任意性與存在性問題探究.doc

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1、函數(shù)中任意性和存在性問題探究2011-12-22高考中全稱命題和存在性命題與導數(shù)的結合是近年高考的一大亮點，下面結合高考試題對此類問題進行歸納探究一、相關結論：結論1：；【如圖一】結論2：；【如圖二】結論3：；【如圖三】結論4：；【如圖四】結論5：的值域和的值域交集不為空；【如圖五】【例題1】：已知兩個函數(shù);(1)若對,都有成立，求實數(shù)的取值范圍；(2)若,使得成立，求實數(shù)的取值范圍；(3)若對,都有成立，求實數(shù)的取值范圍；解：（1）設,（1）中的問題可轉化為：時，恒成立，即。；當變化時，的變化情況列表如下：-3(-3,-1)-1(-1,2)2(2,3)3(

2、x)+0－0+h(x)k-45增函數(shù)極大值減函數(shù)極小值增函數(shù)k-9因為,所以，由上表可知，故k-45≥0，得k≥45,即k∈[45,+∞).小結：①對于閉區(qū)間I，不等式f(x)k對x∈I時恒成立[f(x)]min>k,x∈I.②此題常見的錯誤解法：由[f(x)]max≤[g(x)]min解出k的取值范圍.這種解法的錯誤在于條件“[f(x)]max≤[g(x)]min”只是原題的充分不必要條件，不是充要條件，即不等價.（2）根據(jù)題意可知，（2）中的問題等價于h(x)=g(x)－f(x)≥0在x

3、∈[-3,3]時有解,故[h(x)]max≥0.由（1）可知[h(x)]max=k+7，因此k+7≥0，即k∈[7,+∞).小結：①對于閉區(qū)間I，不等式f(x)k對x∈I時有解[f(x)]max>k,x∈I.②此題常見的錯誤解法：由[f(x)]min≤[g(x)]min解出k的取值范圍.這種解法的錯誤在于條件“[f(x)]min≤[g(x)]min”既不是是原題的充分要條件，也不是必要條件.(3)根據(jù)題意可知，（3）中的問題等價于[f(x)]max≤[g(x)]min，x∈[-3,3].由二次

4、函數(shù)的圖像和性質可得,x∈[-3,3]時,[f(x)]max=120－k.仿照（1），利用導數(shù)的方法可求得x∈[-3,3]時,[g(x)]min=－21.由120－k≥－21得k≥141,即k∈[141,+∞).說明：這里的x1,x2是兩個互不影響的獨立變量.從上面三個問題的解答過程可以看出,對于一個不等式一定要看清是對“x”恒成立，還是“x”使之成立，同時還要看清不等式兩邊是同一個變量，還是兩個獨立的變量,然后再根據(jù)不同的情況采取不同的等價條件,千萬不要稀里糊涂的去猜..【例題2】：(2010年山東理科22)已知函數(shù);(1)當時，討論的單調(diào)性；（2）設，當

5、時，若對，,使，求實數(shù)的取值范圍；解：（1）（解答過程略去，只給出結論）當a≤0時，函數(shù)f(x)在（0,1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增；當a=時，函數(shù)f(x)在（0，+∞）上單調(diào)遞減；當0

6、,2],使f(x1)≥g(x2)”等價于“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)=－”.（※）又g(x)=(x－b)2+4－b2,x∈[1,2],所以①當b<1時，因為[g(x)]min=g(1)=5－2b>0,此時與（※）矛盾；②當b∈[1,2]時,因為[g(x)]min=4－b2≥0，同樣與（※）矛盾；③當b∈（2，+∞）時，因為[g(x)]min=g(2)=8－4b.解不等式8－4b≤－，可得b≥.綜上，b的取值范圍是[,+∞).二、相關類型題：　〈一〉、型；　　形如型不等式，是恒成立問題中最基本的類型，它的理論基礎

7、是“在上恒成立，則在x∈D上恒成立，則”.許多復雜的恒成立問題最終都可歸結到這一類型.　　例1：已知二次函數(shù)，若時，恒有，求實數(shù)a的取值范圍.　　解：，∴；即；　　當時，不等式顯然成立，　　∴a∈R.　　當時，由得：，而　　.　∴.　　又∵，∴，綜上得a的范圍是?！　　炊怠⑿汀　±?已知函數(shù)，若對，都有成立，則的最小值為____.　　解∵對任意x∈R，不等式恒成立，　　∴分別是的最小值和最大值.　　對于函數(shù)，取得最大值和最小值的兩點之間最小距離是π，即半個周期.　　又函數(shù)的周期為4，∴的最小值為2.　　〈三〉、.型　　例3：(2005湖北)在這四個函數(shù)中，

8、當時，使恒成立的函數(shù)的個數(shù)是(　　)　　A.0