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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巧辨“任意性问题”与“存在性问题”含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题历来是高考考查的一个热点,也是高考复习中的一个难点.破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题,而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键.技法一“∀x,使得f(x)>g(x)”与“∃x,使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x,使得f(x)>g(x),只需h(x)min=[f(x)-g(x)]min>0.如图①.(2)∃x,使得f(x)>g(x),只需h(x)max=[f(x)-g(x)]max>0.如图②.[典例]设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=af′(x),其中f′(x)是f(x)的导函数.(1)若对于任意x≥0,总有f(x)≥g(x),求实数a的取值范围;(2)若存在x≥0,使得f(x)≥g(x),求实数a的取值范围.[方法演示]解:(1)设h(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-a1+x(x≥0).h′(x)=11+x+a(1+x)2=x+1+a(1+x)2.当a≥-1时,h′(x)≥0,h(x)在[0,+∞)上单调递增,∴h(x)≥h(0)=-a,则-a≥0,a≤0,∴a∈[-1,0].当a<-1时,对于x∈(0,-a-1)有h′(x)<0,则h(x)在(0,-a-1)上单调递减,所以h(-a-1)<h(0)=0,即此时存在x>0,使得h(x)<0,即f(x)≥g(x)在[0,+∞)上不恒成立.综上可知,实数a的取值范围为[-1,0].(2)由(1)可知,当a≥-1时,存在x≥0,使得f(x)≥g(x),当a<-1时,令x0=e-a-1,则x0>0,∴h(x0)=-a(1+e a)>0,∴必存在x≥0,使得f(x)≥g(x).综上可知,实数a的取值范围是(-∞,+∞).[解题师说](1)这是较为常见的一类恒成立问题,运用数形结合的思想可知,当x0≥0时,总有f(x0)≥g(x0),即f(x0)-g(x0)≥0(注意不是f(x)min≥g(x)max),可以转化为当x≥0时,h(x)=f(x)-g(x)≥0恒成立问题.(2)存在x≥0,使得f(x)≥g(x),即至少有一个x0≥0,满足f(x0)-g(x0)不是负数,可以转化为当x ≥0时,h (x )=f (x )-g (x )的函数值至少有一个是非负数.[应用体验]1.设函数f (x )=x 3-x 2-3. (1)求f (x )的单调区间;(2)若函数y =f (x )-m 在区间[-1,2]上有三个零点,求实数m 的取值范围;(3)设函数g (x )=a x +x ln x ,如果对任意的x 1,x 2∈⎣⎡⎦⎤12,2,都有f (x 1)≤g (x 2)成立,求实数a 的取值范围.解:(1)f ′(x )=3x 2-2x =x (3x -2). 由f ′(x )>0,得x <0或x >23;由f ′(x )<0,得0<x <23,所以f (x )的单调递增区间是(-∞,0),⎝⎛⎭⎫23,+∞,单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0,23. (2)令h (x )=f (x )-m ,则h (x )=x 3-x 2-3-m , h ′(x )=3x 2-2x =x (3x -2),由(1)知函数h (x )在x =0处取得极大值h (0)=-3-m ,在x =23处取得极小值h ⎝⎛⎭⎫23=-8527-m .因为函数y =f (x )-m 在区间[-1,2]上有三个零点,所以⎩⎪⎨⎪⎧h (-1)=-5-m ≤0,h (0)=-3-m >0,h ⎝⎛⎭⎫23=-8527-m <0,解得-8527<m <-3,h (2)=1-m ≥0,所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫-8527,-3. (3)由(1)知,函数f (x )在⎝⎛⎭⎫12,23上单调递减,在⎝⎛⎭⎫23,2上单调递增, 而f ⎝⎛⎭⎫12=-258,f (2)=1,故f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12,2上的最大值为f (2)=1. 因为“对任意的x 1,x 2∈⎣⎡⎦⎤12,2,都有f (x 1)≤g (x 2)成立”等价于“对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12,2,g (x )≥f (x )max 恒成立”.即当x ∈⎣⎡⎦⎤12,2时,g (x )=ax +x ln x ≥1恒成立, 即a ≥x -x 2ln x 恒成立.记u (x )=x -x 2ln x ,则有a ≥u (x )max .u ′(x )=1-x -2x ln x ,可知u ′(1)=0. 当x ∈⎝⎛⎭⎫12,1时,1-x >0,2x ln x <0, 则u ′(x )>0,u (x )在⎝⎛⎭⎫12,1上单调递增; 当x ∈(1,2)时,1-x <0,2x ln x >0, 则u ′(x )<0,u (x )在(1,2)上单调递减. 故u (x )在区间⎣⎡⎦⎤12,1上的最大值为u (1)=1, 所以实数a 的取值范围是[1,+∞).技法二 “若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2)”与“∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2)”的辨析(1)∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集,即A ∩B ≠∅,如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值.(2)∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集,即A ⊆B ,如图④.其等价转化的目标是函数y =f (x )的值域都在函数y =g (x )的值域之中.说明:图③,图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影. [典例] 已知函数f (x )=x 2-23ax 3,a >0,x ∈R ,g (x )=1x 2(1-x ).(1)若∃x 1∈(-∞,-1],∃x 2∈⎝⎛⎭⎫-∞,-12,使得f (x 1)=g (x 2),求实数a 的取值范围; (2)当a =32时,证明:对任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)=g (x 2).[方法演示]解:(1)∵f (x )=x 2-23ax 3,∴f ′(x )=2x -2ax 2=2x (1-ax ). 令f ′(x )=0,得x =0或x =1a .∵a >0,∴1a >0,∴当x ∈(-∞,0)时,f ′(x )<0,∴f (x )在(-∞,-1]上单调递减,故f (x )在(-∞,-1]上的值域为⎣⎡⎭⎫1+2a3,+∞. ∵g (x )=1x 2(1-x ),∴g ′(x )=3x 2-2x (x 2-x 3)2=3x -2x 3(1-x )2.当x <-12时,g ′(x )>0,g (x )单调递增,g (x )<g ⎝⎛⎭⎫-12=83, 故g (x )在⎝⎛⎭⎫-∞,-12上的值域为⎝⎛⎭⎫-∞,83. 若∃x 1∈(-∞,-1],∃x 2∈⎝⎛⎭⎫-∞,-12,使得f (x 1)=g (x 2),则1+2a 3<83,解得0<a <52, 故实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0,52. (2)证明:当a =32时,f (x )=x 2-x 3,所以f ′(x )=2x -3x 2=3x ⎝⎛⎭⎫23-x .当x >1时,f ′(x )<0,所以f (x )在(1,+∞)上单调递减,且f (2)=-4. 所以f (x )在(2,+∞)上的值域为(-∞,-4). 则g (x )=1x 2(1-x )=1f (x )在(1,+∞)上单调递增,所以g (x )=1x 2(1-x )在(1,+∞)上的值域为(-∞,0).因为(-∞,-4)(-∞,0),所以对于任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)=g (x 2). [解题师说]本例第(1)问等价转化的基本思想是:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分;第(2)问等价转化的基本思想是:函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一函数值相等,即f (x )的值域都在g (x )的值域中.[应用体验]2.已知函数f (x )=4x 2-72-x ,x ∈[0,1].(1)求f (x )的单调区间和值域;(2)设a ≥1,函数g (x )=x 3-3a 2x -2a ,x ∈[0,1].若对于任意x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立,求实数a 的取值范围.解:(1)f ′(x )=-4x 2+16x -7(2-x )2=-(2x -1)(2x -7)(2-x )2,x ∈[0,1].令f ′(x )=0,解得x =12或x =72(舍去).当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:-所以f (x )的递减区间是⎝⎛⎭⎫0,12,递增区间是⎝⎛⎭⎫12,1. 所以f (x )min =f ⎝⎛⎭⎫12=-4. 又f (0)=-72,f (1)=-3,所以f (x )max =f (1)=-3.故当x ∈[0,1]时,f (x )的值域为B =[-4,-3].(2)“对于任意x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立”等价于“在x ∈[0,1]上,函数f (x )的值域B 是函数g (x )的值域A 的子集,即B ⊆A ”.因为a ≥1,当x ∈(0,1)时,g ′(x )=3(x 2-a 2)<0, 所以g (x )为减函数,故g (x )的值域A =[1-2a -3a 2,-2a ].由B ⊆A ,得1-2a -3a 2≤-4且-2a ≥-3,解得1≤a ≤32.所以实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤1,32. 技法三 f (x ),g (x )是闭区间D 上的连续函数,“∀x 1,x 2∈D ,使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1,x 2∈D ,使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x ),g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1,x 2∈D ,使得f (x 1)>g (x 2),等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y =f (x )的任意一个函数值均大于函数y =g (x )的任意一个函数值.如图⑤.(2)存在x 1,x 2∈D ,使得f (x 1)>g (x 2),等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y =f (x )的某一个函数值大于函数y =g (x )的某些函数值.如图⑥.[典例] 已知f (x )=x +a 2x(a >0),g (x )=x +ln x .(1)若对任意的x 1,x 2∈[1,e],都有f (x 1)≥g (x 2)成立,求实数a 的取值范围; (2)若存在x 1,x 2∈[1,e],使得f (x 1)<g (x 2),求实数a 的取值范围. [方法演示]解:(1)对任意的x 1,x 2∈[1,e],都有f (x 1)≥g (x 2)成立,等价于x ∈[1,e]时,f (x )min ≥g (x )max . 当x ∈[1,e]时,g ′(x )=1+1x >0,所以g (x )在[1,e]上单调递增,所以g (x )max =g (e)=e+1.只需证f (x )≥e +1,即x +a 2x ≥e +1⇔a 2≥(e +1)x -x 2在[1,e]上恒成立即可. 令h (x )=(e +1)x -x 2.当x ∈[1,e]时,h (x )=(e +1)x -x 2的最大值为h ⎝⎛⎭⎫e +12=⎝⎛⎭⎫e +122.所以a 2≥⎝⎛⎭⎫e +122,即a ≥e +12.故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫e +12,+∞. (2)存在x 1,x 2∈[1,e],使得f (x 1)<g (x 2),等价于x ∈[1,e]时,f (x )min <g (x )max . 当x ∈[1,e]时,g ′(x )=1+1x >0,所以g (x )在[1,e]上单调递增,所以g (x )max =g (e)=e +1.又f ′(x )=1-a 2x2,令f ′(x )=0,得x =a ,故f (x )=x +a 2x(a >0)在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增.当0<a <1时,f (x )在[1,e]上单调递增,f (x )min =f (1)=1+a 2<1+e ,符合题意; 当1≤a ≤e 时,f (x )在[1,a ]上单调递减,在[a ,e]上单调递增,f (x )min =f (a )=2a , 此时,2a <1+e ,解得1≤a <1+e2;当a >e 时,f (x )在[1,e]上单调递减,f (x )min =f (e)=e +a 2e ,此时,e +a 2e <1+e ,即a <e ,与a >e 矛盾,不符合题意.综上可知,实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0,e +12.[解题师说](1)本例第(1)问从数的角度看,问题的本质就是f (x )min ≥g (x )max .从形的角度看,问题的本质就是函数f (x )图象的最低点也不低于g (x )图象的最高点.(2)本例第(2)问从形的角度看,问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点.[应用体验]3.已知函数f (x )=4ln x -ax +a +3x (a ≥0), (1)求f (x )的单调区间;(2)当a ≥1时,设g (x )=2e x -4x +2a ,若存在x 1,x 2∈⎣⎡⎦⎤12,2,使f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.解:(1)由题意得f ′(x )=4x -a -a +3x 2=-ax 2-4x +a +3x 2(x >0).令f ′(x )=0,即ax 2-4x +a +3=0. 当a =0时,f ′(x )=4x -3x 2.由f ′(x )>0,得x >34;由f ′(x )<0,得0<x <34,所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫34,+∞,单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0,34. 当a >0时,ax 2-4x +a +3=0的判别式Δ=-4(a -1)(a +4). 若a ≥1,Δ≤0,则f ′(x )≤0,所以f (x )的单调递减区间为(0,+∞). 若0<a <1,则Δ>0.因为x 1+x 2=4a >0,x 1x 2=a +3a >0,所以x 1=2--(a -1)(a +4)a >0, x 2=2+-(a -1)(a +4)a>0. 由f ′(x )>0,得x 1<x <x 2;由f ′(x )<0,得x >x 2或0<x <x 1,所以f (x )的单调递增区间为(x 1,x 2),单调递减区间为(0,x 1),(x 2,+∞).综上,当a =0时,函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫34,+∞,单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0,34. 当0<a <1时,函数f (x )的单调递增区间为2--(a -1)(a +4)a ,2+-(a -1)(a +4)a , 单调递减区间为0,2--(a -1)(a +4)a, 2+-(a -1)(a +4)a,+∞. 当a ≥1时,f (x )的单调递减区间为(0,+∞).(2)“存在x 1,x 2∈⎣⎡⎦⎤12,2,使f (x 1)>g (x 2)”等价于“x ∈⎣⎡⎦⎤12,2时,f (x )max >g (x )min ”. 由(1)知,当x ∈⎣⎡⎦⎤12,2时,f (x )max =f ⎝⎛⎭⎫12=-4ln 2+32a +6. 由g ′(x )=2e x -4=0,得x =ln 2.当x ∈⎣⎡⎭⎫12,ln 2时,g ′(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(ln 2,2]时,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤12,2时,g (x )min =g (ln 2)=4-4ln 2+2a .由f (x )max >g (x )min ,得-4ln 2+32a +6>4-4ln 2+2a ,解得1≤a <4,故实数a 的取值范围为[1,4).技法四 “∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使f (x 1)>g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值,即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ,g (x )min 存在).其等价转化的目标是函数y =f (x )的任意一个函数值大于函数y =g (x )的某一个函数值.如图⑦.(2)∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使f (x 1)<g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值,即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y =f (x )的任意一个函数值小于函数y =g (x )的某一个函数值.如图⑧.[典例] 已知函数f (x )=ln x -14x +34x -1,g (x )=x 2-2bx +4,若对任意的x 1∈(0,2),总存在x 2∈[1,2],使f (x 1)≥g (x 2),求实数b 的取值范围.[方法演示]解:依题意知f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值,即f (x )min ≥g (x )min . 所以f ′(x )=1x -14-34x 2=-(x -1)(x -3)4x 2,则当0<x <1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减; 当1<x <2时,f ′(x )>0,f (x )单调递增, 所以当x ∈(0,2)时,f (x )min =f (1)=-12.又g (x )=x 2-2bx +4,①当b <1时,可求得g (x )min =g (1)=5-2b . 由5-2b ≤-12,解得b ≥114,这与b <1矛盾;②当1≤b ≤2时,可求得g (x )min =g (b )=4-b 2.由4-b 2≤-12,得b 2≥92,这与1≤b ≤2矛盾;③当b >2时,可求得g (x )min =g (2)=8-4b . 由8-4b ≤-12,得b ≥178.综合①②③得实数b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178,+∞. [解题师说]“对任意x 1∈(0,2),总存在x 2∈[1,2],使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”.[应用体验]4.已知函数f (x )=13x 3+x 2+ax .(1)若f (x )在区间[1,+∞)上单调递增,求实数a 的最小值;(2)若g (x )=xe x ,对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12,2,∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12,2,使f ′(x 1)≤g (x 2)成立,求实数a 的取值范围.解:(1)由题设知f ′(x )=x 2+2x +a ≥0在[1,+∞)上恒成立,即a ≥-(x +1)2+1在[1,+∞)上恒成立,而y =-(x +1)2+1在[1,+∞)单调递减,则y max =-3,∴a ≥-3,∴a 的最小值为-3.(2)“对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12,2,∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12,2,使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“x ∈⎣⎡⎦⎤12,2时,f ′(x )max ≤g (x )max ”.∵f ′(x )=x 2+2x +a =(x +1)2+a -1在⎣⎡⎦⎤12,2上递增, ∴f ′(x )max =f ′(2)=8+a . 又g ′(x )=1-xe x,由g ′(x )>0,得x <1, 由g ′(x )<0,得x >1,∴g (x )在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12,2时,g (x )max =g (1)=1e . 由8+a ≤1e ,得a ≤1e-8,∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤-∞,1e -8.1.已知函数f (x )=⎩⎨⎧-16x +112,0≤x ≤12,x 3x +1,12<x ≤1和函数g (x )=a sin π6x -a +1(a >0),若存在x 1,x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立,求实数a 的取值范围.解:设函数f (x ),g (x )在[0,1]上的值域分别为A ,B ,则“存在x 1,x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立”等价于“A ∩B ≠∅”.当0≤x ≤12时,f (x )=-16x +112单调递减,所以0≤f (x )≤112. 当12<x ≤1时,f ′(x )=x 2(2x +3)(x +1)2>0, 所以f (x )=x 3x +1单调递增,所以112<f (x )≤12; 故f (x )在[0,1]上的值域A =⎣⎡⎦⎤0,12. 当x ∈[0,1]时,π6x ∈⎣⎡⎦⎤0,π6,y =sin π6x 在[0,1]上单调递增.又a >0,所以g (x )=a sin π6x -a +1在[0,1]上单调递增,其值域B =⎣⎡⎦⎤1-a ,1-a2. 由A ∩B ≠∅,得0≤1-a ≤12或0≤1-a 2≤12,解得12≤a ≤2.所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤12,2. 2.已知函数f (x )=ln x +1x+ax .(1)若函数f (x )在[1,+∞)上是单调函数,求实数a 的取值范围;(2)已知函数g (x )=x +1x ,对于任意x 1∈[1,e],总存在x 2∈[1,e],使得f (x 1)≤g (x 2)成立,求正实数a 的取值范围.解:(1)f ′(x )=1x -1x 2+a =ax 2+x -1x 2,x ∈[1,+∞),∵函数f (x )在[1,+∞)上是单调函数,∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0对任意x ∈[1,+∞)恒成立. 即ax 2+x -1≥0或ax 2+x -1≤0对任意x ∈[1,+∞)恒成立,∴a ≥1x 2-1x 或a ≤1x 2-1x对任意x ∈[1,+∞)恒成立. 令t =1x ,由于x ∈[1,+∞),则t ∈(0,1],设h (t )=t 2-t =⎝⎛⎭⎫t -122-14, 因此-14≤h (t )≤0,故a ≥0或a ≤-14, ∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤-∞,-14∪[0,+∞). (2)由(1)知,当a >0时,函数f (x )在[1,e]上为增函数,故f (1)≤f (x )≤f (e),即1+a ≤f (x )≤1+a e +1e. ∵g ′(x )=1-1x 2=x 2-1x 2, ∴当x ∈[1,e]时,g ′(x )≥0,g (x )单调递增,∴g (1)≤g (x )≤g (e),即2≤g (x )≤e +1e. ∵对任意x 1∈[1,e],总存在x 2∈[1,e],使得f (x 1)≤g (x 2)成立,∴f (x 1)max ≤g (x 2)max ,即1+a e +1e ≤e +1e, 解得0<a ≤1-1e, 故所求正实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0,1-1e . 3.已知函数f (x )=x 2-23ax 3(a >0),x ∈R. (1)求f (x )的单调区间和极值;(2)若对任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)·f (x 2)=1,求实数a 的取值范围.解:(1)f ′(x )=2x -2ax 2(a >0),令f ′(x )=0,得x =0或x =1a. 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表: 0错误!所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0,1a ,单调递减区间是(-∞,0),⎝⎛⎭⎫1a ,+∞. f (x )的极小值为f (0)=0,极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a =13a 2.(2)由f (0)=f ⎝⎛⎭⎫32a =0及(1)知,当x ∈⎝⎛⎭⎫0,32a 时,f (x )>0; 当x ∈⎝⎛⎭⎫32a ,+∞时,f (x )<0. 设集合A ={f (x )|x ∈(2,+∞)},B =⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (x )x ∈(1,+∞),f (x )≠0. 则“对任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)·f (x 2)=1”等价于A ⊆B ,显然0∉B .下面分三种情况讨论:①当32a >2,即0<a <34时,由f ⎝⎛⎭⎫32a =0知,0∈A ,而0∉B ,所以A 不是B 的子集. ②当1≤32a ≤2,即34≤a ≤32时,有f (2)≤0,且此时f (x )在(2,+∞)上单调递减, 故A =(-∞,f (2)),因而A ⊆(-∞,0);由f (1)≥0,有f (x )在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),则(-∞,0)⊆B ,所以A ⊆B .③当32a <1,即a >32时,有f (1)<0,且此时f (x )在(1,+∞)上单调递减,故B =⎝⎛⎭⎫1f (1),0,A =(-∞,f (2)),A 不是B 的子集.综上,实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤34,32.4.(理)已知函数f (x )=mx x 2+1+1(m ≠0),g (x )=x 2e ax (a ∈R). (1)求函数f (x )的单调区间;(2)当m >0时,若对任意x 1,x 2∈[0,2],f (x 1)≥g (x 2)恒成立,求实数a 的取值范围.解:(1)f ′(x )=m (1-x 2)(x 2+1)2=m (1-x )(1+x )(x 2+1)2. 当m >0时,由f ′(x )>0,得-1<x <1;由f ′(x )<0,得x >1或x <-1,所以f (x )的单调递增区间是(-1,1),单调递减区间是(-∞,-1),(1,+∞).当m <0时,由f ′(x )>0,得x >1或x <-1;由f ′(x )<0,得-1<x <1,所以f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),(1,+∞),单调递减区间是(-1,1).(2)依题意,当m >0时,“对任意x 1,x 2∈[0,2],f (x 1)≥g (x 2)恒成立”等价于“对任意x∈[0,2],f (x )min ≥g (x )max 成立”.当m >0时,由(1)知,函数f (x )在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,因为f (0)=1,f (2)=2m 5+1>1,所以f (x )min =f (0)=1.故应满足1≥g (x )max . 因为g (x )=x 2e ax ,所以g ′(x )=(ax 2+2x )e ax .①当a =0时,g (x )=x 2,对任意x ∈[0,2],g (x )max =g (2)=4,不满足1≥g (x )max .②当a ≠0时,令g ′(x )=0,得x =0或x =-2a. (ⅰ)当-2a≥2,即-1≤a <0时,在[0,2]上,g ′(x )≥0,所以g (x )在[0,2]上单调递增,g (x )max =g (2)=4e 2a .由1≥4e 2a ,得a ≤-ln 2,所以-1≤a ≤-ln 2.(ⅱ)当0<-2a<2,即a <-1时,在⎣⎡⎭⎫0,-2a 上,g ′(x )≥0,g (x )单调递增;在⎝⎛⎦⎤-2a ,2上,g ′(x )<0,g (x )单调递减.g (x )max =g ⎝⎛⎭⎫-2a =4a 2e 2. 由1≥4a 2e 2,得a ≤-2e,所以a <-1. (ⅲ)当-2a<0,即a >0时,显然在[0,2]上,g ′(x )≥0,g (x )单调递增,于是g (x )max =g (2)=4e 2a ,此时不满足1≥g (x )max .综上,实数a 的取值范围是(-∞,-ln 2].4.(文)已知函数f (x )=(1+b )x +2a 2x -a ln x (a >0)在x =2a 处取得极值.(1)求函数f (x )的单调区间;(2)设函数g (x )=x 2-2cx +4-ln 2,当a =1时,若对任意的x 1,x 2∈[1,e]都有f (x 1)≥g (x 2),求实数c 的取值范围.解:(1)由f (x )=(1+b )x +2a 2x -a ln x ,a >0,x >0,得f ′(x )=1+b -2a 2x 2-a x . 又f (x )在x =2a 处取得极值,所以f ′(2a )=1+b -12-12=b =0, 所以f (x )=x +2a 2x -a ln x ,f ′(x )=1-2a 2x 2-a x =x 2-ax -2a 2x 2=(x +a )(x -2a )x 2, 又a >0,且函数f (x )的定义域为(0,+∞),所以由f ′(x )>0,得x >2a ;由f ′(x )<0,得0<x <2a ,即函数f (x )的单调递增区间是(2a ,+∞),单调递减区间为(0,2a ).(2)当a =1时,f (x )=x +2x-ln x ,x ∈(0,+∞), 由(1)知x ∈[1,e]时,f (x )在[1,2]上单调递减,在(2,e]上单调递增,所以f (x )min =f (2)=3-ln 2.对任意的x 1,x 2∈[1,e]都有f (x 1)≥g (x 2),即f (x )min ≥g (x ),x ∈[1,e]恒成立.即3-ln 2≥x 2-2cx +4-ln 2,x ∈[1,e]恒成立,即2c ≥x +1x,x ∈[1,e]恒成立, 令h (x )=x +1x ,则h ′(x )=1-1x 2≥0,x ∈[1,e], 即h (x )=x +1x在[1,e]上单调递增, 故h (x )max =e +1e ,所以c ≥12⎝⎛⎭⎫e +1e . 故实数c 的取值范围为⎣⎡⎭⎫e 2+12e ,+∞.。
高考核心素养提升之一逻辑推理——突破双变量“存在性或任意性”问题逻辑推理的关键要素是:逻辑的起点、推理的形式、结论的表达.解决双变量“存在性或任意性”问题关键就是将含有全称量词和存在量词的条件“等价转化”为两个函数值域之间的关系(或两个函数最值之间的关系),目的在于培养学生的逻辑推理素养和良好的数学思维品质.类型1 形如“对任意x 1∈A ,都存在x 2∈B ,使得g (x 2)=f (x 1)成立”的问题【例1】 已知函数f (x )=x 3+(1-a )x 2-a (a +2)x ,g (x )=196x -13,若对任意x 1∈[-1,1],总存在x 2∈[0,2],使得f ′(x 1)+2ax 1=g (x 2)成立,求实数a 的取值范围.解 由题意知,g (x )在[0,2]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-13,6. 令h (x )=f ′(x )+2ax =3x 2+2x -a (a +2),则h ′(x )=6x +2,由h ′(x )=0得x =-13.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫-1,-13时,h ′(x )<0;当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤-13,1时,h ′(x )>0,所以[h (x )]min =h ⎝ ⎛⎭⎪⎫-13=-a 2-2a -13.又由题意可知,h (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤-13,6的子集, 所以⎩⎪⎨⎪⎧h (-1)≤6,-a 2-2a -13≥-13,h (1)≤6,解得实数a 的取值范围是[-2,0].思维升华 理解全称量词与存在量词的含义是求解本题的关键,此类问题求解的策略是“等价转化”,即“函数f (x )的值域是g (x )的值域的子集”,从而利用包含关系构建关于a 的不等式组,求得参数的取值范围.类型2 形如“存在x 1∈A 及x 2∈B ,使得f (x 1)=g (x 2)成立”的问题【例2】 已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2x 3x +1,x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12,1,-13x +16,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,12,函数g (x )=k sin πx 6-2k +2(k >0),若存在x 1∈[0,1]及x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立,求实数k 的取值范围.解 由题意,易得函数f (x )的值域为[0,1],g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2-2k ,2-3k 2,并且两个值域有公共部分.先求没有公共部分的情况,即2-2k >1或2-32k <0,解得k <12或k >43,所以,要使两个值域有公共部分,k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,43. 思维升华 本类问题的实质是“两函数f (x )与g (x )的值域的交集不为空集”,上述解法的关键是利用了补集思想.另外,若把此种类型中的两个“存在”均改为“任意”,则“等价转化”策略是利用“f (x )的值域和g (x )的值域相等”来求解参数的取值范围.类型3 形如“对任意x 1∈A ,都存在x 2∈B ,使得f (x 1)<g (x 2)成立”的问题【例3】 已知函数f (x )=x +4x ,g (x )=2x +a ,若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1,∃x 2∈[2,3],使得f (x 1)≤g (x 2),则实数a 的取值范围是________.解析 依题意知f (x )max ≤g (x )max .∵f (x )=x +4x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1上是减函数, ∴f (x )max =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=172. 又g (x )=2x +a 在[2,3]上是增函数,∴g (x )max =8+a ,因此172≤8+a ,则a ≥12.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12,+∞ 思维升华 理解量词的含义,将原不等式转化为[f (x )]max ≤[g (x )]max ;利用函数的单调性,求f (x )与g (x )的最大值,得关于a 的不等式,求得a 的取值范围.思考1:在[例3]中,若把“∃x 2∈[2,3]”变为“∀x 2∈[2,3]”时,其它条件不变,则a 的取值范围是________.问题“等价转化”为[f (x )]max ≤[g (x )]min ,请同学们完成.思考2:在[例3]中,若将“∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1”改为“∃x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,1”,其它条件不变,则a 的取值范围是______.问题“等价转化”为f (x )min ≤g (x )max ,请同学们自行求解.分层训练题A级基础巩固一、选择题1.(2020·宜昌调研)命题p:“∀x>1,x2-1>0”,则⌝p为()A.∀x>1,x2-1≤0B.∀x≤1,x2-1≤0C.∃x0>1,x20-1≤0D.∃x0≤1,x20-1≤02.第32届夏季奥林匹克运动会将于2020年7月24日在日本东京隆重开幕.在体操预赛中,有甲、乙两位队员参加.设命题p是“甲落地站稳”,q是“乙落地站稳”,则命题“至少有一位队员落地没有站稳”可表示为()A.(⌝p)∨(⌝q)B.p∨(⌝q)C.(⌝p)∧(⌝q)D.p∨q3.命题“∀n∈N*,f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是()A.∀n∈N*,f(n)∉N*且f(n)>nB.∀n∈N*,f(n)∉N*或f(n)>nC.∃n0∈N*,f(n0)∉N*且f(n0)>n0D.∃n0∈N*,f(n0)∉N*或f(n0)>n04.已知命题p:∃x∈R,x2-x+1≥0;命题q:若a2<b2,则a<b.下列命题为真命题的是()A.p∧qB.p∧⌝qC.⌝p∧qD.⌝p∧⌝q5.(2020·河南六校联考)已知命题p:对任意x∈R,总有2x>x2,q:“ab>4”是“a>2,b>2”的充分不必要条件,则下列命题为真命题的是()A.p∧qB.(⌝p)∧qC.p∧(⌝q)D.(⌝p)∧(⌝q)6.已知命题“∃x∈R,4x2+(a-2)x+14≤0”是假命题,则实数a的取值范围为()A.(-∞,0)B.[0,4]C.[4,+∞)D.(0,4)7.命题p:函数y=log2(x-2)的单调递增区间是[1,+∞),命题q:函数y=13x+1的值域为(0,1).下列命题是真命题的为()A.p∧qB.p∨qC.p∧(⌝q)D.⌝q8.已知函数f(x)=a2x-2a+1.若命题“∀x∈(0,1),f(x)≠0”是假命题,则实数a的取值范围是()A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1 B.(1,+∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,+∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1∪(1,+∞) 二、填空题 9.若“∀x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4,tan x ≤m ”是真命题,则实数m 的最小值为________. 10.命题p 的否定是“对所有正数x ,x >x +1”,则命题p 可写为________________________________.11.(2020·湖南百校大联考改编)下列四个命题:p 1:任意x ∈R ,2x >0;p 2:存在x ∈R ,x 2+x +1≤0;p 3:任意x ∈R ,sin x <2x ;p 4:存在x ∈R ,cos x >x 2+x +1.其中是真命题的为________.12.已知命题p :∃x 0∈R ,(m +1)(x 20+1)≤0,命题q :∀x ∈R ,x 2+mx +1>0恒成立.若p ∧q 为假命题,则实数m 的取值范围为________.B 级 能力提升13.命题“∀x ∈R ,∃n ∈N *,使得n ≥x 2”的否定形式是( )A.∀x ∈R ,∃n ∈N *,使得n <x 2B.∀x ∈R ,∀n ∈N *,使得n <x 2C.∃x ∈R ,∃n ∈N *,使得n <x 2D.∃x 0∈R ,∀n ∈N *,使得n <x 2014.(2020·南昌质检)下列有关命题的说法正确的是( )A.命题“若x 2=1,则x =1”的否命题为“若x 2=1,则x ≠1”B.命题p :∃x 0∈R ,sin x 0=62;命题q :∀x ∈R ,x >sin x ,则命题p ∨q 为真C.命题“∃x 0∈R ,x 20+x 0+1<0”的否定是“∀x ∈R ,x 2+x +1<0”D.命题“若x =y ,则sin x =sin y ”的逆否命题是真命题15.已知函数f (x )=⎩⎨⎧3x ,x <0,m -x 2,x ≥0,给出下列两个命题:命题p :∃m ∈(-∞,0),方程f (x )=0有解;命题q :若m =19,则f [f (-1)]=0,那么,下列命题为真命题的是____________(填序号).①p ∧q ;②(⌝p )∧q ;③p ∧(⌝q );④(⌝p )∧(⌝q ).16.(2020·漳州八校联考)设p :函数f (x )=ax 2-x +14a 的定义域为R ,q :∃x ∈(0,1),使得不等式3x -9x -a <0成立.如果“p ∨q ”为真命题,“p ∧q ”为假命题,则实数a 的取值范围为________.C 级 创新猜想17.(组合选择题)(2019·全国Ⅲ卷)记不等式组⎩⎨⎧x +y ≥6,2x -y ≥0表示的平面区域为D .命题p :∃(x ,y )∈D ,2x +y ≥9;命题q :∀(x ,y )∈D ,2x +y ≤12.下面给出了四个命题①p ∨q ②⌝p ∨q ③p ∧⌝q ④⌝p ∧⌝q这四个命题中,所有真命题的编号是( )A.①③B.①②C.②③D.③④答案解析1.解析 命题p :“∀x >1,x 2-1>0”,则綈p 为:∃x 0>1,x 20-1≤0.答案 C2.解析 命题“至少有一位队员落地没有站稳”包含以下三种情况:“甲、乙落地均没有站稳”、“甲落地没站稳,乙落地站稳”、“乙落地没有站稳,甲落地站稳”,故可表示为(⌝p )∨(⌝q ).或者,命题“至少有一位队员落地没有站稳”等价于命题“甲、乙均落地站稳”的否定,即“p ∧q ”的否定,选A.答案 A3.解析 ∵全称命题的否定为特称命题,∴该命题的否定是:∃n 0∈N *,f (n 0)∉N *或f (n 0)>n 0.答案 D4.解析 因为x 2-x +1=⎝ ⎛⎭⎪⎫x -122+34>0恒成立,所以p 为真命题,则⌝p 为假命题;当a =1,b =-2时,满足a 2<b 2,但不满足a <b ,所以q 为假命题,则⌝q 为真命题,根据且命题同真则真的原则,p ∧⌝q 为真命题.答案 B5.解析 当x =2时,2x =x 2,所以p 是假命题;由a >2,b >2可以推出ab >4;反之不成立,例如a =2,b =4,所以“ab >4”是“a >2,b >2”的必要不充分条件,故q 是假命题;所以(⌝p )∧(⌝q )是真命题.答案 D6.解析 因为命题“∃x ∈R ,4x 2+(a -2)x +14≤0”是假命题,所以其否定命题“∀x ∈R ,4x 2+(a -2)x +14>0”是真命题.则Δ=(a -2)2-4×4×14=a 2-4a <0,解得0<a <4.答案 D7.解析 由于y =log 2(x -2)的单调递增区间是(2,+∞),所以命题p 是假命题.由3x >0,得3x +1>1,所以0<13x +1<1, 所以函数y =13x +1的值域为(0,1),故命题q 为真命题. 所以p ∧q 为假命题,p ∨q 为真命题,p ∧(⌝q )为假命题,⌝q 为假命题.答案 B8.解析 ∵函数f (x )=a 2x -2a +1,命题“∀x ∈(0,1),f (x )≠0”是假命题,∴原命题的否定:“∃x 0∈(0,1),使f (x 0)=0”是真命题,∴f (1)f (0)<0,即(a 2-2a +1)(-2a +1)<0,∴(a -1)2(2a -1)>0,解得a >12,且a ≠1,∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1∪(1,+∞). 答案 D9.解析 ∵函数y =tan x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4上是增函数,∴y max =tan π4=1,依题意,m ≥y max ,即m ≥1.∴m 的最小值为1.答案 110.解析 因为p 是⌝p 的否定,所以只需将全称量词变为存在量词,再对结论否定即可. 答案 ∃x 0∈(0,+∞),x 0≤x 0+111.解析 ∀x ∈R ,2x >0恒成立,p 1是真命题.又x 2+x +1=⎝ ⎛⎭⎪⎫x +122+34>0,∴p 2是假命题. 由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫-32π=1>2-32π,知p 3是假命题.取x =-12时,cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12>cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6=32, 但x 2+x +1=34<32,则p 4为真.综上,p 1,p 4为真命题,p 2,p 3是假命题.答案 p 1,p 412.解析 由命题p :∃x 0∈R ,(m +1)(x 20+1)≤0可得m ≤-1;由命题q :∀x ∈R ,x 2+mx +1>0恒成立,即Δ=m 2-4<0,可得-2<m <2,若p ∧q 为真命题,则-2<m ≤-1,因为p ∧q 为假命题,所以m ≤-2或m >-1.答案 (-∞,-2]∪(-1,+∞)13.解析 改变量词,否定结论.∴该命题的否定应为:∃x 0∈R ,∀n ∈N *,使得n <x 20.答案 D14.解析 选项A ,命题“若x 2=1,则x =1”的否命题为“若x 2≠1,则x ≠1”,∴A 选项错误.选项B ,∵sin x 0=62>1,∴命题p 是假命题.命题q :当x =0时,x =sin x ,∴命题q 是假命题,则命题p ∨q 为假.∴B 选项错误.选项C ,命题“∃x 0∈R ,x 20+x 0+1<0”的否定是“∀x ∈R ,x 2+x +1≥0”,∴C 选项错误.选项D ,∵x =y ,∴sin x =sin y ,∴该命题的逆否命题为真命题.∴D 选项正确. 答案 D15.解析 因为3x >0,当m <0时,m -x 2<0,所以命题p 为假命题;当m =19时,因为f (-1)=3-1=13,所以f [f (-1)]=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13=19-⎝ ⎛⎭⎪⎫132=0, 所以命题q 为真命题;逐项检验可知,只有(⌝p )∧q 为真命题.答案 ②16.解析 若命题p 为真,则ax 2-x +14a ≥0恒成立,则⎩⎪⎨⎪⎧a >0,Δ=(-1)2-4a ·14a ≤0,解得a ≥1. 设y =3x -9x .令3x =t ,则y =3x -9x =t -t 2,当x ∈(0,1)时,t ∈(1,3),所以y =3x -9x 的值域为(-6,0).若命题q 为真,则a >-6.由命题“p ∨q ”为真命题,“p ∧q ”为假命题,可知p ,q 一真一假, 当p 真q 假时,a 不存在;当p 假q 真时,-6<a <1,所以实数a 的取值范围是(-6,1).答案 (-6,1)17.解析 由不等式组画出平面区域D ,如图阴影部分所示,在图中画出直线2x +y =9,可知命题p 正确,作出直线2x +y =12,2x +y ≤12表示直线及其下方区域,易知命题q 错误. ∴⌝p 为假,⌝q 为真,∴p ∨q 为真,⌝p ∨q 为假,p ∧⌝q 为真,⌝p ∧⌝q 为假.故真命题的编号为①③.答案 A。
如何突破双变量“存在性或任意性”问题?解决双变量“存在性或任意性”问题关键就是将含有全称量词和存在量词的条件“等价转化”为两个函数值域之间的关系(或两个函数最值之间的关系),目的在于培养学生的逻辑推理素养和良好的数学思维品质.笔者在教学实践中发现这类问题具有以下几种类型,现小结如下和大家交流。
类型A 形如“对任意x1∈A,都存在x2∈B,使得g(x2)=f(x1)成立”1. 已知函数f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x,g(x)=x-,若对任意x1∈[-1,1],总存在x2∈[0,2],使得f′(x1)+2ax1=g(x2)成立,求实数a的取值范围.解由题意知,g(x)在[0,2]上是一次函数并且单调递增故它的值域为.构造新函数h(x),令h(x)=f′(x)+2ax=3x2+2x-a(a+2),对h(x)求导并求出它的单调区间和值域,则h′(x)=6x+2。
令h′(x)=0得x=-,-将[-1,1]分为两个区间和。
当x∈时,h′(x)<0 , h(x)为单调递减函数;当x∈时,h′(x)>0,h(x)为单调递增函数。
所以[h(x)]min=h=-a2-2a-,[h(x)]max=h(1)或h(-1)又由题意对“任意x1∈[-1,1],总存在x2∈[0,2],使得f′(x1)+2ax1=g(x2)成立”所以h(x)的值域是函数g(x)的值域的子集,所以解得实数a的取值范围是[-2,0].小结理解全称量词与存在量词的含义是求解本题的关键,此类问题求解的策略是“等价转化”,即“函数f(x)的值域是g(x)的值域的子集”从而利用包含关系构建关于a的不等式组,求得参数的取值范围.类型B 形如“存在x1∈A及x2∈B,使得f(x1)=g(x2)成立”2. 已知函数f(x)=函数g(x)=k sin-2k+2(k>0),若存在x1∈[0,1]及x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,求实数k的取值范围.解由题意当x时,通过直接求导可知f′(x)=显然f′(x)>0, 可判断函数f(x)在区间上是单调递增函数,所以f(x)的值域为[, 1];当x [0, ]时,f(x)=显然是单调递减函数,所以它的值域为[ 0 , ]. 由上可知f(x)的值域为[0,1].对于函数g(x),由于k>0,x2∈[0,1]则g(x)也是增函数,故它的值域为。
导数题中的“任意”与“存在”常见这样一类导数问题:对区间内任意自变量,不等式成立,求参数取值范围;或在区间内存在一个自变量,不等式成立,求参数取值范围等等.由于这类问题本身的抽象性及隐蔽性,同学们在解决这类问题时,感到束手无策.为使这类问题解决有章可循,有法可依,本文拟对常见的该类问题进行分类并说明其求解策略,以供参考.例 已知两个函数2()728f x x x c =--,32()2440g x x x x =+-. (1)若对任意的[2,3]x ?,都有()2f x >成立,求实数c 的取值范围; (2)若对任意的[2,3]x ?,都有()()f x g x >成立,求实数c 的取值范围; (3)若对任意的1[2,3]x ?,2[3,3]x ?,都有12()()f x g x >成立,求实数c 的取值范围;(4)若存在0[2,3]x ?,使0()2f x >成立,求实数c 的取值范围; (5)若存在0[2,3]x ?,使00()()f x g x >成立,求实数c 的取值范围;(6)若存在1[2,3]x ?,2[3,3]x ?,使12()()f x g x >成立,求实数c 的取值范围; (7)若存在1[2,3]x ?,2[3,3]x ?,使12()()f x g x =成立,求实数c 的取值范围; (8)若对任意的1[2,3]x ?,总存在2[3,3]x ?,使12()()f x g x >成立,求实数c 的取值范围;(9)若对任意的1[2,3]x ?,总存在2[3,3]x ?,使12()()f x g x =成立,求实数c 的取值范围;(10)若对任意的1[2,3]x ?,总存在2[3,3]x ?,使12()()f x g x <成立,求实数c 的取值范围.为解决上述问题方便,我们先求()f x 在[2,3]-上的最大值和最小值,()g x 在[3,3]-上的最大值和最小值.2()728f x x x c =--,对称轴2x =,当[2,3]x ?时,()f x 在区间(1,2)-上递减,在区间(2,3)上递增.max ()(2)84f x f c =-=-,min ()(2)28f x f c ==--. 32()2440g x x x x =+-,22()68402(3420)2(310)(2)g x x x x x x x ¢=+-=+-=+-,令()0g x ¢=,解得103x =-或2x =, 当[3,3]x ?时,()g x 在区间(3,2)-上递减,在区间(2,3)上递增.(3)102g -=,(3)30g =-,max ()102g x =,min ()(2)48g x g ==-.上述问题可分为下面三类:一、对区间内任意自变量,不等式成立型 (1)~(3)属于此类型.(1)解:min ()2f x >,282c -->,30c <-.评注:若对任意[,]x a b Î,不等式()f x m >(或()f x m >)恒成立,则需要函数在该区间上的最小值大于m (或最大值小于m ).(2)解:设32()()()2312h x f x g x x x x c =-=-++-,2()66126(2)(1)h x x x x x ¢=-++=--+.()h x 在区间(2,1)--,(2,3)上递减,在区间(1,2)-上递增. (1)7h c -=--,(3)9h c =-,min ()7h x c =--. min ()0h x >,7c <-.评注:对任意的[,]x a b Î,都有()()f x g x >成立,是不同函数对同一变量下的恒成立问题,如图1,()y f x =的图象恒在()y g x =的图象上方,设()()()h x f x g x =-,则可转化为求()h x 的最小值大于0即可.本题易错误认为min max ()()f x g x >.若函数(),()f x g x 在区间[,]a b 上恒为正值,此类问题也可以设()()()f x h xg x =,让()h x 的最小值大于1即可.图1(3)解:min max ()()f x g x >,28102c -->,130c <-.评注:本题12,x x 是两个无关的变量1()f x 和2()g x 的取得互不影响,所以只需使()f x 的最小值大于()g x 的最大值.我们用图2表示()f x 在[2,3]-上的值域,用图2表示()g x 在[3,3]-上的值域. 固定图2,使图3竖直上下移动,只有如图4所示时才能符合题意.f (x )maxg (x )ma f (x )ming (x )mig (x )max g (x )ming (x )minf (x )ming (x )max f (x )max图2 图3 图4 二、区间内存在自变量,使不等式(等式)成立型 (4)~(7)属于此类型.(4)解:max ()2f x >,842c ->,82c <.评注:存在0[,]x a b Î,使0()f x m > (或0()f x m <)成立, 只需函数()f x 在区间[,]a b 上的最大值max ()f x m >(或min ()f x m <).本题易错误认为min ()f x m >.(5)解:设()()()h x f x g x =-,存在0[2,3]x ?,使0()0h x >,转化为(4)类型,只需max ()0h x >.(2)4h c -=-,(2)20h c =-,max ()20h x c =-.200c ->,20c <.评注:存在0[,]x a b Î,使00()()f x g x >(或00()()f x g x <)成立,此类问题强调的是不同函数在同一变量下的函数值大小的问题,应设()()()h x f x g x =-,可转化为让函数()h x 的最大值大于O (或()h x 的最小值小于O )即可.本题容易与恒成立问题混淆,从而错误的去让函数()h x 的最小值大于0. 若函数(),()f x g x 在区间[,]a b 上恒为正值,此类问题也可以设()()()f x h xg x =. (6)解:max min ()()f x g x >,8448c ->-,132c <.评注:存在1[,]x a b Î,2[,]x c d Î,使12()()f x g x >成立,满足max min ()()f x g x >,如图5.g (x )minf (x )ming (x )max f (x )max图5(7)解:max min min max.()(),()()f x g x f x g x ì³ïïíï£ïî8448,28102.c c ì-?ïïíï--?ïî130132c -#. 评注:若存在1[,]x a b Î,2[,]x cd Î,使12()()f x g x =成立,要求()f x 的值域和()g x 的值域交集不为空,即max min ()()f x g x ³,如图6,且min max ()()f x g x £,如图7.f (x )maxg (x )max f (x )ming (x )minf (x )maxg (x )max f (x )ming (x )min图6 图7 三、任意、存在同时出现,使不等式(等式)成立型 (8)~(9)属于此类型.(8)解:min min ()()f x g x >,2848c -->-,20c <评注:对任意的1[,]x a b Î,总存在2[,]x c d Î,使12()()f x g x >成立,就是说1x 取区间[,]a b 上的任意一个值,总存在2[,]x c d Î,使得21()()g x f x <,就要求min min ()()f x g x >,如图8.g (x )minf (x )ming (x )maxf (x )max图8(9)解:max max min min.()(),()()g x f x g x f x ì³ïïíï£ïî10284,4828.c c ì?ïïíï-?-ïî1820c -#.评注:对任意的1[,]x a b Î,总存在2[,]x c d Î,使12()()f x g x =成立,就是说1x 取区间[,]a b 上的任意一个值,总存在2[,]x c d Î,使得21()()g x f x =,就要求函数()g x 的值域包含函数()f x 的值城,如图9.f (x )max f (x )ming (x )maxg (x )min图9(10)解:max max ()()f x g x <,84102c -<,18c >-.评注:对任意的1[,]x a b Î,总存在2[,]x c d Î,使12()()f x g x <成立,就是说1x 取区间[,]a b 上的任意一个值,总存在2[,]x c d Î,使得21()()g x f x >,就要求max max ()()f x g x <,如图10.g(x)max f(x)maxg(x)min f(x)min图10。
两个函数中的存在性和任意性问题的辨析安徽省太和县太和中学 岳 峻 236600邮箱: 手机:高考中经常出现两个变量的任意性或存在性问题,是高考的热点之一.此类问题中,特别是全称量词“任意()∀”和特称量词“存在()∃”插足函数,使得函数问题扑朔迷离,意深难懂,同时题目也因此显得富有变化和新意,往往让学生们混淆不清、不知所措.事实上,揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目,需要深刻理解问题的本质,善于运用数形结合、转化与化归的思想,利用函数与导数的相关知识,可以把相等关系转化为函数值域之间的关系,不等关系转化为函数最值大小的比较,从而转化为我们熟悉的问题.本文通过研究具体函数及其图象,谈谈函数中有关任意性和存在性问题的转化策略,将任意性与存在性问题转化为函数值域关系或最值关系,并得到双变量的存在性和任意性问题的辨析方法,希望对同学们有所启发.类型1.任意x ,使得()()f x g x >,只需()()min ()min 0.h x f x g x =->⎡⎤⎣⎦其等价转化的基本思想是:给定任意一个x 的值,函数()y f x =的对应函数值都大于()y g x =的对应函数值.(如图1)类型2.存在x ,使得()()f x g x >,只需()()max ()max 0h x f x g x =->⎡⎤⎣⎦.其等价转化的基本思想是:存在一个x 的值,函数()y f x =的对应函数值大于()y g x =的对应函数值.(如图2)【例1】(2014年陕西理科21改编)设函数()()()ln 1,(),()f x x g x axf x f x ''=+=是()f x 的导函数.(1)若对于任意0x ≥,总有()(),f x g x ≥求实数a 的取值范围; (2)若存在0x ≥,使得()(),f x g x ≥求实数a 的取值范围. 【解析】(1)设()()()()()ln 10.1axh x f x g x x x x=-=+-≥+ ()()()2211.111a x a h x x x x +-'=-=+++ 当1a ≤时,()0.h x '≥()h x 在[)0,+∞上单调递增,()()min 00,h x h ==所以,()0h x ≥在[)0,+∞上恒成立,即()()f x g x ≥在[)0,+∞上恒成立;当1a >时,对于()0,1x a ∈-有()0.h x '<()h x 在()0,1a -上单调递减,()()100,h a h -<=此时存在0x >,使得()0h x <,即()()f x g x ≥在[)0,+∞上不恒成立;综上可知,实数a 的取值范围(],1-∞.(2)由(1)可知,当1a ≤时,存在0x ≥,使得()()f x g x ≥; 当1a >时,()1001001.ah ee-=必存在0x ≥,使得()()f x g x ≥; 综上可知,实数a 的取值范围(),.-∞+∞类型3.若1122,x D x D ∃∈∃∈,使得()()12f x g x =等价于函数()f x 在1D 上的值域A 与()g x 在2D 上的值域B 的交集不空,即.AB ≠Φ其等价转化的基本思想是:函数()y f x =的某一个函数值等于函数()y g x =的某一个函数值,即两个函数有相等的函数值. (如图3)图3图4类型4.对1122,x D x D ∀∈∃∈,使得()()12f x g x =等价于函数()f x 在1D 上的值域A 是()g x 在2D 上的值域B 的子集,即.A B ⊆其等价转化的基本思想是:函数()y f x =的任意一个函数值都等于函数()y g x =的某一个函数值,即函数()y f x =的函数值都在函数()y g x =的值域之中. (如图4)【例2】(2014年天津文科19改编)已知函数232(),0,.3f x x ax a x R =->∈ ()()21.1g x x x =-(1)若(]121,1,,2x x ⎛⎫∃∈-∞-∃∈-∞- ⎪⎝⎭,使得()()12f x g x =,求实数a 的取值范围. (2)当32a =时,证明:对于任意的1(2,)x ∈+∞,都存在2(1,)x ∈+∞,使得12()()f x g x =. 【解析】(1)因为2323f x x ax ,所以22221f x x ax x ax .令0f x 得0x 或1a.因为当0x 时,f x 单调递减,当10x a 时,f x 单调递增,当1x a 时,f x 单调递减,302f f a.所以,f x 在,1上单调递减,f x 在,1上的值域为21,.3a又()()21.1g x x x =-()()()2222332313232.1x x x g x x x x x x x '--⎛⎫'=== ⎪-⎝⎭-- 当12x时,0,g x ()g x 单调递增,()18.23g x g ⎛⎫<-= ⎪⎝⎭()g x 在1,2上的值域为8,.3若(]121,1,,2x x ⎛⎫∃∈-∞-∃∈-∞-⎪⎝⎭,使得()()12f x g x =,则:2851,.332a a 故实数a 的取值范围50,.2(2)因为23f xx x ,所以222333f x x x xx .分析可知,f x 在(1,)+∞单调递减,且10.f所以f x 在(2,)+∞上的值域为,4; 又f x 在(1,)+∞单调递减,且0.f x()()()2111g x x x f x ==-在(1,)+∞上单调递增,所以()()211g x x x =-在(1,)+∞上的值域为,0;因为,4,0.对于任意的1(2,)x ∈+∞,都存在2(1,)x ∈+∞,使得12()()f x g x =.类型5.对12,,x x D ∀∈使得()()12f x g x >,且()(),f x g x 是在闭区间D 上的连续函数等价于()()min max .f x g x >其等价转化的基本思想是:函数()y f x =的任意一个函数值均大于函数()y g x =的任意一个函数值. (如图5)类型6. 存在12,x x D ∈使得()()12f x g x >,等价于()()max min .f x g x >其等价转化的基本思想是:函数()y f x =的某一个函数值大于函数()y g x =的某些函数值,都是只要求有这样的函数值,并不要求所有的函数值. (如图6)【例3】已知()()2()0,ln .a f x x a g x x x x=+>=+(1)若对任意的[]12,1,,x x e ∈都有()()12f x g x ≥成立,求实数a 的取值范围; (2)存在[]12,1,,x x e ∈使得()()12f x g x <,求实数a 的取值范围.【解析】(1)对任意的[]12,1,,x x e ∈都有()()12f x g x ≥成立,等价于[]1,x e ∈时,()()min max .f x g x ≥当[]1,x e ∈时,()110,g x x'=+>所以()g x 在[]1,e 上单调递增,所以()()max 1.g x g e e ==+ 只需证()min1f x e ≥+,即()22211a x e a e x x x+≥+⇔≥+-在[]1,e 上恒成立即可.令()()21.h x e x x =+-当[]1,x e ∈时,()()21h x e x x =+-的最大值为211.22e e h ++⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以221,2e a +⎛⎫≥ ⎪⎝⎭即1.2e a +≥ 故实数a 的取值范围是1,.2e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(2)存在[]12,1,,x x e ∈使得()()12f x g x <,等价于[]1,x e ∈时,()()min max .f x g x < 当[]1,x e ∈时,()110,g x x'=+>所以()g x 在[]1,e 上单调递增,所以()()max 1.g x g e e ==+ 又()2()0a f x x a x=+>在()0,a 单调递减,(),a +∞单调递增.当01a <<时,()f x 在[]1,e 单调递增,()()2min 111.f x f a e ==+<+符合题意;当1a e ≤≤时,()f x 在[]1,a 单调递减,[],a e 单调递增,()()min 2.f x f a a == 此时,21a e <+,解得11;2ea +≤<当a e >时,()f x 在[]1,e 单调递减,()()2min.a f x f e e e ==+此时,21a e e e+<+,即a <与a e >矛盾,不符合题意;综上可知,实数a 的取值范围是10,.2e +⎛⎫⎪⎝⎭类型7. 对1122,x D x D ∀∈∃∈,使()()12f x g x >,等价于函数()f x 在1D 上的最小值大于()g x 在2D 上的最小值即()()min min f x g x >(这里假设()()min min ,f x g x 存在).其等价转化的基本思想是:函数()y f x =的任意一个函数值大于函数()y g x =的某一个函数值,但并不要求大于函数()y g x =的所有函数值. (如图7)类型8. 对1122,x D x D ∀∈∃∈,使()()12f x g x <,即()()max max f x g x <.其等价转化的基本思想是:函数()y f x =的任意一个函数值小于函数()y g x =的某一个函数值,但并不要求小于函数()y g x =的所有函数值. (如图8)【例4】(2010年山东)已知函数()()1ln 1.af x x ax a R x-=-+-∈ (1)当12a ≤时,讨论()f x 的单调性; (2)设()224g x x bx =-+,当14a =时,若对任意()10,2,x ∀∈存在[]21,2x ∈,使()()12f x g x ≥,求实数b 的取值范围.【解析】(1)略;(2)依题意()f x 在()0,2上的最小值不小于()g x 在[]1,2上的最小值,即()()min min f x g x ≥,于是问题转化为最值问题.当14a =时,()13ln 144f x x x x=-+-, 所以()()()2213113,444x x f x x x x --'=--=- 则当01x <<时,()0,f x '<当12x <<时,()0,f x '>所以当()0,2x ∈时,()()min 11.2f x f ==- 又()224g x x bx =-+,①当1b <时,可求得()()min 152,g x g b ==-则1522b -≤-,解得:11.4b ≥这与1b <矛盾. ②当12b ≤≤时,可求得()()2min 4,g x g b b ==-则2142b -≤-,解得:29.2b ≥这与12b ≤≤矛盾.③当2b >时,可求得()()min 284,g x g b ==-,由184,2b -≤-得17.8b ≥.图7图8综合①②③得实数b 的取值范围是17,.8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。
等价转化——突破双变量存在性或任意性问题的“利器”双变量问题一直导数中难点问题,我们之前也写过相应的专题传送门:导数中双变量的那些事儿。
今天的文章来自我们教研QQ群成员四川省资阳市外国语实验学校的蔡勇全老师。
双变量问题中有一类题型甚是让学生烦恼,当题目中穿插有两个及其以上“任意”或“存在”事,学生往往因为不知道如何等价转换,部分学生甚至机械的背诵结论。
杨春波老师更是把这个戏称为数学世界里的咒语数学世界的咒语等价转化是一种重要而有效的解题策略,也是把未能解决的问题转化成在已有知识范围内能够解决的问题的一种数学思想方法,通过不断地转化,可以使复杂、不规范、不熟悉的问题变为简单、规范、熟悉的问题.本文结合实例,略谈等价转化数学思想在解答双变量存在性或任意性问题时的应用,任意与存在问题也可以冻结变量的法来处理。
当题目中有两个变量时,我们冻结其中一个变量,剩下的变量当做单变量处理,下面结合具体的题型供大家参考.一、等式型双变量存在性或任意性问题(一)此种类型的“等价转化”策略是利用f(x)“的值域是g(x)的值域的子集”来求解参数的取值范围.解析解析:另外,求解例的变式的关键是要注意其中的量词.(二)此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)的值域和g(x)的值域的交集不为空集”来求解参数的取值范围.解析:上述解法的关键是利用了补集思想.另外,若把此种类型的中的两个“存在”均改为“任意”,则“等价转化”策略是利用“f(x)的值域和g(x)的值域相等”来求解参数的取值范围.二、不等式型双变量存在性或任意性问题(三)此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)max<g(x)min”或分离参数的办法来求解参数的取值范围.解析:另解:解析:另外,在例3的变式中的绝对值符号内所涉及的是两个不同函数,若绝对值符号内所涉及的是同一个函数,那又该怎样转化呢这方面可参看下文中的例6.(四)此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)min<g(x)max”或分离参数的办法来求解参数的取值范围.解析:另解解析:(五)此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)max<g(x)max”或分离参数的办法来求解参数的取值范围.解析:(六)此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)在区间A上的最大值与最小值之差小于M”来求解参数的取值范围,当然,此种类型中的“M”可以是常数,也可以是关于参数的代数式.解析:解析:解析:解析:对上述一系列形式相近、本质不同的含参成立性问题的辨析,不仅可以让我们从“变”的现象中发现“不变”的本质,而且可以帮助我们从“不变”的本质中探究“变”的规律,更重要的是可以使所学的知识融会贯通,提高我们的学习效率.。
值域法破解双变量压轴题的四种情形1基本原理.第1类.“任意=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∀,使得)()(21x g x f =,等价于函数)(x f 在1D 上上的值域A 是函数)(x g 在2D 上的值域B 的子集,即B A ⊆.其等价转化的基本思想:函数)(x f 的任意一个函数值都与函数)(x g 的某一个函数值相等,即)(x f 的函数值都在)(x g 的值域之中.此类型出现频率最高.第2类.“存在=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∃,使得)()(21x g x f =,等价于函数)(x f 在1D 上的值域A 与函数)(x g 在2D 上的值域B 的交集不为空集,即∅≠⋂B A .其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.第3类.“任意≥(≤、>、<)任意”型2211,D x D x ∈∀∈∀,使得)()(21x g x f ≥恒成立等价于max min )()(x g x f ≥.其等价转化的基本思想是函数)(x f 的任何一个函数值均大于函数)(x g 的任何一个函数值.同理,可得其他类型.第4类.m x f x f b a x x ≤-∈∀|)()(|],,[,2121型.由于闭区间上连续函数必有最值,故此类转化为m x f x f ≤-|)()(|min max ,解决掉双变量转化为求最值.2.典例分析第1类问题问题应用.例1.已知函数()()ln f x ax x a R =+∈.(1)若1a =,求曲线()y f x =在1x =处切线方程;(2)讨论()y f x =的单调性;(3)12a ≥-时,设()222g x x x =-+,若对任意[]11,2x ∈,均存在[]20,3x ∈,使得()()12f x g x =,求实数a 的取值范围.解析:(2)()f x 定义域为()0,∞+,()1'1ax a x f xx +=+=,当0a ≥时,()'0f x >恒成立,所以()f x 在()0,∞+上单调递增;当0a <时,10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()'0f x >恒成立,1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时()'0f x <恒成立,所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减;综上述,当0a ≥时,()f x 在()0,∞+上单调递增;当0a <时,()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.(3)由已知,转化为()f x 在[]1,2x ∈的值域M 和()g x 在[]0,3x ∈的值域N 满足:M N ⊆,易求[]1,5N =.又()1'1ax a x f xx +=+=且12a ≥-,()f x 在[]1,2x ∈上单调递增,故值域[],2ln 2M a a =+.所以152ln 2a a ≤⎧⎨≥+⎩,解得5ln 212a -≤≤,即5ln 21,2a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.第2类问题应用例2.已知曲线()y ln x m =+与x 轴交于点P ,曲线在点P 处的切线方程为()y f x =,且2)1(=f .(1)求()y f x =的解析式;(2)求函数()()xf xg x e =的极值;(3)设2(1)1()ln x a lnx h x x +-+=,若存在实数1[1x ∈,]e ,12[x e -∈,1],使得21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立,求实数a 的取值范围.解析:(1)曲线()y ln x m =+与x 轴交于点(1,0)P m -,1y x m'=+,∴曲线在点P 处的切线斜率111k m m==-+,可得切线方程为0(1)y x m -=--,f (1)2=,21(1)m ∴=--,解得2m =.()(12)y f x x ∴==--,即()1f x x =+.(2)函数()1()x x f x x g x e e +==,()x xg x e-'=,0x ∴>时,()0g x '<,此时函数()g x 单调递减;0x <时,()0g x '>,此时函数()g x 单调递增.0x ∴=是函数()g x 的极大值点,(0)1g =.(3)设21x m =,12[x e -∈ ,1],则[1m ∈,]e ,2222222(1)1(1)ln m a lnm x ln x a x lnx x m +-++-+=.2(1)1()ln x a lnx h x x +-+= ,∴2(1)1()ln m a lnm h m m+-+=.若存在实数1[1x ∈,]e ,12[x e -∈,1],使21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立,等价于:12()()h x h m <成立,[1m ∈,]e .即2()()min max h x h x <,[1x ∈,]e .令lnx t =,[1x ∈ ,]e ,则[0t ∈,1].22(1)1(1)1()tln x a lnx t a t h x x e +-++-+∴==,[0t ∈,1],(0)1h =,h (1)3ae -=.221[(1)1](1)()()t tt a t a t t t a h t e e +--+-+--'==,a的取值范围是(-∞,32)(32ee --⋃,)+∞.第3类情形应用实例例3.设函数()(0)kx f x xe k =≠.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)设2()24g x x bx =-+,当1k =时,若对任意的1x R ∈,存在2[1,2]x ∈,使得()()12f x g x ≥,求实数b 的取值范围.解析:(1)令()(1)0kx f x kx e '=+>,所以10kx +>,当0k >时,1x k >-,此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减,在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增;当k 0<时,1x k <-,此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增,在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减;(2)当1k =时,,()f x 在(),1-∞-上单调递减,在()1,-+∞单调递增.所以对任意1x R ∈,有()11(1)f x f e ≥-=-,又已知存在2[1,2]x ∈,使()()12f x g x ≥,所以()221,[1,2]g x x e -≥∈即存在2[1,2]x ∈,使21()24g x x bx e =-+≤-,即142e b x x-+≥+,又因为当[1,2]x ∈,14114,52e x x ee -+⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦,所以1242b e ≥+,124b e ≥+,即实数b 的取值范围124b e ≥+.第4类情形应用实例例4.已知函数()()ln 0bf x a x x a =+≠.(1)当2b =时,若函数()f x 恰有一个零点,求实数a 的取值范围;(2)当0a b +=,0b >时,对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,有()()122f x f x e -≤-成立,求实数b 的取值范围.解析:(1)定义域为()0,∞+,当2b =时,22()2a x af x x x x+'=+=;当0a >时,()0f x '>,()f x 为增函数,取10a x e -=,120()1(e )0a f x -=-+<,(1)10f =>所以0()(1)0f x f ⋅<,故此时恰有一个零点;当0a <时,令()0f x '=,x =0x <时,()0f x '<,所以()f x 在⎛ ⎝单调递减,x ()0f x '>,所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增;要使函数恰有一个零点,需要ln 02af a ==,解得2a e =-,综上,实数a 的取值范围是2a e =-或0a >.(2)因为对任意121,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,有()()122f x f x e -≤-成立,且12max min ()()()()f x f x f x f x --≤,所以max min ()2(e )f x f x -≤-.因为0a b +=,所以=-a b ,所以()ln bf x b x x =-+,1(1)().b b b b x f x bx x x--'=-+=当01x <<时,()0f x '<,当1x >时,()0f x '>;所以函数在1[,1)e上单调递减,在(1,]e 上单调递增,min ()(1)1,f x f ==因为1()bf b e e -=+与()b f e b e =-+,所以max 1()max (),(e),e f x f f ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭令1()(e)()e e 2,eb bg b f f b -=-=--则当0b >时,()220b b g b e e -'=+->-=,所以()g b 在()0,∞+上单调递增,故()(0)0g b g >=,所以1()()f e f e>,从而max ()e .bf x b =-+所以12b b e e -+-≤-,即10b e b e --+≤.令()e e 1(0)t t t t ϕ=--+>,则()e 1t t ϕ'=-.当0t >时,()0t ϕ'>,所以()t ϕ在()0,∞+上单调递增.又(1)0ϕ=,所以10b e b e --+≤,即()(1)b ϕϕ≤,解得1b ≤,所以b 的取值范围是(0,1].。
难点7 双变量的“任意性”与“存在性”问题1.“存在=存在”型∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在D1上的值域A与函数g(x)在D2上的值域B的交集不为空集,即A∩B≠⌀.其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.典例1 已知函数f(x)=x2-ax3,a>0,x∈R.g(x)=.若∃x1∈(-∞,-1],∃x2∈,使得f(x1)=g(x2),求实数a的取值范围.解析∵f(x)=x2-ax3,∴f '(x)=2x-2ax2=2x(1-ax).令f '(x)=0,得x=0或x=.∵a>0,∴>0,∴当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0,∴f(x)在(-∞,-1]上单调递减, f(x)在(-∞,-1]上的值域为.∵g(x)=,∴g'(x)==.∵当x<-时,g'(x)>0,∴g(x)在上单调递增,∴g(x)<g=,∴g(x)在上的值域为.若∃x1∈(-∞,-1],∃x2∈,使得f(x1)=g(x2),则1+<,a<.故实数a的取值范围是.对点练已知函数f(x)=和函数g(x)=a·sin x-a+1(a>0),若存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,则实数a的取值范围是( )A. B.[1,2)C. D.答案 C 设函数f(x),g(x)在[0,1]上的值域分别为A,B,则“存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立”等价于“A∩B≠⌀”.当0≤x≤时, f(x)=-x+单调递减,所以0≤f(x)≤;当<x≤1时, f '(x)=>0,所以f(x)=单调递增,<f(x)≤,故f(x)在[0,1]上的值域A=.当x∈[0,1]时,x∈,y=sin x在[0,1]上单调递增.又a>0,所以g(x)=asin x-a+1在[0,1]上单调递增,其值域B=.由A∩B≠⌀,得0≤1-a≤或0≤1-≤,解得≤a≤2.故选C.2.“任意=存在”型∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在D1上的值域A是函数g(x)在D2上的值域B的子集,即A⊆B.其等价转化的基本思想:函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一个函数值相等,即f(x)的函数值都在g(x)的值域之中.典例2 已知函数f(x)=,x∈[0,1].(1)求f(x)的单调区间和值域;(2)设a≥1,函数g(x)=x3-3a2x-2a,x∈[0,1].若对于任意的x1∈[0,1],总存在x∈[0,1],使得g(x0)=f(x1)成立,求a的取值范围.解析(1)f '(x)==-,x∈[0,1].令f '(x)=0,解得x=或x=(舍去).当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表所示:x01f '(x)-0+f(x)-↘-4↗-3所以f(x)的递减区间是,递增区间是.f(x)min =f=-4,又f(0)=-, f(1)=-3,所以f(x)max=f(1)=-3.故当x∈[0,1]时, f(x)的值域为[-4,-3].(2)“对于任意的x1∈[0,1],总存在x∈[0,1],使得g(x)=f(x1)成立”等价于“在x∈[0,1]上,函数f(x)的值域B是函数g(x)的值域A的子集,即B⊆A”.因为a≥1,且g'(x)=3(x2-a2)<0,所以当x∈[0,1]时,g(x)为减函数,所以g(x)的值域A=[1-2a-3a2,-2a].由B⊆A,得1-2a-3a2≤-4且-2a≥-3,又a≥1,故1≤a≤.对点练已知函数f(x)=x2-ax3(a>0),x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1.求a的取值范围.解析(1)由已知,有f '(x)=2x-2ax2(a>0).令f '(x)=0,解得x=0或x=.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x (-∞,0)f '(x)-0+0-f(x)↘0↗↘所以, f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-∞,0),.当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x∈时, f(x)>0;当x∈时, f(x)<0.设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=,则“对于任意的x 1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于A⊆B.显然,0∉B.下面分三种情况讨论:①当>2,即0<a<时,由f=0可知,0∈A,而0∉B,所以A不是B的子集.②当1≤≤2,即≤a≤时,有f(2)≤0,且此时f(x)在(2,+∞)上单调递减,故A=(-∞, f(2)),因而A⊆(-∞,0);由f(1)≥0,有f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),即(-∞,0)⊆B.所以,A⊆B.③当<1,即a>时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.综上,a的取值范围是.3.“任意≥(≤、>、<)任意”型∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)>g(x2)恒成立,等价于f(x)min>g(x)max,或等价于f(x)>g(x)max恒成立,或等价于f(x)min>g(x)恒成立.其等价转化的基本思想是函数f(x)的任何一个函数值均大于函数g(x)的任何一个函数值.∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)<g(x2)恒成立,等价于f(x)max<g(x)min,或等价于f(x)<g(x)min恒成立,或等价于f(x)max<g(x)恒成立.其等价转化的基本思想是函数f(x)的任何一个函数值均小于函数g(x)的任何一个函数值.∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)-g(x2)>k恒成立,等价于[f(x1)-g(x2)]min>k恒成立,也等价于f(x)min -g(x)max>k.∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)-g(x2)<k恒成立,等价于[f(x1)-g(x2)]max<k恒成立,也等价于f(x)max -g(x)min<k.典例3 设函数f(x)=x3-x2-3.(1)求f(x)的单调区间;(2)设函数g(x)=+xln x,如果对任意的x1,x2∈,都有f(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围.解析(1)f '(x)=3x2-2x.f '(x)>0时,x<0或x>,f '(x)<0时,0<x<.所以, f(x)的递增区间是(-∞,0),;递减区间是.(2)由(1)知,函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,而f=-, f(2)=1,故f(x)在区间上的最大值f(x)max=f(2)=1.“对任意的x1,x2∈,都有f(x1)≤g(x2)成立”等价于“对任意的x∈,g(x)≥f(x)max恒成立”,即当x∈时,g(x)=+xln x≥1恒成立,即a≥x-x2ln x恒成立,记u(x)=x-x2lnx,则有a≥u(x)max.u'(x)=1-x-2xln x,可知u'(1)=0.当x∈时,1-x>0,2xln x<0,则u'(x)>0, 所以u(x)在上递增;当x∈(1,2)时,1-x<0,2xln x>0,则u'(x)<0,所以u(x)在(1,2)上递减.故u(x)在区间上的最大值u(x)max=u(1)=1,所以实数a的取值范围是[1,+∞).点拨(1)∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)>g(x2)恒成立,通常等价转化为f(x)min>g(x)max.这是两个独立变量——双变量问题,不等式两边f(x1),g(x2)中自变量x1,x2可能相等,也可能不相等;(2)对任意的x∈[m,n],不等式f(x)>g(x)恒成立,通常等价转化为[f(x)-g(x)]min>0.这是单变量问题,不等式两边f(x),g(x)的自变量x相等.对点练函数f(x)=+1(m≠0),g(x)=x 2e ax (a∈R).(1)直接写出函数f(x)的单调区间;(2)当m>0时,若对于任意的x 1,x 2∈[0,2], f(x 1)≥g(x 2)恒成立,求a 的取值范围. 解析 (1)当m>0时,f(x)的递增区间是(-1,1);递减区间是(-∞,-1),(1,+∞). 当m<0时,f(x)的递增区间是(-∞,-1),(1,+∞);递减区间是(-1,1).(2)当m>0时,“对于任意的x 1,x 2∈[0,2],f(x 1)≥g(x 2)恒成立”等价于“对于任意的x∈[0,2],f(x)min ≥g(x)max 成立”.当m>0时,由(1)知,函数f(x)在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,因为f(0)=1,f(2)=+1>1,所以f(x)min =f(0)=1,故应满足1≥g(x)max .因为g(x)=x 2e ax ,所以g'(x)=(ax 2+2x)e ax.①当a=0时,g(x)=x 2,此时g(x)max =g(2)=4,不满足1≥g(x)max .②当a≠0时,令g'(x)=0,得x=0或x=-.(i)当-≥2,即-1≤a<0时,在[0,2]上,g'(x)≥0,g(x)在[0,2]上单调递增,g(x)max =g(2)=4e 2a .由1≥4e 2a ,得a ≤-ln 2,所以-1≤a≤-ln 2.(ii)当0<-<2,即a<-1时,在上,g'(x)≥0,g(x)递增;在上,g'(x)<0,g(x)递减.g(x)max =g =,由1≥,得a≤-,所以a<-1.(iii)当-<0,即a>0时,显然在[0,2]上,g'(x)≥0,g(x)单调递增,于是g(x)max =g(2)=4e 2a >4,此时不满足1≥g(x)max .综上,a 的取值范围是(-∞,-ln 2]. 4.“任意≥(≤、>、<)存在”型∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f(x 1)>g(x 2)成立,等价于f(x)min >g(x)min .其等价转化的基本思想是函数f(x)的任意一个函数值大于函数g(x)的某一个函数值,但并不要求大于函数g(x)的所有函数值.∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)<g(x2)成立,等价于f(x)max<g(x)max.其等价转化的基本思想是函数f(x)的任意一个函数值小于函数g(x)的某一个函数值,但并不要求小于函数g(x)的所有函数值.∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)-g(x2)>k成立,等价于f(x)min-g(x)min>k.∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)-g(x2)<k成立,等价于f(x)max-g(x)max<k.典例4 函数f(x)=ln x-x+-1,g(x)=x2-2bx+4,若对任意的x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数b的取值范围.解析“对任意的x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立”等价于“f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值,即f(x)min ≥g(x)min(*)”.f '(x)=--=,当x∈(0,1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(1,2)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.故当x∈(0,2)时, f(x)min=f(1)=-.又g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],①当b<1时,g(x)min=g(1)=5-2b>3,此时与(*)矛盾;②当b∈[1,2]时,g(x)min=g(b)=4-b2≥0,同样与(*)矛盾;③当b∈(2,+∞)时,g(x)min=g(2)=8-4b,由8-4b≤-,得b≥.综上,实数b的取值范围是.对点练已知函数f(x)=x3+x2+ax.(1)若f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,求a的最小值;(2)若g(x)=,∀x1∈,∃x2∈,使得f '(x1)≤g(x2)成立,求a的取值范围.解析(1)由题设知f '(x)=x2+2x+a≥0,即a≥-(x+1)2+1在[1,+∞)上恒成立,而y=-(x+1)2+1在[1,+∞)上单调递减,则ymax =-3,∴a≥-3,∴amin=-3.(2)“∀x1∈,∃x2∈,使f '(x1)≤g(x2)成立”等价于“x∈时,f '(x)max≤g(x)max恒成立”.∵f '(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在上递增,∴f '(x)max=f '(2)=8+a,又g'(x)==,∴g(x)在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减.∴当x∈时,g(x)max=g(1)=,由8+a≤得,a≤-8,所以a的取值范围是.5.“存在≥(≤、>、<)存在”型若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)>g(x2)成立,等价于f(x)max≥g(x)min.其等价转化的基本思想是函数f(x)的某一个函数值大于函数g(x)的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)<g(x2)成立,等价于f(x)min<g(x)max.其等价转化的基本思想是函数f(x)的某一个函数值小于函数g(x)的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)-g(x2)>k成立,等价于[f(x1)-g(x2)]max>k,也等价于f(x)max -g(x)min>k.若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)-g(x2)<k成立,等价于[f(x1)-g(x2)]min<k,也等价于f(x)min -g(x)max<k.典例5 已知函数f(x)=4ln x-ax+(a≥0).(1)直接写出函数f(x)的单调区间;(2)当a≥1时,设g(x)=2e x-4x+2a,若存在x1,x2∈,使f(x1)>g(x2),求实数a的取值范围.解析(1)当a=0时,函数f(x)的递减区间为,递增区间为.当0<a<1时,函数f(x)的递减区间为,,递增区间为.当a≥1时, f(x)的递减区间为(0,+∞).(2)“存在x1,x2∈,使f(x1)>g(x2)”等价于“ 当x∈时, f(x)max>g(x)min”.由(1)知,当x∈时, f(x)max=f=-4ln 2+a+6, 由g'(x)=2e x-4>0,得x>ln 2,所以g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,故当x∈时,g(x)min=g(ln 2)=4-4ln 2+2a,由f(x)max >g(x)min,得-4ln 2+a+6>4-4ln 2+2a,又a≥1,所以1≤a<4.对点练设函数f(x)=-ax.(1)若函数f(x)在(1,+∞)上为减函数,求实数a的最小值;(2)若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f '(x2)+a成立,求实数a的取值范围.解析(1)由题设知f '(x)=-a≤0在(1,+∞)上恒成立,则只需f '(x)max≤0.又f '(x)=-a=-+-a,所以当=,即x=e2时, f '(x)max=-a,由-a≤0得a≥,故a的最小值为.(2)“存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f '(x2)+a成立”等价于“当x1,x2∈[e,e2]时, f(x1)min≤f'(x2)max+a”.由(1)知,当x∈[e,e2]时, f '(x)max=f '(e2)=-a,所以f '(x)max+a=.则问题等价于“当x∈[e,e2]时, f(x)min≤”.①当a≥时,由(1)得f '(x)max=-a≤0, f(x)在[e,e2]上为减函数,则f(x)min =f(e 2)=-ae 2,由f(x)min ≤,得a≥-.②当a<时, f '(x)=-+-a 在[e,e 2]上的值域为.(i)当-a≥0,即a≤0时, f '(x)≥0在[e,e 2]恒成立,故f(x)在[e,e 2]上为增函数,于是f(x)min =f(e)=e-ae≥e>,与f(x)min ≤矛盾.(ii)当-a<0,即0<a<时,由f '(x)的单调性和值域知,存在唯一的x 0∈(e,e 2),使f '(x)=0,且满足:当x∈(e,x 0)时, f '(x)<0, f(x)为减函数;当x∈(x 0,e 2)时, f '(x)>0, f(x)为增函数,所以f(x)min =f(x 0)=-ax 0≤,x 0∈(e,e 2).所以a≥->->-=,与0<a<矛盾.综上,a 的取值范围是a≥-.。
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...),(1b a x ∈,存在..),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f <成立”.称为不等式的双存在性问题,存在..),(1b a x ∈,存在..),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f <成立,即)(x f 在区间),(b a 内至少有一个值......)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值.....小.,即max min )()(x g x f <.(见下图1)“存在..),(1b a x ∈,存在..),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f >成立”,即在区间),(b a 内至少有...一个值...)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值.....大,即min max )()(x g x f >.(见下图2)2、双任意性问题“任意..),(1b a x ∈,对任意..的),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f <成立” 称为不等式的双任意性问题. 任意..),(1b a x ∈,对任意..的),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f <成立,即)(x f 在区间),(b a 任意一个值.....)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的任意..一个函数值都要小,即max min ()()f x g x <.“任意..),(1b a x ∈,对任意..的),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f >成立”,即)(x f 在区间),(b a 内任意一...个值..)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 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..),(1b a x ∈,对任意..的),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f <成立” 称为不等式的存在任意性问题. 存在..),(1b a x ∈,对任意..的),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f <成立,即)(x f 在区间),(b a 内至少有一个值......)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的任意..一个函数值都要小,即min min )()(x g x f <. (见下图3)“存在..),(1b a x ∈,对任意..的),(2d c x ∈,使得)()(21x g x f >成立”,即)(x f 在区间),(b a 内至少有一个值......)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的任意..一个函数值都要大,即max max )()(x g x f >.(见下图4)【方法讲评】【例1】已知函数()()34ln 0a f x x ax a x+=-+≥. (Ⅰ)讨论()f x 的单调性;(Ⅱ)当1a ≥时,设()242x g x e x a =-+,若存在1x ,2122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,,使()()12f x g x >,求实数a 的取值范围.(e 为自然对数的底数,271828e =)当01a <<时,0∆>,1240x x a +=>,1230a x x a+⋅=>10x =>,20x =>当()10x x ∈,时,()0h x <,()f x 单调递减, 当()12x 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304⎛⎤ ⎥⎝⎦,,增区间34⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭,.当1a ≥时,()f x 的减区间为()0+∞,.当01a <<时,()f x 的减区间为0⎛ ⎝,⎫⎪+∞⎪⎭增区间为. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知()f x 在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上的最大值为134ln 2622f a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭,()24x g x e =-,令()0g x =,得ln 2x =. 1ln 22x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭,时,()0g x <,()g x 单调递减, (]ln 22x ∈,,()0g x >,()g x 单调递增,所以()g x 在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上的最小值为()ln 244ln 22g a =-+,由题意可知34ln 2644ln 222a a -++>-+,解得4a <, 所以14a ≤<.【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)(x f 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)(x f 的单调区间;(2)在(1)的条件下,设0>a ,函数42)14()(++=x ea x g ,若存在]4,0[,21∈ξξ使得1|)()(|21<-ξξg f 成立,求a 的取值范围.【例2】已知函数()ln f x x =.若不等式()mf x a x ≥+对所有[]0,1m ∈,成立,求实数a 的取值范围.【解析】则ln a m x x ≤-对所有的[]0,1m ∈, 令()ln H x x m x =-,[]0,1m ∈,m的一次函数,1ln2x -≤≤【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.【例3】(2010高考山东理数第22题)已知函数()ln 1f x x ax x=-+-()a R ∈. (Ⅰ)当12a ≤时,讨论()f x 的单调性; (Ⅱ)设2()2 4.g x x bx =-+当14a =时,若对任意1(0,2)x ∈,存在[]21,2x ∈,使12()()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210ax x a -+-=,解得1211,1x x a==-. 当12a =时12x x =,()0h x ≥恒成立,此时()0f x '≤,函数()f x 单调递减; 当102a <<时,1110a ->>,(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110a-<,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12a =时12x x =,()0h x ≥恒成立,此时()0f x '≤,函数()f x 在(0,)+∞单调递减;当102a <<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14a =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,21)1()(min -==f x f又已知存在[]21,2x ∈,使12()()f x g x ≥,所以21()2g x -≥,[]21,2x ∈,(※)又22()()4,[1,2]g x x b b x =-+-∈当1b <时,min ()(1)520g x g b ==->与(※)矛盾; 当[]1,2b ∈时,2min ()(1)40g x g b ==-≥也与(※)矛盾; 当2b >时,min 117()(2)84,28g 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11x =或23x a =-- ∵1x =是极值点,∴31a --≠,即4a ≠- 当31a -->即4a <-时,由()0f x '>得(3,)x a ∈--+∞或(,1)x ∈-∞ 由()0f x '<得(1,3)x a ∈--当31a --<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 =(23)xbe a =-+0<,4(4)(213)0f a e =+>,∴函数()f x 在区间[0,4]上的值域是[(1),(4)]f f ,即4[(2),(213)]a e a e -++ 又24()(14)x g 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2428[(14),(14)]a e a e ++∵24(14)a e +-4(213)a e +=24(21)a a e -+=24(1)0a e -≥, ∴存在12,[0,4]ξξ∈使得12()()1f g ξξ-<成立只须仅须24(14)a e +-4(213)a e +<124241(1)1(1)a e a e ⇒-<⇒-<221111a e 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:.。