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 10页

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．． ),(1 bax  ，存在．． ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立”．称为不等式的双存在性问 题，存在．． ),(1 bax  ，存在．． ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立，即 )(xf 在区间 ),( ba 内 至少有一个值．．．．．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的一个函数值．．．．．小.，即 maxmin )()( xgxf  . （见下图 1） “存在．． ),(1 bax  ，存在．． ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立”，即在区间 ),( ba 内至少有．．． 一个值．．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的一个函数值．．．．．大，即 minmax )()( xgxf  .（见下图 2） 2、双任意性问题 “任意．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立” 称为不等式的双任意 性问题. 任意．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立，即 )(xf 在区间 ),( ba 任意一个值．．．．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的任意．．一个函数值都要小，即 max min( ) ( )f x g x . “任意．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立”，即 )(xf 在区间 ),( ba 内任意一．．． 个值．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的任意．．一个函数值都要大,即 min max( ) ( )f x g x . 3、存在任意性问题 “存在．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立” 称为不等式的存在任 意性问题. 存在．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立，即 )(xf 在区 间 ),( ba 内至少有一个值．．．．．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的任意．．一个函数值都要小，即 minmin )()( xgxf  . （见下图 3） “存在．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立”，即 )(xf 在区间 ),( ba 内 至 少 有 一 个 值． ． ． ． ． ． )(xf 比 函 数 )(xg 在 区 间 ),( dc 内 的 任 意． ．一 个 函 数 值 都 要 大 ， 即 maxmax )()( xgxf  .（见下图 4） 【方法讲评】 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 存在．． ),(1 bax  ，存在．． ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立” 称为不等式的 双存在性问题，存在．． ),(1 bax  ，存在．． ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立， 即 )(xf 在区间 ),( ba 内至少有一个值．．．．．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的一． 个函数值．．．．小，即 maxmin )()( xgxf  . “存在．． ),(1 bax  ，存在．． ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立”，即在区间 ),( ba 内至少有一个值．．．．．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的一个函数值．．．．．大，即 minmax )()( xgxf  . 【例 1】已知函数    34ln 0af x x ax ax     . （Ⅰ）讨论  f x 的单调性； （Ⅱ）当 1a  时，设   2 4 2xg x e x a   ，若存在 1x ， 2 1 22x      ， ，使    1 2f x g x ，求 实数 a 的取值范围.（ e 为自然对数的底数， 271828e  ） 当 0 1a  时， 0  ， 1 2 4 0x x a    ， 1 2 3 0ax x a       1 2 1 4 0 a a x a       ,    2 2 1 4 0 a a x a       当  10x x ， 时，   0h x  ，  f x 单调递减， 当  1 2x x x ， 时，   0h x  ，  f x 单调递增， 当  2x x  ， 时，   0h x  ，  f x 单调递减， 所以当 0a  时，  f x 的减区间为 30 4      ， ，增区间 3 4     ， . 当 1a  时，  f x 的减区间为  0  ， . 当 0 1a  时，  f x 的减区间为   2 1 4 0 a a a          ， ，   2 1 4a a a          ， 增区间为      2 1 4 2 1 4a a a a a a              ， . （Ⅱ）由（Ⅰ）可知  f x 在 1 22      ， 上的最大值为 1 34ln 2 62 2f a        ，   2 4xg x e  ，令   0g x  ，得 ln 2x  . 1 ln 22x     ， 时，   0g x  ，  g x 单调递减，  ln2 2x ， ，   0g x  ，  g x 单调递增， 所以  g x 在 1 22      ， 上的最小值为  ln2 4 4ln2 2g a   ， 由题意可知 34ln 2 6 4 4ln 2 22 a a      ，解得 4a  , 所以1 4a  . 【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，双存在性问题两边的最值相反. 【反馈检测 1】设函数 2( ) ( ) ( )xf x x ax b e x R    ， （1）若 1x 是函数 )(xf 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 )(xf 的单调区间； （2）在（1）的条件下，设 0a ，函数 42 )14()(  xeaxg ，若存在 ]4,0[, 21  使得 1|)()(| 21   gf 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 “任意．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立” 称为不 等 式 的 双 任 意 性 问 题 . 任 意． ． ),(1 bax  ， 对 任 意． ．的 ),(2 dcx  ， 使 得 )()( 21 xgxf  成立，即 )(xf 在区间 ),( ba 任意一个值．．．．． )(xf 比函数 )(xg 在区 间 ),( dc 内的任意．．一个函数值都要小，即 max min( ) ( )f x g x . “任意．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立”，即 )(xf 在区间 ),( ba 内任意一个值．．．．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的任意．．一个函数值都要 大,即 min max( ) ( )f x g x . 【例 2】已知函数   lnf x x ．若不等式  mf x a x  对所有  0,1m ， 21 ,x ee     都 成立，求实数 a 的取值范围． 【解析】则 lna m x x  对所有的  0,1m ， 21 ,x ee     都成立， 令   lnH x x m x  ，  0,1m ， 21 ,x ee     是关于 m 的一次函数， 因为 21 ,x ee     ，所以 1 ln 2x   【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. 【反馈检测 2】已知函数 ， ， ， . （Ⅰ）讨论 的单调性； （Ⅱ）对于任意 ，任意 ，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．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立”称为不等 式 的 存 在 任 意 性 问 题 . 存 在． ． ),(1 bax  ， 对 任 意． ．的 ),(2 dcx  ， 使 得 )()( 21 xgxf  成立，即 )(xf 在区间 ),( ba 内至少有一个值．．．．．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的任意．．一个函数值都要小，即 minmin )()( xgxf  . “存在．． ),(1 bax  ，对任意．．的 ),(2 dcx  ，使得 )()( 21 xgxf  成立”，即 )(xf 在区间 ),( ba 内至少有一个值．．．．．． )(xf 比函数 )(xg 在区间 ),( dc 内的任意．．一个函 数值都要大，即 maxmax )()( xgxf  . 【例 3】（2010 高考山东理数第 22 题）已知函数 1( ) ln 1af x x ax x     ( )a R . (Ⅰ)当 1 2a  时，讨论 ( )f x 的单调性； （Ⅱ）设 2( ) 2 4.g x x bx   当 1 4a  时，若对任意 1 (0,2)x  ，存在  2 1,2x  ，使 1 2( ) ( )f x g x ，求实数b 取值范围. （1）当 0a  时， ( ) 1( 0)h x x x    ，当 (0,1), ( ) 0, ( ) 0x h x f x   ,函数 ( )f x 单调 递减；当 (1, ), ( ) 0, ( ) 0x h x f x    ，函数 ( )f x 单调递增. (2)当 0a  时，由 ( ) 0f x  ，即 2 1 0ax x a    ，解得 1 2 11, 1x x a    . 当 1 2a  时 1 2x x ， ( ) 0h x  恒成立，此时 ( ) 0f x  ，函数 ( )f x 单调递减； 当 10 2a  时， 1 1 1 0a    ， (0,1)x 时 ( ) 0, ( ) 0h x f x  ，函数 ( )f x 单调递减； 1(1, 1)x a   时， ( ) 0, ( ) 0h x f x  ，函数 ( )f x 单调递增； 1( 1, )x a    时， ( ) 0, ( ) 0h x f x  ，函数 ( )f x 单调递减. 当 0a  时 1 1 0a   ，当 (0,1), ( ) 0, ( ) 0x h x f x   ,函数 ( )f x 单调递减； 当 (1, ), ( ) 0, ( ) 0x h x f x    ，函数 ( )f x 单调递增. 综上所述：当 0a  时，函数 ( )f x 在 (0,1) 单调递减， (1, ) 单调递增； 当 1 2a  时 1 2x x ， ( ) 0h x  恒成立，此时 ( ) 0f x  ，函数 ( )f x 在 (0, ) 单调递减； 当 10 2a  时， ( )f x 在 (0,1) 单调递减， 1(1, 1)a  单调递增， 1( 1, )a   单调递减. （Ⅱ）当 1 4a  时， ( )f x 在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意 1 (0,2)x  ， 有 ,2 1)1()( min  fxf 又已知存在  2 1,2x  ，使 1 2( ) ( )f x g x ，所以 2 1 ( )2 g x  ，  2 1,2x  ，（※） 又 2 2( ) ( ) 4 , [1,2]g x x b b x     当 1b  时， min( ) (1) 5 2 0g x g b    与（※）矛盾； 当  1,2b 时， 2 min( ) (1) 4 0g x g b    也与（※）矛盾； 当 2b  时， min 1 17( ) (2) 8 4 ,2 8g x g b b      . 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. 【反馈检测 3】已知函数 . （Ⅰ）当 时，求函数 的单调区间； （Ⅱ）已知 ，函数 .若对任意 ，都存在 ，使得 成立，求实数 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[ )3  ， ；（2） 1(0 ]3 ， . 令 ( ) 0f x  ，得 1 1x  或 2 3x a   ∵ 1x  是极值点，∴ 3 1a   ，即 4a   当 3 1a   即 4a   时，由 ( ) 0f x  得 ( 3 , )x a    或 ( , 1)x  由 ( ) 0f x  得 (1, 3 )x a   当 3 1a   即 4a   时，由 ( ) 0f x  得 (1, )x  或 ( , 3 )x a    由 ( ) 0f x  得 ( 3 , 1)x a   综上可知：当 4a   时，函数 ( )f x 的单调递增区间为 ( , 1) 和 ( 3 , )a   ，单调递减 区间为 (1, 3 )a  ；当 4a   时，函数 ( )f x 单调递增区间为 ( , 3 )a   和 (1, ) ， 单调递减区间为 ( 3 , 1)a  . （2）由（1）知，当 a>0 时， ( )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 (1) ( 2)f a e   又∵ (0)f  (2 3)xbe a   0 ， 4(4) (2 13) 0f a e   ， ∴函数 ( )f x 在区间[0，4]上的值域是[ (1), (4)]f f ，即 4[ ( 2) ,(2 13) ]a e a e   又 2 4( ) ( 14) xg x a e   在 区 间 [0 ， 4] 上 是 增 函 数 ， 且 它 在 区 间 [0 ， 4] 上 的 值 域 是 2 4 2 8[( 14) ,( 14) ]a e a e  ∵ 2 4( 14)a e － 4(2 13)a e ＝ 2 4( 2 1)a a e  ＝ 2 4( 1) 0a e  ， ∴存在 1 2, [0,4]   使得 1 2( ) ( ) 1f g   成立只须仅须 2 4( 14)a e － 4(2 13)a e <1 2 4 2 4 1( 1) 1 ( 1)a e a e       2 2 1 11 1ae e      【反馈检测 2 答案】（Ⅰ）当 时， 递减区间为 ，不存在增区间；当 时， 递减区间为 ，递增区间 ；（Ⅱ） . ∴ 递减区间为 ，递增区间 ； 综上：当 时， 递减区间为 ，不存在增区间； 当 时， 递减区间为 ，递增区间 ； （Ⅱ）令 ，由已知得只需 即 若对任意 ， 恒成立，即 令 ，则 设 ，则 ∴ 在 递减， 即 ∴ 在 递减∴ 即 的取值范围为 ． 【反馈检测 3 答案】（I）详见解析；（II） . 【反馈检测 3 详细解析】 当 时， 或 ， 在 上递 增，在 和 上递减； ， 在 上递减. (II)由（2）知 在 内单调递减， 内单调递增， 内单调递减， 又 ， 故 有 ， 只需 在[0,2]上最小值小于等于-1 即可. 即 时 最小值 ，不合题意，舍去； 即 时 最小值 ； 即 时 最小值 ； 综上所述： .