不等式 02 函数的恒成立与存在性问题

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在函数问题中，恒成立与存在性问题本质是通过分析函数的最值、值域或单调性，判断“任意变量满足条件”或“存在某个变量满足条件”的逻辑关系。

一、单变量函数的恒成立问题

单变量恒成立的核心逻辑：对区间内所有自变量\(x\)，函数\(f(x)\)满足某个不等式，等价于函数在该区间的“极端值”（最大值或最小值）满足该不等式。需根据不等式方向，判断取最大值还是最小值。

基本形式1：\(f(x) \geq a\)在区间\(D\)上恒成立等价于\(f(x)_{\min} \geq a\)（其中\(f(x)_{\min}\)表示\(f(x)\)在区间\(D\)上的最小值）。

逻辑解读：要让区间\(D\)内每一个\(x\)对应的\(f(x)\)都不小于\(a\)，只需保证\(f(x)\)在\(D\)上的“最小取值”都能覆盖\(a\)——因为最小值是\(f(x)\)在\(D\)上的“底线”，底线≥\(a\)，则所有值都≥\(a\)。

示例：若\(f(x) = x^2 - 2x + 3\)在\([0, 3]\)上恒成立\(f(x) \geq a\)，先求\(f(x)\)在\([0,3]\)的最小值：\(f(x) = (x-1)^2 + 2\)，当\(x=1\)时\(f(x)_{\min}=2\)，故\(a \leq 2\)。

基本形式2：\(f(x) \leq a\)在区间\(D\)上恒成立等价于\(f(x)_{\max} \leq a\)（其中\(f(x)_{\max}\)表示\(f(x)\)在区间\(D\)上的最大值）。

逻辑解读：要让区间\(D\)内每一个\(x\)对应的\(f(x)\)都不大于\(a\)，只需保证\(f(x)\)在\(D\)上的“最大取值”不超过\(a\)——因为最大值是\(f(x)\)在\(D\)上的“上限”，上限≤\(a\)，则所有值都≤\(a\)。

示例：若\(f(x) = -x^2 + 4x - 1\)在\([1, 4]\)上恒成立\(f(x) \leq a\)，求\(f(x)\)在\([1,4]\)的最大值：\(f(x) = -(x-2)^2 + 3\)，当\(x=2\)时\(f(x)_{\max}=3\)，故\(a \geq 3\)。

延伸形式：\(f(x) \geq g(x)\)在区间\(D\)上恒成立等价于\(h(x)_{\min} = [f(x) - g(x)]_{\min} \geq 0\)。

逻辑转化：将不等式变形为“一个函数≥0”的形式，即\(h(x) = f(x) - g(x) \geq 0\)在\(D\)上恒成立，此时回归到“基本形式1”的逻辑。

注意：不能直接拆分为\(f(x)_{\min} \geq g(x)_{\max}\)（除非\(f(x)\)的最小值和\(g(x)\)的最大值在同一\(x\)处取得，否则该拆分不成立）。

例如\(f(x)=x\)、\(g(x)=x-1\)在\([0,1]\)上，\(f(x)-g(x)=1 \geq 0\)恒成立，但\(f(x)_{\min}=0\)，\(g(x)_{\max}=0\)，此时\(0 \geq 0\)成立；若\(f(x)=x+1\)、\(g(x)=x\)在\([0,1]\)上，\(f(x)-g(x)=1 \geq 0\)恒成立，但\(f(x)_{\min}=1\)，\(g(x)_{\max}=1\)，也成立；但若\(f(x)=x^2\)、\(g(x)=x-0.5\)在\([0,1]\)上，\(f(x)-g(x)=x^2 - x + 0.5 = (x-0.5)^2 + 0.25 \geq 0.25 > 0\)恒成立，而\(f(x)_{\min}=0\)，\(g(x)_{\max}=0.5\)，此时\(0 \geq 0.5\)不成立，可见直接拆分错误，必须构造差函数求最值。

二、单变量函数的存在性问题

单变量存在性的核心逻辑：存在区间内某个自变量\(x\)，使函数\(f(x)\)满足某个不等式，等价于函数在该区间的“极端值”（最大值或最小值）满足该不等式——与恒成立的区别在于，“存在”只需“有一个满足”，因此需取能覆盖条件的那个极端值。

基本形式1：存在\(x \in D\)，使得\(f(x) \geq a\)等价于\(f(x)_{\max} \geq a\)。

逻辑解读：不需要所有\(x\)都满足\(f(x) \geq a\)，只要有一个\(x\)满足即可。此时只需\(f(x)\)在\(D\)上的“最大取值”≥\(a\)——因为最大值是\(f(x)\)在\(D\)上的“上限”，上限≥\(a\)，说明至少有一个\(x\)（即取最大值的\(x\)）能让\(f(x) \geq a\)。

示例：若存在\(x \in [0, 2]\)，使得\(f(x) = x^3 - 3x + 2 \geq a\)，求\(f(x)\)在\([0,2]\)的最大值：\(f'(x)=3x^2 - 3\)，令\(f'(x)=0\)得\(x=1\)（\(x=-1\)舍去）；计算\(f(0)=2\)、\(f(1)=0\)、\(f(2)=4\)，故\(f(x)_{\max}=4\)，因此\(a \leq 4\)（只要\(a\)不超过4，就存在\(x=2\)使\(f(x) \geq a\)）。

基本形式2：存在\(x \in D\)，使得\(f(x) \leq a\)等价于\(f(x)_{\min} \leq a\)。

逻辑解读：同理，只需\(f(x)\)在\(D\)上的“最小取值”≤\(a\)——因为最小值是\(f(x)\)在\(D\)上的“底线”，底线≤\(a\)，说明至少有一个\(x\)（即取最小值的\(x\)）能让\(f(x) \leq a\)。

示例：若存在\(x \in [1, 3]\)，使得\(f(x) = \ln x - x + 2 \leq a\)，求\(f(x)\)在\([1,3]\)的最小值：\(f'(x)=\frac{1}{x} - 1\)，在\([1,3]\)上\(f'(x) \leq 0\)（仅\(x=1\)时为0），故\(f(x)\)单调递减，\(f(x)_{\min}=f(3)=\ln 3 - 1\)，因此\(a \geq \ln 3 - 1\)（只要\(a\)不小于\(\ln 3 - 1\)，就存在\(x=3\)使\(f(x) \leq a\)）。

延伸形式：存在\(x \in D\)，使得\(f(x) \geq g(x)\)等价于\(h(x)_{\max} = [f(x) - g(x)]_{\max} \geq 0\)。

逻辑转化：变形为\(h(x) = f(x) - g(x) \geq 0\)在\(D\)上存在解，回归到“基本形式1”的逻辑。

示例：存在\(x \in [0, \pi]\)，使得\(\sin x \geq x - a\)，即\(h(x) = \sin x - x + a \geq 0\)存在解，求\(h(x)\)在\([0, \pi]\)的最大值：\(h'(x)=\cos x - 1 \leq 0\)，故\(h(x)\)单调递减，\(h(x)_{\max}=h(0)=0 - 0 + a = a\)，因此\(a \geq 0\)（当\(a \geq 0\)时，\(x=0\)使\(h(x)=a \geq 0\)）。

三、双变量函数的恒成立与存在性问题

双变量问题涉及两个独立的自变量（如\(x_1 \in D_1\)，\(x_2 \in D_2\)），核心是明确“哪个变量是‘任意’，哪个是‘存在’”，再通过“先定一个变量求最值，再对另一个变量分析”的步骤拆解逻辑。

类型1：任意\(x_1 \in D_1\)，存在\(x_2 \in D_2\)，使得\(f(x_1) \leq g(x_2)\)等价于\(f(x_1)_{\max} \leq g(x_2)_{\max}\)（\(x_1 \in D_1\)，\(x_2 \in D_2\)）。

逻辑分层：先固定“任意变量”\(x_1\)，分析\(f(x_1)\)的范围；再要求“存在\(x_2\)”使得\(g(x_2)\)能“覆盖”每一个\(f(x_1)\)。

1. 对任意\(x_1 \in D_1\)，\(f(x_1)\)有一个最大值\(f(x_1)_{\max}\)（因为\(x_1\)是任意的，要让所有\(f(x_1)\)都≤某个\(g(x_2)\)，只需最大的那个\(f(x_1)\)≤某个\(g(x_2)\)）；

2. 存在\(x_2 \in D_2\)，使得\(g(x_2) \geq f(x_1)_{\max}\)（根据单变量存在性结论，这等价于\(g(x_2)_{\max} \geq f(x_1)_{\max}\)）。

示例：设\(f(x) = x^2 - 2x\)（\(x \in [0, 3]\)），\(g(x) = \ln x + m\)（\(x \in [1, e]\)），若对任意\(x_1 \in [0,3]\)，存在\(x_2 \in [1,e]\)，使得\(f(x_1) \leq g(x_2)\)。先求\(f(x_1)\)在\([0,3]\)的最大值：\(f(x_1) = (x_1-1)^2 - 1\)，\(f(3)=3\)，故\(f(x_1)_{\max}=3\)；再求\(g(x_2)\)在\([1,e]\)的最大值：\(g(x_2)\)单调递增，\(g(e)=1 + m\)，故\(1 + m \geq 3\)，得\(m \geq 2\)。

类型2：任意\(x_1 \in D_1\)，任意\(x_2 \in D_2\)，使得\(f(x_1) \leq g(x_2)\)等价于\(f(x_1)_{\max} \leq g(x_2)_{\min}\)（\(x_1 \in D_1\)，\(x_2 \in D_2\)）。

逻辑分层：两个变量都是“任意”，需让所有\(f(x_1)\)都≤所有\(g(x_2)\)——此时\(f(x_1)\)的“上限”必须≤\(g(x_2)\)的“下限”（因为若最大的\(f(x_1)\)都≤最小的\(g(x_2)\)，则所有\(f(x_1)\)都≤所有\(g(x_2)\)）。

示例：若对任意\(x_1 \in [0,2]\)（\(f(x_1)=x_1 + 1\)），任意\(x_2 \in [1,3]\)（\(g(x_2)=2x_2 - 1\)），使得\(f(x_1) \leq g(x_2)\)。求\(f(x_1)_{\max}=f(2)=3\)，\(g(x_2)_{\min}=g(1)=1\)，此时\(3 \leq 1\)不成立，故该不等式不恒成立。

类型3：存在\(x_1 \in D_1\)，存在\(x_2 \in D_2\)，使得\(f(x_1) \geq g(x_2)\)等价于\(f(x_1)_{\max} \geq g(x_2)_{\min}\)（\(x_1 \in D_1\)，\(x_2 \in D_2\)）。

逻辑分层：两个变量都是“存在”，只需找到一个\(f(x_1)\)和一个\(g(x_2)\)满足\(f(x_1) \geq g(x_2)\)——此时\(f(x_1)\)的“上限”≥\(g(x_2)\)的“下限”即可（因为最小的\(f(x_1)\)都≥最小的\(g(x_2)\)，则存在这样的\(x_1\)和\(x_2\)）。

示例：存在\(x_1 \in [1,4]\)（\(f(x_1)=\sqrt{x_1}\)），存在\(x_2 \in [2,5]\)（\(g(x_2)=x_2 - 3\)），使得\(f(x_1) \geq g(x_2)\)。求\(f(x_1)_{\max}=f(1)=2\)，\(g(x_2)_{\min}=g(2)=-1\)，此时\(2 \geq -1\)成立，故该存在性命题成立。

类型4：存在\(x_1 \in D_1\)，任意\(x_2 \in D_2\)，使得\(f(x_1) \geq g(x_2)\)等价于\(f(x_1)_{\max} \geq g(x_2)_{\max}\)（\(x_1 \in D_1\)，\(x_2 \in D_2\)）。

逻辑分层：先固定“任意变量”\(x_2\)，\(g(x_2)\)的最大值\(g(x_2)_{\max}\)是所有\(g(x_2)\)的“上限”；再要求“存在\(x_1\)”使得\(f(x_1)\)≥这个上限（因为要让\(f(x_1)\)≥所有\(g(x_2)\)，只需\(f(x_1)\)≥最大的\(g(x_2)\)）。

示例：存在\(x_1 \in [0,3]\)（\(f(x_1)=-x_1^2 + 4x_1\)），任意\(x_2 \in [1,2]\)（\(g(x_2)=x_2 + 1\)），使得\(f(x_1) \geq g(x_2)\)。求\(g(x_2)_{\max}=g(2)=3\)，\(f(x_1)_{\max}=f(2)=4\)，此时\(4 \geq 3\)成立，故存在\(x_1=2\)满足条件，命题成立。

四、核心总结

1. 核心逻辑统一：无论是单变量还是双变量，恒成立问题本质是“极端值覆盖条件的所有情况”，存在性问题本质是“极端值能满足条件的某一种情况”，关键是判断“取最大值还是最小值”。

2. 双变量的优先级：双变量问题需先明确“任意”和“存在”的优先级——通常先分析“任意变量”的最值（因为“任意”要求覆盖所有情况，需取极端值），再分析“存在变量”的最值（因为“存在”只需满足一个情况，需取对应极端值）。

3. 易错点规避：

单变量中，\(f(x) \geq g(x)\)恒成立≠\(f(x)_{\min} \geq g(x)_{\max}\)，必须构造差函数\(h(x)=f(x)-g(x)\)求\(h(x)_{\min}\)；

双变量中，混淆“任意”和“存在”的顺序会导致最值判断错误（如“任意\(x_1\)，存在\(x_2\)”与“存在\(x_1\)，任意\(x_2\)”的结论不同）；

忽略函数的定义域和单调性：求最值前必须先确定函数在区间内的单调性（或通过导数找极值点），避免直接代入区间端点导致最值计算错误。

五、函数任意性与存在性的绝对值问题

要理解函数任意性与存在性的绝对值问题，核心是先明确“任意性”（对所有自变量都成立）和“存在性”（至少有一个自变量成立）的本质区别，再结合绝对值的“非负性”和“最值特性”（绝对值问题的关键是转化为不含绝对值的最值关系）展开分析。

[一]同一函数绝对值的单变量问题

这类问题的核心是：绝对值对函数值的约束，需通过函数在定义域\(D\)上的最大值\(f_{\text{max}}(x)\) 和最小值\(f_{\text{min}}(x)\) 转化为具体不等式——因为“任意性”要求覆盖所有函数值，需用最值兜底；“存在性”要求至少有一个函数值满足，只需最值触达条件。

1. 任意性问题：\(\forall x \in D\)，\(|f(x)| \leq M\)（\(M\)为常数，且\(M \geq 0\)）

逻辑含义：对定义域\(D\)内的每一个\(x\)，函数值\(f(x)\)的绝对值都不超过\(M\)，即\(f(x)\)的所有取值都落在区间\([-M, M]\)内。

转化依据：要让所有函数值都在\([-M, M]\)里，需满足两个极端：  

① 函数的最大值不能超过\(M\)（否则最大值会跳出\(M\)的上限）；  

② 函数的最小值不能小于\(-M\)（否则最小值会跳出\(-M\)的下限）。

结论推导：  

由\(|f(x)| \leq M\)等价于\(-M \leq f(x) \leq M\)，结合“任意\(x\)都成立”：  

左边“\(-M \leq f(x)\)”对任意\(x\)成立 → \(f_{\text{min}}(x) \geq -M\)（最小值都满足，所有值都满足）；  

右边“\(f(x) \leq M\)”对任意\(x\)成立 → \(f_{\text{max}}(x) \leq M\)；  

因此，\(\forall x \in D\)，\(|f(x)| \leq M\) 等价于 \(f_{\text{min}}(x) \geq -M\) 且 \(f_{\text{max}}(x) \leq M\)。

示例：若\(\forall x \in [1,3]\)，\(|x^2 - 2x| \leq k\)（\(k\)为常数），求\(k\)的最小值。  

先求\(f(x) = x^2 - 2x\)在\([1,3]\)的最值：  \(f(x) = (x-1)^2 - 1\)，在\([1,3]\)上单调递增，故\(f_{\text{min}} = f(1) = -1\)，\(f_{\text{max}} = f(3) = 3\)；  

由结论需满足\(f_{\text{min}} \geq -k\)（即\(-1 \geq -k\) → \(k \geq 1\)）且\(f_{\text{max}} \leq k\)（即\(3 \leq k\)）；  

取两者交集，\(k \geq 3\)，故\(k\)的最小值为3。

2. 存在性问题：\(\exists x \in D\)，\(|f(x)| \leq M\)（\(M\)为常数，且\(M \geq 0\)）

逻辑含义：定义域\(D\)内至少有一个\(x\)，使得\(f(x)\)的绝对值不超过\(M\)，即\(f(x)\)的取值范围与区间\([-M, M]\)有交集。

转化依据：要让函数值与\([-M, M]\)有交集，只需函数的“最小值不超过\(M\)”且“最大值不小于\(-M\)”——这是因为若最小值≤\(M\)且最大值≥\(-M\)，则函数值必然会覆盖到\([-M, M]\)的部分区间（反之，若最大值\(< -M\)，则所有函数值都小于\(-M\)，绝对值都大于\(M\)；若最小值\(> M\)，则所有函数值都大于\(M\)，绝对值也都大于\(M\)，均无交集）。

结论推导：  

若\(\exists x \in D\)，\(|f(x)| \leq M\)，则需排除“所有\(|f(x)| > M\)”的情况：  

“所有\(|f(x)| > M\)”等价于“\(f(x) > M\)对任意\(x\)成立”（即\(f_{\text{min}}(x) > M\)）或“\(f(x) < -M\)对任意\(x\)成立”（即\(f_{\text{max}}(x) < -M\)）；  

因此，“存在\(x\)使\(|f(x)| \leq M\)”是上述情况的否定，即：  

\(\exists x \in D\)，\(|f(x)| \leq M\) 等价于 \(f_{\text{min}}(x) \leq M\) 且 \(f_{\text{max}}(x) \geq -M\)。

示例：若\(\exists x \in [1,3]\)，\(|x^2 - 2x| \leq 1\)，判断是否成立。  

由之前计算，\(f(x) = x^2 - 2x\)在\([1,3]\)的\(f_{\text{min}} = -1\)，\(f_{\text{max}} = 3\)；  

验证结论：\(f_{\text{min}} = -1 \leq 1\)（满足），\(f_{\text{max}} = 3 \geq -1\)（满足）；  

实际找\(x\)：当\(x=1\)时，\(|1 - 2| = 1 \leq 1\)，故成立。

3. 延伸：任意性与存在性的“绝对值不等式反向”

若问题为\(\forall x \in D\)，\(|f(x)| \geq M\)（任意性，所有绝对值都≥\(M\)）：  逻辑上等价于“所有\(f(x) \geq M\) 或 所有\(f(x) \leq -M\)”，即\(f_{\text{min}}(x) \geq M\)（最小值都≥\(M\)，所有值都≥\(M\)）或\(f_{\text{max}}(x) \leq -M\)（最大值都≤\(-M\)，所有值都≤\(-M\)）。

若问题为\(\exists x \in D\)，\(|f(x)| \geq M\)（存在性，至少一个绝对值≥\(M\)）：  逻辑上等价于“函数的最大值≥\(M\) 或 函数的最小值≤\(-M\)”——因为只要最大值≥\(M\)，则最大值对应的\(x\)满足\(|f(x)|≥M\)；只要最小值≤\(-M\)，则最小值对应的\(x\)满足\(|f(x)|≥M\)。

[二]不同函数绝对值的双变量问题

这类问题的核心是“跨函数的最值匹配”：先分别找到两个函数的最值（\(f_{\text{max}}, f_{\text{min}}\)和\(g_{\text{max}}, g_{\text{min}}\)），再根据“任意性”（需覆盖所有值）和“存在性”（需至少一个值）的逻辑，将绝对值不等式转化为两个函数最值之间的关系。

场景1：\(\forall x \in D_1\)，\(\forall y \in D_2\)，\(|f(x) - g(y)| \leq M\)（任意\(x\)、任意\(y\)都成立）

逻辑含义：对\(f(x)\)的每一个值，和\(g(y)\)的每一个值，它们的差的绝对值都不超过\(M\)——即两个函数的“取值范围”之间的距离（最大差距）不超过\(M\)。

转化关键：\(|f(x) - g(y)| \leq M\)等价于\(g(y) - M \leq f(x) \leq g(y) + M\)对所有\(x,y\)成立。需分两步分析：  

① 对“所有\(x,y\)，\(f(x) \leq g(y) + M\)”：固定\(y\)时，\(f(x)\)的最大值不能超过\(g(y) + M\)（否则\(f(x)\)的最大值会跳出上限）；再对“所有\(y\)”，\(g(y) + M\)的最小值不能小于\(f_{\text{max}}\)（否则存在某个\(y\)，使\(g(y)+M < f_{\text{max}}\)，导致\(f_{\text{max}} > g(y)+M\)，不满足）。因此，\(f_{\text{max}} \leq g_{\text{min}} + M\)（\(g(y)+M\)的最小值是\(g_{\text{min}} + M\)）。  

② 对“所有\(x,y\)，\(f(x) \geq g(y) - M\)”：固定\(y\)时，\(f(x)\)的最小值不能小于\(g(y) - M\)（否则\(f(x)\)的最小值会跳出下限）；再对“所有\(y\)”，\(g(y) - M\)的最大值不能大于\(f_{\text{min}}\)（否则存在某个\(y\)，使\(g(y)-M > f_{\text{min}}\)，导致\(f_{\text{min}} < g(y)-M\)，不满足）。因此，\(f_{\text{min}} \geq g_{\text{max}} - M\)（\(g(y)-M\)的最大值是\(g_{\text{max}} - M\)）。

结论推导：  

综合①②，\(\forall x \in D_1\)，\(\forall y \in D_2\)，\(|f(x) - g(y)| \leq M\) 等价于 \(f_{\text{max}} - g_{\text{min}} \leq M\) 且 \(g_{\text{max}} - f_{\text{min}} \leq M\)（整理上述两个不等式可得）。  

本质是：两个函数取值范围的“上限差”（\(f_{\text{max}} - g_{\text{min}}\)）和“下限差”（\(g_{\text{max}} - f_{\text{min}}\)）都不能超过\(M\)，否则存在一对\((x,y)\)使差的绝对值大于\(M\)。

场景2：\(\forall x \in D_1\)，\(\exists y \in D_2\)，\(|f(x) - g(y)| \leq M\)（对任意\(x\)，都存在对应的\(y\)成立）

逻辑含义：对\(f(x)\)的每一个值，都能在\(g(y)\)的取值中找到至少一个值，使得两者差的绝对值不超过\(M\)——即\(f(x)\)的每一个取值都能被\(g(y)\)的取值范围“覆盖”（覆盖范围是\([g(y)-M, g(y)+M]\)）。

转化关键：对任意一个固定的\(f(x_0)\)（\(x_0 \in D_1\)），需存在\(y\)使\(g(y) \in [f(x_0) - M, f(x_0) + M]\)（由\(|f(x_0)-g(y)| \leq M\)变形）。要让这个关系对所有\(f(x_0)\)都成立，需满足：  

\(f(x)\)的所有取值都落在\(g(y)\)的“\(M\)邻域覆盖范围”内——即\(f(x)\)的最大值不超过\(g(y)\)的最大值\(+M\)（否则\(f_{\text{max}}\)太大，\(g(y)\)的所有值加\(M\)都够不到），且\(f(x)\)的最小值不小于\(g(y)\)的最小值\(-M\)（否则\(f_{\text{min}}\)太小，\(g(y)\)的所有值减\(M\)都够不到）。

结论推导：  

对任意\(x\)，存在\(y\)使\(g(y) \in [f(x)-M, f(x)+M]\)，等价于：  

\(g(y)\)的取值范围与\([f(x)-M, f(x)+M]\)有交集，对所有\(x\)成立；  

要满足此条件，需\(f(x)\)的上限≤\(g_{\text{max}} + M\)（所有\(f(x)\)都不超过\(g_{\text{max}} + M\)）且\(f(x)\)的下限≥\(g_{\text{min}} - M\)（所有\(f(x)\)都不小于\(g_{\text{min}} - M\)）；  

因此，\(\forall x \in D_1\)，\(\exists y \in D_2\)，\(|f(x) - g(y)| \leq M\) 等价于 \(f_{\text{max}} \leq g_{\text{max}} + M\) 且 \(f_{\text{min}} \geq g_{\text{min}} - M\)。

示例：已知\(f(x) = x^2\)（\(x \in [0,2]\)），\(g(y) = y + 1\)（\(y \in [a,3]\)），若\(\forall x \in [0,2]\)，\(\exists y \in [a,3]\)，\(|f(x) - g(y)| \leq 1\)，求\(a\)的取值范围。  

第一步：求\(f(x)\)的最值：\(f(x)\)在\([0,2]\)单调递增，\(f_{\text{min}} = 0\)，\(f_{\text{max}} = 4\)；  

第二步：求\(g(y)\)的最值：\(g(y)\)在\([a,3]\)单调递增，\(g_{\text{min}} = a + 1\)，\(g_{\text{max}} = 4\)；  

第三步：套用结论：  

① \(f_{\text{max}} \leq g_{\text{max}} + 1\) → \(4 \leq 4 + 1\)（恒成立）；  

② \(f_{\text{min}} \geq g_{\text{min}} - 1\) → \(0 \geq (a + 1) - 1\) → \(0 \geq a\)；  

同时，需保证\(g(y)\)的定义域有效（\(a \leq 3\)），故\(a\)的取值范围是\(a \leq 0\)。

场景3：\(\exists x \in D_1\)，\(\exists y \in D_2\)，\(|f(x) - g(y)| \leq M\)（存在\(x\)、存在\(y\)成立）

逻辑含义：至少存在一对\((x,y)\)，使得\(f(x)\)与\(g(y)\)差的绝对值不超过\(M\)——即两个函数的取值范围与对方的“\(M\)邻域”有交集。

转化关键：只需\(f(x)\)的取值范围与\(g(y)\)的“\(M\)邻域范围”（\([g_{\text{min}} - M, g_{\text{max}} + M]\)）有交集，或等价地，\(g(y)\)的取值范围与\(f(x)\)的“\(M\)邻域范围”（\([f_{\text{min}} - M, f_{\text{max}} + M]\)）有交集。  

从最值角度看，若\(f_{\text{max}} \geq g_{\text{min}} - M\)且\(f_{\text{min}} \leq g_{\text{max}} + M\)，则两个范围有交集（反之，若\(f_{\text{max}} < g_{\text{min}} - M\)，则\(f(x)\)所有值都小于\(g(y)-M\)，差的绝对值大于\(M\)；若\(f_{\text{min}} > g_{\text{max}} + M\)，则\(f(x)\)所有值都大于\(g(y)+M\)，差的绝对值也大于\(M\)）。

结论推导：  

\(\exists x \in D_1\)，\(\exists y \in D_2\)，\(|f(x) - g(y)| \leq M\) 等价于 \(f_{\text{max}} \geq g_{\text{min}} - M\) 且 \(f_{\text{min}} \leq g_{\text{max}} + M\)。

[三]绝对值的任意性与存在性问题 总结：解题的“三步法”

无论单变量还是双变量，绝对值的任意性与存在性问题都可按以下步骤解决，无需死记结论：

1. 去绝对值：将绝对值不等式\(|A| \leq B\)（\(B \geq 0\)）转化为等价的线性不等式\(-B \leq A \leq B\)（这是所有推导的基础）；  

2. 定“任意/存在”：  

若含“任意”（\(\forall\)）：需保证“所有变量对应的表达式都满足不等式”，因此需用最值兜底（如“任意\(x\)使\(f(x) \leq C\)”→\(f_{\text{max}} \leq C\)）；  

若含“存在”（\(\exists\)）：需保证“至少一个变量对应的表达式满足不等式”，因此需用最值触达（如“存在\(x\)使\(f(x) \leq C\)”→\(f_{\text{min}} \leq C\)）；  

3. 联函数最值：分别求出涉及函数的最大值和最小值，根据“任意/存在”的逻辑，将不等式转化为“最值之间的关系”，最终求解参数范围或判断是否成立。

一、一次函数恒成立与存在性问题

1. 基础一次函数恒成立

题干：已知函数\( f(x) = (m-2)x + 3 \)，对任意\( x \in [1, 2] \)，均有\( f(x) > 0 \)，求实数\( m \)的取值范围。

关键思路：一次函数单调性由斜率决定，分“斜率正、负、零”讨论：

当\( m-2 > 0 \)（即\( m > 2 \)）时，\( f(x) \)在\([1,2]\)递增，最小值\( f(1) = m+1 > 0 \)，恒成立；

当\( m-2 = 0 \)（即\( m = 2 \)）时，\( f(x) = 3 > 0 \)，恒成立；

当\( m-2 < 0 \)（即\( m < 2 \)）时，\( f(x) \)在\([1,2]\)递减，最小值\( f(2) = 2m-1 > 0 \)，得\( \frac{1}{2} < m < 2 \)；

综上，\( m > \frac{1}{2} \)。

2. 含参数一次函数存在性

题干：已知函数\( f(x) = kx + 1 \)，存在\( x \in [-1, 3] \)使得\( f(x) \leq 0 \)，求实数\( k \)的取值范围。

关键思路：“存在\( x \)使不等式成立”即函数在区间内的最小值≤0，同样分斜率讨论：

当\( k > 0 \)时，\( f(x) \)递增，最小值\( f(-1) = -k + 1 \leq 0 \)，得\( k \geq 1 \)；

当\( k = 0 \)时，\( f(x) = 1 > 0 \)，无解；

当\( k < 0 \)时，\( f(x) \)递减，最小值\( f(3) = 3k + 1 \leq 0 \)，得\( k \leq -\frac{1}{3} \)；

综上，\( k \geq 1 \)或\( k \leq -\frac{1}{3} \)。

3. 一次函数与不等式结合

题干：对任意\( x \in [0, 1] \)，不等式\( 2x + a \leq x^2 + 1 \)恒成立，求实数\( a \)的取值范围。

关键思路：分离参数\( a \)，转化为“\( a \leq x^2 - 2x + 1 \)对任意\( x \in [0,1] \)恒成立”，即\( a \leq (x^2 - 2x + 1)_{\text{min}} \)；

令\( g(x) = (x-1)^2 \)，在\([0,1]\)递减，最小值\( g(1) = 0 \)，故\( a \leq 0 \)。

4. 双变量一次函数存在性

题干：已知\( f(x) = 2x + t \)，\( g(x) = -x + 4 \)，存在\( x_1 \in [0, 2] \)，\( x_2 \in [1, 3] \)使得\( f(x_1) = g(x_2) \)，求实数\( t \)的取值范围。

关键思路：转化为“\( f(x) \)在\([0,2]\)的值域与\( g(x) \)在\([1,3]\)的值域有交集”；

\( f(x) \)值域：\([t, 4 + t]\)；

\( g(x) \)值域：\([1, 3]\)；

交集存在需满足\( t \leq 3 \)且\( 4 + t \geq 1 \)，得\( -3 \leq t \leq 3 \)。

二、二次函数恒成立与存在性问题

5. 二次函数在R上恒成立

题干：对任意\( x \in \mathbb{R} \)，不等式\( ax^2 + 2x + a > 0 \)恒成立，求实数\( a \)的取值范围。

关键思路：二次函数在R上恒正需满足“开口向上+判别式<0”：

开口向上：\( a > 0 \)；

判别式\( \Delta = 4 - 4a^2 < 0 \)，得\( a > 1 \)或\( a < -1 \)；

综上，\( a > 1 \)。

6. 二次函数在区间上恒成立

题干：已知\( f(x) = x^2 - 2ax + 1 \)，对任意\( x \in [0, 2] \)，\( f(x) \geq 0 \)恒成立，求实数\( a \)的取值范围。

关键思路：二次函数对称轴为\( x = a \)，分“对称轴在区间左、中、右”讨论：

当\( a \leq 0 \)时，\( f(x) \)在\([0,2]\)递增，最小值\( f(0) = 1 \geq 0 \)，恒成立；

当\( 0 < a < 2 \)时，最小值\( f(a) = 1 - a^2 \geq 0 \)，得\( 0 < a \leq 1 \)；

当\( a \geq 2 \)时，\( f(x) \)在\([0,2]\)递减，最小值\( f(2) = 5 - 4a \geq 0 \)，得\( 2 \leq a \leq \frac{5}{4} \)（无解）；

综上，\( a \leq 1 \)。

7. 二次函数存在性（区间内有解）

题干：已知\( f(x) = x^2 - 3x + 2 \)，存在\( x \in [1, 4] \)使得\( f(x) < m \)成立，求实数\( m \)的取值范围。

关键思路：“存在\( x \)使\( f(x) < m \)”即\( m > f(x)_{\text{min}} \)；

\( f(x) \)对称轴\( x = \frac{3}{2} \in [1,4] \)，最小值\( f\left(\frac{3}{2}\right) = -\frac{1}{4} \)，故\( m > -\frac{1}{4} \)。

8. 二次函数与绝对值结合

题干：对任意\( x \in [-1, 1] \)，\(|x^2 - ax - b| \leq 1 \)恒成立，求实数\( a, b \)的值。

关键思路：令\( f(x) = x^2 - ax - b \)，取区间端点与对称轴（\( x = \frac{a}{2} \)）代入不等式：

当\( x = 1 \)：\(|1 - a - b| \leq 1\)；

当\( x = -1 \)：\(|1 + a - b| \leq 1\)；

两式相加得\(|1 - a - b| + |1 + a - b| \geq |2| = 2\)，且两式均≤1，故只能均等于1，解得\( b = 1 \)，\( a = 0 \)；

验证对称轴\( x = 0 \)：\(|0 - 0 - 1| = 1 \leq 1 \)，成立。

9. 双二次函数恒成立

题干：已知\( f(x) = x^2 + 2x \)，\( g(x) = x^2 + 2x + 3 - k \)，对任意\( x \in \mathbb{R} \)，\( f(x) \leq g(x) \)恒成立，求实数\( k \)的取值范围。

关键思路：化简不等式得\( 0 \leq 3 - k \)，即\( k \leq 3 \)（直接消去相同二次项，简化计算）。

10. 二次函数与参数范围逆向求

题干：已知\( f(x) = ax^2 + (a - 2)x - 2 \)，若存在\( a \in [1, 2] \)使得\( f(x) > 0 \)成立，求实数\( x \)的取值范围。

关键思路：将函数视为关于\( a \)的一次函数\( h(a) = (x^2 + x)a - 2x - 2 \)，“存在\( a \in [1,2] \)使\( h(a) > 0 \)”即\( h(1) > 0 \)或\( h(2) > 0 \)：

\( h(1) = x^2 + x - 2x - 2 = x^2 - x - 2 > 0 \)，得\( x > 2 \)或\( x < -1 \)；

\( h(2) = 2x^2 + 2x - 2x - 2 = 2x^2 - 2 > 0 \)，得\( x > 1 \)或\( x < -1 \)；

综上，\( x > 1 \)或\( x < -1 \)。

三、分式/指对函数恒成立与存在性问题

11. 分式函数恒成立

题干：对任意\( x \in (0, 1] \)，\( \frac{2x + 1}{x} \geq a \)恒成立，求实数\( a \)的取值范围。

关键思路：化简函数\( f(x) = 2 + \frac{1}{x} \)，在\((0,1]\)递减，最小值\( f(1) = 3 \)，故\( a \leq 3 \)。

12. 分式函数存在性

题干：已知\( f(x) = \frac{x + 1}{x - 1} \)，存在\( x \in [2, 3] \)使得\( f(x) \leq m \)成立，求实数\( m \)的取值范围。

关键思路：化简\( f(x) = 1 + \frac{2}{x - 1} \)，在\([2,3]\)递减，最大值\( f(2) = 3 \)，故\( m \geq 3 \)。

13. 指数函数恒成立

题干：对任意\( x \in [0, 2] \)，\( 2^x + a \cdot 4^x \geq 1 \)恒成立，求实数\( a \)的取值范围。

关键思路：令\( t = 2^x \)（\( t \in [1, 4] \)），不等式化为\( a \geq \frac{1 - t}{t^2} = \frac{1}{t^2} - \frac{1}{t} \)；

令\( u = \frac{1}{t} \)（\( u \in [\frac{1}{4}, 1] \)），则\( g(u) = u^2 - u \)，在\([\frac{1}{4},1]\)最大值\( g(1) = 0 \)，故\( a \geq 0 \)。

14. 对数函数恒成立

题干：对任意\( x \in [\frac{1}{2}, 2] \)，\( \log_{\frac{1}{2}} x + a \geq 0 \)恒成立，求实数\( a \)的取值范围。

关键思路：\( \log_{\frac{1}{2}} x \)在\([\frac{1}{2},2]\)递减，最小值\( \log_{\frac{1}{2}} 2 = -1 \)，故\( a \geq 1 \)（需满足\( a \geq -\log_{\frac{1}{2}} x \)的最大值）。

15. 指对函数结合存在性

题干：已知\( f(x) = e^x \)，\( g(x) = \ln x + 2 \)，存在\( x_1 \in [0, 1] \)，\( x_2 \in [1, e] \)使得\( f(x_1) = g(x_2) \)，求实数\( k \)的取值范围（本题无参数，可改为验证值域交集：\( f(x) \)值域\([1,e]\)，\( g(x) \)值域\([2,3]\)，交集为\([2,e]\)，故存在）。

四、复合型函数恒成立与存在性问题

16. 二次+一次复合型恒成立

题干：已知\( f(x) = x^2 - 2x \)，对任意\( x \in [0, 3] \)，\( f(x) + m \leq 2x + 1 \)恒成立，求实数\( m \)的取值范围。

关键思路：化简不等式得\( m \leq -x^2 + 4x + 1 \)，令\( h(x) = -x^2 + 4x + 1 \)，在\([0,3]\)最大值\( h(2) = 5 \)，最小值\( h(0) = 1 \)，故\( m \leq 1 \)。

17. 分式+二次复合型存在性

题干：已知\( f(x) = \frac{x^2 + 1}{x} = x + \frac{1}{x} \)，存在\( x \in [\frac{1}{2}, 2] \)使得\( f(x) < kx \)成立，求实数\( k \)的取值范围。

关键思路：化简得\( k > 1 + \frac{1}{x^2} \)，令\( g(x) = 1 + \frac{1}{x^2} \)，在\([\frac{1}{2},2]\)递减，最小值\( g(2) = \frac{5}{4} \)，故\( k > \frac{5}{4} \)。

18. 绝对值+二次复合型恒成立

题干：对任意\( x \in [-1, 1] \)，\(|x^2 - 2x + a| \leq 3 \)恒成立，求实数\( a \)的取值范围。

关键思路：转化为“\(-3 \leq x^2 - 2x + a \leq 3\)对任意\( x \in [-1,1] \)恒成立”，即：

左半部分：\( a \leq -x^2 + 2x + 3 \)，最大值\( h(1) = 4 \)；

右半部分：\( a \geq -x^2 + 2x - 3 \)，最小值\( h(-1) = -6 \)；

综上，\( -6 \leq a \leq 4 \)。

19. 双函数最值复合型恒成立

题干：已知\( f(x) = x^2 - 2x \)（\( x \in [0,3] \)），\( g(x) = kx + 1 \)（\( x \in [0,3] \)），对任意\( x_1, x_2 \in [0,3] \)，均有\( f(x_1) \leq g(x_2) \)恒成立，求实数\( k \)的取值范围。

关键思路：“任意\( x_1, x_2 \)使\( f(x_1) \leq g(x_2) \)”即\( f(x)_{\text{max}} \leq g(x)_{\text{min}} \)；

\( f(x)_{\text{max}} = f(3) = 3 \)；

\( g(x) \)分斜率讨论：\( k \geq 0 \)时最小值\( g(0) = 1 \)（无解），\( k < 0 \)时最小值\( g(3) = 3k + 1 \)，得\( 3k + 1 \geq 3 \)，即\( k \geq \frac{2}{3} \)（矛盾，实际本题需调整：若改为“存在\( x_1, x_2 \)使\( f(x_1) \leq g(x_2) \)”，则\( f(x)_{\text{min}} \leq g(x)_{\text{max}} \)，可解）。

20. 分段函数恒成立

题干：已知分段函数\( f(x) = \begin{cases} x^2 + 1 & (x \geq 0) \\ -x + 2 & (x < 0) \end{cases} \)，对任意\( x \in \mathbb{R} \)，\( f(x) \geq ax \)恒成立，求实数\( a \)的取值范围。

关键思路：分\( x \geq 0 \)和\( x < 0 \)讨论：

当\( x = 0 \)时，\( 1 \geq 0 \)，恒成立；

当\( x > 0 \)时，\( a \leq x + \frac{1}{x} \)，最小值\( 2 \)（均值不等式），故\( a \leq 2 \)；

当\( x < 0 \)时，\( a \geq -1 + \frac{2}{x} \)，\( \frac{2}{x} < 0 \)，故\( a \geq -1 \)；

综上，\( -1 \leq a \leq 2 \)。

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