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

难点7-双变量的“任意性”“存在性”问题本页仅作为文档页封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March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-x2lnx恒成立,记u(x)=x-x2ln x,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)∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f(x 1)>g(x 2)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(x 1),g(x 2)中自变量x 1,x 2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∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)>g(x2)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.11 (2)“存在x 1,x 2∈[e,e 2],使f(x 1)≤f '(x 2)+a 成立”等价于“当x 1,x 2∈[e,e 2]时,f(x 1)min ≤f '(x 2)max +a”.由(1)知,当x∈[e,e 2]时, f '(x)max =f '(e 2)=-a,所以f '(x)max +a=. 则问题等价于“当x∈[e,e 2]时, f(x)min ≤”.①当a≥时,由(1)得f '(x)max =-a≤0, f(x)在[e,e 2]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≥-.。

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。

2
故选：C．
【巩固训练】
1.已知函数 f(x)＝3x2＋2x－a2－2a，g(x)＝19x－1，若对任意 x1∈[－1,1]，总存在 x2∈[0,2]， 63
使得 f(x1)＝g(x2)成立，则实数 a 的取值范围是
．
0，1
0，1
0，1
2.已知函数 f(x)＝2x，x∈ 2 ，函数 g(x)＝kx－2k＋2(k>0)，x∈ 2 ，若存在 x1∈ 2
已知函数
f
x
1
3
x3
1 4
x
1 4
,1 2
x
≤1,
1 3
x
1 6
,
0
≤
x
≤
1 2
,
g x ex ax 2 a R ，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________．
【答案】 a ≥ 2 e
【解析】当 0 ≤ x ≤ 1 时， f x 单调递减， 0 ≤ f x ≤ 1 ；
0，1 及 x2∈ 2 ，使得 f(x1)＝g(x2)成立，求实数 k 的取值范围．
3.已知函数 f(x)＝1x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a ，若存在 x1，x2∈[0，2]，使得 f(x1)＝g(x2) ，求 2
实数 a 的取值范围.
4.已知函数 f(x)＝x2－x＋1(x≥2)，g(x)＝ax(a＞1，x≥2)． x－1
转化为值域之间的关系.
1x2＋2x－1，x≤－1，
2 x2
2
例 3 (2018·无锡高三第一学期期末)已知函数 f(x)＝ log 1＋x，x＞－1，
2
2
g(x)＝－x2－2x－2．若存在 a∈R，使得 f(a)＋g(b)＝0，则实数 b 的取值范围是________．

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⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。

第7讲 导数中的恒成立与存在性问题1．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是() A ．3[,1)2e-B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】解：设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)2(21)x x x g x e x e e x '=-+=+，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>， ∴当12x =-时，()g x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，g （1）0e =>， 直线y ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 故(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a --=---，解得312a e< 故选：D ．2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是( )A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e -，3)2eC ．25[3e ，1) D ．3[2e，1) 【解析】解：函数()(21)x f x e x ax a =--+， 其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-， 存在两个整数1x ，2x ， 使得1()f x ，2()f x 都小于0，∴存在两个整数1x ，2x ，使得()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+，∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-， 且1(1)3g e a a --=-<--，解得32a e <．(2)2g a a ---，解得253a e ， a ∴的取值范围是25[3e ，3)2e． 故选：A ．3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是( )A ．3[2e-，1) B ．3[2e，1) C ．3[2e -，3)4D ．3[2e ，3)4【解析】解：设()(21)x f x e x =-，()(1)g x a x =-， 由存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，()(21)2(21)x x x f x e x e e x '=-+=+，∴当12x <-时，()0f x '<，当12x >-时，()0f x '>， ∴当12x =-时，()f x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1f =-，当1x =时，f （1）0e =>， 直线()(1)g x a x =-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 故(0)1a f ->=-且1(1)3f e a a --=---，解得312a e< 故选：B ．4．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,)4eB ．23[,)4eC ．2(,1)eD ．2[,1)e【解析】解：设()(31)x g x e x =-，()h x ax a =-， 则()(32)x g x e x '=+，2(,)3x ∴∈-∞-，()0g x '<，()g x 单调递减，2(3x ∈-，)+∞，()0g x '>，()g x 单调递增，23x ∴=-，取最小值233e --，(0)1(0)g a h ∴=-<-=，g （1）h -（1）20e =>，直线()h x ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，1(1)(1)420g h e a -∴---=-+>， 2a e∴>， 1a <，a ∴的取值范围2(e，1)．故选：C ．5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．21(,0)e -B ．(1,0)-C ．21(,)e -+∞ D ．(1,)-+∞【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直， ()20af x xlnx x x∴'=+-=有两个不同的解， 即得222a x lnx x =+有两个不同的解， 设222y x lnx x =+，则44y xlnx x '=+， 10x e ∴<<，0y '<，函数递减，1x e>，0y '>，函数递增， 1x e∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，y →+∞，20e a -∴-<<，故选：A ．6．已知函数1()()xf x x a e =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e -，)+∞ D ．21(e -，0) 【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点， 使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()(1)0x f x a x e -∴'=+-=有两个不同的解， 即得(1)x a x e -=-有两个不同的解， 设(1)x y x e -=-，则(2)x y x e -'=-，2x ∴<，0y '<，函数递减，2x >，0y '>，函数递增， 2x ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，0y →，20a e -∴>>-．故选：D ．7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x --恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)【解析】解：设对任意两个不等的正实数12x x >都有2>恒成立，则1212()()22f x f x x x --， 1122()2()2f x x f x x ∴--，令21()()222g x f x x alnx x x =-=+-，则12()()g x g x ，所以函数()g x 是增函数， ()20(0)ag x x x x'=+->恒成立， 22a x x ∴-恒成立，222(1)1x x x -=--+，∴当1x =时，2()2g x x x =-取得最大值g （1）1=，1a ∴．即a 的取值范围是[1，)+∞． 故选：B ．8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]【解析】解：对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有1212()()0f x f x x x ->-恒成立则当0x >时，()0f x '>恒成立()0af x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立 则2()max a x >- 而20x -<，则0a 故选：A ．9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p ∀，(0,1)q ∈，且p q ≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞【解析】解：因为2()(1)f x aln x x =+-，所以2(1)[(1)1](1)f x aln x x +=++-+， 所以(1)2(1)2af x x x '+=-++． 因为p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，所以(1)(1)2f p f q p q +-+>-恒成立(1)(1)2(1)(1)f p f q p q +-+⇔>+-+恒成立(1)2f x '⇔+恒成立，即2(1)2(01)2ax x x -+<<+恒成立， 所以22(2)(01)a x x >+<<恒成立，又因为(0,1)x ∈时，282(2)18x <+<，所以18a ． 故选：C ．10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]【解析】解：由函数21()(1)2f x aln x x =+-，22111(1)[(1)1](1)(2)222f x aln x x aln x x x ∴+=++-+=+---(1)12af x x x ∴'+=--+， p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立等价式(1)(1)3(1)(1)f p f q p q +-+>+-+恒成立，转化为(1)3f x '+>恒成立，即132ax x -->+，(01)x <<恒成立， 整理可得：268a x x >++，01x <<，∴函数2268(3)1y x x x =++=+-在(0,1)是递增函数．15max y ∴<故得15a ． 故选：C ．11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+---，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e -C ．11e-D ．212e +【解析】解：()0f x 可化为 3(33)0x x e x x ae x -+--，即333xx a x x e -+-， 令3()33xx F x x x e =-+-， 则21()33(1)(33)x x x F x x x x e e--'=-+=-++， 令()33x G x x e -=++，则()3x G x e -'=-， 故当3x e -=，即3x ln =-时，()33x G x x e -=++有最小值(3)3363(23)0G ln ln ln -=-+=->，故当[2x ∈-，1)时，()0F x '<，(1,)x ∈+∞时，()0F x '>；故()F x 有最小值F （1）111331e e =-+-=-；故实数α的最小值为11e -．故选：C ．12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e-C ．212e +D ．11e-【解析】解：若不等式()0f x 有解，则31()(3)3a lnx lnx x -++有解，令31()()(3)3g x lnx lnx x =-++，则11()(1)[3(1)]g x lnx lnx x x '=-++，令1()3(1)h x lnx x=++， 则231()x h x x -'=， 令()0h x '>，解得：13x >， 令()0h x '<，解得：103x <<，故()h x 在1(0,)3递减，在1(3，)+∞，故1()()3(23)03min h x h ln ==->，故()0h x >，令()0g x '>，即10lnx ->，解得：x e >， 令()0g x '<，即10lnx -<，解得：0x e <<， 故()g x 在(0,)e 递减，在(,)e +∞递增，故()min g x g =（e ）11e =-，故a 的最小值是11e -，故选：D ．13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为( )A ．312e --B ．322e --C ．3142e --D ．11e--【解析】解：323()(62)202x x f x e x x x ae x =+-+--在[2-，)+∞上有解3232(62)2x x ae e x x x x ⇔+-+-在[2-，)+∞上有解323(62)22[](2)x min xe x x x x a x e +-+-⇔-．令32323(62)32()622x x xe x x x xx g x x x x e e +-+-==+-+-， 则211()336(1)(36)x x x g x x x x x e e-'=+--=-++， [2x ∈-，)+∞，∴当[2x ∈-，1)时，()0g x '<，()g x 在区间[2-，1)上单调递减；当(1,)x ∈+∞时()0g x '>，()g x 在区间(1,)+∞上单调递增；∴当1x =时，()g x 取得极小值g （1）313116222e e=+-+-=--，也是最小值， 3122a e∴--， 3142a e∴--． 故选：C ．14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x +-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-'，则实数b 的取值范围是() A ．(,-∞ B ．3(,)2-∞C ．9(,)4-∞D ．(,3)-∞【解析】解：2()()lnx x b f x x+-=，0x >， 2212()()()x x b lnx x b f x x +----∴'=， 12()()()x x b f x xf x x+-∴+'=， 存在1[2x ∈，2]，使得()()0f x xf x +'>，12()0x x b ∴+->12b x x∴<+， 设1()2g x x x=+， ()max b g x ∴<，2221()2x g x x -∴'=， 当()0gx '=时，解得：x ， 当()0gx '>2x <时，函数单调递增，当()0g x '<时，即1222x <时，函数单调递减， ∴当2x =时，函数()g x 取最大值，最大值为g （2）94=， 94b ∴<， 故选：C ．15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为( )A ．1[e ，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)eD ．1[e-，0)【解析】解：1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立， 等价于()()min max f x g x ， ()(1)x x x f x e xe x e '=+=+，当1x <-时，()0f x '<，()f x 递减， 当1x >-时，()0f x '>，()f x 递增，所以当1x =-时，()f x 取得最小值1()(1)min f x f e=-=-；当1x =-时()g x 取得最大值为()(1)max g x g a =-=， 所以1a e -，即实数a 的取值范围是1a e-， 故选：B ．16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-【解析】解：设()2cos g x ax x =+上为1(x ，1())g x ，()f x 上切点为2(x ，2())f x ， 依题得1x R ∀∈，2x R ∃∈，有112sin 1x a x e -=--，[2a -，2](,1)a +⊆-∞- 易得3a <-． 故选：D ．17．设函数24(),()x x f x g x xe x +==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，则正数的取值范围为( )A ．141(,]e e e+ B ．(e ，4] C ．1(0,]4e e e +-D ．14(0,]4e e +- 【解析】解：对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，等价于12()()()()1max min g x f x +恒成立， 2444()24x f x x x x x x+==+⋅=，当且仅当2x =时等号成立，∴2()4()min f x =；又()x g x xe =，()(1)0x x x g x e xe x e ∴'=+=+>在(0，]e 上恒成立，则11()()11e maxg x e +++， ∴141e e ++，又0>，解得1404e e +<-．∴正数的取值范围为14(0,]4e e +-． 故选：D ．18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，则实数a 的值为15． 【解析】解：22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，5有解，由y ，可得函数y 的几何意义为点(,)2x e x 和点(,)2aa 的距离，由于两点在曲线2xe y =和直线20x y -=运动，当直线20x y t -+=与曲线相切，设切点为(,)2me m ，可得切线的斜率为122m e =，解得0m =，则切点为1(0,)2，可得切点到直线20x y -=的距离为d =，5有解，且等号成立， 由20x y -=和122y x =-+联立，可得交点为1(5，1)10， 即有15a =，故答案为：15．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是 (-∞，1]4- ．【解析】解：设12x x >，则221212()()f x f x x x -<-， 221122()()f x x f x x ∴-<-，令221()()2g x f x x alnx x x =-=-+，12()()g x g x ∴<，()g x ∴在(0,)+∞上单调递减，()10ag x x x∴'=-+， 2211()24a x x x ∴-=--，14x ∴=时，21()4min x x -=-， 14a ∴-． a ∴的取值范围是(-∞，1]4-．故答案为：(-∞，1]4-．20．（1）设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是 3[2e，1) ． （2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围 ．【解析】解：（1）函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <， 设()(21)x g x e x =-，y ax a =-， 存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，∴存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+，∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-， 且1(1)3g e a a --=---，解得32a e． a ∴的取值范围是3[,1)2e． （2）1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ， ()x f x xe =-， ()(1)x f x x e ∴'=+，当1x <-时，()0f x '<；1x >-时，()0f x '>．1x ∴=-时，1()min f x e =-．2()(1)g x x a =++， ()max g x a ∴=．1a e∴-， ∴实数m 的取值范围是1[,)e-+∞．故答案分别为：（1）3[,1)2e；（2）1[,)e -+∞．21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立，则实数c 的取值范围是 1[e ，){}e +∞- ．【解析】解：当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立， 即(0,)x ∈+∞时，()(1)0xc lnx xc -+恒成立， 即(0,)x ∈+∞时，1lnx c x c x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩或1lnx c xc x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，令()lnx f x x =，21()lnx f x x -'=， 令()0f x '>，解得：0x e <<， 令()0f x '<，解得：x e >，()f x ∴在(0,)e 递增，在(,)e +∞递减， ()max f x f ∴=（e ）1e =，而10y x=-<， 又当1x e =时，2()(1)(1)0cxc lnx xc e-+=+符合条件，c e ∴=-， 故1ce，或c e =-， 故答案为：1[e，){}e +∞-．22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +-在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 [0，1] ． 【解析】解：当0a =时，不等式(1)()0x ax e aex +- 即为0x e >显然成立；当0a >时，0x >，10ax +>，只要0x e aex -，即有xe ae x的最小值，令()x e g x x =，2(1)()x e x g x x -'=，当1x >时，()0g x '>，()g x 递增； 当01x <<时，()0g x '<，()g x 递减． 即有1x =处取得最小值，且为e ， 则ae e ，解得01a <； 当0a <时，0x >，0x e aex ->， 只要10ax +恒成立，由于11ax +， 则0a <不恒成立．综上可得a 的范围是[0，1]． 故答案为：[0，1]．23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 1a e -或a e = ．【解析】解：0a <，则0lnx ax +，令y lnx ax =+，则1y a x'=+， 10x a ∴<<-时，0y '>，1x a>-时，0y '<1x a∴=-时，函数取得最大值1()1ln a --，0lnx ax +，1()10ln a ∴--，1a e∴-；0a =时，则0lnx ，在(0,)+∞上不恒成立，不合题意；0a >时，100ax lnx ax -⎧⎨+⎩或100ax lnx ax -⎧⎨+⎩，a e =， 综上，1a e-或a e =．24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 (-∞，1]- ． 【解析】解：当0a 时，取1x =，则3222ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立，0a ∴<．①当1a -时，3232ax x x x x x ++-++， 令32()g x x x x =-++，2()321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 为增函数，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 为减函数， ()g x ∴在(0,)+∞上的极大值也是最大值为g （1）1=．又1()f x lnx x =+，22111()x f x x x x-'=-=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>， ()f x 为增函数，()f x ∴在(0,)+∞上的极小值也是最小值为f （1）11ln g =+=（1）． ()()f x g x ∴在(0,)+∞上恒成立；②当(1,0)a ∈-时，取1x =，则3221ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立． 综上，1a -． 故答案为：(-∞，1]-．25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f x g x g x --成立，则实数a 的取值范围为 [3-，0) ．【解析】解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，则当0a <时，()10af x x'=->恒成立， 此时，函数()f x 在(0,)+∞上是增函数， 又函数4()g x x=，在(0，1]上是减函数 不妨设1201x x <，则1221|()()|()()f x f x f x f x -=-，121244|()()|g x g x x x -=-， 则不等式1212|()()||()()|f x f x g x g x --等价为121211|()()|4||f x f x x x --， 即212144()()f x f x x x ++设44()()1h x f x x alnx x x=+=--+， 则121211|()()|4||f x f x x x --，等价于函数()h x 在区间(0，1]上是减函数22244()1a x ax h x x x x --'=--=， 240x ax ∴--在(0，1]上恒成立，即4a x x -在(0，1]上恒成立，即a 不小于4y x x =-在(0，1]内的最大值．而函数4y x x=-在(0，1]是增函数，4y x x ∴=-的最大值为3-3a ∴-，又0a <，[3a ∴∈-，0)． 故答案为：[3-，0)． 26．若()1f x x alnx =--，()xexg x e =，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f x g x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 22[33e -，0) ．【解析】解：易知1(),()f x g x 在[3x ∈，4]上均为增函数，不妨设12x x <，则121211|()()|||()()f x f x g x g x -<- 等价于212111()()()()f x f xg x g x -<-， 即212111()()()()f x f xg x g x -<-； 令1()()1()xe h xf x x alnxg x ex=-=---，则()h x 在[3x ∈，4]为减函数，则2(1)()10x a e x h x x ex '-=--在(3,4)x ∈上恒成立，∴11,[3,4]x x e a x ex x---+∈恒成立； 令11(),[3,4]x x e u x x ex x--=-+∈， ∴11122(1)113()11[()],[3,4]24x x x e x u x ee x x x ----'=-+=--+∈，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[3x ∈，4]的最大值为22(3)33u e =-；综上，实数a 的取值范围为22[33e -，0)．故答案为：22[33e -，0)．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为 [1-，2] ． 【解析】解：由()x f x e x =--，得()1x f x e '=--， 11x e +>，∴1(0,1)1xe ∈+， 由()(1)2cos g x x a x =-+，得()2sin g x a x '=-，又2sin [2x -∈-，2]， 2sin [2a x a ∴-∈-+，2]a +，要使过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x a x x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥， 则2021a a -⎧⎨+⎩，解得12a -．即a 的取值范围为[1-，2]， 故答案为[1-，2]．28．设函数2221(),()x e x e x f x g x x e +==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f x g x k k+，恒成立，则正数k 的取值范围是 1k ．【解析】解：当0x >时，21()2f x e x x=+2x e x =，1(0,)x ∴∈+∞时，函数1()f x 有最小值2e ，2()x e x g x e =，2(1)()xe x g x e -∴'=， 当1x <时，()0g x '>，则函数()g x 在(0,1)上单调递增， 当1x >时，()0g x '<，则函数在(1,)+∞上单调递减，1x ∴=时，函数()g x 有最大值g （1）e =，则有1x 、2(0,)x ∈+∞，12()2()min max f x e g x e =>=， 不等式12()()1f x g x k k+恒成立且0k >， ∴21e ek k +， 1k ∴故答案为：1k ．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x =，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为 ．【解析】当0a <时，()10af x x'=->在[4x ∈，5]上恒成立， ∴函数()f x 在[4x ∈，5]上单调递增，()xe g x x=，2(1)()0x e x g x x -'=>在[4x ∈，5]上恒成立，()g x ∴在[4，5]上为增函数．当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠， 1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，即2211()()()()f x g x f x g x -<-在[4x ∈，5]上恒成立．设()()()1xe F xf xg x x alnx x =-=---，则()F x 在[4x ∈，5]上为减函数．2(1)()10x a e x F x x x -'=--在[4x ∈，5]上恒成立，化为x xe a x e x-+恒成立． 设()xxe H x x e x=-+，222(1)11113()11(1)1[()]24x xx x e x H x e e e x x x x -'=-+=--+=--+，[4x ∈，5]． 231133[()]1244x e e x ∴-+>>，[4x ∈，5]．()0H x ∴'<在[4x ∈，5]上恒成立，即()H x 为减函数．()H x ∴在[4x ∈，5]上的最大值为H （4）444134444e e e =-+=-．43404e a ∴-<．。

导数中的任意性与存在性问题探究函数中任意性和存在性问题探究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 1∈[a , b ],∀x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]min >[g (x )]max ；【如图一】结论2：∃x 1∈[a , b ],∃x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]max >[g (x )]min ；【如图二】结论3：∀x 1∈[a , b ],∃x 2∈[c ,d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]min >[g (x )]min ；【如图三】结论4：∃x 1∈[a , b ],∀x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]max >[g (x )]max ；【如图四】结论5：∃x 1∈[a , b ],∃x 2∈[c , d ],f (x 1) =g (x 2) ⇔f (x ) 的值域和g(x ) 的值域交集不为空；【如图五】例题1：已知两个函数f (x ) =8x 2+16x -k , g (x ) =2x 3+5x 2+4x , x ∈[-3,3],k ∈R ;(1) 若对∀x ∈[-3,3], 都有f (x ) ≤g (x ) 成立，求实数k 的取值范围； (2)若∃x ∈[-3,3], 使得f (x ) ≤g (x ) 成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对∀x 1, x 2∈[-3,3], 都有f (x 1) ≤g (x 2) 成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设h (x ) =g (x ) -f (x ) =2x 3-3x 2-12x +k （, 1）中的问题可转化为：x ∈[-3,3]时，h (x ) ≥0恒成立，即[h (x )]min ≥0。

ʏ袁满成函数中的任意性与存在性问题,是高中数学的重要内容,渗透着化归与转化㊁数形结合㊁函数与方程等数学思想,一直是高考命题的热点,也是同学们学习的难点㊂这类问题既有单一函数的任意性与存在性问题,也有双函数中的任意性与存在性问题,同时变量也涉及单变量与双变量㊂下面就双函数中的任意性与存在性问题进行探究,意在抛砖引玉㊂一㊁双函数㊁单变量的任意性与存在性问题双函数㊁单变量的任意性与存在性问题,需要优先考虑分离参数法,并转化为最值(或临界值)进行研究,但要注意利用的最值(或临界值)正好是相反的㊂当分离参数构造所得函数的最值不好求时,可以利用作差㊁分类讨论的方法进行解决㊂例1 已知函数f (x )=l o g a x ,g (x )=2l o g a (2x +t -2),其中a >0且a ʂ1,t ɪR ㊂当0<a <1,且x ɪ14,2[]时,f (x )ȡg (x )恒成立,求实数t 的取值范围㊂解:由f (x )ȡg (x )恒成立,可得l o g a x ȡ2l o g a (2x +t -2)恒成立,所以12l o g a x ȡl o g a (2x +t -2)恒成立㊂因为0<a <1,x ɪ14,2[],所以x ɤ2x +t -2,可得t ȡ-2x +x +2恒成立,即t ȡ(-2x +x +2)m a x ㊂令函数y =-2x +x +2=-2x -14()2+178,x ɪ14,2[],所以当x =14时,y m ax =2,故实数t 的取值范围为[2,+ɕ)㊂评析:若f (x )ȡa 或g (x )ɤa 恒成立,只需满足f (x )m i n ȡa 或g (x )m a x ɤa ,求出函数f (x )的最小值或函数g (x )的最大值即可解决问题㊂例2 已知函数h (x )=2x -1,g (x )=m (x 2-1),问是否存在实数m ,使得不等式h (x )>g (x )对任意的x ɪ[-2,2]恒成立㊂解:假设存在实数m ,使得不等式h (x )>g (x )对任意的x ɪ[-2,2]恒成立㊂令函数f (x )=h (x )-g (x )=2x -1-m (x 2-1)=-m x 2+2x +m -1,x ɪ[-2,2],要使不等式h (x )>g (x )对任意x ɪ[-2,2]恒成立,即f (x )>0对x ɪ[-2,2]恒成立㊂当m =0时,f (x )=2x -1,在-2ɤx ɤ12上,f (x )ɤ0,在12<x ɤ2上,f (x )>0,可知不满足题意;当m ʂ0时,函数f(x )只需满足-m >0,1mɤ-2,f (-2)>0ìîíïïïï或-m >0,-2<1m <2,Δ=4+4m (m -1)<0ìîíïïïï或-m <0,f (2)>0,f (-2)>0㊂ìîíïïï据此代入化简整理得m <0,-12ɤm <0,m <-53ìîíïïïïïï或m <0,-2<1m <2,m ɪ⌀ìîíïïïï或m >0,m <1,m <-53,ìîíïïïï所以m ɪ⌀㊂故不存在实数m ,使得不等式h (x )>g (x )对任意的x ɪ[-2,2]恒成立㊂评析:对于不适合分离参数的不等式,常用分类讨论法,结合函数的单调性或最值,求得参数的取值范围㊂二㊁双函数㊁双变量的任意性与存在性问题双函数㊁双变量的任意性与存在性问题,通常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23 数学部分㊃经典题突破方法 高一使用 2022年1月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.两个函数最值之间的关系)进行研究㊂例3已知函数f(x)=12x2+x,函数g(x)=l n(x+1)-a,若存在x1,x2ɪ[0,2],使得f(x1)>g(x2),求实数a的取值范围㊂解:因为f(x),g(x)在[0,2]上都是增函数,所以f(x)的值域A=[0,4],g(x)的值域B=[-a,l n3-a]㊂若存在x1,x2ɪ[0,2],使得f(x1)>g(x2),则f(x)m a x> g(x)m i n,即4>-a,所以a>-4㊂故实数a 的取值范围是(-4,+ɕ)㊂评析:对任意的x1ɪA,任意的x2ɪB,使得f(x1)ɤg(x2),则f(x)m a xɤg(x)m i n㊂对任意的x1ɪA,存在x2ɪB,使得f(x1)ɤg(x2),则f(x)m a xɤg(x)m a x㊂对任意的x1ɪA,存在x2ɪB,使得f(x1)ȡg(x2),则f(x)m i nȡg(x)m i n㊂例4已知函数f(x)=2x+a x2(a> 0),函数g(x)=x2-4x+1㊂若对任意x1ɪ[-1,2],总存在x2ɪ[-1,2],使得f(x1)= g(x2),则实数a的取值范围是㊂解:函数g(x)=x2-4x+1=(x-2)2-3,因为x2ɪ[-1,2],所以函数g(x)的值域为B=[-3,6]㊂任意x1ɪ[-1,2],总存在x2ɪ[-1, 2],使得f(x1)=g(x2),可设函数f(x)的值域为A㊂因为B=[-3,6],所以A⊆B㊂因为2x>0,a x2ȡ0,所以f(x)=2x+a x2>0在[-1,2]上恒成立㊂因为f(x)在[0,2]上单调递增,所以f(x)的最大值为f(2)=4+ 4a,所以4+4aɤ6,可得aɤ12㊂又a>0,所以实数a的取值范围是0,12(]㊂评析:对任意的x1ɪA,存在x2ɪB,使得f(x1)=g(x2),则f(x)的值域是g(x)值域的子集,即f(A)⊆g(B)㊂1.已知函数f(x)=|a x-1|+|x+1|, g(x)=x+2㊂若对∀xɪ[1,2],不等式f(x)ɤg(x)恒成立,求实数a的取值范围㊂提示:当xɪ[1,2]时,不等式f(x)ɤg(x)恒成立,即|a x-1|ɤ1对∀xɪ[1,2]恒成立㊂当a=0时,显然成立;当a>0时,由|a x-1|ɤ1,可得0ɤxɤ2a,要使|a x-1|ɤ1对∀xɪ[1,2]恒成立,则2aȡ2,可得aɤ1,所以0<aɤ1;当a<0时,由|a x-1|ɤ1,可得2aɤxɤ0,显然对∀xɪ[1,2],|a x-1|ɤ1不成立㊂综上可得,a的取值范围为[0,1]㊂或者,构造函数h(x)=|a x-1|,xɪ[1,2],则h(1)=|a-1|ɤ1,h(2)=|2a-1|ɤ1, {解得0ɤaɤ1㊂故实数aɪ[0,1]㊂2.已知函数f(x)=l n(x2+1),g(x)= 12()x-m,若对∀x1ɪ[0,3],∃x2ɪ[1,2],使得f(x1)ȡg(x2),则实数m的取值范围是㊂提示:当xɪ[0,3]时,f(x)m i n=f(0)= 0,当xɪ[1,2]时,g(x)m i n=g(2)=14-m㊂∀x1ɪ[0,3],∃x2ɪ[1,2],使得f(x1)ȡg(x2)可等价转化为f(x)m i nȡg(x)m i n,所以0ȡ14-m,即mȡ14,故实数m的取值范围是14,+ɕ[)㊂3.已知函数f(x)=x2-2x,g(x)=a x+2(a>0),对任意的x1ɪ[-1,2],存在x2ɪ[-1,2],使得g(x1)=f(x2),则a的取值范围是㊂提示:由xɪ[-1,2],f(x)=x2-2x, g(x)=a x+2(a>0),可得f(x)的值域为[-1,3],g(x)的值域是[-a+2,2a+2]㊂因为对任意的x1ɪ[-1,2],存在x2ɪ[-1, 2],使得g(x1)=f(x2),所以f(x)的值域包含g(x)的值域,即[-a+2,2a+2]⊆[-1, 3],则-1ɤ-a+2<2a+2ɤ3,解得0<aɤ12,即aɪ0,12(]㊂作者单位:江苏省盐城市时杨中学(责任编辑郭正华)33数学部分㊃经典题突破方法高一使用2022年1月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。

函数导数任意性和存在性问题探究导学语函数导数问题是高考试题中占比重最大的题型，前期所学利用导数解决函数图像切线、函数单调性、函数极值最值等问题的方法，仅可称之为解决这类问题的“战术”，若要更有效地彻底解决此类问题还必须研究“战略”，因为此类问题是函数导数结合全称命题和特称命题形成的综合性题目.常用战略思想如下：题型分类解析一．单一函数单一“任意”型战略思想一：“∀x A ∈，()()a f x >≥恒成立”等价于“当x A ∈时，max ()()a f x >≥”；“∀x A ∈，()()a f x <≤恒成立”等价于“当x A ∈时，min ()()a f x <≤”. 例1 ：已知二次函数2()f x ax x =+，若∀[0,1]x ∈时，恒有|()|1f x ≤，求实数a 的取值范围. 解：|()|1f x ≤，∴211ax x -≤+≤；即211x ax x --≤≤-；当0x =时，不等式显然成立，∴a ∈R.当01x <≤时，由211x ax x --≤≤-得：221111a x x x x --≤≤-， 而min 211()0x x-=，∴0a ≤. 又∵max 211()2x x--=-，∴2,20a a ≥-∴-≤≤，综上得a 的范围是[2,0]a ∈-. 二．单一函数单一“存在”型战略思想二：“∃x A ∈，使得()()a f x >≥成立”等价于“当x A ∈时，min ()()a f x >≥”；“∃x A ∈，使得()()a f x <≤成立”等价于“当x A ∈时，max ()()a f x <≤”.例2. 已知函数2()ln f x a x x =+(a R ∈)，若存在[1,]x e ∈，使得()(2)f x a x ≤+成立，求实数a 的取值范围.解析：()(2)f x a x ≤+⇒x x x x a 2)ln (2-≥-.∵[1,]x e ∈，∴x x ≤≤1ln 且等号不能同时取，所以x x <ln ，即0ln >-x x ，因而xx xx a ln 22--≥，[1,]x e ∈， 令x x xx x g ln 2)(2--=],1[e x ∈，又2)ln ()ln 22)(1()(x x x x x x g --+-='， 当],1[e x ∈时，1ln ,01≤≥-x x ，0ln 22>-+x x ，从而0)(≥'x g （仅当x=1时取等号），所以)(x g 在],1[e 上为增函数， 故)(x g 的最小值为1)1(-=g ，所以a 的取值范围是),1[+∞-． 三．单一函数双“任意”型af (x )下限f (x )上限f (x )f (x )战略思想三：∀x R ∈，都有"f ()f x 的最小值和最大值，1|x - 例3. 已知函数()2sin()25x f x ππ=+，若对∀x R ∈，都有12"()()()"f x f x f x ≤≤成立，则12||x x -的最小值为____.解 ∵对任意x ∈R ，不等式12()()()f x f x f x ≤≤恒成立， ∴12(),()f x f x 分别是()f x 的最小值和最大值.对于函数sin y x =，取得最大值和最小值的两点之间最小距离是π，即半个周期. 又函数()2sin()25x f x ππ=+的周期为4，∴12||x x -的最小值为2.战略思想四： ,,21A x x ∈∀1212()()"()"22x x f x f x f ++>成立 ⇔()f x 在A 上是上凸函数⇔0)(''≤x f例4. 在222,log 2,,cos y x y x y x y x ====这四个函数中，当1201x x <<<时，使1212()()"()"22x x f x f x f ++>恒成立的函数的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解：本题实质就是考察函数的凸凹性，即满足条件1212()()"()"22x x f x f x f ++>的函数，应是凸函数的性质，画草图即知2log 2y x =符合题意；战略思想五： ,,21A x x ∈∀1212()()"0"f x f x x x ->-成立⇔()f x 在A 上是增函数例5 已知函数()f x 定义域为[1,1]-，(1)1f =，若,[1,1]m n ∈-，0m n +≠时，都有()()"0"f m f n m n->-，若2()21f x t at ≤-+对所有[1,1]x ∈-，[1,1]a ∈-恒成立，求实数t 取值范围.解：任取1211x x -≤<≤，则12121212()()()()()f x f x f x f x x x x x --=--，由已知1212()()0f x f x x x ->-，又120x x -<，∴12()()0f x f x -<，即()f x 在[1,1]-上为增函数.∵(1)1f =，∴[1,1]x ∈-，恒有()1f x ≤；∴要使2()21f x t at ≤-+对所有[1,1]x ∈-，[1,1]a ∈-恒成立， 即要2211t at -+≥恒成立，故220t at -≥恒成立， 令2()2g a at t =-+，只须(1)0g -≥且(1)0g ≥， 解得2t ≤-或0t =或2t ≥.战略思想六： ,,21A x x ∈∀t x f x f ≤-|)()(|21（t 为常数）成立⇔t=min max )()(x f x f - 例6. 已知函数43()2f x x x =-+，则对任意121,[,2]2t t ∈-（12t t <）都有≤-|)()(|21t f t f 恒成立，当且仅当1t =____，2t =____时取等号.解：因为12max min |()()||[()][()]|f x f x f x f x -≤-恒成立， 由431()2,[,2]2f x x x x =-+∈-，易求得max327[()]()216f x f ==，min 15[()]()216f x f =-=-， ∴12|()()|2f x f x -≤.战略思想七：,,21A x x ∈∀|||)()(|2121x x t x f x f -≤-⇔t x x x f x f <--|)()(|2121⇔)0(t |)('|>≤t x f例7. 已知函数()y f x =满足：(1)定义域为[1,1]-；(2)方程()0f x =至少有两个实根1-和1； (3)过()f x 图像上任意两点的直线的斜率绝对值不大于1.(1)证明:|(0)|1f ≤； (2)证明：对任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|1f x f x -≤. 证明 (1)略；(2)由条件(2)知(1)(1)0f f -==，不妨设1211x x -≤≤≤，由(3)知121221|()()|||f x f x x x x x -≤-=-，又∵121212|()()||()||()||()(1)||()(1)|f x f x f x f x f x f f x f -≤+=--+-122112112()2|()()|x x x x f x f x ≤++-=--≤--；∴12|()()|1f x f x -≤例8. 已知函数3()f x x ax b =++，对于1212,(0,)3x x x x ∈≠时总有1212|()()|||f x f x x x -<-成立，求实数a 的范围.解 由3()f x x ax b =++，得'2()3f x x a =+，当x ∈时，'()1a f x a <<+，∵1212|()()|||f x f x x x -<-， ∴1212()()||1f x f x x x -<-， ∴11011a a a ≥-⎧⇒-≤≤⎨+≤⎩评注 由导数的几何意义知道，函数()y f x =图像上任意两点1122(,),(,)P x y Q x y 连线的斜率211221()y y k x x x x -=≠-的取值范围，就是曲线上任一点切线的斜率(如果有的话)的范围，利用这个结论，可以解决形如1212|()()|||f x f x m x x -≤-|或1212|()()|||f x f x m x x -≥-(m ＞0)型的不等式恒成立问题.四．双函数“任意”+“存在”型：战略思想八：12,x A x B ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥成立min min ()()f x g x ⇔≥；12,x A x B ∃∈∀∈，使得12()()f x g x ≥成立max max ()()f x g x ⇔≥.例9．已知函数2()25ln f x x x x=--，2()4g x x mx =-+，若存在1(0,1)x ∈，对任意2[1,2]x ∈，总有12()()f x g x ≥成立，求实数m 的取值范围.解析：题意等价于()f x 在(0,1)上的最大值大于或等于()g x 在[1,2]上的最大值.22252()x x f x x -+'=，由'()0f x =得，12x =或2x =， 当1(0,)2x ∈时， ()0f x '>，当1(,1)2x ∈时()0f x '<， 所以在（0，1）上，max 1()()35ln 22f x f ==-+. 又()g x 在[1,2]上的最大值为max{(1),(2)}g g ，所以有185ln 2()(1)35ln 2521135ln 282(115ln 2)()(2)22m f g m m m f g ⎧≥-≥⎧⎪-+≥-⎧⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨-+≥-≥-⎩⎪⎪≥⎩⎪⎩85ln 2m ⇒≥-， 所以实数m 的取值范围是85ln 2m ≥-.战略思想九：“∀1x A ∈，∃2x B ∈，使得12()()f x g x =成立”⇔“()f x 的值域包含于．()g x 的值域”.f (x )下限f (x )上限g (x )下限g (x )上限例10．设函数32115()4333f x x x x =--+-． （1）求()f x 的单调区间．（2）设1a ≥，函数32()32g x x a x a =--．若对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈，使得10()()f x g x =成立，求a 的取值范围．解析：（1） '225()33f x x x =--+，令'()0f x ≥，即225033x x +-≤，解得：513x -≤≤， ∴()f x 的单增区间为5[,1]3-；单调减区间为5(,]3-∞-和[1,)+∞.（2）由（1）可知当[0,1]x ∈时，()f x 单调递增，∴当[0,1]x ∈时，()[(0),(1)]f x f f ∈， 即()[4,3]f x ∈--；又'22()33g x x a =-，且1a ≥，∴当[0,1]x ∈时，'()0g x ≤，()g x 单调递减，∴当[0,1]x ∈时，()[(1),(0)]g x g g ∈，即2()[321,2]g x a a a ∈--+-，又对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈，使得10()()f x g x =成立⇔[4,3]--⊆2[321,2]a a a --+-，即2321432a a a⎧--+-⎨--⎩≤≤，解得：312a ≤≤例11．已知函数1()ln 1()af x x ax a R x-=-+-∈; (1)当12a ≤时，讨论()f x 的单调性； （2）设2()24g x x bx =-+，当14a =时，若对1(0,2)x ∀∈，2[1,2]x ∃∈,使12()()f x g x ≥，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，+∞）上单调递增；当a=21时，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减； 当0<a<21时，函数()f x 在（0,1）上单调递减，在1(1,1)a -上单调递增，在1(1,)a -+∞上单调递减；（2）函数的定义域为（0，+∞），f '（x ）=x 1－a+21xa -=－221x a x ax -+-，a=41时，由f '（x ）=0可得x 1=1,x 2=3. 因为a=41∈（0,21），x 2=3∉（0,2）,结合（1）可知 函数f(x)在（0,1）上单调递减，在（1,2）上单调递增，所以f(x) 在（0,2）上的最小值为f(1)= －21. 由于“对∀x 1∈（0,2），∃x 2∈[1,2],使f(x 1) ≥g(x 2)”等价于 “g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x) 在（0,2）上的最小值f(1)= －21”. （※） 又g(x)=(x －b)2+4－b 2, x ∈[1,2],所以① 当b<1时，因为[g(x)]min =g(1)=5－2b>0,此时与（※）矛盾； ② 当b ∈[1,2]时, 因为[g(x)]min =4－b 2≥0，同样与（※）矛盾； ③ 当b ∈（2，+∞）时，因为[g(x)]min =g(2)=8－4b.解不等式8－4b ≤－21，可得b ≥817. 综上，b 的取值范围是[817,+∞).五．双函数“任意”+“任意”型战略思想十：12,x A x B ∀∈∀∈，使得12()()f x g x ≥成立min max ()()f x g x ⇔≥ 例12.已知函数32149()3,()332x cf x x x xg x +=--+=-，若对任意12,[2,2]x x ∈-，都有12()()f x g x <，求c 的范围.解：因为对任意的12,[2,2]x x ∈-，都有12()()f x g x <成立，∴max min [()][()]f x g x <，∵'2()23f x x x =--，令'()0f x >得3,1x x ><-x ＞3或x ＜-1；'()0f x <得13x -<<； ∴()f x 在[2,1]--为增函数，在[1,2]-为减函数. ∵(1)3,(2)6f f -==-，∴max [()]3,f x =.∴1832c+<-，∴24c <-. 例13．已知两个函数232()816,()254,[3,3],f x x x k g x x x x x k R =+-=++∈-∈; (1) 若对[3,3]x ∀∈-,都有()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (2) 若[3,3]x ∃∈-,使得()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对12,[3,3]x x ∀∈-,都有12()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； 解：（1）设32()()()2312h x g x f x x x x k =-=--+,（1）中的问题可转化为：[3,3]x ∈-时，()0h x ≥恒成立，即min [()]0h x ≥. '2()66126(2)(1)h x x x x x =--=-+；当x 变化时，'(),()h x h x 的变化情况列表如下：因为(1)7,(2)20h k h k -=+=-,所以，由上表可知min [()]45h x k =-， 故k-45≥0，得k ≥45,即k ∈[45,+∞).小结：①对于闭区间I ，不等式f(x)<k 对x ∈I 时恒成立⇔[f(x)]max <k, x ∈I;不等式f(x)>k 对x ∈I 时恒成立⇔[f(x)]min >k, x ∈I.②此题常见的错误解法：由[f(x)]max ≤[g(x)]min 解出k 的取值范围.这种解法的错误在于条件“[f(x)]max≤[g(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(x)－f(x) ≥0在x ∈[-3,3]时有解,故[h(x)]max ≥0.由（1）可知[h(x)]max = k+7，因此k+7≥0，即k ∈[7,+∞).(3)根据题意可知，（3）中的问题等价于[f(x)]max ≤[g(x)]min ，x ∈[-3,3]. 由二次函数的图像和性质可得, x ∈[-3,3]时, [f(x)]max =120－k.仿照（1），利用导数的方法可求得x ∈[-3,3]时, [g(x)]min =－21.由120－k ≥－21得k ≥141,即k ∈[141,+∞). 说明：这里的x 1,x 2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,对于一个不等式一定要看清是对“∀x ”恒成立，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,然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..六．双函数“存在”+“存在”型战略思想十一：12,x A x B ∃∈∃∈，使得12()()f x g x ≤成立min max ()()f x g x ⇔≤；12,x A x B ∃∈∃∈，使得12()()f x g x ≥成立max min ()()f x g x ⇔≥.例14．已知函数3()l n144x f x x x=-+-，2()24g x x bx =-+.若存在1(0,2)x ∈，[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≤，求实数b 取值范围.解析：22113(1)(3)()444x x f x x x x --'=--=-， ()f x ∴在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，min 1()(1)2f x f ∴==-.依题意有min max ()()f x g x ≤，所以max 1()2g x ≥-.又22()()4g x x b b =--+， 从而⎪⎩⎪⎨⎧-≥-≥21)2(21)1(g g ,解得817≤b . 战略思想十二：“12,x A x B ∃∈∃∈，使得12()()f x g x =成立”等价于“()f x 的值域与()g x 的值域相交非空”.例15．已知函数32()(1)(2)()f x x a x a a x a R =+--+∈，191()63g x x =-.是否存在实数a ，存在[]11,1x ∈-，[]20,2x ∈，使得112'()2()f x ax g x +=成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.解析：在[]0,2上()19163g x x =-是增函数，故对于[]0,2x ∈，()1,63g x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦. 设()()()22322h x f x ax x x a a '=+=+-+，当[]1,1x ∈-时，∈)(x h [312-2--a a ,52-2+-a a ].要存在]1,1[1-∈x ，]2,0[2∈x 使得()()12h x g x =成立，只要[312-2--a a ,52-2+-a a ]Φ≠-⋂]6,31[考虑反面， [312-2--a a ,52-2+-a a ]Φ=-⋂]6,31[则 21523a a ->--或6<312-2--a a，解得13a >-+或13a <--，从而所求为11a --≤≤-+.欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习课件等等打造全网一站式需求。

三是回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果.
(3)构造关于 或 的新函数,同时根据已知条件确定出 或 的范围即为新函数定义域,借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
2、破解双参数不等式的方法:
一是转化,即由已知条件入手,寻找双参数满足的关系式,并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式;
二是巧构函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值;
第07讲利用导数研究双根据已知条件确定出变量 满足的条件;
(2)将待求的问题转化为关于 的函数问题,同时注意将双变量转化为单变量,具体有两种可行的方法:①通过将所有涉及 的式子转化为关于 的式子,将问题转化为关于自变量 ( 亦可)的函数问题;②通过 的乘积关系,用 表示 (用 表示 亦可),将双变量问题替换为 (或 )的单变量问题;

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≥-.。

函数中任意性和存在性问题探究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：∀x1 ∈[a, b], ∀x2∈[c, d ], f (x1) >g(x2) ⇔ [ f (x)]min> [g(x)]max；【如图一】结论2：∃x1 ∈[a, b], ∃x2∈[c, d ], f (x1) >g(x2) ⇔ [ f (x)]max> [g(x)]min；【如图二】结论3：∀x1 ∈[a, b], ∃x2∈[c, d ], f (x1) >g(x2) ⇔ [ f (x)]min> [g(x)]min；【如图三】结论4：∃x1 ∈[a, b], ∀x2∈[c, d ], f (x1) >g(x2) ⇔ [ f (x)]max> [g(x)]max；【如图四】结论 5： ∃x1 ∈[a, b], ∃x2∈[c, d ], f (x1) =g(x2) ⇔ f (x) 的值域和g(x) 的值域交集不为空；【如图五】例题 1：已知两个函数 f (x) = 8x2+16x -k, g(x) = 2x3+ 5x2+ 4x, x ∈[-3, 3], k ∈R ;(1)若对∀x ∈[-3, 3] ,都有f (x) ≤g(x) 成立，求实数k 的取值范围；(2)若∃x ∈[-3, 3] ,使得f (x) ≤g(x) 成立，求实数k 的取值范围；(3)若对∀x1 , x2 ∈[-3, 3] ,都有f (x1 ) ≤g(x2 ) 成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设h(x) =g(x) -f (x) = 2x3- 3x2-12x +k ,（1）中的问题可转化为：x ∈[-3, 3] 时，h(x) ≥ 0 恒成立，即[h(x)]min≥ 0 。

h' (x) = 6x2- 6x -12 = 6(x - 2)(x +1) ；当x 变化时，h(x), h' (x) 的变化情况列表如下：x -3 (-3,-1) -1 (-1,2) 2 (2,3) 3h'(x) + 0 －0 +h(x) k-45 增函数极大值减函数极小值增函数k-9 因为h(-1) =k + 7, h(2) =k - 20 ,所以，由上表可知[h(x)]min=k - 45 ，故k-45≥0，得k≥45,1 即 k ∈[45,+∞).小结：①对于闭区间 I ，不等式 f(x)<k 对 x ∈I 时恒成立⇔ [f(x)]max <k, x ∈I;不等式 f(x)>k 对 x ∈I 时恒成立⇔ [f(x)]min >k, x ∈I.②此题常见的错误解法：由[f(x)]max ≤[g(x)]min 解出 k 的取值范围.这种解法的错误在于条件“[f(x)]max ≤[g(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(x)－f(x) ≥0 在x ∈[-3,3]时有解,故[h(x)]max ≥0. 由（1）可知[h(x)]max = k+7，因此 k+7≥0，即 k ∈[-7,+∞).(3) 根据题意可知，（3）中的问题等价于[f(x)]max ≤[g(x)]min ，x ∈[-3,3].由二次函数的图像和性质可得, x ∈[-3,3]时, [f(x)]max =120－k. 仿照（1），利用导数的方法可求得 x ∈[-3,3]时, [g(x)]min =－21.由 120－k ≥－21 得 k ≥141,即 k ∈[141,+∞).说明：这里的 x 1,x 2 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,对于一个不等式一定要看清是对“ ∀ x ”恒成立，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,然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..1- a例题 2：(2010 年ft东理科 22) 已知函数 f (x ) = ln x - ax + -1(a ∈ R ) ;x(1) 当 a ≤ 1时，讨论 f (x ) 的单调性；2（ 2） 设 g (x ) = x 2 - 2bx + 4 ， 当 a = 1时 ， 若 对 4 ∀x 1 ∈(0, 2) ， ∃x 2∈[1, 2] ,使 f (x 1 ) ≥ g (x 2 ) ，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，+∞）上单调递增； 1当 a= 时，函数 f(x)在（0，+∞）上单调递减；211当 0<a< 时，函数 f (x ) 在（0,1）上单调递减，在(1,2 a 单调递减；（2）函数的定义域为（0，+∞），-1) 上单调递增，在（ ( 1 a-1, +∞) 上f ' （x ）= －a+ xa - 1 =－ x 2 ax 2 - x + 1 - a x 21 ，a= 时，由 f 4 ' （x ）=0 可得 x 1=1,x 2=3.1 1因为 a= ∈（0, ），x 2=3∉（0,2）,结合（1）可知函数 f(x)在（0,1）上单调递减，在（1,2）4 21上单调递增，所以 f(x) 在（0,2）上的最小值为 f(1)= － .2由于“对∀ x 1∈（0,2）， ∃ x 2∈[1,2],使 f(x 1) ≥g(x 2)”等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不大 于 f(x) 在（0,2）上的最小值 f(1)= － 1”.（※）又 g(x)=(x －b)2+4－b 2, x ∈[1,2],所以2① 当 b<1 时，因为[g(x)]min =g(1)=5－2b>0,此时与（※）矛盾； ② 当 b ∈[1,2]时, 因为[g(x)]min =4－b 2≥0，同样与（※）矛盾； ③ 当 b ∈（2，+∞）时，因为[g(x)]min =g(2)=8－4b. 1 17 17 解不等式 8－4b ≤－ ，可得 b ≥.综上，b 的取值范围是[,+∞).288二、相关类型题： 〈一〉、"a ≥ f (x )" 型；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， 则 a ≥ 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 2 + x ，若∀ x ∈[0,1] 时，恒有| f (x ) |≤ 1 ，求实数 a 的取值范围.解： | f (x ) |≤ 1 ，∴ -1 ≤ ax 2 + x ≤ 1；即-1- x ≤ ax 2 ≤ 1- x ； 当 x = 0 时，不等式显然成立，∴a ∈R.当0 < x ≤ 1时，由-1- x ≤ ax 2 ≤ 1- x 得： - 1 - 1≤ a ≤1 - 1 ，而( 1 - 1) = 0x 2xx 2 x11x 2 x min ∴ a ≤ 0 .又∵ (- x 2 - x)max = -2 ，∴ a ≥ -2,∴-2 ≤ a ≤ 0 ，综上得 a 的范围是 a ∈[-2, 0]。

专题7 函数中的双变量问题函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下借组导数处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.(一) 与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有()()1212,,,x x f x f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.常见结论：(1)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()12120f x f x x x ->-,则()y f x =在D 上单调递增；(2)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-在D 上单调递增；(3)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x kx x x x ->-,则()k y f x x =+在D 上单调递增；(4)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x x x x x ->+-,则()2y f x x =-在D 上单调递增.【例1】（2024届四川省仁寿第一中学校高三上学期调研）已知函数212ln ()xf x x +=．(1)求()f x 的单调区间；(2)存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，使()()1212ln ln f x f x k x x -³-成立，求k 的取值范围．【解析】（1）由题意得()34ln xf x x -¢=，令()0f x ¢=得1x =，(01),x Î时，()0f x ¢>，()f x 在(0,1)上单调递增；,(1)x Î+¥时，()0f x ¢<，()f x 在(1,)+¥上单调递减；综上，()f x 单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+¥．（2）由题意存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，不妨设121x x >>，由（1）知,(1)x Î+¥时，()f x 单调递减．()()1212ln ln f x f x k x x -³-等价于()()()2112ln ln f x f x k x x -³-，即()()2211ln ln f x k x f x k x +³+，即存在12,(1,)x x Î+¥且12x x >，使()()2211ln ln f x k x f x k x +³+成立．令()()ln h x f x k x =+，则()h x 在(1,)+¥上存在减区间．即234ln ()0kx x h x x-¢=<在(1,)+¥上有解集，即24ln x k x <在(1,)+¥上有解，即2max 4ln x k x æö<ç÷èø，(1,)x Î+¥；令()24ln x t x x =，(1,)x Î+¥，()()3412ln x t x x -¢=，(x Î时，()0t x ¢>，()t x在(上单调递增，)x ¥Î+时，()0t x ¢<，()t x在)+¥单调递减，∴max 2()e t x t ==，∴2ek <． (二) 与极值点有关的双变量问题与极值点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x ¢=的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.【例2】（2024届黑龙江省双鸭山市高三下学期第五次模拟）已知函数2()ln (1)(R)f x x a x a x=+-+Î.(1)当1a =-时，讨论()f x 的单调性；(2)若()1212,x x x x <是()f x 的两个极值点，证明：()()21f x f x -<【解析】（1）当1a =-时，2()ln 1,()f x x x f x x=+++的定义域为(0,)+¥，所以2222122(2)(1)()1x x x x f x x x x x¢+-+-=-+==，令()0f x ¢=，解得1x =，当(0,1)x Î时，()0f x ¢<，当(1,)x Î+¥时，()0f x ¢>，故()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+¥上单调递增．（2）222122()ax x f x a x x x ¢-+-=--=，由题意可知，()1212,x x x x <是方程220ax x -+-=的两根，则102180a a ì>ïíïD =->î，解得108a <<，所以121x x a +=，122x x a =，要证()()21f x f x -<====即证()()22112122ln 1ln 1x a x x a x x x éù+-+-+-+êúëû只需证()()122211122lnx x x a x x x x x -+--<需证()()212211122ln2x x x a x x x x x -<-=++令21(1)x t t x =>，则需证2(1)ln 1t t t -<++，设()ln 1)g t t t =>，则2111111442222111(1)11222()02t t t t t t t g t t t tt---¢æö-ç÷----+èø=-==-<，所以函数()g t 在(1,)+¥上单调递减，所以()(1)0g t g <=，因此ln t <由1t >得，2(1)01t t ->+，所以2(1)ln 1t t t -<+，故()()21f x f x -<,【例3】（2023届云南省曲靖市高三下学期第二次联考）已知函数()()21ln 402f x x a x x a =+->.(1)当3a =时，试讨论函数()f x 的单调性；(2)设函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，证明：()()12ln 10f x f x a +>-.【解析】（1）当3a =时，()213ln 42f x x x x =+-定义域为()0,x Î+¥，()()()2133434x x x x f x x x x x---+=+-==¢，令()0f x ¢=解得1x =或3，且当01x <<或3x >时，()0f x ¢>，当13x <<时，()0f x ¢<，所以当01x <<或3x >时，()f x 单调递增，当13x <<时，()f x 单调递减，综上()f x 在区间()0,1，()3,+¥上单调递增，()f x 在区间()1,3单调递减.（2）由已知()21ln 42f x x a x x =+-，可得()244a x x af x x x x-+=+-=¢，函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<，又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--，要证()()12ln 10f x f x a +>-，即证ln 8ln 10a a a a -->-，只需证()1ln 20a a a -+-<，令()()1ln 2m a a a a =-+-，()0,4a Î，则()11ln 1ln a m a a a a a-=-++=-¢，令()()n a m a ¢=，则()2110n a a a¢=--<恒成立，所以()m a ¢在()0,4a Î上单调递减，又()110m ¢=>，()12ln202m =-<¢，由零点存在性定理得，()01,2a $Î使得()00m a ¢=，即001ln a a =，所以()00,a a Î时，()0m a ¢>，()m a 单调递增，()0,4a a Î时，()0m a ¢<，()m a 单调递减，则()()()()0000000max 00111ln 2123m a m a a a a a a a a a ==-+-=-+-=+-，又由对勾函数知0013y a a =+-在()01,2a Î上单调递增，所以00111323022a a +-<+-=-<，所以()0m a <，即()()12ln 10f x f x a +>-得证.(三) 与零点有关的双变量问题与函数零点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x =的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数,有时也可转化为关于12x x -的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例4】（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数())ln 2f x x a =-ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性，并求()f x 的极值；(2)若函数()f x 有两个不同的零点12,x x （12x x <），证明：1e a<<.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+¥，由题意，()1f x x ==¢，当0a £时，()0f x ¢>，函数()f x 在(0,)+¥单调递增，无极值.当0a >时，令()0f x ¢=，得21x a =∴()f x 在210,a æöç÷èø单调递增，在21,a ¥æö+ç÷èø单调递减，所以函数()f x 在21x a =时取极大值，极大值为212ln 2f a a æö=--ç÷èø，无极小值.x210,a æöç÷èø21a 21,a ¥æö+ç÷èø()f x ¢+-()f x 递增极大值递减（212t t ==，且12x x <，则有1122ln ln t at t at =ìí=î，两式相减可得，1212ln ln t t a t t-=-1a <.12121ln ln t t a t t-<=-12ln 0t t Û>，令u =121ln02ln 0(01)t u u u t u >Û-+><<，设()12ln g u u u u =-+，则()222212110u u g u u u u -+-=--=<¢，所以()g u 在()0,1上单调递减，所以()()10g u g >=1a<.1122ln ln t at t at =ìí=î，两式子相加得，()1212ln t t a t t =+e >，即证212e t t >，由上式只需证()122a t t +>，即证()1121212112221ln ln 2ln 201t t t t t t t t t t t t --×+>Û-<-+，令12t v t =，11212211ln 20ln 20(01)11t t t v v v t t v t --æö-<Û-<<<ç÷+èø+，设()()1ln 2011v h v v v v -æö=-<<ç÷+èø，则()22(1)0(1)v h v v v +¢-=>，所以()h v 在()0,1上单调递增，所以()()10h v h <=e >.综上：1e a<<. (四) 独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.【例5】（2024届陕西省宝鸡实验高中高三一模）已知函数2()ln (,,1)x f x a x x a b a b R a =+--Î>，e 是自然对数的底数.(1)当e,4a b ==时，求整数k 的值，使得函数()f x 在区间(,1)k k +上存在零点；(2)若存在12,[1,1],x x Î-使得12|()()|e 1f x f x -³-，试求a 的取值范围.【解析】（1）2()e 4x f x x x =+--，()e 21x f x x ¢\=+-，(0)0f ¢\=当0x >时，e 1x >，()0f x ¢\>，故()f x 是(0,)+¥上的增函数，同理()f x 是(,0)-¥上的减函数，2(0)30,(1)e 40,(2)e 20f f f =-<=-<=->，且2x >时，()0f x >，故当0x >时，函数()f x 的零点在()1,2内，1k \=满足条件．同理，当0x <时，函数()f x 的零点在()2,1--内，2k \=-满足条件，综上1,2k =-．（2）问题Û当[1,1]x Î-时，max min max min |()()|()()e 1f x f x f x f x -=-³-，()ln 2ln 2(1)ln x x f x a a x a x a a ¢=+-=+-，①当0x >时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢->>\>；②当0x <时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢-<>\<；③当0x =时，()0f x ¢=，()f x \在[1,0]-上递减，[0,1]上递增，\当[1,1]x Î-时，min max ()(0),()max{(1),(1)}f x f f x f f ==-，而1(1)(1)2ln f f a a a--=--，设1()2ln (0),g t t t t t =-->22121()1(1)0g t t t t¢=+-=-³Q （仅当1t =时取等号），()g t \在(0,)+¥上单调递增，而(1)0g =，\当1t >时，()0g t >即1a >时，12ln 0a a a-->，(1)(1),(1)(0)e 1f f f f \>-\-³-即ln e 1e ln e a a -³-=-，构造()ln (1)h a a a a =->，易知()0¢>h a ，()h a \在(1,)+¥递增，e a \³，即a 的取值范围是[e,)+¥．(五) 构造一元函数求解双变量问题当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.【例6】（2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷）已知函数2()ln 1(02)f x tx x x t =-+<£．(1)求函数()f x 的单调区间(2)若0a b >>，证明:2244a b a b <-．【解析】（1）()ln 2,0f x t x t x x ¢=+->，令()()ln 2g x f x t x t x ¢==+-，所以()2,0tg x x x¢=->，由()0g x ¢>可得02t x <<，由()0g x ¢<可得2t x >，所以()f x ¢在(0,)2t 上单调递增，在(,)2t+¥上单调递减，所以max ()(ln ln 222t t tf x f t t t t ¢¢==+-=.又因为02t <£，所以ln02t£，即()0f x ¢£，且()f x ¢至多在一个点处取到0.所以()f x 在(0,)+¥上单调递减，故()f x 的单调递减区间为()0,+¥，没有单调递增区间.（2）证明2244a b a b <-，只需证：22222222222222+)))()11((ln 24(a b a b a b a b a b a b --<-++-，即证：2222222222222ln a b a b a b a b a b a b ++-<---+，令2222,0a b x a b a b +=>>-，所以1x >，只需证：12ln x x x<-，即证：22ln 10x x x -+<，由（1）知，当2t =时，2()2ln 1f x x x x =-+在(0,)+¥上单调递减，1x >()(1)0f x f <=，即22ln 10x x x -+<，所以2244a b a b<-.(六) 独立双变量,把其中一个变量看作常数若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量【例7】已知函数，(1)若函数在处的切线也是函数图像的一条切线，求实数a 的值；(2)若函数的图像恒在直线的下方，求实数a 的取值范围；(3)若，且，证明：>【解析】 (1)，在处切线斜率，，所以切线，又，设与相切时的切点为，则斜率，则切线的方程又可表示为，由，解之得．(2)由题可得对于恒成立，即对于恒成立，令，则，由得，x20,e a æöç÷èø2e a2e a æö+¥ç÷èø，()h x ¢+0-()h x ↗极大值↘则当时，，由，得：，即实数的取值范围是．(3)由题知，由得，当时，，单调递减，因为，所以，即，所以，①同理，②①+②得，()ln (0)af x x a x=×>()e xg x =0x =()f x ()f x 10x y -+=12,(,)e 2a a x x Î12x x ¹412()x x +212a x x ()e xg x ¢=()g x 0x =()01k g ¢==()01g =:1l y x =+()ln1af x x =¢-l ()f x 000,ln a x x x æöç÷èø()00ln 1a k f x x ¢==-l ()000000ln 1ln ln 1a a ay x x x x x x x x æöæö=--+=-+ç÷ç÷èøèø00ln 111ax x ì-=ïíï=î2e a =()10f x x --<0x >ln 10ax x x--<0x >()ln 1a h x x x x =--()ln 2ah x x =¢-()0h x ¢=2ea x =0x >()22max 1e ea a h x h æö==-ç÷èø210e a -<20e a <<a ()20,e ()ln 1af x x=¢-()0f x ¢=e a x =e a x a <<()0f x ¢<()()ln 0af x x a x=>112x x x a +<<()()112f x f x x >+()112112ln ln a ax x x x x x >++121112lnln x x a a x x x x +>+122212ln ln x x a ax x x x +>+1212121212lnln ln x x x x a a ax x x x x x æöç÷èø>+++++因为，由得，即，所以，即，所以．(七) 双变量,通过放缩消元转化为单变量问题此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题【例8】（2024届河北省衡水市高三下学期联合测评）过点(),P a b 可以作曲线e x y x =+的两条切线，切点为,A B .(1)证明：()1ea b a ->-；(2)设线段AB 中点坐标为()00,x y ，证明：00a y b x +>+.【解析】（1）证明：设切点(),e tA t t +，1e xy ¢=+，所以e 1e t tPAt bk t a+-=+=-，即关于t 的方程()1e 0tt a b a --+-=有两个不相等的实数根.设()()1e t f t t a b a =--+-，则()()e 0tf t t a =-=¢，t a =.当t a <时，()0f t ¢<，则()f t 在(),a ¥-上单调递减；当t a >时，()0f t ¢>，则()f t 在(),a ¥+上单调递增，所以()f t 在t a =处取值得最小值，即()e af a b a =--.当t ®+¥时，()f t ¥®+，当t ®-¥时，()f t b a ®-，若满足方程有两个不相等的实数根，则0e 0ab a b a ->ìí--<î，于是0e a b a <-<，即()ln b a a -<，得()()()ln b a b a b a a --<-,设()ln g x x x =，()ln 10g x x +¢==，得1ex =，在10,e æöç÷èø上，()0g x ¢<，则()g x 单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上，()0g x ¢>，则()g x 单调递增，所以()ln g x x x =，在1e x =处取得最小值，即11e e g æö=-ç÷èø，所以()1e a b a ->-.（2）证明：设()()1122,,,A x y B x y ，则()()12012011e e 22x x y y y x =+=++，即()()12001211e e 22x x y x y y -=+=+，121221121224x x x x x x x x x x +++=++³12x x a +<121a x x +>12ln 0ax x >+1212ln ln 4ln a a a x x x x +>+421212a a x x x x æö>ç÷+èø()421212x x a x x +>在点()()1122,,,A x y B x y 处的切线方程都过(),P a b ，于是，由()()1111e 1e x xb x a x --=+-，得()1110e x b a x a --++=，由()()2222e 1e x xb x a x --=+-，得()2210e x b a x a --++=两式相减整理得：()121212e e e x x x x x x b a +--=-，()()()()1212121200e 1e ee e 2x x x x x x x x b a y x +----=-+-()()121212122212e e e 2e 2e e x x x x x x x x x x ++éù-=--êú-ëû()()1212121212e 12e e 2e e x x x x x x x x x x +--éù=--+êú-ëû，不妨设1212,0x x m x x >=->，所以()1212e 02e e x x x x +>-，则()12e e m mh m m =-+，()12e 220e m mh m ¢=--£-=，所以()h m 在()0,¥+上单调递减，于是()()00h m h <=，于是()()000b a y x ---<，即00a y b x +>+.【例1】（2024届陕西省西安市一中高三考前模拟）已知函数()2e 2xx f x a =++.(1)若4a =-，求()f x 的极值；(2)若0a >，不相等的实数,m n 满足()()228f m f n m n +=++，求证：0m n +<.【解析】（1）依题意，()2e 42x f x x =-+，则()2e 4xf x =¢-，令()0f x ¢=，解得ln 2x =，故当(),ln 2x ¥Î-时，()0f x ¢<，当()ln 2,x ¥Î+时，()0f x ¢>，故函数()f x 在(),ln 2¥-上单调递减，在()ln 2,¥+上单调递增，故函数()f x 的极小值为()ln 244ln 2264ln 2f =-+=-，无极大值；（2）令()()222e 2x g x f x x ax x =-=+-+，则()2e 2xg x x a =¢-+，令()e xt x x =-，则()e 1x t x ¢=-，当0x <时，()0t x ¢<，当0x >时，()0t x ¢>，所以函数()t x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以()()e 010x t x x t =-³=>，又0a >，所以()()2e 0xg x x a =-+>¢，所以()g x 在R 上单调递增，()()228f m f n m n +=++，即()()8g m g n +=，因为()04g =，所以,0m n ¹，要证0m n +<，即证n m <-，只需证()()g n g m <-，即()()8g m g m -<-，即()()8g m g m +->，令函数()()()22e 2e 24x x h x g x g x x -=+-=+-+，则()2e 2e 4x x h x x -=--¢，令()()x h x j =¢，则()2e 2e 40xx x j -=-¢+³，所以()h x ¢为R 上的增函数，当0x <时，()()00h x h ¢¢<=，当0x >时，()()00h x h ¢¢>=，所以()h x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以对任意0m ¹，都有()()()()08h m g m g m h =+->=，从而原命题得证.【例2】（2024届河北省衡水市部分示范性高中高三下学期三模）已知()e xf x x =-．(1)求()f x 的单调区间和最值；(2)定理：若函数()f x 在(,)a b 上可导，在[]a b ，上连续，则存在(,)a b x Î，使得()()()f b f a f ξb a-¢=-．该定理称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：若0m n <<，求证：()2e e 111m n m n m n m æö-<+-ç÷èø．【解析】（1）()e 1x f x ¢=-，令()0f x ¢=，解得0x =，当(,0)x Î-¥时，()0,()¢<f x f x 单调递减；当,()0x Î+¥时，()0,()¢>f x f x 单调递增． 当0x =时，()f x 取得最小值1，无最大值；（2）要证2e e 11(1)m n m n m n m æö-<+-ç÷èø，只需证2e e (1)()m n m n m m n -<+-，因为0m n <<，故只需证2e e (1)m nm n m m n->+-． 令()e (0)x g x x x =>，显然()g x 在(,)m n 上可导，在[]m n ，上连续，故由拉格朗日中值定理知存在(,)m n x Î，使得e e()m nm n g m nx ¢-=-，而()(1)e 0,()x g x x g x ¢¢=+>在(0,)+¥上单调递增，因为m n x <<，故()()g g m x ¢¢>，即()(1)e m g m x ¢>+，故只需证2(1)e (1)m m m +³+即可，因为0m >，故只需证e 1m m ³+．由（1）知e 1x x ³+恒成立，因此原命题得证．【例3】（2024届天津市部分区高三二模）已知,R a b Î，函数()sin ln f x x a x b x =++．(1)当0,1a b ==-时，求()f x 的单调区间；(2)当1,02a b =-¹时，设()f x 的导函数为()f x ¢，若()0f x ¢>恒成立，求证：存在0x ，使得()01f x <-；(3)设01,0a b <<<，若存在()12,0,x x Î+¥，使得()()()1212f x f x x x =¹>．【解析】（1）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得其定义域为()0,¥+，当0,1a b ==-时，可得()ln f x x x =-，则()111x f x x x¢-=-=，当()0,1x Î时，可得()0f x ¢<，()f x 单调递减；当()1,x ¥Î+时，可得()0f x ¢>，()f x 单调递增，\函数()f x 的单调递增区间为()1,¥+，单调递减区间为()0,1．（2）当1,02a b =-¹时，可得()1sin ln 2f x x x b x =-+，则()11cos 2bf x x x =-+¢，Q ()0f x ¢>恒成立，即11cos 02b x x -+>恒成立，令()11cos ,02bh x x x x=-+>，若0b <，则0b x <，存在2b x =-，使得111cos 21cos 022222b b b h æöæöæö-=---=---<ç÷ç÷ç÷èøèøèø，即()0f x ¢<，不符合题意，>0b \，取30e bx -=，则001x <<，可得()3301esin e 312bb f x --=--<-，即存在0x ，使得()01f x <-．（3）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得()1cos bf x a x x ¢=++，设12x x <，由()()12f x f x =，可得111222sin ln sin ln x a x b x x a x b x ++=++，则()()()22121211sin sin ln ln lnx x x a x x b x x b x -+-=--=-，又由sin y x x =-，可得'1cos 0y x =-³，\函数sin y x x =-为单调递增函数，\2211sin sin x x x x ->-，即2121sin sin x x x x -<-，\()()2211ln1x b a x x x -<+-，设()1ln 21x h x x x -=-´+，可得()()()()222114011x h x x x x x -=-=+¢³+，\当1x >时，()()10h x h >=，即ln 2x >\2>即ln 4x =>\21ln 44x x >=代入可得：()()()()21411b a x x a ×-<+-=+，则()241b a -×<++，\>【例4】（2024届四川省百师联盟高三联考三）已知函数()214ln 2f x x x a x =-+.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)设函数()y f x =有两个不同的极值点1x ，2x .证明：()()2121135ln 244f x f x a a +--≥.【解析】（1）当1a =时()214ln 2x f x x x =-+，()14f x x x ¢=-+，()171422f =-=-，()14121f ¢=-+=-，则切线方程为()7212y x +=--，化简得4230x y ++=.（2）证明：由题()244a x x af x x x x=¢-+=-+，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需故()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<.又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--.若证()()2121135ln 244f x f x a a +--≥，即证21135ln 8ln 244a a a a a ----≥，即2113ln ln 0244a a a a a --++≥.令()2113ln ln 244x x x x x x j =--++，()0,4x Î，()11ln 2x x xx j æö¢=+-ç÷èø，则()x j ¢在()0,4上递增，且有()01j ¢=，当()0,1x Î时，()0x j ¢<，所以()x j 在()0,1上递减；当()1,4x Î时，()0x j ¢>，所以()x j 在()1,4上递增；所以()()113ln11ln101244x j j =--++=≥，()0,4x Î.即()()2121135ln 244f x f x a a +--≥得证.【例5】（2024陕西省西安八校高三下学期联考）已知函数的图象在处的切线过原点．(1)求的值；(2)设，若对总，使成立，求整数的最大值．【解析】（1）易知的定义域为，又，的图象在处的切线方程为，将代入，得；（2）．当时，取得最小值，．由（1）知，．，得的定义域为．则，易知单调递增，又．即在上有唯一解，故．()()()e ln 1R ,xf x m x x m f x =-+-Î()()1,1f m ()()()2,2g x f x x h x x x a =-=-+()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()1g x >()2h x a ()f x ()()0,,1e f ¥+=()()e 1,1e 1x mf x f m x¢¢=-+=-+()f x \()()1,1f ()()e e 11y m x -=-+-0,0x y ==1m =()222(1)1h x x x a x a =-+=-+-\1x =()h x ()()min []11h x h a ==-1m =()e ln 1x f x x x \=-+-()()e ln 1,x g x x g x =--()0,¥+()1e xg x x =¢-()1e 0xy x x=->()120,1e 102g g æö¢¢=-ç÷èø()0g x ¢=1,12æöç÷èø0x 000011e ,e x x x x ==于是当时，在上单调递减；当时，在上单调递增．在处取得极小值也是最小值．则，对总，使成立，只需，得．故整数的最大值为．1．（2024届广东省汕头市第二次模拟）设M 是由满足下列条件的函数()f x 构成的集合：①方程()0fx x-=有实根；②()f x 在定义域区间D 上可导，且()f x ¢满足()01f x ¢<<.(1)判断()ln 322x xg x =-+，()1,x Î+¥是否是集合M 中的元素，并说明理由；(2)设函数()f x 为集合M 中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D 中的任意a 、b ，都有()()a b a b -£-f f .2．（2024届山东省滨州市高三下学期二模）定义：函数()f x 满足对于任意不同的12,[,]x x a b Î，都有()()1212f x f x k x x -<-，则称()f x 为[],a b 上的“k 类函数”．(1)若2()13x f x =+，判断()f x 是否为[]1,3上的“2类函数”；(2)若2()(1)e ln 2xx f x a x x x =---为[1,e]上的“3类函数”，求实数a 的取值范围；(3)若()f x 为[1,2]上的“2类函数”，且(1)(2)f f =，证明：1x "，2[1,2]x Î，()()121f x f x -<．3．（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数()21ln 2f x x x x ax =--的两个极值点分别为()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)若不等式()12a x x l <+恒成立，求正数l 的取值范围（其中e 271828=L ．为自然对数的底数）．00x x <<()()0,g x g x ¢<()00,x 0x x >()()0,g x g x ¢>()0,x ¥+()g x \0x x =()000min 015e ln 112,2xg x x x x æö=--=+-Îç÷èø\()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()()12g x h x >11a ³-2a £a 24．（2024届湖南省高三“一起考”大联考下学期模拟）已知函数()2f x ax =，()lng x x =，函数()f x ，()g x 有两条不同的公切线（与()f x ，()g x 均相切的直线）1l ，2l .(1)求实数a 的取值范围；(2)记1l ，2l 在y 轴上的截距分别为1d ，2d ，证明：121d d +<-.5．（2024届天津市民族中学高三下学期4月模拟）已知函数()()22ln 0f x x x a x a =-+>．(1)当2a =时，试求函数图象在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <；（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）不等式()12f x mx ³恒成立，试求实数m 的取值范围．6．（2024届陕西省部分学校（菁师联盟）高三下学期5月份高考适应性考试）已知函数()2ln f x x x x =-.(1)求曲线()y f x =在2e x =处的切线方程；(2)若()()12f x f x =，且12x x <.求证：212e x x +<.7．（2024届广东省广州市二模）已知函数()()21e x f x a x x -=++．(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若()f x 存在两个极值点，记0x 为()f x 的极大值点，1x 为()f x 的零点，证明：0122x x ->．8．（2024届重庆市名校联盟高三下学期全真模拟）T 性质是一类重要的函数性质，具有T 性质的函数被称为T 函数，它可以从不同角度定义与研究.人们探究发现，当()y f x =的图像是一条连续不断的曲线时，下列两个关于T 函数的定义是等价关系．定义一：若()y f x =为区间(),a b 上的可导函数，且()y f x ¢=为区间(),a b 上的增函数，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．定义二：若对()12,,x x a b "Î，()0,1l "Î，都有()()()()121211f x x f x f x l l l l éù+-£+-ëû恒成立，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．请根据上述材料，解决下列问题：(1)已知函数()πtan 02f x x x æö=Îç÷èø，,．①判断()y f x =是否为π0,2x æöÎç÷èø上的T 函数，并说明理由；②若π0,2a b æöÎç÷èø，且π22a b +=，求()()2f f a b +的最小值(2)设11111m n m n >>+=，，，当00a b >>，时，证明：11m na b ab m n+³．9．（2024届河南省九师联盟高三下学期5月联考）已知函数1()ln (0)f x a x a x=+¹．(1)若()f x a >对,()0x Î+¥恒成立，求a 的取值范围；(2)当3a =时，若关于x 的方程211()42f x x x b x =-++有三个不相等的实数根1x ，2x ，3x ，且1x <23x x <，求b 的取值范围，并证明：314x x -<．10．（2024届湖北省宜荆荆随恩高三5月联考）设函数，(1)讨论的单调性．(2)若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得（ⅰ）证明不等式．（ⅱ）判断并证明与的大小．11．（2024届江西省上饶市六校高三5月第二次联合考试）已知函数．(1)若，求的极值；(2)若，求的最大值．12．（2024届山西省临汾市高三下学期考前适应性训练）已知函数．(1)求在处的切线方程；(2)若曲线与直线有且仅有一个交点，求的取值范围；(3)若曲线在处的切线与曲线交于另外一点，求证：．13．（2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测）已知函数．()()24ln 42f x x ax a x =-+-a ÎR()f x ()f x 120x x <<0x ()()()()21021f x f x f x x x ¢-=-212121ln ln 2x x x x x x ->-+122x x +0x ()()ln ,,0f x x a x b a b a =--ιR 1a b ==()f x ()0f x ³ab ()()21ln 12=++f x x x ()f x 0x =()y f x =y ax =a ()y f x =()()(),0m f m m >()y f x =()(),n f n 21mm n m -<<-+()()()ln 0f x mx x m =->(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若有两个不同的零点，证明．14．（2024届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数为其导函数．(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．15．（2024届云南省高中毕业生第二次复习统一检测）已知常数，函数.(1)若，求的取值范围;(2)若、是的零点，且，证明:.()0f x £m ()f x 12,x x 122x x +>()ln ,()f x ax x x f x ¢=-()1f x £a 12,x x ()()12f x f x=0f ¢>0a >221()2ln 2f x x ax a x =--20,()4x f x a ">>-a 1x 2x ()f x 12x x ¹124x x a +>。