在“有解”或“恒成立”背景下求变量的取值范围，一直是同学们学习的难点，同时也是考试命题时的热点.试题大多涉及到函数的值域、函数的性质等知识点，全面考查对概念的理解和思维的灵活性，能体现同学们分析问题和解决问题的综合能力.解决此类问题的关键是要联系函数的图象和性质，灵活应用数学思想方法去分析和转化问题.
　　一、单变量型“存在性”与“任意性”问题
　　例1设函数f（x）=x2，g（x）=x ax（a∈R），若存在x0∈[1，3]，使得f（x0）=g（x0）成立，则实数a的取值范围为.
　　解析：（分离参数法）设h（x）=f（x）-g（x）=x2-x-ax，则原题可转化为：x0∈[1，3]，使得h（x0）=0，即h（x）=0在[1，3]上有解.h（x）=x2-x-ax=x3-x2-ax=0，则x3-x2-a=0在[1，3]上有解，分离参数得：x3-x2=a，则a的取值范围即为函数y=x3-x2在[1，3]上的值域，易得实数a的取值范围为[0，18].
　　例2设函数f（x）=x3，g（x）=-x2 x-29a，若对x0∈[-1，a3]（a>0），有不等式f（x0）>g（x0）恒成立，则实数a的取值范围为.
　　解析：（最值法）设h（x）=f（x）-g（x）=x3 x2-x 29a，则原题可转化为：h（x）>0在[-1，a3]上恒成立，即h（x）min>0，问题转化为求函数h（x）在区间[-1，a3]上的最小值.
　　∵h′（x）=3x2 2x-1=（3x-1）（x 1），则h（x）在（-∞，-1）和（13， ∞）上单调递增，在[-1，13]上单调递减，又x0∈[-1，a3]（a>0），则
　　①当00，解得：a∈（-3 212，1]；
　　②当a>1时，h（x）在[-1，13]上单调递减，在[13，a3]上单调递增，则h（x）min=h（13）=-527 29a>0a>56，即a∈（1， ∞）.
　　综上，实数a的取值范围为：a∈（-3 212， ∞）.
　　方法归纳：一般地，函数y=f（x）在闭区间上有以下结论：（其中M为常数）
　　（1）f（x）>M恒成立f（x）min>M；f（x）　　（2）f（x）>M有解f（x）max>M；f（x）　　二、双变量型“存在性”与“任意性”问题
　　例3设函数f（x）=ax sinx cosx，若函数f（x）的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线y=f（x）在点A，B处的切线互相垂直，则实数a的取值范围为.
　　解析：f′（x）=a cosx-sinx=-2sin（x-π4） a，设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意得：x1，x2（x1≠x2），使得f′（x1）·f′（x2）=-1f′（x1）=-1f′（x2），则问题转化为：函数f′（x1）的值域与函数-1f′（x2）的值域有交集即可.因为f′（x）的值域为[a-2，a 2]，故
　　①当a 2<0，即a<-2时，f′（x1）∈[-2 a，2 a]，-1f′（x2）∈[-1a-2，-1a 2]，则f′（x1）<0，但-1f′（x2）>0，故无交集；
　　②当a-2>0，即a>2时，同理可得无交集；
　　③当a-2<0a 2>0，即-2　　f′（x1）∈[-2 a，2 a]，-1f′（x2）∈（-∞，-1a 2]∪[-1a-2， ∞），则有a-2≤-1a 2或a 2≥-1a-2，解得：a∈[-1，1].
　　④当a=±2时，不符合题意.
　　综上，实数a的取值范围为[-1，1].
　　例4设a>1，若对于任意的x∈[a，2a]，都有y∈[a，a2]满足方程logax logay=3，则实数a的取值范围为.
　　解析：由logax logay=3得：logax=3-logay，设f（x）=logax，g（y）=3-logay，因为x∈[a，2a]，y∈[a，a2]，则f（x）∈[1，1 loga2]，g（y）∈[1，2]，由题意得：[1，1 loga2][1，2]，则1 loga2≤2a∈（1，2].
　　例5已知f（x）=x2，g（x）=（12）x-m，若对任意x1∈[-1，3]，总存在x2∈[0，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，则实数m的取值范围是.
　　解析：对任意x1∈[-1，3]，总存在x2∈[0，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立f（x1）min≥g（x2）min，
　　因为函数f（x）=x2在[-1，0]上单调递减，在[0，3]上单调递增，则f（x1）min=f（0）=0，又因为函数g（x）=（12）x-m在[0，2]上单调递减，则g（x2）min=g（2）=14-m，故0≥14-mm≥14.
　　方法归纳：类型1：“x1∈（a，b），x2∈（c，d），使得f（x1）≥f（x2）恒成立”等价于“x1∈（a，b），x2∈（c，d）时，f（x1）min≥f（x2）min”；
　　类型2：“x1∈（a，b），x2∈（c，d），使得f（x1）≥f（x2）恒成立”等价于“x1∈（a，b），x2∈（c，d）时，f（x1）min≥f（x2）max”；
　　类型3：“x1∈（a，b），x2∈（c，d），使得f（x1）≥f（x2）恒成立”等价于“x1∈（a，b），x2∈（c，d）时，f（x1）max≥f（x2）min”；
　　类型4：“x1∈（a，b），x2∈（c，d），使得f（x1）≥f（x2）恒成立”等价于“x1∈（a，b），x2∈（c，d）时，f（x1）max≥f（x2）max”.
　　三、多变量型“存在性”与“任意性”问题
　　例6已知a>0，-2a　　分析：这是一个看起来不像函数但本质上是函数的问题，函数化是关键，注意题设与结论都是齐次式，而且注意到结论的分母是a，因此选ba作为整体变量.
　　解析：由a b c=0，得b2-3aca2=b2 3a（a b）a2=b2 3a2 3aba2=（ba）2 3（ba） 3
　　=[（ba） 32]2 34，再由a>0，-2a　　方法归纳：由等量代换把c消去，变成关于a，b的函数，而a，b两变量之间只有不等关系，通过变量集中，可以看成关于ba的函数.函数是高中数学的基础，大部分数学问题都有函数的影子，因此常说高中数学中，函数是一条主线，我们应学会用函数思想看问题.
　　例7函数f（x）=3x a与函数g（x）=3x 2a在区间（b，c）上都有零点，则a2 2ab 2ac 4bcb2-2bc c2的最小值为.
　　解析：由单调递增的一次函数f（x）与g（x）在区间（b，c）上都有零点，得：3b a<0（1）3c a>0（2）3b 2a<0（3）3c 2a>0（4），
　　故：（1） （3）得：6b 3a<0a 2b<0；（2） （4）得：6c 3a>0a 2c>0.
　　又因为a2 2ab 2ac 4bcb2-2bc c2=a（a 2b） 2c（a 2b）（b-c）2
　　=4×（a 2b）（a 2c）[（a 2b）-（a 2c）]2
　　=4×（a 2b）（a 2c）（a 2b）2 （a 2c）2-2（a 2b）（a 2c）
　　=4×1a 2ba 2c a 2ca 2b-2，
　　由a 2b<0，a 2c>0得：a 2ba 2c a 2ca 2b≤-2，故a 2ba 2c a 2ca 2b-2≤-4，即
　　1a 2ba 2c a 2ca 2b-2≥-14，故a2 2ab 2ac 4bcb2-2bc c2的最小值为-1.
　　（作者：丁称兴，江苏省溧水高级中学）