任意性与存在性问题探究.pdf

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1、函数中任意性和存在性问题探究2011-12-22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:X|a,b,结论 2：x1a,b,结论 3：x1a, b,结论 4：x1a,b,结论 5：x1a,b,【如图五】伽J仆X2c,d, f(x)g(x)max； 【如图9(x2) f (x)Rng(x2)f(x)max9(x2) f(x)min9(x2) f(x)max9(x2)g(x)f (x)的值域和g (x)的值域交集不为空;一】支c,d, f(x)X2g(x)min；【如图二】g(x)min；【如图三】 c,d, f(x

2、)x2c,d, f(x)X2 c,d, f(x)图_团二【例题 1】：已知两个函数f(x) 8x2 16x k,g(x)2x3 5x2 4x, x 3,3, k R; 若对x 3,3,都有f(x) g(x)成立，求实数k的取值范围;(2)(3)若x 3,3,使得f(x) g(x)成立，求实数 k 的取值范围；若对 为* 3,3,都有f(x) g(x2)成立，求实数 k 的取值范围；32解：(1)设h(x) g(x) f (x) 2x 3x 12x k,(1)中的问题可转化为：x 3,3时，h(x) 0恒成立，即h(x)min0。h(x) 6x2 6x 12 6(x 2)(x 1)；当x变化时，

3、h(x), h(x)的变化情况列表如下:x-3h(x)1h(x)(-3,-1)+-10(-1,2)一20极小值(2,3)+增函数3增函数极大值减函数因为h( 1) k 7,h(2) k 20,所以，由上表可知h(x)mink-45得 k45,即 k 45,+8).k-9k 45 ,故 k-450,小结：对于闭区间 I,不等式 f(X)k, X I.f(X)maxk此题常见的错误解法：由f(x)maxVg(x)min解出 k 的取值范围.这种解法的错误在于条 f(x)maxVg(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

4、(x)- f(x) 0 在 x -3,3 时有解，故h(x)max由(1)可知h(x)max= k+7,因此 k+70,即 k 7,+皿).小结：对于闭区间 I,不等式 f(x)k 对 x I 时有解 f(x)mink 对 x I 时有解 f(x)maxk, x I.此题常见的错误解法：由f(x)min g(x)min解出k的取值范围.这种解法的错误在于条 件f(x)min- 21 得 k 141,即 k 141,+ 8).说明：这里的 X1,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.X”恒成立，然，对于一个不等式

5、一定要看清是对“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1 a【例题 2】：(2010 年山东理科 22)已知函数f(x) lnx ax 1(a R);X，1, (1)当a时，讨论f (x)的单倜性；2_.1,4设g(x) x 2bx 4，当a一时，右X1(0,2) ,X21,2，使(2)对f(x)g(x2)，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, +勺上单调递增；当 a=1时，函数 f(x)在(0, +勺 上单调递减;2当 0ag(X2)”等价于“ g(x)在1,2上的最小值不

6、f(1)=2又 g(x)=(x b)2+4 b2, x 1,2,所以当 b0，此时与 3)矛盾；当 b 1,2时，因为g(x)min=4 b2A 0,同样与 3)矛盾；当 b (2, +8)时，因为g(x)min=g(2)=8-4b.解不等式 8- 4bv 1,可得 b 172综上，b 的取值范围是17,+oo).8二、相关类型题:一、a f(x)型;8形如a f (x)”, a f (x)”型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论基础是a f (x)在x D上恒成立，贝 Ua f(x)max(x D); a f (x)在 x D 上恒成立，则a f(x)min(x D)；”许多复杂的恒

7、成立问题最终都可归结到这一类型例 1 :已知二次函数f(x) ax取值范围.20,1 时, 恒有| f (x) | 1 ,求实数解：Q | f (x)| 1 ,1 axa R.x ax2当x。时，不等式显然成立,当0 x 1时,由1 x ax2，11、又(2x得:2,二而(4x】).xmin)max综上得 a 的范围是a 2,0。x x二、f (x1) f (x) f(x2)”型x例 2 已知函数f (x) 2sin(； -),若对x R，都有f (x1) f (x)f(x2)”成立，则|x1x21的最小值为解对任意x R,不等式f(xj f (x) f (x2 )恒成立,f(x)，fg)分别

8、是f (x)的最小值和最大值对于函数y sinx，取得最大值和最小值的两点之间最小距离是兀，即半个周期X又函数f(x) 2sin(切-亏)的周期为4, .|x1 x2|的最小值为 2.f三、(X_2)(X1)也型2f三、 .223 :(2005 湖北)在y 2x, y log22x, y x , y cosx这四个函数中，当X21时，使f(与=)xx2f (X2)f (X1L”恒成立的函数的个数是()本题实质就是考察函数的 凸凹性，即满足条件”f(%)土(知一解:函”的一2数，应是凸函数的性质，画草图即知四、.f(x1)f(x2)0型y log22x符合题意;x1x2例 4 已知函数f (x)

9、定义域为1,1, f (1) 1 ,若m, n1,1,m n 0时，都有a 1,1恒成立，求实数t f (m) f (n)m n取值范围.解：任取0，若f(x)t22at 1对所有x 1,1,1 X1X2则f(K) f(x2)f(x)也以(X1x2),由已知X1x20f,即f(x)在1,1上为增函数.f(x) f(x2)X1X20，又x1X21,1,恒有.要使f (x)2一f(x)1,1, a 1,1恒成立，即要t2 2at 1 1恒一t 2at 1对所有成立,故t2 2 at0恒成立，令g(a)22att ,只须g( 1) 0且g(1) 0,解得t 2或t 0或t 2。评注：形如不等式f(X

10、1)f(X2)0或冬f(X2)0恒成立，实际上是函xx2数的单调性的另一种表现形式，在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息五、.f (x) g(x)型:1 .例5：已知f (x) -lg(x 1),g(x) lg(2x t),若当x 0,1时，f (x) g(x)恒成立，求实数 t 的取值范围.解：f(x) g(x)在x 0,1恒成立，即JFF 2x t 0在x 0,1恒成立.一Vxl 2x t在0,1上的最大值小于或等于零令F(x)2x t ,F(x)121，x 0,1 . _ 一 , .一一 F (x) 0，即F(x)在0,1上单倜递减,F(0)是最大值. f (x) F(0) 1

11、t 0,即t 1。六、f(x,)g(x2)型139x c24例 6:已知函数f(x) -x x 3x -, g(x),若对任意x，x2 2,2,332都有f (x1) g(x2)，求c的范围.解：因为对任意的x1,x22, 2,都有f(x) gX)成立,2x 3，令f (x)0得x 3, x 1x 3 或f(x)maxE(x)min， f(x) x2xv -1；f(x) 0得1 x3； f(x)在2, 1为增函数，在1,2为减函数.3,.3- f( 1) 3, f(2)七、| f(xj例7 :已知函数6, . f(x)max18 c. . c 24。f(乂2)|t ( t为常数)型;431，f

12、 (x) x 2x，则对任意t,t2恒成立，当且仅当t= ,2 (tt2)都有时取等号|f(xj f(x2)|解：因为| f (x1)由f (x)f(x2)| |f(x)maxf(x)min|恒成立,x 2x ,x ；,243_327易求得冲临f(-)希,f(x)min,1f(1苔.)f(2。y f (x)满足：(I)定义域为1,1；方程f (x)1.例8 :已知函数0至少有两个实根1和1；过f (x)图像上任意两点的直线的斜率绝对值不大于(2)证明:对任意Xi,X2 1,1,都有| f (Xi) f(X2)| 1.证明(1)略；(2)由条件(2)知f( 1) f 0 ,不妨设1 x1x21,

13、由(3)知| f(x1)又-| f(x1) f(x2)|f (x2) |x1x2 |x2 x1,| f(x1)f(x2)|f(;1)|f(x2)f(1)|1|f(x1)| | f(x2)|x1)2 | f(x1)x11 1x22(x2| f(x1)f(x2)|八、| f(x1) f(x2)| |x1x2|型一一，3例9 :已知函数f(x) x ax b ,对于x1,x2 (0,)(x1x2)时总有、33| f(x)f(x2)| |x1x2|成立，求实数a的范围.解由f (x) x3 ax b ,得f (x) 3x2 a ,3,当x (0,)时，a3| f(x)fg)|xx2f (x) 1 a , . | f (x) f g)| |xx2|,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)的斜率k土业(x1x2)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x2 x1围，利用这个结论，可以解决形如|f(x1) f(x2) | m|x1x2|或| f (x1) f (x2) | m | x1x2 |(m 0)型的不等式恒成立问题