解密导数解答题“任意”与“存在”问题
★★★★典型例题★★★★
【典例1】（2020?潍坊二模）已知函数??(??)=??????+2??2+????(??∈??)，??(??)=????+2??2（e为自然对数的底数）． （1）讨论函数f（x）极值点的个数；
（2）若对于任意的x∈（0，+∞），总有f（x）≤g（x）成立，求实数a的取值范围．【思路点拨】
（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，判断函数的极值点的个数即可；
????+??2???????????+??2???????（2）分离参数，问题转化为a≤对于?x＞0恒成立，设φ（x）=（x＞0），根据函数的单调性求????[来源学科网ZXXK]热点题型一：“?x，使得f(x)＞g(x)”与“?x，使得f(x)＞g(x)”的辨析
13
出a的范围即可．
【规范解答】（1）f′（x）＝x++a，∵x＞0，∴f'（x）∈[a+2，+∞）， ①当a+2≥0，即a∈[﹣2，+∞）时，f'（x）≥0对?x＞0恒成立， f（x）在（0，+∞）单调增，f（x）没有极值点；
②当a+2＜0，即a∈（﹣∞，﹣2）时，方程x+ax+1＝0有两个不等正数解x1，x2，
1??2+????+1(?????1)(?????2)f′（x）＝x++a==（x＞0） ??????2
1
??不妨设0＜x1＜x2，则当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，f（x）增；
[来源学科网]
x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，f（x）减；x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）增， 所以x1，x2分别为f（x）极大值点和极小值点，f（x）有两个极值点． 综上所述，当a∈[﹣2，+∞）时，f（x）没有极值点； 当a∈（﹣∞，﹣2）时，f（x）有两个极值点． （2）f（x）≤g（x）?e﹣lnx+x≥ax，由x＞0，
????+??2???????
对于?x＞0恒成立， 即a≤??????+??2???????????(???1)+??????+(??+1)(???1)
设φ（x）=（x＞0），φ′（x）=，
????2x
2
∵x＞0，∴x∈（0，1）时，φ'（x）＜0，φ（x）减，x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）增， ∴φ（x）≥φ（1）＝e+1， ∴a≤e+1．
[来源学#科#网Z#X#X#K]
★★★★关键点拨★★★★
(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x0≥0时，总有f(x0)≥g(x0)，即f(x0)－g(x0)≥0(注意不是f(x)min≥g(x)max)，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)≥0恒成立问题．
(2)存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，即至少有一个x0≥0，满足f(x0)－g(x0)不是负数，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)
－g(x)的函数值至少有一个是非负数．
◎◎◎◎对点训练◎◎◎◎
1.（2020?榆林三模）已知??=（1）求f（x）的最小值； （2）设函数??(??)=
????
，若对任意x1∈（0，+∞），存在x2∈R，使得f（x1）＞g（x2），求实数m的取值范围． ????n
n﹣1
1n是函数f（x）＝xlnx的极值点． 3??√
【解析】（1）f（x）＝xlnx，x∈（0，+∞）．f′（x）＝nx∵??=
1n
是函数f（x）＝xlnx的极值点． 3??√
lnx+x
n﹣1
．
???111?
∴??′(3)=??3（﹣n×3+1）＝0，解得n＝3．
√??可得??=
31
时函数f（x）取得进极小值即最小值． √??3
∴f（x）＝xlnx，??(3)=×（?）=?．
??33??∴f（x）的最小值为：?3??．
（2）对任意x1∈（0，+∞），存在x2∈R，使得f（x1）＞g（x2）?对f（x1）min＞g（x2）min，x1∈（0，+∞），x2∈R． 由（1）可得：f（x1）min=?3??． ①m＝0时，g（x）＝0，?
1
1
＜0，不适合题意，舍去． 3??1
1√??111
1
1
②若m＞0，g（???）=?????＜?1，满足?3??＞?1，适合题意． ③若m＜0，g′（x）=
??(1???)
，可得x∈（﹣∞，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，g′????1
（x）＞0，函数g（x）单调递增．
∴x＝1时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（1）=∴?3??＞??，解得m＜?3．
综上可得实数m的取值范围是（﹣∞，?）∪（0，+∞）．
2.（2020?葫芦岛一模）已知函数f（x）＝me（x+1）（m≠0），g（x）＝lnx﹣ax﹣a﹣3a+1． （1）若f（x）在（0，m）处的切线的方程为y＝﹣8x﹣4，求此时f（x）的最值；
（2）若对任意x∈[1，+∞），a∈[﹣1，0），不等式g（x）＞f（a）成立，求实数m的取值范围． 【解析】（1）f′（x）＝me（x+2）令x＝0得：f′（0）＝2m，由题意：2m＝﹣8∴m＝﹣4， f′（x）＝﹣4 e（x+2）由f′（x）＞0得：x＜﹣2，由f′（x）＜0得：x＞﹣2， ∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递增；在（﹣2，+∞）上单调递减， ∴fmax（x）＝f（﹣2）=
4
，无最小值； ??22
a
a
2
x
x
x
2
??． ??1??1
13（2）g（x）＞f（a）?lnx﹣ax﹣a﹣3a+1＞me（a+1）?lnx﹣ax＞me（a+1）+a+3a﹣1，
?（lnx﹣ax）min＞me（a+1）+a+3a﹣1，
令φ（x）＝lnx﹣ax，∵a∈[﹣1，0），∴φ（x）＝lnx﹣ax在[1，+∞）上单调递增，φmin（x）＝φ（1）＝﹣a， ∴（lnx﹣ax）min＞me（a+1）+a+3a﹣1?﹣a＞me（a+1）+a+3a﹣1?me（a+1）+a+4a﹣1＜0， 令h（a）＝me（a+1）+a+4a﹣1，a∈[﹣1，0），
（me+2）＝e（a+2）（h′（a）＝me（a+2）+2a+4＝（a+2）∵a∈[﹣1，0）∴
2????
a
a
a
a
2a
2
a
2
a
2
a2
2
????
+m），
∈（2，2e]．
①当﹣m≤2即m≥﹣2时，h′（a）＞0，∴h（a）在[﹣1，0）上单调递增，若使h（a）＜0恒成立，只需h（0）≤0，
m≤1∴m∈[﹣2，0）∪（0，1]，
②当﹣m≥2e，即m≤﹣2e时，h′（a）≤0，∴h（a）在[﹣1，0）上单调递减，若使h（a）＜0恒成立，只需h（﹣1）≤0即﹣4＜0 m≤﹣2e合题意；
③当2＜﹣m＜2e，即﹣2e＜m＜﹣2时，令h′（a）＝0，解得：a＝ln（???）∈（﹣1，0）， 由h′（a）＜0，得：ln（???）＜a＜0，由h′（a）＞0得：﹣1＜a＜ln（???）， ∴h（a）在（﹣1，ln（???））上单调递增，在（ln（???），0）上单调递减，
h（a）max＝h（ln（?））＝ln（?）+2ln（?）﹣3＝（ln（?）+3）（ln（?）﹣1）， 由题意：h（a）min＜0，即：﹣3＜ln（???）＜1﹣2e＜m＜﹣2e∴﹣2e＜m＜﹣2，合题意．
综上，m的取值范围为（﹣∞，0）∪（0，1]
2
3
﹣1
2
22
22
2
??2
2??2??2??2??，又﹣2e＜m＜﹣2，
热点题型二：“若?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”与“?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”的辨析 ★★★★知识整合★★★★
(1)?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A与g(x)在D2上的值域B的交集不是空集，即A∩B≠?，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．
(2)?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A是g(x)在D2上的值域B的子集，即A?B，如图④.其等价转化的目标是函数y＝f(x)的值域都在函数y＝g(x)的值域之中．
说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y轴上的投影．
★★★★典型例题★★★★
[来源:学#科#网]
【典例2】已知函数f(x)＝x2－
21 ax3，a＞0，x∈R，g(x)＝2. 3x(1?x)(1)若?x1∈(－∞，－1]，?x2∈???，?(2)当a＝
??1??，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围； 2?3时，求证：对任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)． 223ax， 3【规范解答】 (1)∵f(x)＝x2－
∴f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝
1. a∵a＞0，∴
12a＞0，∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－1]上单调递减，f(x)≥f(－1)＝1＋， a3故f(x)在(－∞，－1]上的值域为?1?∵g(x)＝
??2a?，???. 3?13x?2，∴g′(x)＝. 232x(1?x)x(1?x)1181??时，g′(x)＞0，∴g(x)在???，??上单调递增，g(x)＜g(?)＝， 2322??当x＜－
故g(x)在???，???1?3??上的值域为??，???. 2?8??若?x1∈(－∞，－1]，?x2∈???，?故实数a的取值范围是?0，,?. (2)证明：当a＝
??2a851?，使得f(x)＝g(x)，则1＋＜，解得0＜a＜， 12?3322???5?2?3时，f(x)＝x2－x3， 223∴f′(x)＝2x－3x2＝3x(?x).
当x＞2时，f′(x)＜0，∴f(x)在(2，＋∞)上单调递减，且f(2)＝－4， ∴f(x)在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)． 则g(x)＝
11＝在(1，＋∞)上单调递增， 2f(x)x(1?x)1在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．
x2(1?x)－∞，0)，
∴g(x)＝
∵(－∞，－
∴对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．
★★★★关键点拨★★★★
“对任意x1∈(0,2)，总存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于“f(x)在(0,2)上的最小值大于或等于g(x)在[1,2]上的最小
值”．
◎◎◎◎对点训练◎◎◎◎
3.（2020?泸州模拟）已知函数f（x）=
????????
，g（x）＝m（x﹣l）﹣2lnx． ??（Ⅰ）求证：当x∈（0，π]时，f（x）＜1；
（Ⅱ）若对任意x0∈（0，π]，存在x1∈（0，π]和x2∈（0，π]（x1≠x2）使g（x1）＝g（x2）＝f（x0）成立，求实数m的最小值．
【解析】（Ⅰ）证明：f（x）=
???????????????????
，f（x）﹣1=， ????， 设h（x）＝sinx﹣x，x∈（0，π]，h′（x）＝cosx﹣1＜0，即h（x）在（0，π]递减，可得h（x）∈[﹣π，0）则f（x）﹣1＜0在x∈（0，π]成立，即f（x）＜1： （Ⅱ）x0∈（0，π]，可得f（x0）∈[0，1），
而g（x）＝m（x﹣l）﹣2lnx的导数为g′（x）＝m?， 由题意可得g（x）在x∈（0，π]不单调，即m＞0， 由g′（x）＝0，可得x=
2
??222，则0＜＜π，即m＞； ??????2??
2
??由h（x）在0＜x＜递减，在＜x＜π递增，可得h（x）有极小值h（）＝2﹣m﹣2（ln2﹣lnm），
??
2
且x→0，h（x）→+∞；h（π）＝m（π﹣1）﹣2lnπ，
可得h（x）在（，π]的值域为（2﹣m﹣2（ln2﹣lnm），m（π﹣1）﹣2lnπ]，
??2
由题意可得[0，1）?（2﹣m﹣2（ln2﹣lnm），m（π﹣1）﹣2lnπ]， 可得2﹣m﹣2（ln2﹣lnm）＜0，且m（π﹣1）﹣2lnπ≥1， 由2﹣m﹣2（ln2﹣lnm）＜0可得2lnm﹣m＜2ln2﹣2，
又由y＝2lnx﹣x的导数为y′=???1，当x＞2时，y＝2lnx﹣x递减，0＜x＜2时，y＝2lnx﹣x递增，可得y＝2lnx﹣x在x＝2处取得极大值，且为最大值2ln2﹣2， 可得2lnm﹣m＜2ln2﹣2的解为m＞0且m≠2， 又m（π﹣1）﹣2lnπ≥1，可得m≥而1＜1+2??????
， ???12
1+2??????1+2??????
＜2，综上可得，m≥，且m≠2， ???1???11+2?????????1
即m的最小值为．
x
2
4.（2017秋?番禺区校级期中）已知函数f（x）＝2，g（x）＝﹣x+2x+b（b∈R），记??(??)=??(??)???(??)． （1）判断h（x）的奇偶性（不用证明）并写出h（x）的单调区间．
（2）若2h（2x）+mh（x）≥0对于一切x∈[1，2]恒成立，求实数m的取值范围．
（3）对任意x∈[1，2]，都存在x1，x2∈[1，2]，使得f（x）≤f（x1），g（x）≤g（x2），若f（x1）＝g（x2），求实数b的值．
x
1
“任意”与“存在”问题-2020年高考数学之破解导数解答题
