（江苏专用）2020版高考数学大一轮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

《（江苏专用）2020版高考数学大一轮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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专用）2020版高考数学大一轮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（26页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

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,f(x)minM,f(x)maxM,f(x)maxM,f(x)minM,f(x)g(x)min0,f(x)g(x)max0,f(x)ming(x)max,f(x)ming(x)min,f(x)maxg(x)max,f(x)maxg(x)min,1.已知g(x

2、) x22aln x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ax2在1，2上恒成立.,2.(2019苏北四市联考)已知函数f(x)x3ax24，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为_.解析 由题意知f(x)3x22axx(3x2a)，当a0时，不符合题意.,答案 (3，),解 (1)函数的定义域为(0，)，,令f(x)0，得x1； 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(

3、x)g(1)2， 故k2.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)exax2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a1，k为整数，且当x0时，(xk)f(x)x10，求k的最大值.解 (1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增；若a0，则当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0，所以，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增.,(2)由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.故当x0时，(xk)f(x)x10等价于,由(1)

4、知，函数h(x)exx2在(0，)上单调递增.而h(1)0，h(2)0，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，则(1，2). 当x(0，)时，g(x)0；当x(，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，)上的最小值为g().又由g()0，可得e2，所以g()1(2，3). 由于式等价于kg()，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af(x)(或af(x)的形式，通过求函数yf(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)mina；(2)f(x)b恒成立

5、f(x)maxb.,【训练1】 (2019新海中学调研)已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax3，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(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(x)minh(1)4， 因为对一切x(0，)，ah(x)恒成立，所以a4.,考点二 不等式恒成立问题,【例2】 设函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y4x2.(1)求a，

6、b，c，d的值.(2)若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围.解 (1)由已知得f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而f(x)2xa，g(x)ex(cxdc).故b2，d2，a4，dc4.从而a4，b2，c2，d2.,(2)由(1)知f(x)x24x2，g(x)2ex(x1). 设F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2， 则F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1). 由题设可得F(0)0，即k1. 令F(x)0，即2(x2)(kex1)0，得x1ln k，x22. 若1k0， 即F(x)在x(2，x1)上单调递减，在x(x1，)上单调递增，故F(x)

7、在2，)上有最小值为F(x1).,故当x2时，F(x)0恒成立，即f(x)kg(x). 若当ke2，则F(x)2e2(x2)(exe2)，当x2时，F(x)0，则F(x)在(2，)上单调递增，而F(2)0，故当且仅当x2时，F(x)0恒成立，即f(x)kg(x). 若ke2，则F(2)2ke222e2(ke2)0. 从而当x2时，f(x)kg(x)不可能恒成立. 综上，k的取值范围为1，e2.,规律方法 含参数的不等式恒成立问题，除了分离参数外，常用构造函数转化法求参数，常见方法如下： (1)f(x)0在区间D上恒成立，则f(x)min0在D上恒成立； (2)f(x)g(x)在区间D上恒成立，

8、则f(x)ming(x)max在D上恒成立或h(x)f(x)g(x)，则h(x)min0在D上恒成立. (3)在处理含参数的恒成立问题时，注意分类讨论思想的应用.,【训练2】 设函数f(x)ax2aln x，其中aR.(1)讨论f(x)的单调性；,当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)内单调递减.,则s(x)ex11.而当x1时，s(x)0， 所以s(x)在区间(1，)内单调递增. 又由s(1)0，有s(x)0，从而当x1时，g(x)0. 当a0，x1时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.,因此，h(x)在区间(1，)单调递增. 又因为h(1)0，所以当

9、x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立.,考点三 存在性问题,【例3】 已知函数f(x)axln x(aR).(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)x22x2，若对任意x1(0，)，均存在x20，1使得f(x1)g(x2)，求a的取值范围.,当a0时，由于x0，故ax10，f(x)0， 所以f(x)的单调增区间为(0，).,(2)由已知得所求可转化为f(x)maxg(x)max，g(x)(x1)21，x0，1， 所以g(x)max2， 由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增，值域为R，故不符合题意.,规律方法 含参数的能成立(存在型)问题的解题方法： a

10、f(x)在区间D上能成立af(x)min； af(x)在区间D上能成立af(x)max.,若a1，当x1，e时，f(x)0， 则f(x)在1，e上为增函数，f(x)minf(1)1a. 若1ae， 当x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；当xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数.,(1)当x1，e时，求f(x)的最小值； (2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围.,所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.综上，当a1时，f(x)min1a； 当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；,(2)由题意知：f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2，0)的最小值. 由(1)知f(x)在e，e2上单调递增，,当x2，0时，g(x)0，g(x)为减函数，则g(x)ming(0)1，,