任意性与存在性问题探究
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
专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(原卷版)
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】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． 【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】 设函数f (x )＝x 3－x 2－3. (1)求f (x )的单调区间；(2)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； (3)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． 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】已知函数()()232210.3(1)f x x ax a x Rg x x 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 ＝23时，证明：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)． 【指点迷津】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． 【举一反三】【山西省实验中学2018年高二下期中】已知函数，（1）求的值域；（2）若使得，求的取值范围；（3）对，总存在使得，求的取值范围．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】已知()()()20.a f x x a g x x lnx 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． 【指点迷津】1.(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．(2)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】【辽宁省部分重点高中2019届9月联考】已知函数.（1）当时，，使成立，求的取值范围；（2）令，，证明：对，，恒有.类型四“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)>g(x2)”与“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)<g(x2)”的辨析(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)>g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2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)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)<g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于g(x)在D2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】【安徽省定远重点中学2019届高三上第二次月考】已知函数，若对任意，存在，使，则实数b的取值范围是（）A．B．C．D．【指点迷津】“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”．【举一反三】【吉林省长春外国语学校2018届高考二模】已知函数．（Ⅰ）若，求曲线在处的切线方程；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）设，若对任意，均存在，使得，求a的取值范围．三．强化训练1．【云南省曲靖市第一中学2019届质量监测三】已知函数，若对，使得，则实数m的取值范围为（）A．B．C．D．2．【辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三联考】函数是定义在上的奇函数，且，若对任意，且时，都有成立，则不等式的解集为A．B．C．D．3．【湖南省衡阳市第八中学2019届高三上第二次月考】若函数，，对于给定的非零实数，总存在非零常数，使得定义域内的任意实数，都有恒成立，此时为的类周期，函数是上的级类周期函数．若函数是定义在区间内的2级类周期函数，且，当时，函数．若，，使成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．4．【福建省厦门外国语学校2019届高三上第一次月考】已知函数，，若对任意的，，都有成立，则的取值范围是( )A．B．C．D．5．【甘肃省静宁县第一中学2019届高三上第一次模拟】已知，，若，使得成立，则实数a的取值范围是__________．6．【山东省安丘市2019届10月检测】函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）若函数存在两个极值点，，记过点，的直线斜率为k，问：是否存在实数a，使得？若存在，求实数a的值，若不存在，请说明理由．7．【黑龙江省鹤岗市第一中学2019届高三上第二次月考】已知函数的图像在处的切线与直线平行.（1）求函数的极值；（2）若，求实数m的取值范围.8．【贵州省遵义航天高级中学2019届高三上第三次月考】已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）当时，讨论函数的单调性；（3）若对任意的，，恒有成立，求实数的取值范围.9．【湖北省仙桃中学2019届8月考试】已知函数，（1）设，若函数在上没有零点，求实数的取值范围；（2）若对，均，使得，求实数的取值范围.10．【广东省深圳市2018届高考模拟二】已知向量，，（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴垂直,．（Ⅰ）求的值及的单调区间；（Ⅱ）已知函数(为正实数),若对于任意，总存在，使得，求实数的取值范围．。
函数任意性与存在性问题探析_翟丽
2015 年
函数任意性与存在性问题探析
翟 丽
（ 江苏省扬州市新华中学， 225009 ）
函数中的任意性与存在性问题， 也即函 数中的恒成立与能成立问题， 一直是高中数 也是高考的热点题型 ． 学考试的重点和难点， 这一类问题主要涉及到函数的最值和值域， 常与导数工具相结合， 并且与数形结合 、 分类 讨论 、 转化与化归等数学思想紧密联系， 其基 本模式如下： （ 1 ） 对于任意的 x ∈ A， 不等式 m ＞ f （ x） 成立 m ＞ f （ x） 成立 m ＜ f （ x） m ＞ f（ x） m ＜ f（ x）
f（ x） = f 2 ． 因 为 1 ∈ （ 0， e］ ，所 以 m
min
( )
（i
f 2 ≤ f（ 1 ） = 0 ， 从而只要 f （ e） ≤ 0 ， 解之得 m m≤ 2 2 2 ， ． 从而 ≤ m ≤ e －1 e e －1 m 的取值范围是 － ∞ ， 2 ． 综上， e －1 评注 上述题型包括两个函数， 并且含 有两个或者三个变量 ． 这种双函数多变量中
设 a = 2， 若对任意给定的 x0 ∈
（ 0， e］ ， e］上总存在 t1 ， t2 （ t1 ≠ t2 ） ， 在区间（ 0 ， 2 ） 成立， 使得 g （ x0 ） ＜ f （ t i ） （ i = 1 ， 求 m 的取 值范围 ． 解 由 x0 的任意性， 知 g（ x）
max
＜ f（ t i ） （ i
(
]
g（ x） =
ex ， a 均为实数 ． 其中 m， ex
（ 1 ） （ 2 ） 略； （ 3 ） 设 a = 2 ， 若对任意给定 e］ ， e］上总存在 t1 ， t2 （ t1 的 x0 ∈ （ 0 ， 在区间（ 0 ， ≠ t2 ） ， 使得 f （ t1 ） = f （ t2 ） = g（ x0 ） 成立， 求m 的取值范围 ． 解 （ 3 ） g' （ x） = e（ 1 － x） ， 易得 g（ x） 在 ex
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。
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2011-12-22 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 + h(x)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9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】：(2010年山东理科22) 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,+∞).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 ∈-。
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 + h(x)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9。
双变量的“任意性”与 “存在性”五种题型的解题方法解析
1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∈-∞,-12 ,使得f (x 1)=g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】∵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 )在(-∞,-1]上的值域为1+2a3,+∞ .∵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 =83,∴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,a <52.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 3x +1,12<x ≤1 和函数g (x )=a ·sin π6x -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.12,32 B.[1,2)C.12,2D.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 )≤112;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 )≤12,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 π6x -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12≤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 2-72-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 =12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 00,121212,11f '(x )-0+f (x )-72↘-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)=-72, 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 2-23ax 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 =1a .当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表:x(-∞,0)0,1a 1a 1a ,+∞3f '(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 =13a2.(2)由f (0)=f 32a=0及(1)知,当x ∈0,32a 时, f (x )>0;当x ∈32a,+∞ 时, f (x )<0.设集合A ={f (x )|x ∈(2,+∞)},集合B =1f (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 32a=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 ≤32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 >32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 <23.所以, f (x )的递增区间是(-∞,0),23,+∞;递减区间是0,23.4(2)由(1)知,函数f (x )在12,23 上单调递减,在23,2 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 2ln x 恒成立,记u (x )=x -x 2ln x 12≤x ≤2,则有a ≥u (x )max .u '(x )=1-x -2x ln x ,可知u '(1)=0.当x ∈12,1时,1-x >0,2x ln x <0,则u '(x )>0,所以u (x )在12,1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 )=mxx 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)=2m5+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 =-2a .(i )当-2a≥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-2a ,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-2a<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 -14-34x 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)=-12.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 ≥178.综上,实数b 的取值范围是178,+∞ .【变式4】 已知函数f (x )=13x 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 ex ,∀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-∞,1e-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 +3x(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0,34,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+32a +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+32a +6>4-4ln 2+2a ,又a ≥1,所以1≤a <4.【变式5】 设函数f (x )=xln 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 =-1ln 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 =14.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 =14-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 ≥12-14e 2.②当a <14时, f '(x )=-1ln x -12 2+14-a 在[e ,e 2]上的值域为-a ,14-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 ≤14矛盾.(ii )当-a <0,即0<a <14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≤14,x 0∈(e ,e 2).所以a ≥1ln x 0-14x 0>1ln e 2-14e >12-14=14,与0<a <14矛盾.综上,a 的取值范围是a ≥12-14e2.。
_任意性_存在性_问题剖析
类型五： “ 任意”、 “ 存在” （ 或“ 存在”、 “ 任意” ）型
例５ （ ２ ０ １ ０年山东高考理 ２ ２ ）已知函数 ｆ （ ｘ ） ＝ｌ ｎ ｘ－ １－ａ ａ ｘ＋ －１ （ ａ ） ． ∈Ｒ ｘ （ １ ）当 ａ １ 时， 讨论 ｆ （ ｘ ）的单调性； ２ １ 时， 若对任意 ｘ １ ４
４ ０ ｘ ， 存在 ｘ ， ｘ － ３ ， ３ ］ ， 都有 ｆ （ ｘ ） ＜ｇ （ ｘ ） ， 求实数 ｃ 的 １ ２∈ ［ １ ２ 取值范围． 分析： 存在 ｘ ， ｘ －３ ， ３ ］ ， 都有 ｆ （ ｘ ） ＜ｇ （ ｘ ） ， 等价 １ ２∈ ［ １ ２
２ ２ （ ｘ ） （ ｘ ） ， 由ｆ （ ｘ ） ＝７ ｘ － ２ ８ ｘ －ｃ＝７ （ ｘ － ２ ） － 于ｆ ｍ ｉ ｎ ＜ｇ ｍ ａ ｘ
２ ２ １ １ ａ ＋ｂ ２＋ ２ 为定值 ２ ２ ； Ｏ Ａ Ｏ Ｂ ａｂ ２ ２ ４ ａ ｂ ２ ２ ２ Ａ Ｂ｜ ａ ＋ｂ． ２ ２ ｜ ａ ＋ｂ
∴
２ ２ ４ ａ ｂ ２ ２ ２ Ａ Ｂ｜ ａ ＋ｂ． ２ ２ ｜ ａ ＋ｂ
这样结合平面几何知识由此题可知， 高考题第（ Ⅱ）存 在半径 Ｒ 为
ｘ ＋ｘ ２ ｘ ＋ｘ ＋１ ｈ （ ｘ ）＝ ２ ， 则ｈ ′ （ ｘ ）＝ ， 故函数 ｈ （ ｘ ） ２ ２ ＞０ ２ ｘ ＋１ （ ２ ｘ ＋１ ） ２ 在［ １ ， ２ ］ 上是增函数， ｈ （ ｘ ） （ １ ）＝ ， 所以实数 ａ 的取 ｍ ｉ ｎ ＝ｈ ３ 值范围是 ０ ＜ａ＜ ２ ． ３
槡
２ ２ ａ ｂ ２ ＝ ａ ＋ｂ ２
＝ 的圆满足题意， 从而 ８＋４ ３ 槡
８×４ ２ ６ 槡
证明： 设点 Ａ （ ｜ Ｏ Ａ｜ ｃ ｏ ｓ ， ｜ Ｏ Ａ｜ ｓ ｉ ｎ ） ， 则点 Ｂ （ ｜ Ｏ Ｂ｜ θ θ π π ｃ ｏ ｓ （ ， ｜ Ｏ Ｂ｜ ｓ ｉ ｎ （ ） ， θ＋ ） θ＋ ） ２ ２
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 ∈-。
双函数中任意性与存在性问题探究
ʏ袁满成函数中的任意性与存在性问题,是高中数学的重要内容,渗透着化归与转化㊁数形结合㊁函数与方程等数学思想,一直是高考命题的热点,也是同学们学习的难点㊂这类问题既有单一函数的任意性与存在性问题,也有双函数中的任意性与存在性问题,同时变量也涉及单变量与双变量㊂下面就双函数中的任意性与存在性问题进行探究,意在抛砖引玉㊂一㊁双函数㊁单变量的任意性与存在性问题双函数㊁单变量的任意性与存在性问题,需要优先考虑分离参数法,并转化为最值(或临界值)进行研究,但要注意利用的最值(或临界值)正好是相反的㊂当分离参数构造所得函数的最值不好求时,可以利用作差㊁分类讨论的方法进行解决㊂例1 已知函数f (x )=l o g a x ,g (x )=2l o g a (2x +t -2),其中a >0且a ʂ1,t ɪR ㊂当0<a <1,且x ɪ14,2[]时,f (x )ȡg (x )恒成立,求实数t 的取值范围㊂解:由f (x )ȡg (x )恒成立,可得l o g a x ȡ2l o g a (2x +t -2)恒成立,所以12l o g a x ȡl o g a (2x +t -2)恒成立㊂因为0<a <1,x ɪ14,2[],所以x ɤ2x +t -2,可得t ȡ-2x +x +2恒成立,即t ȡ(-2x +x +2)m a x ㊂令函数y =-2x +x +2=-2x -14()2+178,x ɪ14,2[],所以当x =14时,y m ax =2,故实数t 的取值范围为[2,+ɕ)㊂评析:若f (x )ȡa 或g (x )ɤa 恒成立,只需满足f (x )m i n ȡa 或g (x )m a x ɤa ,求出函数f (x )的最小值或函数g (x )的最大值即可解决问题㊂例2 已知函数h (x )=2x -1,g (x )=m (x 2-1),问是否存在实数m ,使得不等式h (x )>g (x )对任意的x ɪ[-2,2]恒成立㊂解:假设存在实数m ,使得不等式h (x )>g (x )对任意的x ɪ[-2,2]恒成立㊂令函数f (x )=h (x )-g (x )=2x -1-m (x 2-1)=-m x 2+2x +m -1,x ɪ[-2,2],要使不等式h (x )>g (x )对任意x ɪ[-2,2]恒成立,即f (x )>0对x ɪ[-2,2]恒成立㊂当m =0时,f (x )=2x -1,在-2ɤx ɤ12上,f (x )ɤ0,在12<x ɤ2上,f (x )>0,可知不满足题意;当m ʂ0时,函数f(x )只需满足-m >0,1mɤ-2,f (-2)>0ìîíïïïï或-m >0,-2<1m <2,Δ=4+4m (m -1)<0ìîíïïïï或-m <0,f (2)>0,f (-2)>0㊂ìîíïïï据此代入化简整理得m <0,-12ɤm <0,m <-53ìîíïïïïïï或m <0,-2<1m <2,m ɪ⌀ìîíïïïï或m >0,m <1,m <-53,ìîíïïïï所以m ɪ⌀㊂故不存在实数m ,使得不等式h (x )>g (x )对任意的x ɪ[-2,2]恒成立㊂评析:对于不适合分离参数的不等式,常用分类讨论法,结合函数的单调性或最值,求得参数的取值范围㊂二㊁双函数㊁双变量的任意性与存在性问题双函数㊁双变量的任意性与存在性问题,通常是将含有全称量词和存在量词的条件 等价转化 为两个函数值域之间的关系(或23 数学部分㊃经典题突破方法 高一使用 2022年1月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.两个函数最值之间的关系)进行研究㊂例3已知函数f(x)=12x2+x,函数g(x)=l n(x+1)-a,若存在x1,x2ɪ[0,2],使得f(x1)>g(x2),求实数a的取值范围㊂解:因为f(x),g(x)在[0,2]上都是增函数,所以f(x)的值域A=[0,4],g(x)的值域B=[-a,l n3-a]㊂若存在x1,x2ɪ[0,2],使得f(x1)>g(x2),则f(x)m a x> g(x)m i n,即4>-a,所以a>-4㊂故实数a 的取值范围是(-4,+ɕ)㊂评析:对任意的x1ɪA,任意的x2ɪB,使得f(x1)ɤg(x2),则f(x)m a xɤg(x)m i n㊂对任意的x1ɪA,存在x2ɪB,使得f(x1)ɤg(x2),则f(x)m a xɤg(x)m a x㊂对任意的x1ɪA,存在x2ɪB,使得f(x1)ȡg(x2),则f(x)m i nȡg(x)m i n㊂例4已知函数f(x)=2x+a x2(a> 0),函数g(x)=x2-4x+1㊂若对任意x1ɪ[-1,2],总存在x2ɪ[-1,2],使得f(x1)= g(x2),则实数a的取值范围是㊂解:函数g(x)=x2-4x+1=(x-2)2-3,因为x2ɪ[-1,2],所以函数g(x)的值域为B=[-3,6]㊂任意x1ɪ[-1,2],总存在x2ɪ[-1, 2],使得f(x1)=g(x2),可设函数f(x)的值域为A㊂因为B=[-3,6],所以A⊆B㊂因为2x>0,a x2ȡ0,所以f(x)=2x+a x2>0在[-1,2]上恒成立㊂因为f(x)在[0,2]上单调递增,所以f(x)的最大值为f(2)=4+ 4a,所以4+4aɤ6,可得aɤ12㊂又a>0,所以实数a的取值范围是0,12(]㊂评析:对任意的x1ɪA,存在x2ɪB,使得f(x1)=g(x2),则f(x)的值域是g(x)值域的子集,即f(A)⊆g(B)㊂1.已知函数f(x)=|a x-1|+|x+1|, g(x)=x+2㊂若对∀xɪ[1,2],不等式f(x)ɤg(x)恒成立,求实数a的取值范围㊂提示:当xɪ[1,2]时,不等式f(x)ɤg(x)恒成立,即|a x-1|ɤ1对∀xɪ[1,2]恒成立㊂当a=0时,显然成立;当a>0时,由|a x-1|ɤ1,可得0ɤxɤ2a,要使|a x-1|ɤ1对∀xɪ[1,2]恒成立,则2aȡ2,可得aɤ1,所以0<aɤ1;当a<0时,由|a x-1|ɤ1,可得2aɤxɤ0,显然对∀xɪ[1,2],|a x-1|ɤ1不成立㊂综上可得,a的取值范围为[0,1]㊂或者,构造函数h(x)=|a x-1|,xɪ[1,2],则h(1)=|a-1|ɤ1,h(2)=|2a-1|ɤ1, {解得0ɤaɤ1㊂故实数aɪ[0,1]㊂2.已知函数f(x)=l n(x2+1),g(x)= 12()x-m,若对∀x1ɪ[0,3],∃x2ɪ[1,2],使得f(x1)ȡg(x2),则实数m的取值范围是㊂提示:当xɪ[0,3]时,f(x)m i n=f(0)= 0,当xɪ[1,2]时,g(x)m i n=g(2)=14-m㊂∀x1ɪ[0,3],∃x2ɪ[1,2],使得f(x1)ȡg(x2)可等价转化为f(x)m i nȡg(x)m i n,所以0ȡ14-m,即mȡ14,故实数m的取值范围是14,+ɕ[)㊂3.已知函数f(x)=x2-2x,g(x)=a x+2(a>0),对任意的x1ɪ[-1,2],存在x2ɪ[-1,2],使得g(x1)=f(x2),则a的取值范围是㊂提示:由xɪ[-1,2],f(x)=x2-2x, g(x)=a x+2(a>0),可得f(x)的值域为[-1,3],g(x)的值域是[-a+2,2a+2]㊂因为对任意的x1ɪ[-1,2],存在x2ɪ[-1, 2],使得g(x1)=f(x2),所以f(x)的值域包含g(x)的值域,即[-a+2,2a+2]⊆[-1, 3],则-1ɤ-a+2<2a+2ɤ3,解得0<aɤ12,即aɪ0,12(]㊂作者单位:江苏省盐城市时杨中学(责任编辑郭正华)33数学部分㊃经典题突破方法高一使用2022年1月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
细探“存在性问题”与“任意性问题”的四类辨析
数学教学研究
51
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
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≥-.。
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。
任意性问题和存在性问题在压轴题中的应用
任意性问题和存在性问题在压轴题中的应用任意性问题和存在性问题的讨论全称量词和特称量词频频出现在我们的考试卷中，尤其常插足于函数相关的综合问题中，使得题目更有新意之余也增加了不小的难度。
下面我们一起来揭开这两者的神秘面纱，来看看他们的真面目。
教材释义：全程量词：，表示整体或全部，所有的，任意一个。
特称量词：，表示整体的一部分，存在一个，至少有一个。
那么，在考题中，这两个连词都是以什么形式出现的呢？我们一起来看一下；常见模型及结论展示：(1)任意性问题（恒成立问题）；1. ∀x ∈D, 均有f (x )>A 恒成立，则f (x ) min >A ；2. ∀x ∈D, 均有f (x ) ﹤A 恒成立，则 f(x ) max3. ∀x ∈D, 均有f (x ) >g (x ) 恒成立，则F (x )= f(x )- g(x ) >0∴F (x ) min >04. ∀x ∈D, 均有f (x ) ﹤g (x ) 恒成立，则F (x )= f(x )- g(x ) ﹤0∴F (x ) max﹤05. ∀x 1∈D, ∀x 2∈E, 均有f (x 1) >g (x 2) 恒成立，则f (x ) min > g(x ) max6. ∀x 1∈D, ∀x 2∈E, 均有f (x 1)(2)存在性问题1. ∃x 0∈D, 使得f (x 0)>A 成立，则f (x ) max>A ；2. ∃x 0∈D, 使得f (x 0) ﹤A 成立，则 f(x ) min3. ∃x 0∈D, 使得f (x 0) >g (x 0) 成立，设F (x )= f(x )- g(x ) ，∴F (x ) max>04. ∃x 0∈D, 使得f (x 0)5. ∃x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1) >g (x 2) 成立，则f (x ) max> g(x ) min6. ∃x 1∈D, ∃x 2∈E, 均使得f (x 1)(3)任意性与存在性的综合性问题1. ∀x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1) >g (x 2) 成立，则f (x ) min > g(x )min2. ∀x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1)(4)相等问题1. ∀x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1)=g (x 2) 成立，则{ f(x )}{g (x )}2. ∃x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1)=g (x 2) 成立，则{ f(x )}{g (x )}考题展示：考1：设函数（1）如果存在最大整数M ；（2）如果对任意的s 、t分析：问题（1），存在性问题，左边右边，只需要左边有大于等于右边的点即可，由数轴分析可得只需要最大值右边即可。
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,+∞)。
任意性与存在性构建的等与不等关系探究
， ∈ｒ １ ， ｏ，］
从 ）【 上 设 ａ≥１， ｇ（ ）＝ 。一３ 一２ ， ０， ］若 而 在０ 】 ， 函数 ａ ａ Ｅ［ １ ．
总存在 。 。 ０ １使得 ｇ ）＝ ， ∈［ ，］ （ ） 成立 ， 口 求 思路 分 析 总 存 在 ， 。∈ ［ ， ］ 得 ０ １ 使 ｇ ） ） （ ＝ 成立 ， 也就是说至少要有 一个 。 和 个 使得 ｇ ｘ）＝ （。 ） 成立 ， 故只需 厂 的值 （）
因 的 值 围 【手・ 此０ 取 范 为 ） ，
变式 ５ 已知 函数厂 （ ）＝ ， ∈［ ，］ ０ １． 设ｎ ， ≥１ 函数 ｇ ｘ ＝ 。 ３ 。 ２ ， ０ １ ． （） 一 ａ 一 ａ ∈［ ，］若对 于任意 的 。 ０ １ ， ∈［ ， ］ 总存在 ∈［ ， ］ ０ １ 使得 ｇ ） ） （。 ＜ 成立 ， 。的取值范围． 求 思路分析 对于任意 的 ∈［ ， ］ 总存在 。 ０ １ ， 。 ０ １ 使得 ｇ ｘ） ） ∈［ ，］ （。 ＜ 成立 ， 也就是说至少 要有一个 ， 使得 ｇ ｘ） （。 小于， ） （。 的所有值 ， 故只 需ｇ ｘ） （。 的最小 值小 于 ｆ ） （ 的最 小 值 即可， 即 ｇ （ （ ） 从 而 ）＜ ，
域与ｇ 值域 的交集非空即可． （） 因为
因为 ａ ， 当 ≥１且 ∈［ ，］ ， ０１时 所 以 ｇ ｘ 在［ ，］ （ ） ０ １ 上单调递减， 即 ｇ ｘ ∈［ （ ）ｇ Ｏ ］ （ ） ｇ １ ，（ ） ． 又ｇ １ （ ）＝１—２ 口一３ ｇ ０ ａ ， （ ）＝ 一２ ， 以 当 ∈ 口所
１ －２ －３ａ ａ ：一 ４；
加
一
＝
４ ＋１ ｘ 一７ ６
（ ） ２一
高中数学函数中任意性与存在性的综合问题探讨
高中数学函数中任意性与存在性的综合问题探讨本课题经由高中一届学生的函数知识学习实际情况结合本人教学经验，结合新课程标准，综合分析相关原由，给出部分建设性教学建议，以便和广大教育工作者进行交流和参考。
标签：高中数学；新课程标准；任意性；存在性；教学一、选题理由学生对形如这类成立，求某个参数的取值范围。
学生基本上知道这是最值的比较，但是到底哪个是取最大值，哪个是取最小值来作比较，并不是特别清楚，可以说是模糊的，所以将这个课题选出来和大家一起探讨。
二、具体举例典例、已知函数，，如果对任意的，均存在，使得成立，求的取值范围.分析：这类问题是高中数学中《函数与导数》这一章节中的一类常见的问题，其考察的基本内容为用导数知识来求函数的最值问题，进而得到相应的参数的范围，而学生对于如下的两个被分解题目都能够进行求解分解一：已知函数，如果对任意的，恒成立，求的取值范围.分解二：已知函数，均存在，使得成立，求的取值范围.分解一为一个恒成立问题，分解二为一个存在性问题，所以单独求解这两个问题是比较简单的，而本例是一个将这两种情形糅合在一起的函数综合题，但是按照相应的思路拆分来看，问题就会迎刃而解了。
解析：先令，则原命题等价于已知函数如果对任意的，恒成立，这样就明显的转化为成立，其中.接下来就来处理，这样原命题就进一步可以理解为，已知函数，如果存在，使得成立.所以整个命题就为，其中，由二次函数在区间上的最值的相关知识易知因为，所以化简为当时，，所以在上，，在上，当时，在上，，在上，，在上，当时，在上，当时，在上，在上，在上，所以，综上所述，就有当时，函数在区间上为单调递增函数，故，解得此时的范围为当时，函数在上位单调递增函数，在上位单调递减函数，故，由于，所以所以，则在时恒成立此时的范围为综上所述，本题所求的的取值范围为点评：函数与导数这部分知识中间的恒成立问题和存在性问题是一类常见问题，对两者的综合考察也是一个常规考点，在此例子中将这样一个综合性问题进行分开分析，这样就变成了连个独立恒成立問题和存在性问题，进而就可以用熟悉的知识来进行求解了。
对于一类任意性存在性问题的研究
对于一类任意性存在性问题的研究1，[][]1212min min ,,,,()()()()x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>2，[][]1212max max ,,,,()()()()x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈<⇔<3，[][]{}{}1212,,,,()()()()x a b x c d f x g x y y f x y y g x ∀∈∃∈=⇔=⊆=∣∣ 4，[][]1212min max ,,,,()()()()x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>5，[][]1212max min ,,,,()()()()x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∈>⇔>6，[][]1212min max ,,,,()()()()x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∈<⇔<7，[][]{}{}1212,,,,()()()()x a b x c d f x g x y y f x y y g x ∃∈∈=⇔=⋂=≠∅∣∣ 8，[]000min ,,()()F()()()0F()0x a b f x g x x f x g x x ∀∈>⇔=->⇔>恒成立 9，[]0000,000max ,,()()F()()()0F()0x a b f x g x x x f x g x x ∃∈>⇔∃=->⇔> 10，[]000,,()()()()x a b f x g x y f x g x ∃∈=⇔=与y=的图像有交点 例1，设函数f （x ）=xe kx （k≠0），（1）求曲线y=f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）讨论函数f （x ）的单调性；（3）设g （x ）=x 2﹣2bx+4，当k=1时，若对任意x 1∈R，存在x 2∈[1，2]，使f （x 1）≥g（x 2），求实数b 取值范围．考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；二次函数在闭区间上的最值；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；导数的综合应用．分析： （1）f′（x ）=（1+kx ）e kx ，由f （0）=0，且f′（0）=1，能求出曲线y=f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程．（2）令f′（x）=（1+kx）e kx＞0，所以1+kx＞0，由此利用k 的符号进行分类讨论，能求出f（x）的单调性．（3）当k=1时，f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增，所以对任意x1∈R，有f（x1）≥f（﹣1）=﹣，已知存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），所以﹣≥g（x2），x2∈[1，2]，由此能求出实数b取值范围．解答：解：（1）f′（x）=（1+kx）e kx，因为f（0）=0，且f′（0）=1，所以曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为：y=x．（4分）（2）令f′（x）=（1+kx）e kx＞0，所以1+kx＞0，当k＞0时，x ＞﹣，此时f（x ）在（﹣∞，﹣）上单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增；当k＜0时，x ＜﹣，此时f（x ）在（﹣∞，﹣）上单调递增，在（﹣，+∞）上单调递减．（8分）（3）当k=1时，f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增，所以对任意x1∈R，有f（x1）≥f（﹣1）=﹣，又已知存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），所以﹣≥g（x2），x2∈[1，2]，即存在x∈[1，2]，使g（x）=x2﹣2bx+4≤﹣，即2b≥x+，即因为当x∈[1，2]，x+∈[4+，5+]，所以2b≥4+，即实数b取值范围是b≥．（14分）点评：本题考查切线方程的求法，考查函数单调性的求法，考查满足条件的实数的取值范围的求法．解题时要认真审题，仔细解答．例2，已知函数f（x）=（m，n∈R）在x=1处取到极值2．（1）求f（x）的解析式；（2）设函数g（x）=ax﹣lnx．若对任意的x1∈[，2]，总存在唯一的x2∈[，e]（e为自然对数的底），使得g（x2）=f（x1），求实数a的取值范围．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数在某点取得极值的条件．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）求导函数，利用f（x）在x=1处取到极值2，可得f′（1）=0，f（1）=2，由此可求f（x）的解析式；（2）确定f（x ）在上单调递增，在（1，2）上单调递减，从而可得f（x）的值域；依题意，记，从而可得，再分类讨论，确定g（x）在M上单调性，即可求a取值范围．解解：（1）…（2分）答：∵f（x）在x=1处取到极值2，∴f′（1）=0，f（1）=2∴，解得m=4，n=1，故…（5分）（2）由（1）知，故f（x ）在上单调递增，在（1，2）上单调递减，由，故f（x ）的值域为…（7分）依题意，记，∵x∈M∴（ⅰ）当时，g'（x）≤0，g（x）在M上单调递减，依题意由，得，…（8分）（ⅱ）当时，e ＞当时，g′（x）＜0，当时，g′（x）＞0依题意得：或，解得，…（10分）（ⅲ）当a ＞e 2时，，此时g′（x ）＞0，g （x ）在M 上单调递增，依题意得，即，此不等式组无解 …（11分）．综上，所求a 取值范围为…（14分） 点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性及极值，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，有一定的难度． 例3，121()ln , g(x)=ln m e f x mx x x x x-+=--+ 若在[]1,e 上至少存在一个0x ，使得00()()f x g x >，求m 得取值范围 解，令22()()()2ln 2ln m e m e F x f x g x mx x mx x x x x+=-=--=--- m 《0，x 在[]1,e 上时，很容易观察()0F x <，故此时不存在0xm 〉0时22(1)2()F ()m x e x x x ++-='易观察()0F x >，()F x 在[]1,e 单调递增，max ()()0F x F e ∴=>解得241e m e >-。
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函数中任意性和存在性问题探究2011-12-22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 + h(x)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9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】：(2010年山东理科22) 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,+∞).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 ∈-。
〈二〉、12"()()()"f x f x f x ≤≤型 例2 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. 〈三〉、.1212()()"()"22x 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()()"()"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； 〈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 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 -<f ，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 ≥。
评注： 形如不等式1212()()"0"f x f x x x ->-或1212()()"0"f x f x x x -<-恒成立，实际上是函数的单调性的另一种表现形式，在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息. 〈五〉、."()()"f x g x <型：例5： 已知1()lg(1)2f 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.解：()()f x g x ≤在[0,1]x ∈恒成立，即20x t -≤在[0,1]x ∈恒成立2x t ⇔-在[0,1]上的最大值小于或等于零.令()2F x x t =-，'()F x =[0,1]x ∈∴'()0F x <，即()F x 在[0,1]上单调递减，F(0)是最大值. ∴()(0)10f x F t ≤=-≤，即1t ≥。