函数与导数中任意性和存在性问题探究

函数与导数中任意性和存在性探究共8页-1函数与导数中任意性和存在性问题探究命题人：闫霄审题人：冯昀山一、相关结论：结论1：min[,],()[()]xabfxmfxm；结论2：max[,],()[()]xabfxmfxm；结论3：max[,],()[()]xabfxmfxm；结论4：min[,],()[()]xabfxmfxm；结论5：1212minmax[,],[,],()()[()][()]xabxcdfxgxfxgx；【如图一】结论6：1212maxmin[,],[,],()()[()][()]xabxcdfxgxfxgx；【如图二】结论7：1212minmin[,],[,],()()[()][()]xabxcdfxgxfxgx；【如图三】结论8：1212maxmax[,],[,],()()[()][()]xabxcdfxgxfxgx；【如图四】结论9：1212[,],[,],()()()xabxcdfxgxfx的值域和()gx的值域交集不为空；结论10：1212[,],[,],()()()xabxcdfxgxfx的值域是()gx的值域的子集【例题1】：已知两个函数232()816,()254,[3,3],fxxxkgxxxxxkR;(1)若对[3,3]x,都有()()fxgx成立，求实数k的取值范围；(2)若[3,3]x,使得()()fxgx成立，求实数k的取值范围；(3)若对12,[3,3]xx,都有12()()fxgx成立，求实数k的取值范围；解：（1）设32()()()2312hxgxfxxxxk,（1）中的问题可转化为：[3,3]x时，()0hx恒成立，即min[()]0hx。'2()66126(2)(1)hxxxxx；当x变化时，'(),()hxhx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(1)7,(2)20hkhk,所以，由上表可知min[()]45hxk，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)]maxk,x∈I;不等式f(x)k对x∈I时恒成立[f(x)]mink,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].函数与导数中任意性和存在性探究共8页-2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2】：(2010年山东理科22)已知函数1()ln1()afxxaxaRx;(1)当12a时，讨论()fx的单调性；（2）设2()24gxxbx，当14a时，若对1(0,2)x，2[1,2]x,使12()()fxgx，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0a21时，函数()fx递增区间为1(1,1)a，递减区间为（0,1），1(1,)a；（2）函数的定义域为（0，+∞），f（x）=x1－a+21xa=－221xaxax，a=41时，由f（x）=0可得x1=1,x2=3.因为a=41∈（0,21），x2=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x1∈（0,2），x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)”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－b2,x∈[1,2],所以①当b1时，因为[g(x)]min=g(1)=5－2b0,此时与（※）矛盾；②当b∈[1,2]时,因为[g(x)]min=4－b2≥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,+∞).二、相关类型题：类型一：直接求最值（往往需带参讨论）例3：函数与导数中任意性和存在性探究共8页-3类题：例4：类题：函数与导数中任意性和存在性探究共8页-4类型二：分离常数法求最值例5：类题：函数与导数中任意性和存在性探究共8页-5例6：类题：类型三：先进行变形简化，再求最值例7：函数与导数中任意性和存在性探究共8页-6类题：类型四：分离常数法+罗比达法则洛必达法则简介：法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim0xafx及lim0xagx；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；(3)limxafxlgx，那么limxafxgx=limxafxlgx。法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim0xfx及lim0xgx；(2)0A，f(x)和g(x)在,A与,A上可导，且g'(x)≠0；(3)limxfxlgx，那么limxfxgx=limxfxlgx。法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limxafx及limxagx；函数与导数中任意性和存在性探究共8页-7(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；(3)limxafxlgx，那么limxafxgx=limxafxlgx。利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：○1将上面公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，xa，xa洛必达法则也成立。○2洛必达法则可处理00，，0，1，0，00，型。○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，，0，1，0，00，型定式，否则滥用洛必达法则会出错。当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。○4若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。例8：(2010年全国新课标理)设函数2()1xfxexax。（1）若0a，求()fx的单调区间；（2）若当0x时()0fx，求a的取值范围原解：（1）0a时，()1xfxex，'()1xfxe.当(,0)x时，'()0fx；当(0,)x时，'()0fx.故()fx在(,0)单调减少，在(0,)单调增加（II）'()12xfxeax由（I）知1xex，当且仅当0x时等号成立.故'()2(12)fxxaxax，从而当120a，即12a时，'()0(0)fxx，而(0)0f，于是当0x时，()0fx.由1(0)xexx可得1(0)xexx.从而当12a时，'()12(1)(1)(2)xxxxxfxeaeeeea，故当(0,ln2)xa时，'()0fx，而(0)0f，于是当(0,ln2)xa时，()0fx.综合得a的取值范围为1,2原解在处理第（II）时较难想到，现利用洛必达法则处理如下：另解:（II）当0x时，()0fx，对任意实数a,均在()0fx；当0x时，()0fx等价于21xexax令21xexgxx(x0),则322()xxxeexgxx，令220xxhxxeexx，则1xxhxxee，0xhxxe，知hx在0,上为增函数，00hxh；知hx在0,上为增函数，00hxh；0gx，g(x)在0,上为增函数。由洛必达法则知，00，故12a函数与导数中任意性和存在性探究共8页-8综上，知a的取值范围为1,2。类题1：例4及其类题，例7及其类题，以下示范例7解法解法二：原解在处理第（II）时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：（II）由题设可得，当0,1xx时，k22ln11xxx恒成立。令g(x)=22ln11xxx(0,1xx),则22221ln121xxxgxx，再令221ln1hxxxx(0,1xx)，则12lnhxxxxx，212ln1hxxx，易知212ln1hxxx在0,上为增函数，且10h；故当(0,1)x时，0hx，当x（1，+）时，0hx；hx在0,1上为减函数，在1,上为增函数；故hx1h=0hx在0,上为增函数1h=0当(0,1)x时，0hx，当x（1，+）时，0hx当(0,1)x时，0gx，当x（1，+）时，0gxgx在0,1上为减函数，在1,上为增函数由洛必达法则知2111ln1ln12121210221limlimlimxxxxxxgxxx0k，即k的取值范围为（-，0]解：应用洛必达法则和导数当(0,)2x时，原不等式等价于3sinxxax.记3sin()xxfxx，则43sincos2'()xxxxfxx.记()3sincos2gxxxxx，则'()2cossin2gxxxx.因为''()cossincos(tan)gxxxxxxx，'''()sin0gxxx，所以''()gx在(0,)2上单调递减，且''()0gx，所以'()gx在(0,)2上单调递减，且'()0gx.因此()gx在(0,)2上单调递减，且()0gx，故4()'()0gxfxx，因此3sin()xxfxx在(0,)2上单调递减.由洛必达法则有3200000sin1cossincos1lim()limlimlimlim3666xxxxxxxxxxfxxxx，即当0x时，1()6gx，即有1()6fx.故16a时，不等式3sinxxax对于(0,)2x恒成立.通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足：①可以分离变量；②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；③