maXWg(X)min”只是原題的充分不必要條件，不是充要條件，即不等價 (2)根據(jù)題意可知，(2)中的問題等價于h(X)= g(X)-f(X)>0在xC -3,3時有解，故 h(X) max>0.由(1)可知h(x) max= k+7 ,因此 k+7 >0,即 kJ 7,+ 川.小結(jié)：對于閉區(qū)間I,不等式f(x)<k對XC I時有解 f(x) min<k, X C；不等式f(x)>k 對 XC I 時有解 f(x) max>k, X CI.此題常見的錯誤解法

5、：由f(x) minW g(x) min解出k的取值范圍.這種解法的錯誤在于條 件“ f(x) minW g(x) min”既不是是原題的充分要條件，也不是必要條件(3)根據(jù)題意可知，(3)中的問題等價于f(x) maxW g(x)min, X -3,3.由二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)可得，X -3,3時，f(x) max=120 k.仿照(1 ),利用導(dǎo)數(shù)的方法可求得X £ -3,3時,g(x) min= 21.由 1202 21 得 2 141，即 kC 141,+ 00).說明：這里的Xi,X2是兩個互不影響的獨(dú)立變量.從上面三個問題的解答過程可以看出，對于一個不等式一定要看清是對“X

6、”恒成立，還是“X”使之成立，同時還要看清不等式兩邊是同一個變量，還是兩個獨(dú)立的變量，然后再根據(jù)不同的情況采取不同的等價條件，千萬不要稀里糊涂的去猜.1 a【例題2：已知函數(shù)f (x) ln x ax 1(a R);x,1, 人(1)當(dāng)a 時，討論f (x)的單調(diào)性；關(guān)注公眾號“品數(shù)學(xué)”，獲取更多數(shù)學(xué)干貨！2(2)設(shè) g(x)x2 2bx 4 ,當(dāng) a 1 時，若對Xi(0,2) ,X21,2,使4f(x1) g(x2),求實(shí)數(shù)b的取值范圍;解：(1)(解答過程略去，只給出結(jié)論)當(dāng)aw。時，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1, +00)上單調(diào)遞增;當(dāng)a=l時，函數(shù)f(x)在(0, +8

7、)上單調(diào)遞減；2,.111當(dāng)0<a< 時，函數(shù)f (x)在(0,1)上單倜遞減，在(1- 1)上單調(diào)遞增，在(一1,)2aa上單調(diào)遞減；(2)函數(shù)的定義域?yàn)?0, +8),(x) = a+x2.ax x 1 aa=1時，由f4(x) =0 可得 X1=1,X2=3.因?yàn)?a= ( 0,工)，X2=342(0,2),結(jié)合(1)可知函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,(2) 調(diào)遞增，所以f(x)在(0,2)上的最小值為f(1)=-.2由于“對xie (0,2),X2C 1,2,使f(xi) >g(x2)”等價于“ g(x)在1,2上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最

8、小值f(1)= -".(X)2又 g(x)=(x b)2+4 b2, x C 1,2,所以 當(dāng)b<1時，因?yàn)間(x) min=g(1)=5 2b>0,此時與(X)矛盾； 當(dāng)be 1,2時，因?yàn)間(x)min=4 b2>0,同樣與()矛盾； 當(dāng) be (2, +8)時，因?yàn)間(x) min=g(2)=8 4b.解不等式8-4b<- 1,可得b> 1728綜上，b的取值范圍是",+oo).8、相關(guān)類型題：一、"a f(x)”型;形如"a f (x)"," a f (x)"型不等式，是恒成立問題中最基

9、本的類型，它的理論基礎(chǔ)是3 f (x)在x D上恒成立，則a f(x)max(x D); a f (x)在xCD上恒成立，則a f(x)min (x D)； ”許多復(fù)雜的恒成立問題最終都可歸結(jié)到這一類型2例1 ：已知二次函數(shù)f(x) ax x,若x 0,1時，恒有| f(x)| 1 ,求實(shí)數(shù)a的取值范圍2斛：Q | f (x) | 1 , 1 ax x 1 ；即 1 x2ax1 x；當(dāng)x 0時，不等式顯然成立，aC R.、，一21當(dāng)0 x 1時，由1 x ax 1 x得： x八 一 ，11、 一. a 0.又(下)max2 , . ax x2,2 a 0 ,綜上得a的范圍是a 2,0。關(guān)注公眾

10、號“品數(shù)學(xué)”，獲取更多數(shù)學(xué)干貨!二、"f (x1) f (x) f(x2)"型例2已知函數(shù)f (x) 2sin(y -),若對x R,都有"f(x1)f (x)f(x2)"成立，則|x x21的最小值為解.對任意xCR,不等式f(x1)f (x) f(x2)恒成立,f (x1), f 乂)分別是f (x)的最小值和最大值對于函數(shù)y sin x ,取得最大值和最小值的兩點(diǎn)之間最小距離是兀，即半個周期x| X1X2 |的最小值為2.又函數(shù)f(x) 2sin( )的周期為4,三、."f (Xi X2)f(Xi) f(X2)"型2例3 :(2

11、005湖北)在y 2x, y log 2 2x, y x , y cosx這四個函數(shù)中，當(dāng)0X1X2 1時，使"“漢，2)f (Xl) 2 f (X2)"恒成立的函數(shù)的個數(shù)是()A.0B.1C.2D.3解：本題實(shí)質(zhì)就是考察函數(shù)的凸凹性，即滿足條件"“巳_過)!()一32"的函22數(shù)，應(yīng)是凸函數(shù)的性質(zhì)，畫草圖即知y log22x符合題意;四、."f (x1)f (x2)0"型Xi X2例4已知函數(shù)f (X)定義域?yàn)?,1, f (1) 1 ,若 m,n1,1, m n 0時，都有"f(m) f(n) m n取值范圍.0&quo

12、t;,若 f(x) t22at1對所有x 1,1, a 1,1恒成立，求實(shí)數(shù)t解：任取1x1x21 ，則 f(X1) f(X2)f(X1) f(X2)(X1 X2),由已知X1 x2f(X1) f(X2)f(x1)f (X2) 0f,即 f(x)在1,1上為增函數(shù)X1X2f (1) 1 , . X 1,1,恒有f(x) 1；關(guān)注公眾號“品數(shù)學(xué)”，獲取更多數(shù)學(xué)干貨!，要使f(x) t2 2at 1對所有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,只須 g( 1) 0且 g(1) 0,解得t 2或t 0或t 2。評注：形如不

13、等式"上(f2-) 0"或"皿一fD 0"恒成立，實(shí)際上是函X1 X2X1 X2數(shù)的單調(diào)性的另一種表現(xiàn)形式，在解題時要注意此種類型不等式所蘊(yùn)涵的重要信息五、."f (x) g(x)"型:一 一一 1例 5：已知 f(x) 21g(x 1), g(x) lg(2 x t),右當(dāng) x 0,1時，f (x) g(x) 恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍.解：f(x) g(x)在x 0,1恒成立，即 "7 2x t 0在x 0,1恒成立jxi 2x t在0,1上的最大值小于或等于零令 F(x)x2x t, F'(x)1-4=1， x

14、0,12 x 1' ._ 一 一 F (x) 0 ,即F(x)在0,1上單倜遞減，F(xiàn)(0)是最大值.f (x) F(0) 1 t 0,即 t 1。六、"f(x1) g(x2)"型1 3249x c例6：已知函數(shù) f(x) -x3 x2 3x -,g(x)，若對任意 x1,x2 2,2,332都有f(x1) g(x2),求c的范圍.解：因?yàn)閷θ我獾膞1,x2 2,2,都有f(x1) g(x2)成立,2 f(x)max 回刈薪，. f (x) x 2x 3,令 f(x) 0得 x 3,x1x>3 或_ ' . . . _ _ .xv-1； f (x) 0得

15、1 x 3； . f(x)在2, 1為增函數(shù)，在1,2為減函數(shù).18 cf( 1) 3, f(2)6, . f (x)max 3,.-. 32 , . c 24。七、"| f (Xi)f (x2)| t" (t 為常數(shù))型；4_ 31例7 :已知函數(shù)f (x) x 2x ,則對任意t1,t2 - ,2 ( t1 t2)都有| f(X1) f (X2)| 恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)t1=, t2=時取等號.解：因?yàn)閨 f (X1)f(X2)| |f(x)max f(x)min| 恒成立,由 f (x)1f(x)minf( 1)X4 2x3,x 2,2327易求得f(x)max%)&qu

16、ot;f(x1)f(x2)1 2。例8 :已知函數(shù)y f(x)滿足：(1)定義域?yàn)?,1； (2)方程f (x) 0至少有兩個實(shí)1.根1和1 ; (3)過f (x)圖像上任意兩點(diǎn)的直線的斜率絕對值不大于(1)證明 |f(0)| 1|;(2)證明：又壬意 Xi,X2 1,1,都有 | f (Xi) f (X2)| 1 .證明略；(2)由條件(2)知£( 1)f(1) 0,不妨設(shè) 1 x1 x21,由(3)知 |f(x1)f(x2)|x1x2| x2 x1,又.|f(X1) f(x2)|f(x1)| | f(x2)| f(x1)f(1)| |f(x2)f(1)|x11 1x22(x2x1) 2 | f(x1)f(x2)|;|f(x1)f(x2)|1八、"| f(x1) f(x2)| |x1 x2|"型33例9 ： 已知函數(shù)f(x) x ax b ,對于x1,x2 (0,)(x1 x2)時總有3| f(x1) f(x2)| |x1 x2 |成立，求實(shí)數(shù)a的范圍.解由 f(x) x3 ax b,得 f (x) 3x2 a,關(guān)注公眾