任意性與存在性問題探究

1、g(x2) f(x)min gd) f(x)maxg(x2) f(x)min g(x2) f ( x) max gd)X2 c,d, f(x1)X2 c,d, f(x1)X2 c,d, f(x1)x2 c,d, f(x1)又2 c,d, f(x1)g(x)max ； 【如圖一】g(x)min， 【如圖二】g(x)min ；【如圖三】g(x)max ； 【如圖四】圖一圖二陽=【例題1：已知兩個(gè)函數(shù)f(x) 8x2 16x k,g(x)2x3 5x2 4x, x 3,3, kR;函數(shù)中任意性和存在性問題探究2011-12-22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)，下面結(jié)合高考

2、試 題對此類問題進(jìn)行歸納探究 一、相關(guān)結(jié)論：結(jié)論 1:x1 a,b,結(jié)論2：x1a,b,結(jié)論3：x1a,b,結(jié)論4：X1a,b,f (x)的值域和g (x)的值域交集不為空;結(jié)論5：x1a,b,【如圖五】上麻戶郵 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3,3,都有f(x) g(x2)成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍;解：(1)設(shè) h(x) g (x) f (x)_3_ 2 .一. _ _ _2x 3x 12x k ,(1)中的問題可轉(zhuǎn)化為：x 3,3時(shí)，h(x) 0 恒成立，即h(x)min 0。

3、h'(x) 6x2 6x 12 6(x 2)(x 1)；當(dāng)x變化時(shí)，h(x), h'(x)的變化情況列表如下:xh (x)h(x)-3k-45(-3,-1)-1(-1,2)2+0一0增函數(shù) 極大值 減函數(shù)極小值(2,3)+增函數(shù)k-9k 45 ,故 k-45>0,因?yàn)閔( 1) k 7,h(2) k 20,所以，由上表可知h(x)min得 k>45,即 kC 45,+8).小結(jié)：對于閉區(qū)間I,不等式f(X)<k對XCI時(shí)恒成立 f(X)max<k, xC；不等式f(x)>k 對 xC I 時(shí)恒成立f(x) min>k, xC I.此題常見的錯(cuò)

4、誤解法：由f(X)maxW g(x)min解出k的取值范圍.這種解法的錯(cuò)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(jià) (2)根據(jù)題意可知，(2)中的問題等價(jià)于h(x)= g(x)- f(x) > 0在xC -3,3時(shí)有解，故h(x)max >0.由(1)可知h(x)max= k+7,因此 k+7>0,即 kC 7,+8).小結(jié)：對于閉區(qū)間I,不等式f(x)<k對xC I時(shí)有解 f(x)min<k, xC I；不等式f(x)>k 對 xC I 時(shí)有解f(x)max>k, xC I.此題常見的錯(cuò)誤解法：由f(

5、x)minWg(x)min解出k的取值范圍.這種解法的錯(cuò)誤在于條 件“f(x)minWg(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(jià)于f(x)maxWg(x)min, xC -3,3.由二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)可得，xC -3,3時(shí)，f(x)max=120k.仿照(1),利用導(dǎo)數(shù)的方法可求得xC -3,3時(shí)，g(x)min=21.由 120 2 21 得 kA 141，即 kC 141,+ 8).說明：這里的 小,股是兩個(gè)互不影響的獨(dú)立變量.從上面三個(gè)問題的解答過程可以看出，對于一個(gè)不等式一定要看清是對“x”恒成立，還是“x”使之成立，同時(shí)還要看清不

6、等式兩邊是同一個(gè)變量，還是兩個(gè)獨(dú)立的變量，然后再根據(jù)不同的情況采取不同的等價(jià)條件，千萬不要稀里糊涂的去猜.1 a【例題2】：(2010年山東理科22)已知函數(shù)f(x) lnx ax 1(a R);x，1 . 一.一(1)當(dāng)a5時(shí)，討論f (x)的單調(diào)性；2_.1,(2)設(shè) g(x) x 2bx 4 ,當(dāng) a 一時(shí)，右對x1(0,2) ,x21,2,使4f(x1)g(xz),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)aW0時(shí)，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(shí)，函數(shù)f(x)在(0, +8)上單調(diào)遞減;2,、斗 ，1/1)上單調(diào)遞增，在(

7、一1, a1 1當(dāng)0<a<時(shí)，函數(shù)f (x)在(0,1)上單倜遞減，在(1-2 a上單調(diào)遞減；(2)函數(shù)的定義域?yàn)?0, +8),r ,、1 a 1 ax x 1 a 1 f (x) =a+2-=_ 2，a=一時(shí)，由 f (x) =0 可得 x=1,x2=3.因?yàn)?a=1 ( 0,1) , x2=3x xx4(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),X2C1,2,使f(xi) >g(x2)”等價(jià)于“ g(x)在1,2上的最小值不大于f(x)在(0,2)上

8、的最小值f(1)=1”.()又 g(x)=(x b)，4b2, xC 1,2,所以 當(dāng)b<1時(shí)，因?yàn)間(x)min=g(1)=52b>0,此時(shí)與()矛盾； 當(dāng)bC 1,2時(shí)，因?yàn)間(x)min=4b2> 0,同樣與()矛盾； 當(dāng) bC (2, +8)時(shí)，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E,+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本的類型，它的理論基礎(chǔ)是3 f (

9、x)在x D上恒成立，則a f(x)max(x D); a f (x)在xC D上恒成立,a f(x)min(x D)； ”許多復(fù)雜的恒成立問題最終都可歸結(jié)到這一類型例1 :已知二次函數(shù) f(x) ax0,1時(shí),恒有| f (x) | 1 ,求實(shí)數(shù)取值范圍.2解：Q | f (x)| 1, 1 ax22x ax當(dāng)x 0時(shí)，不等式顯然成立,aC R.當(dāng)0 x 1時(shí),由 1 x ax2x得:1).minx，11、又(2)maxx x2,綜上得a的范圍是a 2,0。二、"f (x1)f (x)f(x2)"型x例2已知函數(shù)f (x)2sin(萬 -),若對 xR,都有"f

10、 (x1)f(x)f (x2)"成立，則|x x21的最小值為解,對任意xC R,不等式f (x, ) f (x) f(x2)恒成立,f(x。f(x2)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(gè)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 -2)f(Xl)f(-2)"型2、- 一-.例3：(2005湖北)在y 2x, y log 2 2x, y x , y cosx這四個(gè)函數(shù)中，當(dāng)0x1-2 1時(shí)，使”f(±ya)f (xi) 2 f (x

11、2)"恒成立的函數(shù)的個(gè)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 log 2 2-符合題意;四)、."f (x1)一f (x2) 0"型例4已知函數(shù)f(x)定義域?yàn)?,1, f (1) 1 ,若 m, n1,1, m n 0時(shí)，都有 f (m) f (n)m n取值范圍.0",若 f(x)t22at 1 對所有 x 1,1,a 1,1恒成立，求實(shí)數(shù)t解：任取1X1又2則 f(x1) f(x2)f(x1)x1 x2f (X2) (x1

12、x2),由已知f(x1) f(x2)又20, f(x1)f(x2)0f,即f(x)在1,1上為增函數(shù). f(1) 1 ，1,1,恒有f(x)，要使f(x)2 一 .一一 ，t 2at 1對所有1,1, a 一 一 _ .2 一一.1,1恒成立，即要t 2at 1 1恒成立,故 t2 2 at0恒成立，令g(a)2att2,只須 g( 1) 0且 g(1) 0,解得t 2或t 0或t 2。評注： 形如不等式"上332! 0"或"上出一0"恒成立，實(shí)際上是函xx2數(shù)的單調(diào)性的另一種表現(xiàn)形式，在解題時(shí)要注意此種類型不等式所蘊(yùn)涵的重要信息五、."f (

13、x) g(x)"型:1 .一例 5：已知 f(x) -lg(x 1), g(x) lg(2 x t),右當(dāng) x 0,1時(shí)，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，x0,12 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：

14、已知函數(shù) f(x)-x3 x2 3x -,g(x)，若對任意 x1,x2 2,2,3 32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 g(x)min , f (x) x 2x 3 ,令 f (x) 0得 x 3, x 1x> 3 或_ ' . . . _ _ .xv-1； f (x) 0得1 x 3； . f(x)在2, 1為增函數(shù)，在1,2為減函數(shù).18 c f( 1) 3, f(2)6, f (x)max 3,.-. 3c 24。七、"| f (Xi)f (x2)| t"

15、 (t 為常數(shù))型；4 _ 31例7 :已知函數(shù)f (x) x 2x ,則對任意t，t2 - ,2 ( t1 t2)都有|f(X1) f (X2)| 恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)t1=, t2=一時(shí)取等號(hào).解：因?yàn)閨 f (x1)f(X2)| |f(x)maxf(x)min| 恒成立,由 f (X)1327x4 2x3,22'易求得 f(x)max%)1f(x)minf( 1)1f(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(gè)實(shí)根1.1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證明|f(0)| 1|;(2)

16、證明：又任意 X1,X2 1,1,都有 | f (Xi) f(X2)| 1.證明略；(2)由條件(2)知 f ( 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)|x1 1 1 x2 2 (X2 X1) 2 | f(x1) f(x2)|;|f(x1) f(x2)| 1八、"| f(X1) f(X2)| |X1 X2 |"型一，3、, 3例9 ： 已知函數(shù)f(x) x ax b ,對于x1,x2 (0,)(x1 x2)時(shí)總有3| f(x1) f(x2)| |X1 X2 |成立，求實(shí)數(shù)a的范圍.、”.3.當(dāng)x (0,)時(shí)，a3解由 f (x) x3 ax b ,得 f