例析函数中的“任意存在”与“存在任意”问题

☉浙江省衢州第二中学 汪耀生

例析函数中的“任意存在”与“存在任意”问题

☉浙江省衢州第二中学 汪耀生

函数中的任意性与存在性问题，是函数、方程、不等式等内容交汇处的一个十分活跃的知识点，也是高考的热点题型.这类题型通常有以下四种情形：一是单函数单变量中的任意性与存在性问题；二是双函数单变量中的任意性与存在性问题；三是双函数双变量中的任意存在型问题；四是单函数双变量中的任意存在型问题（包括任意存在型与存在任意型）.前三种情形已为大家所熟知，而第四种情形是近几年出现的新题型，本文仅对此型函数进行探讨，并分如下两种情况例说其求解策略，供参考.

一、任意存在型

例1已知函数f（x）=ax-3a+1，若对任意a∈R，存在x0∈［1，4］，使得f（x0）≥t成立，求实数t的取值范围.

解析：欲使对任意a∈R，存在x0∈［1，4］，使得f（x0）≥t成立，只需［f（x0）max］min≥t.易知一次函数f（x0）在［1，4］上的最大值f（x0）max为M（a）=max{f（1），f（4）}.因为f（1）= -2a+1，f（4）=a+1，所以M（a）= max{-2a+1，a+1}.视M（a）为关于变量a的函数，画出其在R上的图像（如图1），观察图像可知，M（a）min=M（0）=1，从而t≤1，即实数t的取值范围为（-∞，1］.

评注：此型函数仅有一个f（x），但变量有两个：任意变量a在先，存在变量x0在后，因此不等式f（x0）≥t首先应理解为关于x0在［1，4］上的有解不等式（故f（x0）max≥t），其次再将所得不等式f（x0）max≥t理解为关于a在R上的恒成立不等式（因为此时变量x0已然“退出”，所以f（x0）max仅为关于变量a的表达式M（a）），从而有［f（x0）max］min≥t.其中，内层函数的最大值是对变量x0而言的，而外层对最大值而求的最小值是对变量a而言的.

变式1：已知函数f（x）=x2+ax-2a-10，若对任意a∈R，存在x0∈［-1，3］，使得f（x0）≥t成立，求实数t的取值范围.

解析：欲使对任意a∈R，存在x0∈［-1，3］，使得f（x0）≥t成立，只需［f（x0）max］min≥t.易知开口朝上的二次函数f（x0）在［-1，3］上的最大值f（x0）max为M（a）=max{f（-1），f（3）}.因为f（1）= -3a-9，f（3）=a-1，所以M（a）= max{-3a-9，a-1}.视M（a）为关于变量a的函数，画出其在R上的图像（如图2），观察图像可知，M（a）min=M（-2）=-3，从而t≤-3，即实数t的取值范围为（-∞，-3］.

评注：（1）观察图像易知，单调函数与开口朝上的二次函数在闭区间内的最大值都只能在区间端点处取得；（2）函数M（a）=max{g1（a），g2（a）}（a∈R）的图像由函数g1（a）与g2（a）两者图像中较高的部分组成.

变式2：已知函数f（x）=x2+（a-2）x，若对任意a∈［0，4］，存在x0∈［-1，1］，使得|f（x0）|≥t成立，求实数t的取值范围.

解析：欲使对任意a∈［0，4］，存在x0∈［-1，1］，使得|f（x0）|≥t成立，只需［|f（x0）|max］min≥t.由图像易知|f（x0）|在［-1，1］上的最大值|（fx0）|max为M（a）=max其中为函数（fx）的对称轴.因为|（f1）|=|1+（a-2）|，|（f-1）|= |1-（a-2）|，所以max{|（f1）|，|（f-1）|}=1+|a-2|.又所以视M（a）为关于变量a的函数，先画出其在R上的图像（如图3），然后截取它在［0，4］上的“片段”，观察图像可知，M（a）min=M（2）=1，从而t≤1，即实数t的取值范围为（-∞，1］.

评析：（1）观察图像易知，当f（x）为开口朝上的二次函数时，函数|f（x）|在闭区间内的最大值可能在区间端点或极大值点处取得（三者中最大的）；（2）变式2中还运用了性质：max{|a+b|，|a-b|}=|a|+|b|（a，b∈R）（请读者自行证明）.

二、存在任意型

例2已知函数f（x）=-ax+3a-1，若存在a∈R，对任意x∈［1，4］，都有f（x）≥t恒成立，求实数t的取值范围.

解析：欲使存在a∈R，对任意x∈［1，4］，都有f（x）≤t恒成立，只需［f（x）min］max≥t.易知一次函数f（x0）在［1，4］上的最小值f（x）min为M（a）=min{f（1），f（4）}.因为f（1）=2a-1，f（4）=-a-1，所以M（a）=min{2a-1，-a-1}.视M（a）为关于变量a的函数，画出其在R上的图像（如图4），观察图像可知，M（a）max=M（0）=-1，从而t≤-1，即实数t的取值范围为（-∞，-1］.

评注：此型函数仅有一个f（x），但变量有两个：存在变量a在先，任意变量x在后，因此不等式f（x）≥t首先应理解为关于x在［1，4］上的恒成立不等式（故f（x）min≥t），其次，再将所得不等式f（x）min≥t理解为关于a在R上的有解不等式（因为此时变量x已然“退出”，所以f（x）min仅为关于变量a的表达式M（a）），从而有［f（x）min］max≥t.其中，内层函数的最小值是对变量x而言的，而外层对最小值而求的最大值是对变量a而言的.

变式1：已知函数f（x）=-x2-ax+2a+10，若存在a∈R，对任意x∈［-1，3］，都有f（x）≥t恒成立，求实数t的取值范围.

解析：欲使存在a∈R，对任意x∈［-1，3］，使得f（x0）≥t成立，只需［f（x）min］max≥t.易知开口朝下的二次函数f（x）在［-1，3］上的最小值f（x）min为M（a）=min{f（-1），f（3）}.因为f（1）=3a+9，f（3）=-a+1，所以M（a）=min{3a+9，-a+1}.视M（a）为关于变量a的函数，画出其在R上的图像（如图5），观察图像可知，M（a）min= M（-2）=3，从而t≤3，即实数t的取值范围为（-∞，3］.

评注：（1）观察图像易知，单调函数与开口朝下的二次函数在闭区间内的最小值都只能在区间端点处取得；（2）函数M（a）=min{g1（a），g2（a）}（a∈R）的图像由函数g1（a）与g2（a）两者图像中较低的部分组成.

变式2：已知函数f（x）=-x2+（2-a）x，若存在a∈［0，4］，对任意x∈［-1，1］，都有|f（x）|≤t恒成立，求实数t的取值范围.

解析：欲使存在a∈［0，4］，对任意x∈［-1，1］，都有|f（x）|≥t恒成立，只需［|f（x）|min］max≥t.由图像易知|f（x）|在［-1，1］上的最小值（|fx）|min为M（a）=min其中为函数（fx）的对称轴.因为|（f1）|=（|-1）+（a-2）|，所以min{|f（1）|，|f（-1）|}=|1-|a-2||.又，所以M（a）=min视 M（a）为关于变量a的函数，先画出其在R上的图像（如图6），然后截取它在［0，4］上的“片段”，观察图像可知，M（a）max=M（0）（或M（4））=1，从而t≤1，即实数t的取值范围为（-∞，1］.

评注：（1）观察图像易知，当f（x）为开口朝下的二次函数时，函数|f（x）|在闭区间内的最小值可能在区间端点或极小值点处取得（三者中最小的）；（2）变式2中还运用了性质：min{|a+b|，|a-b|}=||a|-|b||（a，b∈R）（请读者自行证明）.

友情链接：此二型解题过程中常用到如下结论：

（1）若对任意x∈D，不等式t≤f（x）恒成立⇔t≤f（x）min（x∈D）；

（2）若对任意x∈D，不等式t≥f（x）恒成立⇔t≥f（x）max（x∈D）；

（3）若存在x∈D，使不等式t≤f（x）成立⇔t≤f（x）max（x∈D）；

（4）若存在x∈D，使不等式t≥f（x）成立⇔t≥f（x）min（x∈D）.

通过上述例题和变式可以看出，此二型题目中均只含有一个函数、两个变量（任意型变量和存在型变量），由于这两个变量没有关联（即它们在各自区间上的取值具有独立性），因此这类题型均可转化为恒成立问题与有解问题，最后借助上述链接转化为函数的最值问题加以解决.但此二型在将其看作是有解问题还是恒成立问题的次序上显然是有差别的：“任意存在型”首先是对存在变量的有解问题，然后才是对任意变量的恒成立问题；而“存在任意型”正好与之相反，即它首先是对任意变量的恒成立问题，然后才是对存在变量的有解问题.可见，此类题型已将恒成立问题与有解问题揉为一体、交相辉映，对学生的能力是一种极好的考查，因此在高三的复习备考中应引起足够的重视.

1.傅建红.聚焦函数中的任意性与存在性问题［J］.高中数学教与学，2012（3）.F