微专题(二) 双变量“存在性或任意性”问题-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（新教材，基础版）

第三章　函数与基本初等函数 微专题（二） 双变量“存在性或任意性”问题 答案 解析 3 4 解 5 解 6 解 7 8 解 9 10 解 目录 11 解 目录 12 目录 答案 解析 目录 14 目录 15 答案 解析 目录 16 目录 解 目录 18 解 目录 19 目录 20 解 目录 21 解 目录 22 　　　　　　　　　　　　　 R 双变量的“存在性或任意性”问题，是高考的热点之一，尤其在函数、导数、不等式中出现较多．解决此类问题的关键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的大小比较． 类型一　形如“对任意x1∈A，都存在x2　∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立” ∀x1∈A，∃x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在A上的值域是g(x)在B上的值域的子集．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)在区间A上的任意一个函数值都等于函数y＝g(x)在区间B上的某一个函数值，即函数y＝f(x)在区间A上的函数值都在函数y＝g(x)在区间B上的值域之中． 例1已知幂函数f(x)＝(a2－3)xeq \s\up7(\f(1,2))a2＋a－2在(0，＋∞)上单调递减，函数h(x)＝3x＋m，对任意x1∈[1，3]，总存在x2∈[1，2]，使得f(x1)＝h(x2)，则m的取值范围为_________________． 解析　∵f(x)＝(a2－3)xeq \s\up7(\f(1,2))a2＋a－2是幂函数，∴a2－3＝1，即a＝±2，又f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则eq \f(1,2)a2＋a－2<0，可得a＝－2，∴f(x)＝x－2＝eq \f(1,x2)，∴f(x)在[1，3]上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，1)).又h(x)在[1，2]上的值域为[3＋m，9＋m]，根据题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9＋m≥1，,3＋m≤\f(1,9) ，,))解得－8≤m≤－eq \f(26,9)，∴m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－8，－\f(26,9))). eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－8，－\f(26,9))) 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为求值域，即函数f(x)在区间A上的值域是g(x)在区间B上的值域的子集，若改为∃x1∈A，∀x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)，则函数g(x)在区间B上的值域是f(x)在区间A上的值域的子集． 1．设函数f(x)＝eq \f(4x,2x－1)－2，g(x)＝x2－ax＋1，若∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，2]，f(x1)＝g(x2)，求正实数a的取值范围． 解　f(x)＝eq \f(4x,2x－1)－2＝eq \f((2x)2－1＋1,2x－1)－2＝2x－1＋eq \f(1,2x－1)， 设t＝2x－1，x∈[1，2]，则t∈[1，3]， 又y＝t＋eq \f(1,t)在[1，3]上单调递增， 则2≤y≤eq \f(10,3)， 即f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))). 设当x∈[1，2]时，函数g(x)的值域为A， 由题意知eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))⊆A. 又g(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(a,2)>0， 当eq \f(a,2)≤1，即0<a≤2时，g(x)在[1，2]上单调递增， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g(1)≤2，,g(2)≥\f(10,3) ，,))解得0<a≤eq \f(5,6)； 当1<eq \f(a,2)<2，即2<a<4时，g(x)在[1，2]上的最大值为g(1)，g(2)中的较大者，而g(1)＝2－a<0且g(2)＝5－2a<1，不符合题意； 当eq \f(a,2)≥2，即a≥4时，g(x)在[1，2]上单调递减， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g(1)≥\f(10,3) ，,g(2)≤2，,))满足条件的a不存在． 综上，正实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,6))). 类型二　形如“存在x1∈A及x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立” ∃x1∈A，∃x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在区间A上的值域与g(x)在区间B上的值域的交集不空．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)在区间A上的某一个函数值等于函数y＝g(x)在区间B上的某一个函数值，即两个函数有相等的函数值． 例2已知函数f(x)＝2x，函数g(x)＝kx－2k＋2(k>0)，若存在x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))及x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，使得f(x1)＝g(x2)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eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2k，2－\f(3k,2)))，并且两个值域有公共部分． 若两个值域没有公共部分，则2－2k>1或2－eq \f(3,2)k<0， 解得k<eq \f(1,2)或k>eq \f(4,3)，所以要使两个值域有公共部分，实数k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(4,3))). 本类问题的实质是“函数f(x)在区间A上的值域与g(x)在区间B上的值域的交集不为空集”，本例利用补集思想可简化运算． 2．已知函数f(x)＝eq \f(\r(3－x),ex)，g(x)＝ax3－1(a>0)．若∃x1∈[2，3]，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围． 解　由f(x)＝eq \f(\r(3－x),ex)在[2，3]上单调递减，得f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))， 由g(x)＝ax3－1(a>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，得g(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)a－1，a－1))， 若f(x)的值域与g(x)的值域的交集为∅， 则a－1<0或eq \f(1,8)a－1>eq \f(1,e2)，即a<1或a>eq \f(8,e2)＋8， 所以若∃x1∈[2，3]，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))， 使得f(x1)＝g(x2)， 则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))∩eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)a－1，a－1))≠∅， 故1≤a≤eq \f(8,e2)＋8， 即实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(8,e2)＋8)). 类型三　形如“对任意x1∈A，都存在x2　∈B，使得f(x1)≤g(x2)成立” ∀x1∈A，∃x2∈B，使f(x1)≤g(x2)，即f(x)max≤g(x)max.其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)在区间A上的任意一个函数值小于等于函数y＝g(x)在区间B上的某一个函数值，但并不要求小于等于函数y＝g(x)在区间B上的所有函数值． 例3已知函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≤g(x2)，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＋eq \f(4,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是减函数，∴f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(17,2).又g(x)＝2x＋a在[2，3]上是增函数，∴g(x)max＝g(3)＝8＋a，因此eq \f(17,2)≤8＋a，则a≥eq \f(1,2)，即实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)). eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) 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，得关于参数的不等式，求得参数的取值范围． 3．已知函数f(x)＝lg (x2＋1)，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)－m，若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数m的取值范围是__________________． 解析　当x∈[0，3]时，f(x)max＝f(3)＝1，当x∈[1，2]时，g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,2)－m，由f(x)max≤g(x)max，得1≤eq \f(1,2)－m，所以m≤－eq \f(1,2)，即实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))). eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 类型四　形如“存在x1∈A，对任意x2∈B，都有f(x1)≤g(x2)成立” ∃x1∈A，∀x2∈B，使f(x1)≤g(x2)，即f(x)min≤g(x)min，其等价转化的基本思想是：f(x)在区间A上至少有一个函数值小于等于函数g(x)在区间B上的任意一个函数值． 解　由g(x)＝－eq \f(ex,ex＋1)＝－eq \f(ex＋1－1,ex＋1)＝－1＋eq \f(1,ex＋1)， 得g(x)min＝g(0)＝－eq \f(1,2). 又f(x)＝x2－2bx＋4， 当b<1时，可求得f(x)min＝f(1)＝5－2b， 则5－2b≤－eq \f(1,2)，解得b≥eq \f(11,4)，与b<1矛盾； 例4已知函数f(x)＝x2－2bx＋4，g(x)＝－eq \f(ex,ex＋1)，若存在x1∈[1，2]，对任意x2∈[－1，0]，使得f(x1)≤g(x2)，求实数b的取值范围． 当1≤b≤2时，可求得f(x)min＝f(b)＝4－b2， 则4－b2≤－eq \f(1,2)，解得b2≥eq \f(9,2)，与1≤b≤2矛盾； 当b>2时，可求得f(x)min＝f(2)＝8－4b， 由8－4b≤－eq \f(1,2)，得b≥eq \f(17,8). 综上，实数b的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,8)，＋∞)). 解决本题的关键是对条件的理解及转化，将条件转化为f(x)min≤g(x)min，然后求解参数的取值范围． 解　由g(x)＝ln eq \f(2＋x,2－x)，得 g(x)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(4,x－2)))在[0，1]上单调递增， 所以g(x)min＝g(0)＝0. 因为f(x)＝m(x－eq \r(4－x))＋2， 所以当m＝0时，f(x)＝0＋2＝2>0，不满足题意； 4．已知函数f(x)＝m(x－eq \r(4－x))＋2，g(x)＝ln eq \f(2＋x,2－x)，若∃x1∈[0，4]，∀x2∈[0，1]，使得f(x1)≤g(x2)，求实数m的取值范围． 当m>0时，f(x)在[0，4]上单调递增，得 f(x)min＝f(0)＝－2m＋2， 由－2m＋2≤0，得m≥1； 当m<0时，f(x)在[0，4]上单调递减，得 f(x)min＝f(4)＝4m＋2， 由4m＋2≤0，得m≤－eq \f(1,2). 综上，实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)． $$