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1、2011-12-22高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近来几年高考的一大亮点，下面结合高 考试题对此类问题进行归纳研究一、相关结论：【例题1】：已知两个函数f ( X)8x2 16 x k, g( x) 2x 35x24x, 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;若x 3,3,使得f (x)g(x)成立，求实数k的取值范围;结论1:x1a,b,x2c, d, f ( x1 )g( x2 )f (x) ming (x)max ；【如图一】结论2:x1a,b,x2c,d , f (x1)g ( x2 )f ( x)!naxg( x
2、) min ；【如图二】结论3:x1a, b,x2c, d , f ( x1 )g( x2 )f ( x) ming( x) min ；【如图三】结论4:x1a,b,x2c, d , f ( x1 )g ( x2 )f ( x) maxg( x)max ；【如图四】结论5:x 1a, 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】 若对 X, x2 3,3,都有f ( X ) g ( X2 )成立，求实数k的取值范围;解：(1)设 h( x) g (x) f (x)2x3 3x2 12 x k(, 1)中的问题可转变成：x 3,3时，h
3、( x) 0 恒成立，即h( x)minh (x) 6x2 6x 126( x 2)( x 1)；当x变化时，h( x), h ( x)的变化情况列表以下:X-3(-3,-1)-1(-1,2)2(2,3)3h (x)+00+h(x)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9由于 h( 1) k 7, h(2) k 20,因此，由上表可知h(x) min k 45，故 k-45 2 0,得 k245,即 ke 45,+).小结：对于闭区间I,不等式f(x)k对xei时恒成立f(x)maxk对 xe I 时恒成 a立f(x)min k, xe I.此题常有的错误解法：由f(x)max W g(x
4、) min解出k的取值范围.这种解法的错误在于条 件“ f(x) max Wg(x)min ”可是原题的充分不用要条件，不是充要条件，即不等价2)依照题意可知，(2)中的问题等价于h(x)= g(x) f(x) 2 0在xe -3,3时有解，故h(x)2 0.不等式f(x)kf(x)mink, xe I.此题常有的错误解法：由f(x)minW g(x) min解出k的取值范围.这种解法的错误在于条小结：对于闭区间I，不等式f(x)k对xe I时有解件“ f(x) min W g(x) min ”既不是是原题的充分要条件,也不是必要条件依照题意可知，(3 )中的问题等价于f(x)maxW g(x
5、)min，xe-3,3. 由二次函数的图像和性质可得，x e -3,3时,f(x)max=120 k.模拟(1)，利用导数的方法可求得xe -3,3时,g(x)min = 21.由 120 k2 21 得 k2 141,即 k e141,+).说明：这里的x,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，对于一个不等式必然要看清是对“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，尔后再依照不同样的情况采用不同样的等价条件，千万不要无缘无故的去猜.【例题2】：(2010年山东理科22)已知函数f ( X)ln X ax 一a 1(a
6、R)；x1(1)当a 时，谈论f( x)的单调性；2(2 )设 g( x)x2 2bx 4，当 a 1 时，若对x1 (0, 2)， x 1,2，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a|W 0时，函数f(x)在(0,1 )上单调递减，在(1, +8)上单调递加；当a=时，函数f(x)在(0，+ 8)上单调递减;当0a 一 时，函数f (x)在(0,1 )上单调递减,2上单调递减；1在(1,1)上单调递加,a1在(L 1,)a(2 )函数的定义域为(0，+8)，a1a11 a+ax2 x 1，a= 时，由f ( x) =0可得Xf
7、(x)=2 =3=1,xxx1 12x24由于 a= e( 0, )，X2=3(0,2 ),结合(1 )可知函数躯)在(0,1 )上单调递减，在1(1,2 )上单调递加，因此f(x)在(0,2 )上的最小值为f(l)= .2由于“对x1 e( 0,2 ) , x2 e 1,2, 使 f(x1 ) 2 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(l)= _ ”.(探)2又 g(x)=(x b)2+4 b2, x e 1,2,因此 当b0,此时与(探)矛盾； 当b e1,2时,由于g(x) min=4 b22 0，同样与(探)矛盾； 当b e( 2,
8、 +1时，由于 少1严=0(2)=8 4b.解不等式8 4b W _，可得b 2 .2T17综上，b的取值范围是_ ，+ OO).8二、相关种类题：形如a f (x), a一、a f ( x)型；f (x)型不等式，是恒成立问题中最基本的种类，它的理论基础是“af ( x)在上恒成立，则x Daf ( x)max ( xD ); a在e上恒成立，则f (x) x Daf ( x)nin ( xD );.例1 :已知二次函数f ( x) ax2 x，若x 0,1时，恒有 | f ( x) |1，求实数a的取值范围.解：Q I f ( x) I1，:1 ax 2 x 1；即 1当x0时，不等式显然
9、成立，a e R.当时,由00x 112x ax1x得：1 1八,a 0 .又)，八(x2xmax2a 2,0。二、f (为)f ( x)f ( x2 )型例2已知函数f(x)2sin(_x )，若对25x ax21 x ；1丄丄丄11X2Xa x2x，而匚一)0X min，综上得a的范围是a2,2 a0XR，都有f (X1)f (x)f ( x)成立，贝ij丨Xix2I的最小值为解对任意xe R，不等式f ( Xi ) f ( x) f ( x2 )恒成立,.f ( X ), f ( X2 )分别是f ( x)的最小值和最大值.又函数()2sin( x)的周期为4，:的最小值为2.f x25
10、x x )1 J f ( x )f ( x)1 x1f fx2 1三、.f (型22例3 :(2005湖北)在y2x, ylog 2 2x, yx2 , y cos x这四个x x) 使f ( 1Jf (x)x1 x21时，f (xj2 恒成立的函数的个数是(220解：此题实质就是察看函数的函数中，当x x凸凹性，即满足条件f (1f ( x)f ( X )2 的函2数，应是凸函数的性质，画草图即知log 2 2 x吻合题意;四、f (x)f ( x ) 0x1x2例4已知函数f (x)定义域为1,1，1，若 m, n1,1, m n 0时，都有f (m) f ( n)m n取值范围.0，若
11、f (x)t2 2at1对所有x 1,1，a 1,1恒成立,求实数t解：任取1 x1 x21，则 f ( Xi ) f ( x2 )f ( x1 )x1 x2f ( x)( (x1x2 ),由已知f ( Xi ) f ( X2 )0 ,又 x1x2Of,即f ( x)在1,1上为增函数.x1 x2. f (1)1，: x 1,1，恒有 f ( x) 1 ；.要使f ( x)t22at 1对所有x1,1, a 1,1恒成立，即要 t 22at 1 1 恒成立，故t22at 0恒成立，令g(a)2at t 2，只须 g ( 1)0 且 g(1)0 ,解得t2或t 0或t 2。评注：形如不等式f (
12、 x1 ) f ( x2 )0或f ( x1 ) 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，在解题时要注意此各种类不等式所蕴涵的重要信息五、.f (x) g( x)型:1例 5:已知 f ( x) _ ig( x 1) , g( x)lg(2 x t )，若当 x 0,1时，f (x) g( x)2恒成立，求实数t的取值范围.解：f ( x) g( x)在x 0,1恒成立，即.x 1 2x t 0在x 0,1 恒成立 x 1 2x t在0,1上的最大值小于或等于零.1令 F (x)x-2x t，F (x)1 4 x ，丁 x 0,12 -1.F ( x) 0，即 F( x)在0,1上单调递减,F(0)是最大值. f ( x) F (0)1 t 0, 即 卩t六、c9x，若对任意x1 , x22f ( x ) g( X2 )型2,2，例6 :已知函数f ( x) lx3 x232，都有 f ( X)都有f(X
