導數題中“任意、存在”型的歸納辨析

1、導數題任意以及存在的分類歸納.單一函數單一 “任意”型 例1.已知函數f (x) x ln(x a)的最小值為0,其中a 0。(1)求a的值；(2)若對任意的x 0,)，有f (x) kx2成立，求實數k的最小值。x a 1a,)單調遞增,解析：(1) Q f (x) a一，f (x)在(a,1 a)單調遞減，在(1x a所以f(x)minf(1a)0 a 1。(2)設 g(x)kx xln(x a),則問題等價于g(x) 0對x 0,)恒成立，即g(x)min 0。因為當k 0時，x 時，f (x)10所以k 0。由g(x)22kx2 (2 k 1)x若絮0,則當g(0) 0,矛盾。一 2k

2、 1.一x (0, )時，g (x) 0 , g(x)單倜遞減，g(x)4k2k 1八從而 0,4k-1.1解得k -o即實數k的最小值是一。22點評：“任意”的意思是不管 x取給定集合中的哪一個值，得到的函數值都要滿足給定的不等式，它有 兩種形式：“對任意的xA,a( )f (x)恒成立”等價于“當xA時，a( )f(x)max”；“對任意的xA,a( )f(x)恒成立”等價于“當xA時，a( )f(x)min”。二.單一函數單一 “存在”型例2.已知函數f(x) aln x x2( a R),若存在x 1,e,使得f(x) (a 2)x成立，求實數a的 取值范圍。解析：f (x) (a 2

3、)x a(x ln x) x2 2x o. x 1,e , lnx 1 x且等號不能同時取，所以 ln x x ,即 x ln x 0 , 2因而 a x 1,e,x ln x人 x2 2x令 g(x) x 1,e, x ln x(x 1)(x 2 2ln x)又 g (x) 2,(x ln x)2當 x 1,e時，x 1 0, lnx 1, x 2 2 ln x 0,從而 g (x) 0 (僅當 x=1 時取等號)，g(x)在1,e上為增函數，故g(x)的最小值為g(1)1,.a的取值范圍是1,).點評：“存在”的意思是x取遍給定集合中的每一個值，都至少有一個函數值滿足給定的不等式，它有兩

4、種形式：“存在xA,使得a( )f(x)成立”等價于“當xA時，a()f(x)min”；“存在xA,使得a( )f(x)成立”等價于“當xA時，a()f(x)max”。三.單一函數雙“任意”型例 3.設函數 f(x) 1ax2 ax ln x(a R)。2(1)當a 1時，討論函數f(x)的單調性；(2)若對任意a (2,3)及任意x1, x21,2,恒有 ma ln2f(x1)f(x2)成立，求實數m的取(1 a)x 1(x 1)(1 a)(x )(x 1) 5xxf (x)在(0,)上是減函數；11或x 1 ;令f (x) 0,得 x 1。a 1a 11 人，11或x ;令f (x) 0,

5、得1 x。a 1a 1值范圍。解析：(1) f'(x)(1 a)x a 1(1 a)x2 ax 1xx當,1,即 a 2 時，f'(x) (x 1)0,a 1x1當，1 ,即a 2時，令f (x) 0,得0 xa 1,1當1,即1 a 2時，令f (x) 0,得0 xa 1綜上，當a 2時，f (x)在定義域上是減函數；11當a 2時，f (x)在(0,，)和(1,)單調遞減，在(，/)上單調遞增；a 1a 1，,， 一 1、，、二，1，二當1 a 2時，f (x)在(0,1)和(,)單調遞減，在(1,)上單調遞a 1a 1(2)由(1)知，當a (2,3)時，f(x)在1,2

6、上單調遞減，當x 1時，f(x)有最大值，當x 2時,f (x)有最小值,f(x1) f(x2). a 3f f(2)萬 5 ln2, ca313maln2一一In 2, m2222a由2 a 3得1 1且0,4 2 2a所以m 0.點評：“任意x1,x2 1,2,恒有 ma In 2f (x1) f (x2)”等價于“ ma 1n 2 大于 |f(x1) f(x2)max”，而 |f(x1) f(x2)max f(x)max f(x)min。例 4.已知函數 f (x) (a 1)1n x ax2 1。(1)討論函數f(x)的單調性；(2)設 a1.如果對任意 x1,x2 (0,), |f(

7、x1) f (x2) | 4|x1 x2,求 a 的取值范圍。解析：(1) f(x)的定義域為(0, +8). f '(x) 3 2ax 2axa-, xx當a 0時，f'(x) >0,故f(x)在(0, +8)單調增加；當a 1時，f'(x) <0,故f (x)在(0, +8)單調減少；當-1 v a v 0 時，令 f '(x) =0 ,解得 x a。則當 x (0, J-a-)時，f '(x) > 0 ；x (J aA)時，f '(x) <0o2a故f(x)在(0±)單調遞增，在(1,)單調遞減。2a2a(

8、2)不妨假設xi x2，而a v-1 ,由(I)知在(0, +8)單調遞減，從而 Xi,X2 (0,),f (Xi) f(X2) 4 Xi X2等價于 X1,X2 (0,) , f (x2) 4x2f(X1) 4X1 o (*)a 1令 g(x) f (x) 4x,則 g'(x) 2ax 4 (*)xa 1等價于g(x)在(0,)單調遞減，即 - 2ax 4 0。 x 2224x 1(2x 1)4x22(2x1)2C從而 a2- - -2一- 22x 1 2x 12x1故a的取值范圍為(，2。點評：本題容易得出(| f(x) f(X2) |)max (4 |X1 X2 |)min的錯誤

9、。因為等式兩邊都有變量 區(qū)， 一邊變化會引起另一邊變化，這種情況要將等式兩邊移至一邊，通過分離變量X1, X2 ,來構造新的函數以達到解題的目的。四.單一函數雙“存在”型例5.設x 3是函數f(x) (x2 ax b)e3 X(x R)的一個極值點。(1)求a與b的關系式(用a表示b),并求f(x)的單調區(qū)間；一_ _o 25 v,(2)設a 0 , g(x) (a 一)e 。右存在 為8 0,4使彳導f(x1)g(x2)1成立，求a的取值4、， 一、“范圍。解析：(1) f (x)x2 (a 2)x b ae3x,則 f (3) 0 ,解得 b 3 2a o一2_ 3 x3 xf (x)X

10、(a 2)x 3 3ae (x 3)(x a 1)e,令 f (x) 0,得 X1 3,X2a 1 ,由于x 3是極值點，所以 a 1 3,得a 4。所以當a 4時，a 1 3, f (x)在(，3)上單調遞減，在(3, 1 a)上單調遞增，在(1 a,)上單調遞減；當a4時，a 1 3, f(x)在(，1 a)上單調遞減，在(1 a,3)上單調遞增，在(3,)上單調遞減。(2)由(1)可知，當時a 0, f(x)在區(qū)間(0,3)上的單調遞增，在區(qū)間(3,4)上單調遞減，那么f(x)在區(qū)間0,4上的值域是min f (0), f (4), f (3), 3_1_而 f(0)(2a 3)e0,

11、f (4) (2a 13)e0, f(3) a 6,那么f (x)在0,4上的值域為(2a 3)e3, a 6。一o 25 v又g(x) (a )e在0,4上是增函數，4所以它在0,4上的值域是a2 25,(a2 25)e4,44，一 o251o由于(a)(a 6) (a)0,422 25一所以只須(a )(a 6) 1且a 0,解得0 a43故a的取值范圍是(0,3)。點評：“存在 Xi,X2 0,4使得 |f(Xi) g(X2) 1” 等價于 “(f(Xi) g(X2)min 1"，而 (f(X) g(X2)min要通過f(X)與g(X)的值域來得到。五.雙函數“任意”+ “存在

12、”型：22.、例 5.已知函數 f(X) 2x 5ln x , g(X) x mX 4 ,右存在 X1 (0,1),對任息 x2 1,2,X總有f(X1) g(X2)成立，求實數 m的取值范圍。解析：題意等價于 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。22x2 5x 21-f (X) 2，由 f'(x) 0 得，X 或X 2,X221當 X (0,一)時，f (X) 0,21 -當 X (一,1)時 f (X) 021 ,所以在(0, 1)上，f(x)maxf(-)3 51n 2。2又g(x)在1,2上的最大值為 maxg(1),g(2),所以有1 f(2)

13、g(1)3 51n 2f(2)所以實數3 51n 2 8 2m g(2)m的取值范圍是m 8 51n 2。m 8 5ln 21m (11 5ln 2)2點評：XiA,X2B,使得 f (Xi)g(X2)成立同樣，Xia,X2B,使得 f(X1)g(X2)成立f(x)f(x)maxming ( x) max °g (x)min。例6.設函數f(x)1X33(1)求f (x)的單調區(qū)間.(2)設 a) 1 ,函數 g(x)1 2-x34.3_ 2x 3a x 2a . 右對于任息X10,1,總存在X0 0,1,使得f (Xi) g(x0)成立，求a的取值范圍.，c 25斛析：(1) f

14、(x) X - X -, 33.2 255令 f(x)0,即 X -X - < 0 ,解得： 一 W X W 1 , 33355一f(x)的單增區(qū)間為一,1；單調減區(qū)間為(，一和1,)。33(2)由(1)可知當X 0,1時，f(x)單調遞增.當 X 0,1時,f(x) f(0), f(1),即 f(x) 4, 3；一'22.又 g (X) 3x 3a ,且 a) 1 , .當 X 0,1時，g(x)<0, g(x)單調遞減，;當 x 0,1時,g(x) g(1),g(0),即 g(x) 3a2 2a 1, 2a,又對于任意Xi0,1,總存在X0 0,1,使得f (Xi)g(

15、X0)成立2等價于4, 3 3a 2a 1, 2a,3a2 2a3< 2a1< 43,解得：1 & a & 2點評：”對任意x1 A ,存在x2 B值域”。六.雙函數“任意”例 7.設 f(x) a x11)如果存在x1,x2使得f(Xi) g(X2)成立”等價于“ f(x)的值域包含于g(x)的+ “任意”型324xln x, g(x) x x 3 .0,2,使得g(xj g(x2) M成立，求滿足上述條件的最大整數1.(2)如果對任意的s,t ,2,都有f(s) g(t)成立，求實數a的取值范圍。2解析：(1)存在xi,x2 0, 2,使得g(xi) gd) M

16、成立 等價于 g(x)max g(x)min M。,22由 g'(x) 3x 2x 3x( x -),22可得g(x)在0,2單調遞減，在=2上單調遞增， 332.85所以 g(x)max=max g(0), g(2) 1, g(x)ming(一) 一 ,327112所以M，從而滿足條件的最大整數M 4。271 251(2)由g(-)，得g(x)在,2上的最大值為1.2 821 . 一 _1(3)則對任意的s,t ,2,都有f(s) g(t)成立等彳于f(x) 1對x ,2恒成立，也等價于2 221a x x ln x對 x 一,2恒成立。 2記 h(x) x x1 2 ln x ,h

17、'(x) 1 2xln x x, h'(1) 0。記 m(x) 1 2xln x x, m'(x)3 2ln x ,一 1由于 x -,2 , m'(x)3 2ln x 0,2 ，1，.所以 m(x) h'(x) 1 2xln x x在12上遞減，2，1 2.1當 x 3,1)時，h'(x) 0, x (1,2時，h'(x) 0,即函數 h(x) x x ln x 在區(qū)間 弓，1)上遞增, 在區(qū)間(1,2上遞減,所以 h(x)max h(1) 1,所以a 1。點評：xi A, x2 B,使得 f (xi) g(x2)成立f(x)ming(

18、x)max七.雙函數“存在”+ “存在”型x 3例 8.已知函數 f(x) ln x 1 , g(x) x 2bx 4。若存在 x1 (0,2) , x21,2 ,使4 4xf (xi) g(x2),求實數b取值范圍。113 (x 1)(x 3)解析：Q f (x) 一2A管-,x 4 4x4xf(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,2)上單調遞減,所以 g(X)max又 g(X)b 1從而 2g(i) 5(x2b即實數b取值范圍是點評:Xi12 b)2b22 114 ,A,X2g(2) 84b114使得f (Xi) g(X2)成立B ,使得 f(X)maXf(x) g(X2)成立 g (X)

19、min °f(X)ming(X)maX ， 同樣 X1 A, X2B ,例9.已知函數f (x)32x (1 a)X a(a 2)X(a191R) , g(x) 一x 一。是否存在實數a,存63在X11,1 , x2 0,2，使得f'(X1) 2aX1 g(x2)成立？若存在，求出 a的取值范圍；若不存在,說明理由.191解析：在0,2上g x x 是增函數，63- -1故對于 X 0,2 , g x-,6.設 h x f x 2ax 3x 2x a a 2 ,19當 x 1,1 時，h x a2 2a ,5 a2 2a。3要存在 X1 1,1 , X2 0,2使得 h X1g X2 成立,2_12_1 _只要a2 2a ,5 a2 2a,6331c考慮反面，右a a ,5 a