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”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。

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 =-=。

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，＋。

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。