張忠明

全稱量詞，特稱量詞，以及全稱命題和特稱命題在近幾年新課標高考卷和模擬卷中頻頻亮相，成為高考的熱點問題.特別是全稱量詞“任意”和特稱量詞“存在”與函數(shù)情投意合，兩種量詞插足函數(shù)，使得函數(shù)問題意深難懂神秘莫測，問題顯得更加撲朔迷離，難度大增，同時題目也因此顯得富有變化和新意.解決這類問題的關鍵是揭開量詞隱含的神秘面紗還函數(shù)問題本來面目，下面結合高考試題對此類問題進行歸納探究.

一、問題探究

問題：已知函數(shù)f（x）=2k■x+k，x∈[0，1]，函數(shù)g（x）=3x■-2（k■+k+1）x+5，x∈[-1，0]，問當k=2時，對任意x■∈[0，1]，是否存在x■∈[-1，0]，使g（x■）=f（x■）成立.

思路：f（x）的值域是g（x）的值域的子集即可.

變式1：對任意x■∈[0，1]，存在x■∈[-1，0]，使得g（x■）=f（x■）成立，求k的取值范圍.

思路：f（x）的值域是g（x）的值域的子集即可.

變式2：存在x■∈[0，1]，x■∈[-1，0]，使得g（x■）=f（x■）成立，求k的取值范圍.

思路：g（x）的值域與f（x）的值域的交集非空.

變式3：存在x■∈[0，1]，x■∈[-1，0]，使得g（x■）>f（x■）成立，求k的取值范圍.

思路：g■（x）>f■（x）.

變式4：對任意x■∈[0，1]，存在x■∈[-1，0]，使得g（x■）

思路：g■（x）

二、探究結論

結論1：？坌x■∈[a，b]，？坌x■∈[c，d]，f（x■）>g（x■）？圳[f（x）]■>[g（x）]■【如圖一】；

結論2：？堝x■∈[a，b]，？堝x■∈[c，d]，f（x■）>g（x■）？圳[f（x）]■>[g（x）]■【如圖二】；

結論3：？坌x■∈[a，b]，？堝x■∈[c，d]，f（x■）>g（x■）？圳[f（x）]■>[g（x）]■【如圖三】；

結論4：？堝x■∈[a，b]，？坌x■∈[c，d]，f（x■）>g（x■）？圳[f（x）]■>[g（x）]■【如圖四】；

結論5：？堝x■∈[a，b]，？堝x■∈[c，d]，f（x■）=g（x■）？圳f（x）的值域和的值域交集不為空【如圖五】.

例1：已知函數(shù)f（x）=■，■0），若存在x■，x■∈[0，1]，使得f（x■）=g（x■）成立，則實數(shù)a的取值范圍是（ ）

A. （■，■] B.[1，2） C.■，2 D.1，■

解：設函數(shù)f（x）與g（x）在[0，1]上的值域分別為A與B，依題意A∩B≠？準.

當■0，所以f（x）在（■，1]上單調遞增，所以f（■）

當0≤x≤■時，f（x）=-■x+■，所以f（x）單調遞減，所以f（■）≤f（x）≤f（0），即0≤f（x）≤■.

綜上所述，f（x）在[0，1]上的值域A=0，■.

當x∈[0，1]時，■x∈[0，■]，又a>0，所以g（x）在[0，1]上單調遞增，所以g（0）≤g（x）≤g（1），即1-a≤g（x）≤1-■，故g（x）在[0，1]上的值域B=[1-a，1-■].因為A∩B≠？準，所以0≤1-a≤■或0≤1-■≤■，解得■≤a≤2，故應選C.

例2（2010年山東理科22）：已知函數(shù)f（x）=lnx-ax+■-1（a∈R），

（1）當a≤■時，討論f（x）的單調性；

（2）設g（x）=x■-2bx+4，當a=■時，若對？坌x■∈（0，2），？堝x■∈[1，2]，使f（x■）≥g（x■），求實數(shù)b的取值范圍.

解：（1）（解答過程略去，只給出結論）

當a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，1）內單調遞減，在（1，+∞）內單調遞增；

當a=■時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）內單調遞減；

當0

（2）函數(shù)的定義域為（0，+∞），

f′（x）=■-a+■=-■，a=■時，由f′（x）=0可得x■=1，x■=3.

因為a=■∈（0，■），x■=3？埸（0，2），結合（1）可知函數(shù)f（x）在（0，1）內單調遞減，在（1，2）內單調遞增，所以f（x）在（0，2）內的最小值為f（1）=-■.

由于“對？坌x■∈（0，2），？堝x■∈[1，2]，使f（x■）≥g（x■）”等價于“g（x）在[1，2]上的最小值不大于f（x）在（0，2）上的最小值f（1）=-■”.（※）

又g（x）=（x-b）■+4-b■，x∈[1，2]，所以

①當b<1時，因為[g（x）]■=g（1）=5-2b>0，此時與（※）矛盾；

②當b∈[1，2]時，因為[g（x）]■=4-b■≥0，同樣與（※）矛盾；

③當b∈（2，+∞）時，因為[g（x）]■=g（2）=8-4b.

解不等式8-4b≤-■，可得b≥■.

綜上，b的取值范圍是[■，+∞）.

例3（2012高考真題湖南理22）：

已知函數(shù)f（x）=e■-x，其中a≠0.

（1）若對一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合.

（2）在函數(shù)f（x）的圖像上取定兩點A（x■，f（x■）），B（x■，f（x■））（x■k成立？若存在，求x■的取值范圍；若不存在，請說明理由.

解（Ⅰ）若a<0，則對一切x>0，f（x）=e■-x<1，這與題設矛盾，又a≠0，

故a>0.

而f′（x）=ae■-1，令f′（x）=0，得x=■ln■.

當x<■ln■時，f′（x）<0，f（x）單調遞減；當x>■ln■時，f′（x）>0，f（x）單調遞增.

故當x=■ln■時，f（x）取最小值f（■ln■）=■-■ln■.

于是對一切x∈R，f（x）≥1恒成立，當且僅當■-■ln■≥1.①

令g（t）=t-tlnt，則g′（t）=-lnt.

當00，g（t）單調遞增；當t>1時，g′（t）<0，g（t）單調遞減.

故當t=1時，g（t）取最大值g（1）=1.因此，當且僅當■=1即a=1時，①式成立.

綜上所述，a的取值集合為{1}.

（Ⅱ）由題意知，k=■=■-1.

令φ（x）=f′（x）-k=ae■-■，則

φ（x■）=-■[e■-a（x■-x■）-1]，

φ（x■）=-■[e■-a（x■-x■）-1].

令F（t）=e■-t-1，則F′（t）=e■-1.

當t<0時，F(xiàn)′<0，F(xiàn)（t）單調遞減；當t>0時，F(xiàn)′（t）>0，F(xiàn)（t）單調遞增.

故當t=0，F(xiàn)（t）>F（0）=0，即e■-t-1>0.

從而e■-a（x■-x■）-1>0，e■-a（x■-x■）-1>0，又■>0，■>0，

所以φ（x■）<0，φ（x■）>0.

因為函數(shù)y=φ（x）在區(qū)間[x■，x■]上的圖像是連續(xù)不斷的一條曲線，所以存在x■∈（x■，x■）使φ（x■）=0，φ′（x）=a■e■>0，φ（x）單調遞增，故這樣的c是唯一的，且c=■ln■.故當且僅當x∈（■ln■，x■）時，f′（x■）>k.

綜上所述，存在x■∈（x■，x■）使f′（x■）>k成立，且x■的取值范圍為（■ln■，x■）.

【點評】本題考查利用導函數(shù)研究函數(shù)單調性、最值、不等式恒成立問題等，考查運算能力，考查分類討論思想、函數(shù)與方程思想，轉化與化歸思想等數(shù)學思想方法.第一問利用導函數(shù)法求出f（x）取最小值f（■ln■）=■-■-■ln■.對一切x∈R，f（x）≥1恒成立轉化為f（x）■≥1，從而得出a的取值集合；第二問在假設存在的情況下進行推理，通過構造函數(shù)，研究這個函數(shù)的單調性及最值進行分析判斷.

三、小結

1.解題中要注意數(shù)學思想方法的應用，如轉化與化歸思想、數(shù)形結合思想、分類討論思想等.

2.對函數(shù)中的存在性與任意性問題，可把相等關系問題轉化為函數(shù)值域之間的關系問題，不等關系轉化為函數(shù)的最值問題.那么，任意性與存在性問題就轉化為求函數(shù)的值域或最值問題.看似復雜的問題就迎刃而解了.