任意性问题和存在性问题在压轴题中的应用
巧辨“任意性问题”与“存在性问题”
巧辨“任意性问题”与“存在性问题”含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点•破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键.技法一“？X,使得f(x)>g(x)”与“ ？X,使得f(x)>g(x)”的辨析⑴? X,使得f(x)>g(x)，只需h(x)min =[f(X)—g(X)]min>0.如图①.(2)? X,使得f(x)>g(x)，只需h(x)max = [f(x)—g(x)]max>0.如图②.[典例] 设函数f(x)= ln(1 + x), g(x)= af' (x),其中f (x)是f(x)的导函数.(1) 若对于任意x> 0,总有f(x)>g(x),求实数a的取值范围；(2) 若存在x> 0，使得f(x) > g(x)，求实数a的取值范围.[方法演示]解：(1)设h(x) = f(x) —g(x) = ln(1 + x) ——(x> 0).1+ x, 1 a x+ 1 + ah (x)_ 1+ x+( 1+ x f_ (1 + x J .当a > —1时，h ' (x)> 0, h(x)在[0, + )上单调递增，••• h(x)> h(0) =—a，则一a>0, a< 0,「. a€ [—1,0].当a<—1时，对于x€ (0, —a—1)有h' (x)<0，贝U h(x)在(0,—a—1)上单调递减，所以h( —a—1)<h(0) = 0,即此时存在x>0,使得h(x)<0,即f(x)> g(x)在[0, + )上不恒成立.综上可知，实数a的取值范围为[—1,0].(2)由(1)可知，当a> —1时，存在x> 0,使得f(x) > g(x),当a<— 1 时，令X Q= e—a—1,贝U X Q>0 ,…h(x o)= —a(1 + £)>0 ,•必存在x>0,使得f(x)>g(x).综上可知，实数a的取值范围是(―8,+^).[解题师说](1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当X0> 0时，总有f(X0) > g(X0),即f(X0)—g(X0) > 0(注意不是f(x)min > g(x)max),可以转化为当X> 0 时,h(x) = f(x) —g(x)> 0恒成立问题.⑵存在x>0，使得f(x)>g(x)，即至少有一个X Q>0,满足f(X))—g(x0)不是负数，可以转化为当x > 0时，h(x)= f(x)— g(x)的函数值至少有一个是非负数.［应用体验］1 设函数 f(x) = x 3— x 2— 3. (1)求f(x)的单调区间；⑵若函数y = f(x)— m 在区间［—1,2］上有三个零点，求实数 m 的取值范围;数a 的取值范围.解：(l)f ' (x)= 3x 2— 2x = x(3x — 2). 2由 f ' (x)>0，得 x<0 或 x>-;3由f ' (x)<0，得0<x<3,所以f(x)的单调递增区间是(一R, 0), 2,+R ,单调递减 区间是0, 2 .32(2)令 h(x)= f(x)— m ,则 h(x) = x — x — 3— m ,2h ' (x) = 3x — 2x = x(3x — 2),由(1)知函数h(x)在x = 0处取得极大值h(0) = — 3 — m ,在x =-处取得极小值3 —m.因为函数y = f(x)— m 在区间［—1,2］上有三个零点,h —1 =— 5— m w 0, h 0 =— 3— m>0 ,所以 285 85h 3 厂—27— m<0 ,解得—27<m< — 3 , h 2 = 1 — m > 0 ,所以实数m 的取值范围是 —27, — 3 .(3)由(1)知，函数f(x)在2 , 2上单调递减，在2 , 2上单调递增， 而f(2卜-25 , f(2)=1,故f(x)在区间:,2上的最大值为f(2) = 1.因为“对任意的X 1 , x 2€ 2 , 2］都有f(X 1) w g(x 2)成立”等价于“对任意x € J , 2、 g(x)> f(x)max 恒成立”2即a > x — x ln x 恒成立.2记 u(x)= X — X ln X ,则有 a 》U (x)max .⑶设函数g(x) = a+ xln x ，如果对任意的X i , X 2^ 2 2 I,都有 f(X i )w g(X 2)成立，求实h2 _ 15即当x€ g(x)= a + xln x > 1 恒成立,u ' (x) = 1 — x — 2xln x ,可知 u ' (1) = 0. 当 x € 1, 1 时，1 — x>0,2xln x<0, 则u ' (x)>0, u(x)在2, 1上单调递增; 当 x € (1,2)时，1 — x<0,2xln x>0, 则u ' (x)<0, u(x)在(1,2)上单调递减.使得f(X 1)= g(x 2)等价于函数f(x)在D 1上的值域A 与g(x)在 D 2B 的交集不是空集，即 A H B 丰?，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值.故u(x)在区间2, 1的最大值为 u ⑴=1,所以实数a 的取值范围是 ［1，+ m ). 技法“若？ X 1€ D 1, ? X 2€ D 2,使得 f(X 1)= g(X 2)” 与 “ ？ X 1€ D 1, ? X 2€ D 2,使得f(x 1)= g(x 2)” 的辨析(1)? X 1 € D 1, ? X 2 €D ,上的值域 ⑵? 上的值域X 1€ D 1, ? X 2€ D 2,使得f(x“= g(x 2)等价于函数f(x)在D 1上的值域A 是g(x)在 D ?B 的子集，即 A ? B ,如图④.其等价转化的目标是函数 y = f(x)的值域都在函数 y=g(x)的值域之中.说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影.2 23 1［典例】已知函数f(x)= x -刊，a>0, x€ R，g(x)=乔X.(1)若？ X 1€ (— s, — 1］, ? x ?€— m，—1 ,使得f(x 1) = g(x 2),求实数a 的取值范围;(2) 当 a = 2时,证明：对任意的X 1 € (2, +s )，都存在x ?€ (1 , +s )，使得f(X 1)= g(X 2). ［方法演示］2解: (1) •- f(x)= X 2 — 3ax 3, /• f ' (x) = 2x — 2ax 2= 2x(1 — ax).1令f ' (x)=0, 得 x =0 或x =a .当 x € (— a, 0)时，f ' (x)<0 ,••• f(x)在(一a,— 1]上单调递减,a故f(x)在(—a,— 1]上的值域为1 + 2^,+ a }2•••g(x) = -T-1—, • g ' (x)= 3x 2xX (1 — X ) 1当 x<—1 时，g ' (x)>0, g(x)单调递增，g(x)<g—a,— 2，使得 f(X 1)=g(X 2),则 1 + 2a<3,解得 0<玄<2,故实数a 的取值范围是 0, 5 .⑵证明：当a =舟时，f(x)= x 2 — x 3, 所以 f ' (x)= 2x — 3X 2= 3x 3— x .当x>1时，f ' (x)vo ，所以f(x)在(1 ,+s )上单调递减，且 f(2) =- 4. 所以f(x)在(2,+a )上的值域为(一a,— 4). 4则g(x)= 严 =-^在(1 ,+a )上单调递增，X (1 — X ) f (X ) 所以g(X)=' 在(1 , + a )上的值域为(—a, 0).X (1 — X ) 因为(一a ,— 4)( — a , 0),所以对于任意的(2 , + a )，都存在(1 , + a )，使得f(X 1)= g(X 2). ［解题师说］本例第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共 部分；第(2)问等价转化的基本思想是： 函数f(x)的任意一个函数值都与函数 g(x)的某一函数值相等，即f(x)的值域都在g(x)的值域中.［应用体验］2•已知函数 f(x)=弓^，x € [0,1]. (1) 求f(x)的单调区间和值域；(2) 设 a > 1，函数 g(x) = x 3— 3a 2x - 2a, x € [0,1].若对于任意 X 1 € [0,1],总存在 x °€ [0,1], 使得g(x °)= f(X 1)成立，求实数a 的取值范围.—4x + 16x — 7 2x — 1 2x — 72— x 2 , X €[0，1].3x — 2~2 T"2 = 3 “ . X — X x 1 — X一 1L 8 、2厂故g(x)在 —a,— 2上的值域为 — a 8] ，3 .若？捲€ (—a, — 1] , ? 解: (1)f' (X)=2— x1 7令f' (x)= 0，解得x= 2或X = 2(舍去).当x变化时，f' (x), f(x)的变化情况如下表:所以f(x)的递减区间是0, 2，递增区间是2，1 .所以f(x)min= f 2 =- 4.又f(0) = -7, f(1) = - 3,所以f(x)max= f(1) =—3.故当x € [0,1]时，f(x)的值域为 B = [—4,—3].(2) “对于任意x i€ [0,1],总存在x°€ [0,1],使得g(x o) = f(x i)成立”等价于“在x€ [0,1] 上，函数f(x)的值域B是函数g(x)的值域A的子集，即B? A”.因为a> 1,当x€ (0,1)时，g' (x)= 3(x2—a2)<0,所以g(x)为减函数，故g(x)的值域A= [1 —2a —3a2,—2a].由B? A，得 1 —2a—3a2< — 4 且—2a> —3,解得1< a< 号.所以实数a的取值范围为1, 3 .技法三f(x), g(x)是闭区间D上的连续函数，“ ？冷，X2€ D，使得f(x“>g(x2)”与“ ？X1,x2€D，使得f(x1)>g(X2)” 的辨析(1)f(x), g(x)是在闭区间D上的连续函数且？X1, x2€ D，使得f(xd>g(x2),等价于f(x)min>g(x)max.其等价转化的目标是函数y= f(x)的任意一个函数值均大于函数y= g(x)的任意一个函数值•如图⑤.图⑤国⑥⑵存在X1, x2 € D,使得f(x1)>g(X2),等价于f(x)max>g(x)min.其等价转化的目标是函数y=f(x)的某一个函数值大于函数y= g(x)的某些函数值.如图⑥.2 a［典例］ 已知 f(x)= x + 一(a>0), g(x) = x + In x.(1) 若对任意的x i , X 2^ ［1, e ］,都有f(X i )A g (x 2)成立，求实数a 的取值范围; (2) 若存在x i ，X 2^ ［1, e ］,使得f(X i )vg (x 2),求实数a 的取值范围. ［方法演示］解: (1)对任意的 X i,X 2€ ［1 ,e ］,都有 f(x i )> g(X 2)成立，等价于 x € ［1 ,e ］时,f(x)min > g(X )max .1当 x € ［1, e ］时,g ' (x)= 1 + ->0，所以 g(x)在［1, e ］上单调递增，所以 g(x)max = g(e)= e +1.2只需证 f(x)> e + 1,即 x + — > e + 1? a 2> (e + 1)x - x 2在［1, e ］上恒成立即可. 令 h(x)= (e + 1)x — x 2.当x € ［1, e ］时，h(x) = (e + 1)x — x 2的最大值为h 宁=号 2.所以a 2> 宁 2,即故实数a 的取值范围是号,+R }(2)存在 X i , x 2 € ［1, e ］,使得 f(x i )v g(X 2),等价于 X € ［1 , e ］时,f(x)min <g(x)max .1 当 x € ［1, e ］时,g ' (x)= 1+ x>0 ,所以 g(x)在［1, e ］上单调递增,所以 g(x)max = g (e)=e+1.2a又 f ' (x)= 1 — p ,令 f ' (x)= 0，得 X = a , 2故f(x) = x + °(a>0)在(0 , a)上单调递减，在(a , +)上单调递增.当 ovavi 时,f(x)在［1, e ］上单调递增，f(x)min = f(1) = 1 + a 2vi + e ,符合题意；当 1 < a w e 时，f(x)在 ［1 , a ］上单调递减，在［a , e ］上单调递增，f(x)min = f(a)= 2a ,1 -4- e 此时,2avi + e ,解得 i w av -;最咼点.［应用体验］2 2a a _当 a>e 时，f(x)在［1, e ］上单调递减,f(x)min = f(e)= e + —,此时,e + —vi + e ,即 av e , e e 与a>e 矛盾，不符合题意.综上可知，实数a 的取值范围为o , 粤. ［解题师说］(1)本例第(1)问从数的角度看，问题的本质就是 f(x)min > g(x)max .从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点也不低于g(x)图象的最高点.⑵本例第⑵问从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点低于g(x)图象的a >e + 1 2 .a + 33.已知函数f(x)= 4ln x—ax+-^(a》0),(1)求f(x)的单调区间；⑵当a> 1 时，设g(x)= 2e x—4x + 2a，若存在x i, X2^ 2, 2 ,使f(x“>g(x2),求实数a的取值范围.24 a+ 3 ax —4x + a + 3解：(1)由题意得f (x)=-一a—厂=— 2 (x>0).x x x ' '令f' (x)= 0，即ax2—4x+ a + 3 = 0.4x 一3 3 3当 a = 0 时，f' (x) =― .由f' (x)>0 ,得x>3；由f' (x)<0 ,得Ovxv；，所以函数f(x) x44的单调递增区间为4，+m，单调递减区间为o, 3.当a>0 时，ax2—4x+ a+ 3= 0 的判别式△=—4(a—1)(a+ 4).若a> 1, AC 0，贝U f' (x)w 0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+a).A c 1 空若0va<1，贝U 少0.因为X1+ X2= —>0 , X1X2= >0,a a所以X1= j一a—L吐纟>0 ,aX2= J—归1⑴ >0.a由f'(X)>0，得X1<x<X2 ；由f ' (X)<0，得X>X2或0VXVX1，所以f(x)的单调递增区间为(X1, X2),单调递减区间为(0, X1) , (X2,+ a).综上，当a= 0时，函数f(x)的单调递增区间为4，+ a ,单调递减区间为0, 3 .当0va<1时，函数f(x)的单调递增区间为 1L一归1吐4,a a单调递减区间为0, J一1吐*,a2+ P-(j—Hj±Z),+ a.a '当a> 1时，f(x)的单调递减区间为(0,+ a).(2) “存在X1 , x2 € 22〔使f(x1)>g(X2)” 等价于“x€ 2 2 时，f(x)max>g(x)min . 由(1)知，当x€ 1, 2 时，f(x)max= f 1 =—4ln 2 + ；a+ 6.由g' (x)= 2e x—4= 0,得x= In 2.当x €殳,ln 2时，g ' (x)vo , g(x)单调递减； 当 x € (In 2,2］时，g ，(x)>0, g(x)单调递增.所以当 x € 2，2 时，g(x)min = g(ln 2) = 4 — 4ln 2 + 2a.3由 f(x)max >g(x)min ，得—4ln 2 + qa + 6>4 — 4ln 2 + 2a ,解得 1< a<4,故实数 a 的取值范 围为［1,4).技法四 “?捲€ D i, ? x 2€ D 2,使 f(X i )>g(x 2)” 与 “? x i € D i , ? x 2€ D 2,使 f(x°vg(x 2)” 的辨析(1)? x i € D i , ? X 2€ D 2,使f(X i )>g(x 2),等价于函数f(x)在D i 上的最小值大于 g(x)在D 2上的最小值，即f(x)min >g(x)min (这里假设f(x)min , g (x)min 存在)•其等价转化的目标是函数 y = f(x)的任意一个函数值大于函数 y = g(x )的某一个函数值.如图⑦ .(2)? x i € D i , ? x ?€ D 2,使f(X i )vg(X 2),等价于函数f(x)在D i 上的最大值小于 g(x)在D 2上的最大值，即f(x)max Vg(X)max .其等价转化的目标是函数 y = f(X)的任意一个函数值小于函数y = g(x)的某一个函数值•如图⑧.i 3［典例］已知函数 f(x) = ln x — 4X + 4X — i , g(x)= X 2— 2bx + 4,若对任意的 X i € (0,2), 总存在X 2€ ［i,2］,使f(x i ) > g(x 2),求实数b 的取值范围.［方法演示］解：依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于 g(x)在 ［i,2］上的最小值，即f(x)min 》g(x)min .则当Ovxvi 时，f ' (x)<0, f(x)单调递减; 当 ivxv2 时，f ，(x)>0 , f(x)单调递增，i 所以当 X € (0,2)时，f(x)min = f(i) =— 2又 g(x)= x 2— 2bx + 4,①当 bvi 时，可求得 g(x)min = g(i) = 5— 2b. i ii由5 — 2b < — ?,解得b >匚■，这与bvi 矛盾； ②当 i w b < 2 时，可求得 g(x)min = g(b) = 4 — b 2. 1 9由4 — b 2w — ，得b 2> 9，这与 K b w 2矛盾;所以 5 X -i -4?=x — i x —324x :HI ⑦RJ③当 b>2 时，可求得 g(x)min = g(2) = 8— 4b. 1 17由 8 — 4b w — 2，得 b 》—.［解题师说］“对任意%€ (0,2),总存在 x € ［1,2］，使 哄) > 如”等价于“ f(x)在(0,2)上的最小值 大于或等于g(x)在［1,2］上的最小值”.［应用体验］1 3 24.已知函数 f(x) = ^x + x + ax.(1) 若f(x)在区间［1,+^ )上单调递增，求实数 a 的最小值；(2) 若g(x)=家，对？刈€ 1, 2 , ? X 2€ 2, 2 I,使f 网< g(x 2)成立，求实数a 的取 值范围. 解:(1)由题设知 f (x) = x 2 + 2x + a > 0在［1 ,+s )上恒成立,即a 》一(x + 1)2+ 1在［1, + 8)上恒成立，而y =— (x + 1)2+ 1在［1,+8)单调递减，则 y max =— 3,••• a 》一3,二a 的最小值为一 3.(2) “对？ X 1 €2 2 L ? x 2€j2，2 "，使 f ' (x 1)w g(X 2)成立”等价于 “x € 2 2 时,f !(x)maxw g(x)max .f ' (x) = x + 2x + a = (x +1) + a — 1 在？，2〔上递增， •- f (x)max = f ' (2) = 8 + a. , 1 — x又 g (x)=~e~，由 g ' (x)>0，得 x<1, 由 g ' (x)<0，得 x>1 ,• g(x)在(—8, 1)上单调递增，在(1, +8)上单调递减.由 8 + a w —，得 aw —— 8,•实数a 的取值范围为［升级增分训练］g(x)max = g(1)=e.-1x+舟O W X W 2,6 12 21.已知函数f(x) = 和函数g(x)= asir^x— a + 1(a>0)，若存在x3 1XT1，2<x W 1X1, x2^ [O,1】，使得f(x1)= g(x2)成立，求实数a的取值范围.解：设函数f(x), g(x)在[0,1]上的值域分别为A, B,则“存在论,x?€ [0,1],使得f(x“ =g(x2)成立”等价于“A n B M ?”.1 1 1当0 W X W -时，f(x) =—&X +在单调递减，1所以0W f(x) W —.2当W 1 时，f' (x) = X 3 >0 ,3所以f(x)=4单调递增，X + 11 1 所以1"2<f(x)< 2；故f(x)在［0,1］上的值域A= 0，1.n n 丨n n 当X € ［0,1 ］时，6X € 0, 6，y= sin^x 在［0,1］上单调递增.又a>0 ,所以g(x)= asi%x —a+ 1在［0,1］上单调递增，其值域 B = 1 —a, 1 —111 a 1由A n B工？，得0 W 1 —a W 2或0 W 1 —云W云,解得2< a w 2.所以实数a的取值范围是2，2 .12.已知函数f(x)= ln x + - + ax.(1) 若函数f(x)在[1,+^ )上是单调函数，求实数a的取值范围；1(2) 已知函数g(x) = x+ -，对于任意X1€ [1, e],总存在灭？€ [1, e],使得f(xj w g(x2)成立，求正实数a的取值范围.21 1 ax + x—1解：(1)f (x)= x—~2+ a= X2，x € [1, + ),•••函数f(x)在[1 , + )上是单调函数，••• f' (x) > 0 或f' (x)w 0 对任意x€ [1 ,+^ )恒成立.即ax2+ x—1 > 0 或ax2+ x— 1 w 0 对任意x € [1, + )恒成立，11 11••• a>-2- 一或a< -2- 一对任意x€ [1,+ a)恒成立.xx x x1令t= 一，由于x€ [1,+ a)则t€ (0,1],设h(t)= t2-1= t- 2 2-4,1 1 因此一一w h(t) W 0,故a> 0 或a w —：,•••实数a的取值范围为一a,- 4 u [0, + a ).(2)由(1)知，当a > 0时，函数f(x)在[1, e]上为增函数，1 故f(1) w f(x)w f(e),即1 + a w f(x)w 1 + ae+ .e1x2-1「g (x) = 1-严 h ,•••当x € [1, e]时,g' (x)》0, g(x)单调递增，1 • g(1) w g(x) w g(e)，即2w g(x)w e+ .eT对任意为€ [1, e],总存在X2€ [1, e],使得f(x1)w g(X2)成立，1 1•- f(X1)max W g(X2)max，即1 + ae+Y e+_ ,e e1解得0 v a w 1--,e故所求正实数a的取值范围为0, 1-一.2 2 33.已知函数f(x)= x - 3ax (a>0), x € R.(1) 求f(x)的单调区间和极值；(2) 若对任意的X1 € (2,+a )，都存在X2 € (1 ,+a )，使得f(x“ q x2)= 1，求实数a的取值范围.解：(1)f' (x)= 2x- 2ax2(a>0),1令f' (x)= 0，得X= 0 或X = -.a当x(2)由 f(0) = f 3= 0 及(1)知，当 x € 0, 2a 时，f(x)>0 ； 当 x € 2a ，+g 时，f(x)<0. 设集合 A = {f(x)|x € (2, + g )},J iI吐1，+g)f (x r 叮贝y “对任意的x i € (2, +g ),都存在X 2€ (1, +g ),使得f(x i ) f (x 2)= 1 ”等价于A ? B , 显然0?B. 下面分三种情况讨论：①当2a>2，即0<a<3时，由f 2a =0知，0€ A ，而0?B ,所以A 不是B 的子集. ②当1三3 < 2,即3 < a w 3时，有f(2)三0,且此时f(x)在(2 ,+g )上单调递减,2a 4 2 故 A = (-g , f(2))，因而 A ? (-g, 0);由f(1) > 0，有f(x)在(1, + g )上的取值范围包含(一g, 0)，则(一g, 0)? B ，所以 A B.3 3③当-<1,即a>3时，有f(1)<0,且此时f(x)在(1, + g )上单调递减,2a 2 A = (-g, f(2)), A 不是B 的子集._im^x2 ax4.(理)已知函数 f(x) = ~2~^ + 1(m r 0), g(x) = x e (a € R). (1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 当m>0时，若对任意X 1, x 2€[0,2], f(x 1) > g(X 2)恒成立，求实数a 的取值范围.2解: (1f (x 戶X = 一寺^.当 m>0 时，由 f ' (x)>0，得一1<x<1 ;由 f ' (x)<0 ,得 x>1 或 x< — 1，所以 f(x)的单调 递增区间是(一1,1)，单调递减区间是(一g,- 1), (1 ,+g ).当 m<0 时，由 f ' (x)>0，得 x>1 或 x< — 1 ;由 f ' (x)<0，得一1<x<1，所以 f(x)的单调 递增区间是(一g,- 1), (1, + g )，单调递减区间是(一1,1).⑵依题意，当m>0时，"对任意X 1, x 2€[0,2], f(x 1) > g(x 2)恒成立”等价于"对任意xf(x)的极小值为f(0) = 0，极大值为 f综上，实数 a 的取值范围是3 31-4’ 2：所以f(x)的单调递增区间是单调递减区间是 (-m , 0),1 3a 2.€ ［0,2］, f(x) min 》g(x) max 成立”.当m>0时，由 ⑴知，函数f(x)在［0,1］上单调递增，在［1,2］上单调递减， 因为 f(0) = 1 , f(2)= 2m + 1>1，所以 f(x)min = f(0) = 1.故应满足 1> g(x)max .5 因为 g(x)= x 2e ax ，所以 g ' (x)= (ax 2 + 2x)e ax .① 当 a = 0 时，g(x)= x 2，对任意 x € ［0,2］, g(x)max = g(2) = 4,不满足 1>g(x)max . ② 当a 丰0时，令g ' (x) = 0,得x = 0或x =- 2.a2(i )当- -> 2,即—1W a<0 时，在［0,2］上, g ' (x) > 0,所以 g(x)在［0,2］上单调递增，g(x)maxa =g(2)= 4e 2a .由 1》4e ?a ，得 a w — In 2，所以一1 w a w — In 2.(ii )当 0< — a<2，即 a< — 1 时，在 0，—彳 上, g ' (x)>0, g(x)单调递增；在a ，2 上， g ' (x)<0, g(x)单调递减.g(x)max = g —2 =令.由1》2 2，得a w —-,所以a< — 1.a e e2(iii )当— -<0 ,即 a>0 时，显然在［0,2］上，g ' (x)>0, g(x)单调递增，于是 g(x)max = g(2) a =4e 2a ,此时不满足 1> g(x)max .综上，实数a 的取值范围是(一m, — ln 2］.2a 24.(文)已知函数f(x) = (1 + b)x + — — aln x(a > 0)在x = 2a 处取得极值. (1)求函数f(x)的单调区间；⑵设函数g(x)= x 2— 2cx + 4— ln 2,当a = 1时，若对任意的乂1尽€ [1 ,e]都有f(x“>g(x 2), 求实数c 的取值范围.又f(x)在x = 2a 处取得极值,1 1所以 f ' (2a) = 1+ b — — 2 = b = 0, 所以 f(x)= x + 2- — aln x ,2222a a x— ax — 2a(x + a (x — 2a } f ' (x)= 1— p — _=2 = 2, x x xx'又a >0,且函数f(x)的定义域为(0,+ g ), 所以由 f ' (x)> 0，得 x > 2a ; 由 f (x)v 0，得 O v x v 2a ,即函数f(x)的单调递增区间是(2a ,+s )，单调递减区间为(0,2a). 2(2)当 a = 1 时，f(x)= x + x - In x , x € (0, +),由⑴知x € ［1, e ］时,f(x)在［1,2］上单调递减，在(2, e ］上单调递增，所以 f(x)min解:(1)由 f(x)= (1+ b)x + 2a— aln x , a >0, x >0,得 f ' (x)= 1 + b —2a 2 ~2 x ax .f(2)=3- In 2.对任意的x i,冷€ ［1, e］都有f(x i)> g(x2),即f(x)min》g(x), x€ ［1 , e］恒成立.即 3 —In 2 > x2- 2cx+ 4—In 2, x€ ［1, e］恒成立，即2c>x + £ x€ ［1, e］恒成立,1 1令h(x) = x+ x，则h' (x)= 1 —-2 >0, x € ［1, e］,1即h(x)= x + -在［1, e］上单调递增,故h(x)max= e+ e，所以O丁 e+ * .故实数c的取值范围为:+占+T。
高考核心素养提升之一逻辑推理——突破双变量“存在性或任意性”问题
高考核心素养提升之一逻辑推理——突破双变量“存在性或任意性”问题逻辑推理的关键要素是：逻辑的起点、推理的形式、结论的表达.解决双变量“存在性或任意性”问题关键就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(或两个函数最值之间的关系)，目的在于培养学生的逻辑推理素养和良好的数学思维品质.类型1 形如“对任意x 1∈A ，都存在x 2∈B ，使得g (x 2)＝f (x 1)成立”的问题【例1】 已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ，g (x )＝196x －13，若对任意x 1∈[－1，1]，总存在x 2∈[0，2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围.解 由题意知，g (x )在[0，2]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，6. 令h (x )＝f ′(x )＋2ax ＝3x 2＋2x －a (a ＋2)，则h ′(x )＝6x ＋2，由h ′(x )＝0得x ＝－13.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－13时，h ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－13，1时，h ′(x )>0，所以[h (x )]min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－a 2－2a －13.又由题意可知，h (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，6的子集， 所以⎩⎪⎨⎪⎧h （－1）≤6，－a 2－2a －13≥－13，h （1）≤6，解得实数a 的取值范围是[－2，0].思维升华 理解全称量词与存在量词的含义是求解本题的关键，此类问题求解的策略是“等价转化”，即“函数f (x )的值域是g (x )的值域的子集”，从而利用包含关系构建关于a 的不等式组，求得参数的取值范围.类型2 形如“存在x 1∈A 及x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立”的问题【例2】 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3x ＋1，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，－13x ＋16，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，函数g (x )＝k sin πx 6－2k ＋2(k >0)，若存在x 1∈[0，1]及x 2∈[0，1]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数k 的取值范围.解 由题意，易得函数f (x )的值域为[0，1]，g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2k ，2－3k 2，并且两个值域有公共部分.先求没有公共部分的情况，即2－2k >1或2－32k <0，解得k <12或k >43，所以，要使两个值域有公共部分，k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，43. 思维升华 本类问题的实质是“两函数f (x )与g (x )的值域的交集不为空集”，上述解法的关键是利用了补集思想.另外，若把此种类型中的两个“存在”均改为“任意”，则“等价转化”策略是利用“f (x )的值域和g (x )的值域相等”来求解参数的取值范围.类型3 形如“对任意x 1∈A ，都存在x 2∈B ，使得f (x 1)<g (x 2)成立”的问题【例3】 已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，∃x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≤g (x 2)，则实数a 的取值范围是________.解析 依题意知f (x )max ≤g (x )max .∵f (x )＝x ＋4x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上是减函数， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝172. 又g (x )＝2x ＋a 在[2，3]上是增函数，∴g (x )max ＝8＋a ，因此172≤8＋a ，则a ≥12.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 思维升华 理解量词的含义，将原不等式转化为[f (x )]max ≤[g (x )]max ；利用函数的单调性，求f (x )与g (x )的最大值，得关于a 的不等式，求得a 的取值范围.思考1：在[例3]中，若把“∃x 2∈[2，3]”变为“∀x 2∈[2，3]”时，其它条件不变，则a 的取值范围是________.问题“等价转化”为[f (x )]max ≤[g (x )]min ，请同学们完成.思考2：在[例3]中，若将“∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1”改为“∃x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1”，其它条件不变，则a 的取值范围是______.问题“等价转化”为f (x )min ≤g (x )max ，请同学们自行求解.分层训练题A级基础巩固一、选择题1.(2020·宜昌调研)命题p：“∀x>1，x2－1>0”，则⌝p为()A.∀x>1，x2－1≤0B.∀x≤1，x2－1≤0C.∃x0>1，x20－1≤0D.∃x0≤1，x20－1≤02.第32届夏季奥林匹克运动会将于2020年7月24日在日本东京隆重开幕.在体操预赛中，有甲、乙两位队员参加.设命题p是“甲落地站稳”，q是“乙落地站稳”，则命题“至少有一位队员落地没有站稳”可表示为()A.(⌝p)∨(⌝q)B.p∨(⌝q)C.(⌝p)∧(⌝q)D.p∨q3.命题“∀n∈N*，f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是()A.∀n∈N*，f(n)∉N*且f(n)＞nB.∀n∈N*，f(n)∉N*或f(n)＞nC.∃n0∈N*，f(n0)∉N*且f(n0)＞n0D.∃n0∈N*，f(n0)∉N*或f(n0)＞n04.已知命题p：∃x∈R，x2－x＋1≥0；命题q：若a2<b2，则a<b.下列命题为真命题的是()A.p∧qB.p∧⌝qC.⌝p∧qD.⌝p∧⌝q5.(2020·河南六校联考)已知命题p：对任意x∈R，总有2x>x2，q：“ab>4”是“a>2，b>2”的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是()A.p∧qB.(⌝p)∧qC.p∧(⌝q)D.(⌝p)∧(⌝q)6.已知命题“∃x∈R，4x2＋(a－2)x＋14≤0”是假命题，则实数a的取值范围为()A.(－∞，0)B.[0，4]C.[4，＋∞)D.(0，4)7.命题p：函数y＝log2(x－2)的单调递增区间是[1，＋∞)，命题q：函数y＝13x＋1的值域为(0，1).下列命题是真命题的为()A.p∧qB.p∨qC.p∧(⌝q)D.⌝q8.已知函数f(x)＝a2x－2a＋1.若命题“∀x∈(0，1)，f(x)≠0”是假命题，则实数a的取值范围是()A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 B.(1，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(1，＋∞) 二、填空题 9.若“∀x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，tan x ≤m ”是真命题，则实数m 的最小值为________. 10.命题p 的否定是“对所有正数x ，x >x ＋1”，则命题p 可写为________________________________.11.(2020·湖南百校大联考改编)下列四个命题：p 1：任意x ∈R ，2x >0；p 2：存在x ∈R ，x 2＋x ＋1≤0；p 3：任意x ∈R ，sin x <2x ；p 4：存在x ∈R ，cos x >x 2＋x ＋1.其中是真命题的为________.12.已知命题p ：∃x 0∈R ，(m ＋1)(x 20＋1)≤0，命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1>0恒成立.若p ∧q 为假命题，则实数m 的取值范围为________.B 级 能力提升13.命题“∀x ∈R ，∃n ∈N *，使得n ≥x 2”的否定形式是( )A.∀x ∈R ，∃n ∈N *，使得n <x 2B.∀x ∈R ，∀n ∈N *，使得n <x 2C.∃x ∈R ，∃n ∈N *，使得n <x 2D.∃x 0∈R ，∀n ∈N *，使得n <x 2014.(2020·南昌质检)下列有关命题的说法正确的是( )A.命题“若x 2＝1，则x ＝1”的否命题为“若x 2＝1，则x ≠1”B.命题p ：∃x 0∈R ，sin x 0＝62；命题q ：∀x ∈R ，x >sin x ，则命题p ∨q 为真C.命题“∃x 0∈R ，x 20＋x 0＋1<0”的否定是“∀x ∈R ，x 2＋x ＋1<0”D.命题“若x ＝y ，则sin x ＝sin y ”的逆否命题是真命题15.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧3x ，x <0，m －x 2，x ≥0，给出下列两个命题：命题p ：∃m ∈(－∞，0)，方程f (x )＝0有解；命题q ：若m ＝19，则f [f (－1)]＝0，那么，下列命题为真命题的是____________(填序号).①p ∧q ；②(⌝p )∧q ；③p ∧(⌝q )；④(⌝p )∧(⌝q ).16.(2020·漳州八校联考)设p ：函数f (x )＝ax 2－x ＋14a 的定义域为R ，q ：∃x ∈(0，1)，使得不等式3x －9x －a <0成立.如果“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，则实数a 的取值范围为________.C 级 创新猜想17.(组合选择题)(2019·全国Ⅲ卷)记不等式组⎩⎨⎧x ＋y ≥6，2x －y ≥0表示的平面区域为D .命题p ：∃(x ，y )∈D ，2x ＋y ≥9；命题q ：∀(x ，y )∈D ，2x ＋y ≤12.下面给出了四个命题①p ∨q ②⌝p ∨q ③p ∧⌝q ④⌝p ∧⌝q这四个命题中，所有真命题的编号是( )A.①③B.①②C.②③D.③④答案解析1.解析 命题p ：“∀x >1，x 2－1>0”，则綈p 为：∃x 0>1，x 20－1≤0.答案 C2.解析 命题“至少有一位队员落地没有站稳”包含以下三种情况：“甲、乙落地均没有站稳”、“甲落地没站稳，乙落地站稳”、“乙落地没有站稳，甲落地站稳”，故可表示为(⌝p )∨(⌝q ).或者，命题“至少有一位队员落地没有站稳”等价于命题“甲、乙均落地站稳”的否定，即“p ∧q ”的否定，选A.答案 A3.解析 ∵全称命题的否定为特称命题，∴该命题的否定是：∃n 0∈N *，f (n 0)∉N *或f (n 0)>n 0.答案 D4.解析 因为x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34>0恒成立，所以p 为真命题，则⌝p 为假命题；当a ＝1，b ＝－2时，满足a 2<b 2，但不满足a <b ，所以q 为假命题，则⌝q 为真命题，根据且命题同真则真的原则，p ∧⌝q 为真命题.答案 B5.解析 当x ＝2时，2x ＝x 2，所以p 是假命题；由a >2，b >2可以推出ab >4；反之不成立，例如a ＝2，b ＝4，所以“ab >4”是“a >2，b >2”的必要不充分条件，故q 是假命题；所以(⌝p )∧(⌝q )是真命题.答案 D6.解析 因为命题“∃x ∈R ，4x 2＋(a －2)x ＋14≤0”是假命题，所以其否定命题“∀x ∈R ，4x 2＋(a －2)x ＋14>0”是真命题.则Δ＝(a －2)2－4×4×14＝a 2－4a <0，解得0<a <4.答案 D7.解析 由于y ＝log 2(x －2)的单调递增区间是(2，＋∞)，所以命题p 是假命题.由3x >0，得3x ＋1>1，所以0<13x ＋1<1， 所以函数y ＝13x ＋1的值域为(0，1)，故命题q 为真命题. 所以p ∧q 为假命题，p ∨q 为真命题，p ∧(⌝q )为假命题，⌝q 为假命题.答案 B8.解析 ∵函数f (x )＝a 2x －2a ＋1，命题“∀x ∈(0，1)，f (x )≠0”是假命题，∴原命题的否定：“∃x 0∈(0，1)，使f (x 0)＝0”是真命题，∴f (1)f (0)<0，即(a 2－2a ＋1)(－2a ＋1)<0，∴(a －1)2(2a －1)>0，解得a >12，且a ≠1，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(1，＋∞). 答案 D9.解析 ∵函数y ＝tan x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上是增函数，∴y max ＝tan π4＝1，依题意，m ≥y max ，即m ≥1.∴m 的最小值为1.答案 110.解析 因为p 是⌝p 的否定，所以只需将全称量词变为存在量词，再对结论否定即可. 答案 ∃x 0∈(0，＋∞)，x 0≤x 0＋111.解析 ∀x ∈R ，2x >0恒成立，p 1是真命题.又x 2＋x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34>0，∴p 2是假命题. 由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32π＝1>2－32π，知p 3是假命题.取x ＝－12时，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12>cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝32， 但x 2＋x ＋1＝34<32，则p 4为真.综上，p 1，p 4为真命题，p 2，p 3是假命题.答案 p 1，p 412.解析 由命题p ：∃x 0∈R ，(m ＋1)(x 20＋1)≤0可得m ≤－1；由命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1>0恒成立，即Δ＝m 2－4<0，可得－2<m <2，若p ∧q 为真命题，则－2<m ≤－1，因为p ∧q 为假命题，所以m ≤－2或m >－1.答案 (－∞，－2]∪(－1，＋∞)13.解析 改变量词，否定结论.∴该命题的否定应为：∃x 0∈R ，∀n ∈N *，使得n <x 20.答案 D14.解析 选项A ，命题“若x 2＝1，则x ＝1”的否命题为“若x 2≠1，则x ≠1”，∴A 选项错误.选项B ，∵sin x 0＝62>1，∴命题p 是假命题.命题q ：当x ＝0时，x ＝sin x ，∴命题q 是假命题，则命题p ∨q 为假.∴B 选项错误.选项C ，命题“∃x 0∈R ，x 20＋x 0＋1<0”的否定是“∀x ∈R ，x 2＋x ＋1≥0”，∴C 选项错误.选项D ，∵x ＝y ，∴sin x ＝sin y ，∴该命题的逆否命题为真命题.∴D 选项正确. 答案 D15.解析 因为3x >0，当m <0时，m －x 2<0，所以命题p 为假命题；当m ＝19时，因为f (－1)＝3－1＝13，所以f [f (－1)]＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝19－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝0， 所以命题q 为真命题；逐项检验可知，只有(⌝p )∧q 为真命题.答案 ②16.解析 若命题p 为真，则ax 2－x ＋14a ≥0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝（－1）2－4a ·14a ≤0，解得a ≥1. 设y ＝3x －9x .令3x ＝t ，则y ＝3x －9x ＝t －t 2，当x ∈(0，1)时，t ∈(1，3)，所以y ＝3x －9x 的值域为(－6，0).若命题q 为真，则a >－6.由命题“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，可知p ，q 一真一假， 当p 真q 假时，a 不存在；当p 假q 真时，－6<a <1，所以实数a 的取值范围是(－6，1).答案 (－6，1)17.解析 由不等式组画出平面区域D ，如图阴影部分所示，在图中画出直线2x ＋y ＝9，可知命题p 正确，作出直线2x ＋y ＝12，2x ＋y ≤12表示直线及其下方区域，易知命题q 错误. ∴⌝p 为假，⌝q 为真，∴p ∨q 为真，⌝p ∨q 为假，p ∧⌝q 为真，⌝p ∧⌝q 为假.故真命题的编号为①③.答案 A。
双变量“存在性或任意性”问题(新高考地区专用)
故选：C．
【巩固训练】
1.已知函数 f(x)＝3x2＋2x－a2－2a，g(x)＝19x－1，若对任意 x1∈[－1,1]，总存在 x2∈[0,2]， 63
使得 f(x1)＝g(x2)成立，则实数 a 的取值范围是
．
0，1
0，1
0，1
2.已知函数 f(x)＝2x，x∈ 2 ，函数 g(x)＝kx－2k＋2(k>0)，x∈ 2 ，若存在 x1∈ 2
已知函数
f
x
1
3
x3
1 4
x
1 4
,1 2
x
≤1,
1 3
x
1 6
,
0
≤
x
≤
1 2
,
g x ex ax 2 a R ，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________．
【答案】 a ≥ 2 e
【解析】当 0 ≤ x ≤ 1 时， f x 单调递减， 0 ≤ f x ≤ 1 ；
0，1 及 x2∈ 2 ，使得 f(x1)＝g(x2)成立，求实数 k 的取值范围．
3.已知函数 f(x)＝1x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a ，若存在 x1，x2∈[0，2]，使得 f(x1)＝g(x2) ，求 2
实数 a 的取值范围.
4.已知函数 f(x)＝x2－x＋1(x≥2)，g(x)＝ax(a＞1，x≥2)． x－1
转化为值域之间的关系.
1x2＋2x－1，x≤－1，
2 x2
2
例 3 (2018·无锡高三第一学期期末)已知函数 f(x)＝ log 1＋x，x＞－1，
2
2
g(x)＝－x2－2x－2．若存在 a∈R，使得 f(a)＋g(b)＝0，则实数 b 的取值范围是________．
2021年高考数学重难点复习：任意性与存在性问题
2021年高考数学重难点复习巧辨“任意性问题”与“存在性问题”一．方法综述含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题,历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．本专题举例说明辨别“任意性问题”与“存在性问题”的方法、技巧.二．解题策略类型一 “∀x ，使得f(x)>g(x)”与“∃x ，使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min >0.如图①.(2)∃x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max >0.如图②.【例1】【2020·河南濮阳一中期末】已知函数1()ln (0),()a f x a x a g x x x x =-≠=--. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若存在0[1,]x e ∈，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.【解析】（I ）()f x 的定义域为'221(0,),().a a x f x a x x x++∞=--=- 所以，当0a >时，()'0fx <，()f x 在(0,)+∞上递减； 当0a <时，()'0f x >，所以，()f x 在(0,)+∞上递增.（II ）在[]1e ，上存在一点0x 使00()()f xg x <成立， 即函数1()ln ah x a x x x x=-++在[]1,e 上的最小值小于0, ()'222(1)1+1()1x x a a a h x x x x x +-⎡⎤⎣⎦=--+-=. ①当1+a e ≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1,e 上单调递减，所以()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ，由()10a h e e a e+=+-<， 得222111,1,111e e e a e a e e e +++>>-∴>---Q ； ②当11a +≤，即0a ≤时，0a >Q ，不合乎题意；③当11a e <+<，即01a e <<-时，()h x 的最小值为()1h a +，0ln(1)1,0ln(1),a a a a <+<∴<+<Q 故(1)2ln(1)2h a a a a +=+-+>.此时(1)0h a +<不成立.综上所述，a 的取值范围是211e a >e +-. 【指点迷津】(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max )，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立问题．(2)存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，即至少有一个x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)不是负数，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )的函数值至少有一个是非负数．【举一反三】【2020·江西瑞金一中期中】已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++由切线方程可知：()1211f =-=。
高考导数压轴题巧解(八)-“任意性问题”与“存在性问题”
增分点巧辨“任意性问题”与“存在性问题”含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．技法一“∀x，使得f(x)>g(x)”与“∃x，使得f(x)>g(x)”的辨析(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．[方法演示]解：(1)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－a1＋x(x≥0)．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，对于x∈(0，－a－1)有h′(x)<0，则h(x)在(0，－a－1)上单调递减，所以h(－a－1)<h(0)＝0，即此时存在x>0，使得h(x)<0，即f(x)≥g(x)在[0，＋∞)上不恒成立．综上可知，实数a的取值范围为[－1,0]．(2)由(1)可知，当a≥－1时，存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，当a<－1时，令x0＝e－a－1，则x0>0，∴h(x0)＝－a(1＋e a)>0，∴必存在x≥0，使得f(x)≥g(x)．综上可知，实数a的取值范围是(－∞，＋∞)．[解题师说](1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x0≥0时，总有f(x0)≥g(x0)，即f(x0)－g(x0)≥0(注意不是f(x)min≥g(x)max)，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)≥0恒成立问题．(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．[应用体验]1．设函数f(x)＝x3－x2－3.(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)＝ax＋x ln x，如果对任意的x1，x2∈12，2，都有f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)．由f′(x)>0，得x<0或x>2 3；由f′(x)<0，得0<x<23，所以f(x)的单调递增区间是(－∞，0)(2)令h(x)＝f(x)－m，则h(x)＝x3－x2－3－m，h′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，由(1)知函数h(x)在x＝0处取得极大值h(0)＝－3－m，在x＝23处取得极小值＝－8527－m.因为函数y＝f(x)－m在区间[－1,2]上有三个零点，(－1)＝－5－m≤0，(0)＝－3－m>0，＝－8527－m<0，解得－8527<m<－3，(2)＝1－m≥0，所以实数m－8527，－(3)由(1)知，函数f(x)而＝－258，f(2)＝1，故f(x)在区间12，2上的最大值为f(2)＝1.因为“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x ∈12，2，g (x )≥f (x )max 恒成立”．即当x ∈12，2时，g (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立，即a ≥x －x 2ln x 恒成立．记u (x )＝x －x 2ln x ，则有a ≥u (x )max .u ′(x )＝1－x －2x ln x ，可知u ′(1)＝0.当x 1－x >0,2x ln x <0，则u ′(x )>0，u (x )当x ∈(1,2)时，1－x <0,2x ln x >0，则u ′(x )<0，u (x )在(1,2)上单调递减．故u (x )在区间12，1上的最大值为u (1)＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．技法二“若∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)”的辨析(1)∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 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)∀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 2f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝32时，证明：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．[方法演示]解：(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，故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 )单调递增，g (x )<＝83，故g (x )∞∞若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∞使得f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3<83解得0<a <52故实数a (2)证明：当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，所以f ′(x )＝2x －3x 2＝3当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4.所以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，所以g (x )＝1x 2(1－x )在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．因为(－∞，－4) (－∞，0)，所以对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．[解题师说]本例第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中．[应用体验]2．已知函数f (x )＝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x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g (x 0)＝f (x 1)成立，求实数a 的取值范围．解：(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：所以f (x )min ＝ 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B ＝[－4，－3]．(2)“对于任意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，当x ∈(0,1)时，g ′(x )＝3(x 2－a 2)<0，所以g (x )为减函数，故g (x )的值域A ＝[1－2a －3a 2，－2a ]．由B ⊆A ，得1－2a －3a 2≤－4且－2a ≥－3，解得1≤a ≤32.所以实数a 的取值范围为1，32.技法三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.[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．[方法演示]解：(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的最大值为.所以a 2，即a ≥e ＋12.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<1＋e ，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 <1＋e ，解得1≤a <1＋e2；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 <1＋e ，即a <e ，与a >e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a [解题师说](1)本例第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ≥g (x )max .从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点也不低于g (x )图象的最高点．(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．[应用体验]3．已知函数f (x )＝4ln x －ax ＋a ＋3x(a ≥0)，(1)求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：(1)由题意得f ′(x )＝4x －a －a ＋3x 2＝－ax 2－4x ＋a ＋3x 2(x >0)．令f ′(x )＝0，即ax 2－4x ＋a ＋3＝0.当a ＝0时，f ′(x )＝4x －3x 2.由f ′(x )>0，得x >34；由f ′(x )<0，得0<x <34f (x )当a >0时，ax 2－4x ＋a ＋3＝0的判别式Δ＝－4(a －1)(a ＋4)．若a ≥1，Δ≤0，则f ′(x )≤0，所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．若0<a <1，则Δ>0.因为x 1＋x 2＝4a >0，x 1x 2＝a ＋3a>0，所以x 1＝2－－(a －1)(a ＋4)a >0，x 2＝2＋－(a －1)(a ＋4)a>0.由f ′(x )>0，得x 1<x <x 2；由f ′(x )<0，得x >x 2或0<x <x 1，所以f (x )的单调递增区间为(x 1，x 2)，单调递减区间为(0，x 1)，(x 2，＋∞)．综上，当a ＝0时，函数f (x )当0<a <1时，函数f (x )的单调递增区间为2－－(a －1)(a ＋4)a ，2＋－(a －1)(a ＋4)a，单调递减区间为0，2－－(a －1)(a ＋4)a ，2＋－(a －1)(a ＋4)a，＋∞.当a ≥1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．(2)“存在x 1，x 2∈12，2，使f (x 1)>g (x 2)”等价于“x ∈12，2时，f (x )max >g (x )min ”．由(1)知，当x ∈12，2时，f (x )max ＝4ln 2＋32a ＋6.由g ′(x )＝2e x －4＝0，得x ＝ln 2.当x ∈12，ln g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(ln 2,2]时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以当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 ，解得1≤a <4，故实数a 的取值范围为[1,4)．技法四“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧.[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．[方法演示]解：依题意知f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值，即f (x )min ≥g (x )min .所以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；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；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，＋∞[解题师说]“对任意x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”．[应用体验]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，求实数a 的最小值；(2)若g (x )＝xe x ，对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴a 的最小值为－3.(2)“对∀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 ”．∵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 )＝1－xe x，由g ′(x )>0，得x <1，由g ′(x )<0，得x >1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴当x ∈12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e .由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，∴实数a ∞，1e－8.1．已知函数f (x )＋112，0≤x ≤12，，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，求实数a 的取值范围．解：设函数f (x )，g (x )在[0,1]上的值域分别为A ，B ，则“存在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，所以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.由A ∩B ≠∅，得0≤1－a ≤12或0≤1－a 2≤12，解得12≤a ≤2.所以实数a 的取值范围是12，2.2．已知函数f (x )＝ln x ＋1x＋ax .(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)已知函数g (x )＝x ＋1x，对于任意x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求正实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x 2，x ∈[1，＋∞)，∵函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立．即ax 2＋x －1≥0或ax 2＋x －1≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1x 2－1x 或a ≤1x 2－1x对任意x ∈[1，＋∞)恒成立．令t ＝1x，由于x ∈[1，＋∞)，则t ∈(0,1]，设h (t )＝t 2－t －14，因此－14≤h (t )≤0，故a ≥0或a ≤－14，∴实数a ∞，－14∪[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ＞0时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故f (1)≤f (x )≤f (e)，即1＋a ≤f (x )≤1＋a e ＋1e.∵g ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x2，∴当x ∈[1，e]时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (1)≤g (x )≤g (e)，即2≤g (x )≤e ＋1e.∵对任意x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，∴f (x 1)max ≤g (x 2)max ，即1＋a e ＋1e ≤e ＋1e，解得0＜a ≤1－1e，故所求正实数a ，1－1e .3．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)若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2x －2ax 2(a >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：f (x )的极小值为f (0)＝0，极大值为＝13a2.(2)由f (0)＝0及(1)知，当x f (x )>0；当x f (x )<0.设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}，B ∈(1，＋∞)，f (x )≠则“对任意的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0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)，则(－∞，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 A ＝(－∞，f (2))，A 不是B 的子集．综上，实数a 的取值范围是34，32.4．(理)已知函数f (x )＝mx x 2＋1＋1(m ≠0)，g (x )＝x 2e ax (a ∈R)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m >0时，若对任意x 1，x 2∈[0,2]，f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝m (1－x 2)(x 2＋1)2＝m (1－x )(1＋x )(x 2＋1)2.当m >0时，由f ′(x )>0，得－1<x <1；由f ′(x )<0，得x >1或x <－1，所以f (x )的单调递增区间是(－1,1)，单调递减区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．当m <0时，由f ′(x )>0，得x >1或x <－1；由f ′(x )<0，得－1<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间是(－1,1)．(2)依题意，当m >0时，“对任意x 1，x 2∈[0,2]，f (x 1)≥g (x 2)恒成立”等价于“对任意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，对任意x ∈[0,2]，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，所以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0g ′(x )≥0，g (x )单调递增；－2a ，2上，g ′(x )<0，g (x )单调递减．g (x )max ＝＝4a 2e2.由1≥4a 2e 2，得a ≤－2e，所以a <－1.(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 ，此时不满足1≥g (x )max .综上，实数a 的取值范围是(－∞，－ln 2]．4．(文)已知函数f (x )＝(1＋b )x ＋2a 2x－a ln x (a ＞0)在x ＝2a 处取得极值．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝x 2－2cx ＋4－ln 2，当a ＝1时，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)，求实数c 的取值范围．解：(1)由f (x )＝(1＋b )x ＋2a 2x－a ln x ，a ＞0，x ＞0，得f ′(x )＝1＋b －2a 2x 2－a x.又f (x )在x ＝2a 处取得极值，所以f ′(2a )＝1＋b －12－12＝b ＝0，所以f (x )＝x ＋2a 2x－a ln x ，f ′(x )＝1－2a 2x 2－a x ＝x 2－ax －2a 2x 2＝(x ＋a )(x －2a )x 2，又a＞0，且函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以由f′(x)＞0，得x＞2a；由f′(x)＜0，得0＜x＜2a，即函数f(x)的单调递增区间是(2a，＋∞)，单调递减区间为(0,2a)．(2)当a＝1时，f(x)＝x＋2x－ln x，x∈(0，＋∞)，由(1)知x∈[1，e]时，f(x)在[1,2]上单调递减，在(2，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝3－ln2.对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，即f(x)min≥g(x)，x∈[1，e]恒成立．即3－ln2≥x2－2cx＋4－ln2，x∈[1，e]恒成立，即2c≥x＋1x，x∈[1，e]恒成立，令h(x)＝x＋1x，则h′(x)＝1－1x2≥0，x∈[1，e]，即h(x)＝x＋1x在[1，e]上单调递增，故h(x)max＝e＋1e，所以c故实数c的取值范围为e2＋12e，＋。
中考数学压轴题“存在性”问题的解题策略(含解答)
数学“存在性”问题的解题策略存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来各地中考的“热点”。
这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。
若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。
由于“存在性”问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算，对基础知识，基本技能提出了较高要求，并具备较强的探索性，正确、完整地解答这类问题，是对我们知识、能力的一次全面的考验。
【典型例题】 例1.223(1)9200x x m x m m -++-+=若关于的一元二次方程有两个实数根，390cos 5a b c ABC A B C C B ==又已知、、分别是△的∠、∠、∠的对边，∠°，且，3b a m Rt -=，是否存在整数，使上述一元二次方程两个实数根的平方和等于ABC c m △的斜边的平方？若存在，求出满足条件的的值，若不存在，请说明理由。
分析：这个题目题设较长，分析时要抓住关键，假设存在这样的m ，满足的条件有m 是整数，一元二次方程两个实数根的平方和等于Rt △ABC 斜边c 的平方，隐含条件判别式Δ≥0等，这时会发现先抓住Rt △ABC 的斜边为c 这个突破口，利用题设条件，运用勾股定理并不难解决。
解：在△中，∠°，∵Rt ABC C B ==9035cos ∴设a=3k ，c=5k ，则由勾股定理有b=4k ， 33343==-=-k k k a b ∴，∴，∵ ∴，，a b c ===91215设一元二次方程的两个实数根为，x m x m m x x 2212319200-++-+=() 则有：，x x m x x m m 1212231920+=+=-+()∴x x x x x x m m m 122212212222312920+=+-=+--+()[()]()=+-736312m m 由，x x c c 1222215+==有，即73631225736256022m m m m +-=+-= ∴，m m 124647==-∵不是整数，应舍去，m =-647当时，m =>40∆∴存在整数m=4，使方程两个实数根的平方和等于Rt △ABC 的斜边c 的平方。
导数任意以及存在的分析解析
3 2
1 2
M
a x ln x x
a
学为人师
行为世范
解析： （1）存在 x1, x2 [0, 2] ，使得 g( x1 ) g( x2 ) M 成立 等价于 g ( x)max g ( x)min M 。
2 2 [0, 由 g '( x) 3x 2 x 3x( x 3 ) ，可得 g ( x) 在 3 ] 单调递减，
f ( x1 ) g ( x0 ) 成立 [ 4, 3] [3a 2 2a 1, 2a] ，
3a 2 2a 1 ≤ 4 即 3 ≤ 2a ，
解得：
1≤ a ≤
3 2
• 点评 ：
“ 对 任 意 x A ， 存 在 x2 B ， 使 得 f ( x ) g ( x ) 成立”等价于“ f ( x) 的值域包 含于 g ( x) 的值域” 。
1
1 2
六、双函数“任意”+“任意”型
例 8．设 ， g ( x) x x 3 ． （1） 如果存在 x , x [0, 2]， 使得 g ( x1 ) g( x2 ) M 成 立，求满足上述条件的最大整数 ； 1 s , t [ （2）如果对任意的 2 , 2] ，都有 f (s) g (t ) 成 立，求实数 的取值范围。
1 x [ , 2] 恒成立，也等价于 a x x 2 ln x 对 x [ 1 , 2] 恒成立。 2 2
2 h ( x ) x x ln x ， h '( x) 1 2 x ln x x ， h '(1) 0 。 记
1 m ( x ) 1 2 x ln x x x [ , 2] ， 记 ， m '( x) 3 2ln x ，由于
导数题中“任意、存在”型的归纳辨析
导数题中“任意、存在”型的归纳辨析导数题是高考题中的常客，而且大都以压轴题的面目出现，所以拿下导数题是迈入高分段的标志。
导数题虽年年有，但却悄然之中发生着些改变。
这其中，尤以关于“任意”、“存在”的内容最为明显。
“任意”、“存在”可以说是导数题最为明显的特色，从早期单一型，发展到现今的混合型。
下面对此作一归纳。
一．单一函数单一“任意”型例1．已知函数()ln()f x x x a =-+的最小值为0,其中0a >。
(1)求a 的值；(2)若对任意的[0,)x ∈+∞,有2()f x kx ≤成立,求实数k 的最小值。
解析：(1)1()x a f x x a+-'=+，()f x ∴在(,1)a a --单调递减，在(1,)a -+∞单调递增，所min ()f x (1)01f a a =-=⇒=。
（2）设2()ln()g x kx x x a =-++，则问题等价于()0g x ≥对[0,)x ∈+∞恒成立，即min ()0g x ≥。
因为当0k ≤时，x →+∞时，()f x →-∞，所以0k >。
由22(21)()1kx k x g x x +-'=+，若2104k k-->，则当21(0,)4k x k -∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减，()(0)0g x g <=，矛盾。
从而2104k k--≤，解得12k ≥。
即实数k 的最小值是12。
点评：“任意”的意思是不管x 取给定集合中的哪一个值，得到的函数值都要满足给定的不等式，它有两种形式：“对任意的x A ∈，()()a f x >≥恒成立”等价于“当x A ∈时，max ()()a f x >≥”；“对任意的x A ∈，()()a f x <≤恒成立”等价于“当x A ∈时，min ()()a f x <≤”。
二．单一函数单一“存在”型例 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。
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。
高考数学专题《双变量方程类存在性、任意性问题》填选压轴题及答案
所以 ， ，．
又 ， ，
则 ，不合题意．
综上所述， ．
点评：
存在性和恒成立混合问题注意理解题意，等量关系转化为值域的关系.
例5已知f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，且当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1，函数g(x)＝x2－2x＋m，且如果对于任意的x1∈[－2，2]，都存在x2∈[－2，2]，使得g(x2)＝f(x1)，则实数m的取值范围是______________．
例6已知函数f(x)＝ g(x)＝－x2－2x－2．若存在a∈R，使得f(a)＋g(b)＝0，则实数b的取值范围是________．
【答案】(－2,0)
【解析】当x≤－ 时，f(x)＝1＋ ＜1，
此时f(x)＝1＋ ＝1＋ － 在 上单调递减，易求得f(x)∈[－7,1)；
当x＞－ 时，f(x)＝log ，
(2)若∀x1∈[2，＋∞)，∃x2∈[2，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围为__________．
5.已知函数 ， ，若存在实数 ，使得 成立，则实数 的取值范围是。
6.已知函数f(x)= ，g(x)= −x2−2x−2，若存在a∈R，使得f(a)+g(b)=0，则实数b的取值范围是_______________.
专题11双变量方程类存在性、任意性问题
【方法点拨】
解决双变量“存在性或任意性”问题关键就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(或两个函数最值之间的关系)，目的在于培养学生的逻辑推理素养和良好的数学思维品质．
若f(x)，g(x)的值域分别为A，B，则有：
∀x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)=g(x2)成立，则 ；
如何突破双变量“存在性或任意性”问题
如何突破双变量“存在性或任意性”问题发表时间：2020-09-04T15:43:53.713Z 来源：《教育学文摘》2020年4月第11期作者：张航程[导读] 解决双变量“存在性或任意性”问题关键就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(或两个函数最值之间的关系)解决双变量“存在性或任意性”问题关键就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(或两个函数最值之间的关系)，目的在于培养学生的逻辑推理素养和良好的数学思维品质.笔者在教学实践中发现这类问题具有以下几种类型，现小结如下和大家交流。
类型A 形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得g(x2)＝f(x1)成立”小结理解全称量词与存在量词的含义是求解本题的关键，此类问题求解的策略是“等价转化”，即“函数f(x)的值域是g(x)的值域的子集”从而利用包含关系构建关于a的不等式组，求得参数的取值范围. 类型B 形如“存在x1∈A及x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立”小结本类问题的实质是“两函数f(x)与g(x)的值域的交集不为空集”，上述解法的关键是利用了补集思想. 变形：若把此种类型中的两个“存在”均改为“任意”，则“等价转化”策略是利用“f(x)的值域和g(x)的值域相等”来求解参数的取值范围,这个变形读者可以尝试自行解决。
类型C 形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得f(x1)<g(x2)成立”范围.思考2：在3.中，若把“存在x2∈[2，3]”变为“任意x2∈[2，3]”时，其它条件不变，则a的取值范围是________. 问题“等价转化”为[f(x)]max≤[g(x)]min，可仿照3解答.上述两种变化关键在于深刻理解：将逻辑联结词变为“任意”和“存在”后最大值和最小值关系的变化！以上三种类型中类型A和类型B结合逻辑联接词“存在”和“任意”意义分别转化为集合之间包含关系给予解决；类型C对逻辑联接词理解应用要求更高，除正确理解逻辑联接词意义外还必须应用两个函数最大值与最小值之间关系列不等式求参数范围，应多思考多训练达到熟能生巧。
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
函数中的任意性与存在性问题讲解
练习： 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]，
问：对任意
x 1
[0,1]，存在
2、查缺补漏。对高考各题型强化训练。总结 解题方法技巧。规范解题，提高解题准度 与速度。要有每分必争的精神。
坚持的每一天都是奇迹的开始！！！
函数中的任意性 和存在性问题
井冈山中学 贺平桂 2014.4.10
考题展望
最近几年，高考和模拟试题中经常出现一 类函数存在性和任意性问题，它们在压轴题、 把关题位置出现，是考试的热点之一。 下面 结合实例来辨析和整理这几种问题的处理方 法。
高考题再现（2010 山东理 21）:
已知函数 f(x)＝lnx－41x＋43x－1，g(x)＝x2－2bx ＋4，若对任意 x1∈(0，2)，存在 x2∈[1，2]，使
f(x1)≥g(x2) ， 则 实 数 b 的 取 值 范 围
是 [187，＋∞)
．
【解析】f′(x)＝－（x－14）x2（x－3），令 f′(x)＝0 得 x1＝1，
对函数中的存在性与任意性问题可把对函数中的存在性与任意性问题可把相等相等关系问题转化为函数值域之间的关系问题不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
一轮复习目标：全面、系统、基础 二轮复习目标：综合、灵活、能力
1、以横向为主建构知识网络，使知识系统化 条理化。对重点、难点、弱点、热点内容 做专题突破。在巩固已学知识的基础上特 别注意对知识综合能力的运用和提升。
三、变式研究、归纳小结
专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题(解析版)
2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题”一．方法综述含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题,历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．本专题举例说明辨别“任意性问题”与“存在性问题”的方法、技巧.二．解题策略类型一 “∀x ，使得f(x)>g(x)”与“∃x ，使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min >0.如图①.(2)∃x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max >0.如图②. 【例1】【2020·河南濮阳一中期末】已知函数1()ln (0),()a f x a x a g x x x x=-≠=--. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若存在0[1,]x e ∈，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.【解析】（I ）()f x 的定义域为'221(0,),().a a x f x a x x x ++∞=--=- 所以，当0a >时，()'0f x <，()f x 在(0,)+∞上递减；当0a <时，()'0fx >，所以，()f x 在(0,)+∞上递增.（II ）在[]1e ，上存在一点0x 使00()()f xg x <成立， 即函数1()ln a h x a x x x x=-++在[]1,e 上的最小值小于0, ()'222(1)1+1()1x x a a a h x x x x x+-⎡⎤⎣⎦=--+-=.①当1+a e ≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1,e 上单调递减， 所以()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ，由()10ah e e a e+=+-<， 得222111,1,111e e e a e a e e e +++>>-∴>---Q ； ②当11a +≤，即0a ≤时，0a >Q ，不合乎题意；③当11a e <+<，即01a e <<-时，()h x 的最小值为()1h a +，0ln(1)1,0ln(1),a a a a <+<∴<+<Q 故(1)2ln(1)2h a a a a +=+-+>. 此时(1)0h a +<不成立.综上所述，a 的取值范围是211e a >e +-. 【指点迷津】(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max )，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立问题．(2)存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，即至少有一个x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)不是负数，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )的函数值至少有一个是非负数． 【举一反三】【2020·江西瑞金一中期中】已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln 20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为3类型二 “若1122x D x D ∃∈∃∈，，，使得()()12f x g x ＝”与“1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝”的辨析(1) 1122x D x D ∃∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．(2) 1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中． 说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影． 【例2】【2020河北衡水中月考】已知函数()()()11ln 1f x a x x =---+，()1xg x xe -=.（1）求()g x 在区间(]0,e 上的值域；（2）是否存在实数a ，对任意给定的(]00,x e ∈，在[]1,e 存在两个不同的()1,2i x i =使得()()0i f x g x =，若存在，求出a 的范围，若不存在，说出理由. 【解析】（1）()()1'1xg x x e-=-，()0,1x ∈时，()'0g x >，()g x 单调递增，(]1,x e ∈时，()'0g x <，()g x 单调递减，()00g =，()11g =，()10e g e e e -=⨯>，∴()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1. （2）由已知得1()1f x a x='--，且[]1,x e ∈， 当0a ≤时，()'0f x ≥，()f x 在[]1,e 上单调递增，不合题意． 当11a e≥-时，()'0f x ≤，()f x 在[]1,e 上单调递减，不合题意． 当101a e <<-时，()0f x '=得011x a=-．当1(1,)1x a∈-时()'0f x <，()f x 单调递减， 当1()1x e a ，∈-时，()'0f x >，()f x 单调递增，∴()min 11f x f a ⎛⎫= ⎪-⎝⎭.由（1）知()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1，而()11f =，所以对任意(]00,x e ∈，在区间[]1,e 上总有两个不同的()1,2i x i =，使得()()0i f x g x =.当且仅当()1101fe f a ⎧≥⎪⎨⎛⎫≤ ⎪⎪-⎝⎭⎩，即()()()()()1111ln 1102a e a a ⎧--≥⎪⎨+-+≤⎪⎩， 由（1）得111a e ≤--. 设()()ln 11h a a a =+-+，10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()1'111a h a a a =-=--， 当10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()'0h a <，()h a 单调递减，∴()11110h a h e e⎛⎫>-=-> ⎪⎝⎭. ∴()0h a ≤无解.综上，满足条件的a 不存在. 【指点迷津】本例第(2)问等价转化的基本思想是：函数g (x )的任意一个函数值都与函数f (x )的某两个函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中． 【举一反三】【2020·河南南阳一中期中】已知函数1()ln 1f x x x=+-, 32()324g x x a x a =--+, []0,1x ∈,其中0a ≥.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意[]11,x e ∈,总存在[]20,1x ∈,使得()()12f x g x =成立,求a 的取值范围. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞,22111()x f x x x x-'=-+=, 令()0f x '>,解得1x >,令()0f x '<,解得01x <<,∴函数()f x 的减区间为(0,1),增区间为(1,)+∞;（2）依题意,函数()f x 在[]1,e 上的值域包含于函数g x （）在[]0,1上的值域,由（1）可知,函数()f x 在[]1,e 上单调递增,故值域为10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦,由32()324g x x a x a =--+得22()333()()g x x a x a x a '=-=+-, ①当0a =时,()0g x '≥恒成立,故函数g()x 在[]0,1上单调递增,此时值域为[]224,3254,5a a a ⎡⎤-+--+=⎣⎦,故0a =不符合题意;②Q 当0a >时,()0g x '>的解集为(,)a +∞,()0g x '<的解集为(0,)a ,∴ 故函数()g x 在(0,)a 上单调递减,在(,)a +∞上单调递增,且2(0)42,(1)325g a g a a =-=--+,()i 当01a <<时,函数g()x 在(0,)a 上单调递减,在(,1)a 上单调递增,此时值域为{}32224,42,325a a max a a a ⎡⎤--+---+⎣⎦,则此时需要32240a a --+≤,即320a a +-≥,当01a <<时,320a a +-≥不可能成立,故01a <<不符合题意; ()ii 当1a ≥时,()0g x '≤在[]0,1上恒成立,则函数g()x 在[]0,1上单调递减,此时值域为2325,42a a a ⎡⎤--+-⎣⎦,则23250142a a a e ⎧--+≤⎪⎨-≥⎪⎩,解得1122a e ≤≤-; 综上所述,实数a 的取值范围为11,22e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 类型三 f (x )，g (x )是闭区间D 上的连续函数，“∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x )，g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.(2)存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.【例3】【2020·甘肃天水一中月考】已知函数(1)(1ln )()3x x f x m x++=-，()ln g x mx x =-+(R)m ∈.(1)求函数()g x 的单调区间与极值.(2)当0m >时，是否存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立？若存在，求实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.【解析】（1）1()(0)g x m x x =-+>'， 当0m ≤时，1()0g x m x=-+>'恒成立，即函数()g x 的单调增区间为∞（0，+），无单调减区间，所以不存在极值．当0m >时，令1()0g x m x =-+='，得1x m =,当10x m <<时，()0g x '>，当1x m>时，()0g x '<，故函数()g x 的单调增区间为10m （，），单调减区间为1m+∞（，），此时函数()g x 在1x m =处取得极大值，极大值为111()ln 1ln g m m m m m=-⨯+=--，无极小值．综上，当0m ≤时，函数()g x 的单调增区间为()0+∞，，无单调减区间，不存在极值．当0m >时，函数()g x 的单调增区间为10m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭，，极大值为1ln m --，无极小值 （2）当0m >时，假设存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立，则对[]1,2x ∈，满足max min ()()f x g x > 由(1)(1ln )()3x x f x m x++=-[]1,2x ∈（）可得，221(1ln 1)(1)(1ln )ln ()x x x x x x x f x x x +++-++-=='. 令[]()ln 1,2h x x x x =-∈（），则1()10h x x'=-≥，所以()h x 在[]1,2上单调递增，所以()(1)1h x h ≥=，所以()0f x '>，所以()f x 在[]1,2上单调递增，所以max (21)(1ln 2)3(1ln 2)()(2)3322f x f m m +++==-=-由（1）可知，①当101m<≤时，即m 1≥时，函数()g x 在[]1,2上单调递减，所以()g x 的最小值是(2)2ln 2g m =-+．②当12m ≥，即102m <≤时，函数()g x 在[]1,2上单调递增， 所以()g x 的最小值是(1)g m =-．③当112m <<时，即112m <<时，函数()g x 在11,m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在1,2m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.又(2)(1)ln 22ln 2g g m m m -=-+=-，所以当1ln 22m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-.当ln 21m ≤<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-所以当0ln 2m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-，故3(1ln 2)32m m +->-， 解得3(1ln 2)4m +>,所以ln 20m >>． 当ln 2m ≤时，函数()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-，故3(1ln 2)3ln 222m m +->-， 解得3ln 22m +>，所以3ln 2ln 22m +≤<.故实数m 的取值范围是3ln 20,2+⎛⎫⎪⎝⎭【指点迷津】1.本例第(2)问从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．2.题设中，使得成立可转化为，进而求出参数.【举一反三】【2020·四川石室中学月考】已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；②若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->， 由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，∴()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ∴函数()f x 的最大值为(1)1f =-； （2）∵()a g x x x=+，∴2()1a g x x =-'，（Ⅰ）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又∵函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ∴1x =是函数()g x 的极值点，∴(1)10g a =-='，解得1a =， 经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（ⅱ）∵211()2f ee =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ∵2192ln 321e -+<--<-， 即1(3)()(1)f f f e <<，∴1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（ⅰ）知1()g x x x =+，∴21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，∵11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，∴1(1)()(3)g g g e <<，∴1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立 12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，∵12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，∴312k ≥-+=-，又∵1k >，∴1k >， ②当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，∵121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，∴342ln 33k ≤-+，又∵1k <， ∴342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 类型四 “∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧. 【例4】【2020·江西抚州二中期末】已知函数()42ln af x a x x x-=-++. （1）当4a ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）设()26xg x e mx =+-，当22a e =+时，对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2122f x e g x +≥，求实数m 的取值范围.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，224()1a a f x x x -'=-++2(2)[(2)]x x a x---=， 由()0f x '=，得2x =或2=-x a .当4a >即22a ->时，由()0f x '<得22x a <<-， 由()0f x '>得02x <<或2x a >-；当4a =即22a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；∴当4a >时，单调减区间是(2,2)a -，单调增区间是(0,2)，(2,)a -+∞；当4a =时，单调增区间是()0,∞+，没有单调减区间.（2）当22a e =+时，由（1）知()f x 在()22,e 上单调递减，在()2,e +∞上单调递增，从而()f x 在[)2,+∞上的最小值为22()6f e e =--.对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2212g x f x e ≤+，即存在[)21x ∈+∞,，使()g x 的值不超过()22e f x +在区间[)2,+∞上的最小值26e -.由2266xe e mx ≥+--，22e e xm x-∴≤. 令22()xe e h x x-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()22222()x x e x e xh x e x ---'=Q ()232x x e xe e x+-=-，当[1,2]x ∈时()0h x '<；当[2,)x ∈+∞时，()22xxe xe e +-20xx xee >-≥，()0h x '<.故()h x 在[1,)+∞上单调递减，从而2max ()(1)h x h e e ==-，从而2m e e ≤-. 【指点迷津】“对任意x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”． 【举一反三】【2020重庆西南大学附中月考】已知函数()()()11ln x x f x x++=，()()ln g x x mx m R =-∈ .（1）求函数()g x 的单调区间；（2）当0m >时，对任意的[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，试确定实数m 的取值范围.【解析】（1）由()()ln 0g x x mx x =->，得()'1g x m x=-.当0m ≤时，()'0g x >，所以()g x 的单调递增区间是()0,∞+，没有减区间.当0m >时，由()'0g x >，解得10x m <<；由()'0g x <，解得1x m>，所以()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0m ≤时，()g x 的单调递增区间是()0,∞+，无递减区间；当0m >时，()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）当0m >时，对任意[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，只需()()min min 3f x m g x ->成立.由()()()11ln ln 1ln 1x x x f x x xxx++==+++，得()'2221ln 11ln x x xf x x xx x--=+-=.令()()ln 0h x x x x =->，则()'1x h x x-=.所以当()0,1x ∈时，()'0h x <，当()1,x ∈+∞时，()'0h x >.所以()h x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，且()11h =，所以()()()min 110h x h x h ≥==>.所以()'0f x >，即()f x 在()0,∞+上递增，所以()f x 在[]1,2上递增，所以()()min 12f x f ==.由（1）知，当0m >时，()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减，①当101m<≤即m 1≥时，()g x 在[]1,2上递减，()()min 2ln22g x g m ==-； ②当112m <<即112m <<时，()g x 在11,m ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递增，在1,2m ⎛⎤⎥⎝⎦上递减，()()(){}min min 1,2g x g g =，由()()()21ln22ln2g g m m m -=---=-， 当1ln22m <≤时，()()21g g ≥，此时()()min 1g x g m ==-， 当ln21m <<时，()()21g g <，此时()()min 2ln22g x g m ==-， ③当12m ≥即102m <≤时，()g x 在[]1,2上递增，()()min 1g x g m ==-， 所以当0ln2m <≤时，()()min 1g x g m ==-， 由0ln223m m m<≤⎧⎨->-⎩，得0ln2.m <≤当ln2m >时，()()min 2ln22g x g m ==-，由ln223ln22m m m>⎧⎨->-⎩，得 ln22ln2m <<-．∴ 02ln2m <<-．综上，所求实数m 的取值范围是()0,2ln2-．三．强化训练1．【2020·江西萍乡一中期中】已知函数ln ()xx af x e+=. （1）当1a =时，求()f x 的极值； （2）设()xg x xe a -=-，对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，ln 1()xx f x e+=，所以函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 所以1ln ()xx x xf x xe--'=，且0x xe >， 令()1ln h x x x x =--，所以当01x <<时，10,ln 0x x x -><， 所以()1ln 0h x x x x =-->. 又()2ln h x x '=--，所以当1x >时，()2ln 0h x x '=--<，所以()h x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0h x h <=. 同理当01x <<时，()0f x '>； 当1x >时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)是单调递增，在(1,)+∞单调递减， 所以当1x =时，()f x 的极大值为1(1)f e=，无极小值. （2）令()()xm x xe f x ax =-，因为对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，所以()()12min max m x g x >.因为()()ln xm x xe f x ax x x =-=， 所以()1ln m x x '=+.令()0m x '>，即1ln 0x +>，解得1x e>； 令()0m x '<，即1ln 0x +<，解得10x e<<.所以()m x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以min 11()m x m e e⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 因为()xg x xea -=-，所以()(1)xg x x e -'=-，当0x >时0x e ->，令()0g x '>，即10x ->，解得01x <<；令()0g x '<，即10x -<，解得1x >. 所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 所以max 1()(1)g x g a e==-， 所以11a e e->-， 所以2a e >，即实数a 的取值范围为2,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 2．【2020·河北邯郸期末】已知函数()f x 满足:①定义为R ；②2()2()9xxf x f x e e +-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x xg x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解. 【解析】（1）2()2()9xx f x f x e e+-=+-Q ,…① 所以2()2()9xx f x f x ee ---+=+-即1()2()29xx f x f x e e-+=+-…② 由①②联立解得:()3xf x e =-.（2）设2()(2)6x x a x ϕ=-+-+,()()()1333x x x F x x e e xe x =--=+--,依题意知:当11x -≤≤时,min max ()()x F x ϕ≥()()33x x x x F x e e xe xe '+=-+=-+Q又()(1)0xF x x e ''=-+<Q 在(1,1)-上恒成立, 所以()F x '在[1,1]-上单调递减()(1)30min F x F e ∴'='=-> ()F x ∴在[1,1]-上单调递增,max ()(1)0F x F ∴==(1)70(1)30a a ϕϕ-=-≥⎧∴⎨=+≥⎩,解得:37a -≤≤实数a 的取值范围为[3,7]-. （3）()g x 的图象如图所示：令()T g x =,则()1g T =1232,0,ln 4T T T ∴=-==当()2g x =-时有1个解3-,当()0g x =时有2个解：(12)-、ln3,当()ln 4g x =时有3个解:ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--. 故方程[()]10g g x -=的解分别为：3-,(12)-、ln3,ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--3．【2020·天津滨海新区期末】已知函数()2ln h x ax x =-+.（1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=-- 化简得：322ln 220x y +-+=()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得121,1x x a a=-=+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q2112x a ∴=+<+()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立 即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意②当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦4．【2020·全国高三专题练习】已知函数()321(1)32a x x ax f x +=-+.（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅲ）对于任意1x ，2[02]x ∈,，都有122()()3f x f x -≤，求实数a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）当1a =时，因为()3213x x x f x =-+所以()221x x f x =-+'，(0)1f '=.又因为(0)0f =，所以曲线()y f x =在点()0,(0)f 处的切线方程为y x =. （Ⅱ）因为()321(1)32a x x ax f x +=-+，所以2()(1)0f x x a x a '=-++=. 令()0f x '=，解得x a =或1x =. 若1a >，当()0f x '>即1x <或x a >时， 故函数()f x 的单调递增区间为()(),1,,a -∞+∞；当()0f x '<即1x a <<时，故函数()f x 的单调递减区间为()1,a . 若1a =，则22()21(1)0f x x x x '=-+=-≥，当且仅当1x =时取等号，故函数()f x 在(),-∞+∞上是增函数. 若1a <，当()0f x '>即x a <或1x >时， 故函数()f x 的单调递增区间为()(),,1,a -∞+∞；当()0f x '<即1<<a x 时，故函数()f x 的单调递减区间为(),1a .综上，1a >时，函数()f x 单调递增区间为(1)()a -∞∞,,,+，单调递减区间为(1,)a ； 1a =时，函数()f x 单调递增区间为(,)-∞+∞；1a <时，函数()f x 单调递增区间为()(1)a -∞∞,,,+，单调递减区间为(,1)a .（Ⅲ） 由题设，只要()()max min 23f x f x -≤即可. 令2()(1)0f x x a x a '=-++=，解得x a =或1x =.当0a ≤时，随x 变化，(),()f x f x ' 变化情况如下表：由表可知(0)0(1)f f =>，此时2(2)(1)3f f ->，不符合题意.当01a <<时，随x 变化，()()'f x f x , 变化情况如下表：由表可得3211112(0)0()(1)(2)62263f f a a a f a f ==-+=-=,,,，且(0)()f f a <，(1)(2)f f <，因()()2203f f -=，所以只需()(2)(1)(0)f a f f f ≤⎧⎨≥⎩，即3211262311026a a a ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-≥⎪⎩ ，解得113a ≤<. 当1a =时，由（Ⅱ）知()f x 在[]0,2为增函数， 此时()()()()max min 2203f x f x f f -=-=，符合题意. 当12a <<时，同理只需(1)(2)()(0)f f f a f ≤⎧⎨≥⎩，即3211226311062a a a ⎧-≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩ ，解得513a <≤. 当2a ≥时，2()(1)32f f >=，()2()0(311)f f f =->，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是15,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦.5．【2020·河南安阳期末】已知函数()ln f x x x x =+，()x xg x e=. （1）若不等式()()2f xg x ax ≤对[)1,x ∈+∞恒成立，求a 的最小值； （2）证明：()()1f x x g x +->.（3）设方程()()f x g x x -=的实根为0x .令()()()00,1,,,f x x x x F x g x x x ⎧-<≤⎪=⎨>⎪⎩若存在1x ，()21,x ∈+∞，12x x <，使得()()12F x F x =，证明：()()2012F x F x x <-.【解析】（1）()()2f xg x ax ≥，即()2ln x x x x x ax e +⋅≥，化简可得ln 1x x a e+≤. 令()ln 1xx k x e +=，()()1ln 1xx x k x e -+'=，因为1x ≥，所以11x ≤，ln 11x +≥. 所以()0k x '≤，()k x 在[)1,+∞上单调递减，()()11k x k e≤=.所以a 的最小值为1e.（2）要证()()1f x x g x +->，即()ln 10x xx x x e+>>.两边同除以x 可得11ln x x x e+>.设()1ln t x x x =+，则()22111x t x x x x-'=-=.在()0,1上，()0t x '<，所以()t x 在()0,1上单调递减.在()1,+∞上，()0t x '>，所以()t x 在()1,+∞上单调递增，所以()()11t x t ≥=. 设()1x h x e=，因为()h x 在()0,∞+上是减函数，所以()()01h x h <=. 所以()()t x h x >，即()()1f x x g x +->.（3）证明：方程()()f x g x x -=在区间()1,+∞上的实根为0x ，即001ln x x e=，要证()()2012F x F x x <-，由()()12F x F x =可知，即要证()()1012F x F x x <-.当01x x <<时，()ln F x x x =，()1ln 0F x x '=+>，因而()F x 在()01,x 上单调递增. 当0x x >时，()x x F x e =，()10xxF x e -'=<，因而()F x 在()0,x +∞上单调递减. 因为()101,x x ∈，所以0102x x x ->，要证()()1012F x F x x <-.即要证01011122ln x x x x x x e--<. 记()0022ln x xx xm x x x e--=-，01x x <<. 因为001ln x x e =，所以0000ln x x x x e =，则()00000ln 0x xm x x x e =-=.()0000022212121ln 1ln x x x x x xx x x xm x x x e e e---+--'=++=++-. 设()t t n t e =，()1t tn t e-'=，当()0,1t ∈时，()0n t '>.()1,t ∈+∞时，()0n t '<，故()max 1n t e=.且()0n t >，故()10n t e <<，因为021x x ->，所以002120x x x xe e ---<<.因此()0m x '>，即()m x 在()01,x 上单调递增.所以()()00m x m x <=，即01011122ln x x x x x x e --<.故()()2012F x F x x <-得证.6．【2020·山东邹平一中期末】已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+. (1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立; (2)求函数()g x 的极值; (3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <. 【解析】(1)()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-，1cos 1x -≤≤Q ,()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥，, ()sin f x x a x =-在()0+∞，上为增函数,所以当()0,x ∈+∞时,恒有()()00f x f >=成立; (2)由()()()ln ,10m x mg x x m x g x x x x+'=+∴=+=> 当()00m g x '≥>，()g x 在()0+∞，上为增函数,无极值 当()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->，，()g x 在()0m -，上为减函数,在(),m -+∞上为增函数,()x m x ∴=-，g 有极小值()ln m m m -+-,无极大值,综上知:当()0m g x ≥，无极值,当()0m g x <，有极小值()ln m m m -+-,无极大值. (3)当()11sin 22a f x x x ==-，在()0+∞，上为增函数, 由(2)知,当0m ≥,()g x 在()0+∞，上为增函数, 这时,()()f x g x +在()0+∞，上为增函数, 所以不可能存在()12,0,x x ∈+∞,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+且12x x ≠ 所以有0m <现不防设()()()()1211220x x f x g x f x g x <<+=+，得:111222112sin ln 2sin ln 22x x m x x x m x -+=-+()()()2121211ln ln 2sin sin 2m x x x x x x --=---①1122sin sin x x x x -<-()()212111sin sin 22x x x x -->--② 由①②式可得:()()()2121211ln ln 22m x x x x x x -->--- 即()()21213ln ln 02m x x x x -->-> 又1221ln ln ,ln ln 0x x x x <->2121302ln ln x x m x x -∴->⨯>-③ 又要证12249x x m <，即证21294m x x > 120,0m x x <<<Q即证m ->④所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x x x x -> 设211x t x =>,只需证1ln t t->即证()ln 01t t >> 令()()ln 1h t t t =-> 由()()()2101h t t h t '=>>，在()1+∞，上为增函数, ()()10h t h∴>=2121ln ln x x x x -∴>-,所以由③知,0m ->>成立, 所以12249x x m <成立. 7．【2020·陕西西安中学高三期末】已知函数21()ln 1()2f x x a x a R =-+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若20a -≤＜，对任意[]12,1,2x x ∈，不等式121211()()f x f x m x x -≤-恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）∵依题意可知：函数()f x 的定义域为()0,∞+，∴2()a x af x x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增. 当0a >时，由()0f x'>得x ()0fx '<得0x <<综上可得当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >时，()f x 在(上单调递减；在)+∞上单调递增.（2）因为20a -≤<，由（1）知，函数()f x 在[]1,2上单调递增，不妨设1212x x ≤≤≤，则121211()()f x f x mx x -≤-， 可化为2121()()m m f x f x x x +≤+， 设21()()ln 12m mh x f x x a x x x=+=-++，则12()()h x h x ≥， 所以()h x 为[]1,2上的减函数， 即2()0a mh x x x x=--≤'在[]1,2上恒成立，等价于3m x ax ≥-在[]1,2上恒成立， 设3()g x x ax =-，所以max ()m g x ≥，因20a -≤＜，所以2()30＞'=-g x x a ，所以函数()g x 在[]1,2上是增函数，所以max ()(2)8212g x g a ==-≤（当且仅当2a =-时等号成立） 所以12m ≥．8．【2020·浙江温州期末】已知函数()()2log ln a f x x x x =+-，1a >. （1）求证：()f x 在()1,+∞上单调递增；（2）若关于x 的方程()1f x t -=在区间()0,∞+上有三个零点，求实数t 的值；（3）若对任意的112,,x x a a -⎡⎤∈⎣⎦，()()121f x f x e -≤-恒成立（e 为自然对数的底数），求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()2ln 1'21ln x f x xx a =⋅+-,∵1x >,∴()'0f x >,故()f x 在()1,+∞上单调递增.（2）()()()()2222ln ln ln 'ln x x a a f x x a +-=,令()()()222ln ln ln g x x x a a =+-,()()22'ln 0g x a x=+>,()10g =, 故当()0,1x ∈,()'0g x <,()1,x ∈+∞,()'0g x >,即()f x 在()0,1x ∈上单调递减；在()1,x ∈+∞上单调递增.()11f =, 若()()11f x t f x t -=⇔=±在区间()0,∞+上有三个零点,则11t -=,2t =.（3）()f x 在1,1x a -⎡⎤∈⎣⎦上单调递减；在(]1,x a ∈上单调递增.故()()min 11f x f ==,()()max 1max ,f x f f a a ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 令()()112ln h a f f a a a a a ⎛⎫=-=+-⎪⎝⎭,∴()0h a <, 故()max 1ln f x a a =+-,∴ln 1ln 1a a e a a e -≤-⇒-≤-, 因为1a >,设()ln a a a ϕ=-则1'()10a aϕ=->,故()ln a a a ϕ=-为增函数, 又()ln 1e e e e ϕ=-=-. ∴(]1,a e ∈.9．【2020·浙江台州期末】已知函数()ln f x a x x b =-+，其中,a b ∈R . （1）求函数()f x 的单调区间；（2）使不等式()ln f x kx x x a ≥--对任意[]1,2a ∈，[]1,x e ∈恒成立时最大的k 记为c ，求当[]1,2b ∈时，b c +的取值范围.【解析】（1）因()f x 的定义域为()0,∞+，()()'10af x x x=->， 当0a ≤时，()'0f x <，∴()f x 在()0,∞+上单调递减； 当0a >时，()'f x 在()0,∞+上单调递减，()'0f a =， ∴()f x 在()0,a 上单调递增，在(),a +∞单调递减； （2）()()l ln n f x kx x x f x x x a k x a ++⇒≤≥--()1ln ln a x x x x bx+-++=. ∵[]1,2a ∈，[]1,x e ∈，∴()1ln ln 1ln ln a x x x x b x x x x bx x+-+++-++≥， 令()()21ln ln ln 'x x x x b x x b g g x x x x+-++-+-=⇒=， 由（1）()ln p x x x b ⇒=-+-在()1,+∞上递增；（1）当()10p ≥，即1b =时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≥⇒≥，∴()g x 在[]1,e 上递增；∴()()min 122c g x g b b c b ===⇒+==.（2）当()0p e ≤，即[]1,2b e ∈-时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≤⇒≤，∴()g x 在[]1,e 上递减； ∴()()min 22b b c g x g e b c b e e ++===⇒+=+14,2e ee ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦.（3）当()()10p p e <时，()ln p x x x b =-+-在上递增； 存在唯一实数()01,x e ∈，使得()00p x =，则当()01,x x ∈时()()0'0p x g x ⇒<⇒<.当()0,x x e ∈时()()0'0p x g x ⇒>⇒>. ∴()()00000mi 000n 1ln ln 1ln x x x x b x x x c g x g x +-++=+===.∴00000011ln ln b c x x x x x x +=++-=+.此时00ln b x x =-. 令()()()11ln '10x h x x x h x h x x x-=-⇒=-=>⇒在[]1,e 上递增， ()()01,11,b e x e ∈-⇒∈，∴12,b c e e ⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭.综上所述，42,2b c e ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦. 10．【2020·蒙阴实验中学期末】设函数()212ln 222af x ax x x -=+++，a R ∈. （1）当2a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）2x =是函数()f x 的极值点，求函数()f x 的单调区间； （3）在（2）的条件下，()217ln 422g x x x x ⎛⎫=-++-⎪⎝⎭，若[)11,x ∀∈+∞，()20,x ∃∈+∞，使不等式()()1122mf xg x x x -≥+恒成立，求m 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，2a =时，()2ln 2f x x x =++，()12f x x x'=+， ()13f '=，()13f =，所以切线方程为()331y x -=-，即30x y -=.（2）()()22221222ax a x a f x ax x x+-+-'=++=， 2x =是函数的极值点，()8422204a a f +-+'==，可得1a =-，所以()2232(0)2x x f x x x-++'=>，令()0f x '>，即22320x x --<，解得1,22x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，结合定义域可知()f x 在()0,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减. （3）令()()()2ln ln 26h x f x g x x x x x =-=+++，[)11,x ∀∈+∞，[)20,x ∃∈+∞， 使得()()1122m f x g x x x -≥+恒成立，等价于()()2min 21mh x x x x ≥+≥⎡⎤⎣⎦， ()12ln 2h x x x x x'=++-，因为1x ≥，所以2ln 0x x ≥，12x x+≥，即()'0h x ≥， 所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，()()14h x h ≥=， 即()20,x ∃∈+∞使得函数4mx x+≤，即转化为240x x m -+≤在()0,∞+有解， ()22424x x m x m -+=--+，所以40m -+≤，4m ≤.。
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≥-.。
变量的“存在性”与“任意性”问题的解法例谈
变量的“存在性”与“任意性”问题的解法例谈作者：高铭秀来源：《中学课程辅导高考版·学生版》2015年第09期在“有解”或“恒成立”背景下求变量的取值范围，一直是高中学生学习的难点，同时也是考试命题的热点.试题大多涉及到函数的值域、函数的性质等知识点，全面考查对概念的理解和思维的灵活性，能体现同学们分析问题和解决问题的综合能力.解决此类问题的关键是要联系函数的图像和性质，灵活应用数学思想方法去分析和转化问题.一、单变量型“存在性”与“任意性”问题例1设函数f（x）=x2，g（x）=x+ax（a∈R），若存在x0∈[1，3]，使得f（x0）=g（x0）成立，则实数a的取值范围为.解析：（分离参数法）设h（x）=f（x）-g（x）=x2-x-ax，则原题可转化为：x0∈[1，3]，使得h（x0）=0，即h（x）=0在[1，3]上有解.h（x）=x2-x-ax=x3-x2-ax=0，则x3-x2-a=0在[1，3]上有解，分离参数得：x3-x2=a，则a的取值范围即为函数y=x3-x2在[1，3]上的值域，易得实数a的取值范围为[0，18].例2设函数f（x）=x3，g（x）=-x2+x-29a，若对x0∈[-1，a3]（a>0），有不等式f（x0）>g（x0）恒成立，则实数a的取值范围为.解析：（最值法）设h（x）=f（x）-g（x）=x3+x2-x+29a，则原题可转化为：h（x）>0在[-1，a3]上恒成立，即h（x）min>0，问题转化为求函数h（x）在求见[-1，a3]上的最小值.∵h′（x）=3x2+2x-1=（3x-1）（x+1），则h（x）在（-∞，-1）和（13，+∞）上单调递增，在[-1，13]上单调递减，又x0∈[-1，a3]（a>0），则①当0<a≤1时，h（x）在[-1，a3]上单调递减，则h（x）min=h（a3）=a327+19a2-a9>0，解得：a∈（-3+212，1];②当a>1时，h（x）在[-1，13]上单调递减，在[13，a3]上单调递增，则h（x）min=h （13）=-527+29a>0a>56，即a∈（1，+∞）.综上，实数a的取值范围为：a∈（-3+212，+∞）.方法归纳：一般地，函数y=f（x）在闭区间上有以下结论：（其中M为常数）（1）f（x）>M恒成立f（x）min>M;f（x）<M恒成立f（x）max<M;（2）f（x）>M有解f（x）max>M;f（x）<M有解f（x）min<M.二、双变量型“存在性”与“任意性”问题例3设函数f（x）=ax+sinx+cosx，若函数f（x）的图像上存在不同的两点A，B，使得曲线y=f（x）在点A，B处的切线互相垂直，则实数a的取值范围为.解析：f′（x）=a+cosx-sinx=-2sin（x-π4）+a，设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意得：x1，x2（x1≠x2），使得f′（x1）·f′（x2）=-1f′（x1）=-1f′（x2），则问题转化为：函数f′（x1）的值域与函数-1f′（x2）的值域有交集即可.因为f′（x）的值域为[a-2，a+2]，故①当a+2<0，即a<-2时，f′（x1）∈[-2+a，2+a]，-1f′（x2）∈[-1a-2，-1a+2]，则f′（x1）<0，但-1f′（x2）>0，故无交集;②当a-2>0，即a>2时，同理可得无交集;③当a-2<0a+2>0，即-2<a<2时，f′（x1）∈[-2+a，2+a]，-1f′（x2）∈（-∞，-1a+2]∪[-1a-2，+∞），则有a-2≤-1a+2或a+2≥-1a-2，解得：a∈[-1，1].④当a=±2时，不符合题意.综上，实数a的取值范围为[-1，1].例4设a>1，若对于任意的x∈[a，2a]，都有y∈[a，a2]满足方程logax+logay=3，则实数a的取值范围为.解析：由logax+logay=3得：logax=3-logay，设f（x）=logax，g（y）=3-logay，因为x∈[a，2a]，y∈[a，a2]，则f（x）∈[1，1+loga2]，g（y）∈[1，2]，由题意得：[1，1+loga2][1，2]，则1+loga2≤2a∈[2，+∞）.例5已知f（x）=x2，g（x）=（12）x-m，若对任意x1∈[-1，3]，总存在x2∈[0，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，则实数m的取值范围是.解析：对任意x1∈[-1，3]，总存在x2∈[0，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立f（x1）min≥g （x2）min，因为函数f（x）=x2在[-1，0]上单调递减，在[0，3]上单调递增，则f（x1）min=f（0）=0，又因为函数g（x）=（12）x-m在[0，2]上单调递减，则g（x2）min=g（2）=14-m，故0≥14-mm≥14.方法归纳：类型1：“x1∈（a，b），x2∈（c，d），使得f（x1）≥f（x2）恒成立”等价于“x1∈（a，b），x2∈（c，d）时，f（x1）min≥f（x2）min”;类型2：“x1∈（a，b），x2∈（c，d），使得f（x1）≥f（x2）恒成立”等价于“x1∈（a，b），x2∈（c，d）时，f（x1）min≥f（x2）max”;类型3：“x1∈（a，b），x2∈（c，d），使得f（x1）≥f（x2）恒成立”等价于“x1∈（a，b），x2∈（c，d）时，f（x1）max≥f（x2）min”;类型4：“x1∈（a，b），x2∈（c，d），使得f（x1）≥f（x2）恒成立”等价于“x1∈（a，b），x2∈（c，d）时，f（x1）max≥f（x2）max”.三、多变量型“存在性”与“任意性”问题例6已知a>0，-2a<b<-a，a+b+c=0，则b2-3aca2的取值范围是.分析：这是一个看起来不像函数但本质上是函数的问题，函数化是关键，注意题设与结论都是齐次式，而且注意到结论的分母是a，因此选ba作为整体变量.解析：由a+b+c=0，得b2-3aca2=b2+3a（a+b）a2=b2+3a2+3aba2=（ba）2+3（ba）+3=（ba+32）2+34，再由a>0，-2a<b<-a，得-2<ba<-1，即b2-3aca2的范围是[34，1）.方法归纳：由等量代换把c消去，变成关于a，b的函数，而a，b两变量之间只有不等关系，通过变量集中，可以看成关于ba的函数.函数是高中数学的基础，大部分数学问题都有函数的影子，因此常说高中数学中，函数是一条主线，我们应学会用函数思想看问题.例7函数f（x）=3x+a与函数g（x）=3x+2a在区间（b，c）上都有零点，则a2+2ab+2ac+4bcb2-2bc+c2的最小值为.解析：由单调递增的一次函数f（x）与g（x）在区间（b，c）上都有零点，得：3b+a<0（1）。
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。
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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)max<A.
3. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) >0∴F(x)min>0
4. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) ﹤0∴F(x) max﹤0
5. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)max
6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) max< g(x) min
(2)存在性问题
1. ∃x0∈D,使得f(x0)>A成立，则f(x) max>A；
2. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立，则 f(x) min<A
3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x)，∴F(x) max>0
4. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x)∴F(x) min<0
5. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) max> g(x) min
6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min< g(x) max
(3)任意性与存在性的综合性问题
1. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x)min> g(x) min
2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) max< g(x) max
(4)相等问题
1. ∀x 1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)}{g(x)}
2. ∃x 1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)}{g(x)}
考题展示：
考1：设函数,
（1）如果存在,使得成立，求满足上述条件的最大整数M；
（2）如果对任意的s、t,都有成立，求实数的范围。
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。
问题（2），双任意性问题，不等号两边是不同的函数不同的变量，由数轴分析可得：只需即可。
注意：虽然我们可以分别对两边求最值来求解，但是由于参数的存在为我们直接求的最值带来麻烦，我们可以先求右侧最值，然后考虑分离参数的方法来求解。
解：（1）,令则
由单调性可知，
,
可取的最大整数为4.
（2）
由（1）可知，
即可。
设
代入得，
由单调性分析可得，在上单调递减。
考2: 已知函数和函数
，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（）
分析：本题从问题看，研究的是两个函数相等的问题，初步考虑数形
结合。
分段函数看似复杂，其实都是我们很常见的函数模型，通过研究单调性，不难画出其图像，而在定义域内也是单调的，看来我们考虑数形结合是可行的思路。
解析：
则函数单调递增。
那么的图像可以
确定，如图：
在定义域内单调递增，所以有：
,
由题意只需满足的值域有交集即可。
在图像上可以分析为，如
图：
则不等式可列为：,
总结与反思：
首先，利用集合与移动的思想来分析每一道存在性和任意性问题是最实用且不容易出错的方法，希望大家课下多做这方面的练习，而不是机械地记忆我们上面列举的结论。
其次，我们之所以大篇幅去讲方法、讲思路就是希望大家可以做到具体问题具体分析，而不是盲目套用结论。
高中数学题目千变万化但又不离其纲，大家要善于总结归纳。
课外拓展：
为了让同学们更为了解全程量词和特称量词，请认真完成下列练习题。
1、若有且只有一解，则实数的值为 .
2、（1）不等式，求的取值范围.
（2）若不等式对都成立，求实数的取值范围．
3、设函数，若，对任意的，总存在，使得不等式成立，求m的最大值。