江苏专用高考数学复习第三章导数及其应用第4讲导数的综合应用__解决恒成立存在性问题课件.pptx

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1、第4讲　导数的综合应用——解决恒成立、存在性问题考试要求1.理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性(B级要求)；2.掌握利用导数求函数极值与最值的方法(B级要求)；3.会利用导数解决与不等式有关的恒成立问题、存在性问题；4.会利用导数解决涉及函数零点的一些问题.知识梳理运用不等式求解恒成立、存在性问题的转化关系不等式类型与最值的关系任意的x∈D，f(x)>M任意的x∈D，__________任意的x∈D，f(x)M任意的x∈D，__________存在x∈D，f(x)

2、意的x∈D，f(x)>g(x)任意的x∈D，________________f(x)min>Mf(x)maxMf(x)min0任意的x∈D，f(x)g(x2)任意的x∈D1，任意的x∈D2，_______________任意的x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)任意的x∈D1，任意的x∈D2，_______________存在x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2)任意的x∈D1，任意的x∈D2，___

3、_____________存在x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)任意的x∈D1，任意的x∈D2，________________[f(x)－g(x)]max<0f(x)min>g(x)maxf(x)min>g(x)minf(x)max>g(x)maxf(x)max>g(x)min1.已知g(x)＝＋x2＋2alnx在[1，2]上是减函数，则实数a的取值范围为________.诊断自测由已知得g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，可得a≤－x2在[1，2]上恒成立.2.(2019·苏北四市联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交

4、点，则实数a的取值范围为________.解析由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，当a≤0时，不符合题意.答案(3，＋∞)解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x＝1；当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2].考点一　分离参数法求解恒成立问题【例1】设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且

5、当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a＞0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增.(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增.而h(1)＜0，h(2)＞0

6、，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点.设此零点为α，则α∈(1，2).当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3).由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.规律方法利用导数研究含参数的不等式问题，若能分离参数，则转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.恒成立问题的求解方法如下：(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a；(2)

7、f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b.【训练1】(2019·新海中学调研)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3，其中a为实数.对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.对一切x∈(0，＋∞)恒成立.当x∈(0，1)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增.所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一极小值h(1)，即为最小值，所以h