第07讲+导数中的双变量存在性和任意性问题-高考数学热点难点突破技巧+含解析.doc

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【知识要点】在平吋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:存年x点(⑦历，使得/(%!)< g(x2)成立［称为不等式的双存在性问 题,存杳召w(a,b),存在兀2丘(°〃)，使得/(xjvg(兀2)成立，即/(兀)在区间(方)内 至少亩T个值/(兀)比函数g⑴ 在区间(c,d)内的二个函数俱小・，即/(x)niin < g(x)max.(见下图1)“存在兀］w (d,方),e (c,J),使得/(Xj) > g(x2)成立”,即在区间(a,b)内至少亩 7•个^?(x)min.(见下图團1 图22、双任意性问题“任皐兀点(G,b),对年啟的x2g(c,J),使得/(%,)< g(x2)成立”称为不等式的双任意 性问题.任S：Xj g (a.b),对任爲的x2 e (c9d),使得f(x}) g(x2 )成立”,即/(x)在区间(a.h)内任意一• • •fft /(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的鹽一个函数值都要大，即/(x)inin > g(x)max.3、存在任意性问题“存在x} g (a,b),对任惡的x2 g (c,d),使得f(x})< g(x2)成立”称为不等式的存在任 意性问题.存年兀点(a,b),对任韋的x2 G (c,d),使得f(x1) g(x2)成立”，即/O)在区间(a,b)内至少w-f < /(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的任皐一个函数值都要大，即/U）max >

〃），使得/（兀J>g（兀2）成立”,即在区间（a,b）内至少有一个值/（兀）比函数g（x）在区间（c,d）内的一个函数值大，即/U）.nax > 0）. 兀（I ）讨论/（兀）的单调性；■ ■（II）当 ahi 时，设 g（兀）=2H-4兀+2a ,若存在兀],x2 g —, 2 ,使 /（%））>^（^2）,求■ ■实数的取值范围.（e为白然对数的底数，£ = 271828…）【解析】⑴力小+ -号令加x）=a = 0 时，,増区间为-ax + J-(a - l)(a + 4) 2 — J-(a - l)(a + 4) +4x-|d + 3|・ fa 工 0日寸，△ = —+(°-1 )(a + 4 )所以当心1时，A<0, h(x)<0? /lx)在区间(0,+oo)上单调递减.a c当 Ovavl 时，A > 0 > x, + x2 = — > 0 .召・禺=a+ >0 a 〜 a_2-J_(—1)(g + 4)“ _2 + J-@-1)@ + 4)“a ~ a当XG (0, x})时，/?(x) <0 , /(兀)单调递减，当xe （x（,兀2）时,”（兀）>0, /（兀）单调递增,当 xg (x2, +8)时,/?(%)<(), /(x)单调递减,所以当0 = 0时，/（兀）的减区间为〔0,+ OO当°ni时，/（兀）的减区间为（（）, 4-oo）./当0<«<1时，/（兀）的减区间为0,2 J(a l)(o + 4)a‘2 +J-(a-l)(a + 4) 9 +OOCl增区间为g(x) = 2ex -4 ,令 g(x) = 0 ,得x = In2 ・xe ln2时，g(兀)v0, g(兀)单调递减,2 丿xg (ln2, 2］ , g(兀)>0, g(x)单调递增,所以g(x)在i, 2上的最小值为g(ln2) = 4-41n2 + 2a,3rh 题意可知一 41n2 + —a + 6>4-41n2 + 2c ,解得 所以 ISqv 4・2【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(见前面的知识耍点)，也对以这样记忆，双存在性问题两边的最值相反.【反馈检测1】设函数/(x) = (^2+or4-/?)ev(%e/?),(1)若x = l是函数/(兀)的一个极值点，试求出b关于d的关系式(用Q表示b),并确定/(x)的单调区间;(2)在(1)的条件下，设67>0,函数g(劝=(/ +14)厂4,若存在6<2“0,4］使得1/($)-巩§2)匕1成立，求d的取值范圉.题型二双任意性问题使用情景不等式的两个自变量属性都是任意的.解题理论“佯惡兀］w (a,b),对任爲的x2e(c,d),使得f(xi) g(%2)成立”，即/(X) 在区间(d,b)内任意一个值/(x)比函数g(x)在区间(c,d)内的任意一个函数值都要 大，即> g(X)nwc -【例2】已知函数/(x) = lnx.若不等式/?/(%)>(7+ x对所有me [0,1], xg -,e2都成立，求实数d的取值范圉.【解析】则aa• •a<\nx-xa <—e^ a<(\nx-x)^令 g(x) = In v-x(- < a < 一)Z. g\x) =Q X所以函数g (x)在[乂 1]上是増函数，在[1： /]上是减函数, Q所以 g(x)站=g(/) = 2—V所以综合得*一°【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)対于存在性问题和任意性问题的理解可以数形结合理解(见 前血的知识要点)，也可以这样记忆，双任意性问题，两边的最值相反.1/(x) = alnx + -【反馈检测2】己知函数 x, 9{x) = bxt a, bwR.(I )讨论几尤)的单调性；(II)对于任意Q“0川，任意xe[2te]f总有/(x)<^(x),求b的取值范围.题型三存在任意性使用情景不等式的两个自变量一个属性是存在性的，一个是任意性的.解题理论“存在兀[W(a,b),对任倉的x2 g (c, d),使得/(%!)< g(x2)成立”称为不等 式的存在任意性问题.存在X] w (a,b),对任惡的尤2 w (c，d)，使得fM g（兀2）成立”,即/（兀） 在区间（a,b）内至少有一个值于（兀）比函数gd）在区间（c,〃）内的任意一个函 数值都要大，即/U）max>g（x）max.【例3] (2010高考山东理数第22题)已知函数/(兀)=\nx-ax + -― -1 (ae R). 兀(1) 当a<-时，讨论.几兀)的单调性；(II )设g(x)d加+ 4.当a = *时，若对任意仔(0,2),存在x2g[1,2],使f(xt)>g(x2),求实数b取值范围.\ 1—d c\ //、 I d —l —ax^ +x+d—l【解析】/(x)=ln X-OX-4- -l(x>0) , /XM =——d+— = (a-> 0)X XX* X*令 7?(.v) = ax2 -x+1 -a(x > 0)(1)当 d = O时，/?(x) = -x + l(x>0),当 xe (0,1),h{x) > 0, f\x) < 0,函数/(兀)单调递减；当氏(l,+oo),/2(兀)v0,/©)>0,函数/(兀)单调递增.(2) 当。

工0时，由 f\x) = 0,即 ax2 -x +1 -^ = 0 ,解得xx = l,x2 = — 1 -a当a =-时再=£，加兀)恒成立，此时f\x) < 0 ,函数/(兀)单调递减；当 0 1 > 0 , xg (0,1)时 h(x) > 0, f\x) v 0 ,函数 /(x)单调递减；2 aXG(1,--1)时,A(x) < 0, f\x) > 0 ,函数/(兀)单调递增；aXE. (—-l,+oo)时，h(x) > 0, f\x) < 0,函数/(兀)单调递减.a当 a v 0 时丄—1 v 0 ,当 xg(0,1), /?(%) > 0, f\x) v 0,函数 /(x)单调递减；a当 X 6(1,4-00),/1(x)<0,/，(X)>0,函数 /(兀)单调递增.综上所述:当a SO时,函数/（兀）在（0,1）单调递减,（l.+oo）单调递增;当a = ^时為=兀，/?(x) > 0恒成立，此时< 0 ,函数/(兀)在(0,+00)单调递减；当0 5V丄时，f(x)在(0,1)单调递减，(1丄—1)单调递增，(丄—l,+oo)单调递减.2 a a(II)当。

丄时，/(兀)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x,g(0,2),4有 /(X)min = .f ⑴二—亍又已知存在 X2G [1,2],使 /(Xj)> g(%2),所以一丄 ng(>2)，尢2丘[1，2]，(探)乂g(x) = O-b)2 +4-^2,xe [1,2]当bvl时，g(x)inin =g(l) = 5-2/?>0与(探)刀盾；当he [1,2]时，址兀馬=g(l) = 4-戾也与 。