难点7-双变量的“任意性”“存在性”问题

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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. 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x
1,x
2
∈[0,1],使得
f(x
1)=g(x
2
)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x
1∈[0,1],总存在x
∈[0,1],使
得g(x
0)=f(x
1
)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:
x01
f '(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x
1∈[0,1],总存在x
∈[0,1],使得g(x
)=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(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(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>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x
1,x
2
∈,都有f(x
1
)≤g(x
2
)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x
1,x
2
∈,都有f(x
1
)≤g(x
2
)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-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)=--=,
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)=,∀x
1∈,∃x
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)=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y
max =-3,∴a≥-3,∴a
min
=-3.
(2)“∀x
1∈,∃x
2
∈,使f '(x
1
)≤g(x
2
)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∃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.
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x
1,x
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,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x
1,x
2
∈,使f(x
1
)>g(x
2
)”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x
1,x
2
∈[e,e2],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)=-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≥-
.。