双变量的“任意性”与 “存在性”五种题型的解题方法解析

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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∈-∞,-1
2 ,使得f (x 1)=g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】∵f (x )=x 2-23
ax 3
,∴f '(x )=2x -2ax 2=2x (1-ax ).令f '(x )=0,得x =0或x =
1a .∵a >0,∴1
a
>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+2a
3
,+∞ .∵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 =8
3
,∴g (x )在-∞,-
12 上的值域为-∞,8
3
.若∃x 1∈(-∞,-1],∃x 2∈-∞,-12 ,使得f (x 1)=g (x 2),则1+2a 3<83,a <5
2
.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 3
x +1,12
<x ≤1 和函数g (x )=a ·sin π
6x -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.
12,3
2
B.[1,2)
C.12,2
D.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 )≤1
12
;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 )≤1
2,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 π
6
x -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1
2≤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 2-7
2-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 =
1
2
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 0
0,1
2
121
2,1
1
f '(x )-0+f (x )
-7
2↘
-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)=-7
2
, 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 2-23
ax 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 =
1
a .当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表:x
(-∞,0)
0,
1a 1a 1
a ,+∞
3
f '(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 =1
3a
2.(2)由f (0)=f 32a
=0及(1)知,当x ∈0,32a 时, f (x )>0;当x ∈3
2a
,+∞ 时, f (x )<0.设集合A ={f (x )|x ∈(2,+∞)},集合B =1
f (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 3
2a
=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 ≤3
2
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 >3
2
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 <2
3
.所以, f (x )的递增区间是(-∞,0),23,+∞
;递减区间是0,2
3
.
4
(2)由(1)知,函数f (x )在12,23 上单调递减,在2
3
,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 2
ln x 恒成立,记u (x )=x -x 2ln x 1
2
≤x ≤2
,则有a ≥u (x )max .u '(x )=1-x -2x ln x ,可知u '(1)=0.当x ∈1
2,1
时,1-x >0,2x ln x <0,则u '(x )>0,所以u (x )在1
2,1
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 )=
mx
x 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)=
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,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 =-2
a .
(i )当-2
a
≥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-2
a ,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-
2
a
<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 -14-3
4x 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)=-1
2
.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 ≥17
8.
综上,实数b 的取值范围是17
8
,+∞ .【变式4】　已知函数f (x )=
13
x 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 e
x ,∀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-∞,1
e
-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 +3
x
(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0,3
4
,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+32
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 ∈12,2
时,g (x )min =g (ln 2)=4-4ln 2+2a ,由f (x )max >g (x )min ,得-4ln 2+3
2
a +6>4-4ln 2+2a ,又a ≥1,所以1≤a <4.【变式5】　设函数f (x )=
x
ln 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 =-1
ln 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 =1
4.
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 =1
4
-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 ≥12-1
4e 2.
②当a <
14时, f '(x )=-1ln x -12 2+14-a 在[e ,e 2]上的值域为-a ,1
4
-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 ≤1
4矛盾.
(ii )当-a <0,即0<a <1
4
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≤1
4
,x 0∈(e ,e 2).所以a ≥
1ln x 0-14x 0>1ln e 2
-14e >12-14=14,与0<a <1
4矛盾.
综上,a 的取值范围是a ≥
12-1
4e
2.。