高中数学任意性与存在性问题探究

高中数学任意性与存在性问题探究
函数中任意性和存在性问题探究
近年的高考中，全称命题和存在性命题与导数的结合成为了一大亮点。

本文将结合高考试题对此类问题进行归纳探究。

一、相关结论：
结论1：对于任意的x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，若f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]max；【如图一】
结论2：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]XXX；【如图二】
结论3：对于任意的x1∈[a,b]和存在x2∈[c,d]，使得
f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]XXX；【如图三】
结论4：存在x1∈[a,b]和任意的x2∈[c,d]，使得
f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]max；【如图四】
结论5：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)=g(x2)，则
f(x)的值域和g(x)的值域交集不为空；【如图五】
例题1】：已知两个函数f(x)=8x+16x-k，g(x)=2x+5x+4x，x∈[-3,3]，k∈R；
1) 若对于任意的x∈[-3,3]，都有f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；
2) 若存在x∈[-3,3]，使得f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；
3) 若对于任意的x1,x2∈[-3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求实数
k的取值范围；
解：
1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x-3x-12x+k，问题可转化为：对于
x∈[-3,3]，h(x)≥常数成立，即[h(x)]XXX≥常数。

由结论1可知，当f(x1)>g(x2)时，[f(x)]min>[g(x)]max，
即h(x)的最小值出现在f(x)和g(x)的交点处。

因此，我们可以
求出h(x)的导数h'(x)并列出变化情况表格，得到[h(x)]min=k-45.
因此，k≥45，即k∈[45,+∞)。

小结：对于闭区间I，不等式f(x)k对x∈IXXX成立当且
仅当[f(x)]XXX>k。

题目：已知函数f(x)=lnx-ax+2，(1)当a≤1-1/a(a∈R);x1时，讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)=x-2bx+4，当a=2时，若对任意
x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围。

解析：
1) 当a≤1-1/a(a∈R)且x1时，讨论f(x)的单调性。

根据导数的定义，f'(x) = 1/x - a，令f'(x) = 0，得到x = 1/a，代入f''(x) = -1/x^2，可知当x。

1/a时，f(x)单调递增。

因此，
当a≤1-1/a时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增。

2) 设g(x) = x-2bx+4，当a=2时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围。

将a=2代入f(x)，得到f(x) = lnx - 2x + 2.因为f(x)单调递减，所以要使得f(x1)≥g(x2)，只需使得f(2)≥g(1)，即ln2 - 4 + 2 ≥ 1 - 2b + 4，即b ≥ (ln2 - 1)/2.
因此，实数b的取值范围为[b,(ln2 - 1)/2]。

x)，求满足f(x)1的x的取值范围.
解：
因为12sin(x)1，所以1f(x)1，故f(x)1无解.
注：该题没有实际意义，但是可以通过该题来理解
“f(x)f(x
max
f(x
2
型不等式的基本思想，即在给定区间范围内，函数值的上下限可以用函数的最大值和最小值来确定，从而简化问题的求解过程.
三〉、"f(x)0"型
例3：已知函数f(x)x sinx，求证：x[0,2π]，均有f(x)0.
证明：
因为1sinx1，所以0x sinx x1，∴f(x)0.
注：该题是一个典型的“f(x)0”型不等式，该类型的不等式在数学证明中经常出现，需要掌握相应的求解方法和技巧.
第一段：
或"和"恒成立"都是不等式单调性的表现形式，在解题时需要注意这种类型不等式所包含的重要信息。

第二段：
已知$f(x)=\frac{1}{\log(x+1)},g(x)=\log(2x+t)$，若当
$x\in[0,1]$时，$f(x)\leq g(x)$恒成立，求实数$t$的取值范围。

解：$f(x)\leq g(x)$在$x\in[0,1]$时恒成立，即$x+1-2x-t\leq 0$在$[0,1]$上的最大值小于或等于零。

令$F(x)=x+1-2x-t$，
$F'(x)=\frac{1-4x+1}{2x+1}$，因为$x\in[0,1]$，所以$F(x)<0$，即$F(x)$在$[0,1]$上单调递减，$F(0)$是最大值。

因此，
$f(x)\leq F(0)=1-t\leq 0$，即$t\geq 1$。

第三段：
已知函数$f(x)=\frac{1}{3(49x+c)}$，若对任意
$x_1,x_2\in[-2,2]$，$x-x_2-3x+332<0$，$g(x)=-
\frac{332}{x+2}$，求$c$的取值范围。

解：因为对任意$x_1,x_2\in[-2,2]$，都有$f(x_1)0$时，$x>3$或$x-110$。

因为$x_1-1$或$t_1-1,t_2>-1$。

当$t_1=-
\frac{4}{3}$，$t_2=\frac{2}{3}$时，
$f(x_1)=\frac{1}{3(49x_1+c)}=-\frac{4}{3}<-
\frac{332}{x_2+2}=g(x_2)$，因此$c<-\frac{24}{7}$。

第四段：
已知函数$f(x)=-x+2x^2$，对任意$t_1,t_2\in[-
\frac{4}{3},\frac{2}{3}]$（$t_1<t_2$），都有$|f(x_1)-
f(x_2)|\leq t$成立，当且仅当$t_1=-\frac{4}{3}$，
$t_2=\frac{2}{3}$时取等号。

解：因为$|f(x_1)-f(x_2)|\leq |[f(x)]_{max}-[f(x)]_{min}|$，
所以$|f(x_1)-f(x_2)|\leq 2$。

因为$f(x)=-x+2x^2$，所以
$[f(x)]_{max}=f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}$，$[f(x)]_{min}=f(-
\frac{1}{2})=\frac{3}{2}$。

因此，$|f(x_1)-f(x_2)|\leq
\frac{1}{2}+\frac{3}{2}=2$。

当$t_1=-\frac{4}{3}$，
$t_2=\frac{2}{3}$时，$f(x_1)=-\frac{4}{3}$，
$f(x_2)=\frac{2}{3}$，且$|f(x_1)-f(x_2)|=2$，因此此时取等号。

的问题。

已知函数$f(x)=x+ax+b$，对于$x_1,x_2\in(0,3\sqrt{3})$且$x_1\neq x_2$，总有$3|f(x_1)-f(x_2)|<|x_1-x_2|$成立，求实数$a$的范围。

解：由$f(x)=x+ax+b$得$f'(x)=1+a$，当
$x\in(0,3\sqrt{3})$时，$a<f'(x)<1+a$。

又因为$3|f(x_1)-
f(x_2)|<|x_1-x_2|$，所以$$
left|\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\right|<\frac{1}{3}
即$$
left|\frac{(a+1)(x_1-x_2)}{x_1-x_2}\right|<\frac{1}{3} 所以$-1\leq a\leq 2$。