高考数学考点归纳之“任意”与“存在”问题

高考数学考点归纳之“任意”与“存在”问题

高考数学考点归纳之“任意”与“存在”问题考点一单一任意与存在问题(1)∀x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min＞0.如图①.(2)∃x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＞0.如图②.[典例]　设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝af′(x)，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)若对于任意x≥0，总有f(x)≥g(x)，求实数a的取值范围；(2)若存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，求实数a的取值范围．[解题观摩]　(1)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则h′(x)＝＋＝.当a≥－1时，h′(x)≥0，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝－a，则－a≥0，a≤0，∴a∈[－1,0]．当a＜－1时，ln(1＋x)≥0，－＞0，所以h(x)≥0恒成立．综上可知，实数a的取值范围为[－∞，0]．(2)由(1)可知，当a≥－1时，存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，当a＜－1时，f(x)≥g(x)恒成立．综上可知，实数a的取值范围为(－∞，＋∞)．(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x0≥0时，总有 f(x0)≥g(x0)，即f(x0)－g(x0)≥0(注意不是f(x)min≥g(x)max)，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)≥0恒成立问题．(2)存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，即至少有一个x0≥0，满足f(x0)－g(x0)不是负数，可以转化为当x≥0时，h(x)＝f(x)－g(x)的函数值至少有一个是非负数．考点二双任意与存在相等问题“若∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”与“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”的辨析(1)∃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g(x)在D2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)∀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)＝x2－ax3，a＞0，x∈R，g(x)＝.(1)若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围；(2)当a＝时，求证：对任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)． [解题观摩]　(1)∵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)≥f(－1)＝1＋，故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＝，故g(x)在上的值域为.若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，则1＋＜，解得0＜a＜，故实数a的取值范围是.(2)证明：当a＝时，f(x)＝x2－x3，∴f′(x)＝2x－3x2＝3x.当x＞2时，f′(x)＜0，∴f(x)在(2，＋∞)上单调递减，且f(2)＝－4，∴f(x)在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．则g(x)＝＝在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)＝在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．∵(－∞，－4)(－∞，0)，∴对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．本题第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一函数值相等，即f(x)的值域都在g(x)的值域中．　　考点三双任意与双存在不等问题f(x)，g(x)是闭区间D上的连续函数，“∀x1，x2∈D，使得f(x1)＞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(x1)＞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.(2)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.[典例]　已知f(x)＝x＋(a＞0)，g(x)＝x＋lnx.(1)若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围；(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．[解题观摩]　(1)对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，等价于x∈[1，e]时，f(x)min≥g(x)max. 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.只需证f(x)≥e＋1，即x＋≥e＋1⇔a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．令h(x)＝(e＋1)x－x2，当x∈[1，e]时，h(x)＝(e＋1)x－x2＝－2＋2的最大值为h＝2.所以a2≥2，即a≥(舍去负值)．故实数a的取值范围是.(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，等价于x∈[1，e]时，f(x)min＜g(x)max.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.又f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝a，故f(x)＝x＋(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＋a2＜e＋1，符合题意；当1≤a≤e时，f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，f(x)min＝f(a)＝2a，此时，2a＜e＋1，解得1≤a＜；当a＞e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e＋，此时，e＋＜e＋1，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.(1)本题第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f(x)min≥g(x)max .从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点不低于g(x)图象的最高点．(2)本题第(2)问从数的角度看，问题的本质就是f(x)min＜g(x)max.从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点低于g(x)图象的最高点．　考点四存在与任意嵌套不等问题　(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于g(x)在D2上的最大值，即f(x)max＜g(x)max.其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图⑧.[典例]　已知函数f(x)＝lnx－x＋－1，g(x)＝x2－2bx＋4，若对任意的x1∈(0,2)，总存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．[解题观摩]　依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min.因为f′(x)＝－－＝－，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)＝－.又g(x)＝x2－2bx＋4，①当b＜1时，可求得g(x)min＝g(1)＝5－2b.由5－2b≤－，解得b≥，这与b＜1矛盾，不符合题意； ②当1≤b≤2时，可求得g(x)min＝g(b)＝4－b2.由4－b2≤－，得b2≥，这与1≤b≤2矛盾，不符合题意；③当b＞2时，可求得g(x)min＝g(2)＝8－4b.由8－4b≤－，得b≥.综合①②③得，实数b的取值范围是.“对任意x1∈(0,2)，总存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于“f(x)在(0,2)上的最小值大于或等于g(x)在[1,2]上的最小值”．　　1．(2019·福建三校联考)已知函数f(x)＝e－x－ax，g(x)＝ln(x＋m)＋ax＋1.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最小值；(2)若对任意的x∈(－m，＋∞)，恒有f(－x)≥g(x)成立，求实数m的取值范围．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝e－x＋x，则f′(x)＝－＋1.令f′(x)＝0，得x＝0.当x＜0时，f′(x)＜0，当x＞0时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增．∴当x＝0时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(0)＝1.(2)由(1)得ex≥x＋1恒成立．f(－x)≥g(x)⇔ex＋ax≥ln(x＋m)＋ax＋1⇔ex≥ln(x＋m)＋1.故x＋1≥ln(x＋m)＋1，即m≤ex－x在(－m，＋∞)上恒成立．当m＞0时，在(－m，＋∞)上，ex－x≥1，得0＜m≤1；当m≤0时，在(－m，＋∞)上，ex－x＞1，m≤ex－x恒成立． 于是m≤1.∴实数m的取值范围为(－∞，1]．2．设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于k＜＋x(x＞0)．①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.3．(2019·石家庄质检)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)(a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：f(x2)＞－.解：(1)由已知得，f(x)＝x(lnx－x)，当x＝1时，f(x)＝－1，f′(x)＝lnx＋1－2x，当x＝1时，f′(x)＝－1，所以所求切线方程为y＋1＝－(x－1)，即x＋y＝0.(2)证明：由已知条件可得f′(x)＝lnx＋1－2ax有两个不同的零点，且两零点的左、右两侧附近的函数值符号相反．令f′(x)＝h(x)，则h′(x)＝－2a(x＞0)，①若a≤0，则h′(x)＞0，h(x)单调递增，f′(x)不可能有两个零点；②若a＞0，令h′(x)＝0得x＝，可知h(x)在上单调递增，在上单调递减，令f′＞0，解得0＜a＜，此时＜，f′＝－＜0，＞，f′＝－2lna＋1－＜0，所以当0＜a＜时，函数f(x)有两个极值点x1，x2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)f(x1)f(x2)因为f′(1)＝1－2a＞0，所以0＜x1＜1＜x2，f(x)在[1，x2]上单调递增，所以f(x2)＞f(1)＝－a＞－. 4．(2019·成都模拟)已知函数f(x)＝，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝(x－k)ex＋k，k∈Z，e＝2.71828…为自然对数的底数．当a＝1时，若∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，不等式5f(x1)＋g(x2)＞0成立，求k的最大值．解：(1)f′(x)＝(x＞0)．由f′(x)＝0，得x＝e1－a.易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴当0＜x＜e1－a时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；当x＞e1－a时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减．∴函数f(x)的单调递增区间是(0，e1－a)，单调递减区间是(e1－a，＋∞)．(2)当a＝1时，由(1)可知f(x)≤f(e1－a)＝1，∴∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，5f(x1)＋g(x2)＞0成立，等价于5＋(x－k)ex＋k＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，∵当x∈(0，＋∞)时，ex－1＞0，∴x＋＞k对x∈(0，＋∞)恒成立，设h(x)＝x＋，则h′(x)＝.令F(x)＝ex－x－6，则F′(x)＝ex－1.当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，∴函数F(x)＝ex－x－6在(0，＋∞)上单调递增．而F(2)＝e2－8＜0，F(3)＝e3－9＞0.∴F(2)·F(3)＜0.∴存在唯一的x0∈(2,3)，使得F(x0)＝0，即ex0＝x0＋6.∴当x∈(0，x0)时，F(x)＜0，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，F(x)＞0，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增．∴当x＝x0时，函数h(x)有极小值(即最小值)h(x0)．∵h(x0)＝x0＋＝x0＋1∈(3,4)．又k＜h(x0)，k∈Z，∴k的最大值是3.5．(2018·广安一模)已知函数f(x)＝lnx－x2＋(a－1)x(a∈R)．(1)当a≥0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个相异零点x1，x2，求a的取值范围，并证明x1＋x2＞2.解：(1)由f(x)＝lnx－x2＋(a－1)x(x＞0)，得f′(x)＝－ax＋a－1＝－.当a≥0时，ax＋1＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，故当a≥0时，函数f(x)在x＝1处取得极大值，且f(1)＝－1，无极小值．(2)证明：当a≥0时，由(1)知f(x)在x＝1处取得极大值，且f(1)＝－1，当x→0时，f(x)→－∞，又f(2)＝ln2－2＜0，f(x)有两个相异零点，则f(1)＝－1＞0，解得a＞2.当－1＜a＜0时，若0＜x＜1，则f′(x)＞0；若1＜x＜－，则f′(x)＜0；若x＞－，则f′(x)＞0，则f(x)在x＝1处取得极大值，在x＝－处取得极小值，由于f(1)＝－1＜0，则f(x)仅有一个零点．当a＝－1时，f′(x)＝≥0，则f(x)仅有一个零点．当a＜－1时，若0＜x＜－，则f′(x)＞0；若－＜x＜1，则f′(x)＜0；若x＞1，则f′(x)＞0，则f(x)在x＝1处取得极小值，在x＝－处取得极大值，由于f＝－ln(－a)＋－1＜0，则f(x)仅有一个零点． 综上，f(x)有两个相异零点时，a的取值范围是(2，＋∞)．两零点分别在区间(0,1)和(1,2)内，不妨设0＜x1＜1＜x2＜2.欲证x1＋x2＞2，只需证明x2＞2－x1，又由(1)知f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只需证明f(2－x1)＞f(x2)＝0即可．f(2－x1)＝ln(2－x1)－(2－x1)2＋(a－1)(2－x1)＝ln(2－x1)－x＋(a＋1)x1－2.又因为f(x1)＝lnx1－x＋(a－1)x1＝0，所以f(2－x1)＝ln(2－x1)－lnx1＋2x1－2，令h(x)＝ln(2－x)－lnx＋2x－2(0＜x＜1)，则h′(x)＝－＋2＝＜0，则h(x)在(0,1)上单调递减，所以h(x)＞h(1)＝0，即f(2－x1)＞0，所以x1＋x2＞2.