选修11导数的应用恒成立问题存在性问题教案.docx

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选修11导数的应用恒成立问题存在性问题教案

适用学科

L.—..——一一—.

高中数学

11

适用年级I高二

11

适用区域

苏教版

课时时长（分钟）丨2课时

1

知识点

1•恒成立问题

2•存在性问题i

1

教学目标

1

1.能利用导数熟练解决恒成立问题•1

2.能利用导数熟练解决存在性问题

教学重点

分辨恒成立冋题、存在性冋题

教学难点

理解最大最小值成立

【知识导图】

教学过程

、导入

【教学建议】

导入是一节课必备的一个环节，是为了激发学生的学习兴趣，帮助学生尽快进入学习状^态。

导入的方法很多，仅举两种方法：

1情境导入，比如讲一个和本讲内容有关的生活现象；

2温故知新，在知识体系中，从学生已有知识入手，揭示本节知识与旧知识的关系，帮学生建立知识网络。

极值与最值的区别和联系

⑴函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是

函数在整个定义域上的情况，是对函数在整个定义域上的函数值的比较.

（2）函数的极值不一定是最值，需对极值和区间端点的函数值进行比较，或者考察函数

在区间内的单调性.

（3）如果连续函数在区间（a,b）内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值.

（4）可用函数的单调性求f（x）在区间上的最值，若f（x）在［a,b］上单调递增，贝Uf（x）的最大值为f（b），最小值为f（a）,若f（x）在［a,b］上单调递减，则f（a）为函数的最大值，f（b）为函数的最小值.

二、知识讲解

考点恒成立恒题立问题aAf（XM亘成立二a>f（Xhax；a兰f（X）恒成立=a兰f（Xhn

（2）能成立问题的转化：

anf（x）能成立二aAf（x）min；a兰f（x能成立na兰f（xhax

（3）恰成立问题的转化：

afx在M上恰成立：

jafx的解集为

afx在M上恒成立

a_fx在CrM上恒成立

另一转化方法：

若x・D,f（x）_A在D上恰成立，等价于f（x）在D上的最小值

fmin（x^A，若D,f（x）乞B在D上恰成立，则等价于f（x）在D上的最大值

fmax（X）二B•

（4）若不等式fX・gx在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y=fX和图象在函数y=gx图象上方；

（5）若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y二fx和图象在函数

y二gx图象下方；

考点2存在性问题

（1）设函数fx、gx，对任意的x1a,bi,存在X2eC,d】，使得f（xi）兰g（x2）,

则fminXg

minX

（2）设函数fx、gx，对任意的•a,b1,存在x2C,d1,使得fX［乞gx2,

则fmaxX空gmaxX。

（3）设函数fx、gx，对任意的•a,bl,存在x2•C,d】，使得f%=gx2,则fx在x「a,bl上的值域m是gx在X2•C,d】上的值域N的子集。

即：

M-No

C,dI,使得fxi-gX2，则

（4）设函数fx、gx，存在Xi•la,bl,存在X2-

（5）设函数fx、gx，存在£•a,bl,存在X2•C,d】，使得f&岂gX2，则

fmnxgmaxX

类型三一、恒成精问题

例题1

已知函数f（x）=X2-2ax•1,g（xH-，其中a0,x=0•对任意x[1,2]，都有

x

f（x）g（x）恒成立，求实数a的取值范围；

22

函数，min（X^：

：

'：

：

（1），所以a的取值范围是0：

：

：

a：

：

：

—.

33

【总结与反思】在函数的导数应用中极值和最值往往都的联立出现的，尤其是最值的求解

过程中，一定会涉及到极值的求解部分，所以也可以说：

极值不一定是最值，但是最值一定

是极值。

例题2

3

已知f（x）=ax+cx+d（a丰是R上的奇函数，当x=1时，f（x）取得极值一2.

（1）求f（x）的解析式；

⑵证明对任意XI、X2^（-1,1）,不等式丨f（X”—f（X2）|<4恒成立.

3

解：

⑴由f（x）=ax+cx+d（aM0是R上的奇函数，知f（0）=0,解得d=0,

所以f（x）=ax3+cx（az0）f'x）=3ax2+c（a丰0）

由当x=1时，f（x）取得极值—2，得f

（1）=a+c=-2,且f'（羽3a+c=0,解得

3

a=1,c=—3,所以f（x）=x—3x.

⑵令f'x）>0,解得x<—1，或x>1;令f'x（<0，解得一1

从而函数f（x）在区间（一g,—1）内为增函数，（一1,1）内为减函数，在（1,+g）为增函数.

故当x€［—1,1］时，f（x）的最大值是f（—1）=2,最小值是f

（1）=—2,

所以，对任意X1、x2€（一1,1）,|f（x1）—f（x2）|<2—（—2）=4.

【总结与反思】在函数的导数应用中极值和最值往往都的联立出现的，尤其是最值的求解

过程中，一定会涉及到极值的求解部分，所以也可以说：

极值不一定是最值，但是最值一定

是极值。

类型二存在性问题

.例题1

已知a-0,函数f（x）=（x2-2ax）eX，设f（x）在［-1,1］上是单调函数，求a的取值范围.

【解析】根据题意，f（x）二［x2-2（a-1）x-2a］eX,f（x）=0,为二a-1-1a2,X2二a-11a2，当a-0时，f（x）在［-1,1］上为单调

13

函数的充要条件是X2-1,x^a-V1a2-1，解a，综上，f（x）在［-1,1］上为

4

33

单调函数的充要条件是a，即a的取值范围为a-—。

44

【总结与反思】本题主要考查含参数的单调性，在闭区间上通过单调性来求参数的取值范围。

例题2

12

已知函数fx=Inxax2-2xa=0存在单调递减区间，求a的取值范围

【解析】因为函数

fx存在单调递减区间，所以f'xJ_ax_2—ax22x_[0

xx

X.0,=能成立，设uX舟2

x2xx2

由题设a=0,所以a的取值范围是-1,00,

【总结与反思】本题主要考查含参数的单调性，在闭区间上通过单调性来求参数的取值范围。

四、课堂运用

1.当础1,2时，不等式x2mx^：

：

0恒成立，则m的取值范围是

2.设a1，若对于任意的[a,2a]，都有y[a,a2]满足方程logaxloga^3，这

时a的取值集合为

x-y乞0

3.若任意满足x•y-5_0的实数x,y，不等式a（x2y2^（xy）2恒成立，则实数a的

y_3乞0

最大值是。

4.不等式ax_、.x4-x在X，〔0,3】内恒成立，求实数a的取值范围。

答案与解析

1.【答案】m：

：

一5

x2十4x2mx4：

：

0时，由x2mx4:

:

0得m：

：

-

2.【答案】

3

【解析】由方程logaXlogay=3可得y=H，对于任意的［a,2a］，可得

x

23

-'—-a，依题意得

2

e2

aa<

2二

22

a-a

x

2

222a<+y3

【解析】由不等式a（x2y2^（xy）2可得xy,由线性规划可得1，由

x2

yx

4.【答案】a<-l

3

【解析】画出两个函数y=ax和y—,x4-x在1.0,31

上的图象如图知当

0,31时总有ax_,x4-X所以

巩固

1.不等式sin2x-4sinx•1-a：

：

：

0有解，则a的取值范围是

2.已知两函数fx=7x2-28x-c，gx=2x34x^40x，对任意1-3,3］,都有

fx勺X成立，求实数c的取值范围；

3.已知两函数fXi=7x2-28x-c,gxi；=2x3-4x2-40x，存在x•［七3］,使fx勺x

成立，求实数c的取值范围;

4.已知两函数fx=7x2-28x-c,gx=2x3•4x2-40x，对任意|』,3］，都有

f咅_gx2,求实数c的取值范围；

5.已知两函数fx=7x2-28x-c,gx=2x3・4x2—40x，存在xi,x^（3,3］,都有

fxi_gx2,求实数c的取值范围；

答案与解析

1.【答案】a.2

【解析】原不等式有解=a.sin2x-4sinx•1=sinx-2；-3[-l^sinx^l有解，而

2.【答案】c_45

【解析】设h（x尸g（x）_f（x）=2x3_3x2_12x*，问题转化为x运［七3［时，h（x）ZO恒成立，故hminX_0。

令Jxi=6x2-6x_12=6xJx—2=0，得x=-1或2。

由导数知识，可知hx在日-11单调递增，在口,21单调递减，在|2,31单调递增，且h」=c-45,hX极大值二h-1=C7,

hIX极小值=h2=C-20,h\3=C—9,.•.hmm[X=h「3=c_45，由C-45.丄0，得C.丄45。

3.【答案】c_J

【解析】据题意：

存在I-3,3］,使fX匀x成立，即为：

hx=gx-fx_0在I-3,3I

有解，故hmaxX_0，知hmaxXj=C_0，于是得C。

4.【答案】c-195

【解析】它与

（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意X1,X2•2,3］,都有fX1

任意性，.••要使不等式恒成立的充要条件是：

fmax（X）乞gmin（X）?

?

X・【弋⑧。

：

f（x）=7（x—22—c—28,x壬I~3,3］.•.f（X爲=f戸47—c,

•/gX=6x2・8x-40=23x10x-2gx=0在区间l_3,3I上只有一个解x=2。

g（x瓜=g

（2）=78,.147—c兰48，即cH195.

5.【答案】c_-130

【解析】存在Xi，X2・〔3,3],都有f各乞gX2,等价于fmin咅冬gmax*2，由⑶得

fminX1-f2=~c-28,gmaxX2-g_3-102，—c~'28_102=C一-〔30拔高

1322

1.设函数f（x）x2ax-3axb（0：

：

：

a：

：

：

1,bR）.

3

（i）求函数fx的单调区间和极值；

（n）若对任意的x^[a+1,a+2],不等式’「（x]兰a成立，求a的取值范围。

2.设fx二px-q-21nx，且fe二qe-卫-2（e为自然对数的底数）

xe

（1）求p与q的关系；

（2）若fX在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；

答案与解析

1.【答案】见解析.

【解析】（I）f（x^-x24ax-3a2

令f（x）・0,得f（x）的单调递增区间为（a,3a）

令f（x）：

：

：

0,得f（x）的单调递减区间为（一二，a）和（3a,「：

）

33

•••当x=a时，f（x）极小值=一a■b;

4

当x=3a时，f（x）极小值=b.

（n）由|f（x）|-a，得一a-—x24ax—3a2_a.①

•-f（x）二-x2'4ax-3a2在[a1,a2]上是减函数.

于是，对任意x•[a1,a2]，不等式①恒成立，等价于

—a兰4a—4,&刀/戸44

丿解侍一兰a兰1.又0

1,

a畠2a-1.55

见解析.

【解析】（

1）由题意得fe=pe-q-2lne=qe-卫-2=

ee

所以p=q

令hx二px2-2x•p，要使fx在其定义域（0,•：

：

）内为单调函数，只需hx在

（0,•：

：

）内满足：

hx_0或hx<0恒成立.

2

1当p乞0时，px<0,-2x：

：

：

0=hx:

:

0，所以fx在（0,V）内为单调递减，故

P乞0；

2

2当p0时，hx=px-2xp，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为

1

x0，•:

:

P

‘111

•••hmin（x）=h=P-，只需p——工0，即P^1时，h（x）兰0,f'（X）K0,IP丿pP

fx在（0,•：

：

）内为单调递增，故p-1适合题意.

综上可得，P-1或p^0.

五课堂小结

高考中对导数在结数上的应用要求很高，而且每年都有考题，用导数证明不等式，一般

以解答题的形式出现，综合性比较大，有难度，需要学生在学习过程中一定要突破这个难关，

提供综合应用知识的能力。

为了解决好下面的问题，我们一定要学好导数这一知识点，掌握

它的研究问题的精髓，这样有利于更好的研究函数，提高做题的质量。

本节课主要研究的内容为：

（1）函数中含参数的单调性与最值

（2）函数中的最值问题

（3）用导数证明不等式

六、课后作业

基础

1.对于满足p兰2的所有实数p,求使不等式x2+px+1np+2x恒成立的x

2•存在实数x，使得不等式x3■x

3•设a为实数，函数f（x）=ex-2x+2a,x€R.

（1）求f（x）的单调区间及极值；

⑵求证：

当a>ln2—1且x>0时，ex>x2—2ax+1.

答案与解析

1.【答案】见解析•

【解析】不等式即x-1p2x10,设fp二x-1p2x1

f|f（—2）^04x+3a0x>3或x<1

［-2,2］上恒大于0,故有：

=：

2=亠

J

（2）a0-1>0公>1或x£—，

x3

2.

的取值范围。

，则fp在

=X”一1或

［答案】见解析

又x3x_xx-K=4,•••a2—3a_4，解得a_4或a乞—1。

3.【答案】见解析•

【解析】

（1）解：

由f（x）=ex—2x+2a,x€R知f'x）=ex—2,x€R.

令f'x）=0,得x=In2.于是当x变化时，f'x）,f（x）的变化情况如下表:

x

（—a,ln2）

In2

（In2,+a）

f'x）

一

0

+

f（x）

单调递减4

2（1—In2+a）

单调递增/

故f（x）的单调递减区间是（一汽In2），单调递增区间是（In2,+m）,

f（x）在x=In2处取得极小值，极小值为f（ln2）=eln2—2ln2+2a=2（1—In2+a）.

x2x

（2）证明：

设g（x）=e—x+2ax—1,x€R,于是g'x）=e—2x+2a,x€R.由⑴知当a>ln2—1时，g'x）最小值为g'（In2）2（1—In2+a）>0.

于是对任意x€R，都有g'x）>0，所以g（x）在R内单调递增.

于是当a>ln2—1时，对任意x€（0,+都有g（x）>g（0）.

而g（0）=0,从而对任意x€（0,+a）,g（x）>0.

即ex—x2+2ax—1>0，故ex>x2—2ax+1.

1.巩固数fx=Inx—ax,gx=ex—ax，其中a为实数.若fx在（1,+：

：

）上是单

调减函数，且g（x）在（1,+：

：

）上有最小值，求a的取值范围.

32

2.已知函数f（x）=x-3xx2，当k<1时，曲线y=f（x）与直线y=kx-2只有一个交点。

xx

3.设函数fx[=1-e.证明：

当x•-1时，fx-

x+1

答案与解析

1.【答案】见解析•

11一ax

【解析】令fx二一一a=0，考虑到fx的定义域为（0,,

xx

故a・0,进而解得xa—S即fx在（a—；+：

：

）上是单调减函数.

同理，f（x在（0,a—1）上是单调增函数.由于f（x在（1,+«）上是单调减函数，

故（1,+）（a—1,+:

），从而a一1乞1，即a_1.

令gx=ex—a=0，得x=Ina.当x:

:

Ina时，gx：

：

0；当xIna时，gx「0.

又g（x）在（1,+：

：

）上有最小值，所以Ina1,即ae.

综上，a的取值范围为（e,+：

J.

2.【答案】见解析

【解析】当k:

:

:

1时，令f（x）-kx•2=x3-3x2•x-kx•4=0，则

x2—3xT4=k,x=0，

x

24

令g（x）=x-3x1-，

x

令h（x）=2x3-3x2-4，则h（x）二6x2-6x=6x（x-1），

.当x（0,1）时，h（x）：

0，h（x）递减，当x（-：

：

，0）（1,-：

：

）时，h（x）0，h（x）递

增;

且h（0）：

：

0,h

（2）=0。

当x：

2时，h（x）<0,g（x）<0，g（x）在（」：

0）（0,2）上递减；

当x2时，h（x）0,g（x）0，g（x）在（2，:

）上递增；

当x（0/:

:

）时，g（x）-g

（2）=1;

当（-=0）时，单调递减，且g（x）・R，

即当k：

：

：

1时，曲线y二f（x）与直线y二kx-2只有一个根。

所以当k”：

1时，曲线y=f（x）与直线y=kx-2只有一个交点。

3.【答案】见解析.

【解析】当x•-1时，f（x）—

x+1

令g（x）ex-xT，贝Ug'（x）ex-1.

当x-0时g（x）-0，g（x）在0.*是增函数：

当x^O时g（x）岂0，g（x）在:

i-匚?

.0

是减函数，于是g（x）在x=0处达到最小值，

因而当x*R时，g（x）-g（0），即ex-1x,

所以当X•-1时，f（x）-

X+1

I拔高I

1•设函数f（x）=x•ax2blnx，曲线y二f（x）过P（1,0），且在P点处的切斜线率为2.

誇（―1）。

（I）求a,b的值；（II）证明：

f（x）^2x-2

2•设f（x）=1nx*長-1，证明：

当x1时，f（x）

答案与解析

「【答案】

（1）a=_1,b=3.

（2）如下

b

【解析】（I）f（x）=12ax-由已知条件得

x

a--1,b=3.

2

（II）f（x）定义域为（0/:

:

），由（I）知f（x）=x-x3lnx.

设g（x）二f（x）_（2x-2）=2-x-x23lnx,则g（x）=1「2x.-（从熔3）.

xx

当0:

:

x：

：

1时，g（x）0;当x1时，g（x）：

：

0,

所以g（x）在（0,1）单调增加，在（1「：

：

）单调减少，

而g

（1）=0，故当x0时，g（x）-0,

即f（x）乞2x—2。

2.［答案】见解析

3113

【解析】记g（x）-|nx，，又

2x2以2

3

g

（1）=0,有g（x）：

：

0,即f（x）：

：

2（x—1）