【智博教育原创专题】浅析函数中双变量的任意与存在问题

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.。

【智博教育原创专题】浅析函数中双变量的任意与存在问题浅析函数中双变量的任意与存在问题邓冬华冷世平恒成立、能成立问题是高中数学的一类重要问题,也是高中数学的难点.这类问题的解决通常思维容量较大,往往需要等价转化.解决一个变量的任意与存在问题是比较简单的,但对于两个变量的任意与存在问题,学生普遍觉得比较困难.请看下面的问题：引例：设f(x)是定义在实数集R上的奇函数,当x0时,f(x)x24x.求f(x)的解析式,并解不等式f(x)x；设g(x)2x1m,若对任意x1[1，4],总存在x2[2，5],使f(x1)g(x2),求实数m的取值范围.对于问题,标答如下：当x1[1，4]时,f(x1)[3，4].∵g(x)2x1m是R上的增函数,∴当x2[2，5]时,g(x2)[2m，16m], ∵对任意x1[1，4],总存在x2[2，5]使f(x1)g(x2),∴[3，4][2m，16m],2m3则,解得12m5,故实数m的取值范围是[12，5].16m4本例出现的“x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)”的结构,就是所说的双变量的任意与存在问题.本例的解答过程中的[3，4][2m，16m],很多学生想不通,或想得不够自然.对于两个变量的任意与存在问题有没有学生更容易接受的解决策略呢？这正是要探讨的内容.一、任意与存在问题的四种类型记区间D1,D2分别是函数yf(x),yg(x)定义域的子区间.双变量的任意与存在问题包含以下四种基本类型：类型1. x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmax(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任一函数值均大于函数yg(x)的任一函数值,只需fmin(x)gmax(x)即可.同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmin(x).例1 已知f(x)8x216xk(kR),g(x)2x35x24x.若对x1、x23,3,都有f(x1)g(x2)成立,求k的取值范围.分析与解：本题的关键是对条件“对x1、x23,3,都有f(x1)g(x2)成立”进行处理.上面的分析知,其等价于f(x)maxg(x)min,故先判定单调性求其相应的最值.- 1 -f(x)8x216xk=8(x1)2k8,g'(x)6x210x42(x1)(3x2)知, f(x)在[3,1]单调递减,在[1,3]单调递增,且f(3)24k,f(3)120k,fmax(x)120k.22g(x)在[3,1]单调递增,在[1,]上单调递减,在[，3]上单调递增,且33228g(3)21,g ,g(x)min21.327120k21k141,即k[141,)类型2.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmin(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任一函数值大于函数yg(x)的某些函数值,但并不要求大于yg(x)的所有函数值,故只需fmin(x)gmin(x)即可.同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmax(x).125例 2 设函数fxlnxx,若对于1．函数gxx22bx1233x,]x1[1,2x2[0,1],使fx1gx2成立,求实数b的取值范围．分析与解：已知“对于x1[1,2],x2[0,1],使f(x1)g(x2)成立”g(x)在0,1上的最小值小于等于f(x)在1,2上的最小值,先分别求函数f(x),g(x)的最小值,最后解不等式g(x)minf(x)min得实数b的取值范围．2易知函数f(x)在(1,2)上单调递增,故f(x)在[1,2]上fmin(x)f(1)；355又g(x)x22bx(xb)2b2,x[0,1]121252①当b0时,g(x)在[0,1]上为增函数,gmin(x)g(0),舍去1235215②当0b1时,gmin(x)g(b)b2,b2及0b1得,b121231272③当b1时,g(x)在[0,1]上为减函数,g(x)ming12b及b1得b1.1231 综上,b的取值范围是[,).2类型3.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmax(x). 其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的某些在函数值大于函数yg(x)的任一函数值,只需要yf(x)有函数值大于即可,不是所有函数值,故只需fmax(x)gmax(x)即可.- 2 -同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmin(x). 例3 已知函数g(x)2x2exln，h(x)x2mx4,若x1(0,1],对x2[1,2],x2总有g(x1)h(x2)成立,求实数m的取值范围.分析与解：本题的关键在于：x1(0,1],对x2[1,2],总有g(x1)h(x2)成立g(x)在(0,1]上的最大值大于等于h(x)在[1,2]上的最大值.2ex2x2x2g(x)2xln,得g(x)0,故在(0,1]上g(x)0,即函数g(x)2x2x在(0,1]上单调递增,g(x)maxg(1)ln21.而h(x)在[1,2]上的最大值为h(1),h(2)中的最大者,记为max{h(1),h(2)}.g(1)ln21h(1)g(1)ln215m则有,解得m6ln2. ，g(1)ln21h(2)g(1)ln2182m故实数m的取值范围为[6ln2,).类型4.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmin(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的某些函数值大于函数yg(x)的某些函数值,都只需要有这样的函数值,不需要所有的函数值,故只需fmax(x)gmin(x).同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmax(x).2mx2,g(x)lnx2ex2,存在x1,x2(0,1)使f(x1)g(x2)成立,x21求实数m的取值范围.例 4 已知函数f(x)分析与解：存在x1,x2(0,1)使f(x1)g(x2)成立,只需要f(x)的最大值大于g(x)的最小值.已知得g(x)2lnx12e0 解得xe1.当x(0,e)时,g(x)0,g(x)单调递x减；当x(e1,1)时,g(x)0,g(x)单调递增,所以gmin(x)g(e1)1.2mx显然m0则f(x)在(0,1)上是递增函数,故f(x)的最大值不存在！但21x当x1时,f(x)m,即f(x)的最小上界为m，所以m1.故实数m的取值范围是(1,).又f(x)二、对双变量的任意与存在问题等价转化的几点说明1.在具体理解时,双变量的问题可以转化为单变量的问题,只需将双变量的任意与存在分别对应单变量的恒成立与能成立问题处理即可；(x1)g(x2)与f(x1)g(x2)也可以相应地变化处理，如例1，例2，例3；- 3 -。

经典问题： 问题一：任意与任意 【例1】设()x x x a x f ln +=，()323--=x x x g ，如果对于任意的s ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21t ，都有()()t g s f ≥成立，求实数a 的取值范围。

【例2】已知函数()()()xxx g R m mx ex x x f ln , 13123=∈++-=。

（1）求函数()x f 的单调区间；（2）若对()+∞∈∀,0,21x x ，()()2'1x f x g <恒成立，求实数m 的取值范围。

【变式1】已知函数(),1682k x x x f -+=()x x x x g 45223++=，其中R ∈k ,对任意 1x ，[]3,32-∈x ，都有()()21x g x f >成立，求实数k 的取值范围。

【变式2】设0>a 函数(),2xa x x f +=()x x x g ln -=，如果对任意 1x ，[]e x ,12∈，都有()()21x g x f >成立，求实数a 的取值范围。

【变式3】已知函数()(),13123R ∈++-=m mx ex x x f ()x x x g ln =，若对任意 1x ，()∞+∈，02x ，都有()()2'1x f x g <成立，求实数m 的取值范围。

问题二：任意与存在 【例1】已知函数()()(),ln 212212R ∈++-=a x x a ax x f ()x x x g 22-=，若对任意 (]201，∈x ，均存在(]202，∈x ，使得()()21x g x f <，求a 的取值范围。

【例2】已知()，2x x f =()m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21，若对任意的 []3,11-∈x ，存在[]202，∈x ，使得()()21x g x f ≥，求实数m 的取值范围是___________。

【例3】已知函数()()1ln 12+++=ax x a x f 。

两个函数中的存在性和任意性问题的辨析安徽省太和县太和中学 岳 峻 236600邮箱： 手机：高考中经常出现两个变量的任意性或存在性问题，是高考的热点之一．此类问题中，特别是全称量词“任意()∀”和特称量词“存在()∃”插足函数，使得函数问题扑朔迷离，意深难懂，同时题目也因此显得富有变化和新意，往往让学生们混淆不清、不知所措．事实上，揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目，需要深刻理解问题的本质，善于运用数形结合、转化与化归的思想，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，从而转化为我们熟悉的问题．本文通过研究具体函数及其图象，谈谈函数中有关任意性和存在性问题的转化策略，将任意性与存在性问题转化为函数值域关系或最值关系，并得到双变量的存在性和任意性问题的辨析方法，希望对同学们有所启发．类型1.任意x ，使得()()f x g x >，只需()()min ()min 0.h x f x g x =->⎡⎤⎣⎦其等价转化的基本思想是：给定任意一个x 的值，函数()y f x =的对应函数值都大于()y g x =的对应函数值.（如图1）类型2.存在x ，使得()()f x g x >，只需()()max ()max 0h x f x g x =->⎡⎤⎣⎦.其等价转化的基本思想是：存在一个x 的值，函数()y f x =的对应函数值大于()y g x =的对应函数值.（如图2）【例1】（2014年陕西理科21改编）设函数()()()ln 1,(),()f x x g x axf x f x ''=+=是()f x 的导函数.（1）若对于任意0x ≥，总有()(),f x g x ≥求实数a 的取值范围； （2）若存在0x ≥，使得()(),f x g x ≥求实数a 的取值范围. 【解析】（1）设()()()()()ln 10.1axh x f x g x x x x=-=+-≥+ ()()()2211.111a x a h x x x x +-'=-=+++ 当1a ≤时，()0.h x '≥()h x 在[)0,+∞上单调递增，()()min 00,h x h ==所以，()0h x ≥在[)0,+∞上恒成立，即()()f x g x ≥在[)0,+∞上恒成立；当1a >时，对于()0,1x a ∈-有()0.h x '<()h x 在()0,1a -上单调递减，()()100,h a h -<=此时存在0x >，使得()0h x <，即()()f x g x ≥在[)0,+∞上不恒成立；综上可知，实数a 的取值范围(],1-∞.（2）由（1）可知，当1a ≤时，存在0x ≥，使得()()f x g x ≥； 当1a >时，()1001001.ah ee-=必存在0x ≥，使得()()f x g x ≥； 综上可知，实数a 的取值范围(),.-∞+∞类型3.若1122,x D x D ∃∈∃∈，使得()()12f x g x =等价于函数()f x 在1D 上的值域A 与()g x 在2D 上的值域B 的交集不空，即.AB ≠Φ其等价转化的基本思想是：函数()y f x =的某一个函数值等于函数()y g x =的某一个函数值，即两个函数有相等的函数值. （如图3）图3图4类型4.对1122,x D x D ∀∈∃∈,使得()()12f x g x =等价于函数()f x 在1D 上的值域A 是()g x 在2D 上的值域B 的子集，即.A B ⊆其等价转化的基本思想是：函数()y f x =的任意一个函数值都等于函数()y g x =的某一个函数值，即函数()y f x =的函数值都在函数()y g x =的值域之中. （如图4）【例2】（2014年天津文科19改编）已知函数232(),0,.3f x x ax a x R =->∈ ()()21.1g x x x =-（1）若(]121,1,,2x x ⎛⎫∃∈-∞-∃∈-∞- ⎪⎝⎭，使得()()12f x g x =，求实数a 的取值范围. （2）当32a =时，证明：对于任意的1(2,)x ∈+∞，都存在2(1,)x ∈+∞，使得12()()f x g x =. 【解析】（1）因为2323f x x ax ，所以22221f x x ax x ax .令0f x 得0x 或1a.因为当0x 时，f x 单调递减，当10x a 时，f x 单调递增，当1x a 时，f x 单调递减，302f f a.所以，f x 在,1上单调递减，f x 在,1上的值域为21,.3a又()()21.1g x x x =-()()()2222332313232.1x x x g x x x x x x x '--⎛⎫'=== ⎪-⎝⎭-- 当12x时，0,g x ()g x 单调递增，()18.23g x g ⎛⎫<-= ⎪⎝⎭()g x 在1,2上的值域为8,.3若(]121,1,,2x x ⎛⎫∃∈-∞-∃∈-∞-⎪⎝⎭，使得()()12f x g x =，则：2851,.332a a 故实数a 的取值范围50,.2（2）因为23f xx x ，所以222333f x x x xx .分析可知，f x 在(1,)+∞单调递减，且10.f所以f x 在(2,)+∞上的值域为,4； 又f x 在(1,)+∞单调递减，且0.f x()()()2111g x x x f x ==-在(1,)+∞上单调递增，所以()()211g x x x =-在(1,)+∞上的值域为,0；因为,4,0.对于任意的1(2,)x ∈+∞，都存在2(1,)x ∈+∞，使得12()()f x g x =.类型5.对12,,x x D ∀∈使得()()12f x g x >，且()(),f x g x 是在闭区间D 上的连续函数等价于()()min max .f x g x >其等价转化的基本思想是：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）类型6. 存在12,x x D ∈使得()()12f x g x >，等价于()()max min .f x g x >其等价转化的基本思想是：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，都是只要求有这样的函数值，并不要求所有的函数值. （如图6）【例3】已知()()2()0,ln .a f x x a g x x x x=+>=+（1）若对任意的[]12,1,,x x e ∈都有()()12f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围； （2）存在[]12,1,,x x e ∈使得()()12f x g x <，求实数a 的取值范围.【解析】（1）对任意的[]12,1,,x x e ∈都有()()12f x g x ≥成立，等价于[]1,x e ∈时，()()min max .f x g x ≥当[]1,x e ∈时，()110,g x x'=+>所以()g x 在[]1,e 上单调递增，所以()()max 1.g x g e e ==+ 只需证()min1f x e ≥+，即()22211a x e a e x x x+≥+⇔≥+-在[]1,e 上恒成立即可.令()()21.h x e x x =+-当[]1,x e ∈时，()()21h x e x x =+-的最大值为211.22e e h ++⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以221,2e a +⎛⎫≥ ⎪⎝⎭即1.2e a +≥ 故实数a 的取值范围是1,.2e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（2）存在[]12,1,,x x e ∈使得()()12f x g x <，等价于[]1,x e ∈时，()()min max .f x g x < 当[]1,x e ∈时，()110,g x x'=+>所以()g x 在[]1,e 上单调递增，所以()()max 1.g x g e e ==+ 又()2()0a f x x a x=+>在()0,a 单调递减，(),a +∞单调递增.当01a <<时，()f x 在[]1,e 单调递增，()()2min 111.f x f a e ==+<+符合题意；当1a e ≤≤时，()f x 在[]1,a 单调递减，[],a e 单调递增，()()min 2.f x f a a == 此时，21a e <+，解得11;2ea +≤<当a e >时，()f x 在[]1,e 单调递减，()()2min.a f x f e e e ==+此时，21a e e e+<+，即a <与a e >矛盾，不符合题意；综上可知，实数a 的取值范围是10,.2e +⎛⎫⎪⎝⎭类型7. 对1122,x D x D ∀∈∃∈,使()()12f x g x >,等价于函数()f x 在1D 上的最小值大于()g x 在2D 上的最小值即()()min min f x g x >（这里假设()()min min ,f x g x 存在）．其等价转化的基本思想是：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，但并不要求大于函数()y g x =的所有函数值. （如图7）类型8. 对1122,x D x D ∀∈∃∈,使()()12f x g x <,即()()max max f x g x <.其等价转化的基本思想是：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，但并不要求小于函数()y g x =的所有函数值. （如图8）【例4】(2010年山东)已知函数()()1ln 1.af x x ax a R x-=-+-∈ (1)当12a ≤时，讨论()f x 的单调性; (2)设()224g x x bx =-+，当14a =时，若对任意()10,2,x ∀∈存在[]21,2x ∈，使()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围.【解析】（1）略；（2）依题意()f x 在()0,2上的最小值不小于()g x 在[]1,2上的最小值,即()()min min f x g x ≥，于是问题转化为最值问题.当14a =时，()13ln 144f x x x x=-+-， 所以()()()2213113,444x x f x x x x --'=--=- 则当01x <<时，()0,f x '<当12x <<时，()0,f x '>所以当()0,2x ∈时，()()min 11.2f x f ==- 又()224g x x bx =-+，①当1b <时，可求得()()min 152,g x g b ==-则1522b -≤-，解得：11.4b ≥这与1b <矛盾. ②当12b ≤≤时，可求得()()2min 4,g x g b b ==-则2142b -≤-，解得：29.2b ≥这与12b ≤≤矛盾.③当2b >时，可求得()()min 284,g x g b ==-，由184,2b -≤-得17.8b ≥.图7图8综合①②③得实数b 的取值范围是17,.8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。

函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。

此问题经常结合不等式进行命题，主要考查学生转化与化归思想，考查学生对问题的转化及处理能力，此类问题难度较大，对学生的综合能力要求较高。

解决此类问题主要通过变元来解决，如何将两个变量转化为一个变量是此类问题解体的关键。

然后，再结合函数性质即可解决此类问题。

二、例题解说−x+alnx例1：已知函数f(x)=1x（1）讨论f(x)的单调性．<a−2.（2）若函数存在两个极值点x1,x2,证明f(x1)−f(x2)x1−x2小结1：消元，变量归一①若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两个变量转化为一个变量.,x1x2,x1−②若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之间的关系看成一个整体（比如x1x2x2,x1+x2）,进行整体换元，将两个变量化为一个变量..例2：已知函数f(x)=e2x−2t(e x+x)+x2+2t2+1,求证f(x)≥32小结2：变换主元当两个变量之间没有关系，也不能看成一个整体时，主元的选择就显得尤为重要了，主元若选择得当，可以降低思维难度，可以将复杂的函数变为简单函数。

主元变换是将其中一个变量作为主元，其中一个变量作为参数。

例3：已知函数f(x)=1+2lnx.x2（1）求f(x)的单调区间（2）存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2，使|f(x1)−f(x2)|≥k|lnx1−lnx2|成立，求k的取值范围.小结3：构造函数根据题中条件构造适当的函数，利用函数性质解决.,1],|f(x1)−f(x2)|≤b,求b的取值范围.例4：已知函数f(x)=xlnx+x,对∀x1,x2∈[1e3小结4：转化为最值根据题中条件将双变量问题转化为函数最值来处理，此类题型可以参考“恒成立”与“存在性”问题解题思路与方法.三、练习提升1．设函数f(x)=e mx+x2−mx．（1）证明：f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；（2）若对于任意x1,x2∈[−1,1]，都有|f(x1)−f(x2)|≤e−1，求m的取值范围．2．已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)−2xx+2.(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.3．已知函数f(x)=lnx−ax+1−ax−1,(a∈R).(Ⅰ)当a≤12时，讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）设g(x)=x2−2bx+4,当a=14时，若对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)，求实数b取值范围.4．已知函数f(x)=ln x+mx−2(m∈R).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)存在两个零点分别为x1，x2(x1<x2)，试求m的取值范围，并证明1x1+1x2>1e.5．已知函数f(x)=x ln x−2ax2+x，a∈R．（Ⅰ）若()f x在(0,+∞)内单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1+x2>12a．6．已知函数f(x)=(x+2)ln x+ax2（a为常数）在x=1处的切线方程为y=4x−72. （1）求a的值，并讨论f(x)的单调性；（2）若f(x1)+f(x2)=1，求证x1x2≤1.函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。

例析函数中双变量的任意与存在混搭的等式问题作者：石向阳来源：《中学数学杂志(高中版)》2016年第04期近几年高考，函数中双变量的任意与存在混搭的等式问题，越来越受命题人的青睐.对于这类问题，学生很是困惑.下面就此类问题总结归纳如下：命题1x1∈A，x2∈B，使得f（x1）=g（x2）成立f（x）的值域包含于g（x）的值域{f （x）|x∈A}{g（x）|x∈B}.命题2x1∈A，x2∈B，都有f（x1）=g（x2）成立等价于f（x）的值域等于g（x）的值域{f（x）|x∈A}={g（x）|x∈B}.命题3x1∈A，x2∈B，使得f（x1）=g（x2）成立f（x）的值域与g（x）的值域相交非空{f（x）|x∈A}∩{g（x）|x∈B}≠.命题4x1∈A，x2∈B，都有f（x1）≠g（x2）成立f（x）的值域与g（x）的值域相交为空集{f（x）|x∈A}∩{g（x）|x∈B}=.从集合子集的定义、集合相等的定义、集合交集的定义，不难理解上述命题的合理性.有了这些命题的帮助，我们能很好地破解与此相关的一些难题.例1已知函数f（x）=x3-（k2-k+1）x2+5x-2，g（x）=k2x2+kx+1，其中k∈R.设函数q （x）=g（x），x≥0，f（x），x解当x0时，有q′x=g′x=2k2x+k，因为当k=0时不合题意，因此k≠0.下面讨论k≠0的情形，记A={g′（x）|x>0}，B={f′（x）|x（ⅰ）当x1>0时，q′x在0，+∞上单调递增，所以要使q′x2=q′x1成立，只能x2（ⅱ）当x10，由命题1知BA，因此k≤5.综合（ⅰ）（ⅱ）k=5.当k=5时，有A=B.则x10，使得q′x2=q′x1成立，因为q′x在0，+∞上单调递增，所以x2的值是唯一的；同理，x1所以k=5满足题意.例2已知函数f（x）=4x2-72-x，x∈[0，1].（Ⅰ）求f（x）的单调区间和值域；（Ⅱ）设a≥1，函数g（x）=x3-3a2x-2a，x∈[0，1]，若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]使得g（x0）=f（x1）成立，求a的取值范围.解（Ⅰ）对函数f（x）求导，得f′（x）=-4x2+16x-7（2-x）2=-（2x-1）（2x-7）（2-x）2.令f′（x）=0解得x=12或x=72.所以，当x∈（0，12）时，f（x）是减函数；当x∈（12，1）时，f（x）是增函数.当x∈[0，1]时，f（x）∈[-4，-3].（Ⅱ）对函数g（x）求导，得g′（x）=3（x2-a2）.因为a≥1，当x∈（0，1）时，g′（x）因此当x∈（0，1）时，g（x）为减函数，从而当x∈[0，1]时有g（x）∈[g（1），g （0）].又g（1）=1-2a-3a2，g（0）=-2a，即x∈[0，1]时有g（x）∈[1-2a-3a2，-2a].任给x1∈[0，1]，f（x1）∈[-4，-3]，存在x0∈[0，1]使得g（x0）=f（x1），由命题1知问题转化为[1-2a-3a2，-2a][-4，-3].即1-2a-3a2≤-4，-2a≥-3.解得1≤a≤32.故a的取值范围为[1，32].例3已知函数f（x）=x-4，g（x）=x3-3a2x-2a（其中a≥1），（Ⅰ）若对于任意x1∈[0，2]，x2∈[0，1]，都有f（x1）=g（x2）成立，求a的取值范围.（Ⅱ）若存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）=g（x2）成立，求a的取值范围.解（Ⅰ）当x∈0，2时，f（x）单调递增，所以，f（x）∈[f（0），f（2）]，即f（x）∈[-4，-2].由例2知g（x）∈[1-2a-3a2，-2a].由命题2知，f（x）的值域等于g（x）的值域[1-2a-3a2，-2a]=[-4，-2].即1-2a-3a2=-4，-2a=-2.解得a=1.故a的取值范围为{1}.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f（x）∈[f（0），f（1）]=[-4，-3]，g（x）∈[1-2a-3a2，-2a]，由命题3知问题转化为[-4，-3]∩[1-2a-3a2，-2a]≠.当a≥1时有1-2a-3a2≤-4，所以只需-2a≥-4即a≤2.又a≥1，所以1≤a≤2.例4已知函数f（x）=x3+（1-a）x2-a（a+2）x（a∈R），g（x）=196x-13.是否存在实数a，存在x1∈[-1，1]，x2∈[0，2]，使得f′（x1）+2ax1=g（x2）成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由.解在[0，2]上g（x）=196x-13是增函数，故对于x∈[0，2]，有g（x）∈[-13，6].设h（x）=f′（x）+2ax=3x2+2x-a（a+2），当x∈[-1，1]时，h（x）∈[-a2-2a-13，5-a2-2a].要存在x1∈[-1，1]，x2∈0，2，使得h（x1）=g（x2）成立，由命题3知问题转化为[-a2-2a-13，5-a2-2a]∩[-13，6]≠，考虑反面，若[-a2-2a-13，5-a2-2a]∩[-13，6]=，则-13>5-a2-2a或6-1+573或a从而所求为-1-573≤a≤-1+573.例5已知函数f（x）=（12）x-m，g（x）=x2.若对于任意x1∈[0，2]，任意x2∈[-1，3]，都有f（x1）≠g（x2）成立，求m的取值范围.解由题意可得f（x）∈[f（2），f（0）]=[14-m，1-m]，g（x）∈[0，9]，由命题4知问题转化为[14-m，1-m]∩[0，9]=1-m9m>1或m综上可得m的取值范围为（-∞，-354）∪（1，+∞）.几点补充说明：（1）双变量中任意与存在性混搭的等式问题，可转化为两个函数的值域问题；（2）由f（x）=g（x）f（x）≥g（x），f（x）≤g（x）知，可将等式问题转化为不等式问题处理，如例2：对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]使得g（x0）=f（x1）成立x1∈[0，1]，x0∈[0，1]，有g（x0）≥f（x1），g（x0）≤f（x1），g（x）max≥f（x）max，g（x）min≤f（x）min，-2a≥-3，1-2a-3a2≤-4.解得1≤a≤32，故a的取值范围为[1，32].总之，双变量中任意与存在混搭等式问题，实质是研究相应函数值域问题，把任意与存在混搭等式问题化归为值域问题是解决问题的关键所在.。

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.。

综述，在解决函数问题时，经常会遇到在某一范围内任意变动的双变量问题，由于两个变量都在动，所以不知道把哪个变量作为自变量研究，从而无法展开思路.对于该类问题的处理方法一般可从以下两个方面进行：（1）选取主元法，不管有多少个变量，可选一个变量为主元，其他变量为参数；（2）合理运用转化思想，将几个变量看作整体，即多元化一元. 一、单选题A ．ln 2[8,)2-+∞ B ．ln 25[8,2ln 2]24--- C ．ln 2(,8]2-∞-D ．5(,2ln 2]4-∞--【答案】C【解析】由函数2()ln(1)f x x x =+在定义域单调递增，对于任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln (2)()x f x x a f x ++≤成立， 即任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln 2x x x a x ++≤成立， 即满足()2211max2maxln 2x x x a x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭， 令2111()2g x x x a =++，对称轴方程为11x =-，在11[,2]2x ∈可得1max ()(2)=8g x g a =+ 令222ln ()x h x x =，求导可得22221ln ()x h x x -'=，2()0h x '=，可得2x e =，在()20,x e ∈，2()0h x '>，2()h x 单调递增， 所以在21[,2]2x ∈，2max ln 2()(2)2h x h ==，即ln 282a +≤， 解得ln 282a ≤-，故选C .A．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C．5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D．1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】()32f x ax bx cx=++，()232f x ax bx c'∴=++，由不等式()()5xf x af x'-≤对x R∀∈恒成立，可得()()()2323250a a xb ab xc ac x-+-+--≤对x R∀∈恒成立，所以，230a a-=且0a≠，解得3a=，则不等式2250bx cx++≥对x R∀∈恒成立，所以24200bc b>⎧⎨∆=-≤⎩，则25cb≥，所以，()222125252210553315153c c cb c b c c ca------=≥==≥-.因此，b2ca-的取值范围为5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故选：C.A．[]83ln3,6-B．)283ln3,1e⎡--⎣C．[]94ln3,6-D．)294ln3,1e⎡--⎣【答案】B【解析】因为ln1,1()1(2),13x xf xx x-≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，故其函数图像如下所示：令11lnx-=，解得2x e=；令11lnx-=-，解得1x=.数形结合可知，若要满足()()f fαβ=，且αβ<，则()21,eβ∈，且()1213lnαβ+=-，解得35lnαβ=-.故βα-35ln ββ=-+，()21,e β∈.令()()235,1,g x x lnx x e =-+∈，则()31g x x'=-，令()0g x '=，解得3x =， 故()g x 在区间()1,3单调递减，在区间()23,e 单调递增，则()()()2216,3833,1g g ln g ee==-=-，故())2833,1g x ln e ⎡∈--⎣.即可得βα-)2833,1ln e ⎡∈--⎣.故选：B. A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个【答案】D【解析】对于①，∵()xf x e ax =-， ∴()xf x e a '=-，令()0xf x e a '=->，当0a ≤时，()0xf x e a '=->在x ∈R 上恒成立，∴()f x 在R 上单调递增．当0a >时，由()0f x '>，解得ln x a >；由()0f x '<，解得ln x a <； ∴()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．∵函数()xf x e ax =-有两个零点1x ，2x ，∴0a >，(ln )0f a <，即ln ln 0a e a a -<，即ln 0a a a -<， 解得：a e >；所以①不正确；对于②，因为函数()xf x e ax =-有两个零点1x ，2x ，所以1x ，2x 是方程0x e ax -=的两根，因此11ln x ax =，22ln x ax =， 所以()()()212121212ln 2ln ln 2ln x x a x x a x x x x +==+>+，取22e a =，2(2)20f e a =-=，∴22x =，(0)10=>f ，∴101x <<，∴122x x +>，所以②不正确；对于③，(0)10=>f ，∴101x <<，121x x >不一定，∴所以③不正确； 对于④，f （x ）在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增， ∴有极小值点0ln x a =，且12022ln x x x a +<=，所以④正确． 综上，正确的命题序号是④．故选:D A ．12B ．22C ．322D ．92【答案】C【解析】由题意，得，代换，代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足，因此求()()22a cbc -++的最小值即为求曲线上的点到直线的距离的最小值，设直线与曲线相切于点，则，解得，所以切点为,所以点到直线的距离，则()()22a cbc -++的最小值为，综上所述，选C. A ．14e-B ．12e-C ．1e-D ．2e-【答案】B【解析】设切点为00(,)xx e b +,因为()x f x e b =+,所以()xf x e '=,所以00()x f x ea '==,所以0ln x a =,又切点00(,)xx e b +在直线(1)y a x =+上,所以00(1)xe b a x +=+, 所以0a b ax a +=+,所以0ln b ax a a ==,所以2ln ab a a =, 令2()ln (0)g a a a a =>,则21()2ln 2ln (2ln 1)g a a a a a a a a a a'=+⋅=+=+, 令()0g a '<,得120a e -<<, 令()0g a '>,得12a e ->,所以()g a 在12(0,)e -上递减,在12(,)e -+∞上递增, 所以12a e-=时,()g a 取得最小值11122221()()ln 2g e e ee---==-. 即ab 的最小值为12e-.故选:BA ．αβ>B ．0αβ+>C ．αβ<D ．22αβ>【答案】D【解析】构造()sin f x x x =形式，则()sin cos f x x x x +'=，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时导函数()0f x '≥，()f x 单调递增；,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时导函数()0f x '<，()f x 单调递减．又 ()f x 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.A ．2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[)1,+∞ C ．2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A【解析】1'()ln 1xf x e x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，令1()ln 1g x x x=+-，则22111'()x g x x x x -=-=， 故当112x <<时，)'(0g x <，()g x 单调递减，当1x >时，'()0,()g x g x >单调递增，()(1)0g x g ∴≥=，从而当1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，'()0f x ≥，()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增. 设()()222314h a a a e a e =+--=+--，则()h a 在[]2,1--上单调递减，在[]1,1-上单调递增，()max ()1h a h e ==-，存在[]2,1a ∈-，使21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，等价于()121f e f m ⎛⎫-≤-= ⎪⎝⎭.1211122m m ⎧-≤⎪⎪∴⎨⎪-≥⎪⎩，解得213m ≤≤.故选：A .A ．240,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．61,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．40,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．281,e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】A【解析】由()(0)xf x ae a =>，2()g x x m =-，得()xf x ae '=，()2g x x '=，设()(0)xf x ae a =>与曲线2()g x x m =-的公共点为(,)s t ，则()sf s ae '=，()2g s s '=，∴两曲线在切点处的切线方程分别为()s s y ae ae x s -=-与22()y s m s x s -+=-，即sssy ae x ae sae =+-与22y sx s m =--．则22ss s s ae ae sae s m ⎧=⎨-=--⎩，整理得222s m s s s a e ⎧=-⎪⎨=⎪⎩①②． 由①且0m >，得0s <或2s >，当0s <时，两曲线无公共切线，则2s >． 由②得，2(2)s sa s e=>． 令2()(2)s s h s s e =>，则2(1)()0s s h s e-'=<，函数()h s 在(2,)+∞上为单调减函数， ()(2)h s h ∴<24e=，又当s →+∞时，()0h s →，∴实数a 的取值范围是24(0,)e．故选：A.二、填空题【答案】[),e +∞【解析】由题意可得max min ()()1f x f x a -≤-，且1a >，由于()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x =+-=-+'，所以当0x >时，()0f x '>，函数()f x 在[0,1]上单调递增，则max min ()(1)1ln ,()(0)1f x f a a f x f ==+-==，所以max min ()()ln f x f x a a -=-，故1ln ln 1a a a a -≥-⇒≥，即a e ≥，应填答案[),e +∞．【答案】ln 34【解析】由22()()2ln 32ln 3f m f n n an m am =⇒-+=-+，所以222(ln ln )n m a n m -=-，令n m t =+，（2t ≥），则ln(1)(2)t m a t m t +=+，（[1,5]m ∈，2t ≥）， 显然ln(1)()(2)t m g m t m t +=+，在[1,)m ∈+∞单调递减， ∴ln(1)(1)(2)t a g t t +≤=+（2t ≥）令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+，（2t ≥），22222(1)ln(1)()[(2)](1)t t t t h t t t t +-++'=++，∵2t ≥，∴2ln(1)1t +>，则2222(1)ln(1)t t t t +-++，∴令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+在[2,)+∞单调递减，∴ln 3(2)4a h ≤=，∴实数a 的最大值为ln 34．故答案为：ln 34【答案】()1,+∞【解析】()()2155211x x f x x -++==-+++，当()1,x ∈-+∞时，有()2f x >-. 因为()2xg x xe =，所以()()222212xx x g x e xe x e '=+=+，当112x -<<-时，()0g x '<，函数()y g x =在11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，当12x >-时，()0g x '>，函数()y g x =在1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()1122g x g e ⎛⎫∴≥-=- ⎪⎝⎭，所以当1x >-时，()1,2g x e ⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭.若0m >，则()214422emg x em m e ⎛⎫≥⋅-=- ⎪⎝⎭，()2212m f x m >-. 根据题意可知222m m ->-，解得1m ；若0m ≤，则()(]24,2emg x m ∈-∞-，()2212m f x m >-，不符合条件.综上所述，实数m 的取值范围是()1,+∞.故答案为：()1,+∞.【答案】7【解析】因为对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，所以对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x ak x+-+≤恒成立即222min 6ln 96ln 916l 8n x x x a x x x a k a x x x x x+-++-+≤⇒≤-⇒≤+--所以当(0,4]x ∈时，不等式2n 86l a x x x --+≤恒成立 令2()6l ,48n ,(0]f x x x x x =--+∈ 则min ()a f x ≤2286(22)(3)()x x x x f x x x-+----'==当()0f x '>时，(22)(3)01304x x x x --<⎧⇒<<⎨<≤⎩当()0f x '<时，(22)(3)004x x x -->⎧⇒⎨<≤⎩01x <<或34x <≤所以函数()f x 在区间(0,1)和(3,4]上单调递减，在区间(1,3)上单调递增(1)0187,(4)6ln 41632166ln 4f f =-+==--+=-因为3166ln 4796ln 43(3ln16)3ln 016e --=-=-=>所以min ()7f x =所以7a ≤，a 的最大值为：7 故答案为：7 三、解答题（1）若2a =，求b 的取值范围；（2）求a 的最大值，使得对于b 的一切可能值，()f x 的极大值恒小于0. 【答案】（1）4b <-，（2）32e【解析】（1）当2a =，()()2220x bx f x x x++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程2220x bx ++=有两个不等的正根，则2160,0,210,b b⎧∆=->⎪⎪->⎨⎪>⎪⎩∴4b <-.（2）()()220x bx af x x x++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程220x bx a ++=有两个不等的正根， 设为12,x x 且12x x <，∴122a x x =，∴0a >，10x <<由()120f x x x x '<⇒<<，∴()f x 的极大值为()21111ln f x a x x bx =++，∵2112bx x a =--，∴()2111ln f x a x x a =--，构造函数()2ln g x a x x a =--，当0x <<时，()2220a a x g x x x x -'=-=>，所以()g x在⎛ ⎝上递增，由10x <<()1ln 322a a g x g ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭. 所以当302a e <≤时，()()()110f x f x g x g ==<≤极大值.而当32a e >时，取332222a b e e -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，即321x e =，3222a x e -=，此时()33202af x f e e ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭极大值，不符合题意.综上所述，a 的最大值为32e .（1）当14a =时，求函数()y f x =的单调区间； （2）若对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，求a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)；（Ⅱ）[1ln 2,)-+∞ 【解析】（1）当14a =时，21()ln(1)4f x x x x =++-， 则11(1)()1(1)122(1)x x f x x x x x -=+-=>-++'， 令()0f x '>，得10x -<<或1x >；令()0f x '<，得01x <<， ∴函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)． （2）由题意[2(12)]()(1)(1)x ax a f x x x -->-+'=，（1）当0a ≤时，函数()f x 在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减，此时，不存在实 数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ． （2）当0a >时，令()0f x '=，有10x =，2112x a=-， ①当12a =时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增，显然符合题意． ②当1102a ->即102a <<时，函数()f x 在(1,0)-和1(1,)2a -+∞上单调递增， 在1(0,1)2a-上单调递减，()f x 在0x =处取得极大值，且(0)0f =， 要使对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ， 只需(1)0f ≥，解得1ln 2a ≥-，又102a <<， 所以此时实数a 的取值范围是11ln 22a -≤<． ③当1102a -<即12a >时，函数()f x 在1(1,1)2a--和(0,)+∞上单调递增，在1(1,0)2a-上单调递减，要存在实数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时， 函数()f x 的最大值为()f b ，需1(1)(1)2f f a-≤， 代入化简得1ln 2ln 2104a a++-≥，① 令11()ln 2ln 21()42g a a a a =++->，因为11()(1)04g a a a=-'>恒成立， 故恒有11()()ln 2022g a g >=->，所以12a >时，①式恒成立， 综上，实数a 的取值范围是[1ln 2,)-+∞．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()224g x x bx =-+-，若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，求实数b 的取值范围.【答案】（1）函数()f x 在()1,3上单调递增;在0,1和()3,+∞上单调递减; （2）,2⎛-∞ ⎝⎦. 【解析】（1）()13ln 44f x x x x =-+的定义域是()0,+∞，()22211343444x x f x x x x -='-=-- 由0x >及()0f x '>得13x <<，由0x >及()0f x '<得01x <<或3x >；所以函数()f x 在()1,3上单调递增;在0,1和()3,+∞上单调递减.（2）若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，问题等价于()()min max f x g x ≥ 由（1）可知，在()0,2上，1x =是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点故也是最小值点，所以()()min 112f x f ==-，()[]224,1,2g x x bx x =-+-∈ 当1b <时，()()max 125g x g b ==-；当12b ≤≤，()()2max 4g x g b b ==-当2b >时，()()248g x g b ==- 问题等价于1{1252b b <-≥-或212{142b b ≤≤-≥-或2{1482b b >-≥-解得1b <或1b ≤≤或b =∅即2b ≤b 的取值范围是,2⎛-∞ ⎝⎦. （1）当2b =时，试讨论()f x 的单调性；（2）若对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根，求a 的取值范围.【答案】（1）0a >，()f x 在20,4a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，2,4a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，2244a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增. （2）220a e<≤ 【解析】（1）()2122x ax f x x--'=,0x > （i ）0a >，令()0f x '=，得到21220x ax --=，解得x =，x =所以当x ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当24x a ⎛⎫-+∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在⎛⎝⎭单调递增，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减； （ii ）0a =，令()0f x '=，得到12x =当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减， 所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递减； （iii ）102a -<<，令()0f x '=，得到24x a -+=，24x a --=当2240,,44x a a ⎛⎛⎫-+--∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当x ∈⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，22,44a a ⎛-+-- ⎝⎭单调递减，24a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；（iiii ）12a ≤-，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+单调递增； 综上所述，0a >，()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，24a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，2244a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增. （2）因为对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根 所以将问题等价于ln 2x ax b x-=+有两解 令()ln 2x g x x -=，0x >有()23ln x g x x -'=，0x > ()30g e ∴=；()g x 在()30,e 递增，()3,e +∞递减；0x →，()g x →-∞；x →+∞，()0g x →；∴有图象知要使()ln 2x g x x-=的图像和y ax b =+的图像有两个交点， 0a >，过30,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭作切线时，斜率a 最大. 设切点为()00,x y ，有002003ln 2ln 5x x y x x x --=+， 002ln 53x x e-∴=-，0x e ∴= 此时斜率a 取到最大22e 220a e ∴<≤.。