不識廬山真面目，只緣身在此山中

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(biāo)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(guān)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(jié)合高考試題對此類問題進(jìn)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(dāng)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(jié)論

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

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

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

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

結(jié)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(shè)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(zhǔn).

當(dāng)■0，所以f（x）在（■，1]上單調(diào)遞增，所以f（■）

當(dāng)0≤x≤■時，f（x）=-■x+■，所以f（x）單調(diào)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(dāng)x∈[0，1]時，■x∈[0，■]，又a>0，所以g（x）在[0，1]上單調(diào)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(zhǔn)，所以0≤1-a≤■或0≤1-■≤■，解得■≤a≤2，故應(yīng)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(dāng)a≤■時，討論f（x）的單調(diào)性；

（2）設(shè)g（x）=x■-2bx+4，當(dāng)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(jié)論）

當(dāng)a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增；

當(dāng)a=■時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減；

當(dāng)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(jié)合（1）可知函數(shù)f（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，在（1，2）內(nèi)單調(diào)遞增，所以f（x）在（0，2）內(nèi)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(dāng)b<1時，因為[g（x）]■=g（1）=5-2b>0，此時與（※）矛盾；

②當(dāng)b∈[1，2]時，因為[g（x）]■=4-b■≥0，同樣與（※）矛盾；

③當(dāng)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(shè)矛盾，又a≠0，

故a>0.

而f′（x）=ae■-1，令f′（x）=0，得x=■ln■.

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

故當(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)■-■ln■≥1.①

令g（t）=t-tlnt，則g′（t）=-lnt.

當(dāng)00，g（t）單調(diào)遞增；當(dāng)t>1時，g′（t）<0，g（t）單調(diào)遞減.

故當(dāng)t=1時，g（t）取最大值g（1）=1.因此，當(dāng)且僅當(dāng)■=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(dāng)t<0時，F(xiàn)′<0，F(xiàn)（t）單調(diào)遞減；當(dāng)t>0時，F(xiàn)′（t）>0，F(xiàn)（t）單調(diào)遞增.

故當(dāng)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(diào)遞增，故這樣的c是唯一的，且c=■ln■.故當(dāng)且僅當(dāng)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(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)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(zhuǎn)化與化歸思想等數(shù)學(xué)思想方法.第一問利用導(dǎo)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(zhuǎn)化為f（x）■≥1，從而得出a的取值集合；第二問在假設(shè)存在的情況下進(jìn)行推理，通過構(gòu)造函數(shù)，研究這個函數(shù)的單調(diào)性及最值進(jìn)行分析判斷.

三、小結(jié)

1.解題中要注意數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用，如轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)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(guān)系問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域之間的關(guān)系問題，不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.那么，任意性與存在性問題就轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值問題.看似復(fù)雜的問題就迎刃而解了.