2024年3月13日发(作者：2022北京一模数学试卷)
高考数学考点归纳之“任意”与“存在”问题
考点一 单一任意与存在问题
(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．
a
[解题观摩] (1)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－
(x≥0)，
1＋x
x＋1＋a
1a
则h′(x)＝＋＝
.
1＋x
1＋x
2
1＋x
2
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]．
a
当a＜－1时，ln(1＋x)≥0，－＞0，
1＋x
所以h(x)≥0恒成立．
综上可知，实数a的取值范围为[－∞，0]．
(2)由(1)可知，当a≥－1时，存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，
当a＜－1时，f(x)≥g(x)恒成立．
综上可知，实数a的取值范围为(－∞，＋∞)．
[关键点拨]
(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x
0
≥0时，总有
f(x
0
)≥g(x
0
)，即f(x
0
)－g(x
0
)≥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x
0
≥0，满足f(x
0
)－g(x
0
)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．
考点二 双任意与存在相等问题
“若∃x
1
∈D
1
，∃x
2
∈D
2
，使得f(x
1
)＝g(x
2
)”与“∀x
1
∈D
1
，∃x
2
∈D
2
，使得f(x
1
)＝g(x
2
)”的辨析
(1)∃x
1
∈D
1
，∃x
2
∈D
2
，使得f(x
1
)＝g(x
2
)等价于函数f(x)在D
1
上的值域A与g(x)在D
2
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)∀x
1
∈D
1
，∃x
2
∈D
2
，使得f(x
1
)＝g(x
2
)等价于函数f(x)在D
1
上的值域A是g(x)在D
2
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．
21
[典例] 已知函数f(x)＝x
2
－
ax
3
，a＞0，x∈R，g(x)＝
2
.
3
x
1－x
1
－∞，－
，使得f(x
1
)＝g(x
2
)，求实数a的取值范围； (1)若∃x
1
∈(－∞，－1]，∃x
2
∈
2
3
(2)当a＝
时，求证：对任意的x
1
∈(2，＋∞)，都存在x
2
∈(1，＋∞)，使得f(x
1
)＝g(x
2
)．
2
2
[解题观摩] (1)∵f(x)＝x
2
－
ax
3
，
3
∴f′(x)＝2x－2ax
2
＝2x(1－ax)．
1
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝
.
a
1
∵a＞0，∴＞0，∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－1]上单调递减，
a
2a
f(x)≥f(－1)＝1＋
，
3
2a
1＋
，＋∞
. 故f(x)在(－∞，－1]上的值域为
3
3x
2
－2x
3x－2
1
∵g(x)＝
2
，∴g′(x)＝
4
＝
.
x
1－x
x
1－x
2
x
3
1－x
2
11
81
－∞，－
上单调递增，g(x)＜g
－
＝， 当x＜－时，g′(x)＞0，∴g(x)在
2
2
32
18
－∞，－
上的值域为
－∞，
.
故g(x)在
2
3
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