例析函數中的“任意存在”與“存在任意”問題

☉浙江省衢州第二中學 汪耀生

例析函數中的“任意存在”與“存在任意”問題

☉浙江省衢州第二中學 汪耀生

函數中的任意性與存在性問題，是函數、方程、不等式等內容交匯處的一個十分活躍的知識點，也是高考的熱點題型.這類題型通常有以下四種情形：一是單函數單變量中的任意性與存在性問題；二是雙函數單變量中的任意性與存在性問題；三是雙函數雙變量中的任意存在型問題；四是單函數雙變量中的任意存在型問題（包括任意存在型與存在任意型）.前三種情形已為大家所熟知，而第四種情形是近幾年出現的新題型，本文僅對此型函數進行探討，并分如下兩種情況例說其求解策略，供參考.

一、任意存在型

例1已知函數f（x）=ax-3a+1，若對任意a∈R，存在x0∈［1，4］，使得f（x0）≥t成立，求實數t的取值范圍.

解析：欲使對任意a∈R，存在x0∈［1，4］，使得f（x0）≥t成立，只需［f（x0）max］min≥t.易知一次函數f（x0）在［1，4］上的最大值f（x0）max為M（a）=max{f（1），f（4）}.因為f（1）= -2a+1，f（4）=a+1，所以M（a）= max{-2a+1，a+1}.視M（a）為關于變量a的函數，畫出其在R上的圖像（如圖1），觀察圖像可知，M（a）min=M（0）=1，從而t≤1，即實數t的取值范圍為（-∞，1］.

評注：此型函數僅有一個f（x），但變量有兩個：任意變量a在先，存在變量x0在后，因此不等式f（x0）≥t首先應理解為關于x0在［1，4］上的有解不等式（故f（x0）max≥t），其次再將所得不等式f（x0）max≥t理解為關于a在R上的恒成立不等式（因為此時變量x0已然“退出”，所以f（x0）max僅為關于變量a的表達式M（a）），從而有［f（x0）max］min≥t.其中，內層函數的最大值是對變量x0而言的，而外層對最大值而求的最小值是對變量a而言的.

變式1：已知函數f（x）=x2+ax-2a-10，若對任意a∈R，存在x0∈［-1，3］，使得f（x0）≥t成立，求實數t的取值范圍.

解析：欲使對任意a∈R，存在x0∈［-1，3］，使得f（x0）≥t成立，只需［f（x0）max］min≥t.易知開口朝上的二次函數f（x0）在［-1，3］上的最大值f（x0）max為M（a）=max{f（-1），f（3）}.因為f（1）= -3a-9，f（3）=a-1，所以M（a）= max{-3a-9，a-1}.視M（a）為關于變量a的函數，畫出其在R上的圖像（如圖2），觀察圖像可知，M（a）min=M（-2）=-3，從而t≤-3，即實數t的取值范圍為（-∞，-3］.

評注：（1）觀察圖像易知，單調函數與開口朝上的二次函數在閉區間內的最大值都只能在區間端點處取得；（2）函數M（a）=max{g1（a），g2（a）}（a∈R）的圖像由函數g1（a）與g2（a）兩者圖像中較高的部分組成.

變式2：已知函數f（x）=x2+（a-2）x，若對任意a∈［0，4］，存在x0∈［-1，1］，使得|f（x0）|≥t成立，求實數t的取值范圍.

解析：欲使對任意a∈［0，4］，存在x0∈［-1，1］，使得|f（x0）|≥t成立，只需［|f（x0）|max］min≥t.由圖像易知|f（x0）|在［-1，1］上的最大值|（fx0）|max為M（a）=max其中為函數（fx）的對稱軸.因為|（f1）|=|1+（a-2）|，|（f-1）|= |1-（a-2）|，所以max{|（f1）|，|（f-1）|}=1+|a-2|.又所以視M（a）為關于變量a的函數，先畫出其在R上的圖像（如圖3），然后截取它在［0，4］上的“片段”，觀察圖像可知，M（a）min=M（2）=1，從而t≤1，即實數t的取值范圍為（-∞，1］.

評析：（1）觀察圖像易知，當f（x）為開口朝上的二次函數時，函數|f（x）|在閉區間內的最大值可能在區間端點或極大值點處取得（三者中最大的）；（2）變式2中還運用了性質：max{|a+b|，|a-b|}=|a|+|b|（a，b∈R）（請讀者自行證明）.

二、存在任意型

例2已知函數f（x）=-ax+3a-1，若存在a∈R，對任意x∈［1，4］，都有f（x）≥t恒成立，求實數t的取值范圍.

解析：欲使存在a∈R，對任意x∈［1，4］，都有f（x）≤t恒成立，只需［f（x）min］max≥t.易知一次函數f（x0）在［1，4］上的最小值f（x）min為M（a）=min{f（1），f（4）}.因為f（1）=2a-1，f（4）=-a-1，所以M（a）=min{2a-1，-a-1}.視M（a）為關于變量a的函數，畫出其在R上的圖像（如圖4），觀察圖像可知，M（a）max=M（0）=-1，從而t≤-1，即實數t的取值范圍為（-∞，-1］.

評注：此型函數僅有一個f（x），但變量有兩個：存在變量a在先，任意變量x在后，因此不等式f（x）≥t首先應理解為關于x在［1，4］上的恒成立不等式（故f（x）min≥t），其次，再將所得不等式f（x）min≥t理解為關于a在R上的有解不等式（因為此時變量x已然“退出”，所以f（x）min僅為關于變量a的表達式M（a）），從而有［f（x）min］max≥t.其中，內層函數的最小值是對變量x而言的，而外層對最小值而求的最大值是對變量a而言的.

變式1：已知函數f（x）=-x2-ax+2a+10，若存在a∈R，對任意x∈［-1，3］，都有f（x）≥t恒成立，求實數t的取值范圍.

解析：欲使存在a∈R，對任意x∈［-1，3］，使得f（x0）≥t成立，只需［f（x）min］max≥t.易知開口朝下的二次函數f（x）在［-1，3］上的最小值f（x）min為M（a）=min{f（-1），f（3）}.因為f（1）=3a+9，f（3）=-a+1，所以M（a）=min{3a+9，-a+1}.視M（a）為關于變量a的函數，畫出其在R上的圖像（如圖5），觀察圖像可知，M（a）min= M（-2）=3，從而t≤3，即實數t的取值范圍為（-∞，3］.

評注：（1）觀察圖像易知，單調函數與開口朝下的二次函數在閉區間內的最小值都只能在區間端點處取得；（2）函數M（a）=min{g1（a），g2（a）}（a∈R）的圖像由函數g1（a）與g2（a）兩者圖像中較低的部分組成.

變式2：已知函數f（x）=-x2+（2-a）x，若存在a∈［0，4］，對任意x∈［-1，1］，都有|f（x）|≤t恒成立，求實數t的取值范圍.

解析：欲使存在a∈［0，4］，對任意x∈［-1，1］，都有|f（x）|≥t恒成立，只需［|f（x）|min］max≥t.由圖像易知|f（x）|在［-1，1］上的最小值（|fx）|min為M（a）=min其中為函數（fx）的對稱軸.因為|（f1）|=（|-1）+（a-2）|，所以min{|f（1）|，|f（-1）|}=|1-|a-2||.又，所以M（a）=min視 M（a）為關于變量a的函數，先畫出其在R上的圖像（如圖6），然后截取它在［0，4］上的“片段”，觀察圖像可知，M（a）max=M（0）（或M（4））=1，從而t≤1，即實數t的取值范圍為（-∞，1］.

評注：（1）觀察圖像易知，當f（x）為開口朝下的二次函數時，函數|f（x）|在閉區間內的最小值可能在區間端點或極小值點處取得（三者中最小的）；（2）變式2中還運用了性質：min{|a+b|，|a-b|}=||a|-|b||（a，b∈R）（請讀者自行證明）.

友情鏈接：此二型解題過程中常用到如下結論：

（1）若對任意x∈D，不等式t≤f（x）恒成立?t≤f（x）min（x∈D）；

（2）若對任意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）.

通過上述例題和變式可以看出，此二型題目中均只含有一個函數、兩個變量（任意型變量和存在型變量），由于這兩個變量沒有關聯（即它們在各自區間上的取值具有獨立性），因此這類題型均可轉化為恒成立問題與有解問題，最后借助上述鏈接轉化為函數的最值問題加以解決.但此二型在將其看作是有解問題還是恒成立問題的次序上顯然是有差別的：“任意存在型”首先是對存在變量的有解問題，然后才是對任意變量的恒成立問題；而“存在任意型”正好與之相反，即它首先是對任意變量的恒成立問題，然后才是對存在變量的有解問題.可見，此類題型已將恒成立問題與有解問題揉為一體、交相輝映，對學生的能力是一種極好的考查，因此在高三的復習備考中應引起足夠的重視.

1.傅建紅.聚焦函數中的任意性與存在性問題［J］.高中數學教與學，2012（3）.F