任意性与存在性问题探究

合集下载

求解任意性问题与存在性问题

3. 不同函数，相等关系求值域
(1)x A, f (x) g(x) y f (x) g(x)有零点 (2)x1 A,x2 B, f (x1) g(x2)成立
{ f (x) | x A} {g(x) | x B}
(3)x1 A,x2 B, f (x1) g(x2)成立 { f (x) | x A} {g(x) | x B}
(1)若对 x [3,,3都] 有 f (x) 成g(立x)，求范围；k (2)若对 x [3,都3] 有 f (x) 成g(立x)，求范围；k
1.不同函数，相同变量构造函数求最值
(1)x A, f (x) g(x)成立 [ f (x) g(x)]max 0 [g(x) f (x)]min 0
f (x1)max g(x2 )min
(2)x1 A,x2 B, f (x1) g(x2 )成立 f (x1)min g(x2 )min
(3)x1 A, x2 B, f (x1) g(x2 )成立 f (x1)min g(x2 )max
(4)x1 A, x2 B, f (x1) g(x2 )成立
f (x1)max g(x2 )max
活动探究
1.已知两个函数 f (x) 8x2 16x k, x [3,3]
g(x) 2x3 5x2 4x, x [3,3], k R
(1)若对 x [3,,3都] 有 f (x) g成(立x) ，求范围k； (2)若对 x [3,都3] 有 f (x) 成g(立x)，求范围；k
(2)x A, f (x) g(x)成立 [ f (x) g(x)]min 0 [g(x) f (x)]max 0

专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(原卷版)

一．方法综述含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题,历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．本专题举例说明辨别“任意性问题”与“存在性问题”的方法、技巧.二．解题策略类型一 “∀x ，使得f(x)>g(x)”与“∃x ，使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min >0.如图①. (2)∃x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max >0.如图②.【例1】设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝af ′(x )，其中f ′(x )是f (x )的导函数． (1)若对于任意x ≥0，总有f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围； (2)若存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围．【指点迷津】(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x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥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x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)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．【举一反三】设函数f (x )＝x 3－x 2－3. (1)求f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )－m 在区间[－1,2]上有三个零点，求实数m 的取值范围； (3)设函数g (x )＝a x ＋x ln x ，如果对任意的x 1，x 2∈[12,2]，都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．类型二 “若1122x D x D ∃∈∃∈，，，使得()()12f x g x ＝”与“1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝”的辨析(1) 1122x D x D ∃∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2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) 1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2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．【例2】已知函数()()232210.3(1)f x x ax a x Rg x x x >∈-＝－，，，＝(1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈(－∞，-12)，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝23时，证明：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．【指点迷津】本例第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中．【举一反三】【山西省实验中学2018年高二下期中】已知函数，（1）求的值域；（2）若使得，求的取值范围；（3）对，总存在使得，求的取值范围．类型三 f (x )，g (x )是闭区间D 上的连续函数，“∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x )，g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.(2)存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.【例3】已知()()()20.a f x x a g x x lnx x>＝＋，＝＋(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围； (2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)<g (x 2)，求实数a 的取值范围．【指点迷津】1.(1)本例第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ≥g (x )max .从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点也不低于g (x )图象的最高点．(2)本例第(2)问从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．2.题设中，使得成立可转化为，进而求出参数.【举一反三】【辽宁省部分重点高中2019届9月联考】已知函数.（1）当时，，使成立，求的取值范围；（2）令，，证明：对，，恒有.类型四“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)>g(x2)”与“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)<g(x2)”的辨析(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)>g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min>g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y ＝g(x)的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)<g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于g(x)在D2上的最大值，即f(x)max<g(x)max.其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图⑧. 【例4】【安徽省定远重点中学2019届高三上第二次月考】已知函数，若对任意，存在，使，则实数b的取值范围是（）A．B．C．D．【指点迷津】“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”．【举一反三】【吉林省长春外国语学校2018届高考二模】已知函数．（Ⅰ）若，求曲线在处的切线方程；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）设，若对任意，均存在，使得，求a的取值范围．三．强化训练1．【云南省曲靖市第一中学2019届质量监测三】已知函数，若对，使得，则实数m的取值范围为（）A．B．C．D．2．【辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三联考】函数是定义在上的奇函数，且，若对任意，且时，都有成立，则不等式的解集为A．B．C．D．3．【湖南省衡阳市第八中学2019届高三上第二次月考】若函数，，对于给定的非零实数，总存在非零常数，使得定义域内的任意实数，都有恒成立，此时为的类周期，函数是上的级类周期函数．若函数是定义在区间内的2级类周期函数，且，当时，函数．若，，使成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．4．【福建省厦门外国语学校2019届高三上第一次月考】已知函数，，若对任意的，，都有成立，则的取值范围是( )A．B．C．D．5．【甘肃省静宁县第一中学2019届高三上第一次模拟】已知，，若，使得成立，则实数a的取值范围是__________．6．【山东省安丘市2019届10月检测】函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）若函数存在两个极值点，，记过点，的直线斜率为k，问：是否存在实数a，使得？若存在，求实数a的值，若不存在，请说明理由．7．【黑龙江省鹤岗市第一中学2019届高三上第二次月考】已知函数的图像在处的切线与直线平行.（1）求函数的极值；（2）若，求实数m的取值范围.8．【贵州省遵义航天高级中学2019届高三上第三次月考】已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）当时，讨论函数的单调性；（3）若对任意的，，恒有成立，求实数的取值范围.9．【湖北省仙桃中学2019届8月考试】已知函数，（1）设，若函数在上没有零点，求实数的取值范围；（2）若对，均，使得，求实数的取值范围.10．【广东省深圳市2018届高考模拟二】已知向量，，（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴垂直,．（Ⅰ）求的值及的单调区间；（Ⅱ）已知函数(为正实数),若对于任意，总存在，使得，求实数的取值范围．。

函数任意性与存在性问题探析_翟丽

高中数学教与学
2015 年
函数任意性与存在性问题探析
翟丽
（江苏省扬州市新华中学， 225009 ）
函数中的任意性与存在性问题，也即函数中的恒成立与能成立问题，一直是高中数也是高考的热点题型．学考试的重点和难点，这一类问题主要涉及到函数的最值和值域，常与导数工具相结合，并且与数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想紧密联系，其基本模式如下：（ 1 ）对于任意的 x ∈ A，不等式 m ＞ f （ x）成立 m ＞ f （ x）成立 m ＜ f （ x） m ＞ f（ x） m ＜ f（ x）
f（ x） = f 2 ．因为 1 ∈ （ 0， e］，所以 m
min
( )
（i
f 2 ≤ f（ 1 ） = 0 ，从而只要 f （ e） ≤ 0 ，解之得 m m≤ 2 2 2 ，．从而 ≤ m ≤ e －1 e e －1 m 的取值范围是－ ∞ ， 2 ．综上， e －1 评注上述题型包括两个函数，并且含有两个或者三个变量．这种双函数多变量中
设 a = 2，若对任意给定的 x0 ∈
（ 0， e］， e］上总存在 t1 ， t2 （ t1 ≠ t2 ），在区间（ 0 ， 2 ）成立，使得 g （ x0 ）＜ f （ t i ）（ i = 1 ，求 m 的取值范围．解由 x0 的任意性，知 g（ x）
max
＜ f（ t i ）（ i
(
]
g（ x） =
ex ， a 均为实数．其中 m， ex
（ 1 ）（ 2 ）略；（ 3 ）设 a = 2 ，若对任意给定 e］， e］上总存在 t1 ， t2 （ t1 的 x0 ∈ （ 0 ，在区间（ 0 ， ≠ t2 ），使得 f （ t1 ） = f （ t2 ） = g（ x0 ）成立，求m 的取值范围．解（ 3 ） g' （ x） = e（ 1 － x），易得 g（ x）在 ex

浅议函数中任意性与存在性问题

浅议函数中任意性与存在性问题姻文/陈刚盐城市阜宁县陈集中学，江苏阜宁224400函数的任意性与存在性问题，是一种常见题型，也是高考的热点之一。

它们既有区别又有联系，意义和转化方法各不相同，容易混淆。

对于这类问题，利用函数与导数的相关知识，可以把相等关系转化为函数值域之间的关系，不等关系转化为函数最值大小的比较。

下面结合实例来看看函数中的任意性与存在性问题在解题中的区别。

1. 若函数()f x 的定义域为D ，对任意x D Î时有()0f x ³恒成立min ()0f x Û³；()0f x £恒成立max ()0f x Û£。

例1. 设函数32()29128f x x x x c =-++，若对任意[0,3]x Î，都有2()f x c <成立，则实数c 的取值范围是解析因为32()29128f x x x x c =-++，由2()f x c < 所以32229128x x x c c -++<，所以32229128x x x c c -+<-令32()2912g x x x x =-+，欲使2()8g x c c <-对任意[0,3]x Î恒成立，则需使max ()g x <28c c -对任意[0,3]x Î成立即可。

所以 2()61812g x x x ¢=-+ 令()0g x ¢=，得121,2x x ==，当(0,1)x Î时，()0g x ¢>，所以函数()g x 在区间(0,1)上单调递增；当(1,2)x Î时，()0g x ¢<，所以函数()g x 在区间(1,2)上单调递减；当(2,3)x Î时，()0g x ¢>，所以函数()g x 在区间(2,3)上单调递增.又由(1)5,(3)9g g ==，故当[0,3]x Î时，max ()9g x =由题意得 298c c <-，得91c c ><-或。

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2011-12-22 高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究一、相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>；【如图一】结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>；【如图二】结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>；【如图三】结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；【如图四】结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x 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232()816,()254,[3,3],f x x x k g x x x x x k R =+-=++∈-∈;(1) 若对[3,3]x ∀∈-,都有()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (2) 若[3,3]x ∃∈-,使得()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对12,[3,3]x x ∀∈-,都有12()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设32()()()2312h x g x f x x x x k =-=--+,（1）中的问题可转化为：[3,3]x ∈-时，()0h x ≥恒成立，即min [()]0h x ≥。

'2()66126(2)(1)h x x x x x =--=-+；当x 变化时，'(),()h x h x 的变化情况列表如下：x -3(-3,-1) -1 (-1,2) 2 (2,3) 3 h '(x)+ 0 － 0 + h(x)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9因为(1)7,(2)20h k h k -=+=-,所以，由上表可知min [()]45h x k =-，故k-45≥0，得k ≥45,即k ∈[45,+∞).小结：①对于闭区间I ，不等式f(x)<k 对x ∈I 时恒成立⇔[f(x)]max <k, x ∈I;不等式f(x)>k 对x ∈I 时恒成立⇔[f(x)]min >k, x ∈I.②此题常见的错误解法：由[f(x)]max ≤[g(x)]min 解出k 的取值范围.这种解法的错误在于条件“[f(x)]max ≤[g(x)]min ”只是原题的充分不必要条件，不是充要条件，即不等价.（2）根据题意可知，（2）中的问题等价于h(x)= g(x)－f(x) ≥0在x ∈[-3,3]时有解,故[h(x)]max ≥0.由（1）可知[h(x)]max = k+7，因此k+7≥0，即k ∈[7,+∞).小结：①对于闭区间I ，不等式f(x)<k 对x ∈I 时有解⇔[f(x)]min <k, x ∈I ；不等式f(x)>k 对x ∈I 时有解⇔[f(x)]max >k, x ∈I.②此题常见的错误解法：由[f(x)]min ≤[g(x)]min 解出k 的取值范围.这种解法的错误在于条件“[f(x)]min ≤[g(x)]min ”既不是是原题的充分要条件，也不是必要条件.(3)根据题意可知，（3）中的问题等价于[f(x)]max ≤[g(x)]min ，x ∈[-3,3]. 由二次函数的图像和性质可得, x ∈[-3,3]时, [f(x)]max =120－k. 仿照（1），利用导数的方法可求得x ∈[-3,3]时, [g(x)]min =－21. 由120－k ≥－21得k ≥141,即k ∈[141,+∞). 说明：这里的x 1,x 2是两个互不影响的独立变量.从上面三个问题的解答过程可以看出,对于一个不等式一定要看清是对“∀x ”恒成立，还是“∃x ”使之成立，同时还要看清不等式两边是同一个变量，还是两个独立的变量,然后再根据不同的情况采取不同的等价条件,千万不要稀里糊涂的去猜..【例题2】：(2010年山东理科22) 已知函数1()ln 1()af x x ax a R x-=-+-∈; (1)当12a ≤时，讨论()f x 的单调性；（2）设2()24g x x bx =-+，当14a =时，若对1(0,2)x ∀∈，2[1,2]x ∃∈,使12()()f x g x ≥，求实数b 的取值范围；解：（1）（解答过程略去，只给出结论）当a ≤0时，函数f(x)在（0,1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；当a=21时，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减；当0<a<21时，函数()f x 在（0,1）上单调递减，在1(1,1)a -上单调递增，在（1(1,)a-+∞上单调递减；（2）函数的定义域为（0，+∞），f '（x ）=x 1－a+21xa -=－221x a x ax -+-，a=41时，由f '（x ）=0可得x 1=1,x 2=3. 因为a=41∈（0,21），x 2=3∉（0,2）,结合（1）可知函数f(x)在（0,1）上单调递减，在（1,2）上单调递增，所以f(x) 在（0,2）上的最小值为f(1)= －21. 由于“对∀x 1∈（0,2），∃x 2∈[1,2],使f(x 1) ≥g(x 2)”等价于“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)= －21”. （※）又g(x)=(x －b)2+4－b 2, x ∈[1,2],所以① 当b<1时，因为[g(x)]min =g(1)=5－2b>0,此时与（※）矛盾；② 当b ∈[1,2]时, 因为[g(x)]min =4－b 2≥0，同样与（※）矛盾； ③ 当b ∈（2，+∞）时，因为[g(x)]min =g(2)=8－4b.解不等式8－4b ≤－21，可得b ≥817. 综上，b 的取值范围是[817,+∞).二、相关类型题：〈一〉、"()"a f x ≥型；形如"()","()"a f x a f x ≥≤型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论基础是“()a f x ≥在x D ∀∈上恒成立，则max ()();a f x x D ≥∈()a f x ≤在x ∈D 上恒成立，则min ()();a f x x D ≤∈”.许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型.例1 ：已知二次函数2()f x ax x =+，若∀[0,1]x ∈时，恒有|()|1f x ≤，求实数a 的取值范围. 解：|()|1f x ≤，∴211ax x -≤+≤；即211x ax x --≤≤-；当0x =时，不等式显然成立， ∴a ∈R. 当01x <≤时，由211x ax x --≤≤-得：221111a x x x x --≤≤-，而min 211()0x x-= . ∴0a ≤. 又∵max 211()2x x--=-，∴2,20a a ≥-∴-≤≤，综上得a 的范围是[2,0]a ∈-。

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高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究一、相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>；【如图一】结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>；【如图二】结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>；【如图三】结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；【如图四】结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x 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232()816,()254,[3,3],f x x x k g x x x x x k R =+-=++∈-∈;(1) 若对[3,3]x ∀∈-,都有()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (2) 若[3,3]x ∃∈-,使得()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对12,[3,3]x x ∀∈-,都有12()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设32()()()2312h x g x f x x x x k =-=--+,（1）中的问题可转化为：[3,3]x ∈-时，()0h x ≥恒成立，即min [()]0h x ≥。

'2()66126(2)(1)h x x x x x =--=-+；当x 变化时，'(),()h x h x 的变化情况列表如下：x -3(-3,-1) -1 (-1,2) 2 (2,3) 3 h '(x)+ 0 － 0 + h(x)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9。

双变量的“任意性”与 “存在性”五种题型的解题方法解析

1双变量的“任意性”与 “存在性”五种题型的解题方法　一、“存在=存在”型∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与函数g (x )在D 2上的值域B 的交集不为空集,即A ∩B ≠⌀.其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.【例1】　已知函数f (x )=x 2-23ax 3,a >0,x ∈R .g (x )=1x 2(1-x ).若∃x 1∈(-∞,-1],∃x 2∈-∞,-12 ,使得f (x 1)=g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】∵f (x )=x 2-23ax 3,∴f '(x )=2x -2ax 2=2x (1-ax ).令f '(x )=0,得x =0或x =1a .∵a >0,∴1a>0,∴当x ∈(-∞,0)时, f '(x )<0,∴f (x )在(-∞,-1]上单调递减, f (x )在(-∞,-1]上的值域为1+2a3,+∞ .∵g (x )=1x 2(1-x ),∴g '(x )=3x 2-2x (x 2-x 3)2=3x -2x 3(1-x )2.∵当x <-12时,g '(x )>0,∴g (x )在-∞,-12 上单调递增,∴g (x )<g -12 =83,∴g (x )在-∞,-12 上的值域为-∞,83.若∃x 1∈(-∞,-1],∃x 2∈-∞,-12 ,使得f (x 1)=g (x 2),则1+2a 3<83,a <52.故实数a 的取值范围是0,52.【变式1】　已知函数f (x )=-16x +112,0≤x ≤12,x 3x +1,12<x ≤1 和函数g (x )=a ·sin π6x -a +1(a >0),若存在x 1,x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立,则实数a 的取值范围是( )A.12,32 B.[1,2)C.12,2D.1,32【答案】选C 【解析】设函数f (x ),g (x )在[0,1]上的值域分别为A ,B ,则“存在x 1,x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立”等价于“A ∩B ≠⌀”.当0≤x ≤12时, f (x )=-16x +112单调递减,所以0≤f (x )≤112;当12<x ≤1时, f '(x )=x 2(2x +3)(x +1)2>0,所以f (x )=x 3x +1单调递增,112<f (x )≤12,故f (x )在[0,1]上的值域A =0,12.当x ∈[0,1]时,π6x ∈0,π6 ,y =sin π6x 在[0,1]上单调递增.又a >0,所以g (x )=a sin π6x -a +1在[0,1]上单调递增,其值域B =1-a ,1-a 2.2由A ∩B ≠⌀,得0≤1-a ≤12或0≤1-a 2≤12,解得12≤a ≤2.故选C .二、“任意=存在”型∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是函数g (x )在D 2上的值域B 的子集,即A ⊆B .其等价转化的基本思想:函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一个函数值相等,即f (x )的函数值都在g (x )的值域之中.【例2】　已知函数f (x )=4x 2-72-x,x ∈[0,1].(1)求f (x )的单调区间和值域;(2)设a ≥1,函数g (x )=x 3-3a 2x -2a ,x ∈[0,1].若对于任意的x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立,求a 的取值范围.【解析】(1)f '(x )=-4x 2+16x -7(2-x )2=-(2x -1)(2x -7)(2-x )2,x ∈[0,1].令f '(x )=0,解得x =12或x =72(舍去).当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表所示:x 00,121212,11f '(x )-0+f (x )-72↘-4↗-3　所以f (x )的递减区间是0,12,递增区间是12,1 .f (x )min =f 12=-4,又f (0)=-72, f (1)=-3,所以f (x )max =f (1)=-3.故当x ∈[0,1]时, f (x )的值域为[-4,-3].(2)“对于任意的x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立”等价于“在x ∈[0,1]上,函数f (x )的值域B 是函数g (x )的值域A 的子集,即B ⊆A ”.因为a ≥1,且g '(x )=3(x 2-a 2)<0,所以当x ∈[0,1]时,g (x )为减函数,所以g (x )的值域A =[1-2a -3a 2,-2a ].由B ⊆A ,得1-2a -3a 2≤-4且-2a ≥-3,又a ≥1,故1≤a ≤32.【变式2】　已知函数f (x )=x 2-23ax 3(a >0),x ∈R .(1)求f (x )的单调区间和极值;(2)若对于任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)·f (x 2)=1.求a 的取值范围.【解析】　解析　(1)由已知,有f '(x )=2x -2ax 2(a >0).令f '(x )=0,解得x =0或x =1a .当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表:x(-∞,0)0,1a 1a 1a ,+∞3f '(x )-0+0-f (x )↘↗13a 2↘所以, f (x )的单调递增区间是0,1a;单调递减区间是(-∞,0),1a ,+∞ .当x =0时, f (x )有极小值,且极小值f (0)=0;当x =1a 时,f (x )有极大值,且极大值f 1a =13a2.(2)由f (0)=f 32a=0及(1)知,当x ∈0,32a 时, f (x )>0;当x ∈32a,+∞ 时, f (x )<0.设集合A ={f (x )|x ∈(2,+∞)},集合B =1f (x )|x ∈(1,+∞),f (x )≠0,则“对于任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)·f (x 2)=1”等价于A ⊆B .显然,0∉B .下面分三种情况讨论:①当32a >2,即0<a <34时,由f 32a=0可知,0∈A ,而0∉B ,所以A 不是B 的子集.②当1≤32a ≤2,即34≤a ≤32时,有f (2)≤0,且此时f (x )在(2,+∞)上单调递减,故A =(-∞, f (2)),因而A ⊆(-∞,0);由f (1)≥0,有f (x )在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),即(-∞,0)⊆B .所以,A ⊆B .③当32a <1,即a >32时,有f (1)<0,且此时f (x )在(1,+∞)上单调递减,故B =1f (1),0,A =(-∞, f (2)),所以A 不是B 的子集.综上,a 的取值范围是34,32.三、“任意≥(≤、>、<)任意”型∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)>g (x 2)恒成立,等价于f (x )min >g (x )max ,或等价于f (x )>g (x )max 恒成立,或等价于f (x )min >g (x )恒成立.其等价转化的基本思想是函数f (x )的任何一个函数值均大于函数g (x )的任何一个函数值.∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)<g (x 2)恒成立,等价于f (x )max <g (x )min ,或等价于f (x )<g (x )min 恒成立,或等价于f (x )max <g (x )恒成立.其等价转化的基本思想是函数f (x )的任何一个函数值均小于函数g (x )的任何一个函数值.∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)-g (x 2)>k 恒成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]min >k 恒成立,也等价于f (x )min-g (x )max >k .∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)-g (x 2)<k 恒成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]max <k 恒成立,也等价于f (x )max-g (x )min <k .【例3】　设函数f (x )=x 3-x 2-3.(1)求f (x )的单调区间;(2)设函数g (x )=a x+x ln x ,如果对任意的x 1,x 2∈12,2,都有f (x 1)≤g (x 2)成立,求实数a 的取值范围.【解析】解析　(1)f '(x )=3x 2-2x .f '(x )>0时,x <0或x >23,f '(x )<0时,0<x <23.所以, f (x )的递增区间是(-∞,0),23,+∞;递减区间是0,23.4(2)由(1)知,函数f (x )在12,23 上单调递减,在23,2 上单调递增,而f 12=-258, f (2)=1,故f (x )在区间12,2上的最大值f (x )max =f (2)=1.“对任意的x 1,x 2∈12,2 ,都有f (x 1)≤g (x 2)成立”等价于“对任意的x ∈12,2,g (x )≥f (x )max 恒成立”,即当x ∈12,2时,g (x )=a x+x ln x ≥1恒成立,即a ≥x -x 2ln x 恒成立,记u (x )=x -x 2ln x 12≤x ≤2,则有a ≥u (x )max .u '(x )=1-x -2x ln x ,可知u '(1)=0.当x ∈12,1时,1-x >0,2x ln x <0,则u '(x )>0,所以u (x )在12,1上递增; 当x ∈(1,2)时,1-x <0,2x ln x >0,则u '(x )<0,所以u (x )在(1,2)上递减.故u (x )在区间12,2上的最大值u (x )max =u (1)=1,所以实数a 的取值范围是[1,+∞).【点拨】　(1)∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)>g (x 2)恒成立,通常等价转化为f (x )min >g (x )max .这是两个独立变量--双变量问题,不等式两边f (x 1),g (x 2)中自变量x 1,x 2可能相等,也可能不相等;(2)对任意的x ∈[m ,n ],不等式f (x )>g (x )恒成立,通常等价转化为[f (x )-g (x )]min >0.这是单变量问题,不等式两边f (x ),g (x )的自变量x 相等.【变式3】　函数f (x )=mxx 2+1+1(m ≠0),g (x )=x 2e ax (a ∈R ).(1)直接写出函数f (x )的单调区间;(2)当m >0时,若对于任意的x 1,x 2∈[0,2], f (x 1)≥g (x 2)恒成立,求a 的取值范围.【解析】　(1)当m >0时,f (x )的递增区间是(-1,1);递减区间是(-∞,-1),(1,+∞).当m <0时,f (x )的递增区间是(-∞,-1),(1,+∞);递减区间是(-1,1).(2)当m >0时,“对于任意的x 1,x 2∈[0,2],f (x 1)≥g (x 2)恒成立”等价于“对于任意的x ∈[0,2],f (x )min ≥g (x )max 成立”.当m >0时,由(1)知,函数f (x )在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,因为f (0)=1,f (2)=2m5+1>1,所以f (x )min =f (0)=1,故应满足1≥g (x )max .因为g (x )=x 2e ax ,所以g '(x )=(ax 2+2x )e ax .①当a =0时,g (x )=x 2,此时g (x )max =g (2)=4,不满足1≥g (x )max .②当a ≠0时,令g '(x )=0,得x =0或x =-2a .(i )当-2a≥2,即-1≤a <0时,在[0,2]上,g '(x )≥0,g (x )在[0,2]上单调递增,g (x )max =g (2)=4e 2a .由1≥4e 2a ,得a ≤-ln 2,所以-1≤a ≤-ln 2.(ii )当0<-2a <2,即a <-1时,在0,-2a上,g '(x )≥0,g (x )递增;在-2a ,2 上,g '(x )<0,g (x )递减.g (x )max =g -2a =4a 2e 2,由1≥4a 2e 2,得a ≤-2e ,所以a <-1.5(iii )当-2a<0,即a >0时,显然在[0,2]上,g '(x )≥0,g (x )单调递增,于是g (x )max =g (2)=4e 2a >4,此时不满足1≥g (x )max .综上,a 的取值范围是(-∞,-ln 2].四、“任意≥(≤、>、<)存在”型∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)>g (x 2)成立,等价于f (x )min >g (x )min .其等价转化的基本思想是函数f (x )的任意一个函数值大于函数g (x )的某一个函数值,但并不要求大于函数g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)<g (x 2)成立,等价于f (x )max <g (x )max .其等价转化的基本思想是函数f (x )的任意一个函数值小于函数g (x )的某一个函数值,但并不要求小于函数g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)>k 成立,等价于f (x )min -g (x )min >k .∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)<k 成立,等价于f (x )max -g (x )max <k .【例4】　函数f (x )=ln x -14x +34x-1,g (x )=x 2-2bx +4,若对任意的x 1∈(0,2),存在x 2∈[1,2],使得f (x 1)≥g (x 2)成立,求实数b 的取值范围.【解析】　“对任意的x 1∈(0,2),存在x 2∈[1,2],使得f (x 1)≥g (x 2)成立”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值,即f (x )min ≥g (x )min (*)”.f '(x )=1x -14-34x 2=-(x -1)(x -3)4x 2,当x ∈(0,1)时, f '(x )<0, f (x )单调递减;当x ∈(1,2)时, f '(x )>0, f (x )单调递增.故当x ∈(0,2)时, f (x )min =f (1)=-12.又g (x )=(x -b )2+4-b 2,x ∈[1,2],①当b <1时,g (x )min =g (1)=5-2b >3,此时与(*)矛盾;②当b ∈[1,2]时,g (x )min =g (b )=4-b 2≥0,同样与(*)矛盾;③当b ∈(2,+∞)时,g (x )min =g (2)=8-4b ,由8-4b ≤-12,得b ≥178.综上,实数b 的取值范围是178,+∞ .【变式4】　已知函数f (x )=13x 3+x 2+ax .(1)若f (x )在区间[1,+∞)上单调递增,求a 的最小值;(2)若g (x )=x ex ,∀x 1∈12,2 ,∃x 2∈12,2 ,使得f '(x 1)≤g (x 2)成立,求a 的取值范围.【解析】　(1)由题设知f '(x )=x 2+2x +a ≥0,即a ≥-(x +1)2+1在[1,+∞)上恒成立,而y =-(x +1)2+1在[1,+∞)上单调递减,则y max =-3,∴a ≥-3,∴a min =-3.(2)“∀x 1∈12,2,∃x 2∈12,2 ,使f '(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“x ∈12,2 时,f '(x )max ≤g (x )max 恒成立”.∵f '(x )=x 2+2x +a =(x +1)2+a -1在12,2上递增,∴f '(x )max =f '(2)=8+a ,又g '(x )=e x -xe x e 2x =1-x e x,6∴g (x )在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减.∴当x ∈12,2时,g (x )max =g (1)=1e ,由8+a ≤1e 得,a ≤1e -8,所以a 的取值范围是-∞,1e-8 .五、“存在≥(≤、>、<)存在”型若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)>g (x 2)成立,等价于f (x )max ≥g (x )min .其等价转化的基本思想是函数f (x )的某一个函数值大于函数g (x )的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)<g (x 2)成立,等价于f (x )min <g (x )max .其等价转化的基本思想是函数f (x )的某一个函数值小于函数g (x )的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)>k 成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]max >k ,也等价于f (x )max-g (x )min >k .若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)<k 成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]min <k ,也等价于f (x )min -g (x )max <k .【例5】　已知函数f (x )=4ln x -ax +a +3x(a ≥0).(1)直接写出函数f (x )的单调区间;(2)当a ≥1时,设g (x )=2e x -4x +2a ,若存在x 1,x 2∈12,2,使f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】　(1)当a =0时,函数f (x )的递减区间为0,34,递增区间为34,+∞ .当0<a <1时,函数f (x )的递减区间为0,2--(a -1)(a +4)a,2+-(a -1)(a +4)a,+∞,递增区间为2--(a -1)(a +4)a ,2+-(a -1)(a +4)a.当a ≥1时, f (x )的递减区间为(0,+∞).(2)“存在x 1,x 2∈12,2 ,使f (x 1)>g (x 2)”等价于“ 当x ∈12,2时, f (x )max >g (x )min ”.由(1)知,当x ∈12,2时, f (x )max =f 12 =-4ln 2+32a +6,由g '(x )=2e x -4>0,得x >ln 2,所以g (x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,故当x ∈12,2时,g (x )min =g (ln 2)=4-4ln 2+2a ,由f (x )max >g (x )min ,得-4ln 2+32a +6>4-4ln 2+2a ,又a ≥1,所以1≤a <4.【变式5】　设函数f (x )=xln x-ax .(1)若函数f (x )在(1,+∞)上为减函数,求实数a 的最小值;(2)若存在x 1,x 2∈[e ,e 2],使f (x 1)≤f '(x 2)+a 成立,求实数a 的取值范围.【解析】　(1)由题设知f '(x )=ln x -1(ln x )2-a ≤0在(1,+∞)上恒成立,则只需f '(x )max ≤0.又f '(x )=ln x -1(ln x )2-a =-1ln x -12 2+14-a ,7所以当1ln x =12,即x =e 2时, f '(x )max =14-a ,由14-a ≤0得a ≥14,故a 的最小值为14.(2)“存在x 1,x 2∈[e ,e 2],使f (x 1)≤f '(x 2)+a 成立”等价于“当x 1,x 2∈[e ,e 2]时, f (x 1)min ≤f '(x 2)max +a ”.由(1)知,当x ∈[e ,e 2]时, f '(x )max =f '(e 2)=14-a ,所以f '(x )max +a =14.则问题等价于“当x ∈[e ,e 2]时, f (x )min ≤14”.①当a ≥14时,由(1)得f '(x )max =14-a ≤0, f (x )在[e ,e 2]上为减函数,则f (x )min =f (e 2)=e 22-ae 2,由f (x )min ≤14,得a ≥12-14e 2.②当a <14时, f '(x )=-1ln x -12 2+14-a 在[e ,e 2]上的值域为-a ,14-a .(i )当-a ≥0,即a ≤0时, f '(x )≥0在[e ,e 2]恒成立,故f (x )在[e ,e 2]上为增函数,于是f (x )min =f (e )=e -ae ≥e >14,与f (x )min ≤14矛盾.(ii )当-a <0,即0<a <14时,由f '(x )的单调性和值域知,存在唯一的x 0∈(e ,e 2),使f '(x )=0,且满足:当x ∈(e ,x 0)时, f '(x )<0, f (x )为减函数;当x ∈(x 0,e 2)时, f '(x )>0, f (x )为增函数,所以f (x )min =f (x 0)=x 0ln x 0-ax 0≤14,x 0∈(e ,e 2).所以a ≥1ln x 0-14x 0>1ln e 2-14e >12-14=14,与0<a <14矛盾.综上,a 的取值范围是a ≥12-14e2.。

_任意性_存在性_问题剖析

类型五： “ 任意”、 “ 存在” （或“ 存在”、 “ 任意” ）型
例５（２０１０年山东高考理２２）已知函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－１－ａａｘ＋－１（ａ）． ∈Ｒｘ（１）当ａ１时，讨论ｆ（ｘ）的单调性；２１时，若对任意ｘ１４
４０ｘ，存在ｘ，ｘ－３，３］，都有ｆ（ｘ）＜ｇ（ｘ），求实数ｃ的１２∈ ［１２取值范围．分析：存在ｘ，ｘ－３，３］，都有ｆ（ｘ）＜ｇ（ｘ），等价１２∈ ［１２
２２（ｘ）（ｘ），由ｆ（ｘ）＝７ｘ－２８ｘ－ｃ＝７（ｘ－２）－于ｆｍｉｎ＜ｇｍａｘ
２２１１ａ＋ｂ２＋２为定值２２；ＯＡＯＢａｂ２２４ａｂ２２２ＡＢ｜ａ＋ｂ．２２｜ａ＋ｂ
∴
２２４ａｂ２２２ＡＢ｜ａ＋ｂ．２２｜ａ＋ｂ
这样结合平面几何知识由此题可知，高考题第（ Ⅱ）存在半径Ｒ为
ｘ＋ｘ２ｘ＋ｘ＋１ｈ（ｘ）＝２，则ｈ ′ （ｘ）＝，故函数ｈ（ｘ）２２＞０２ｘ＋１（２ｘ＋１）２在［１，２］上是增函数，ｈ（ｘ）（１）＝，所以实数ａ的取ｍｉｎ＝ｈ３值范围是０＜ａ＜２．３
槡
２２ａｂ２＝ａ＋ｂ２
＝的圆满足题意，从而８＋４３槡
８×４２６槡
证明：设点Ａ（｜ＯＡ｜ｃｏｓ，｜ＯＡ｜ｓｉｎ），则点Ｂ（｜ＯＢ｜ θ θ π π ｃｏｓ（，｜ＯＢ｜ｓｉｎ（）， θ＋） θ＋）２２

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

函数中任意性和存在性问题探究2011-12-22高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究一、相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>；【如图一】结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>；【如图二】结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>；【如图三】结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；【如图四】结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x 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232()816,()254,[3,3],f x x x k g x x x x x k R =+-=++∈-∈;(1) 若对[3,3]x ∀∈-,都有()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (2) 若[3,3]x ∃∈-,使得()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对12,[3,3]x x ∀∈-,都有12()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设32()()()2312h x g x f x x x x k =-=--+,（1）中的问题可转化为：[3,3]x ∈-时，()0h x ≥恒成立，即min [()]0h x ≥。

'2()66126(2)(1)h x x x x x =--=-+；当x 变化时，'(),()h x h x 的变化情况列表如下：x -3(-3,-1) -1 (-1,2) 2 (2,3) 3 h '(x)+ 0 － 0 + h(x)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9因为(1)7,(2)20h k h k -=+=-,所以，由上表可知min [()]45h x k =-，故k-45≥0，得k ≥45,即k ∈[45,+∞).小结：①对于闭区间I ，不等式f(x)<k 对x ∈I 时恒成立⇔[f(x)]max <k, x ∈I;不等式f(x)>k 对x ∈I 时恒成立⇔[f(x)]min >k, x ∈I.②此题常见的错误解法：由[f(x)]max ≤[g(x)]min 解出k 的取值范围.这种解法的错误在于条件“[f(x)]max ≤[g(x)]min ”只是原题的充分不必要条件，不是充要条件，即不等价. （2）根据题意可知，（2）中的问题等价于h(x)= g(x)－f(x) ≥0在x ∈[-3,3]时有解,故[h(x)]max ≥0.由（1）可知[h(x)]max = k+7，因此k+7≥0，即k ∈[7,+∞).小结：①对于闭区间I ，不等式f(x)<k 对x ∈I 时有解⇔[f(x)]min <k, x ∈I ；不等式f(x)>k 对x ∈I 时有解⇔[f(x)]max >k, x ∈I.②此题常见的错误解法：由[f(x)]min ≤[g(x)]min 解出k 的取值范围.这种解法的错误在于条件“[f(x)]min ≤[g(x)]min ”既不是是原题的充分要条件，也不是必要条件.(3)根据题意可知，（3）中的问题等价于[f(x)]max ≤[g(x)]min ，x ∈[-3,3]. 由二次函数的图像和性质可得, x ∈[-3,3]时, [f(x)]max =120－k. 仿照（1），利用导数的方法可求得x ∈[-3,3]时, [g(x)]min =－21. 由120－k ≥－21得k ≥141,即k ∈[141,+∞). 说明：这里的x 1,x 2是两个互不影响的独立变量.从上面三个问题的解答过程可以看出,对于一个不等式一定要看清是对“∀x ”恒成立，还是“∃x ”使之成立，同时还要看清不等式两边是同一个变量，还是两个独立的变量,然后再根据不同的情况采取不同的等价条件,千万不要稀里糊涂的去猜..【例题2】：(2010年山东理科22) 已知函数1()ln 1()af x x ax a R x-=-+-∈; (1) 当12a ≤时，讨论()f x 的单调性；（2）设2()24g x x bx =-+，当14a =时，若对1(0,2)x ∀∈，2[1,2]x ∃∈,使12()()f x g x ≥，求实数b 的取值范围；解：（1）（解答过程略去，只给出结论）当a ≤0时，函数f(x)在（0,1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；当a=21时，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减；当0<a<21时，函数()f x 在（0,1）上单调递减，在1(1,1)a -上单调递增，在（1(1,)a-+∞上单调递减；（2）函数的定义域为（0，+∞），f '（x ）=x 1－a+21xa -=－221x a x ax -+-，a=41时，由f '（x ）=0可得x 1=1,x 2=3. 因为a=41∈（0,21），x 2=3∉（0,2）,结合（1）可知函数f(x)在（0,1）上单调递减，在（1,2）上单调递增，所以f(x) 在（0,2）上的最小值为f(1)= －21. 由于“对∀x 1∈（0,2），∃x 2∈[1,2],使f(x 1) ≥g(x 2)”等价于“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)= －21”. （※）又g(x)=(x －b)2+4－b 2, x ∈[1,2],所以① 当b<1时，因为[g(x)]min =g(1)=5－2b>0,此时与（※）矛盾； ② 当b ∈[1,2]时, 因为[g(x)]min =4－b 2≥0，同样与（※）矛盾； ③ 当b ∈（2，+∞）时，因为[g(x)]min =g(2)=8－4b.解不等式8－4b ≤－21，可得b ≥817. 综上，b 的取值范围是[817,+∞).二、相关类型题：〈一〉、"()"a f x ≥型；形如"()","()"a f x a f x ≥≤型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论基础是“()a f x ≥在x D ∀∈上恒成立，则max ()();a f x x D ≥∈()a f x ≤在x ∈D 上恒成立，则min ()();a f x x D ≤∈”.许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型.例1 ：已知二次函数2()f x ax x =+，若∀[0,1]x ∈时，恒有|()|1f x ≤，求实数a 的取值范围. 解：|()|1f x ≤，∴211ax x -≤+≤；即211x ax x --≤≤-；当0x =时，不等式显然成立， ∴a ∈R. 当01x <≤时，由211x ax x --≤≤-得：221111a x x x x --≤≤-，而min 211()0x x-= . ∴0a ≤. 又∵max 211()2x x--=-，∴2,20a a ≥-∴-≤≤，综上得a 的范围是[2,0]a ∈-。

〈二〉、12"()()()"f x f x f x ≤≤型例2 已知函数()2sin()25x f x ππ=+，若对∀x R ∈，都有12"()()()"f x f x f x ≤≤成立，则12||x x -的最小值为____.解 ∵对任意x ∈R ，不等式12()()()f x f x f x ≤≤恒成立， ∴12(),()f x f x 分别是()f x 的最小值和最大值.对于函数sin y x =，取得最大值和最小值的两点之间最小距离是π，即半个周期.又函数()2sin()25x f x ππ=+的周期为4，∴12||x x -的最小值为2. 〈三〉、.1212()()"()"22x x f x f x f ++>型例3： (2005湖北)在222,log 2,,cos y x y x y x y x ====这四个函数中，当1201x x <<<时，使1212()()"()"22x x f x f x f ++>恒成立的函数的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解：本题实质就是考察函数的凸凹性，即满足条件1212()()"()"22x x f x f x f ++>的函数，应是凸函数的性质，画草图即知2log 2y x =符合题意；〈四〉、.1212()()"0"f x f x x x ->-型例4 已知函数()f x 定义域为[1,1]-，(1)1f =，若,[1,1]m n ∈-，0m n +≠时，都有()()"0"f m f n m n->-，若2()21f x t at ≤-+对所有[1,1]x ∈-，[1,1]a ∈-恒成立，求实数t取值范围.解：任取1211x x -≤<≤，则12121212()()()()()f x f x f x f x x x x x --=--，由已知1212()()0f x f x x x ->-，又120x x -<，∴12()()0f x f x -<f ，即()f x 在[1,1]-上为增函数.∵(1)1f =，∴[1,1]x ∈-，恒有()1f x ≤；∴要使2()21f x t at ≤-+对所有[1,1]x ∈-，[1,1]a ∈-恒成立，即要2211t at -+≥恒成立，故220t at -≥恒成立，令2()2g a at t =-+，只须(1)0g -≥且(1)0g ≥，解得2t ≤-或0t =或2t ≥。

评注：形如不等式1212()()"0"f x f x x x ->-或1212()()"0"f x f x x x -<-恒成立，实际上是函数的单调性的另一种表现形式，在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息. 〈五〉、."()()"f x g x <型：例5：已知1()lg(1)2f x x =+，()lg(2)g x x t =+，若当[0,1]x ∈时，()()f x g x ≤)恒成立，求实数t 的取值范围.解：()()f x g x ≤在[0,1]x ∈恒成立，即20x t -≤在[0,1]x ∈恒成立2x t ⇔-在[0,1]上的最大值小于或等于零.令()2F x x t =-，'()F x =[0,1]x ∈∴'()0F x <，即()F x 在[0,1]上单调递减，F(0)是最大值. ∴()(0)10f x F t ≤=-≤，即1t ≥。