【智博教育原创专题】浅析函数中双变量的任意与存在问题
难点7-双变量的“任意性”“存在性”问题
难点7-双变量的“任意性”“存在性”问题本页仅作为文档页封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March难点7 双变量的“任意性”与“存在性”问题1.“存在=存在”型∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在D1上的值域A与函数g(x)在D2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.典例1已知函数f(x)=x2-ax3,a>0,x∈R.g(x)=.若∃x1∈(-∞,-1],∃x2∈,使得f(x1)=g(x2),求实数a的取值范围.解析∵f(x)=x2-ax3,∴f '(x)=2x-2ax2=2x(1-ax).令f '(x)=0,得x=0或x=.∵a>0,∴>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.∵g(x)=,∴g'(x)==.∵当x<-时,g'(x)>0,∴g(x)在上单调递增,∴g(x)<g=,∴g(x)在上的值域为.若∃x1∈(-∞,-1],∃x2∈,使得f(x1)=g(x2),则1+<,a<.故实数a的取值范围是.对点练已知函数f(x)=和函数g(x)=a·sin x-a+1(a>0),若存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,则实数a的取值范围是( )A. B.[1,2)C. D.答案 C 设函数f(x),g(x)在[0,1]上的值域分别为A,B,则“存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立”等价于“A∩B≠⌀”.当0≤x≤时, f(x)=-x+单调递减,所以0≤f(x)≤;当<x≤1时, f '(x)=>0,所以f(x)=单调递增,<f(x)≤,故f(x)在[0,1]上的值域A=.当x∈[0,1]时,x∈,y=sin x在[0,1]上单调递增.又a>0,所以g(x)=asin x-a+1在[0,1]上单调递增,其值域B=.由A∩B≠⌀,得0≤1-a≤或0≤1-≤,解得≤a≤2.故选C.2.“任意=存在”型∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在D1上的值域A是函数g(x)在D2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.典例2 已知函数f(x)=,x∈[0,1].(1)求f(x)的单调区间和值域;(2)设a≥1,函数g(x)=x3-3a2x-2a,x∈[0,1].若对于任意的x1∈[0,1],总存在x∈[0,1],使得g(x0)=f(x1)成立,求a的取值范围.解析(1)f '(x)==-,x∈[0,1].令f '(x)=0,解得x=或x=(舍去).当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表所示:x01f '(x)-0+f(x)-↘-4↗-3所以f(x)的递减区间是,递增区间是.f(x)min =f=-4,又f(0)=-, 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x1∈[0,1],总存在x∈[0,1],使得g(x)=f(x1)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(x2-a2)<0,所以当x∈[0,1]时,g(x)为减函数,所以g(x)的值域A=[1-2a-3a2,-2a].由B⊆A,得1-2a-3a2≤-4且-2a≥-3,又a≥1,故1≤a≤.对点练已知函数f(x)=x2-ax3(a>0),x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1.求a的取值范围.解析(1)由已知,有f '(x)=2x-2ax2(a>0).令f '(x)=0,解得x=0或x=.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x(-∞,0)f '(x)-0+0-f(x)↘0↗↘所以, f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-∞,0),.当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x∈时, f(x)>0;当x∈时, f(x)<0.设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=,则“对于任意的x 1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于A⊆B.显然,0∉B.下面分三种情况讨论:①当>2,即0<a<时,由f=0可知,0∈A,而0∉B,所以A不是B的子集.②当1≤≤2,即≤a≤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<1,即a>时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.综上,a的取值范围是.3.“任意≥(≤、>、<)任意”型∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)>g(x2)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.∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)<g(x2)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.∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)-g(x2)>k恒成立,等价于[f(x1)-g(x2)]min>k恒成立,也等价于f(x)min-g(x)max>k.∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)-g(x2)<k恒成立,等价于[f(x1)-g(x2)]max<k恒成立,也等价于f(x)max-g(x)min<k.典例3 设函数f(x)=x3-x2-3.(1)求f(x)的单调区间;(2)设函数g(x)=+xln x,如果对任意的x1,x2∈,都有f(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围.解析(1)f '(x)=3x2-2x.f '(x)>0时,x<0或x>,f '(x)<0时,0<x<.所以, f(x)的递增区间是(-∞,0),;递减区间是.(2)由(1)知,函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,而f=-, f(2)=1,故f(x)在区间上的最大值f(x)max=f(2)=1.“对任意的x1,x2∈,都有f(x1)≤g(x2)成立”等价于“对任意的x∈,g(x)≥f(x)max恒成立”,即当x∈时,g(x)=+xln x≥1恒成立,即a≥x-x2lnx恒成立,记u(x)=x-x2ln x,则有a≥u(x)max.u'(x)=1-x-2xln x,可知u'(1)=0.当x∈时,1-x>0,2xln x<0,则u'(x)>0, 所以u(x)在上递增;当x∈(1,2)时,1-x<0,2xln x>0,则u'(x)<0,所以u(x)在(1,2)上递减.故u(x)在区间上的最大值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. 对点练函数f(x)=+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)=+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=-.(i)当-≥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<-<2,即a<-1时,在上,g'(x)≥0,g(x)递增;在上,g'(x)<0,g(x)递减.g(x)max =g =,由1≥,得a≤-,所以a<-1.(iii)当-<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].4.“任意≥(≤、>、<)存在”型∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)>g(x2)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.∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)<g(x2)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.∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)-g(x2)>k成立,等价于f(x)min-g(x)min>k.∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)-g(x2)<k成立,等价于f(x)max-g(x)max<k.典例4 函数f(x)=ln x-x+-1,g(x)=x2-2bx+4,若对任意的x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数b的取值范围.解析“对任意的x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)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)=--=,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)=-.又g(x)=(x-b)2+4-b2,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-b2≥0,同样与(*)矛盾;③当b∈(2,+∞)时,g(x)min=g(2)=8-4b,由8-4b≤-,得b≥.综上,实数b的取值范围是.对点练已知函数f(x)=x3+x2+ax.(1)若f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,求a的最小值;(2)若g(x)=,∀x1∈,∃x2∈,使得f '(x1)≤g(x2)成立,求a的取值范围.解析(1)由题设知f '(x)=x2+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ymax =-3,∴a≥-3,∴amin=-3.(2)“∀x1∈,∃x2∈,使f '(x1)≤g(x2)成立”等价于“x∈时,f'(x)max ≤g(x)max恒成立”.∵f '(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在上递增,∴f '(x)max=f '(2)=8+a,又g'(x)==,∴g(x)在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减.∴当x∈时,g(x)max=g(1)=,由8+a≤得,a≤-8,所以a的取值范围是.5.“存在≥(≤、>、<)存在”型若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)>g(x2)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∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)<g(x2)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∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)-g(x2)>k成立,等价于[f(x1)-g(x2)]max>k,也等价于f(x)max-g(x)min>k.若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)-g(x2)<k成立,等价于[f(x1)-g(x2)]min<k,也等价于f(x)min-g(x)max<k.典例5 已知函数f(x)=4ln x-ax+(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x1,x2∈,使f(x1)>g(x2),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,递增区间为.当0<a<1时,函数f(x)的递减区间为,,递增区间为.当a≥1时, f(x)的递减区间为(0,+∞).（2)“存在x1,x2∈,使f(x1)>g(x2)”等价于“ 当x∈时, f(x)max>g(x)min”.由(1)知,当x∈时, f(x)max=f=-4ln 2+a+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∈时,g(x)min=g(ln 2)=4-4ln 2+2a,由f(x)max >g(x)min,得-4ln 2+a+6>4-4ln 2+2a,又a≥1,所以1≤a<4.对点练设函数f(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x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f '(x2)+a成立,求实数a的取值范围.解析(1)由题设知f '(x)=-a≤0在(1,+∞)上恒成立,则只需f '(x)max≤0.又f '(x)=-a=-+-a,所以当=,即x=e2时, f '(x)max=-a,由-a≤0得a≥,故a的最小值为.11 (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)=-a,所以f '(x)max +a=. 则问题等价于“当x∈[e,e 2]时, f(x)min ≤”.①当a≥时,由(1)得f '(x)max =-a≤0, f(x)在[e,e 2]上为减函数,则f(x)min =f(e 2)=-ae 2,由f(x)min ≤,得a≥-.②当a<时, f '(x)=-+-a 在[e,e 2]上的值域为. (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>,与f(x)min ≤矛盾.(ii)当-a<0,即0<a<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)=-ax 0≤,x 0∈(e,e 2).所以a≥->->-=,与0<a<矛盾.综上,a 的取值范围是a≥-.。
【智博教育原创专题】浅析函数中双变量的任意与存在问题
【智博教育原创专题】浅析函数中双变量的任意与存在问题浅析函数中双变量的任意与存在问题邓冬华冷世平恒成立、能成立问题是高中数学的一类重要问题,也是高中数学的难点.这类问题的解决通常思维容量较大,往往需要等价转化.解决一个变量的任意与存在问题是比较简单的,但对于两个变量的任意与存在问题,学生普遍觉得比较困难.请看下面的问题：引例：设f(x)是定义在实数集R上的奇函数,当x0时,f(x)x24x.求f(x)的解析式,并解不等式f(x)x；设g(x)2x1m,若对任意x1[1，4],总存在x2[2，5],使f(x1)g(x2),求实数m的取值范围.对于问题,标答如下：当x1[1，4]时,f(x1)[3，4].∵g(x)2x1m是R上的增函数,∴当x2[2，5]时,g(x2)[2m，16m], ∵对任意x1[1，4],总存在x2[2，5]使f(x1)g(x2),∴[3，4][2m，16m],2m3则,解得12m5,故实数m的取值范围是[12，5].16m4本例出现的“x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)”的结构,就是所说的双变量的任意与存在问题.本例的解答过程中的[3，4][2m，16m],很多学生想不通,或想得不够自然.对于两个变量的任意与存在问题有没有学生更容易接受的解决策略呢？这正是要探讨的内容.一、任意与存在问题的四种类型记区间D1,D2分别是函数yf(x),yg(x)定义域的子区间.双变量的任意与存在问题包含以下四种基本类型：类型1. x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmax(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任一函数值均大于函数yg(x)的任一函数值,只需fmin(x)gmax(x)即可.同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmin(x).例1 已知f(x)8x216xk(kR),g(x)2x35x24x.若对x1、x23,3,都有f(x1)g(x2)成立,求k的取值范围.分析与解：本题的关键是对条件“对x1、x23,3,都有f(x1)g(x2)成立”进行处理.上面的分析知,其等价于f(x)maxg(x)min,故先判定单调性求其相应的最值.- 1 -f(x)8x216xk=8(x1)2k8,g'(x)6x210x42(x1)(3x2)知, f(x)在[3,1]单调递减,在[1,3]单调递增,且f(3)24k,f(3)120k,fmax(x)120k.22g(x)在[3,1]单调递增,在[1,]上单调递减,在[，3]上单调递增,且33228g(3)21,g ,g(x)min21.327120k21k141,即k[141,)类型2.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmin(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任一函数值大于函数yg(x)的某些函数值,但并不要求大于yg(x)的所有函数值,故只需fmin(x)gmin(x)即可.同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmax(x).125例 2 设函数fxlnxx,若对于1．函数gxx22bx1233x,]x1[1,2x2[0,1],使fx1gx2成立,求实数b的取值范围．分析与解：已知“对于x1[1,2],x2[0,1],使f(x1)g(x2)成立”g(x)在0,1上的最小值小于等于f(x)在1,2上的最小值,先分别求函数f(x),g(x)的最小值,最后解不等式g(x)minf(x)min得实数b的取值范围．2易知函数f(x)在(1,2)上单调递增,故f(x)在[1,2]上fmin(x)f(1)；355又g(x)x22bx(xb)2b2,x[0,1]121252①当b0时,g(x)在[0,1]上为增函数,gmin(x)g(0),舍去1235215②当0b1时,gmin(x)g(b)b2,b2及0b1得,b121231272③当b1时,g(x)在[0,1]上为减函数,g(x)ming12b及b1得b1.1231 综上,b的取值范围是[,).2类型3.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmax(x). 其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的某些在函数值大于函数yg(x)的任一函数值,只需要yf(x)有函数值大于即可,不是所有函数值,故只需fmax(x)gmax(x)即可.- 2 -同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmin(x). 例3 已知函数g(x)2x2exln，h(x)x2mx4,若x1(0,1],对x2[1,2],x2总有g(x1)h(x2)成立,求实数m的取值范围.分析与解：本题的关键在于：x1(0,1],对x2[1,2],总有g(x1)h(x2)成立g(x)在(0,1]上的最大值大于等于h(x)在[1,2]上的最大值.2ex2x2x2g(x)2xln,得g(x)0,故在(0,1]上g(x)0,即函数g(x)2x2x在(0,1]上单调递增,g(x)maxg(1)ln21.而h(x)在[1,2]上的最大值为h(1),h(2)中的最大者,记为max{h(1),h(2)}.g(1)ln21h(1)g(1)ln215m则有,解得m6ln2. ，g(1)ln21h(2)g(1)ln2182m故实数m的取值范围为[6ln2,).类型4.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmin(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的某些函数值大于函数yg(x)的某些函数值,都只需要有这样的函数值,不需要所有的函数值,故只需fmax(x)gmin(x).同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmax(x).2mx2,g(x)lnx2ex2,存在x1,x2(0,1)使f(x1)g(x2)成立,x21求实数m的取值范围.例 4 已知函数f(x)分析与解：存在x1,x2(0,1)使f(x1)g(x2)成立,只需要f(x)的最大值大于g(x)的最小值.已知得g(x)2lnx12e0 解得xe1.当x(0,e)时,g(x)0,g(x)单调递x减；当x(e1,1)时,g(x)0,g(x)单调递增,所以gmin(x)g(e1)1.2mx显然m0则f(x)在(0,1)上是递增函数,故f(x)的最大值不存在！但21x当x1时,f(x)m,即f(x)的最小上界为m，所以m1.故实数m的取值范围是(1,).又f(x)二、对双变量的任意与存在问题等价转化的几点说明1.在具体理解时,双变量的问题可以转化为单变量的问题,只需将双变量的任意与存在分别对应单变量的恒成立与能成立问题处理即可；(x1)g(x2)与f(x1)g(x2)也可以相应地变化处理，如例1，例2，例3；- 3 -。
如何突破双变量“存在性或任意性”问题？
如何突破双变量“存在性或任意性”问题？解决双变量“存在性或任意性”问题关键就是将含有全称量词和存在量词的条件“等价转化”为两个函数值域之间的关系(或两个函数最值之间的关系)，目的在于培养学生的逻辑推理素养和良好的数学思维品质.笔者在教学实践中发现这类问题具有以下几种类型，现小结如下和大家交流。
类型A 形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得g(x2)＝f(x1)成立”1. 已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x，g(x)＝x－，若对任意x1∈[－1，1]，总存在x2∈[0，2]，使得f′(x1)＋2ax1＝g(x2)成立，求实数a的取值范围.解由题意知，g(x)在[0，2]上是一次函数并且单调递增故它的值域为.构造新函数h(x),令h(x)＝f′(x)＋2ax＝3x2＋2x－a(a＋2)，对h(x)求导并求出它的单调区间和值域，则h′(x)＝6x＋2。
令h′(x)＝0得x＝－，－将[－1，1]分为两个区间和。
当x∈时，h′(x)<0 , h(x)为单调递减函数；当x∈时，h′(x)>0，h(x)为单调递增函数。
所以[h(x)]min＝h＝－a2－2a－，[h(x)]max=h(1)或h(-1)又由题意对“任意x1∈[－1，1]，总存在x2∈[0，2]，使得f′(x1)＋2ax1＝g(x2)成立”所以h(x)的值域是函数g(x)的值域的子集，所以解得实数a的取值范围是[－2，0].小结理解全称量词与存在量词的含义是求解本题的关键，此类问题求解的策略是“等价转化”，即“函数f(x)的值域是g(x)的值域的子集”从而利用包含关系构建关于a的不等式组，求得参数的取值范围.类型B 形如“存在x1∈A及x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立”2. 已知函数f(x)＝函数g(x)＝k sin－2k＋2(k>0)，若存在x1∈[0，1]及x2∈[0，1]，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数k的取值范围.解由题意当x时,通过直接求导可知f′(x)=显然f′(x)>0, 可判断函数f(x)在区间上是单调递增函数，所以f(x)的值域为[, 1]；当x [0， ]时,f(x)=显然是单调递减函数，所以它的值域为[ 0 , ]. 由上可知f(x)的值域为[0,1].对于函数g(x)，由于k>0，x2∈[0，1]则g(x)也是增函数，故它的值域为。
双变量“存在性或任意性”问题(新高考地区专用)
故选：C．
【巩固训练】
1.已知函数 f(x)＝3x2＋2x－a2－2a，g(x)＝19x－1，若对任意 x1∈[－1,1]，总存在 x2∈[0,2]， 63
使得 f(x1)＝g(x2)成立，则实数 a 的取值范围是
．
0，1
0，1
0，1
2.已知函数 f(x)＝2x，x∈ 2 ，函数 g(x)＝kx－2k＋2(k>0)，x∈ 2 ，若存在 x1∈ 2
已知函数
f
x
1
3
x3
1 4
x
1 4
,1 2
x
≤1,
1 3
x
1 6
,
0
≤
x
≤
1 2
,
g x ex ax 2 a R ，若存在 x1 ， x2 0,1 ，使得 f x1 g x2 成立，则实数 a 的
取值范围是________．
【答案】 a ≥ 2 e
【解析】当 0 ≤ x ≤ 1 时， f x 单调递减， 0 ≤ f x ≤ 1 ；
0，1 及 x2∈ 2 ，使得 f(x1)＝g(x2)成立，求实数 k 的取值范围．
3.已知函数 f(x)＝1x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a ，若存在 x1，x2∈[0，2]，使得 f(x1)＝g(x2) ，求 2
实数 a 的取值范围.
4.已知函数 f(x)＝x2－x＋1(x≥2)，g(x)＝ax(a＞1，x≥2)． x－1
转化为值域之间的关系.
1x2＋2x－1，x≤－1，
2 x2
2
例 3 (2018·无锡高三第一学期期末)已知函数 f(x)＝ log 1＋x，x＞－1，
2
2
g(x)＝－x2－2x－2．若存在 a∈R，使得 f(a)＋g(b)＝0，则实数 b 的取值范围是________．
超详细专题二.-函数双变量问题(完整版)
专题一 . 函数 1 的性质ylog a x a 0, a y log a x a 0, a 1 一、 研究函数的图像和性质二、 典例分析 1. 设函数f x lg x ，若 0 a b ，且 f a f b ab 1.例 ，求证： f xx 例 2. 若函数a, b 0,2 ，则 b a 的最小值为log 2 的定义域为 ，值域为 2f xx log 2 f m f n f x 例 3. 已知函数m n , 且 , 正实数 m, n 满足 在 m , n, 若 mn上的最大值为 2，则 22abbf x lg x a b 0 f a f b 例 4. 已知函数, 则的最小值等于, , aln xx 的性质及应用 专题二 . 函数 f xln x x一. 研究函数 f x的图象和性质 .二、典例分析 xm, n m n a 的取值范围为y a a 1 例 已知函数的定义域与值域均为 ，则实数 1. a b b a a, b a b , 请你写出所有符合条件的 a 的取值例 事实证明，存在正实数 使得 2. 范围.y f x a, b x a,b ka, kb k 0 例 对于函数，若存在 ，当 时的值域为 ，则称3. y f x 为“ k 倍值函数” . 若 f x ln x x 是“ k 倍值函数” ，则实数 k 的取值范围是xe a x 对于任意实数例若不等式4. x 恒成立，则实数 a 的取值范围是ln x x x2 2ex a 有实数解，求实数 a 的取值范围例已知5.e 2.71828例6. （2014 湖北卷）为圆周率，为自然对数的底数. 求3e e3e , 3 , e , , 3 , 这六个数的最大数与最小数.专题三 .函数 2的性质f xxx log a1 2x一、研究函数ln 1 的图像和性质f xx二、典例分析 x2ln 1 , x 2,2 例 求函数f xx1. 的最大值和最小值 .2例 函数 f x ln x x1 , x k, k ， k 0 的最大值和最小值分别为 2. 和 m ，M Mm则 x3e 1 ， 1mx2例 判断函数 x k, k k 03. f xln x1exM M 和 m ，则 的最大值和最小值分别为1 29x2例 判断函数ln 13x 1，则 f 4. f xlg 2f lgx 2 例 5. （ 2015 全国卷 I ）若函数f x x ln xa a为偶函数，则 1 2x2ex3 ， x t, t t 0 例 6. 设函数 ，若函数的最大值是 M ，最f x x ln1Mm小值是 m ，则 32例 7. 设 函 数 log 2 1 任 意 实 数 a, b ，“ a b 0 ” 是f x xxx， 则 对 fa f b0 ”的“ （填“充要条件” “充分不必要条件” “必要不充分条件”.或“既不充分也不必要条件” ）专题四 . 实例 1. 2016 届高三月考雅礼卷（六）双变量问题1 xaln x . 21. 设函数 f x x a1时，求曲线y f x 1, f 1 （1）当 在点 处的切线方程；（2）若函数f x 在定义域上为增函数，求实数a 的取值范围；1 ，e（3）在（2）的条件下， 若函数 x , x 1,e f x h x h x x ln x使得 成立，1 2 1 2 求实数 a 的取值范围 .实例 2. 2016 年附中七（ 2016 年 3 月） x aln a 0 1,2 12. 已知函数 x R ，使得 x 1f xxf x 1f x 0 ，若 都有 ，则实数 a 的取值范围是（ ）A. 0,1B. 1,2C. 2,D. 0,1 2,【拓展训练】1 x 112 1, 0 x 6 x x 2 和函数 g x 1. 已知函数f xa sinx a 1 a 03, 16x 1 1 2x 1, x 2 0,1 若存在 ，使得 f x 1g x 2 成立，则 a 的取值范围是拓展 1：“存在 =存在”型： A 为函数 f x 在 若 其中 D 1 上的值域，x 1D 1, x 2D 2 ，使得 f x 1 g x 2A BB 为函数 g x D 2 上的值域 .在 2xx 21,2 2. 已知函数 若 x 1. f xx和函数 g x a cos5 2a a 0 ，x 2 0,1 ，使得 g x 2f x 1 ，则 a 的取值范围是拓展 2：“任意 =存在”型x 1 D 1 , x 2D 2 f x 1g x 2A B ,，使得 其中 A 为函数 f x 在 D 1 上的值域， B 为函数 g x 在 D 2 上的值域 .a x1,2 23x2x3. 设函数 3 ， f xg xx ln x ，如果 x , x ， 1 2都有 fx 1g x 2 成立，求 a 的取值范围 .拓展 3：“任意任意”型对 x 1D 1, x 2D 2 都有 f x 1g x 2 成立f xg xf xg x f xg x minmin maxmax推广 ：对 x 1g x D 1 , x 2kD 2 都有 f x 1 g x 2kf x min maxf xg x k1 2min1 x 3 3x 1,2 212x 2 4. 已知函数 f xax ， x 1x 2 ,2 g x, 对，使得 , xe'a 的取值范围 .f x 1g x 2 成立，求 x ln x2'成立，求 a 的取值 5. 设函数 ax ，若存在 f x x 1 , x 2e,e ，使 f x 1f x 2a 范围 .f xx 1 a ln x a 0 x 1 , x 2 0,1 已知函数，对 x 1x 2 , 都有6. ，且 1 x 11 x 2f x f x 4, 求实数 a 的取值范围 .1 2e mx x 2f xmx ， 对, 1,1 （ 2015 全 国 卷 ） 设 函 数 x 1x 2 7. II , 都 有 f x 1 f x 2e 1, 求 m 的取值范.axx2x ln a 0, a 1 . 若8. 已知函数 f xa x 1, x 21,1 f x 1f x 2e 1 ，求实数 a 的取值范围 .，使得。
函数与导数的 “双变量”问题探究
函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。
此问题经常结合不等式进行命题，主要考查学生转化与化归思想，考查学生对问题的转化及处理能力，此类问题难度较大，对学生的综合能力要求较高。
解决此类问题主要通过变元来解决，如何将两个变量转化为一个变量是此类问题解体的关键。
然后，再结合函数性质即可解决此类问题。
二、例题解说−x+alnx例1：已知函数f(x)=1x（1）讨论f(x)的单调性．<a−2.（2）若函数存在两个极值点x1,x2,证明f(x1)−f(x2)x1−x2小结1：消元，变量归一①若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两个变量转化为一个变量.,x1x2,x1−②若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之间的关系看成一个整体（比如x1x2x2,x1+x2）,进行整体换元，将两个变量化为一个变量..例2：已知函数f(x)=e2x−2t(e x+x)+x2+2t2+1,求证f(x)≥32小结2：变换主元当两个变量之间没有关系，也不能看成一个整体时，主元的选择就显得尤为重要了，主元若选择得当，可以降低思维难度，可以将复杂的函数变为简单函数。
主元变换是将其中一个变量作为主元，其中一个变量作为参数。
例3：已知函数f(x)=1+2lnx.x2（1）求f(x)的单调区间（2）存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2，使|f(x1)−f(x2)|≥k|lnx1−lnx2|成立，求k的取值范围.小结3：构造函数根据题中条件构造适当的函数，利用函数性质解决.,1],|f(x1)−f(x2)|≤b,求b的取值范围.例4：已知函数f(x)=xlnx+x,对∀x1,x2∈[1e3小结4：转化为最值根据题中条件将双变量问题转化为函数最值来处理，此类题型可以参考“恒成立”与“存在性”问题解题思路与方法.三、练习提升1．设函数f(x)=e mx+x2−mx．（1）证明：f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；（2）若对于任意x1,x2∈[−1,1]，都有|f(x1)−f(x2)|≤e−1，求m的取值范围．2．已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)−2xx+2.(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.3．已知函数f(x)=lnx−ax+1−ax−1,(a∈R).(Ⅰ)当a≤12时，讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）设g(x)=x2−2bx+4,当a=14时，若对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)，求实数b取值范围.4．已知函数f(x)=ln x+mx−2(m∈R).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)存在两个零点分别为x1，x2(x1<x2)，试求m的取值范围，并证明1x1+1x2>1e.5．已知函数f(x)=x ln x−2ax2+x，a∈R．（Ⅰ）若()f x在(0,+∞)内单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1+x2>12a．6．已知函数f(x)=(x+2)ln x+ax2（a为常数）在x=1处的切线方程为y=4x−72. （1）求a的值，并讨论f(x)的单调性；（2）若f(x1)+f(x2)=1，求证x1x2≤1.函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。
2019高考数学二轮复习微专题11双变量双函数问题课件ppt版本
则f(x)在(0,2]上单调递增,
故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln 2=-2a-2+2ln 2,
由-2a-2+2ln 2<0,解得a>ln 2-1,故ln 2-1<a≤ 1 且a≠0.
2
②当a> 12 时,0< 1a <2,易知f(x)在 0, 1a 上单调递增,在 1a ,2上单调递减,
解析 (1)T(x)=ex+a(x-b),T'(x)=ex+a.
当a≥0时,T'(x)>0恒成立;
当a<0时,由T'(x)>0,得x>ln(-a).
所以当a≥0时,函数T(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);
当a<0时,函数T(x)的单调递增区间为(ln(-a),+∞).
(2)存在x1,x2∈[0,1],使|h(x1)-h(x2)|>1成立等价于h(x)在[0,1]上的最大值h(x)max和 最小值h(x)min满足:h(x)max-h(x)min>1.
2)上单调递增,∴f(x)min=f(1)=- 12 .依题意有f(x)min≤g(x)max,所以g(x)max≥- 12 .又g(x)
=(x-b)2-b2+4,从而
b
g
3, 2
(1)
5
2b
1 2
或
b g
3, 2
(2)
8
4b
1 2
增,在区间(1,2]上单调递减,所以h(x)max=h(1)=1,所以a≥1.
【方法归纳】 (1)研究与不等式有关的恒成立问题时,常常通过构造函数, 将原问题转化为研究函数性质的问题.解本类题的常用思路是:∀x1∈A,∀x2 ∈B,使得f(x1)≥g(x2)成立⇔f(x)min≥g(x)max. (2)“对任意x1∈A,任意x2∈B,使f(x1)=g(x2)”等价于f(x)在A上的值域=g(x)在B 上的值域.
双变量任意,存在性导数问题
值域法破解双变量压轴题的四种情形1基本原理.第1类.“任意=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∀，使得)()(21x g x f =,等价于函数)(x f 在1D 上上的值域A 是函数)(x g 在2D 上的值域B 的子集,即B A ⊆.其等价转化的基本思想:函数)(x f 的任意一个函数值都与函数)(x g 的某一个函数值相等,即)(x f 的函数值都在)(x g 的值域之中.此类型出现频率最高.第2类.“存在=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∃，使得)()(21x g x f =，等价于函数)(x f 在1D 上的值域A 与函数)(x g 在2D 上的值域B 的交集不为空集,即∅≠⋂B A .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.第3类.“任意≥(≤、>、<)任意”型2211,D x D x ∈∀∈∀，使得)()(21x g x f ≥恒成立等价于max min )()(x g x f ≥.其等价转化的基本思想是函数)(x f 的任何一个函数值均大于函数)(x g 的任何一个函数值.同理，可得其他类型.第4类.m x f x f b a x x ≤-∈∀|)()(|],,[,2121型.由于闭区间上连续函数必有最值，故此类转化为m x f x f ≤-|)()(|min max ，解决掉双变量转化为求最值.2.典例分析第1类问题问题应用.例1.已知函数()()ln f x ax x a R =+∈.（1）若1a =，求曲线()y f x =在1x =处切线方程；（2）讨论()y f x =的单调性；（3）12a ≥-时，设()222g x x x =-+，若对任意[]11,2x ∈，均存在[]20,3x ∈，使得()()12f x g x =，求实数a 的取值范围.解析：（2）()f x 定义域为()0,∞+，()1'1ax a x f xx +=+=，当0a ≥时，()'0f x >恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()'0f x >恒成立，1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时()'0f x <恒成立，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上述，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（3）由已知，转化为()f x 在[]1,2x ∈的值域M 和()g x 在[]0,3x ∈的值域N 满足：M N ⊆，易求[]1,5N =.又()1'1ax a x f xx +=+=且12a ≥-，()f x 在[]1,2x ∈上单调递增，故值域[],2ln 2M a a =+.所以152ln 2a a ≤⎧⎨≥+⎩，解得5ln 212a -≤≤，即5ln 21,2a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.第2类问题应用例2．已知曲线()y ln x m =+与x 轴交于点P ，曲线在点P 处的切线方程为()y f x =，且2)1(=f .（1）求()y f x =的解析式；（2）求函数()()xf xg x e =的极值；（3）设2(1)1()ln x a lnx h x x +-+=，若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使得21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，求实数a 的取值范围．解析：（1）曲线()y ln x m =+与x 轴交于点(1,0)P m -，1y x m'=+，∴曲线在点P 处的切线斜率111k m m==-+，可得切线方程为0(1)y x m -=--，f （1）2=，21(1)m ∴=--，解得2m =．()(12)y f x x ∴==--，即()1f x x =+．（2）函数()1()x x f x x g x e e +==，()x xg x e-'=，0x ∴>时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减；0x <时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增．0x ∴=是函数()g x 的极大值点，(0)1g =．（3）设21x m =，12[x e -∈ ，1]，则[1m ∈，]e ，2222222(1)1(1)ln m a lnm x ln x a x lnx x m +-++-+=．2(1)1()ln x a lnx h x x +-+= ，∴2(1)1()ln m a lnm h m m+-+=．若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，等价于：12()()h x h m <成立，[1m ∈，]e ．即2()()min max h x h x <，[1x ∈，]e ．令lnx t =，[1x ∈ ，]e ，则[0t ∈，1]．22(1)1(1)1()tln x a lnx t a t h x x e +-++-+∴==，[0t ∈，1]，(0)1h =，h （1）3ae -=．221[(1)1](1)()()t tt a t a t t t a h t e e +--+-+--'==，a的取值范围是(-∞，32)(32ee --⋃，)+∞．第3类情形应用实例例3．设函数()(0)kx f x xe k =≠．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()24g x x bx =-+，当1k =时，若对任意的1x R ∈，存在2[1,2]x ∈，使得()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围．解析：(1)令()(1)0kx f x kx e '=+>，所以10kx +>，当0k >时，1x k >-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当k 0<时，1x k <-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）当1k =时，，()f x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞单调递增.所以对任意1x R ∈，有()11(1)f x f e ≥-=-，又已知存在2[1,2]x ∈，使()()12f x g x ≥，所以()221,[1,2]g x x e -≥∈即存在2[1,2]x ∈，使21()24g x x bx e =-+≤-，即142e b x x-+≥+，又因为当[1,2]x ∈，14114,52e x x ee -+⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦，所以1242b e ≥+，124b e ≥+，即实数b 的取值范围124b e ≥+.第4类情形应用实例例4.已知函数()()ln 0bf x a x x a =+≠．（1）当2b =时，若函数()f x 恰有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0a b +=，0b >时，对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，求实数b 的取值范围．解析：（1）定义域为()0,∞+，当2b =时，22()2a x af x x x x+'=+=；当0a >时，()0f x '>，()f x 为增函数，取10a x e -=，120()1(e )0a f x -=-+<，(1)10f =>所以0()(1)0f x f ⋅<，故此时恰有一个零点；当0a <时，令()0f x '=，x =0x <时，()0f x '<，所以()f x 在⎛ ⎝单调递减，x ()0f x '>，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增；要使函数恰有一个零点，需要ln 02af a ==，解得2a e =-，综上，实数a 的取值范围是2a e =-或0a >.（2）因为对任意121,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，且12max min ()()()()f x f x f x f x --≤，所以max min ()2(e )f x f x -≤-.因为0a b +=，所以=-a b ，所以()ln bf x b x x =-+，1(1)().b b b b x f x bx x x--'=-+=当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>；所以函数在1[,1)e上单调递减，在(1,]e 上单调递增，min ()(1)1,f x f ==因为1()bf b e e -=+与()b f e b e =-+，所以max 1()max (),(e),e f x f f ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭令1()(e)()e e 2,eb bg b f f b -=-=--则当0b >时，()220b b g b e e -'=+->-=，所以()g b 在()0,∞+上单调递增，故()(0)0g b g >=，所以1()()f e f e>，从而max ()e .bf x b =-+所以12b b e e -+-≤-，即10b e b e --+≤.令()e e 1(0)t t t t ϕ=--+>，则()e 1t t ϕ'=-.当0t >时，()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()0,∞+上单调递增.又(1)0ϕ=，所以10b e b e --+≤，即()(1)b ϕϕ≤，解得1b ≤，所以b 的取值范围是(0,1].。
高考数学专题《双变量方程类存在性、任意性问题》填选压轴题及答案
所以 ， ，．
又 ， ，
则 ，不合题意．
综上所述， ．
点评：
存在性和恒成立混合问题注意理解题意，等量关系转化为值域的关系.
例5已知f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，且当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1，函数g(x)＝x2－2x＋m，且如果对于任意的x1∈[－2，2]，都存在x2∈[－2，2]，使得g(x2)＝f(x1)，则实数m的取值范围是______________．
例6已知函数f(x)＝ g(x)＝－x2－2x－2．若存在a∈R，使得f(a)＋g(b)＝0，则实数b的取值范围是________．
【答案】(－2,0)
【解析】当x≤－ 时，f(x)＝1＋ ＜1，
此时f(x)＝1＋ ＝1＋ － 在 上单调递减，易求得f(x)∈[－7,1)；
当x＞－ 时，f(x)＝log ，
(2)若∀x1∈[2，＋∞)，∃x2∈[2，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围为__________．
5.已知函数 ， ，若存在实数 ，使得 成立，则实数 的取值范围是。
6.已知函数f(x)= ，g(x)= −x2−2x−2，若存在a∈R，使得f(a)+g(b)=0，则实数b的取值范围是_______________.
专题11双变量方程类存在性、任意性问题
【方法点拨】
解决双变量“存在性或任意性”问题关键就是将含有全称量词和存在量词的条件“等价转化”为两个函数值域之间的关系(或两个函数最值之间的关系)，目的在于培养学生的逻辑推理素养和良好的数学思维品质．
若f(x)，g(x)的值域分别为A，B，则有：
∀x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)=g(x2)成立，则 ；
双变量中任意与存在混搭不等式问题的辨析与求解(长沙市南雅中学石向阳)
又
(
)
g(x) = a2 + 25 ex
4
在 [0, 4] 上是增函数, 所以它在 [0, 4] 上的值域是
[
(
)]
a2 + 25 , a2 + 25 e4 ,
4
4
由于
(
)
g(x)min − f (x)max =
a2 + 25 4
− (a + 6)
( 1 )2
= a−
0,
2
所以
g(x)min > f (x)max.
解法 1 由命题 1 知“对任意 x1 ∈ (0, 2), 存在 x2 ∈ [1, 2],
使 f (x1) g(x2)”⇔ [f (x)]min [g(x)]min.
f ′(x)
=
1 x
−
1 4
−
3 4x2
=
−
(x
−
1)(x 4x2
−
3)
(x
>
0).
当 x ∈ (0, 1), f ′(x) < 0; 当 x ∈ (1, +∞),
(1) 求 a 与 b 的关系式 (用 a 表示 b), 并求 f (x) 的单调区
间;
(
)
(2) 设 a > 0, g(x) =
a2 + 25 4
ex 若 存 在 x1, x2 ∈
[0, 4] 使得 |f (x1) − g(x2)| < 1 成立, 求 a 的取值范围.
解 (1)
f ′(x) = −[x2 + (a − 2)x + b − a]e3−x
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中学数学研究
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【智博教育原创专题】浅析函数中双变量的
任意与存在问题
浅析函数中双变量的任意与存在问题
邓冬华冷世平
恒成立、能成立问题是高中数学的一类重要问题,也是高中数学的难点.这类问题的解决通常思维容量较大,往往需要等价转化.解决一个变量的任意与存在问题是比较简单的,但对于两个变量的任意与存在问题,学生普遍觉得比较困难.
请看下面的问题：引例：设f(x)是定义在实数集R上的奇函数,当x0时,f(x)x24x.求f(x)的解析式,并解不等式f(x)x；设g(x)2x1m,若对任意x1[1，4],总存在x2[2，5],使f(x1)g(x2),求实数m的取值范围.
对于问题,标答如下：当x1[1，4]时,f(x1)[3，4].
∵g(x)2x1m是R上的增函数,∴当x2[2，5]时,g(x2)[2m，16m], ∵对任意x1[1，4],总存在x2[2，5]使f(x1)g(x2),∴[3，4][2m，16m],
2m3则,解得12m5,故实数m的取值范围是[12，5].
16m4本例出现的“x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)”的结构,就是所说的双变量的任意与存在问题.本例的解答过程中的[3，4][2m，16m],很多学生想不通,或想得不够自然.对于两
个变量的任意与存在问题有没有学生更容易接受的解决策略呢？这正是要探讨的
内容.
一、任意与存在问题的四种类型
记区间D1,D2分别是函数yf(x),yg(x)定义域的子区间.双变量的任意与存在问题包含以下四种基本类型：类型1. x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmax(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任一函数值均大于函数yg(x)的任一函数值,只需fmin(x)gmax(x)即可.同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmin(x).
例1 已知f(x)8x216xk(kR),g(x)2x35x24x.若对x1、x23,3,都有f(x1)g(x2)成立,求k的取值范围.
分析与解：本题的关键是对条件“对x1、x23,3,都有f(x1)g(x2)成立”进行处理.上面的分析知,其等价于f(x)maxg(x)min,故先判定单调性求其相应的最值.
- 1 -
f(x)8x216xk=8(x1)2k8,g'(x)6x210x42(x1)(3x2)知, f(x)在[3,1]单调递减,在[1,3]单调递增,且
f(3)24k,f(3)120k,fmax(x)120k.
22g(x)在[3,1]单调递增,在[1,]上单调递减,在[，3]上单调递增,且
33228g(3)21,g ,g(x)min21.
327120k21k141,即k[141,)
类型2.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmin(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任一函数值大于函数yg(x)的某些函数值,但并不要求大于yg(x)的所有函数值,故只需fmin(x)gmin(x)即可.
同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmax(x).
125例 2 设函数fxlnxx,若对于1．函数gxx22bx1233x,]x1[1,2x2[0,1],使fx1gx2成立,求实数b的取值范围．
分析与解：已知“对于x1[1,2],x2[0,1],使f(x1)g(x2)成立”g(x)在0,1上的最小值小于等于f(x)在1,2上的最小值,先分别求函数f(x),g(x)的最小值,最后解不等式g(x)minf(x)min得实数b的取值范围．
2易知函数f(x)在(1,2)上单调递增,故f(x)在[1,2]上fmin(x)f(1)；
355又g(x)x22bx(xb)2b2,x[0,1]
121252①当b0时,g(x)在[0,1]上为增函数,gmin(x)g(0),舍去
1235215②当0b1时,gmin(x)g(b)b2,b2及0b1得,b1
212312
72③当b1时,g(x)在[0,1]上为减函数,g(x)ming12b及b1得b1.
1231 综上,b的取值范围是[,).
2类型3.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmax(x). 其等价转化的基本思想
是：函数yf(x)的某些在函数值大于函数yg(x)的任一函数值,只需要yf(x)有函数值大于即可,不是所有函数值,故只需fmax(x)gmax(x)即可.
- 2 -
同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmin(x). 例3 已知函数g(x)2x2exln，h(x)x2mx4,若x1(0,1],对x2[1,2],x2总有g(x1)h(x2)成立,求实数m的取值范围.
分析与解：本题的关键在于：x1(0,1],对x2[1,2],总有g(x1)h(x2)成立g(x)在(0,1]上的最大值大于等于h(x)在[1,2]上的最大值.
2ex2x2x2g(x)2xln,得g(x)0,故在(0,1]上g(x)0,即函数g(x)2x2x在(0,1]上单调递增,g(x)maxg(1)ln21.
而h(x)在[1,2]上的最大值为h(1),h(2)中的最大者,记为max{h(1),h(2)}.
g(1)ln21h(1)g(1)ln215m则有,解得m6ln2. ，g(1)ln21h(2)g(1)ln2182m故实数m的取值范围为[6ln2,).
类型4.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmin(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的某些函数值大于函数yg(x)的某些函数值,都只需要有这样的函数值,不需要所有的函
数值,故只需fmax(x)gmin(x).
同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmax(x).
2mx2,g(x)lnx2ex2,存在x1,x2(0,1)使f(x1)g(x2)成立,x21求实数m的取值范围.
例 4 已知函数f(x)分析与解：存在x1,x2(0,1)使f(x1)g(x2)成立,只需要f(x)的最大值大于g(x)的最小值.
已知得g(x)2lnx12e0 解得xe1.当x(0,e)时,g(x)0,g(x)单调递x减；当x(e1,1)时,g(x)0,g(x)单调递增,所以gmin(x)g(e1)1.
2mx显然m0则f(x)在(0,1)上是递增函数,故f(x)的最大值不存在！但21x当x1时,f(x)m,即f(x)的最小上界为m，所以m1.故实数m的取值范围是(1,).
又f(x)二、对双变量的任意与存在问题等价转化的几点说明
1.在具体理解时,双变量的问题可以转化为单变量的问题,只需将双变量的任意与存在分别对应单变量的恒成立与能成立问题处理即可；
(x1)g(x2)与f(x1)g(x2)也可以相应地变化处理，如例1，例2，例3；
- 3 -。