函数中任意性和存在性问题探究
高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究 一、相关结论：
结论1：∀x 1∈[a , b ],∀x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]min >[g (x )]max ；【如图一】 结论2：∃x 1∈[a , b ],∃x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]max >[g (x )]min ；【如图二】 结论3：∀x 1∈[a , b ],∃x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]min >[g (x )]min ；【如图三】 结论4：∃x 1∈[a , b ],∀x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]max >[g (x )]max ；【如图四】 结论5：∃x 1∈[a , b ],∃x 2∈[c , d ],f (x 1) =g (x 2) ⇔f (x ) 的值域和g (x ) 的值域交集不为空；【如图五】
例题1：已知两个函数f (x ) =8x 2+16x -k , g (x ) =2x 3+5x 2+4x , x ∈[-3,3],k ∈R ;
(1) 若对∀x ∈[-3,3], 都有f (x ) ≤g (x ) 成立，求实数k 的取值范围； (2) 若∃x ∈[-3,3], 使得f (x ) ≤g (x ) 成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对∀x 1, x 2∈[-3,3], 都有f (x 1) ≤g (x 2) 成立，求实数k 的取值范围；
解：（1）设h (x ) =g (x ) -f (x ) =2x 3-3x 2-12x +k （, 1）中的问题可转化为：x ∈[-3,3]时，h (x ) ≥0恒成立，即[h (x )]min ≥0。
h ' (x ) =6x 2-6x -12=6(x -2)(x +1) ；
当x 变化时，h (x ), h (x ) 的变化情况列表如下：
'
因为h (-1) =k +7, h (2)=k -20, 所以，由上表可知[h (x )]min =k -45，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)]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.. 例题2：(2010年山东理科22) 已知函数f (x ) =ln x -ax +
(1) 当a ≤
1-a
-1(a ∈R ) ; x
1
时，讨论f (x ) 的单调性； 2
1
时，若对∀x 1∈(0, 2，) ∃x 2∈[1,2], 使4
（2）设g (x ) =2，当a =x -2b x +4
f (x 1) ≥g (x 2) ，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；
1
时，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减； 2111
当0
2a a
当a=
单调递减；
（2）函数的定义域为（0，+∞），
1a -11ax 2-x +1-a f '（x ）=－a+2=－，a=时，由f '（x ）=0可得x 1=1,x2=3. 2
x 4x x 11∈（0, ），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）42
1
上单调递增，所以f(x) 在（0,2）上的最小值为f(1)= －.
2
由于“对∀x 1∈（0,2），∃x 2∈[1,2],使f(x1) ≥g(x2) ”等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不大
1
于f(x) 在（0,2）上的最小值f(1)= －”. （※）又g(x)=(x－b) 2+4－b 2, x∈[1,2],所以
2
因为a=
① 当b0,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 ≤－二、相关类型题：
11717，可得b ≥. 综上，b 的取值范围是[,+∞). 288
〈一〉、" a ≥f (x )" 型；
形如" a ≥f (x )"," a ≤f (x )" 型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论基础是“a ≥f (x ) 在∀x ∈D 上恒成立，则a ≥f (x ) max (x ∈D ); a ≤f (x ) 在x ∈D 上恒成立，则
a ≤f (x ) min (x ∈D ); ”.许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型.
例1 ：已知二次函数f (x ) =ax 2+x ，若∀x ∈[0,1]时，恒有|f (x ) |≤1，求实数a 的取值范围.
解： |f (x ) |≤1，∴-1≤ax +x ≤1；即-1-x ≤ax ≤1-x ； 当x =0时，不等式显然成立， ∴a ∈R.
2
当0
2
2
111111-≤a ≤-(-) min =0 ，而222x x x x x x
∴a ≤0. 又∵(-
11
-) max =-2，∴a ≥-2, ∴-2≤a ≤0， x 2x
综上得a 的范围是a ∈[-2,0]。 〈二〉、" f (x 1) ≤f (x ) ≤f (x 2)" 型 例2 已知函数f (x ) =2sin(
πx π
2
+) ，若对∀x ∈R ，都有" f (x 1) ≤f (x ) ≤f (x 2)" 成立，则
5
|x 1-x 2|的最小值为____.
解 ∵对任意x ∈R ，不等式f (x 1) ≤f (x ) ≤f (x 2) 恒成立， ∴f (x 1), f (x 2) 分别是f (x ) 的最小值和最大值.
对于函数y =sin 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f (x ) =2sin(
+) 的周期为4，∴|x 1-x 2|的最小值为2. 25
x +x 2f (x 1) +f (x 2)
) >" 型 〈三〉、. " f (122
例3： (2005湖北) 在y =2x , y =log 22x , y =x , y =cos x 这四个函数中，当0
2
πx π
x 1+x 2f (x 1) +f (x 2) ) >" 恒成立的函数的个数是( ) 22
x 1+x 2f (x 1) +f (x 2)
) >" 的函数，22
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" f (
应是凸函数的性质，画草图即知y =log 22x 符合题意；选C 〈四〉、. "
f (x 1) -f (x 2)
>0" 型
x 1-x 2
例4 已知函数f (x ) 定义域为[-1,1]，f (1)=1，若m , n ∈[-1,1]，m +n ≠0时，都有
"
f (m ) -f (n )
>0" ，若f (x ) ≤t 2-2a t +1对所有x ∈[-1,1]，a ∈[-1,1]恒成立，求实数t 取
m -n
值范围.
解：任取-1≤x 1
f (x 1) -f (x 2)
(x 1-x 2) ，由已知
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
>0，又x 1-x 2
x 1-x 2
∵f (1)=1，∴x ∈[-1,1]，恒有f (x ) ≤1；
∴要使f (x ) ≤t 2-2at +1对所有x ∈[-1,1]，a ∈[-1,1]恒成立，即要t -2at +1≥1恒成立，
故t -2at ≥0恒成立，令g (a ) =-2at +t 2，只须g (-1) ≥0且g (1)≥0， 解得t ≤-2或t =0或t ≥2。 评注： 形如不等式"
2
2
f (x 1) -f (x 2) f (x 1) -f (x 2)
>0" 或"
x 1-x 2x 1-x 2
的单调性的另一种表现形式，在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息. 〈五〉、. " f (x )
1
lg(x +1) ，g (x ) =lg(2x +t ) ，若当x ∈[0,1]时，f (x ) ≤g (x ) ) 恒成立，2
求实数t 的取值范围.
解：f (x ) ≤g (x ) 在x ∈[0,1]恒成立，
即
2x -t ≤0在x ∈[0,1]恒成
立
⇔2x -t 在[0,1]上的最大值小于或等于零.
令F (x ) =
'
2x -
t ，F ' (x ) =
，∵x ∈[0,1]
∴F (x )
例6：已知函数f (x ) =
1349x +c x -x 2-3x +, g (x ) =-，若对任意x 1, x 2∈[-2,2]，都有332
f (x 1)
解：因为对任意的x 1, x 2∈[-2,2]，都有f (x 1)
∴[f (x )]max 0得x >3, x
例7 ：已知函数f (x ) =-x 4+2x 3，则对任意t 1, t 2∈[-
18+c
，∴c
1
, 2]（t 1
|f (x 1) -f (x 2) |≤____恒成立，当且仅当t 1=____，t 2=____时取等号.
解：因为|f (x 1) -f (x 2) |≤|[f (x )]max -[f (x )]min |恒成立，
由
[f (x )]min
1
f (x ) =-x 4+2x 3, x ∈[-, 2]，易求得[f
2
15
=f (-) =-，∴|f (x 1) -f (x 2) |≤2。
216
(x m ) a =]x
3
f =227，) 16
〈八〉、"|f (x 1) -f (x 2) |≤|x 1-x 2|"型
9： 已知函数f (x ) =x 3+ax +b ，对
于x 1, x 2∈(例
总x ≠) 1(x 时) 有2
|f (1x -) f 2(x
-1≤a ≤0
函数中任意性和存在性问题探究
高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究 一、相关结论：
结论1：∀x 1∈[a , b ],∀x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]min >[g (x )]max ；【如图一】 结论2：∃x 1∈[a , b ],∃x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]max >[g (x )]min ；【如图二】 结论3：∀x 1∈[a , b ],∃x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]min >[g (x )]min ；【如图三】 结论4：∃x 1∈[a , b ],∀x 2∈[c , d ],f (x 1) >g (x 2) ⇔[f (x )]max >[g (x )]max ；【如图四】 结论5：∃x 1∈[a , b ],∃x 2∈[c , d ],f (x 1) =g (x 2) ⇔f (x ) 的值域和g (x ) 的值域交集不为空；【如图五】
例题1：已知两个函数f (x ) =8x 2+16x -k , g (x ) =2x 3+5x 2+4x , x ∈[-3,3],k ∈R ;
(1) 若对∀x ∈[-3,3], 都有f (x ) ≤g (x ) 成立，求实数k 的取值范围； (2) 若∃x ∈[-3,3], 使得f (x ) ≤g (x ) 成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对∀x 1, x 2∈[-3,3], 都有f (x 1) ≤g (x 2) 成立，求实数k 的取值范围；
解：（1）设h (x ) =g (x ) -f (x ) =2x 3-3x 2-12x +k （, 1）中的问题可转化为：x ∈[-3,3]时，h (x ) ≥0恒成立，即[h (x )]min ≥0。
h ' (x ) =6x 2-6x -12=6(x -2)(x +1) ；
当x 变化时，h (x ), h (x ) 的变化情况列表如下：
'
因为h (-1) =k +7, h (2)=k -20, 所以，由上表可知[h (x )]min =k -45，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)]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.. 例题2：(2010年山东理科22) 已知函数f (x ) =ln x -ax +
(1) 当a ≤
1-a
-1(a ∈R ) ; x
1
时，讨论f (x ) 的单调性； 2
1
时，若对∀x 1∈(0, 2，) ∃x 2∈[1,2], 使4
（2）设g (x ) =2，当a =x -2b x +4
f (x 1) ≥g (x 2) ，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；
1
时，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减； 2111
当0
2a a
当a=
单调递减；
（2）函数的定义域为（0，+∞），
1a -11ax 2-x +1-a f '（x ）=－a+2=－，a=时，由f '（x ）=0可得x 1=1,x2=3. 2
x 4x x 11∈（0, ），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）42
1
上单调递增，所以f(x) 在（0,2）上的最小值为f(1)= －.
2
由于“对∀x 1∈（0,2），∃x 2∈[1,2],使f(x1) ≥g(x2) ”等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不大
1
于f(x) 在（0,2）上的最小值f(1)= －”. （※）又g(x)=(x－b) 2+4－b 2, x∈[1,2],所以
2
因为a=
① 当b0,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 ≤－二、相关类型题：
11717，可得b ≥. 综上，b 的取值范围是[,+∞). 288
〈一〉、" a ≥f (x )" 型；
形如" a ≥f (x )"," a ≤f (x )" 型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论基础是“a ≥f (x ) 在∀x ∈D 上恒成立，则a ≥f (x ) max (x ∈D ); a ≤f (x ) 在x ∈D 上恒成立，则
a ≤f (x ) min (x ∈D ); ”.许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型.
例1 ：已知二次函数f (x ) =ax 2+x ，若∀x ∈[0,1]时，恒有|f (x ) |≤1，求实数a 的取值范围.
解： |f (x ) |≤1，∴-1≤ax +x ≤1；即-1-x ≤ax ≤1-x ； 当x =0时，不等式显然成立， ∴a ∈R.
2
当0
2
2
111111-≤a ≤-(-) min =0 ，而222x x x x x x
∴a ≤0. 又∵(-
11
-) max =-2，∴a ≥-2, ∴-2≤a ≤0， x 2x
综上得a 的范围是a ∈[-2,0]。 〈二〉、" f (x 1) ≤f (x ) ≤f (x 2)" 型 例2 已知函数f (x ) =2sin(
πx π
2
+) ，若对∀x ∈R ，都有" f (x 1) ≤f (x ) ≤f (x 2)" 成立，则
5
|x 1-x 2|的最小值为____.
解 ∵对任意x ∈R ，不等式f (x 1) ≤f (x ) ≤f (x 2) 恒成立， ∴f (x 1), f (x 2) 分别是f (x ) 的最小值和最大值.
对于函数y =sin 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f (x ) =2sin(
+) 的周期为4，∴|x 1-x 2|的最小值为2. 25
x +x 2f (x 1) +f (x 2)
) >" 型 〈三〉、. " f (122
例3： (2005湖北) 在y =2x , y =log 22x , y =x , y =cos x 这四个函数中，当0
2
πx π
x 1+x 2f (x 1) +f (x 2) ) >" 恒成立的函数的个数是( ) 22
x 1+x 2f (x 1) +f (x 2)
) >" 的函数，22
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" f (
应是凸函数的性质，画草图即知y =log 22x 符合题意；选C 〈四〉、. "
f (x 1) -f (x 2)
>0" 型
x 1-x 2
例4 已知函数f (x ) 定义域为[-1,1]，f (1)=1，若m , n ∈[-1,1]，m +n ≠0时，都有
"
f (m ) -f (n )
>0" ，若f (x ) ≤t 2-2a t +1对所有x ∈[-1,1]，a ∈[-1,1]恒成立，求实数t 取
m -n
值范围.
解：任取-1≤x 1
f (x 1) -f (x 2)
(x 1-x 2) ，由已知
x 1-x 2
f (x 1) -f (x 2)
>0，又x 1-x 2
x 1-x 2
∵f (1)=1，∴x ∈[-1,1]，恒有f (x ) ≤1；
∴要使f (x ) ≤t 2-2at +1对所有x ∈[-1,1]，a ∈[-1,1]恒成立，即要t -2at +1≥1恒成立，
故t -2at ≥0恒成立，令g (a ) =-2at +t 2，只须g (-1) ≥0且g (1)≥0， 解得t ≤-2或t =0或t ≥2。 评注： 形如不等式"
2
2
f (x 1) -f (x 2) f (x 1) -f (x 2)
>0" 或"
x 1-x 2x 1-x 2
的单调性的另一种表现形式，在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息. 〈五〉、. " f (x )
1
lg(x +1) ，g (x ) =lg(2x +t ) ，若当x ∈[0,1]时，f (x ) ≤g (x ) ) 恒成立，2
求实数t 的取值范围.
解：f (x ) ≤g (x ) 在x ∈[0,1]恒成立，
即
2x -t ≤0在x ∈[0,1]恒成
立
⇔2x -t 在[0,1]上的最大值小于或等于零.
令F (x ) =
'
2x -
t ，F ' (x ) =
，∵x ∈[0,1]
∴F (x )
例6：已知函数f (x ) =
1349x +c x -x 2-3x +, g (x ) =-，若对任意x 1, x 2∈[-2,2]，都有332
f (x 1)
解：因为对任意的x 1, x 2∈[-2,2]，都有f (x 1)
∴[f (x )]max 0得x >3, x
例7 ：已知函数f (x ) =-x 4+2x 3，则对任意t 1, t 2∈[-
18+c
，∴c
1
, 2]（t 1
|f (x 1) -f (x 2) |≤____恒成立，当且仅当t 1=____，t 2=____时取等号.
解：因为|f (x 1) -f (x 2) |≤|[f (x )]max -[f (x )]min |恒成立，
由
[f (x )]min
1
f (x ) =-x 4+2x 3, x ∈[-, 2]，易求得[f
2
15
=f (-) =-，∴|f (x 1) -f (x 2) |≤2。
216
(x m ) a =]x
3
f =227，) 16
〈八〉、"|f (x 1) -f (x 2) |≤|x 1-x 2|"型
9： 已知函数f (x ) =x 3+ax +b ，对
于x 1, x 2∈(例
总x ≠) 1(x 时) 有2
|f (1x -) f 2(x
-1≤a ≤0