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  • 2021-06-16 发布

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

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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: .