直擊導數綜合應用中的“任意”與“存在”

鄭麗玲

［摘 要］“任意”與“存在”這兩個“關鍵詞”是導數綜合應用試題的標志。從試題的命題發展歷史看，它已從早期單一型問題發展到今日的混合型問題。文章結合七個典例進行分析探討，以幫助學生突破學習難點，發展學生的思維品質。

［關鍵詞］導數；綜合應用；任意；存在

［中圖分類號］G633.6［文獻標識碼］?A［文章編號］ 1674-6058（2023）32-0008-03

縱觀歷年高考，導數的綜合應用試題每年都發生著微妙的變化，難度呈上升趨勢，尤其是以含有“任意”與“存在”字眼的問題最為明顯。“任意”與“存在”這兩個關鍵詞，可以說是導數綜合應用試題的標志。從試題的命題發展歷史看，它已從早期單一型問題發展到今日的混合型問題。本文分類舉例說明。

一、單一函數單一“任意”型

單一函數單一“任意”型問題是指題目中只涉及一個函數，只出現一次“任意”字眼，一般是含參恒成立問題，難度不大。破解這類問題，一般采用參變量分離法或分類討論法。

［例1］已知函數[f（x）=a1-lnxx]，[a≠0]。（1）若[a=1]，求[f（x）]的最值；（2）若對任意[x∈1，e]，都有[f（x）-x+2≤0]成立，求[a]的取值范圍。

解析：（1）當[a=1]時，[f（x）=1-lnxx（x>0）]，則[f（x）=lnx-1x2]，當[x∈（0，e）]時，[f（x）<0]，[f（x）]單調遞減，當[x∈（e，+∞）]時，[f（x）>0]，[f（x）]單調遞增，∴[f（x）]在[x=e]處取得極小值，也是最小值為[f（e）=1-1e]，無最大值。

（2）由[f（x）-x+2≤0]，得[a1-lnxx≤x-2]，由（1）可知，當[x∈1，e]時，函數[y=1-lnxx≥1-1e>0]，[∴a≤x-21-lnxx=x2-2xx-lnx]，設[g（x）=x2-2xx-lnx]，[x∈1，e]，則[g（x）=（x-1）（x+2-2lnx）（x-lnx）2≥0]在[1，e]上恒成立，∴[g（x）]在[1，e]上單調遞增，∴[a≤g（x）min=g（1）=-1]，即[a]的取值范圍為[-∞，-1]。

二、單一函數單一“存在”型

單一函數單一“存在”型問題是指題目中只涉及一個函數，只出現一次“存在”字眼，一般是含參能成立問題，難度也不大。破解這類問題，一般采用參變量分離法或分類討論法。

［例2］若函數[f（x）=（-x2+ax）ex]在區間[-1，1]上存在單調遞減區間，則實數[a]的取值范圍是? ? ? ?。

解析：[f（x）=（-x2+ax）ex]，則[f（x）=ex-x2+ax-2x+a]，函數[f（x）=（-x2+ax）ex]在區間[-1，1]上存在減區間，只需[-x2+ax-2x+a<0]在區間[-1，1]上有解，又[x∈-1，1]，則[x+1∈0，2]，所以[a0]在區間[0，2]恒成立，所以[g（t）]在[0，2]上單調遞增，所以[g（t）max=g（2）=32]，即[x2+2xx+1max=32]，所以[a<32]。

三、單一函數雙“任意”型

單一函數雙“任意”型問題是指題目中只涉及一個函數，但出現兩個“任意”字眼，這兩個“任意”分別對應給出的自變量所在的區間和參數所在的區間，這類問題一般屬于含參恒成立問題，難度有所加大。破解這類問題，依然可采用參變量分離法或分類討論法。

［例3］設函數[f（x）=1-a2x2+ax-lnx（a∈R）]。（1）當[a>1]時，請討論函數[f（x）]的單調性；（2）如果對任意[a∈（2，3）]及任意[x1]，[x2∈1，2]，恒有[ma+ln2>f（x1）-f（x2）]成立，求實數[m]的取值范圍。

解析：（1）過程略，答案：當[a=2]時，函數[f（x）]在定義域上是減函數；當[a>2]時，函數[f（x）]在區間[0，1a-1]和[（1，+∞）]上單調遞減，在區間[1a-1，1]上單調遞增；當[1

（2）由（1）知，當[a∈（2，3）]時，[f（x）]在區間[1，2]上單調遞減，當[x=1]時，[f（x）]有最大值，當[x=2]時，[f（x）]有最小值，∴[f（x1）-f（x2）≤f（1）-f（2）=a2-32+ln2]，∴[ma+ln2>a2-32+ln2]，[m>12-32a]，由[2

四、單一函數雙“存在”型

單一函數雙“存在”型問題是指題目中只涉及一個函數，但出現兩個“存在”字眼，這兩個“存在”分別對應給出的兩個變量，這類問題一般屬于含參能成立問題，難度也有所加大。破解這類問題，依然可采用參變量分離法或分類討論法。

［例4］已知函數[f（x）=lnx-ax2-bx]。（1）當[a=0]時， [f（x）]有最大值[-1]，求實數[b]的值；（2）當[a=-12]時，[f（x）]存在兩個極值點[x1]和[x2（x1

解析：（1）過程略，答案： [b=1]。

（2）當[a=-12]時[f（x）=lnx+12x2-bx]，則[f（x）=x2-bx+1x]，因為[f（x）]存在兩個極值點[x1]、[x2]（[x10]，即[b>2]或[b<-2]，所以[f（x2）-f（x1）=lnx2+12x22-bx2-lnx1+12x21-bx1=lnx2x1+12（x22-x21）-b（x2-x1） ][=lnx2x1+12（x22-x21）-（x1+x2）（x2-x1）=][=lnx2x1-12（x22-x21）=lnx2x1-x22-x212x1x2=lnx2x1-x22x1+x12x2 ]。

令[t=x2x1>1]，則[f（x2）-f（x1）=][h（t）=lnt-t2+12t]，[h（t）=1t-12-12t2=-（t-1）22t2<0]，所以[h（t）]在[（1，+∞）]上單調遞減，又[h（2）=ln2-34]，[h（4）=2ln2-158]，則[20]，故[φ（t）]單調遞增，所以[92

五、雙函數“任意”+“存在”型

雙函數“任意”+“存在”型題目是指該題中涉及兩個函數，并同時出現“任意”和“存在”字眼，“任意”和“存在”分別對應不同的自變量，這類問題屬于含參恒成立與含參能成立的綜合性問題，難度較大，但破解這類問題的方法不變，依然可采用參變量分離法或分類討論法。

［例5］已知函數[f（x）=xlnx+ax]，[g（x）=2xex-lnx-x-ln2]。若對于任意的[x1∈（0，+∞）]，都存在[x2∈（0，+∞）]，使[f（x1）≥g（x2）]成立，求[a]的取值范圍。

解析：由[g（x）=2xex-lnx-x-ln2]得[g（x）=2ex+2xex-1x-1=（x+1）2ex-1x]，設[h（x）=2ex-1x]，則[h（x）=2ex+1x2]，因為當[x>0]時，[h（x）=2ex+1x2>0]，所以[h（x）]在[（0，+∞）]上單調遞增，又因為[h14=2e14-4<0]，[h（1）=2e-1>0]，所以存在 [x0∈（0，+∞）]，使 [h（x0）=0]，且當[x∈（0，x0）]時，[h（x）<0]；當[x∈（0，+∞）]時， [h（x）>0]；從而[g（x0）=0]，且當 [x∈（0，x0）]時， [g（x）<0]；當[x∈（0，+∞）]時， [g（x）>0]，所以函數 [g（x）]在[0，x0]上單調遞減，在[x0，+∞]上單調遞增，因此[g（x）min=g（x0）=2x0ex0-lnx0-x0-ln2]，由[h（x0）=0]，得[h（x0）=2ex0-1x0=0]，[x0ex0=12]，從而[x0+lnx0=-ln2]，故[g（x）min=1+ln2-ln2=1]，由對于任意的[x1∈（0，+∞）]，都存在[x2∈（0，+∞）]，使 [f（x1）≥g（x2）]成立，得對于任意的[x∈（0，+∞）]，都有[f（x）≥g（x）min=1] ，即不等式[xlnx+ax≥1]在[x∈（0，+∞）]上恒成立，即不等式[a≥x-x2lnx] 在[x∈（0，+∞）]上恒成立。設[φ（x）=x-x2lnx]，則 [φ（x）=1-x-2xlnx]。因為 [φ（1）=0]，當 [x∈（0，1）]時，[1-x>0]，[2xlnx<0]，[φ（x）>0]；當 [x∈（0，+∞）]時，[1-x<0]，[2xlnx>0]，[φ（x）<0]。所以函數[φ（x）=x-x2lnx]在[0，1]上單調遞增，在[1，+∞]上單調遞減，所以 [φ（x）max=φ（1）=1]，因此 [a≥1]， 故[a]的取值范圍為[1，+∞]。

六、雙函數“任意”+“任意”型

雙函數“任意”+“任意”型問題是指題目中涉及兩個函數，并同時出現兩次“任意”的字眼，它們分別對應不同的自變量，這類問題一般屬于雙變量含參恒成立綜合性問題，難度較大，但破解這類問題的方法不變，依然可采用參變量分離法或分類討論法。

［例6］已知函數[f（x）=2lnx+1-ax]，[a∈R]。 （1）求[f（x）]在區間[（1，+∞）]上的極值；（2）設函數[g（x）=（x-a）2lnx]，[h（x）=x+e2x]。當[a≥-2]時，[?x1∈1，e]，[?x2∈2，3]，不等式[g（x1）≤h2（x2）]恒成立，求[a]的取值范圍。

解析：（1）過程略，答案：當[a≥-2]時，函數無極值；當[a<-2]時，極小值為[2ln-a2+3]，無極大值。

（2）易知[h（x）=x+e2x]在[2，e]上單調遞減，在[e，3]上單調遞增， 所以[h（x）]在[2，3]上的最小值為[h（e）=2e]，所以[h2（x2）min=4e2]。因為[g（x）=（x-a）2lnx+1-ax=（x-a）f（x）]，由題意，對于任意的實數[x1∈1，e]，[x2∈2，3]，不等式[g（x1）≤h2（x2）] 恒成立，只需[g（x）max≤4e2]恒成立，所以[g（1）=0≤4e2，g（e）=（e-a）2≤4e2，]解得[-e≤a≤3e]，又[a≥-2]，所以[-2≤a≤3e]。

①當[-2≤a≤1]時，因為[x∈1，e]，所以[x-a≥0]，由（1）知，[f（x）]在[1，e]上單調遞增，所以[f（x）≥f（1）=1-a≥0]，所以[g（x）≥0]， 所以[g（x）]在[1，e]上單調遞增，則[g（x）max=g（e）≤4e2]，解得[-e≤a≤3e]，此時[-2≤a≤1]。

②當[10]，所以存在[x0∈（1，a）]，且[x0∈1，e]，使得[f（x0）=0]，即[2lnx0+1-ax0=0]，得[x0-a=-2x0lnx0]。

所以[g（x）=0]的解為[x0]和[a]，列表如下：

[[x] [（1，x0）] [x0] [（x0，a）] [a] [（a，+∞）] [g（x）] [+] [0] [-] [0] [+] [g（x）] 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增 ]

所以[g（x0）=（x0-a）2lnx0≤4e2]，即[x20ln3x0≤e2]，又[1

七、雙函數“存在”+“存在”型

雙函數“存在”+“存在”型問題是指題目中涉及兩個函數，并同時出現兩次“存在”字眼，它們分別對應不同的自變量，這類問題屬于含參能成立綜合性問題，難度較大，但破解這類問題的方法不變，依然可采用參變量分離法或分類討論法。

［例7］已知函數[f（x）=lnx-x4+34x-1]，[g（x）=x2-2bx+4]。若存在x1∈（0，2），x2 ∈（1，2），使得不等式[f（x1）≤g（x2）]成立，那么實數[b]的取值范圍是? ? ? ? ? ? ? ? 。

解析：[∵f（x）=1x-14-34x2=-（x-1）（x-3）4x2]，[∴f（x）]在（0，1）上單調遞減，在（1，2）上單調遞增，[∴f（x）min=f（1）=-12]。依題意有[f（x）min≤g（x）max]，所以[g（x）max≥-12]。又[g（x）=（x-b）2-b2+4]，于是[b≥12，g（1）=5-2b≥-12]或[b≤12，g（2）=8-4b≥-12，]解得[b≤114]。故實數[b]的取值范圍為[114，+∞]。

從以上列舉的七個問題可以看出，高考中與“任意”或“存在”有關的導數綜合應用試題的變化具有規律性，先由單一函數變為雙函數，又從一個量詞變成兩個量詞，試題難度逐漸加大。但無論怎樣變化，其基礎還是單一函數的“任意”與“存在”性問題。當面對兩個或多個變量時，我們可以先把其中的一個當成是變量，其他的當成是常量，這樣即可把問題轉化為單變量的常規問題。

（責任編輯? ?黃桂堅）