数学函数中存在性和任意性问题分类解析
巧辨“任意性问题”与“存在性问题”
巧辨“任意性问题”与“存在性问题”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．技法一“∀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.[典例]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．[方法演示]解：(1)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－a1＋x(x≥0)．h′(x)＝11＋x＋a(1＋x)2＝x＋1＋a(1＋x)2.当a≥－1时，h′(x)≥0，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝－a，则－a≥0，a≤0，∴a∈[－1,0]．当a<－1时，对于x∈(0，－a－1)有h′(x)<0，则h(x)在(0，－a－1)上单调递减，所以h(－a－1)<h(0)＝0，即此时存在x>0，使得h(x)<0，即f(x)≥g(x)在[0，＋∞)上不恒成立．综上可知，实数a的取值范围为[－1,0]．(2)由(1)可知，当a≥－1时，存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，当a<－1时，令x0＝e－a－1，则x0>0，∴h(x0)＝－a(1＋e a)>0，∴必存在x≥0，使得f(x)≥g(x)．综上可知，实数a的取值范围是(－∞，＋∞)．[解题师说](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．[应用体验]1．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．解：(1)f ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)． 由f ′(x )>0，得x <0或x >23；由f ′(x )<0，得0<x <23，所以f (x )的单调递增区间是(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫23，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，23. (2)令h (x )＝f (x )－m ，则h (x )＝x 3－x 2－3－m ， h ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，由(1)知函数h (x )在x ＝0处取得极大值h (0)＝－3－m ，在x ＝23处取得极小值h ⎝⎛⎭⎫23＝－8527－m .因为函数y ＝f (x )－m 在区间[－1,2]上有三个零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧h (－1)＝－5－m ≤0，h (0)＝－3－m >0，h ⎝⎛⎭⎫23＝－8527－m <0，解得－8527<m <－3，h (2)＝1－m ≥0，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－8527，－3. (3)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上的最大值为f (2)＝1. 因为“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x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，g (x )≥f (x )max 恒成立”．即当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立， 即a ≥x －x 2ln x 恒成立．记u (x )＝x －x 2ln x ，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，u (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增； 当x ∈(1,2)时，1－x <0,2x ln x >0， 则u ′(x )<0，u (x )在(1,2)上单调递减． 故u (x )在区间⎣⎡⎦⎤12，1上的最大值为u (1)＝1， 所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．技法二 “若∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)”的辨析(1)∃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)∀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． [典例] 已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a >0，x ∈R ，g (x )＝1x 2(1－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 ＝32时，证明：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．[方法演示]解：(1)∵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，故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 )单调递增，g (x )<g ⎝⎛⎭⎫－12＝83， 故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，解得0<a <52， 故实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，52. (2)证明：当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，所以f ′(x )＝2x －3x 2＝3x ⎝⎛⎭⎫23－x .当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4. 所以f (x )在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)． 则g (x )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )＝1x 2(1－x )在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．因为(－∞，－4)(－∞，0)，所以对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)． [解题师说]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．[应用体验]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x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g (x 0)＝f (x 1)成立，求实数a 的取值范围．解：(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：－所以f (x )的递减区间是⎝⎛⎭⎫0，12，递增区间是⎝⎛⎭⎫12，1. 所以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B ＝[－4，－3]．(2)“对于任意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，当x ∈(0,1)时，g ′(x )＝3(x 2－a 2)<0， 所以g (x )为减函数，故g (x )的值域A ＝[1－2a －3a 2，－2a ]．由B ⊆A ，得1－2a －3a 2≤－4且－2a ≥－3，解得1≤a ≤32.所以实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤1，32. 技法三 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.[典例] 已知f (x )＝x ＋a 2x(a >0)，g (x )＝x ＋ln 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． [方法演示]解：(1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max . 当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x >0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e＋1.只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可． 令h (x )＝(e ＋1)x －x 2.当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2的最大值为h ⎝⎛⎭⎫e ＋12＝⎝⎛⎭⎫e ＋122.所以a 2≥⎝⎛⎭⎫e ＋122，即a ≥e ＋12.故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫e ＋12，＋∞. (2)存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)<g (x 2)，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min <g (x )max . 当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x >0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.又f ′(x )＝1－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，故f (x )＝x ＋a 2x(a >0)在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当0<a <1时，f (x )在[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a 2<1＋e ，符合题意； 当1≤a ≤e 时，f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a ， 此时，2a <1＋e ，解得1≤a <1＋e2；当a >e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，此时，e ＋a 2e <1＋e ，即a <e ，与a >e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，e ＋12.[解题师说](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．[应用体验]3．已知函数f (x )＝4ln x －ax ＋a ＋3x (a ≥0)， (1)求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：(1)由题意得f ′(x )＝4x －a －a ＋3x 2＝－ax 2－4x ＋a ＋3x 2(x >0)．令f ′(x )＝0，即ax 2－4x ＋a ＋3＝0. 当a ＝0时，f ′(x )＝4x －3x 2.由f ′(x )>0，得x >34；由f ′(x )<0，得0<x <34，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫34，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，34. 当a >0时，ax 2－4x ＋a ＋3＝0的判别式Δ＝－4(a －1)(a ＋4)． 若a ≥1，Δ≤0，则f ′(x )≤0，所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)． 若0<a <1，则Δ>0.因为x 1＋x 2＝4a >0，x 1x 2＝a ＋3a >0，所以x 1＝2－－(a －1)(a ＋4)a >0， x 2＝2＋－(a －1)(a ＋4)a>0. 由f ′(x )>0，得x 1<x <x 2；由f ′(x )<0，得x >x 2或0<x <x 1，所以f (x )的单调递增区间为(x 1，x 2)，单调递减区间为(0，x 1)，(x 2，＋∞)．综上，当a ＝0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫34，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，34. 当0<a <1时，函数f (x )的单调递增区间为2－－(a －1)(a ＋4)a ，2＋－(a －1)(a ＋4)a ， 单调递减区间为0，2－－(a －1)(a ＋4)a， 2＋－(a －1)(a ＋4)a，＋∞. 当a ≥1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．(2)“存在x 1，x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f (x 1)>g (x 2)”等价于“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.当x ∈⎣⎡⎭⎫12，ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(ln 2,2]时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当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 ，解得1≤a <4，故实数a 的取值范围为[1,4)．技法四 “∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2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)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2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.[典例] 已知函数f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，g (x )＝x 2－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．[方法演示]解：依题意知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 . 所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x 2，则当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当1<x <2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，①当b <1时，可求得g (x )min ＝g (1)＝5－2b . 由5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，可求得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2.由4－b 2≤－12，得b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾；③当b >2时，可求得g (x )min ＝g (2)＝8－4b . 由8－4b ≤－12，得b ≥178.综合①②③得实数b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178，＋∞. [解题师说]“对任意x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)”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”．[应用体验]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，求实数a 的最小值；(2)若g (x )＝xe x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴a 的最小值为－3.(2)“对∀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 ”．∵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 )＝1－xe x，由g ′(x )>0，得x <1， 由g ′(x )<0，得x >1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e . 由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8.1．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，求实数a 的取值范围．解：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，所以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－a2. 由A ∩B ≠∅，得0≤1－a ≤12或0≤1－a 2≤12，解得12≤a ≤2.所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤12，2. 2．已知函数f (x )＝ln x ＋1x＋ax .(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)已知函数g (x )＝x ＋1x ，对于任意x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求正实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x 2，x ∈[1，＋∞)，∵函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立． 即ax 2＋x －1≥0或ax 2＋x －1≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1x 2－1x 或a ≤1x 2－1x对任意x ∈[1，＋∞)恒成立． 令t ＝1x ，由于x ∈[1，＋∞)，则t ∈(0,1]，设h (t )＝t 2－t ＝⎝⎛⎭⎫t －122－14， 因此－14≤h (t )≤0，故a ≥0或a ≤－14， ∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪[0，＋∞)． (2)由(1)知，当a ＞0时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故f (1)≤f (x )≤f (e)，即1＋a ≤f (x )≤1＋a e ＋1e. ∵g ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x 2， ∴当x ∈[1，e]时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (1)≤g (x )≤g (e)，即2≤g (x )≤e ＋1e. ∵对任意x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，∴f (x 1)max ≤g (x 2)max ，即1＋a e ＋1e ≤e ＋1e， 解得0＜a ≤1－1e， 故所求正实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1－1e . 3．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)若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2x －2ax 2(a >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： 0错误!所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间是(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. f (x )的极小值为f (0)＝0，极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝13a 2.(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，＋∞)}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (x )x ∈(1，＋∞)，f (x )≠0. 则“对任意的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)，则(－∞，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))，A 不是B 的子集．综上，实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，32.4．(理)已知函数f (x )＝mx x 2＋1＋1(m ≠0)，g (x )＝x 2e ax (a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m >0时，若对任意x 1，x 2∈[0,2]，f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝m (1－x 2)(x 2＋1)2＝m (1－x )(1＋x )(x 2＋1)2. 当m >0时，由f ′(x )>0，得－1<x <1；由f ′(x )<0，得x >1或x <－1，所以f (x )的单调递增区间是(－1,1)，单调递减区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．当m <0时，由f ′(x )>0，得x >1或x <－1；由f ′(x )<0，得－1<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间是(－1,1)．(2)依题意，当m >0时，“对任意x 1，x 2∈[0,2]，f (x 1)≥g (x 2)恒成立”等价于“对任意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)＝2m 5＋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，对任意x ∈[0,2]，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，所以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 )单调递增；在⎝⎛⎦⎤－2a ，2上，g ′(x )<0，g (x )单调递减．g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫－2a ＝4a 2e 2. 由1≥4a 2e 2，得a ≤－2e，所以a <－1. (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 ，此时不满足1≥g (x )max .综上，实数a 的取值范围是(－∞，－ln 2]．4．(文)已知函数f (x )＝(1＋b )x ＋2a 2x －a ln x (a ＞0)在x ＝2a 处取得极值．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝x 2－2cx ＋4－ln 2，当a ＝1时，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)，求实数c 的取值范围．解：(1)由f (x )＝(1＋b )x ＋2a 2x －a ln x ，a ＞0，x ＞0，得f ′(x )＝1＋b －2a 2x 2－a x . 又f (x )在x ＝2a 处取得极值，所以f ′(2a )＝1＋b －12－12＝b ＝0， 所以f (x )＝x ＋2a 2x －a ln x ，f ′(x )＝1－2a 2x 2－a x ＝x 2－ax －2a 2x 2＝(x ＋a )(x －2a )x 2， 又a ＞0，且函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以由f ′(x )＞0，得x ＞2a ；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2a ，即函数f (x )的单调递增区间是(2a ，＋∞)，单调递减区间为(0,2a )．(2)当a ＝1时，f (x )＝x ＋2x－ln x ，x ∈(0，＋∞)， 由(1)知x ∈[1，e]时，f (x )在[1,2]上单调递减，在(2，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (2)＝3－ln 2.对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)，即f (x )min ≥g (x )，x ∈[1，e]恒成立．即3－ln 2≥x 2－2cx ＋4－ln 2，x ∈[1，e]恒成立，即2c ≥x ＋1x，x ∈[1，e]恒成立， 令h (x )＝x ＋1x ，则h ′(x )＝1－1x 2≥0，x ∈[1，e]， 即h (x )＝x ＋1x在[1，e]上单调递增， 故h (x )max ＝e ＋1e ，所以c ≥12⎝⎛⎭⎫e ＋1e . 故实数c 的取值范围为⎣⎡⎭⎫e 2＋12e ，＋∞.。
二轮数学专题——函数中任意性与存在性问题
转化化归思想
显性问题
数形结合思想
主参换位法
分离参数法
数形结合法
研究最值
主参换位法 分类讨论思想 分离参数法
导数分析法
构造函数法 导数分析法
利用函数图象
求新函数的最值
求原函数的最值
结束
03:31:09
走近高考
练习1： (07安徽理科3)若对任意x R, 不等式|x | ax恒成立， 则实数a的取值范围是( A.a 1 B. | a | 1 ) C. | a | 1
f ( x1 )max g ( x2 )max
03:31:09
2.不同函数，相同变量
(1)x A, f ( x) g ( x)成立
[ f ( x) g ( x)]max 0 [ g ( x) f ( x)]min 0
(2)x A, f ( x) g ( x)成立
F ( x) f ( x) kg ( x) x x 4 x 2 e (2 x 2)
0 1)若k 0, F (0) 2(1 kex ) 0与题不符 . F (0) 2(1 ke ) 0 k 1. 2 x
方法反思：
构造函数法：某些任意性存在性问题，需要解决 函数的最值或值域，而没有简便快捷方法时，我 们可以尝试构造新函数，结合导数分析法，最值 定位法，探究函数性质，最终解决问题。
{ f ( x) | x A} {g ( x) | x B}
03:31:09
任意性存在性问题分类总结：
1.不同函数，不同变量（分别考虑） 2.不同函数，相同变量（构造函数）
3.相同函数，不同变量（考查最值差） 4.不同函数，相等关系（考查值域）
函数任意性与存在性问题探析_翟丽
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
函数中存在性和任意性问题分类解析
函数中存在性和任意性问题分类解析1.，，使得，等价于函数在上的值域与函数在上的值域的交集不空，即.例1已知函数和函数，若存在，使得成立，则实数的取值围是（）解设函数与在上的值域分别为与，依题意.当时，，则，所以在上单调递增，所以即.当时，，所以单调递，所以即.综上所述在上的值域.当时，，又，所以在在上单调递增，所以即，故在上的值域.因为，所以或解得，故应选.2.对，，使得，等价于函数在上的值域是函数在上的值域的子集，即.例2(2011八校第二次联考)设，.①若，使成立，则实数的取值围为＿＿＿;②若，，使得，则实数的取值围为＿＿＿解①依题意实数的取值围就是函数的值域.设，则问题转化为求函数的值域，由均值不等式得，，故实数的取值围是.②依题意实数的取值围就是使得函数的值域是函数的值域的子集的实数的取值围.由①知，易求得函数的值域，则当且仅当即，故实数的取值围是.例3已知，它们的定义域都是，其中是自然对数的底数，.(1)求的单调区间;(2)若，且，函数，若对任意的，总存在，使，数的取值围.解(1)略;(2)依题意实数的取值围就是使得在区间上的值域是的值域的子集实数的取值围.当时，由得，故在上单调递减，所以即，于是.因，由得.①当时，，故在上单调递增，所以即，于是.因为，则当且仅当，即.②当时，同上可求得.综合①②知所数的取值围是.3.已知是在闭区间的上连续函，则对使得，等价于.例4已知，其中.(1)若是函数的极值点，数的值;(2)若对任意的都有成立，数的取值围.解(1)略;(2) 对，有，等价于有.当时，，所以在上单调递增，所以.因为，令得，又且，.①当时，，所以在在上单调递增，所以.令得这与矛盾。
②当时，当时，当时，所以在上单调递减在上单调递增，所以.令得，又，所以。
③当时，，所以在上单调递减，所以.令得，又，所以。
综合①②③得所数的取值围是。
另解同上求得，要证时，，即.由上知求需对参数进行分类讨论过程繁而长，其实可避免分类讨论，不等式恒成立问题往往转化最值问题来解决，逆向思维，由于难求，将退回到恒成立问题: 证时，即恒成立，只需证当时，恒成立，只需证.因为，令得.当时，当时，故，所以，故所数的取值围是。
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。
函数中的任意和存在性问题知识讲解
问题一： 已知函数 f ( x) 2k2 x k, x [0,1]， 函数 g( x) 3x2 2(k 2 k 1)x 5, x [1,0]，
变式 2：存在 x [0,1] x [1,0]，使得
1
2
g( x2 ) f ( x1) 成立，求 k 的取值范围.
1
2
g( x2 ) f ( x1) 成立，求 k 的取值范围.
变式 3：存在 x [0,1]， x [1,0]，使得
1
2
g(x ) f (x )成立， 求 k 的取值范围.
2
1
变式
4：对任意
x 1
[0,1]，存在
x 2
[1,0]
，
使得 g(x ) f (x )成立，求 k 的取值范围.
2
1
1
2
g( x2 ) f ( x1) 成立，求 k 的取值范围.
变式
3：对任意
x 1
[0,1]，存在
x 2
[1,0]
，
使得 g(x ) f (x )成立，求 k 的取值范围.
2
1
走进高考： （09 浙江理）
已知函数 f ( x) x3 (k2 k 1)x2 5x 2,
小结
1.对函数中的存在性与任意性问题: 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的最值大小.
2.解题中要注意数学思想方法的应用:如转化与 化归思想、数形结合思想、分类讨论思想等.
作业
已知函数 f ( x) 2k2 x k, x [0,1]， 函数 g( x) 3x2 2(k2 k 1)x 5, x [1,0]，
2
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 （ ２ ０ １ ０年山东高考理 ２ ２ ）已知函数 ｆ （ ｘ ） ＝ｌ ｎ ｘ－ １－ａ ａ ｘ＋ －１ （ ａ ） ． ∈Ｒ ｘ （ １ ）当 ａ １ 时， 讨论 ｆ （ ｘ ）的单调性； ２ １ 时， 若对任意 ｘ １ ４
４ ０ ｘ ， 存在 ｘ ， ｘ － ３ ， ３ ］ ， 都有 ｆ （ ｘ ） ＜ｇ （ ｘ ） ， 求实数 ｃ 的 １ ２∈ ［ １ ２ 取值范围． 分析： 存在 ｘ ， ｘ －３ ， ３ ］ ， 都有 ｆ （ ｘ ） ＜ｇ （ ｘ ） ， 等价 １ ２∈ ［ １ ２
２ ２ （ ｘ ） （ ｘ ） ， 由ｆ （ ｘ ） ＝７ ｘ － ２ ８ ｘ －ｃ＝７ （ ｘ － ２ ） － 于ｆ ｍ ｉ ｎ ＜ｇ ｍ ａ ｘ
２ ２ １ １ ａ ＋ｂ ２＋ ２ 为定值 ２ ２ ； Ｏ Ａ Ｏ Ｂ ａｂ ２ ２ ４ ａ ｂ ２ ２ ２ Ａ Ｂ｜ ａ ＋ｂ． ２ ２ ｜ ａ ＋ｂ
∴
２ ２ ４ ａ ｂ ２ ２ ２ Ａ Ｂ｜ ａ ＋ｂ． ２ ２ ｜ 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 ＋ｘ ２ ｘ ＋ｘ ＋１ ｈ （ ｘ ）＝ ２ ， 则ｈ ′ （ ｘ ）＝ ， 故函数 ｈ （ ｘ ） ２ ２ ＞０ ２ ｘ ＋１ （ ２ ｘ ＋１ ） ２ 在［ １ ， ２ ］ 上是增函数， ｈ （ ｘ ） （ １ ）＝ ， 所以实数 ａ 的取 ｍ ｉ ｎ ＝ｈ ３ 值范围是 ０ ＜ａ＜ ２ ． ３
槡
２ ２ ａ ｂ ２ ＝ ａ ＋ｂ ２
＝ 的圆满足题意， 从而 ８＋４ ３ 槡
８×４ ２ ６ 槡
证明： 设点 Ａ （ ｜ Ｏ Ａ｜ ｃ ｏ ｓ ， ｜ Ｏ Ａ｜ ｓ ｉ ｎ ） ， 则点 Ｂ （ ｜ Ｏ Ｂ｜ θ θ π π ｃ ｏ ｓ （ ， ｜ Ｏ Ｂ｜ ｓ ｉ ｎ （ ） ， θ＋ ） θ＋ ） ２ ２
- 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)。
数学函数中存在性和任意性问题分类解析
要想在高考数学函数的考试中取得好成绩，就必须复习好数学的知识点，而且我们还要对高考数学函数知识点进行强化复习。
下面是店铺为您整理的数学函数中存在性，希望对您有所帮助!
数学函数中存在性
数学函数的任意性
高考数学复习攻略
仔细研读教材，串联知识“成体系”
高考数学试题往往会直接借助教材中的一个内容改编成高考题，例如，2017年全国Ⅱ卷23题(不等式选考题)第二问改编自湘教版选修1-2(文科)第51页例3，全国Ⅰ卷19题第二问中的第一小问答案直接来自人教版必修3第80页阅读材料。
在复习过程中，考生需要认真阅读和理解教材中相关内容，包括每个概念、例题、注释、图形，准确理解和记忆知识点。
在知识网络的交汇处设计试题是近几年高考数学的一大亮点。
考生可以将教材的数学知识串成串，连成线，汇成面，尽力和高考要求对位，处处体现各知识板块间的相互联系与综合，并加以训练。
夯实基础知识，不过多“玩技巧”
最新修订的考试大纲中，考试目的第一条就是“我们高考命题要突出基础性”。
高考数学卷中基础题大约占80%，无论是一轮、二轮，还是三轮复习都必须把“三基”即基础知识、基本技能、基本思想方法作为重中之重。
这就提示我们在复习时，抓好抓牢基础题，夯实基础，拿严拿准拿稳基础分，做到基础得满分。
近年来，高考数学试题往往淡化特殊技巧，注重对通性通法的考查，在复习中不要过多“玩技巧”，以免影响考试心理。
优化解题策略，防止“小题大作”
解题思路要优化，解题方法要简捷。
高考选填题，小题要小做，注意巧解，善于使用数形结合、特值(含特殊值、特殊位置、特殊图形)、
排除、验证、转化、分析、估算、极限等方法，一旦思路清晰，就迅速作答。
不要在一两个小题上纠缠，防止“小题大做”“一算到底。
建议选填题一般不要超过40分钟，争取又快又准，为后面的解答题留下充裕的时间，防止“超时失分”。
解题策略：会做的题目力求不失分，注意准确表达和规范书写;部分理解的题目力争多得分，如果遇到一个很困难的问题，确实做不来，可将它分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，这叫“大题拿小分”。
若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作“已知”，先做第二问，实施跳步解答。
强化定时练习，常思常看“错题库
学好数学需要“从做中学”，要在准确把握基本知识和方法的前提下，做一定量的定时训练。
全国卷数学的试题结构和题型具有一定的稳定性和连续性，每个题型考察的知识点、方法、角度等相对固定。
掌握了全国卷的各种题型，就基本把握住了全国卷命题的灵魂。
在复习备考的过程中，考生可以定时练习近几年的全国卷高考真题，并遵循“快、稳、全、活、细”的原则，即运算要快，力戒小题大做;变形要稳，防止操之过急;答案要全，避免对而不全;解题要活，不要生搬硬套;审题要细，不能粗心大意。
同时，建议考生建立自己的专项错题库，定时练习后，及时反馈矫正，特别是对于那些因为概念理解不深刻、知识记忆失误、思维不够严谨、方法使用不当的典型错误，一定要收集成册并加以评注，指出错误原因，经常翻阅，常常提醒自己，也有利于考试时增强自信心。