函数中存在性和任意性问题分类解析

1高中数学函数中存在性和任意性问题分类解析阅读材料全称量词、特称量词以及全称命题和特称命题在近几年新课标高考卷和模拟卷中频频亮相成为高考的热点问题．特别是全称量词“任意”和特称量词“存在”与函数情投意合风火情深，火借风势、风助火威，大有逾演逾烈之势．两种量词插足函数，使得函数问题意深难懂神秘莫测，问题显得更加扑朔迷离难度大增，同时题目也因此显得富有变化和新意．解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目，本文通过典型题目分类解析供参考．1．1122,xDxD，使得12()()fxgx，等价于函数()fx在1D上的值域A与函数()gx在2D上的值域B的交集不空，即AB．例1已知函数31,112()111,06122xxxfxxx和函数()sin1(0)6gxaxaa，若存在12,[0,1]xx，使得12()()fxgx成立，则实数a的取值范围是（）13(,]22A[1,2)B1[,2]2C3[1,]2D解：设函数()fx与()gx在[0,1]上的值域分别为A与B，依题意AB．当112x时，3()1xfxx，则22(23)()0(1)xxfxx，所以()fx在1(,1]2上单调递增，所以1()()(1)2ffxf即11()122fx．当102x时，11()612fxx，所以()fx单调递，所以1()()(0)2ffxf即10()12fx．综上所述()fx在[0,1]上的值域1[0,]2A．当[0,1]x时，[0,]66x，又0a，所以()gx在在[0,1]上单调递增，所以(0)()(1)ggxg即1()12aagx，故()gx在[0,1]上的值域[1,1]2aBa．因为AB，所以1012a或10122a解得122a，故应选C．22．对1122,xDxD，使得12()()fxgx，等价于函数()fx在1D上的值域A是函数()gx在2D上的值域B的子集，即AB．例2(2011湖北八校第二次联考)设233()(2),()(1,2)2xxxfxxgxaaxx，①若0(2,)x，使0()fxm成立，则实数m的取值范围为；②若12(2,),(2,)xx，使得12()()fxgx，则实数a的取值范围为．解①依题意实数m的取值范围就是函数233()(2),2xxfxxx的值域；设2tx，则问题转化为求函数2(2)3(2)31()1(0)tthttttt的值域，由均值不等式得，()3ht，故实数m的取值范围是[3,)．②依题意实数a的取值范围就是使得函数()fx的值域A是函数()gx的值域B的子集的实数a的取值范围；由①知[3,)A，易求得函数()gx的值域2(,)Ba，则AB故实数的取值范围是(1,3)．例3已知()ln()fxxaxaR，它们的定义域都是(0,]e，其中e是自然对数的底数．（1）求()fx的单调区间；（2）若1a，且0b，函数31()3gxbxbx，若对任意的1(1,2)x，总存在2(1,2)x，使12()()fxgx，求实数b的取值范围．解（1）略；（2）依题意实数b的取值范围就是使得在区间(1,2)上()fx的值域是()gx的值域的子集实数b的取值范围．当1,(1,2)ax时，由()lnfxxx得1()10fxx，故()fx在(1,2)上单调递减，所以(2)()(1)ffxf即ln22()1fx，于是(ln22,1)A．因0b，由31()3gxbxbx得2()(1)gxbx．①当0,(1,2)bx时，()0gx，故()gx在(1,2)上单调递增，所以(1)()(2)ggxg即22()33bgxb，于是22(,)33Bbb．因为AB，即33ln22b．②当0,(1,2)bx时，同上可求得3ln232b．综合①②知所求实数b的取值范围是33(,ln23][3ln2,)22．33．已知()gx，()fx是在闭区间D的上连续函，则对12,xxD使得12()()fxgx，等价于maxmin()()fxgx．例4已知2(),()lnafxxgxxxx，其中0a．（1）若1x是函数()()()hxfxgx的极值点，求实数a的值；（1）若对任意的12,[1,]xxe都有12()()fxgx成立，求实数a的取值范围．解（1）略；（1）对12,[1,]xxe，有12()()fxgx，等价于[1,]xe有minmax()()fxgx．当[1,]xe时，1()10gxx，所以()gx在[1,]xe上单调递增，所以max()()1gxgee．因为22222()1axafxxx，令()0fx得xa，又且[1,],0xea①当01a时，()0fx，所以()fx在在[1,]e上单调递增，所以2min()(1)1fxfa；令211ae得ae这与01a矛盾．②当1ae时，当1xa时()0fx，当axe时()0fx，所以()fx在[1,]a上单调递减在[,]ae上单调递增，所以min()()2fxfaa．令21ae，又1ae，所以12eae．③当ae时，()0fx，所以()fx在[1,]e上单调递减，所以2min()()afxfeee．令21aeee得ae，又ae，所以ae综合①②③得所求实数a的取值范围是1[,)2e另解同上求得max()1gxe，要证[1,]xe时，minmax()()fxgx，即min()1fxe．由上知求min()fx需对参数a进行分类讨论过程繁而长，其实可避免分类讨论，不等式恒成立问题往往转化最值问题来解决，逆向思维，由于min()fx难求，将min()1fxe退回到恒成立问题:证[1,]xe时，()1fxe即21axex恒成立，只需证当[1,]xe时，22()(1)0hxxexa恒成立，只需证min()0hx．因为'()21hxxe，令'()0hx得1[1,]2exe．当112ex时'()0hx，当12exe时'()0hx，故22min11()()()022eehxha，所以12ea，故所求实数a的取值范围是1[,)2e．点评这里“另解”将不等式恒成立问题与最值问题的单向转化变成双向转化，将一个需要分类讨论的最值问题min()fx转化为另一个不需要分类讨论的最值问题min()0hx．4练习：已知函数321()ln,()2afxxxgxxmxnx，若函数()ygx的图象经过点(1,3)M，且在点M处的切线线恰好与直线30xy垂直．（1）求,mn的值；（2）求函数()ygx的在[0,2]上最大值和最小值；（3）如果对任意1,[,2]2st都有()()fsgt成立，求实数a的取值范围．4．若对1122,xDxD，使12()()fxgx，等价于()fx在1D上的最小值不小于()gx在2D上的最小值即minmin()()fxgx（这里假设minmin(),()fxgx存在）．例5(2010年山东)已知函数1()ln1()afxxaxaRx．（1）当12a时，讨论()fx的单调性；（2）设2()24gxxbx，当14a时，若对任意1(0,2)x，存在2[1,2]x，使12()()fxgx，求实数b的取值范围．解（1）略；（2）依题意()fx在(0,2)上的最小值不小于()gx在[1,2]上的最小值即minmin()()fxgx，于是问题转化为最值问题．当14a时，所以22113(1)(3)()444xxfxxxx，则当01x时，()0fx；当12x时，()0fx，所以当(0,2)x时，min1()(1)2fxf．2()24gxxbx，①当1b时，可求得min()(1)52gxgb，由1522b得112b这与1b矛盾；②当12b时，可求得2min()()4gxgbb，由2142b得292b这与12b矛盾；③当2b时，可求得min()(2)84gxgb，得178b．综合①②③得实数b的取值范围是17[,)8．5．若对1122,xDxD，使12()()fxgx，等价于()fx在1D上的最大值不小于()gx在2D上的最大值即maxmax()()fxgx6．若对1122,xDxD，使12()()fxgx，等价于()fx在1D上的最大值不小于()gx在2D上的最小值即maxmin()()fxgx例6设函数1()lnfxxmxx．（1）若函数()fx在定义域上为增函数，求实数m的取值范围；（2）在（1）的条件下，若函数1()lnhxxxe，12,[1,]xxe使得12()()fxhx成立，求实数m的取值范围．5例7设函数()lnafxxxx,32()3gxxx．（1）如果存在12,[0,2]xx，使得12()()gxgxM成立，求满足上述条件的最大整数M；（2）如果对任意的1,[,2]2st，都有()()fsgt成立，求实数a的取值范围．