高二理科数学培优——存在性恒成立问题答案.pdf

函数中任意性和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，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，下面结合高考试题下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究对此类问题进行归纳探究一、相关结论：一、相关结论：结论结论 1 1：x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max；【如图一】结论结论 2 2：x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min；【如图二】结论结论 3 3：x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min；【如图三】结论结论 4 4：x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)max；【如图四】结论结论 5 5：x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)的值域和g(x)的值域交集不为空；【如图五】【例题例题 1 1】：已知两个函数f(x)8x 16xk,g(x)2x 5x 4x,x3,3,k R;(1)若对x3,3,都有f(x)g(x)成立，求实数k的取值范围；(2)若x3,3,使得f(x)g(x)成立，求实数k的取值范围；(3)若对x1,x23,3,都有f(x1)g(x2)成立，求实数k的取值范围；解解：（1）设h(x)g(x)f(x)2x 3x 12xk（,1）中的问题可转化为：x3,3时，h(x)0恒成立，即h(x)min 0。32232h(x)6x26x12 6(x2)(x1)；当x变化时，h(x),h(x)的变化情况列表如下：x-3h(x)h(x)k-45(-3,-1)+增函数-10极大值(-1,2)减函数20极小值(2,3)+增函数3k-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-450，1得 k45,即 k45,+).小结：对于闭区间 I，不等式 f(x)k 对 xI 时恒成立f(x)maxk对 xI 时恒成立f(x)mink,xI.此题常见的错误解法：由f(x)maxg(x)min解出 k 的取值范围.这种解法的错误在于条件“f(x)maxg(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)max0.由（1）可知h(x)max=k+7，因此 k+70，即 k7,+).(3)根据题意可知，（3）中的问题等价于f(x)maxg(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=120k.仿照（1），利用导数的方法可求得x-3,3时,g(x)min=21.由 120k21 得 k141,即 k141,+).说明：这里的 x1,x2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.【例题例题 2 2】：(2010 年山东理科 22)已知函数f(x)ln xax(1)当a 1a1(aR);x1时，讨论f(x)的单调性；22（2）设g(x)x 2bx4，当a 1时，若 对x1(0,2)，x21,2,使4f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围；解：（1）（解答过程略去，只给出结论）当 a0 时，函数 f(x)在（0,1）上单调递减，在（1，+）上单调递增；1时，函数 f(x)在（0，+）上单调递减；2111当 0a时，函数f(x)在（0,1）上单调递减，在(1,1)上单调递增，在（(1,)2aa当 a=上单调递减；（2）函数的定义域为（0，+），ax2 x 1 a1a 11，a=时，由f（x）=0 可得 x1=1,x2=3.f（x）=a+2=2xx4x11（0,），x2=3（0,2）,结合（1）可知函数 f(x)在（0,1）上单调递减，在421（1,2）上单调递增，所以f(x)在（0,2）上的最小值为 f(1)=.2由于“对x1（0,2），x21,2,使 f(x1)g(x2)”等价于“g(x)在1,2上的最小值不1大于 f(x)在（0,2）上的最小值 f(1)=”.（）2因为 a=又 g(x)=(xb)2+4b2,x1,2,所以当 b0,此时与（）矛盾；2当 b1,2时,因为g(x)min=4b20，同样与（）矛盾；当 b（2，+）时，因为g(x)min=g(2)=84b.117，可得 b.2817综上，b 的取值范围是,+).8解不等式 84b二、相关类型题：二、相关类型题：一一、a f(x)型；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xD上恒成立，则a f(x)max(xD);a f(x)在 xD 上恒成立，则a f(x)min(xD);”.许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型.例例 1 1：已知二次函数f(x)ax x，若x0,1时，恒有|f(x)|1，求实数a 的取值范围.解：Q|f(x)|1，1 ax x 1；即1 x ax 1 x；当x 0时，不等式显然成立，aR.当0 x 1时，由1 x ax 1 x得：.a 0.又(2222111111，而 a()min 0 x2xx2xx2x11)max 2，a 2,2 a 0，综上得 a 的范围是2xxa2,0。二二、f(x1)f(x)f(x2)型型例 2 已知函数f(x)2sin(x)，若对xR，都有 f(x1)f(x)f(x2)成25立，则|x1 x2|的最小值为_.解 对任意 xR，不等式f(x1)f(x)f(x2)恒成立，f(x1),f(x2)分别是f(x)的最小值和最大值.对于函数y sin x，取得最大值和最小值的两点之间最小距离是，即半个周期.)的周期为 4，|x1 x2|的最小值为 2.5x x2f(x1)f(x2)型型三三、.f(122又函数f(x)2sin(x22例例 3 3：(2005 湖北)在y 2x,y log22x,y x,y cos x这四个函数中，当30 x1 x21时，使 f(x1 x2f(x1)f(x2)恒成立的函数的个数是()22x1 x2f(x1)f(x2)的函22A.0B.1C.2D.3解：本题实质就是考察函数的凸凹性凸凹性，即满足条件 f(数，应是凸函数的性质，画草图即知y log22x符合题意；四四、.f(x1)f(x2)0型型x1 x2例 4 已知函数f(x)定义域为1,1，f(1)1，若m,n1,1，mn 0时，都有f(m)f(n)0，若f(x)t22at 1对所有x1,1，a1,1恒成立，求实数tmnf(x1)f(x2)(x1 x2)，由 已 知x1 x2取值范围.解：任 取1 x1 x21，则f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)0，又x1 x2 0，f(x1)f(x2)0f，即f(x)在1,1上为增函数.x1 x2f(1)1，x1,1，恒有f(x)1；2要使f(x)t 2at 1对所有x1,1，a1,1恒成立，即要t 2at 11恒2成立，故t 2at 0恒成立，令g(a)2at t，只须g(1)0且g(1)0，解得t 2或t 0或t 2。评注：评注：形如不等式22f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)0或 0恒成立，实际上是函x1 x2x1 x2数的单调性的另一种表现形式，在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息.五五、.f(x)g(x)型：型：例 5：已知f(x)1lg(x1)，g(x)lg(2xt)，若当x0,1时，f(x)g(x)2x12xt 0在x0,1恒成立恒成立，求实数 t 的取值范围.解：f(x)g(x)在x0,1恒成立，即x12xt在0,1上的最大值小于或等于零.令F(x)x 12x t，F(x)14 x1，x0,12 x14F(x)0，即F(x)在0,1上单调递减，F(0)是最大值.f(x)F(0)1t 0，即t 1。六六、f(x1)g(x2)型型例例 6 6：已知函数f(x)1349xc，若对任意x1,x22,2，x x23x,g(x)332都有f(x1)g(x2)，求c的范围.解：解：因为对任意的x1,x22,2，都有f(x1)g(x2)成立，f(x)maxg(x)min，f(x)x 2x3，令f(x)0得x 3,x 1x3 或x-1；f(x)0得1 x 3；f(x)在2,1为增函数，在1,2为减函数.f(1)3,f(2)6，f(x)max 3,.3 七七、|f(x1)f(x2)|t（t为常数）型；为常数）型；例例 7 7：已知函数f(x)x 2x，则对任意t1,t243218c，c 24。21,2（t1 t2）都有2|f(t1)f(t2)|_恒成立，当且仅当t1=_，t2=_时取等号.解：因为|f(x1)f(x2)|f(x)max f(x)min|恒成立，由 f(x)min1327，f(x)x42x3,x,2，易求得 f(x)max f()221615 f()，|f(x1)f(x2)|2。216例例 8 8：已知函数y f(x)满足：(1)定义域为1,1；(2)方程f(x)0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|f(0)|1|；(2)证明：对任意x1,x21,1，都有|f(x1)f(x2)|1.证明(1)略；(2)由条件(2)知f(1)f(1)0，不妨设1 x1 x21，由(3)知|f(x1)f(x2)|x1 x2|x2 x1，又|f(x1)f(x2)|f(x1)|f(x2)|f(x1)f(1)|f(x2)f(1)|5 x111 x2 2(x2 x1)2|f(x1)f(x2)|；|f(x1)f(x2)|1八八、|f(x1)f(x2)|x1 x2|型型3例例 9 9：已 知 函 数f(x)x axb，对 于x1,x2(0,3)(x1 x2)时 总 有3|f(x1)f(x2)|x1 x2|成立，求实数a的范围.2解 由f(x)x axb，得f(x)3x a，3当x(0,3)时，a f(x)1a，|f(x1)f(x2)|x1 x2|，3|a 1f(x1)f(x2)|1，1 a 0 x1 x21a 1评注 由导数的几何意义知道，函数y f(x)图像上任意两点P(x1,y1),Q(x2,y2)连线的斜率k y2 y1(x1 x2)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x2 x1围，利 用 这 个 结 论，可 以 解 决 形 如|f(x1)f(x2)|m|x1 x2|或|f(x1)f(x2)|m|x1 x2|(m0)型的不等式恒成立问题.6