高二理科数学培优——函数中任意性和存在性问题
数学函数中存在性和任意性问题分类解析
数学函数中存在性和任意性问题分类解析要想在高考数学函数的考试中取得好成绩，就必须复习好数学的知识点，而且我们还要对高考数学函数知识点进行强化复习。
下面是店铺为您整理的数学函数中存在性，希望对您有所帮助!数学函数中存在性数学函数的任意性高考数学复习攻略仔细研读教材，串联知识“成体系”高考数学试题往往会直接借助教材中的一个内容改编成高考题，例如，2017年全国Ⅱ卷23题(不等式选考题)第二问改编自湘教版选修1-2(文科)第51页例3，全国Ⅰ卷19题第二问中的第一小问答案直接来自人教版必修3第80页阅读材料。
在复习过程中，考生需要认真阅读和理解教材中相关内容，包括每个概念、例题、注释、图形，准确理解和记忆知识点。
在知识网络的交汇处设计试题是近几年高考数学的一大亮点。
考生可以将教材的数学知识串成串，连成线，汇成面，尽力和高考要求对位，处处体现各知识板块间的相互联系与综合，并加以训练。
夯实基础知识，不过多“玩技巧”最新修订的考试大纲中，考试目的第一条就是“我们高考命题要突出基础性”。
高考数学卷中基础题大约占80%，无论是一轮、二轮，还是三轮复习都必须把“三基”即基础知识、基本技能、基本思想方法作为重中之重。
这就提示我们在复习时，抓好抓牢基础题，夯实基础，拿严拿准拿稳基础分，做到基础得满分。
近年来，高考数学试题往往淡化特殊技巧，注重对通性通法的考查，在复习中不要过多“玩技巧”，以免影响考试心理。
优化解题策略，防止“小题大作”解题思路要优化，解题方法要简捷。
高考选填题，小题要小做，注意巧解，善于使用数形结合、特值(含特殊值、特殊位置、特殊图形)、排除、验证、转化、分析、估算、极限等方法，一旦思路清晰，就迅速作答。
不要在一两个小题上纠缠，防止“小题大做”“一算到底。
建议选填题一般不要超过40分钟，争取又快又准，为后面的解答题留下充裕的时间，防止“超时失分”。
解题策略：会做的题目力求不失分，注意准确表达和规范书写;部分理解的题目力争多得分，如果遇到一个很困难的问题，确实做不来，可将它分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，这叫“大题拿小分”。
浅议函数中任意性与存在性问题
浅议函数中任意性与存在性问题姻文/陈刚盐城市阜宁县陈集中学，江苏阜宁224400函数的任意性与存在性问题，是一种常见题型，也是高考的热点之一。
它们既有区别又有联系，意义和转化方法各不相同，容易混淆。
对于这类问题，利用函数与导数的相关知识，可以把相等关系转化为函数值域之间的关系，不等关系转化为函数最值大小的比较。
下面结合实例来看看函数中的任意性与存在性问题在解题中的区别。
1. 若函数()f x 的定义域为D ，对任意x D Î时有()0f x ³恒成立min ()0f x Û³；()0f x £恒成立max ()0f x Û£。
例1. 设函数32()29128f x x x x c =-++，若对任意[0,3]x Î，都有2()f x c <成立，则实数c 的取值范围是解析 因为32()29128f x x x x c =-++，由2()f x c < 所以32229128x x x c c -++<，所以32229128x x x c c -+<-令32()2912g x x x x =-+，欲使2()8g x c c <-对任意[0,3]x Î恒成立，则需使max ()g x <28c c -对任意[0,3]x Î成立即可。
所以 2()61812g x x x ¢=-+ 令()0g x ¢=，得121,2x x ==，当(0,1)x Î时，()0g x ¢>，所以函数()g x 在区间(0,1)上单调递增；当(1,2)x Î时，()0g x ¢<，所以函数()g x 在区间(1,2)上单调递减；当(2,3)x Î时，()0g x ¢>，所以函数()g x 在区间(2,3)上单调递增.又由(1)5,(3)9g g ==，故当[0,3]x Î时，max ()9g x =由题意得 298c c <-，得91c c ><-或。
函数中的“存在性”和“任意性”问题辨析
龙源期刊网
函数中的“存在性”和“任意性”问题辨析
作者：杨瑞强
来源：《中学数学杂志(高中版)》2012年第02期
函数中的“任意性”和“存在性”问题,是一种常见的题型,也是高考的热点之一.它们既有区别又有联系,它们的意义和转化方法是不同的,容易混淆.对于函数中的“任意性”和“存在性”问题,我们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问题,不等关系转化为函数最值大小的比较问题.下面结合实例来辨析这几种问题的转化区别．。
函数中的任意和存在性问题知识讲解
问题一： 已知函数 f ( x) 2k2 x k, x [0,1]， 函数 g( x) 3x2 2(k 2 k 1)x 5, x [1,0]，
变式 2：存在 x [0,1] x [1,0]，使得
1
2
g( x2 ) f ( x1) 成立，求 k 的取值范围.
1
2
g( x2 ) f ( x1) 成立，求 k 的取值范围.
变式 3：存在 x [0,1]， x [1,0]，使得
1
2
g(x ) f (x )成立， 求 k 的取值范围.
2
1
变式
4：对任意
x 1
[0,1]，存在
x 2
[1,0]
，
使得 g(x ) f (x )成立，求 k 的取值范围.
2
1
1
2
g( x2 ) f ( x1) 成立，求 k 的取值范围.
变式
3：对任意
x 1
[0,1]，存在
x 2
[1,0]
，
使得 g(x ) f (x )成立，求 k 的取值范围.
2
1
走进高考： （09 浙江理）
已知函数 f ( x) x3 (k2 k 1)x2 5x 2,
小结
1.对函数中的存在性与任意性问题: 相等关系转化为函数值域之间的关系， 不等关系转化为函数的最值大小.
2.解题中要注意数学思想方法的应用:如转化与 化归思想、数形结合思想、分类讨论思想等.
作业
已知函数 f ( x) 2k2 x k, x [0,1]， 函数 g( x) 3x2 2(k2 k 1)x 5, x [1,0]，
2
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xx 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， 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af (x )下限f (x )上限f (x )f (x )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( ) 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1212,(0,)3x 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”.f (x )下限f (x )上限g (x )下限g (x )上限例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； 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()l n144x 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13a >-+或13a <--，从而所求为11a --≤≤-+.欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习课件等等打造全网一站式需求。
2012-2-22任意性与存在性
求k的取值范围 .
设h( x ) g( x ) f ( x )
(1)h( x )min 0 k 45.
(2)h( x )max 0 k 7.
函ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ的最值与交点问题
x 3.已知函数 f ( x ) a , g( x ) 2 , x 1 若f ( x ) g( x )存在两个交点， 求a的取值范围 .
个 基 本 题
目
解析：因为 f ( x ) 2k x k , x 0,1的值域 A k ,2k k ,
2 2
g(x) 3x 2 2( k 2 k 1) x 5, x2 1,0的值域 B 5，k 2 2k 10 , 2
(1)"对任意 x1 0,1, 存在 x2 1,0, 使得 g( x2 ) f ( x1 )成立". A B. ( 2)" 存在 x1 0,1, x2 1,0, 使得
任意性与存在性
的 4
一. 问题1 : 已知函数 f ( x ) 2k 2 x k , x 0,1, 1 相 函数 g( x ) 3 x 2 2( k 2 k 1) x 5, x 1,0. 2 关 (1)对任意 x 0,1, 存在 x 1,0, 使得
g( x2 ) f ( x1 )成立". A B . (3)"对任意 x1 0,1, 存在 x2 1,0, 使得
g( x2 ) f ( x1 )成立". g( x )min f ( x )min . (4)" 存在 x1 0,1, x2 1,0, 使得
1 f ( x ) x 与g( x ) x 1 1 x x 的关系
函数中的任意和存在性问题题选
函数中的任意和存在性问题一 填空题题选：12.设曲线()1x y ax e =-在点()01,A x y 处的切线为1l ,曲线()1x y x e -=-在点()02,B x y 处的切线为2l .若存在030,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,使得21l l ⊥,则实数a 的取值范围为 ．解：函数()x e ax y1-=的导数为()x e a ax y 1/-+=,1l ∴的斜率为()0101x e a ax k -+=,函数()x e x y--=1的导数为()xe x y --=2/2l ∴的斜率为()0202xe x k --=, 由题设有121-=⋅k k 从而有()()12100-=-⋅-+-xx e x e a ax()320020-=--∴x x x a 030,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦问题转化为求020032x a x x -=--的值域,312a ∴≤≤ . (南通市2011届高三第一次调研测试数学试卷)13．已知21(),()()2xf x xg x m ==-，若对[]11,3x ∀∈-，[]20,2x ∃∈，12()()f x g x ≥，则实数m 的取值范围是 ．13．14m ≥(盐城市2010/2011学年度高三年级第二次调研) 13、已知函数12)(,1)(332++-=++=a a x x g a xx x f 若存在)1(,1,21>⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈a a a ξξ，使得12()()9f g ξξ-≤，则a 的取值范围是 .13.(]1,4（南通市2010届高三第二次调研测试）14．设函数2()3f x x ax a =-++，()2g x ax a =-．若存在0R x ∈，使得0()0f x <与0()0g x <同时成立，则实数a 的取值范围是 ．解析：显然0a ≠，抛物线与直线的交点至少有一个在x 轴下方，从而联立方程组，消去x 得2232(42)70y a a y a a +--+=至少有一个负根，当△()()()2223224247433a aa a a a a =---=--≥0，即a或a此方程有有实根，且函数()2232()427f y y a a y a a =+--+的对称轴， 220y a a =->，说明若此方程只有一个负根，从而当0y =时，3270a a -+<得7a >，所以实数a 的取值范围是(7,)+∞（2010福建理）15．已知定义域为0+∞（，）的函数f(x)满足：①对任意x 0∈+∞（，），恒有f(2x)=2f(x)成立；当x ]∈（1，2时，f(x)=2-x 。
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 ）
巧用“任意性”和“存在性”求解函数中的双变量问题
ｇ （ ｘ ｚ ） ∞ 函数 厂（ ） 在 Ｊ 上 的值 域 Ａ 是 函Ａ Ｂ。 结论 ３ ： 若 ］ｚ １ ∈Ｉ １ ，ｊ ２ Ｅ ２ ， 使 得 ｆ（ １ ） 一
“ 对Ｖ ｚ １ Ｅ（ １ ， ２ ） ， 了ｚ ２ Ｅ（ １ ， ２ ） ， 使得 ｆ （ ｘ １ ） 一ｇ （ ｘ ２ ）”
ｇ （ ｏ ） ≤ｇ （ ｚ ） ≤ｇ （ １ ） ， 即１ 一ｎ ≤ｇ （ ｚ ） ≤１ 一导。故
ｇ （ ） 在 区 间 ［ ｏ ， １ ］ 上 的 值 域 Ｂ 一１ 一 ｎ ， １ 一 ＿ 萋 Ｉ Ｊ 。
的子 区间 。 １ ． １ 等 式 问题
结论 １ ： 对 Ｖ ｌ ∈Ｊ ｌ ，Ｖ ２∈ Ｊ ２ ， 有 ｆ（ ）一
……＿ １ ｘ ３ ｌ ｊ ＜ ≤ 丢
ｇ （ ｘ ｚ ） 甘 函数 厂（ ｚ ） 在 Ｊ 上 的值 域 Ａ 与 函数 ｇ（ ｚ ） 在 Ｊ 上 的值 域 Ｂ相 同 ， 即 Ａ—Ｂ。
同样对 Ｖ ｚ １ ∈Ｉ １ ， ｚ ２ Ｅ Ｊ ２ ， 有 ｆ（ ｘ １ ） ＜ｇ （ ｚ ２ ） 铮 ［ （ ｚ ） ］ ＜［ ｇ （ ｚ ） ］ ｍ ｏ 。
结论 ６ ： 若 ｊ ｚ ∈ ， 对 Ｖ ｚ Ｅ Ｉ ， 有 ｆ（ ） ＞
．
当 ｏ ≤ ≤ 丢 时 ， 因 为 厂 （ ｚ ） 一 ～ ｚ ＋ ， 故 厂 （ ｚ ）
因为 Ａ ｎ Ｂ≠ ， 所以 ０ ≤１ 一口 ≤ ÷或 ０ ≤１ 一
ａ
就是 在 区间 （ １ ， ２ ） 上 两个 函数 值 域关 系 的判 定 。教 师 需 引导学 生认 识 问题 实 质 。学生 切 忌 强 行 记 忆 套 用 上述 结论 ， 要认 真细 心辨别 异 同 ， 理 解 内涵 ， 方 能运 用
微专题：双变量的存在性与任意性
微专题：函数中双变量的“任意性”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”问题是高考考查的一个热点，也是高考复习的一个难点。
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。
活动一 知识回顾：活动二 今天重点研究双变量的“任意性”与“存在性”问题的处理方法1、【()()","x f x g x ∀>使得与()(),"x f x g x ∃>“使得】的辨析例题1、设函数()()ln 1,()()f x x g x af x '=+=，其中()()f x f x '是的导函数。
（1）、若对于任意()()0,x f x g x ≥≥总有,求实数a 的取值范围. （2）若存在()()0,x f x g x ≥≥使得，求实数a 的取值范围。
2、【“若()()112212,x D x D f x g x ∃∈∃∈=使得”与“1122,x D x D ∀∈∃∈，使得()()12f x g x =”】的辨析例题2、已知函数()()()23221,0,,31f x x ax a x R g x x x =->∈=-。
（1）若(]121,1,,2x x ⎛⎫∃∈-∞-∃∈-∞- ⎪⎝⎭，使()()12f x g x =，求实数a 的取值范围（2）当32a =时，证明对任意的()12,x ∈+∞，都存在()21,x ∈+∞，使()()12f x g x =3、()(),f x g x 是闭区间D 上的连续函数，【()()1212,,x x D f x g x ∀∈>使得与()()1212,,x x D f x g x ∃∈>使得】的辨析例题3、已知()()20a f x x a x=+>，()ln g x x x =+（1）若对任意的[]()()1212,1,,x x e f x g x ∈≥都有成立，求实数a 的取值范围。
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。
函数中的任意性与存在性问题
小结
1.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.
2.对函数中的存在性与任意性问题，可把相等 关系问题转化为函数值域之间的关系问题，不 等关系转化为函数的最值问题。
变式 3：存在 x [0,1]， x [1,0]，使得
1
2
g(x ) f (x )成立， 求 k 的取值范围.
2
1
变式
4：对任意
x 1
[0,1]，存在
x 2
[1,0]
，
使得 g(x ) f (x )成立，求 k 的取值范围.
2
1
gmax( x) fmin( x)
变式
1：对任意
变式 2：存在 x [0,1] x [1,0]，使得
1
2
g( x2 ) f ( x1) 成立，求 k 的取值范围.
变式 3：存在 x [0,1]， x [1,0]，使得
1
2
g(x ) f (x )成立， 求 k 的取值范围.
2
1
g (x) f (x)
min
min
问题一： 已知函数 f ( x) 2k2 x k, x [0,1]， 函数 g( x) 3x2 2(k2 k 1)x 5, x [1,0]，
2
（3）若对任意给定的 x0 0,e，在0,e上总存在两
个不同的 xi （ i 1,2 ），使得 f ( xi ) g( x0 ) 成立， 求 a 取值范围。
问题一： 已知函数 f ( x) 2k2 x k, x [0,1]，
函数 g( x) 3x2 2(k2 k 1)x 5, x [1,0]，
函数中存在性和任意性问题分类解析
函数中存在性和任意性问题分类解析全称量词、特称量词以及全称命题和特称命题在近几年新课标高考卷和模拟卷中频频亮相成为高考的热点问题.特别是全称量词”任意”和特称量词”存在”与函数情投意合风火情深，火借风势、风助火威，大有逾演逾烈之势.两种量词插足函数，使得函数问题意深难懂神秘莫测，问题显得更加扑朔迷离难度大增，同时题目也因此显得富有变化和新意.解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目，本文通过典型题目分类解析供参考.1.1x ∃，2x ∃，使得()()12fg x x =，等价于函数()f x 在1D 上的值域A 与函数在2D上的值域的交集不空，即A ∩B ≠Φ.例1已知函数()31,1,12111,06122x x f x x x x ⎧<≤⎪⎪+=⎨⎪-+≤≤⎪⎩和函数()()sin 106g x a x a a π=-+>，若存在12,[0,1]x x∈，使得()()12ff x x =成立，则实数的取值范围是（ ）解 设函数()f x 与()g x 在[0,1]上的值域分别为与，依题意.当112x <≤时，()31f x x x =+，则()()()2,22301x x x fx +=>+ ∴()f x 在1(,1]2单调递增∴()()112f f x f ⎛⎫<≤ ⎪⎝⎭即()11122f x <≤. 当102x ≤≤时，()11612f x x =-+，所以()f x 单调递，所以()()102f f x f ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭即()1012f x ≤≤. 综上所述在上的值域A=10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦.当时，[0,]66x ππ∈，又a>0，所以()g x 在[0,1]上单调递增，所以即()112aa g x -≤≤-，故在上的值域[1,1]2a B a =--. 因为A ∩B ≠Φ，所以1012a ≤-≤或10122a ≤-≤解得122a ≤≤，故应选C.2.对11x D ∀∈，22x D∃∈，使得()()12fg x x =，等价于函数()f x 在上的值域是函数()g x 在2D上的值域的子集，即.例2(2011湖北八校第二次联考)设()2332x f x x x -+=-，.①若()02,x ∃∈+∞，使()0f m x =成立，则实数的取值范围为＿＿＿;②若()12,x ∀∈+∞，，使得()()12fg x x =，则实数的取值范围为＿＿＿解 ①依题意实数的取值范围就是函数()2332x f x x x-+=-的值域.设，则问题转化为求函数()()()()23231102t h t t t ttt -++==++>+的值域，由均值不等式得h(t)≥3(t=1时取等号)，故实数的取值范围是. ②依题意实数的取值范围就是使得函数的值域是函数的值域的子集的实数的取值范围.由①知，易求得函数的值域()2,B a =+∞，则当且仅当231a a ⎧<⎪⎨>⎪⎩即，故实数的取值范围是.例3已知()()ln f x x ax a R =-∈ (1)求()f x 的单调区间; (2)若，且，函数()313g x bx bx =-，若对任意的，总存在，使，求实数的取值范围.解 (1)略;(2)依题意实数的取值范围就是使得在区间上的值域是的值域的子集实数的取值范围. 当a=1时， 由得(),1110xx x x f -=-=<，故在上单调递减，所以即，于是.因，由()313g x bx bx =-得()(),21x bg x =-.①当时，，故在上单调递增，所以即()2233b g x b -<<，于是22,33B b b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.因为A B ⊆，则当且仅当2ln 223213b b ⎧-≤-⎪⎪⎨⎪≥-⎪⎩，即33ln 22b ≥-时符合题意；②当时，同上可求得3ln 232b ≤-.时符合题意 综合①②知所求实数的取值范围是33(,ln 23][3ln 2,)22-∞--+∞U .3.已知f(x)、g(x)是在闭区间的上连续函，则对12,x x∀∈D 使得()()12fg x x ≤，等价于()()maxminf x gx ≥.例4已知()()2,ln f x x g x x x xa=+=+，其中a>0.(1)若是函数h(x)=f(x)+g(x)的极值点，求实数的值;(2)若对12,[1,]e x x∀∈都有()()12fg x x ≥成立，求实数的取值范围.解 (1)略;(2) 对12,[1,]e x x∀∈，有()()12fg x x ≥，等价于x ∈[1,e]有.当x ∈[1,e]时(),110x x g =+>，所以g(x)在[1,e]上单调递增，所以.因为()222,221x axaf xx-=-=， 令得，又且，.①当0<a<1时，(),x f >0，所以f(x)在[1,e]上单调递增，所以.令得这与矛盾。
学生----函数任意性和存在性问题学案.
函数任意性和存在性.新化一中段新平 【学习目标】结合具体函数，讨论关于任意与存在性问题的一般解题方法 【学习重点】通过研究具体函数及其图象，将任意与存在性问题转化为函数值域关系或最值关系 【学习难点】1.对函数中的存在性与任意性问题:相等关系转化为函数值域之间的关系，不等关系转化为函数的最值大小.2.解题中要注意数学思想方法的应用:如转化与化归思想、数形结合思想、分类讨论思想等. 【学习过程】 一．自主复习(1) 任意性问题：1. ∀x∈D,均有f(x)>A 恒成立，等价于 ；2. ∀x∈D,均有f(x)﹤A 恒成立，等价于 ；3. ∀x∈D,均有f(x)>g(x)恒成立，等价于F(x)=f(x)-g(x)>0等价于 ；4. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，等价于F(x)=f(x)-g(x)﹤0等价于 。
(2)存在性问题：1. ∃x 0∈D,使得f(x 0)>A 成立，等价于 ；2. ∃x 0∈D,使得f(x 0)﹤A 成立，等价于 ；3. ∃x 0∈D,使得f(x 0)>g(x 0)成立，设F(x)= f(x)- g(x)等价于 ；4. ∃x 0∈D,使得f(x 0)<g(x 0)成立，设F(x)= f(x)- g(x)等价于 ； (3) 恰成立问题1.若不等式f(x)>A 在区间D 上恰成立，等价于不等式f(x)>A 的解集为D ；2.若不等式f(x)<B 在区间D 上恰成立，等价于不等式f(x)<B 的解集为D. 二.合作探究, 展示与交流（已知()f x ,()g x 是在闭区间的上连续函数）例1.已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，若对[0,2]x ∀∈，使得()()f x g x ≥，则实数m 的取值范围为 ；若[0,2]x ∃∈，使得()()f x g x ≥，则实数m 的取值范围为 。
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,+∞)。
高考数学考点归纳之“任意”与“存在”问题
高考数学考点归纳之“任意”与“存在”问题考点一单一任意与存在问题(1)∀x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min＞0.如图①.(2)∃x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＞0.如图②.[典例]设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝af′(x)，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)若对于任意x≥0，总有f(x)≥g(x)，求实数a的取值范围；(2)若存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，求实数a的取值范围．[解题观摩](1)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－a1＋x(x≥0)，则h′(x)＝11＋x＋a(1＋x)2＝x＋1＋a(1＋x)2.当a≥－1时，h′(x)≥0，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝－a，则－a≥0，a≤0，∴a∈[－1,0]．当a＜－1时，ln(1＋x)≥0，－a1＋x＞0，所以h(x)≥0恒成立．综上可知，实数a的取值范围为[－∞，0]．(2)由(1)可知，当a≥－1时，存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，当a＜－1时，f(x)≥g(x)恒成立．综上可知，实数a的取值范围为(－∞，＋∞)．[关键点拨](1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x0≥0时，总有f(x0)≥g(x0)，即f(x0)－g(x0)≥0(注意不是f(x)min≥g(x)max)，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)≥0恒成立问题．(2)存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，即至少有一个x0≥0，满足f(x0)－g(x0)不是负数，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)的函数值至少有一个是非负数．考点二双任意与存在相等问题(1)∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 21212上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影． [典例] 已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a ＞0，x ∈R ，g (x )＝1x 2(1－x ).(1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝32时，求证：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．[解题观摩] (1)∵f (x )＝x 2－23ax 3，∴f ′(x )＝2x －2ax 2＝2x (1－ax )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a.∵a ＞0，∴1a ＞0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递减，f (x )≥f (－1)＝1＋2a3，故f (x )在(－∞，－1]上的值域为⎣⎡⎭⎫1＋2a3，＋∞. ∵g (x )＝1x 2(1－x )，∴g ′(x )＝3x 2－2x x 4(1－x )2＝3x －2x 3(1－x )2.当x ＜－12时，g ′(x )＞0，∴g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上单调递增，g (x )＜g ⎝⎛⎭⎫－12＝83， 故g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上的值域为⎝⎛⎭⎫－∞，83.若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12，使得f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3＜83，解得0＜a ＜52， 故实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，52. (2)证明：当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，∴f ′(x )＝2x －3x 2＝3x ⎝⎛⎭⎫23－x .当x ＞2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(2，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4， ∴f (x )在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)． 则g (x )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝1x 2(1－x )在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．∵(－∞，－4)(－∞，0)，∴对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)． [关键点拨]本题第(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．考点三 双任意与双存在不等问题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1212min＞g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.(2)存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)＞g (x 2)，等价于f (x )max ＞g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.[典例] 已知f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)，g (x )＝x ＋ln x .(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围； (2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围．[解题观摩] (1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max .当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e＋1.只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2，当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2＝－⎝⎛⎭⎫x －e ＋122＋⎝⎛⎭⎫e ＋122的最大值为h ⎝⎛⎭⎫e ＋12＝⎝⎛⎭⎫e ＋122.所以a 2≥⎝⎛⎭⎫e ＋122，即a ≥e ＋12(舍去负值)．故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫e ＋12，＋∞. (2)存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ＜g (x )max . 当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e＋1.又f ′(x )＝1－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，故f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当0＜a ＜1时，f (x )在[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a 2＜e ＋1，符合题意； 当1≤a ≤e 时，f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a ， 此时，2a ＜e ＋1，解得1≤a ＜e ＋12；当a ＞e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，此时，e ＋a 2e ＜e ＋1，即a ＜e ，与a ＞e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，e ＋12.[关键点拨](1)本题第(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 )图象的最低点不低于g (x )图象的最高点．(2)本题第(2)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 )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．考点四 存在与任意嵌套不等问题(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max ＜g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧.[典例] 已知函数f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，g (x )＝x 2－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．[解题观摩] 依题意知f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值，即f (x )min ≥g (x )min .因为f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x 2，则当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当1＜x ＜2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，①当b ＜1时，可求得g (x )min ＝g (1)＝5－2b .由5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b ＜1矛盾，不符合题意；②当1≤b ≤2时，可求得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2.由4－b 2≤－12，得b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾，不符合题意；③当b ＞2时，可求得g (x )min ＝g (2)＝8－4b . 由8－4b ≤－12，得b ≥178.综合①②③得，实数b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178，＋∞. [关键点拨]“对任意x1∈(0,2)，总存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”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”．[课时跟踪检测]1．(2019·福建三校联考)已知函数f(x)＝e－x－ax，g(x)＝ln(x＋m)＋ax＋1.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最小值；(2)若对任意的x∈(－m，＋∞)，恒有f(－x)≥g(x)成立，求实数m的取值范围．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝e－x＋x，则f′(x)＝－1e x＋1.令f′(x)＝0，得x＝0.当x＜0时，f′(x)＜0，当x＞0时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增．∴当x＝0时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(0)＝1.(2)由(1)得e x≥x＋1恒成立．f(－x)≥g(x)⇔e x＋ax≥ln(x＋m)＋ax＋1⇔e x≥ln(x＋m)＋1.故x＋1≥ln(x＋m)＋1，即m≤e x－x在(－m，＋∞)上恒成立．当m＞0时，在(－m，＋∞)上，e x－x≥1，得0＜m≤1；当m≤0时，在(－m，＋∞)上，e x－x＞1，m≤e x－x恒成立．于是m≤1.∴实数m的取值范围为(－∞，1]．2．设函数f(x)＝e x－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(e x－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于k＜x＋1e x－1＋x(x＞0)．①令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x (e x －x －2)(e x －1)2.由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)＜0，h (2)＞0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )＜0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )＞0. 所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)．又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等价于k ＜g (α)，故整数k 的最大值为2. 3．(2019·石家庄质检)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )(a ∈R)． (1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：f (x 2)＞－12.解：(1)由已知得，f (x )＝x (ln x －x )，当x ＝1时，f (x )＝－1，f ′(x )＝ln x ＋1－2x ，当x ＝1时，f ′(x )＝－1，所以所求切线方程为y ＋1＝－(x －1)，即x ＋y ＝0.(2)证明：由已知条件可得f ′(x )＝ln x ＋1－2ax 有两个不同的零点，且两零点的左、右两侧附近的函数值符号相反．令f ′(x )＝h (x )，则h ′(x )＝1x－2a (x ＞0)，①若a ≤0，则h ′(x )＞0，h (x )单调递增，f ′(x )不可能有两个零点；②若a ＞0，令h ′(x )＝0得x ＝12a ，可知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递减，令f ′⎝⎛⎭⎫12a ＞0，解得0＜a ＜12， 此时1e ＜12a ，f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝－2a e ＜0， 1a 2＞12a ，f ′⎝⎛⎭⎫1a 2＝－2ln a ＋1－2a＜0， 所以当0＜a ＜12时，函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：因为f ′(1)＝1－2a ＞0，所以0＜x 1＜1＜x 2，f (x )在[1，x 2]上单调递增， 所以f (x 2)＞f (1)＝－a ＞－12.4．(2019·成都模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax ，a ∈R.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝(x －k )e x ＋k ，k ∈Z ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．当a ＝1时，若∃x 1∈(0，＋∞)，∀x 2∈(0，＋∞)，不等式5f (x 1)＋g (x 2)＞0成立，求k 的最大值．解：(1)f ′(x )＝1－a －ln xx 2(x ＞0)．由f ′(x )＝0，得x ＝e 1－a .易知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴当0＜x ＜e 1－a时，f ′(x )＞0，此时函数f (x )单调递增；当x ＞e 1－a时，f ′(x )＜0，此时函数f (x )单调递减．∴函数f (x )的单调递增区间是(0，e 1－a )，单调递减区间是(e 1－a ，＋∞)． (2)当a ＝1时，由(1)可知f (x )≤f (e 1－a )＝1，∴∃x 1∈(0，＋∞)，∀x 2∈(0，＋∞)，5f (x 1)＋g (x 2)＞0成立，等价于5＋(x －k )e x ＋k ＞0对x ∈(0，＋∞)恒成立，∵当x ∈(0，＋∞)时，e x －1＞0， ∴x ＋x ＋5e x －1＞k 对x ∈(0，＋∞)恒成立，设h (x )＝x ＋x ＋5e x －1，则h ′(x )＝e x (e x －x －6)(e x －1)2.令F (x )＝e x －x －6，则F ′(x )＝e x －1. 当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＞0，∴函数F (x )＝e x －x －6在(0，＋∞)上单调递增． 而F (2)＝e 2－8＜0，F (3)＝e 3－9＞0. ∴F (2)·F (3)＜0.∴存在唯一的x 0∈(2,3)，使得F (x 0)＝0，即e x 0＝x 0＋6.∴当x ∈(0，x 0)时，F (x )＜0，h ′(x )＜0，此时函数h (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，F (x )＞0，h ′(x )＞0，此时函数h (x )单调递增． ∴当x ＝x 0时，函数h (x )有极小值(即最小值)h (x 0)． ∵h (x 0)＝x 0＋x 0＋5e x 0－1＝x 0＋1∈(3,4)．又k ＜h (x 0)，k ∈Z ，∴k 的最大值是3.5．(2018·广安一模)已知函数f (x )＝ln x －a2x 2＋(a －1)x (a ∈R)．(1)当a ≥0时，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )有两个相异零点x 1，x 2，求a 的取值范围，并证明x 1＋x 2＞2.解：(1)由f (x )＝ln x －a 2x 2＋(a －1)x (x ＞0)，得f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－(x －1)(ax ＋1)x .当a ≥0时，ax ＋1＞0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0；当x ＞1时，f ′(x )＜0，故当a ≥0时，函数f (x )在x ＝1处取得极大值，且f (1)＝a2－1，无极小值．(2)证明：当a ≥0时，由(1)知f (x )在x ＝1处取得极大值，且f (1)＝a2－1，当x →0时，f (x )→－∞，又f (2)＝ln 2－2＜0，f (x )有两个相异零点，则f (1)＝a2－1＞0，解得a ＞2.当－1＜a ＜0时，若0＜x ＜1，则f ′(x )＞0；若1＜x ＜－1a，则f ′(x )＜0；若x ＞－1a ，则f ′(x )＞0，则f (x )在x ＝1处取得极大值，在x ＝－1a 处取得极小值，由于f (1)＝a2－1＜0，则f (x )仅有一个零点．当a ＝－1时，f ′(x )＝(x －1)2x ≥0，则f (x )仅有一个零点．当a ＜－1时，若0＜x ＜－1a ，则f ′(x )＞0；若－1a＜x ＜1，则f ′(x )＜0；若x ＞1，则f ′(x )＞0，则f (x )在x ＝1处取得极小值，在x ＝－1a 处取得极大值，由于f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－ln (－a )＋12a－1＜0，则f (x )仅有一个零点． 综上，f (x )有两个相异零点时，a 的取值范围是(2，＋∞)．两零点分别在区间(0,1)和(1,2)内，不妨设0＜x 1＜1＜x 2＜2.欲证x 1＋x 2＞2，只需证明x 2＞2－x 1，又由(1)知f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故只需证明f (2－x 1)＞f (x 2)＝0即可．f (2－x 1)＝ln(2－x 1)－a2(2－x 1)2＋(a －1)(2－x 1)＝ln(2－x 1)－a2x 21＋(a ＋1)x 1－2.又因为f (x 1)＝ln x 1－a 2x 21＋(a －1)x 1＝0，所以f (2－x 1)＝ln(2－x 1)－ln x 1＋2x 1－2， 令h (x )＝ln(2－x )－ln x ＋2x －2(0＜x ＜1)， 则h ′(x )＝1x －2－1x ＋2＝2(x －1)2x (x －2)＜0，则h (x )在(0,1)上单调递减，所以h(x)＞h(1)＝0，即f(2－x1)＞0，所以x1＋x2＞2.。
任意性与存在性问题
任意性与存在性问题一、相关知识准备1、两个函数，两个变量，不等关系(1)若12[,],[,]x a b x m n ∀∈∀∈，有12()()f x g x <成立，则1max 2min ()()f x g x <； (2)若12[,],[,]x a b x m n ∃∈∀∈，有12()()f x g x <成立，则1min 2min ()()f x g x <； (3)若12[,],[,]x a b x m n ∀∈∃∈，有12()()f x g x <成立，则1max 2max ()()f x g x <； (4)若12[,],[,]x a b x m n ∃∈∃∈，有12()()f x g x <成立，则1min 2max ()()f x g x <； 2、两个函数，两个变量，相等关系(1)若12[,],[,]x a b x m n ∃∈∃∈，有12()()f x g x =成立，则{|()}{|()}y y f x y y g x =⋂=≠；(值域有交集)(2)若12[,],[,]x a b x m n ∀∈∃∈，有12()()f x g x =成立，则{|()}{|()}y y f x y y g x =⊆=；(值域构成包含关系)(3)若12[,],[,]x a b x m n ∃∈∀∈，有12()()f x g x =成立，则{|()}{|()}y y f x y y g x =⊇=.(值域构成包含关系) 二、练习题1．已知()21()ln 1,()2xf x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，若12[0,3],[1,2]x x ∀∈∃∈，使()()12f x g x ≥，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦2．已知函数2e (),()212xf xg x x x a x==-++-，若12,(0,)x x ∀∈+∞，都有()()12f x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(,)e -∞ B ．(,e]-∞C ．,2e ⎛⎤-∞⎥⎝⎦ D ．,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭3．已知函数()32cos f x x x =+，()()2()15x x g x e e =--，若1(,0]x ∀∈-∞，2x ∀∈R ，()()12f x a g x +≤，则a 的取值范围是（ ） A ．(,2]-∞- B ．40,27⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦C ．(,3]-∞-D ．,2794⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦4．设函数22()ln ,()f x x x x g x x a x =-=++，对任意的11[,2]4x ∈，存在2[2,4]x ∈，使12()()1f x g x -<成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．7(4ln 2,)2--+∞ B ．9(,)2-+∞ C ．211(ln 2,)48-++∞ D ．(3,)-+∞5．已知函数32()ln 3,()a f x x x g x x x x =++=-，若()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[4,)+∞ B ．[3,)+∞ C ．[2,)+∞ D ．[1,)+∞6．已知函数1()1k f x x x =+-，4ln ()x e x g x x-=（e 是自然对数的底数），若对1(0,1)x ∀∈，2[1,3]x ∃∈，使得12()()f x g x ≥成立，则正数k 的最小值为（ ）A．12B ．1C ．4-D ．4+7．已知函数()331f x x x =--，若对于区间[]3,2-上的任意12,x x ，都有()()12f x f x t -≤，则实数t 的最小值是( ) A ．20 B ．18 C ．3 D ．08．设函数22()ln ,()f x x x x g x x a x =-=++，对任意的11[,2]4x ∈，存在2[2,4]x ∈，使12()()1f x g x -<成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(3,4ln 2)--B ．9(,4ln 2)2-- C ．971(,ln 2)248--+ D ．71(3,ln 2)48--+9．已知函数()x x f x xe e =-，函数()g x mx m =-（0m >），若对任意的1[22]x ∈-，，总存在2[22]x ∈-，使得12()()f x g x =，则实数m 的取值范围是（）A ．21[3,]3e -- B ．2[,)e +∞ C ．21[,]3e D ．1[,)3+∞10．已知函数()22x f x x e =-（e 为自然对数的底数），()()1,R g x mx m =+∈，若对于任意的[]11,1x ∈-，总存在[]01,1x ∈-，使得()()01g x f x = 成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．][()22,11,e e -∞-⋃-+∞B ．221,1e e ⎡⎤--⎣⎦C ．][()22,11,e e ---∞-⋃-+∞D ．221,1e e --⎡⎤--⎣⎦参考答案1．A解：由题可得：“若[][]120,3,1,2x x ∀∈∃∈，使()()12f x g x ≥” 等价于：“()()min min f x g x ⎡⎤⎡⎤≥⎣⎦⎣⎦” 当[]0,3x ∈时，()2201xf x x +'=≥，所以()f x 在[]0,3单调递增， 所以()()()2min 0ln 010f x f ==+=当[]1,2x ∈时，()()2min 122g x g m ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以2102m ⎛⎫≥- ⎪⎝⎭，解得：14m ≥，故选A2．C解：2(),()(1)2xe f x g x x a x==--+，若12,(0,)x x ∀∈+∞，都有()()12f x g x ≥恒成立，则min max ()()((0,))f x g x x ∈+∞≥.2(1)()2x e x f x x-'=，当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， 故()f x 的最小值为(1)2e f =.又max ()g x a =，所以2e a ≤.故实数a 的取值范围为,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 故选C 3．D解：因为()32sin 0f x x '=->，所以()f x 在(,0]-∞上为增函数，所以max ()(0)2f x f ==.令(0)x t e t =>，()2()(1)5h t t t =--，()(1)(35)h t t t '=+-.当503t <<时，()0h t '<；当53t >时，()0h t '>.所以min 552540()1533927h t h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==--=- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，从而max40()27g x =-.依题意可得40227a +≤-，即9427a ≤-. 故选：D 4．B解：因为对任意的11[,2]4x ∈，存在2[2,4]x ∈，都有12()()1f x g x -<，即12()()1f x g x <+，所以max max ()()1f x g x <+.当[2,4]x ∈时，函数()g x 在[2,4]为增函数，则max 29()442g x a a =++=+，又因为'()12ln f x x x x =--，设()12ln h x x x x =--，1[,2]4x ∈，所以'()2ln 3h x x =--，又'()h x 在1[,2]4单调递减，则''11()()2ln 34ln 23044h x h ≤=--=-<，所以'()f x 在1[,2]4单调递减，由于'(1)0f =，所以()f x 在1[,1)4单调递增，(1,2]单调递减，max ()(1)1f x f ==，于是9112a <++，所以9(,)2a ∈-+∞，故选：B.5．D解：由题意，对于()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦，可得()f x 在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值不小于()g x 在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值，由()32g x x x =-，则()22323()3g x x x x x '=-=-，可得当12[,)33时，()0g x '<，()g x 单调递减，当2(,2]3时，()0g x '>，()g x 单调递减，又由12(),(2)4327g g =-=，即()g x 在区间1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为4， 所以()ln 34a f x x x x =++≥在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，即2ln a x x x ≥-在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立， 令()21ln ,,23h x x x x x ⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，则()12ln h x x x x '=--， 令()12ln p x x x x =--，则()32ln p x x '=--，当1,23x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0p x '<，函数()p x 单调递减，即()h x '在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，又由()10h '=，所以()h x '在1[,1)3为正，在(1,2]上为负，所以()h x 在1[,1)3为单调递增，在(1,2]上单调递减，所以()h x 在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()11h =，所以1a ≥． 故选：D ．解：“()10,1x ∀∈，[]21,3x ∃∈，使得()()12f x g x ≥成立”等价于()()min min f x g x ≥()11k f x x x =+- ()()()()2222212111k x kx k k f x xx x x -+-⇒=-=--'当01k <<时，令()0f x '=，解得：1x =，2x =()f x ∴在(]20,x 上单调递减，[)2,1x 上单调递增 ()())22min 1f x f x ⇒==当1k =时，令()0f x '=，解得：12x =，()f x ∴在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减，1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增())2min1412f x f ⎛⎫⇒===⎪⎝⎭当1k >时，此时()f x 在(]20,x 上单调递增，[)2,1x 上单调递增减()0lim x f x →=+∞，()1lim x f x →=+∞，()f x 无最小值，不合题意综上所述：())2min 1f x =，(]0,1k ∈()4ln ln 4x e x e xg x x x -==- ()()2ln 1e x g x x-⇒='，令()0g x '=，解得：x e = ()g x ∴在[)1,e 上单调递减，在(],3e 上单调递增 ()()min 3g x g e ⇒==)213∴≥ 4k ⇒≥- 本题正确选项：C7．A解：对于区间[3,2]-上的任意12,x x 都有12|()()|f x f x t -≤， 等价于对于区间[3,2]-上的任意x ，都有max min ()()f x f x t -≤， ∵3()31f x x x =--，∴2()33f x x '=-，∵[3,2]x ∈-，∴函数在[3,1],[1,2]--上单调递增，在[1,1]-上单调递减， ∴max min ()(2)(1)1,()(3)19f x f f f x f ==-==-=-，∴max min ()()20f x f x -=，∴20t ≥，∴实数t 的最小值是20，故答案为A由12()()1f x g x -<可得212()1()()1g x f x g x -<<+，因为对任意的11[,2]4x ∈，存在2[2,4]x ∈，都有212()1()()1g x f x g x -<<+，所以()()()()max max min min 11f x f x f x f x ⎧<+⎪⎨>-⎪⎩.当[2,4]x ∈时，min max 9()3,()2g x a g x a =+=+.'()1ln f x x x x =--，''()2ln 3f x x =--，''()f x 在1[,2]4单调递减，11''()''()2ln 34ln 23044f x f ≤=--=-<，所以'()f x 在1[,2]4单调递减，由于'(1)0f =，所以()f x 在1[,1)4单调递增，(1,2]单调递减，max ()(1)1f x f ==，因为111()ln 2,(2)24ln 2448f f =+=-，133733ln 214()(2)ln 204848f f --=-=>，min ()24ln 2f x =- 于是911224ln 231a a ⎧<++⎪⎨⎪->+-⎩，所以9(,4ln 2)2a ∈-- 故选：B 9．B由题意，函数()(1)x f x e x =-的导数为()xf x xe '=，当0x >时，()0f x '>，则函数()f x 为单调递增； 当0x <时，()0f x '<，则函数()f x 为单调递减， 即当0x =时，函数()f x 取得极小值，且为最小值1-，又由()2223,(2)f e f e --=-=，可得函数()f x 在[2,2]-的值域2[1,]e -，由函数()(0)g x mx m m =->在[2,2]-递增，可得()g x 的值域[3,]m m -， 由对于任意的1[2,2]x ∈-，总存在2[2,2]x ∈-，使得12()()f x g x =，可得2[1,][3,]e m m -⊆-，即为231m m e-≤-⎧⎨≥⎩，解得2m e ≥，故选B. 10．A 解，在区间上为增函数，在区间上为减函数.，，又，则函数在区间上的值域为.当时，函数在区间上的值域为.依题意有，则有，得.当时，函数在区间上的值域为，不符合题意. 当时，函数在区间上的值域为.依题意有，则有，得.综合有实数的取值范围为.选A.。
函数中的任意和存在性问题(整理)Word版
函数中的恒成立、恰成立和能成立问题教学目标： 结合具体函数，讨论关于任意与存在性问题的一般解题方法过程与方法 通过研究具体函数及其图象，将任意与存在性问题转化为函数值域关系或最值关系 问题：已知函数]1,0[,2)(2∈+=x k x k x f ，函数]0,1[,5)1(23)(22-∈+++-=x x k k x x g ，当6=k 时，对任意]1,0[1∈x ，是否存在]0,1[2-∈x ， )()(12x f x g =成立.若2=k 呢？ 变式1：对任意]1,0[1∈x ，存在]0,1[2-∈x ， )()(12x f x g =成立，求k 的取值范围.()f x 的值域是()g x 的值域的子集即可.变式2：存在]1,0[1∈x ]0,1[2-∈x ，使得)()(12x f x g =成立，求k 的取值范围.)(x g 的值域与)(x f 的值域的交集非空.变式3：对任意]1,0[1∈x ，存在]0,1[2-∈x ，使得)()(12x f x g <成立，求k 的取值范围.)()(min min x f x g <《小结》： 对函数中的存在性与任意性问题:相等关系转化为函数值域之间的关系，不等关系转化为函数的最值大小.例1：（1）已知22(),[1,),()0x x af x x f x x ++=∈+∞≥对任意恒成立，求实数a 的取值范围。
（2）已知22()x x af x x ++=，对任意[1,)x ∈+∞，()f x 的值域是[0+∞，），求实数a 的取值范围。
分析：本题第（1）问是一个恒成立问题，由于1≥x ，02)(2≥++=xax x x f 恒成立，则此问题等价于)1(02)(2≥≥++=x a x x x ϕ恒成立，又等价于1≥x 时)(x ϕ的最小值0≥恒成立.由于1)1()(2-++=a x x ϕ在1≥x 时为增函数，所以3)1()(min +==a x ϕϕ，于是30a +≥，3a ≥-.第（2）问是一个恰成立问题，即当1≥x 时，)(x f 的值域恰为),0[+∞,与（1）不同的是，（1）是1≥x 时，0)(≥x f 恒成立，因此允许在1≥x 时，)(x f 的取值为),2[+∞，),3[+∞，------等等.而)(x f 的值域为),0[+∞，则当1≥x 时，)(x f 只能取),0[+∞，而不能是其他.=++=x a x x x f 2)(22++x a x ，当0≥a 时，由于1≥x ，32)(≥++=xax x f 与其值域为),0[+∞矛盾，所以有0<a .注意到当0<a 时，函数xay x y ==,都是),1[+∞上的增函数，因而)(x f 也是),1[+∞上的增函数.于是)(x f 在1≥x 时的最小值为)1(f ，令0)1(=f ，即0211=++a，得3-=a .小结：1、解恒成立题的基本思路是：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恒成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f ≥)(min 成立，若B x f ≤)(在D 上恒成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f ≤)(max 成立.2、解决恰成立问题的的基本思路是：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max . 恰成立问题： 若不等式在区间上恰成立, 则等价于不等式的解集为； 若不等式在区间上恰成立, 则等价于不等式的解集为.例2：函数()22f x x x a a =-+++（1）定义域为区间[1,2]-，求实数a 的取值范围. （2）在区间[1,2]-上有意义，求实数a 的取值范围；分析：（1）由题意知不等式220x x a a -+++≥的解集为[-1,2]，即220x x a a ---≤的解集为[-1,2]，则220x x a a ---=的两根为-1，2则22a a +=1a ∴=或2a =- （2）由题意知，不等式220x x a a -+++≥在[-1,2]上恒成立即:]2,1[,22-∈-≥+x x x a a 恒成立]2,1[,)(max 22-∈-≥+⇔x x x a a2211()24x x x -=--1x ∴=-或2x =时，2max ()2x x -=22a a ∴+≥ 1a ∴≥或2a ≤-能成立问题（存在）： 若在区间上存在实数使不等式成立,则等价于在区间上； 若在区间上存在实数使不等式成立,则等价于在区间上的.练习1.如已知不等式在实数集上的解集不是空集，求实数的取值范围______练习2. 已知两函数232()816,()254f x x x k g x x x x =+-=++，k 为实数。
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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】
二、典型例题
【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；
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】：(2010年山东理科22) 已知函数1()ln 1()a f x x ax a R x -=-+
-∈; (1) 当12
a ≤时，讨论()f x 的单调性； （2）设2()24
g x x b x =-+，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；
三、相关类型题：
〈一〉、"()"a f x ≥型；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 ≤∈”.
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.
〈二〉、12"()()()"f x f x f x ≤≤型
例2 ：已知函数()2sin()25
x 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 _.
〈三〉、.1212()()"()"22
x x f x f x f ++>型 例3： (2005湖北)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()()"()"22
x x f x f x f ++>恒成立的函数的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3
〈四〉、.1212
()()"0"f x f x x x ->-型 例4 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 a t ≤-+对所有[1,1]x ∈-，[1,1]a ∈-恒成立，求实数t 取值范围.
〈五〉、."()()"f x g x <型：
例5： 已知1()lg(1)2
f x x =+，()lg(2)
g x x t =+，若当[0,1]x ∈时，()()f x g x ≤)恒成立，求实数t 的取值范围.
〈六〉、12"()()"f x g x <型
例6：已知函数32149()3,()332
x c f x x x x g x +=--+=-，若对任意12,[2,2]x x ∈-，都有12()()f x g x <，求c 的范围.
〈七〉、12"|()()|"f x f x t -<（t 为常数）型；
例7 ：已知函数43()2f x x x =-+，则对任意121,[,2]2
t t ∈-（12t t <）都有 12|()()|____f t f t -≤恒成立，当且仅当1t =____，2t =____时取等号.
例8 ：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 -≤.
〈八〉、1212"|()()|||"f x f x x x -≤-型
例9： 已知函数3()f x x ax b =++，对于1212,)x x x x ∈≠时总有1212|()()|||f x f x x x -<-成立，求实数a 的范围.。