直击导数综合应用中的“任意”与“存在”

［摘 要］“任意”与“存在”这两个“关键词”是导数综合应用试题的标志。从试题的命题发展历史看，它已从早期单一型问题发展到今日的混合型问题。文章结合七个典例进行分析探讨，以帮助学生突破学习难点，发展学生的思维品质。

［关键词］导数；综合应用；任意；存在

［中图分类号］ G633.6 ［文献标识码］  A ［文章编号］ 1674-6058（2023）32-0008-03

纵观历年高考，导数的综合应用试题每年都发生着微妙的变化，难度呈上升趋势，尤其是以含有“任意”与“存在”字眼的问题最为明显。“任意”与“存在”这两个关键词，可以说是导数综合应用试题的标志。从试题的命题发展历史看，它已从早期单一型问题发展到今日的混合型问题。本文分类举例说明。

一、单一函数单一“任意”型

单一函数单一“任意”型问题是指题目中只涉及一个函数，只出现一次“任意”字眼，一般是含参恒成立问题，难度不大。破解这类问题，一般采用参变量分离法或分类讨论法。

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

解析：（1）当[a=1]时，[f（x）=1-lnxx（x>0）]，则[f（x）=lnx-1x2]，当[x∈（0，e）]时，[f（x）<0]，[f（x）]单调递减，当[x∈（e，+∞）]时，[f（x）>0]，[f（x）]单调递增，∴[f（x）]在[x=e]处取得极小值，也是最小值为[f（e）=1-1e]，无最大值。

（2）由[f（x）-x+2≤0]，得[a1-lnxx≤x-2]，由（1）可知，当[x∈1，e]时，函数[y=1-lnxx≥1-1e>0]，[∴a≤x-21-lnxx=x2-2xx-lnx]，设[g（x）=x2-2xx-lnx]，[x∈1，e]，则[g（x）=（x-1）（x+2-2lnx）（x-lnx）2≥0]在[1，e]上恒成立，∴[g（x）]在[1，e]上单调递增，∴[a≤g（x）min=g（1）=-1]，即[a]的取值范围为[-∞，-1]。

二、单一函数单一“存在”型

单一函数单一“存在”型问题是指题目中只涉及一个函数，只出现一次“存在”字眼，一般是含参能成立问题，难度也不大。破解这类问题，一般采用参变量分离法或分类讨论法。

［例2］若函数[f（x）=（-x2+ax）ex]在区间[-1，1]上存在单调递减区间，则实数[a]的取值范围是       。

解析：[f（x）=（-x2+ax）ex]，则[f（x）=ex-x2+ax-2x+a]，函数[f（x）=（-x2+ax）ex]在区间[-1，1]上存在减区间，只需[-x2+ax-2x+a<0]在区间[-1，1]上有解，又[x∈-1，1]，则[x+1∈0，2]，所以[a<x2+2xx+1]在区间[-1，1]上有解，所以[a<x2+2xx+1max]，[x∈-1，1]，令[x+1=t]，[t∈0，2]，则[x2+2xx+1=t2-1t=t-1t]，令[g（t）=t-1t]，则[g（t）=1+1t2>0]在区间[0，2]恒成立，所以[g（t）]在[0，2]上单调递增，所以[g（t）max=g（2）=32]，即[x2+2xx+1max=32]，所以[a<32]。

三、单一函数双“任意”型

单一函数双“任意”型问题是指题目中只涉及一个函数，但出现两个“任意”字眼，这两个“任意”分别对应给出的自变量所在的区间和参数所在的区间，这类问题一般属于含参恒成立问题，难度有所加大。破解这类问题，依然可采用参变量分离法或分类讨论法。

［例3］设函数[f（x）=1-a2x2+ax-lnx（a∈R）]。（1）当[a>1]时，请讨论函数[f（x）]的单调性；（2）如果对任意[a∈（2，3）]及任意[x1]，[x2∈1，2]，恒有[ma+ln2>f（x1）-f（x2）]成立，求实数[m]的取值范围。

解析：（1）过程略，答案：当[a=2]时，函数[f（x）]在定义域上是减函数；当[a>2]时，函数[f（x）]在区间[0，1a-1]和[（1，+∞）]上单调递减，在区间[1a-1，1]上单调递增；当[1<a<2]时，函数[f（x）]在区间[（0，1）]和[1a-1，+∞]上单调递减，在区间[1，1a-1]上单调递增。

（2）由（1）知，当[a∈（2，3）]时，[f（x）]在区间[1，2]上单调递减，当[x=1]时，[f（x）]有最大值，当[x=2]时，[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<a<3]得[-14<12-32a<0]，故[m≥0]。

四、单一函数双“存在”型

单一函数双“存在”型问题是指题目中只涉及一个函数，但出现两个“存在”字眼，这两个“存在”分别对应给出的两个变量，这类问题一般属于含参能成立问题，难度也有所加大。破解这类问题，依然可采用参变量分离法或分类讨论法。

［例4］已知函数[f（x）=lnx-ax2-bx]。（1）当[a=0]时， [f（x）]有最大值[-1]，求实数[b]的值；（2）当[a=-12]时，[f（x）]存在两个极值点[x1]和[x2（x1<x2）]，且[f（x2）-f（x1）]的取值范围是[2ln2-158，ln2-34]，求实数[b]的取值范围。

解析：（1）过程略，答案： [b=1]。

（2）当[a=-12]时[f（x）=lnx+12x2-bx]，则[f（x）=x2-bx+1x]，因为[f（x）]存在两个极值点[x1]、[x2]（[x1<x2]），所以[x1]、[x2]为[f（x）=0]的根，所以[x1]、[x2]为[x2-bx+1=0]的根，故[x1+x2=b]，[x1x2=1]，且[Δ=b2-4>0]，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]，则[f（x2）-f（x1）=][h（t）=lnt-t2+12t]，[h（t）=1t-12-12t2=-（t-1）22t2<0]，所以[h（t）]在[（1，+∞）]上单调递减，又[h（2）=ln2-34]，[h（4）=2ln2-158]，则[2<t<4]， [b2=（x1+x2）2x1x2=t+1t+2]，[t∈（2，4）]，令[φ（t）=t+1t]，[t∈（2，4）]上，若[2<t1<t2<4]，则[φ（t2）-φ（t1）=t2-t1+1t2-1t1=（t2-t1）1-1t1t2>0]，故[φ（t）]单调递增，所以[92<b2<254]，故实数[b]的取值范围为[-52，-322⋃] [322，52]。

五、双函数“任意”+“存在”型

双函数“任意”+“存在”型题目是指该题中涉及两个函数，并同时出现“任意”和“存在”字眼，“任意”和“存在”分别对应不同的自变量，这类问题属于含参恒成立与含参能成立的综合性问题，难度较大，但破解这类问题的方法不变，依然可采用参变量分离法或分类讨论法。

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

解析：由[g（x）=2xex-lnx-x-ln2]得[g（x）=2ex+2xex-1x-1=（x+1）2ex-1x]，设[h（x）=2ex-1x]，则[h（x）=2ex+1x2]，因为当[x>0]时，[h（x）=2ex+1x2>0]，所以[h（x）]在[（0，+∞）]上单调递增，又因为[h14=2e14-4<0]，[h（1）=2e-1>0]，所以存在 [x0∈（0，+∞）]，使 [h（x0）=0]，且当[x∈（0，x0）]时，[h（x）<0]；当[x∈（0，+∞）]时， [h（x）>0]；从而[g（x0）=0]，且当 [x∈（0，x0）]时， [g（x）<0]；当[x∈（0，+∞）]时， [g（x）>0]，所以函数 [g（x）]在[0，x0]上单调递减，在[x0，+∞]上单调递增，因此[g（x）min=g（x0）=2x0ex0-lnx0-x0-ln2]，由[h（x0）=0]，得[h（x0）=2ex0-1x0=0]，[x0ex0=12]，从而[x0+lnx0=-ln2]，故[g（x）min=1+ln2-ln2=1]，由对于任意的[x1∈（0，+∞）]，都存在[x2∈（0，+∞）]，使 [f（x1）≥g（x2）]成立，得对于任意的[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。设[φ（x）=x-x2lnx]，则 [φ（x）=1-x-2xlnx]。因为 [φ（1）=0]，当 [x∈（0，1）]时，[1-x>0]，[2xlnx<0]，[φ（x）>0]；当 [x∈（0，+∞）]时，[1-x<0]，[2xlnx>0]，[φ（x）<0]。所以函数[φ（x）=x-x2lnx]在[0，1]上单调递增，在[1，+∞]上单调递减，所以 [φ（x）max=φ（1）=1]，因此 [a≥1]， 故[a]的取值范围为[1，+∞]。

六、双函数“任意”+“任意”型

双函数“任意”+“任意”型问题是指题目中涉及两个函数，并同时出现两次“任意”的字眼，它们分别对应不同的自变量，这类问题一般属于双变量含参恒成立综合性问题，难度较大，但破解这类问题的方法不变，依然可采用参变量分离法或分类讨论法。

［例6］已知函数[f（x）=2lnx+1-ax]，[a∈R]。 （1）求[f（x）]在区间[（1，+∞）]上的极值；（2）设函数[g（x）=（x-a）2lnx]，[h（x）=x+e2x]。当[a≥-2]时，[∀x1∈1，e]，[∀x2∈2，3]，不等式[g（x1）≤h2（x2）]恒成立，求[a]的取值范围。

解析：（1）过程略，答案：当[a≥-2]时，函数无极值；当[a<-2]时，极小值为[2ln-a2+3]，无极大值。

（2）易知[h（x）=x+e2x]在[2，e]上单调递减，在[e，3]上单调递增， 所以[h（x）]在[2，3]上的最小值为[h（e）=2e]，所以[h2（x2）min=4e2]。因为[g（x）=（x-a）2lnx+1-ax=（x-a）f（x）]，由题意，对于任意的实数[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]。