【数学】2019届一轮复习人教B版 巧辨“任意性问题”与“存在性问题”学案
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)－(x≥0)．
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，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)
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＋ea)>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)＝＋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：(1)f′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)．
由f′(x)>0，得x<0或x>；
由f′(x)<0，得00,2xln x<0，
则u′(x)>0，u(x)在上单调递增；
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．
故u(x)在区间上的最大值为u(1)＝1，
所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
技法二 “若∃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，证明：对任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．
[方法演示]
解：(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，
故f(x)在(－∞，－1]上的值域为.
∵g(x)＝，∴g′(x)＝＝.
当x<－时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(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)＝＝在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＝在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．
因为(－∞，－4)(－∞，0)，
所以对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．
[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)＝，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x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求实数a的取值范围．
解：(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：
x
0
1
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－
－4
－3
所以f(x)的递减区间是，递增区间是.
所以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B＝[－4，－3]．
(2)“对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝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，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≤.
所以实数a的取值范围为.
技法三 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＋ln x.
(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)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的最大值为h＝2.所以a2≥2，即a≥.
故实数a的取值范围是.
(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)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0e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e＋，此时，e＋<1＋e，即a<，与a>e矛盾，不符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为.
[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≥0)，
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a≥1时，设g(x)＝2ex－4x＋2a，若存在x1，x2∈，使f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝－a－＝－(x>0)．
令f′(x)＝0，即ax2－4x＋a＋3＝0.
当a＝0时，f′(x)＝.由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得00时，ax2－4x＋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00.因为x1＋x2＝>0，x1x2＝>0，
所以x1＝>0，
x2＝>0.
由f′(x)>0，得x1x2或0g(x2)”等价于“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)＝2ex－4＝0，得x＝ln 2.
当x∈时，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∈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，解得1≤a<4，故实数a的取值范围为[1,4)．
技法四 “∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)>g(x2)”与“∀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)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；
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；
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.
[解题师说]
“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”．
[应用体验]
4．已知函数f(x)＝x3＋x2＋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)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题设知f′(x)＝x2＋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ymax＝－3，∴a≥－3，∴a的最小值为－3.
(2)“对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“x∈时，f′(x)max≤g(x)max”．
∵f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上递增，
∴f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
又g′(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∈时，g(x)max＝g(1)＝.
由8＋a≤，得a≤－8，
∴实数a的取值范围为.
1．已知函数f(x)＝和函数g(x)＝asinx－a＋1(a>0)，若存在x1，x2∈[0,1]，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0，
所以f(x)＝单调递增，
所以0，所以g(x)＝asinx－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.
所以实数a的取值范围是.
2．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；
(2)已知函数g(x)＝x＋，对于任意x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求正实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝－＋a＝，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ax2＋x－1≥0或ax2＋x－1≤0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，
∴a≥－或a≤－对任意x∈[1，＋∞)恒成立．
令t＝，由于x∈[1，＋∞)，则t∈(0,1]，
设h(t)＝t2－t＝2－，
因此－≤h(t)≤0，故a≥0或a≤－，
∴实数a的取值范围为∪[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＋ae＋.
∵g′(x)＝1－＝，
∴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＋.
∵对任意x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，
使得f(x1)≤g(x2)成立，
∴f(x1)max≤g(x2)max，即1＋ae＋≤e＋，
解得0＜a≤1－，
故所求正实数a的取值范围为.
3．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)若对任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1，求实数a
的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2x－2ax2(a>0)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
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)，.
f(x)的极小值为f(0)＝0，极大值为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，＋∞)}，
B＝.
则“对任意的x1∈(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.
4．(理)已知函数f(x)＝＋1(m≠0)，g(x)＝x2eax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m>0时，若对任意x1，x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝＝.
当m>0时，由f′(x)>0，得－11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－10时，“对任意x1，x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)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)＝＋1>1，所以f(x)min＝f(0)＝1.故应满足1≥g(x)max.
因为g(x)＝x2eax，所以g′(x)＝(ax2＋2x)eax.
①当a＝0时，g(x)＝x2，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＝－.
(ⅰ)当－≥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)＝4e2a.
由1≥4e2a，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)单调递增；在上，g′(x)<0，g(x)单调递减．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)＝4e2a，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＋－aln 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)＝x2－2cx＋4－ln 2，当a＝1时，若对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，求实数c的取值范围．
解：(1)由f(x)＝(1＋b)x＋－aln x，a＞0，x＞0，
得f′(x)＝1＋b－－.
又f(x)在x＝2a处取得极值，
所以f′(2a)＝1＋b－－＝b＝0，
所以f(x)＝x＋－aln x，
f′(x)＝1－－＝＝，
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＋－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－ln 2.
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－ln 2≥x2－2cx＋4－ln 2，x∈[1，e]恒成立，
即2c≥x＋，x∈[1，e]恒成立，
令h(x)＝x＋，则h′(x)＝1－≥0，x∈[1，e]，
即h(x)＝x＋在[1，e]上单调递增，
故h(x)max＝e＋，所以c≥.
故实数c的取值范围为.
