高一B10：任意性与存在性问题综合
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⑴? 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) ——(x> 0).1+ x, 1 a x+ 1 + ah (x)_ 1+ x+( 1+ x f_ (1 + x J .当a > —1时，h ' (x)> 0, h(x)在[0, + )上单调递增，••• h(x)> h(0) =—a，则一a>0, a< 0,「. a€ [—1,0].当a<—1时，对于x€ (0, —a—1)有h' (x)<0，贝U 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X Q= e—a—1,贝U X Q>0 ,…h(x o)= —a(1 + £)>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(―8,+^).[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.⑵存在x>0，使得f(x)>g(x)，即至少有一个X Q>0,满足f(X))—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；⑵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;数a 的取值范围.解：(l)f ' (x)= 3x 2— 2x = x(3x — 2). 2由 f ' (x)>0，得 x<0 或 x>-;3由f ' (x)<0，得0<x<3,所以f(x)的单调递增区间是(一R, 0), 2,+R ,单调递减 区间是0, 2 .32(2)令 h(x)= f(x)— m ,则 h(x) = x — x — 3— m ,2h ' (x) = 3x — 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 =-处取得极小值3 —m.因为函数y = f(x)— m 在区间［—1,2］上有三个零点,h —1 =— 5— m w 0, h 0 =— 3— m>0 ,所以 285 85h 3 厂—27— m<0 ,解得—27<m< — 3 , h 2 = 1 — m > 0 ,所以实数m 的取值范围是 —27, — 3 .(3)由(1)知，函数f(x)在2 , 2上单调递减，在2 , 2上单调递增， 而f(2卜-25 , f(2)=1,故f(x)在区间:,2上的最大值为f(2) = 1.因为“对任意的X 1 , x 2€ 2 , 2］都有f(X 1) w g(x 2)成立”等价于“对任意x € J , 2、 g(x)> f(x)max 恒成立”2即a > x — x ln x 恒成立.2记 u(x)= X — X ln X ,则有 a 》U (x)max .⑶设函数g(x) = a+ xln x ，如果对任意的X i , X 2^ 2 2 I,都有 f(X i )w g(X 2)成立，求实h2 _ 15即当x€ g(x)= a + xln x > 1 恒成立,u ' (x) = 1 — x — 2xln x ,可知 u ' (1) = 0. 当 x € 1, 1 时，1 — x>0,2xln x<0, 则u ' (x)>0, u(x)在2, 1上单调递增; 当 x € (1,2)时，1 — x<0,2xln x>0, 则u ' (x)<0, u(x)在(1,2)上单调递减.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 2B 的交集不是空集，即 A H B 丰?，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值.故u(x)在区间2, 1的最大值为 u ⑴=1,所以实数a 的取值范围是 ［1，+ m ). 技法“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 ,上的值域 ⑵? 上的值域X 1€ D 1, ? X 2€ D 2,使得f(x“= g(x 2)等价于函数f(x)在D 1上的值域A 是g(x)在 D ?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.2 23 1［典例】已知函数f(x)= x -刊，a>0, x€ R，g(x)=乔X.(1)若？ X 1€ (— s, — 1］, ? x ?€— m，—1 ,使得f(x 1) = g(x 2),求实数a 的取值范围;(2) 当 a = 2时,证明：对任意的X 1 € (2, +s )，都存在x ?€ (1 , +s )，使得f(X 1)= g(X 2). ［方法演示］2解: (1) •- f(x)= X 2 — 3ax 3, /• f ' (x) = 2x — 2ax 2= 2x(1 — ax).1令f ' (x)=0, 得 x =0 或x =a .当 x € (— a, 0)时，f ' (x)<0 ,••• f(x)在(一a,— 1]上单调递减,a故f(x)在(—a,— 1]上的值域为1 + 2^,+ a }2•••g(x) = -T-1—, • g ' (x)= 3x 2xX (1 — X ) 1当 x<—1 时，g ' (x)>0, g(x)单调递增，g(x)<g—a,— 2，使得 f(X 1)=g(X 2),则 1 + 2a<3,解得 0<玄<2,故实数a 的取值范围是 0, 5 .⑵证明：当a =舟时，f(x)= x 2 — x 3, 所以 f ' (x)= 2x — 3X 2= 3x 3— x .当x>1时，f ' (x)vo ，所以f(x)在(1 ,+s )上单调递减，且 f(2) =- 4. 所以f(x)在(2,+a )上的值域为(一a,— 4). 4则g(x)= 严 =-^在(1 ,+a )上单调递增，X (1 — X ) f (X ) 所以g(X)=' 在(1 , + a )上的值域为(—a, 0).X (1 — X ) 因为(一a ,— 4)( — a , 0),所以对于任意的(2 , + a )，都存在(1 , + a )，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)=弓^，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 °€ [0,1], 使得g(x °)= f(X 1)成立，求实数a 的取值范围.—4x + 16x — 7 2x — 1 2x — 72— x 2 , X €[0，1].3x — 2~2 T"2 = 3 “ . X — X x 1 — X一 1L 8 、2厂故g(x)在 —a,— 2上的值域为 — a 8] ，3 .若？捲€ (—a, — 1] , ? 解: (1)f' (X)=2— x1 7令f' (x)= 0，解得x= 2或X = 2(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, 2，递增区间是2，1 .所以f(x)min= f 2 =- 4.又f(0) = -7, 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 i€ [0,1],总存在x°€ [0,1],使得g(x o) = f(x i)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(x2—a2)<0,所以g(x)为减函数，故g(x)的值域A= [1 —2a —3a2,—2a].由B? A，得 1 —2a—3a2< — 4 且—2a> —3,解得1< a< 号.所以实数a的取值范围为1, 3 .技法三f(x), g(x)是闭区间D上的连续函数，“ ？冷，X2€ D，使得f(x“>g(x2)”与“ ？X1,x2€D，使得f(x1)>g(X2)” 的辨析(1)f(x), g(x)是在闭区间D上的连续函数且？X1, x2€ D，使得f(xd>g(x2),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.图⑤国⑥⑵存在X1, x2 € D,使得f(x1)>g(X2),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⑥.2 a［典例］ 已知 f(x)= x + 一(a>0), g(x) = x + In x.(1) 若对任意的x i , X 2^ ［1, e ］,都有f(X i )A g (x 2)成立，求实数a 的取值范围; (2) 若存在x i ，X 2^ ［1, e ］,使得f(X i )vg (x 2),求实数a 的取值范围. ［方法演示］解: (1)对任意的 X i,X 2€ ［1 ,e ］,都有 f(x i )> g(X 2)成立，等价于 x € ［1 ,e ］时,f(x)min > g(X )max .1当 x € ［1, e ］时,g ' (x)= 1 + ->0，所以 g(x)在［1, e ］上单调递增，所以 g(x)max = g(e)= e +1.2只需证 f(x)> e + 1,即 x + — > 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 宁=号 2.所以a 2> 宁 2,即故实数a 的取值范围是号,+R }(2)存在 X i , x 2 € ［1, e ］,使得 f(x i )v g(X 2),等价于 X € ［1 , e ］时,f(x)min <g(x)max .1 当 x € ［1, e ］时,g ' (x)= 1+ x>0 ,所以 g(x)在［1, e ］上单调递增,所以 g(x)max = g (e)=e+1.2a又 f ' (x)= 1 — p ,令 f ' (x)= 0，得 X = a , 2故f(x) = x + °(a>0)在(0 , a)上单调递减，在(a , +)上单调递增.当 ovavi 时,f(x)在［1, e ］上单调递增，f(x)min = f(1) = 1 + a 2vi + e ,符合题意；当 1 < a w 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 ,1 -4- e 此时,2avi + e ,解得 i w av -;最咼点.［应用体验］2 2a a _当 a>e 时，f(x)在［1, e ］上单调递减,f(x)min = f(e)= e + —,此时,e + —vi + e ,即 av e , e e 与a>e 矛盾，不符合题意.综上可知，实数a 的取值范围为o , 粤. ［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.⑵本例第⑵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a >e + 1 2 .a + 33.已知函数f(x)= 4ln x—ax+-^(a》0),(1)求f(x)的单调区间；⑵当a> 1 时，设g(x)= 2e x—4x + 2a，若存在x i, X2^ 2, 2 ,使f(x“>g(x2),求实数a的取值范围.24 a+ 3 ax —4x + a + 3解：(1)由题意得f (x)=-一a—厂=— 2 (x>0).x x x ' '令f' (x)= 0，即ax2—4x+ a + 3 = 0.4x 一3 3 3当 a = 0 时，f' (x) =― .由f' (x)>0 ,得x>3；由f' (x)<0 ,得Ovxv；，所以函数f(x) x44的单调递增区间为4，+m，单调递减区间为o, 3.当a>0 时，ax2—4x+ a+ 3= 0 的判别式△=—4(a—1)(a+ 4).若a> 1, AC 0，贝U f' (x)w 0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+a).A c 1 空若0va<1，贝U 少0.因为X1+ X2= —>0 , X1X2= >0,a a所以X1= j一a—L吐纟>0 ,aX2= J—归1⑴ >0.a由f'(X)>0，得X1<x<X2 ；由f ' (X)<0，得X>X2或0VXVX1，所以f(x)的单调递增区间为(X1, X2),单调递减区间为(0, X1) , (X2,+ a).综上，当a= 0时，函数f(x)的单调递增区间为4，+ a ,单调递减区间为0, 3 .当0va<1时，函数f(x)的单调递增区间为 1L一归1吐4,a a单调递减区间为0, J一1吐*,a2+ P-(j—Hj±Z),+ a.a '当a> 1时，f(x)的单调递减区间为(0,+ a).(2) “存在X1 , x2 € 22〔使f(x1)>g(X2)” 等价于“x€ 2 2 时，f(x)max>g(x)min . 由(1)知，当x€ 1, 2 时，f(x)max= f 1 =—4ln 2 + ；a+ 6.由g' (x)= 2e x—4= 0,得x= In 2.当x €殳,ln 2时，g ' (x)vo , g(x)单调递减； 当 x € (In 2,2］时，g ，(x)>0, g(x)单调递增.所以当 x € 2，2 时，g(x)min = g(ln 2) = 4 — 4ln 2 + 2a.3由 f(x)max >g(x)min ，得—4ln 2 + qa + 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 “?捲€ D i, ? x 2€ D 2,使 f(X i )>g(x 2)” 与 “? x i € D i , ? x 2€ D 2,使 f(x°vg(x 2)” 的辨析(1)? x i € D i , ? X 2€ D 2,使f(X i )>g(x 2),等价于函数f(x)在D i 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 i € D i , ? x ?€ D 2,使f(X i )vg(X 2),等价于函数f(x)在D i 上的最大值小于 g(x)在D 2上的最大值，即f(x)max Vg(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.i 3［典例］已知函数 f(x) = ln x — 4X + 4X — i , g(x)= X 2— 2bx + 4,若对任意的 X i € (0,2), 总存在X 2€ ［i,2］,使f(x i ) > 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 ［i,2］上的最小值，即f(x)min 》g(x)min .则当Ovxvi 时，f ' (x)<0, f(x)单调递减; 当 ivxv2 时，f ，(x)>0 , f(x)单调递增，i 所以当 X € (0,2)时，f(x)min = f(i) =— 2又 g(x)= x 2— 2bx + 4,①当 bvi 时，可求得 g(x)min = g(i) = 5— 2b. i ii由5 — 2b < — ?,解得b >匚■，这与bvi 矛盾； ②当 i w b < 2 时，可求得 g(x)min = g(b) = 4 — b 2. 1 9由4 — b 2w — ，得b 2> 9，这与 K b w 2矛盾;所以 5 X -i -4?=x — i x —324x :HI ⑦RJ③当 b>2 时，可求得 g(x)min = g(2) = 8— 4b. 1 17由 8 — 4b w — 2，得 b 》—.［解题师说］“对任意%€ (0,2),总存在 x € ［1,2］，使 哄) > 如”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］1 3 24.已知函数 f(x) = ^x + x + 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)=家，对？刈€ 1, 2 , ? X 2€ 2, 2 I,使f 网< 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 ,+s )上恒成立,即a 》一(x + 1)2+ 1在［1, + 8)上恒成立，而y =— (x + 1)2+ 1在［1,+8)单调递减，则 y max =— 3,••• a 》一3,二a 的最小值为一 3.(2) “对？ X 1 €2 2 L ? x 2€j2，2 "，使 f ' (x 1)w g(X 2)成立”等价于 “x € 2 2 时,f !(x)maxw g(x)max .f ' (x) = x + 2x + a = (x +1) + a — 1 在？，2〔上递增， •- f (x)max = f ' (2) = 8 + a. , 1 — x又 g (x)=~e~，由 g ' (x)>0，得 x<1, 由 g ' (x)<0，得 x>1 ,• g(x)在(—8, 1)上单调递增，在(1, +8)上单调递减.由 8 + a w —，得 aw —— 8,•实数a 的取值范围为［升级增分训练］g(x)max = g(1)=e.-1x+舟O W X W 2,6 12 21.已知函数f(x) = 和函数g(x)= asir^x— a + 1(a>0)，若存在x3 1XT1，2<x W 1X1, x2^ [O,1】，使得f(x1)= g(x2)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“存在论,x?€ [0,1],使得f(x“ =g(x2)成立”等价于“A n B M ?”.1 1 1当0 W X W -时，f(x) =—&X +在单调递减，1所以0W f(x) W —.2当W 1 时，f' (x) = X 3 >0 ,3所以f(x)=4单调递增，X + 11 1 所以1"2<f(x)< 2；故f(x)在［0,1］上的值域A= 0，1.n n 丨n n 当X € ［0,1 ］时，6X € 0, 6，y= sin^x 在［0,1］上单调递增.又a>0 ,所以g(x)= asi%x —a+ 1在［0,1］上单调递增，其值域 B = 1 —a, 1 —111 a 1由A n B工？，得0 W 1 —a W 2或0 W 1 —云W云,解得2< a w 2.所以实数a的取值范围是2，2 .12.已知函数f(x)= ln x + - + ax.(1) 若函数f(x)在[1,+^ )上是单调函数，求实数a的取值范围；1(2) 已知函数g(x) = x+ -，对于任意X1€ [1, e],总存在灭？€ [1, e],使得f(xj w g(x2)成立，求正实数a的取值范围.21 1 ax + x—1解：(1)f (x)= x—~2+ a= X2，x € [1, + ),•••函数f(x)在[1 , + )上是单调函数，••• f' (x) > 0 或f' (x)w 0 对任意x€ [1 ,+^ )恒成立.即ax2+ x—1 > 0 或ax2+ x— 1 w 0 对任意x € [1, + )恒成立，11 11••• a>-2- 一或a< -2- 一对任意x€ [1,+ a)恒成立.xx x x1令t= 一，由于x€ [1,+ a)则t€ (0,1],设h(t)= t2-1= t- 2 2-4,1 1 因此一一w h(t) W 0,故a> 0 或a w —：,•••实数a的取值范围为一a,- 4 u [0, + a ).(2)由(1)知，当a > 0时，函数f(x)在[1, e]上为增函数，1 故f(1) w f(x)w f(e),即1 + a w f(x)w 1 + ae+ .e1x2-1「g (x) = 1-严 h ,•••当x € [1, e]时,g' (x)》0, g(x)单调递增，1 • g(1) w g(x) w g(e)，即2w g(x)w e+ .eT对任意为€ [1, e],总存在X2€ [1, e],使得f(x1)w g(X2)成立，1 1•- f(X1)max W g(X2)max，即1 + ae+Y e+_ ,e e1解得0 v a w 1--,e故所求正实数a的取值范围为0, 1-一.2 2 33.已知函数f(x)= x - 3ax (a>0), x € R.(1) 求f(x)的单调区间和极值；(2) 若对任意的X1 € (2,+a )，都存在X2 € (1 ,+a )，使得f(x“ q x2)= 1，求实数a的取值范围.解：(1)f' (x)= 2x- 2ax2(a>0),1令f' (x)= 0，得X= 0 或X = -.a当x(2)由 f(0) = f 3= 0 及(1)知，当 x € 0, 2a 时，f(x)>0 ； 当 x € 2a ，+g 时，f(x)<0. 设集合 A = {f(x)|x € (2, + g )},J iI吐1，+g)f (x r 叮贝y “对任意的x i € (2, +g ),都存在X 2€ (1, +g ),使得f(x i ) f (x 2)= 1 ”等价于A ? B , 显然0?B. 下面分三种情况讨论：①当2a>2，即0<a<3时，由f 2a =0知，0€ A ，而0?B ,所以A 不是B 的子集. ②当1三3 < 2,即3 < a w 3时，有f(2)三0,且此时f(x)在(2 ,+g )上单调递减,2a 4 2 故 A = (-g , f(2))，因而 A ? (-g, 0);由f(1) > 0，有f(x)在(1, + g )上的取值范围包含(一g, 0)，则(一g, 0)? B ，所以 A B.3 3③当-<1,即a>3时，有f(1)<0,且此时f(x)在(1, + g )上单调递减,2a 2 A = (-g, f(2)), A 不是B 的子集._im^x2 ax4.(理)已知函数 f(x) = ~2~^ + 1(m r 0), g(x) = x e (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.2解: (1f (x 戶X = 一寺^.当 m>0 时，由 f ' (x)>0，得一1<x<1 ;由 f ' (x)<0 ,得 x>1 或 x< — 1，所以 f(x)的单调 递增区间是(一1,1)，单调递减区间是(一g,- 1), (1 ,+g ).当 m<0 时，由 f ' (x)>0，得 x>1 或 x< — 1 ;由 f ' (x)<0，得一1<x<1，所以 f(x)的单调 递增区间是(一g,- 1), (1, + g )，单调递减区间是(一1,1).⑵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xf(x)的极小值为f(0) = 0，极大值为 f综上，实数 a 的取值范围是3 31-4’ 2：所以f(x)的单调递增区间是单调递减区间是 (-m , 0),1 3a 2.€ ［0,2］, f(x) min 》g(x) max 成立”.当m>0时，由 ⑴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 + 1>1，所以 f(x)min = f(0) = 1.故应满足 1> g(x)max .5 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 丰0时，令g ' (x) = 0,得x = 0或x =- 2.a2(i )当- -> 2,即—1W a<0 时，在［0,2］上, g ' (x) > 0,所以 g(x)在［0,2］上单调递增，g(x)maxa =g(2)= 4e 2a .由 1》4e ?a ，得 a w — In 2，所以一1 w a w — In 2.(ii )当 0< — a<2，即 a< — 1 时，在 0，—彳 上, g ' (x)>0, g(x)单调递增；在a ，2 上， g ' (x)<0, g(x)单调递减.g(x)max = g —2 =令.由1》2 2，得a w —-,所以a< — 1.a e e2(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) a =4e 2a ,此时不满足 1> g(x)max .综上，实数a 的取值范围是(一m, — ln 2］.2a 24.(文)已知函数f(x) = (1 + b)x + — — aln x(a > 0)在x = 2a 处取得极值. (1)求函数f(x)的单调区间；⑵设函数g(x)= x 2— 2cx + 4— ln 2,当a = 1时，若对任意的乂1尽€ [1 ,e]都有f(x“>g(x 2), 求实数c 的取值范围.又f(x)在x = 2a 处取得极值,1 1所以 f ' (2a) = 1+ b — — 2 = b = 0, 所以 f(x)= x + 2- — aln x ,2222a a x— ax — 2a(x + a (x — 2a } f ' (x)= 1— p — _=2 = 2, x x xx'又a >0,且函数f(x)的定义域为(0,+ g ), 所以由 f ' (x)> 0，得 x > 2a ; 由 f (x)v 0，得 O v x v 2a ,即函数f(x)的单调递增区间是(2a ,+s )，单调递减区间为(0,2a). 2(2)当 a = 1 时，f(x)= x + x - In x , x € (0, +),由⑴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解:(1)由 f(x)= (1+ b)x + 2a— aln x , a >0, x >0,得 f ' (x)= 1 + b —2a 2 ~2 x ax .f(2)=3- In 2.对任意的x i,冷€ ［1, e］都有f(x i)> g(x2),即f(x)min》g(x), x€ ［1 , e］恒成立.即 3 —In 2 > x2- 2cx+ 4—In 2, x€ ［1, e］恒成立，即2c>x + £ x€ ［1, e］恒成立,1 1令h(x) = x+ x，则h' (x)= 1 —-2 >0, x € ［1, e］,1即h(x)= x + -在［1, e］上单调递增,故h(x)max= e+ e，所以O丁 e+ * .故实数c的取值范围为:+占+T。
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
(完整版)函数导数任意存在”-型问题归纳总结,推荐文档
战略思想三： x R ，都有" f (x1) f (x) f (x2 )" f (x1), f (x2 ) 分别是 f (x) 的最小值和最大值， | x1 x2 | min 是同时出现最大值和最小值的最短区间.
y x1
x2 x
例 3.
已知函数
f
(x) 2sin( x 2
) ，若对 5
" f ( x1 x2 ) f (x1) f (x2 ) "恒成立的函数的个数是( )
2
2
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" f ( x1 x2 ) f (x1) f (x2 ) "的函数，应是凸函
2
2
数的性质，画草图即知 y log2 2x 符合题意；
即 f (x) 在[1,1]上为增函数.
∵ f (1) 1，∴ x [1,1] ，恒有 f (x) 1； ∴要使 f (x) t2 2at 1 对所有 x [1,1] ， a [1,1] 恒成立，
即要 t2 2at 1 1恒成立，故 t2 2at 0 恒成立，
令 g(a) 2at t2 ，只须 g(1) 0 且 g(1) 0 ，
x R ，都有"
f
(x1)
f (x)
f
(x2 )" 成立，则
| x1 x2 | 的最小值为____.
解 ∵对任意 x∈R，不等式 f (x1) f (x) f (x2 ) 恒成立，
∴ f (x1), f (x2 ) 分别是 f (x) 的最小值和最大值.
对于函数 y sin 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.
解得 t 2 或 t 0 或 t 2 .
任意性和存在性的综合问题
任意性和存在性的综合问题：1.已知函数,其中m ,a 均为实数． (1)求的极值；(2)设,若对任意的,恒成立,求的最小值；(3)设,若对任意给定的,在区间上总存在,使得 成立,求的取值范围．2.设2()()x f x x ax b e =++（1）若2,2a b ==-，求()f x 极大值（2）若1x =是函数()f x 的一个极值点，用a 表示b ，并确定()f x 的增区间（3）在（2）的条件下，设0a >，函数24()(14)x g x a e +=+，若[]12,0,4x x ∃∈使得12()()1f x g x -<成立，求a 的取值范围。
（若将""∃改成""∀呢？）变式训练：若2()25f x x ax =-+在(],2-∞上是减函数，且[]12,1,1x x a ∀∈+时总有12()()4f x f x -≤，求a 的范围。
e ()ln ,()ex x f x mx a x m g x =--=()g x 1,0m a =<12,[3,4]x x ∈12()x x ≠212111()()()()f x f xg x g x -<-a 2a =0(0,e]x ∈(0,e]1212,()t t t t ≠120()()()f t f t g x ==m3.函数()ln f x x a x =-，（1）求函数的单调区间（2）若0a <，(]12,0,1x x ∀∈且12x x ≠，121211()()4f x f x x x -<-恒成立，求a 的取值范围(变式训练)已知函数f(x)＝(a ＋1)lnx ＋ax 2＋1.(1) 讨论函数f(x)的单调性；(2) 设a<－1.如果对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f(x 1)－f(x 2)|≥4|x 1－x 2|，求a 的取值范围．4.已知2(),()ln a f x x g x x x x=+=-，若对[]12,1,x x e ∀∈都有12()()f x g x ≥成立，求a 的范围。
2021年高考数学重难点复习：任意性与存在性问题
2021年高考数学重难点复习巧辨“任意性问题”与“存在性问题”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】【2020·河南濮阳一中期末】已知函数1()ln (0),()a f x a x a g x x x x =-≠=--. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若存在0[1,]x e ∈，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.【解析】（I ）()f x 的定义域为'221(0,),().a a x f x a x x x++∞=--=- 所以，当0a >时，()'0fx <，()f x 在(0,)+∞上递减； 当0a <时，()'0f x >，所以，()f x 在(0,)+∞上递增.（II ）在[]1e ，上存在一点0x 使00()()f xg x <成立， 即函数1()ln ah x a x x x x=-++在[]1,e 上的最小值小于0, ()'222(1)1+1()1x x a a a h x x x x x +-⎡⎤⎣⎦=--+-=. ①当1+a e ≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1,e 上单调递减，所以()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ，由()10a h e e a e+=+-<， 得222111,1,111e e e a e a e e e +++>>-∴>---Q ； ②当11a +≤，即0a ≤时，0a >Q ，不合乎题意；③当11a e <+<，即01a e <<-时，()h x 的最小值为()1h a +，0ln(1)1,0ln(1),a a a a <+<∴<+<Q 故(1)2ln(1)2h a a a a +=+-+>.此时(1)0h a +<不成立.综上所述，a 的取值范围是211e a >e +-. 【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】【2020·江西瑞金一中期中】已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++由切线方程可知：()1211f =-=。
函数、导数“任意、存在”型问题归纳
函数导数任意性和存在性问题探究导学语函数导数问题是高考试题中占比重最大的题型，前期所学利用导数解决函数图像切线、函数单调性、函数极值最值等问题的方法，仅可称之为解决这类问题的“战术”，若要更有效地彻底解决此类问题还必须研究“战略”，因为此类问题是函数导数结合全称命题和特称命题形成的综合性题目.常用战略思想如下：题型分类解析一．单一函数单一“任意”型战略思想一：“∀x A ∈，()()a f x >≥恒成立”等价于“当x A ∈时，max ()()a f x >≥”；“∀x A ∈，()()a f x <≤恒成立”等价于“当x A ∈时，min ()()a f x <≤”. 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．单一函数单一“存在”型战略思想二：“∃x A ∈，使得()()a f x >≥成立”等价于“当x A ∈时，min ()()a f x >≥”；“∃x A ∈，使得()()a f x <≤成立”等价于“当x A ∈时，max ()()a f x <≤”.例2. 已知函数2()ln f x a x x =+(a R ∈)，若存在[1,]x e ∈，使得()(2)f x a x ≤+成立，求实数a 的取值范围.解析：()(2)f x a x ≤+⇒x x x x a 2)ln (2-≥-.∵[1,]x e ∈，∴x x ≤≤1ln 且等号不能同时取，所以x x <ln ，即0ln >-x x ，因而x x xx a ln 22--≥，[1,]x e ∈， 令x x xx x g ln 2)(2--=],1[e x ∈，又2)ln ()ln 22)(1()(x x x x x x g --+-='， 当],1[e x ∈时，1ln ,01≤≥-x x ，0ln 22>-+x x ，从而0)(≥'x g （仅当x=1时取等号），所以)(x g 在],1[e 上为增函数，af (x )下限f (x )上限f (x )f (x )故)(x g 的最小值为1)1(-=g ，所以a 的取值范围是),1[+∞-． 三．单一函数双“任意”型战略思想三：∀x R ∈，都有"f ()f x 的最小值和最大值，1|x - 例3. 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.战略思想四： ,,21A x x ∈∀1212()()"()"22x x f x f x f ++>成立 ⇔()f x 在A 上是上凸函数⇔0)(''≤x f例4. 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( )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；战略思想五： ,,21A x x ∈∀1212()()"0"f x f x x x ->-成立⇔()f x 在A 上是增函数例5 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 -<，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 ≥.战略思想六： ,,21A x x ∈∀t x f x f ≤-|)()(|21（t 为常数）成立⇔t=min max )()(x f x f -例6. 已知函数43()2f x x x =-+，则对任意121,[,2]2t t ∈-（12t t <）都有≤-|)()(|21t f t f 恒成立，当且仅当1t =____，2t =____时取等号.解：因为12max min |()()||[()][()]|f x f x f x f x -≤-恒成立， 由431()2,[,2]2f x x x x =-+∈-，易求得max327[()]()216f x f ==，min 15[()]()216f x f =-=-， ∴12|()()|2f x f x -≤.战略思想七：,,21A x x ∈∀|||)()(|2121x x t x f x f -≤-⇔t x x x f x f <--|)()(|2121⇔)0(t |)('|>≤t x f例7. 已知函数()y f x =满足：(1)定义域为[1,1]-；(2)方程()0f x =至少有两个实根1-和1； (3)过()f x 图像上任意两点的直线的斜率绝对值不大于1.(1)证明:|(0)|1f ≤； (2)证明：对任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|1f x f x -≤. 证明 (1)略；(2)由条件(2)知(1)(1)0f f -==，不妨设1211x x -≤≤≤，由(3)知121221|()()|||f x f x x x x x -≤-=-，又∵121212|()()||()||()||()(1)||()(1)|f x f x f x f x f x f f x f -≤+=--+-122112112()2|()()|x x x x f x f x ≤++-=--≤--；∴12|()()|1f x f x -≤例8. 已知函数3()f x x ax b =++，对于12123,(0,)()x x x x ∈≠时总有1212|()()|||f x f x x x -<-成立，求实数a 的范围.解 由3()f x x ax b =++，得'2()3f x x a =+，当3(0,)x ∈时，'()1a f x a <<+，∵1212|()()|||f x f x x x -<-， ∴1212()()||1f x f x x x -<-， ∴11011a a a ≥-⎧⇒-≤≤⎨+≤⎩评注 由导数的几何意义知道，函数()y f x =图像上任意两点1122(,),(,)P x y Q x y 连线的斜率211221()y y k x x x x -=≠-的取值范围，就是曲线上任一点切线的斜率(如果有的话)的范围，利用这个结论，可以解决形如1212|()()|||f x f x m x x -≤-|或1212|()()|||f x f x m x x -≥-(m ＞0)型的不等式恒成立问题.四．双函数“任意”+“存在”型：战略思想八：12,x A x B ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥成立min min ()()f x g x ⇔≥；12,x A x B ∃∈∀∈，使得12()()f x g x ≥成立max max ()()f x g x ⇔≥.例9．已知函数2()25ln f x x x x=--，2()4g x x mx =-+，若存在1(0,1)x ∈，对任意2[1,2]x ∈，总有12()()f x g x ≥成立，求实数m 的取值范围.解析：题意等价于()f x 在(0,1)上的最大值大于或等于()g x 在[1,2]上的最大值.22252()x x f x x -+'=，由'()0f x =得，12x =或2x =， 当1(0,)2x ∈时， ()0f x '>，当1(,1)2x ∈时()0f x '<，所以在（0，1）上，max 1()()35ln 22f x f ==-+. 又()g x 在[1,2]上的最大值为max{(1),(2)}g g ，所以有185ln 2()(1)35ln 2521135ln 282(115ln 2)()(2)22m f g m m m f g ⎧≥-≥⎧⎪-+≥-⎧⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨-+≥-≥-⎩⎪⎪≥⎩⎪⎩85ln 2m ⇒≥-，所以实数m 的取值范围是85ln 2m ≥-.战略思想九：“∀1x A ∈，∃2x B ∈，使得12()()f x g x =成立”⇔“()f x 的值域包含于．()g x 的值域”.例10．设函数32115()4333f x x x x =--+-． （1）求()f x 的单调区间．（2）设1a ≥，函数32()32g x x a x a =--．若对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈，使得10()()f x g x =成立，求a 的取值范围．解析：（1） '225()33f x x x =--+，令'()0f x ≥，即225033x x +-≤，解得：513x -≤≤，∴()f x 的单增区间为5[,1]3-；单调减区间为5(,]3-∞-和[1,)+∞.（2）由（1）可知当[0,1]x ∈时，()f x 单调递增，∴当[0,1]x ∈时，()[(0),(1)]f x f f ∈， 即()[4,3]f x ∈--；又'22()33g x x a =-，且1a ≥，∴当[0,1]x ∈时，'()0g x ≤，()g x 单调递减，∴当[0,1]x ∈时，()[(1),(0)]g x g g ∈，即2()[321,2]g x a a a ∈--+-，又对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈，使得10()()f x g x =成立⇔[4,3]--⊆2[321,2]a a a --+-，即2321432a a a⎧--+-⎨--⎩≤≤，解得：312a ≤≤例11．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； f (x )下限f (x )上限g (x )下限g (x )上限当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,+∞).五．双函数“任意”+“任意”型战略思想十：12,x A x B ∀∈∀∈，使得12()()f x g x ≥成立min max ()()f x g x ⇔≥ 例12.已知函数32149()3,()332x cf x x x xg x +=--+=-，若对任意12,[2,2]x x ∈-，都有12()()f x g x <，求c 的范围.解：因为对任意的12,[2,2]x x ∈-，都有12()()f x g x <成立，∴max min [()][()]f x g x <，∵'2()23f x x x =--，令'()0f x >得3,1x x ><-x ＞3或x ＜-1；'()0f x <得13x -<<； ∴()f x 在[2,1]--为增函数，在[1,2]-为减函数. ∵(1)3,(2)6f f -==-，∴max [()]3,f x =.∴1832c+<-，∴24c <-. 例13．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：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,+∞).(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..六．双函数“存在”+“存在”型战略思想十一：12,x A x B ∃∈∃∈，使得12()()f x g x ≤成立min max ()()f x g x ⇔≤；12,x A x B ∃∈∃∈，使得12()()f x g x ≥成立max min ()()f x g x ⇔≥.例14．已知函数3()ln 144x f x x x=-+-，2()24g x x bx =-+.若存在1(0,2)x ∈，[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≤，求实数b 取值范围.解析：22113(1)(3)()444x x f x x x x--'=--=-， ()f x ∴在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，min 1()(1)2f x f ∴==-.依题意有min max ()()f x g x ≤，所以max 1()2g x ≥-.又22()()4g x x b b =--+， 从而⎪⎩⎪⎨⎧-≥-≥21)2(21)1(g g ,解得817≤b . 战略思想十二：“12,x A x B ∃∈∃∈，使得12()()f x g x =成立”等价于“()f x 的值域与()g x 的值域相交非空”.例15．已知函数32()(1)(2)()f x x a x a a x a R =+--+∈，191()63g x x =-.是否存在实数a ，存在[]11,1x ∈-，[]20,2x ∈，使得112'()2()f x ax g x +=成立若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.解析：在[]0,2上()19163g x x =-是增函数，故对于[]0,2x ∈，()1,63g x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦. 设()()()22322h x f x ax x x a a '=+=+-+，当[]1,1x ∈-时，∈)(x h [312-2--a a ,52-2+-a a ].要存在]1,1[1-∈x ，]2,0[2∈x 使得()()12h x g x =成立，只要[312-2--a a ,52-2+-a a ]Φ≠-⋂]6,31[考虑反面， [312-2--a a ,52-2+-a a ]Φ=-⋂]6,31[则 21523a a ->--或6<312-2--a a ，解得1a >-1a <-，从而所求为1133a --≤≤-+.。
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。
高中数学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 +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】：已知函数1()ln 1()a f x x ax a R x -=-+-∈; (1) 当12a ≤时，讨论()f x 的单调性； 关注公众号“品数学”，获取更多数学干货！ （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 ∈-。
细探“存在性问题”与“任意性问题”的四类辨析
数学教学研究
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细探“存在性问题”与“任意性问题”的四类辨析
邓玉梅
(重庆市秀山高级中学校 409900)
全称量词和特称量词是高中数学选修教材
2-1的内 容,“存 在 性 问 题”与 “任 意 性 问 题 ”是
教材 内 容 的 集 中 体 现,也 是 高 考 中 的 常 见 题 型
),使
得
f
(x1
)=g
(x2),求
实
数a
的
取
值
范围;
(2)当
a
=
3 2
时
,证
明
:对
于
任
意
的
x1
∈
(2,+∞),都存 在 x2∈ (1,+ ∞ ),使 得 f(x1)
=g(x2).
解析 (1)因为f(x)=x2-2 3ax3,所以
f'(x)=2x-2ax2=2x(1-ax).
令 f'(x)=0,得 x=0 或 x=a1 .因 为 a>0,所
图1
(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 2,其 等 价 转 化 的 目 标 是 函 数 y=f(x)的 函 数 值 都 在 函 数 y=g(x)的 值 域 之 中 .
成立,则正实数a 的取值范围是
.
(2)已知 函 数 f (x)=3lnx - 1 2x2 +x,
g(x)=3x+a,若 存 在 x0 >0,使 得 f(x0)>
g(x0)成立,则参数a 的取值范围是
第5章 不等式中任意性与存在性问题-高中数学不等式讲义(人教版)【2019原创资源大赛】
第五章 不等式中的任意性与存在性任意性与存在性在逻辑上是互为否定的两个量词。
近几年在全国各地的高考试题以它们立意命题，已经成为考查高中数学知识的热点。
尤其在函数与导数以及不等式中频频出现，由于这类问题灵活多变，思辨性强，大多数学生望而生畏、束手无策。
下面通过案例的解析对“任意”与“存在”这两个概念进行探析，希望对大家有所启发。
[例1] 设函数2236)(),0(12)(x x g a x ax x f -=>+-=（1）若对任意的[]1,2--∈x ，使得)()(x g x f >成立，求实数a 的取值范围.（2）若存在[]1,2--∈x ，使得)()(x g x f >成立，求实数a 的取值范围.（3）若对任意的[]1,2,21--∈x x ，使得)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围.（4）若存在[]1,2,21--∈x x ，使得)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围.（5）若对任意的[]1,21--∈x ，存在[]2,02∈x ，使得)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围.（6）若对任意的[]1,21--∈x ，存在[]2,02∈x ，使得)()(21x g x f ≤成立，求实数a 的取值范围.（7）若对任意的[]1,21--∈x ，总存在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,212x ，使得)()(21x g x f ≤成立，求实数a 的，取值范围.解析：（1）对任意的[]1,2--∈x ，使得)()(x g x f >成立，只需0)()(>-x g x f 在[]1,2--∈x 上恒成立，即x x a 413--<在[]1,2--∈x 上恒成立，令[]1,2,41)(3--∈--=x xx x h ，则只需min )(x h a <，因为[]1,2,41)(3--∈--=x x x x h 上是单调递增的。
专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题(解析版)
2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题”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】【2020·河南濮阳一中期末】已知函数1()ln (0),()a f x a x a g x x x x=-≠=--. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若存在0[1,]x e ∈，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.【解析】（I ）()f x 的定义域为'221(0,),().a a x f x a x x x ++∞=--=- 所以，当0a >时，()'0f x <，()f x 在(0,)+∞上递减；当0a <时，()'0fx >，所以，()f x 在(0,)+∞上递增.（II ）在[]1e ，上存在一点0x 使00()()f xg x <成立， 即函数1()ln a h x a x x x x=-++在[]1,e 上的最小值小于0, ()'222(1)1+1()1x x a a a h x x x x x+-⎡⎤⎣⎦=--+-=.①当1+a e ≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1,e 上单调递减， 所以()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ，由()10ah e e a e+=+-<， 得222111,1,111e e e a e a e e e +++>>-∴>---Q ； ②当11a +≤，即0a ≤时，0a >Q ，不合乎题意；③当11a e <+<，即01a e <<-时，()h x 的最小值为()1h a +，0ln(1)1,0ln(1),a a a a <+<∴<+<Q 故(1)2ln(1)2h a a a a +=+-+>. 此时(1)0h a +<不成立.综上所述，a 的取值范围是211e a >e +-. 【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】【2020·江西瑞金一中期中】已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln 20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为3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】【2020河北衡水中月考】已知函数()()()11ln 1f x a x x =---+，()1xg x xe -=.（1）求()g x 在区间(]0,e 上的值域；（2）是否存在实数a ，对任意给定的(]00,x e ∈，在[]1,e 存在两个不同的()1,2i x i =使得()()0i f x g x =，若存在，求出a 的范围，若不存在，说出理由. 【解析】（1）()()1'1xg x x e-=-，()0,1x ∈时，()'0g x >，()g x 单调递增，(]1,x e ∈时，()'0g x <，()g x 单调递减，()00g =，()11g =，()10e g e e e -=⨯>，∴()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1. （2）由已知得1()1f x a x='--，且[]1,x e ∈， 当0a ≤时，()'0f x ≥，()f x 在[]1,e 上单调递增，不合题意． 当11a e≥-时，()'0f x ≤，()f x 在[]1,e 上单调递减，不合题意． 当101a e <<-时，()0f x '=得011x a=-．当1(1,)1x a∈-时()'0f x <，()f x 单调递减， 当1()1x e a ，∈-时，()'0f x >，()f x 单调递增，∴()min 11f x f a ⎛⎫= ⎪-⎝⎭.由（1）知()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1，而()11f =，所以对任意(]00,x e ∈，在区间[]1,e 上总有两个不同的()1,2i x i =，使得()()0i f x g x =.当且仅当()1101fe f a ⎧≥⎪⎨⎛⎫≤ ⎪⎪-⎝⎭⎩，即()()()()()1111ln 1102a e a a ⎧--≥⎪⎨+-+≤⎪⎩， 由（1）得111a e ≤--. 设()()ln 11h a a a =+-+，10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()1'111a h a a a =-=--， 当10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()'0h a <，()h a 单调递减，∴()11110h a h e e⎛⎫>-=-> ⎪⎝⎭. ∴()0h a ≤无解.综上，满足条件的a 不存在. 【指点迷津】本例第(2)问等价转化的基本思想是：函数g (x )的任意一个函数值都与函数f (x )的某两个函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中． 【举一反三】【2020·河南南阳一中期中】已知函数1()ln 1f x x x=+-, 32()324g x x a x a =--+, []0,1x ∈,其中0a ≥.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意[]11,x e ∈,总存在[]20,1x ∈,使得()()12f x g x =成立,求a 的取值范围. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞,22111()x f x x x x-'=-+=, 令()0f x '>,解得1x >,令()0f x '<,解得01x <<,∴函数()f x 的减区间为(0,1),增区间为(1,)+∞;（2）依题意,函数()f x 在[]1,e 上的值域包含于函数g x （）在[]0,1上的值域,由（1）可知,函数()f x 在[]1,e 上单调递增,故值域为10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦,由32()324g x x a x a =--+得22()333()()g x x a x a x a '=-=+-, ①当0a =时,()0g x '≥恒成立,故函数g()x 在[]0,1上单调递增,此时值域为[]224,3254,5a a a ⎡⎤-+--+=⎣⎦,故0a =不符合题意;②Q 当0a >时,()0g x '>的解集为(,)a +∞,()0g x '<的解集为(0,)a ,∴ 故函数()g x 在(0,)a 上单调递减,在(,)a +∞上单调递增,且2(0)42,(1)325g a g a a =-=--+,()i 当01a <<时,函数g()x 在(0,)a 上单调递减,在(,1)a 上单调递增,此时值域为{}32224,42,325a a max a a a ⎡⎤--+---+⎣⎦,则此时需要32240a a --+≤,即320a a +-≥,当01a <<时,320a a +-≥不可能成立,故01a <<不符合题意; ()ii 当1a ≥时,()0g x '≤在[]0,1上恒成立,则函数g()x 在[]0,1上单调递减,此时值域为2325,42a a a ⎡⎤--+-⎣⎦,则23250142a a a e ⎧--+≤⎪⎨-≥⎪⎩,解得1122a e ≤≤-; 综上所述,实数a 的取值范围为11,22e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 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】【2020·甘肃天水一中月考】已知函数(1)(1ln )()3x x f x m x++=-，()ln g x mx x =-+(R)m ∈.(1)求函数()g x 的单调区间与极值.(2)当0m >时，是否存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立？若存在，求实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.【解析】（1）1()(0)g x m x x =-+>'， 当0m ≤时，1()0g x m x=-+>'恒成立，即函数()g x 的单调增区间为∞（0，+），无单调减区间，所以不存在极值．当0m >时，令1()0g x m x =-+='，得1x m =,当10x m <<时，()0g x '>，当1x m>时，()0g x '<，故函数()g x 的单调增区间为10m （，），单调减区间为1m+∞（，），此时函数()g x 在1x m =处取得极大值，极大值为111()ln 1ln g m m m m m=-⨯+=--，无极小值．综上，当0m ≤时，函数()g x 的单调增区间为()0+∞，，无单调减区间，不存在极值．当0m >时，函数()g x 的单调增区间为10m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭，，极大值为1ln m --，无极小值 （2）当0m >时，假设存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立，则对[]1,2x ∈，满足max min ()()f x g x > 由(1)(1ln )()3x x f x m x++=-[]1,2x ∈（）可得，221(1ln 1)(1)(1ln )ln ()x x x x x x x f x x x +++-++-=='. 令[]()ln 1,2h x x x x =-∈（），则1()10h x x'=-≥，所以()h x 在[]1,2上单调递增，所以()(1)1h x h ≥=，所以()0f x '>，所以()f x 在[]1,2上单调递增，所以max (21)(1ln 2)3(1ln 2)()(2)3322f x f m m +++==-=-由（1）可知，①当101m<≤时，即m 1≥时，函数()g x 在[]1,2上单调递减，所以()g x 的最小值是(2)2ln 2g m =-+．②当12m ≥，即102m <≤时，函数()g x 在[]1,2上单调递增， 所以()g x 的最小值是(1)g m =-．③当112m <<时，即112m <<时，函数()g x 在11,m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在1,2m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.又(2)(1)ln 22ln 2g g m m m -=-+=-，所以当1ln 22m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-.当ln 21m ≤<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-所以当0ln 2m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-，故3(1ln 2)32m m +->-， 解得3(1ln 2)4m +>,所以ln 20m >>． 当ln 2m ≤时，函数()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-，故3(1ln 2)3ln 222m m +->-， 解得3ln 22m +>，所以3ln 2ln 22m +≤<.故实数m 的取值范围是3ln 20,2+⎛⎫⎪⎝⎭【指点迷津】1.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】【2020·四川石室中学月考】已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；②若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->， 由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，∴()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ∴函数()f x 的最大值为(1)1f =-； （2）∵()a g x x x=+，∴2()1a g x x =-'，（Ⅰ）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又∵函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ∴1x =是函数()g x 的极值点，∴(1)10g a =-='，解得1a =， 经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（ⅱ）∵211()2f ee =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ∵2192ln 321e -+<--<-， 即1(3)()(1)f f f e <<，∴1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（ⅰ）知1()g x x x =+，∴21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，∵11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，∴1(1)()(3)g g g e <<，∴1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立 12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，∵12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，∴312k ≥-+=-，又∵1k >，∴1k >， ②当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，∵121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，∴342ln 33k ≤-+，又∵1k <， ∴342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 类型四 “∀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. 【例4】【2020·江西抚州二中期末】已知函数()42ln af x a x x x-=-++. （1）当4a ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）设()26xg x e mx =+-，当22a e =+时，对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2122f x e g x +≥，求实数m 的取值范围.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，224()1a a f x x x -'=-++2(2)[(2)]x x a x---=， 由()0f x '=，得2x =或2=-x a .当4a >即22a ->时，由()0f x '<得22x a <<-， 由()0f x '>得02x <<或2x a >-；当4a =即22a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；∴当4a >时，单调减区间是(2,2)a -，单调增区间是(0,2)，(2,)a -+∞；当4a =时，单调增区间是()0,∞+，没有单调减区间.（2）当22a e =+时，由（1）知()f x 在()22,e 上单调递减，在()2,e +∞上单调递增，从而()f x 在[)2,+∞上的最小值为22()6f e e =--.对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2212g x f x e ≤+，即存在[)21x ∈+∞,，使()g x 的值不超过()22e f x +在区间[)2,+∞上的最小值26e -.由2266xe e mx ≥+--，22e e xm x-∴≤. 令22()xe e h x x-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()22222()x x e x e xh x e x ---'=Q ()232x x e xe e x+-=-，当[1,2]x ∈时()0h x '<；当[2,)x ∈+∞时，()22xxe xe e +-20xx xee >-≥，()0h x '<.故()h x 在[1,)+∞上单调递减，从而2max ()(1)h x h e e ==-，从而2m e e ≤-. 【指点迷津】“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”． 【举一反三】【2020重庆西南大学附中月考】已知函数()()()11ln x x f x x++=，()()ln g x x mx m R =-∈ .（1）求函数()g x 的单调区间；（2）当0m >时，对任意的[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，试确定实数m 的取值范围.【解析】（1）由()()ln 0g x x mx x =->，得()'1g x m x=-.当0m ≤时，()'0g x >，所以()g x 的单调递增区间是()0,∞+，没有减区间.当0m >时，由()'0g x >，解得10x m <<；由()'0g x <，解得1x m>，所以()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0m ≤时，()g x 的单调递增区间是()0,∞+，无递减区间；当0m >时，()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）当0m >时，对任意[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，只需()()min min 3f x m g x ->成立.由()()()11ln ln 1ln 1x x x f x x xxx++==+++，得()'2221ln 11ln x x xf x x xx x--=+-=.令()()ln 0h x x x x =->，则()'1x h x x-=.所以当()0,1x ∈时，()'0h x <，当()1,x ∈+∞时，()'0h x >.所以()h x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，且()11h =，所以()()()min 110h x h x h ≥==>.所以()'0f x >，即()f x 在()0,∞+上递增，所以()f x 在[]1,2上递增，所以()()min 12f x f ==.由（1）知，当0m >时，()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减，①当101m<≤即m 1≥时，()g x 在[]1,2上递减，()()min 2ln22g x g m ==-； ②当112m <<即112m <<时，()g x 在11,m ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递增，在1,2m ⎛⎤⎥⎝⎦上递减，()()(){}min min 1,2g x g g =，由()()()21ln22ln2g g m m m -=---=-， 当1ln22m <≤时，()()21g g ≥，此时()()min 1g x g m ==-， 当ln21m <<时，()()21g g <，此时()()min 2ln22g x g m ==-， ③当12m ≥即102m <≤时，()g x 在[]1,2上递增，()()min 1g x g m ==-， 所以当0ln2m <≤时，()()min 1g x g m ==-， 由0ln223m m m<≤⎧⎨->-⎩，得0ln2.m <≤当ln2m >时，()()min 2ln22g x g m ==-，由ln223ln22m m m>⎧⎨->-⎩，得 ln22ln2m <<-．∴ 02ln2m <<-．综上，所求实数m 的取值范围是()0,2ln2-．三．强化训练1．【2020·江西萍乡一中期中】已知函数ln ()xx af x e+=. （1）当1a =时，求()f x 的极值； （2）设()xg x xe a -=-，对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，ln 1()xx f x e+=，所以函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 所以1ln ()xx x xf x xe--'=，且0x xe >， 令()1ln h x x x x =--，所以当01x <<时，10,ln 0x x x -><， 所以()1ln 0h x x x x =-->. 又()2ln h x x '=--，所以当1x >时，()2ln 0h x x '=--<，所以()h x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0h x h <=. 同理当01x <<时，()0f x '>； 当1x >时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)是单调递增，在(1,)+∞单调递减， 所以当1x =时，()f x 的极大值为1(1)f e=，无极小值. （2）令()()xm x xe f x ax =-，因为对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，所以()()12min max m x g x >.因为()()ln xm x xe f x ax x x =-=， 所以()1ln m x x '=+.令()0m x '>，即1ln 0x +>，解得1x e>； 令()0m x '<，即1ln 0x +<，解得10x e<<.所以()m x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以min 11()m x m e e⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 因为()xg x xea -=-，所以()(1)xg x x e -'=-，当0x >时0x e ->，令()0g x '>，即10x ->，解得01x <<；令()0g x '<，即10x -<，解得1x >. 所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 所以max 1()(1)g x g a e==-， 所以11a e e->-， 所以2a e >，即实数a 的取值范围为2,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 2．【2020·河北邯郸期末】已知函数()f x 满足:①定义为R ；②2()2()9xxf x f x e e +-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x xg x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解. 【解析】（1）2()2()9xx f x f x e e+-=+-Q ,…① 所以2()2()9xx f x f x ee ---+=+-即1()2()29xx f x f x e e-+=+-…② 由①②联立解得:()3xf x e =-.（2）设2()(2)6x x a x ϕ=-+-+,()()()1333x x x F x x e e xe x =--=+--,依题意知:当11x -≤≤时,min max ()()x F x ϕ≥()()33x x x x F x e e xe xe '+=-+=-+Q又()(1)0xF x x e ''=-+<Q 在(1,1)-上恒成立, 所以()F x '在[1,1]-上单调递减()(1)30min F x F e ∴'='=-> ()F x ∴在[1,1]-上单调递增,max ()(1)0F x F ∴==(1)70(1)30a a ϕϕ-=-≥⎧∴⎨=+≥⎩,解得:37a -≤≤实数a 的取值范围为[3,7]-. （3）()g x 的图象如图所示：令()T g x =,则()1g T =1232,0,ln 4T T T ∴=-==当()2g x =-时有1个解3-,当()0g x =时有2个解：(12)-、ln3,当()ln 4g x =时有3个解:ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--. 故方程[()]10g g x -=的解分别为：3-,(12)-、ln3,ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--3．【2020·天津滨海新区期末】已知函数()2ln h x ax x =-+.（1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=-- 化简得：322ln 220x y +-+=()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得121,1x x a a=-=+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q2112x a ∴=+<+()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立 即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意②当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦4．【2020·全国高三专题练习】已知函数()321(1)32a x x ax f x +=-+.（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅲ）对于任意1x ，2[02]x ∈,，都有122()()3f x f x -≤，求实数a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）当1a =时，因为()3213x x x f x =-+所以()221x x f x =-+'，(0)1f '=.又因为(0)0f =，所以曲线()y f x =在点()0,(0)f 处的切线方程为y x =. （Ⅱ）因为()321(1)32a x x ax f x +=-+，所以2()(1)0f x x a x a '=-++=. 令()0f x '=，解得x a =或1x =. 若1a >，当()0f x '>即1x <或x a >时， 故函数()f x 的单调递增区间为()(),1,,a -∞+∞；当()0f x '<即1x a <<时，故函数()f x 的单调递减区间为()1,a . 若1a =，则22()21(1)0f x x x x '=-+=-≥，当且仅当1x =时取等号，故函数()f x 在(),-∞+∞上是增函数. 若1a <，当()0f x '>即x a <或1x >时， 故函数()f x 的单调递增区间为()(),,1,a -∞+∞；当()0f x '<即1<<a x 时，故函数()f x 的单调递减区间为(),1a .综上，1a >时，函数()f x 单调递增区间为(1)()a -∞∞,,,+，单调递减区间为(1,)a ； 1a =时，函数()f x 单调递增区间为(,)-∞+∞；1a <时，函数()f x 单调递增区间为()(1)a -∞∞,,,+，单调递减区间为(,1)a .（Ⅲ） 由题设，只要()()max min 23f x f x -≤即可. 令2()(1)0f x x a x a '=-++=，解得x a =或1x =.当0a ≤时，随x 变化，(),()f x f x ' 变化情况如下表：由表可知(0)0(1)f f =>，此时2(2)(1)3f f ->，不符合题意.当01a <<时，随x 变化，()()'f x f x , 变化情况如下表：由表可得3211112(0)0()(1)(2)62263f f a a a f a f ==-+=-=,,,，且(0)()f f a <，(1)(2)f f <，因()()2203f f -=，所以只需()(2)(1)(0)f a f f f ≤⎧⎨≥⎩，即3211262311026a a a ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-≥⎪⎩ ，解得113a ≤<. 当1a =时，由（Ⅱ）知()f x 在[]0,2为增函数， 此时()()()()max min 2203f x f x f f -=-=，符合题意. 当12a <<时，同理只需(1)(2)()(0)f f f a f ≤⎧⎨≥⎩，即3211226311062a a a ⎧-≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩ ，解得513a <≤. 当2a ≥时，2()(1)32f f >=，()2()0(311)f f f =->，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是15,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦.5．【2020·河南安阳期末】已知函数()ln f x x x x =+，()x xg x e=. （1）若不等式()()2f xg x ax ≤对[)1,x ∈+∞恒成立，求a 的最小值； （2）证明：()()1f x x g x +->.（3）设方程()()f x g x x -=的实根为0x .令()()()00,1,,,f x x x x F x g x x x ⎧-<≤⎪=⎨>⎪⎩若存在1x ，()21,x ∈+∞，12x x <，使得()()12F x F x =，证明：()()2012F x F x x <-.【解析】（1）()()2f xg x ax ≥，即()2ln x x x x x ax e +⋅≥，化简可得ln 1x x a e+≤. 令()ln 1xx k x e +=，()()1ln 1xx x k x e -+'=，因为1x ≥，所以11x ≤，ln 11x +≥. 所以()0k x '≤，()k x 在[)1,+∞上单调递减，()()11k x k e≤=.所以a 的最小值为1e.（2）要证()()1f x x g x +->，即()ln 10x xx x x e+>>.两边同除以x 可得11ln x x x e+>.设()1ln t x x x =+，则()22111x t x x x x-'=-=.在()0,1上，()0t x '<，所以()t x 在()0,1上单调递减.在()1,+∞上，()0t x '>，所以()t x 在()1,+∞上单调递增，所以()()11t x t ≥=. 设()1x h x e=，因为()h x 在()0,∞+上是减函数，所以()()01h x h <=. 所以()()t x h x >，即()()1f x x g x +->.（3）证明：方程()()f x g x x -=在区间()1,+∞上的实根为0x ，即001ln x x e=，要证()()2012F x F x x <-，由()()12F x F x =可知，即要证()()1012F x F x x <-.当01x x <<时，()ln F x x x =，()1ln 0F x x '=+>，因而()F x 在()01,x 上单调递增. 当0x x >时，()x x F x e =，()10xxF x e -'=<，因而()F x 在()0,x +∞上单调递减. 因为()101,x x ∈，所以0102x x x ->，要证()()1012F x F x x <-.即要证01011122ln x x x x x x e--<. 记()0022ln x xx xm x x x e--=-，01x x <<. 因为001ln x x e =，所以0000ln x x x x e =，则()00000ln 0x xm x x x e =-=.()0000022212121ln 1ln x x x x x xx x x xm x x x e e e---+--'=++=++-. 设()t t n t e =，()1t tn t e-'=，当()0,1t ∈时，()0n t '>.()1,t ∈+∞时，()0n t '<，故()max 1n t e=.且()0n t >，故()10n t e <<，因为021x x ->，所以002120x x x xe e ---<<.因此()0m x '>，即()m x 在()01,x 上单调递增.所以()()00m x m x <=，即01011122ln x x x x x x e --<.故()()2012F x F x x <-得证.6．【2020·山东邹平一中期末】已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+. (1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立; (2)求函数()g x 的极值; (3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <. 【解析】(1)()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-，1cos 1x -≤≤Q ,()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥，, ()sin f x x a x =-在()0+∞，上为增函数,所以当()0,x ∈+∞时,恒有()()00f x f >=成立; (2)由()()()ln ,10m x mg x x m x g x x x x+'=+∴=+=> 当()00m g x '≥>，()g x 在()0+∞，上为增函数,无极值 当()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->，，()g x 在()0m -，上为减函数,在(),m -+∞上为增函数,()x m x ∴=-，g 有极小值()ln m m m -+-,无极大值,综上知:当()0m g x ≥，无极值,当()0m g x <，有极小值()ln m m m -+-,无极大值. (3)当()11sin 22a f x x x ==-，在()0+∞，上为增函数, 由(2)知,当0m ≥,()g x 在()0+∞，上为增函数, 这时,()()f x g x +在()0+∞，上为增函数, 所以不可能存在()12,0,x x ∈+∞,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+且12x x ≠ 所以有0m <现不防设()()()()1211220x x f x g x f x g x <<+=+，得:111222112sin ln 2sin ln 22x x m x x x m x -+=-+()()()2121211ln ln 2sin sin 2m x x x x x x --=---①1122sin sin x x x x -<-()()212111sin sin 22x x x x -->--② 由①②式可得:()()()2121211ln ln 22m x x x x x x -->--- 即()()21213ln ln 02m x x x x -->-> 又1221ln ln ,ln ln 0x x x x <->2121302ln ln x x m x x -∴->⨯>-③ 又要证12249x x m <，即证21294m x x > 120,0m x x <<<Q即证m ->④所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x x x x -> 设211x t x =>,只需证1ln t t->即证()ln 01t t >> 令()()ln 1h t t t =-> 由()()()2101h t t h t '=>>，在()1+∞，上为增函数, ()()10h t h∴>=2121ln ln x x x x -∴>-,所以由③知,0m ->>成立, 所以12249x x m <成立. 7．【2020·陕西西安中学高三期末】已知函数21()ln 1()2f x x a x a R =-+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若20a -≤＜，对任意[]12,1,2x x ∈，不等式121211()()f x f x m x x -≤-恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）∵依题意可知：函数()f x 的定义域为()0,∞+，∴2()a x af x x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增. 当0a >时，由()0f x'>得x ()0fx '<得0x <<综上可得当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >时，()f x 在(上单调递减；在)+∞上单调递增.（2）因为20a -≤<，由（1）知，函数()f x 在[]1,2上单调递增，不妨设1212x x ≤≤≤，则121211()()f x f x mx x -≤-， 可化为2121()()m m f x f x x x +≤+， 设21()()ln 12m mh x f x x a x x x=+=-++，则12()()h x h x ≥， 所以()h x 为[]1,2上的减函数， 即2()0a mh x x x x=--≤'在[]1,2上恒成立，等价于3m x ax ≥-在[]1,2上恒成立， 设3()g x x ax =-，所以max ()m g x ≥，因20a -≤＜，所以2()30＞'=-g x x a ，所以函数()g x 在[]1,2上是增函数，所以max ()(2)8212g x g a ==-≤（当且仅当2a =-时等号成立） 所以12m ≥．8．【2020·浙江温州期末】已知函数()()2log ln a f x x x x =+-，1a >. （1）求证：()f x 在()1,+∞上单调递增；（2）若关于x 的方程()1f x t -=在区间()0,∞+上有三个零点，求实数t 的值；（3）若对任意的112,,x x a a -⎡⎤∈⎣⎦，()()121f x f x e -≤-恒成立（e 为自然对数的底数），求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()2ln 1'21ln x f x xx a =⋅+-,∵1x >,∴()'0f x >,故()f x 在()1,+∞上单调递增.（2）()()()()2222ln ln ln 'ln x x a a f x x a +-=,令()()()222ln ln ln g x x x a a =+-,()()22'ln 0g x a x=+>,()10g =, 故当()0,1x ∈,()'0g x <,()1,x ∈+∞,()'0g x >,即()f x 在()0,1x ∈上单调递减；在()1,x ∈+∞上单调递增.()11f =, 若()()11f x t f x t -=⇔=±在区间()0,∞+上有三个零点,则11t -=,2t =.（3）()f x 在1,1x a -⎡⎤∈⎣⎦上单调递减；在(]1,x a ∈上单调递增.故()()min 11f x f ==,()()max 1max ,f x f f a a ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 令()()112ln h a f f a a a a a ⎛⎫=-=+-⎪⎝⎭,∴()0h a <, 故()max 1ln f x a a =+-,∴ln 1ln 1a a e a a e -≤-⇒-≤-, 因为1a >,设()ln a a a ϕ=-则1'()10a aϕ=->,故()ln a a a ϕ=-为增函数, 又()ln 1e e e e ϕ=-=-. ∴(]1,a e ∈.9．【2020·浙江台州期末】已知函数()ln f x a x x b =-+，其中,a b ∈R . （1）求函数()f x 的单调区间；（2）使不等式()ln f x kx x x a ≥--对任意[]1,2a ∈，[]1,x e ∈恒成立时最大的k 记为c ，求当[]1,2b ∈时，b c +的取值范围.【解析】（1）因()f x 的定义域为()0,∞+，()()'10af x x x=->， 当0a ≤时，()'0f x <，∴()f x 在()0,∞+上单调递减； 当0a >时，()'f x 在()0,∞+上单调递减，()'0f a =， ∴()f x 在()0,a 上单调递增，在(),a +∞单调递减； （2）()()l ln n f x kx x x f x x x a k x a ++⇒≤≥--()1ln ln a x x x x bx+-++=. ∵[]1,2a ∈，[]1,x e ∈，∴()1ln ln 1ln ln a x x x x b x x x x bx x+-+++-++≥， 令()()21ln ln ln 'x x x x b x x b g g x x x x+-++-+-=⇒=， 由（1）()ln p x x x b ⇒=-+-在()1,+∞上递增；（1）当()10p ≥，即1b =时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≥⇒≥，∴()g x 在[]1,e 上递增；∴()()min 122c g x g b b c b ===⇒+==.（2）当()0p e ≤，即[]1,2b e ∈-时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≤⇒≤，∴()g x 在[]1,e 上递减； ∴()()min 22b b c g x g e b c b e e ++===⇒+=+14,2e ee ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦.（3）当()()10p p e <时，()ln p x x x b =-+-在上递增； 存在唯一实数()01,x e ∈，使得()00p x =，则当()01,x x ∈时()()0'0p x g x ⇒<⇒<.当()0,x x e ∈时()()0'0p x g x ⇒>⇒>. ∴()()00000mi 000n 1ln ln 1ln x x x x b x x x c g x g x +-++=+===.∴00000011ln ln b c x x x x x x +=++-=+.此时00ln b x x =-. 令()()()11ln '10x h x x x h x h x x x-=-⇒=-=>⇒在[]1,e 上递增， ()()01,11,b e x e ∈-⇒∈，∴12,b c e e ⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭.综上所述，42,2b c e ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦. 10．【2020·蒙阴实验中学期末】设函数()212ln 222af x ax x x -=+++，a R ∈. （1）当2a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）2x =是函数()f x 的极值点，求函数()f x 的单调区间； （3）在（2）的条件下，()217ln 422g x x x x ⎛⎫=-++-⎪⎝⎭，若[)11,x ∀∈+∞，()20,x ∃∈+∞，使不等式()()1122mf xg x x x -≥+恒成立，求m 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，2a =时，()2ln 2f x x x =++，()12f x x x'=+， ()13f '=，()13f =，所以切线方程为()331y x -=-，即30x y -=.（2）()()22221222ax a x a f x ax x x+-+-'=++=， 2x =是函数的极值点，()8422204a a f +-+'==，可得1a =-，所以()2232(0)2x x f x x x-++'=>，令()0f x '>，即22320x x --<，解得1,22x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，结合定义域可知()f x 在()0,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减. （3）令()()()2ln ln 26h x f x g x x x x x =-=+++，[)11,x ∀∈+∞，[)20,x ∃∈+∞， 使得()()1122m f x g x x x -≥+恒成立，等价于()()2min 21mh x x x x ≥+≥⎡⎤⎣⎦， ()12ln 2h x x x x x'=++-，因为1x ≥，所以2ln 0x x ≥，12x x+≥，即()'0h x ≥， 所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，()()14h x h ≥=， 即()20,x ∃∈+∞使得函数4mx x+≤，即转化为240x x m -+≤在()0,∞+有解， ()22424x x m x m -+=--+，所以40m -+≤，4m ≤.。
函数中任意性与存在性问题
江津中学 周雪敏
引例：
常见类型：
解：
解：
注意：分类讨论时首先要明确需要讨论的对象， 再确定好分类标准，做到不重不漏。
方法反思：
（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数 的函数的最值问题，但要注意分离参数法不是万能的，如果 参数不易分离或分离参数后得出的函数解析式较为复杂，性 质很难研究，就不要使用分离参数法。 （2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的 最值问题，利用导数求该函数的最值，或用其他方法求最值 （经常会用到分类讨论这一数学思想方法） 。 (3)数形结合法：在同一直角坐标系下画出函数的图像， 根据图像求解。 （4）解决此类问题的指导思想是：构造函数，或参变量分 离后构造函数，转化为新函数的最值问题。
练习：
小结：
1．函数中的任意性和存在性问题实质上都 可以转化为函数的最值问题。 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。
课后作业：
步步高P30
08:36:18
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”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-x2ln x恒成立,记u(x)=x-x2lnx,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)∀x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)>g(x2)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(x1),g(x2)中自变量x1,x2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∀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.∀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.(2)“存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f '(x2)+a成立”等价于“当x1,x2∈[e,e2]时, f(x1)min≤f'(x2)max+a”.由(1)知,当x∈[e,e2]时, f '(x)max=f '(e2)=-a,所以f '(x)max+a=.则问题等价于“当x∈[e,e2]时, f(x)min≤”.①当a≥时,由(1)得f '(x)max=-a≤0, f(x)在[e,e2]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≥-.。
聚焦函数中的任意性与存在性问题
＜
（ x ∈ D） ； ＞ g（ x） ＜ g（ x） ； ；
， 同样可转化为函数最值问题 ． 变式 2
（ 5 ） 若对任意的 x1 ∈ D， 都存在 x2 ∈ E， 使 f （ x1 ） ＞ g （ x2 ） f （ x ） 使 f （ x1 ） ＜ g （ x2 ） f （ x ）
min min
max
， 同样可转化为函数最值
问题来解决 ． 链接 此型解题过程中常有如下结论 ： ＞ g（ x） ＜ g（ x） ； ； （ 11 ） 若对任意的 x1 ∈ D， x2 ∈ E ， 使 f （ x1 ） ＞ g（ x2 ） 恒成立 f （ x） ＜ g（ x2 ） 恒成立 f （ x）
min max
min
=
g（ x） g（ 3 ） = 6 + a，
= min ｛ g（ 0 ） ， g（ 4 ） ｝ =
g（ 0 ） = （ － 2 a － 3 ） e ． 所以 ， B = ［ （ － 2a －
2 3 ） e3 ， 6 + a］ ， 由 A ∩ B ≠ ， 得 a + 4 ≤ a + 6，
a ∈ ［－ 1 ， 2］ ． 评析 x2 此型与前型的区别是变量 x1 、 “存在 x1 、 x2 ∈［ 0， 4］使 均为存在型变量 ， 因此 x2 来说即为两个 “存 得 f （ x1 ） ＜ g（ x2 ） ”对 x1 、 ， 在性 （ 有解 ） 问题 ” 只需 f （ x） f （ x1 ） ＜ g （ x ） g（ x）
= x － ln x， x2 ∈ ［ 1， e］ ， 若对任意的 x1 、 都有 f （ x1 ） ＞ g （ x2 ） 成立 ， 求实数 a 的取值范围 ． 解 有 f （ x1 ） x2 ∈ ［ 1， e］ ， 欲使若对任意的 x1 、 都 ＞ g （ x2 ） 成 立 ， 只 要 f （ x ）
任意性和存在性问题的教学思考
任意性和存在性问题的教学思考作者：李乐来源：《中学教学参考·理科版》2013年第03期任意性、存在性问题，是高考常考题型之一，我们教师在高考复习时多以“题海”战术来突破，不仅效率低，同时也加重了学生的负担，使相当一部分学生“丧失”了学习的兴趣.如何有效地指导学生突破是摆在每一位高三数学教师面前的任务.精选好题目，再适当地将原来的题目变形，这样既可以提高学生学习的兴趣，又能激发学生解答问题时思维的积极性、主动性，培养学生深入探究的思维品质，帮助学生更好地掌握所学的知识，达到举一反三的目的.下面就由一道例题展开，阐述自己的教学看法.【例题】已知函数f（x）=mxx2+n（m，n∈R）在x=1处取得极值2.（1）求f（x）的解析式；（2）设函数g（x）=x2-2ax+a，若对于任意x1∈R，总存在x2∈[-1，1]，使得g（x2）解析：（1）f（x）=mxx2+n（m，n∈R），f′（x）=m（x2+n）-mx·2x（x2+n）2=mn-mx2（x2+n）2.因为f（x）=mxx2+n（m，n∈R）在x=1处取得极值2，所以f′（1）=0，f（1）=2.解得m=4，n=1，或m=0，n=-1，经检验m=0，n=-1不合题意，舍去；m=4，n=1符合题意，所以f（x）=4xx2+1.（2）f′（x）=4-4x2（x2+1）2=-4（x+1）（x-1）（x2+1）2，令f′（x）=0得x=-1或x=1.当x0，函数f（x）在（-1，1）单调递增；当x>1时，f′（x）0时，f（x）>0，所以当x=-1时，f（x）取得最小值-2，当x=1时，f（x）取得最大值为2.因为对于任意x1∈R，总存在x2∈[-1，1]，使得g（x2）因为g（x）=x2-2ax+a=（x-a）2+a-a2，当a≤-1时，g（x）的最小值为g（-1）=1+3a，由1+3a当a≥1时，g（x）的最小值为g（1）=1-a，由1-a3；当-1综上，a∈（-∞，-1）∪（3，+∞）.利用函数与导数的相关知识，把任意性、存在性问题转化为函数值域之间的关系问题.例题的第（2）问，是对于任意x1∈R，总存在x2∈[-1，1]，使得g（x2）思考：把第（2）问条件改为“对于任意x2∈[-1，1]，总存在x1∈R”，又该如何解决？变式1：已知函数f（x）=mxx2+n（m，n∈R）在x=1处取得极值2.（1）求f（x）的解析式；（2）设函数g（x）=x2-2ax+a，若对于任意x2∈[-1，1]，总存在x1∈R，使得g（x2）解析：对于任意x1∈R，总存在x2∈[-1，1]，使得g（x2）因为g（x）=x2-2ax+a=（x-a）2+a-a2，当a≤0时，g（x）的最大值为g（1）=1-a，由1-a当a>0时，g（x）的最大值为g（-1）=1+3a，由1+3a综上，a∈（-1，13）.思考：把第（2）问条件再改为“对于任意x1∈R，任意x2∈[-1，1]”，又如何解决？变式2：已知函数f（x）=mxx2+n（m，n∈R）在x=1处取得极值2.（1）求f（x）的解析式；（2）设函数g（x）=x2-2ax+a，是否存在实数a，对于任意x1∈R，x2∈[-1，1]，g（x2）解析：对于任意x1∈R，x2∈[-1，1]，都有g（x2）当a≤0时，g（x）的最大值为g（1）=1-a，1-a当a>0时，g（x）的最大值为g（-1）=1+3a，1+3a综上，不存在实数满足条件.思考：把第（2）问条件改为“存在x1∈R，x2∈[-1，1]”，又如何解决？变式3：已知函数f（x）=mxx2+n（m，n∈R）在x=1处取得极值2.（1）求f（x）的解析式；（2）设函数g（x）=x2-2ax+a，若存在x1∈R，x2∈[-1，1]，使得g（x2）评析：若存在x1∈R，x2∈[-1，1]，使得g（x）当a≤-1时，g（x）的最小值为g（-1）=1+3a，由1+3a当a≥1时，g（x）的最小值为g（1）=1-a，由1-a当-1综上，a∈（-∞，-1]∪[1，+∞）.本题通过互换任意性及存在性、全部变换为任意性、全部变换为存在性等变形，循序渐进，环环相扣，使学生处于一种愉悦的探索历程中，培养了学生思维的灵活性、变通性.通过这样的复习，还能使学生对如何解决任意性、存在性问题有了更深刻的理解.一道题在手，若能打开思维的窗扉，不仅可以培养学生的发散性思维能力及知识迁移能力，还可以开阔学生思路，培养学生的逻辑推理能力和想象力，提高学生的数学学习兴趣，提高数学课堂的有效性.精选、会用、善变，通过对一道数学题目的“变化”，让学生体会出“数学美”.教师借助一题多变进行教学，是提高教学质量、发展学生思维能力和增强学生解题能力的重要途径.（责任编辑金铃）。
函数中的任意和存在性问题
函数中的任意和存在性问题
当数学中的函数$f(x)$在某个定义域内“存在”，常常指的是函数在该定义域内存在定义，即对于该定义域内的每一个$x$，函数$f(x)$都有一个确定的输出值。
这意味着函数在该定义域内无未定义的点或不存在的点。
而“任意”则表示在某个条件下可以取任何值，通常出现在数学的定义或定理中。
例如，对于一个实数$x$，我们说“任意大的正实数”，表示该数可以取到比任何一个正实数都要大的值。
在数学中，存在和任意是两个基本的概念。
当我们讨论某个对象“存在”时，常常需要指明其定义域或范围，以确定其是否无未定义的点或是否符合条件。
而当我们使用“任意”时，通常需要指明在什么条件下可以取任意值，以确定其意义和约束条件。
需要注意的是，存在和任意这两个概念在不同的数学领域、分支或场景中可能有不同的定义和使用方式。
因此，在理解数学语言和符号时，需要仔细阅读定义和前提条件，并理解概念的含义和语境。
函数任意性与存在性问题探析
函数任意性与存在性问题探析函数的任意性与存在性问题是数学分析中的一个重要问题，涉及到了函数的构造和性质的研究。
在这个问题中，我们关注的是是否存在这样的函数，它具有我们期望的性质。
这篇文章将关注函数的任意性和存在性问题，从数学的角度对其进行探析。
函数的任意性问题指的是在一定的条件下，是否存在满足条件的函数。
在数学中，我们常常会提出一些条件，然后寻找满足这些条件的函数。
例如，我们可以要求函数在一些区间上连续、可微分、可积等等。
对于这些条件，我们需要判断是否存在满足条件的函数。
数学中，存在性问题往往是基于已有的数学定理和方法来研究的。
通过运用已有的数学工具和理论，我们可以判断是否存在满足条件的函数。
例如，当我们需要构造一个连续函数时，可以利用魏尔斯特拉斯逼近定理来进行构造；当我们需要构造一个可微分函数时，可以运用泰勒展开的方法；当我们需要构造一个可积函数时，可以利用黎曼和勒贝格定理等。
然而，存在性问题并不总是那么容易回答的。
有时，我们可能需要寻找一个不同寻常的函数来满足我们的条件。
对于这种情况，我们可能需要运用一些创造性的方法来构造函数。
例如，为了构造一个连续但无处可微的函数，我们可以考虑典型的例子，魏尔斯特拉斯函数。
这个函数在整个实数轴上连续，但在任何一点都不可微。
在一些情况下，我们可能会面临不存在满足条件函数的问题。
例如，对于方程f(x)=0，我们可能会想要找到一个函数f(x)来满足这个方程。
然而，根据零点存在性定理，除非满足一些条件，否则可能不存在这样的函数。
这就意味着，即使我们想要找到一个函数来满足一些方程，也不一定能找到。
因此，函数的任意性与存在性问题是一对相互关联的问题，互相影响。
在解决这些问题的过程中，我们需要充分考虑多种因素，如数学定理、方法、工具等。
对于存在性问题，我们可以根据已有的数学理论和定理来进行判断；对于任意性问题，我们需要构造一些特殊的函数，来满足我们给定的条件。
总之，函数的任意性与存在性问题是数学分析中的重要问题，在数学研究和应用中都具有重要意义。
高中数学任意性与存在性问题探究
高中数学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近年的高考中，全称命题和存在性命题与导数的结合成为了一大亮点。
本文将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：对于任意的x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，若f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]max；【如图一】结论2：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]XXX；【如图二】结论3：对于任意的x1∈[a,b]和存在x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]XXX；【如图三】结论4：存在x1∈[a,b]和任意的x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]max；【如图四】结论5：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)=g(x2)，则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f(x)=8x+16x-k，g(x)=2x+5x+4x，x∈[-3,3]，k∈R；1) 若对于任意的x∈[-3,3]，都有f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；2) 若存在x∈[-3,3]，使得f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；3) 若对于任意的x1,x2∈[-3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求实数k的取值范围；解：1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x-3x-12x+k，问题可转化为：对于x∈[-3,3]，h(x)≥常数成立，即[h(x)]XXX≥常数。
由结论1可知，当f(x1)>g(x2)时，[f(x)]min>[g(x)]max，即h(x)的最小值出现在f(x)和g(x)的交点处。
因此，我们可以求出h(x)的导数h'(x)并列出变化情况表格，得到[h(x)]min=k-45.因此，k≥45，即k∈[45,+∞)。
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类型一 “x ∀，使得()()f x g x >”与“x ∃，使得()()f x g x >”的
(1)x ∀，使得()()f x g x >，只需()()()min min 0h x f x g x =->⎡⎤⎣⎦. (2)x ∃，使得()()f x g x >，只需()()()max max 0h x f x g x =->⎡⎤⎣⎦.
类型二 “若1122x D x D ∃∈∃∈，，，使得()()12f x g x ＝”与“1122x D x D ∀∈∃∈，，使
()()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1D 上的值域A 与()g x 在2D 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1D 上的值域A 是()g x 在2D 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．
类型三()(),f x g x 是闭区间D 上的连续函数，“12,x x D ∀∈，使得()()12f x g x >”与“12,x x D ∃∈，使得()()12f x g x >”的辨析
(1) ()(),f x g x 是在闭区间D 上的连续函数且12,x x D ∀∈，使得()()12f x g x >，等价于()()min max f x g x >.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) 12,x x D ∃∈，使得()()12f x g x >，等价于()()max min f x g x >.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.
类型四 “1122,x D x D ∀∈∃∈，使()()12f x g x >”与“1122,x D x D ∃∈∀∈，使
()()12f x g x >”的辨析
(1) 1122,x D x D ∀∈∃∈，使()()12f x g x >，等价于函数()f x 在1D 上的最小值大于()g x 在2D 上的最小值，即()()min min f x g x >．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) 1122,x D x D ∃∈∀∈，使()()12f x g x >，等价于函数()f x 在1D 上的最大值大于()g x 在2D 上的最大值，即()()max max f x g x >.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.
[山西大学附中2014-2015学年高一第一学期12月（总第三次）月数学试题]已知函数
2()365f x x x =--.
(1)设2
()()2g x f x x mx =-+，其中m R ∈，求g()x 在[]1,3 上的最小值；
(2)若对于任意的[]1,2a ∈，关于x 的不等式2()(26)f x x a x a b ≤-+++在区间[]1,3上恒成立，求实数b 的取值范围．
[山西大学附中2017-2018学年高一第一学期12月（总第三次）月数学试题]已知定义在R
上的函数()f x 满足()()22f x f x +=，且当[]2,4x ∈时， ()224,232,34x x x f x x x x
-+≤≤=+<≤⎧⎪
⎨⎪
⎩，
()1g x ax =+，对任意[]12,0x ∈-，存在[]22,1x ∈-使得()()21g x f x =，则实数a 的取
值范围为________．。