3.3 导数的应用(2)-零点、恒成立、存在性的较简单问题等

3.3 导数的应用（2）（文科）

一、【教学目标】

重点：利用导数为主要工具解决图象交点与函数零点问题、存在性、恒成立问题. 难点：灵活运用导数解决函数零点与恒成立问题.

教育点：提高学生的认知水平，塑造良好的数学认知结构；培养学生转化与划归、数形结合、分类讨论的

数学思想方法意识及应用能力.

自主探究点:（1）函数零点问题的转化；

（2）恒成立、存在性问题的处理，一般是采用“分离参数，最值转化”的方法； （3）例题及变式的解题思路的探寻.

易错点：不等式对“?x”恒成立，还是“?x”使之成立；不等式两边是同一个变量还是两个独立的变量. 拓展点: 利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形

结合思想的应用.

能力点：以函数零点与恒成立、存在性为命题背景，考查导数运用，培养学生分析问题、解决问题的能力. 考试点：导数的性质及应用. 二、【知识梳理】

1.函数h(x)?f(x)?g(x)的零点?方程f(x)?g(x)?0的根?方程f(x)?g(x)的根?函数

y?f(x)与y?g(x)的图象的交点的横坐标.

2.恒成立问题的转化：a?f?x?恒成立?a?f?x?max；a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min.

3.能成立问题的转化：a?f?x?能成立?a?f?x?min；a≤f(x)能成立?a≤f(x)max. 4.恰成立问题的转化：a?f?x?在M上恰成立?a?f?x?的解集为M???a?f(x)在M上恒成立?a≤f(x)在eRM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x?D,f(x)?B在D上恰成立，则等价于f(x)在D上的最大值fmax(x)?B.

5.结论1：?x1?[a,b],?x2?[c,d],f(x1)?g(x2)?[f(x)]min?[g(x)]max； 结论2：?x1?[a,b],?x2?[c,d],f(x1)?g(x2)?[f(x)]max?[g(x)]min； 结论3：?x1?[a,b],?x2?[c,d],f(x1)?g(x2)?[f(x)]min?[g(x)]min； 结论4：?x1?[a,b],?x2?[c,d],f(x1)?g(x2)?[f(x)]max?[g(x)]max；

结论5：?x1?[a,b],?x2?[c,d],f(x1)?g(x2)?f(x)的值域和g(x)的值域交集不为空；

结论6：若不等式f?x??g?x?在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y?f?x?和图象在函数

y?g?x?图象上方；

结论7：若不等式f?x??g?x?在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y?f?x?和图象在函数

y?g?x?图象下方.

三、【范例导航】

x例1.（2013江苏节选）设函数f(x)?lnx?ax，g(x)?e?ax，其中a为实数．若f(x)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．

【分析】将f(x)在(1,??)上是单调减函数转化为f?(x)≤0在x?(1,??)上恒成立，进而利用分离参数法求出最值即可. 【解答】 解法一 则a≥f?(x)?1?a，g?(x)?ex?a，?由题意得f?(x)≤0在x?(1,??)上恒成立， x1在x?(1,??)上恒成立，故：a≥1． xg?(x)?ex?a在(1,??)上是单调增函数，?g?(x)?g?(1)?e?a

又g(x)在(1,??)上有最小值，则必有e?a?0，即a?e 综上，可知a的取值范围是(e,??)． 解法二 则a≥f?(x)?1?a，g?(x)?ex?a，?由题意得f?(x)≤0在x?(1,??)上恒成立， x1在x?(1,??)上恒成立，故：a≥1． xg(x)在(1,??)上有最小值，

?当a≤0时，g?(x)?0恒成立，?g(x)在(1,??)为单调增函数，故g(x)在(1,??)上无最小值，不合

题意；

?g(x)在(1,??)为单调增函数，当0?a≤e时，由g?(x)?0，得x?lna．又lna≤1，故g(x)在(1,??)上也无最小值，不合题意；

当a?e时，由g?(x)?0，得x?lna．又lna?1，?g(x)在(1,lna]上为单调减函数，在[lna,??)上为单调增函数，此时有最小值为g(lna)?elna?alna． 综上，可知a的取值范围是(e,??)．

【点评】求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异，在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并

集，本题解法一需要取交集，解法二需要求交集．一般而言，在同一问题中，都是对自变量做分类讨论，其结果要取交集；若是对参数做分类讨论，其结果就要取并集． 变式训练:

（2008安徽文节选）设函数f(x)?a332x?x?(a?1)x?1,其中a为实数．若f?(x)?x2?x?a?1对32任意a?(0,??)都成立，求实数x的取值范围． 【解答】

解法一（变量分离法）：由题设知：ax?3x?(a?1)?x?x?a?1对任意a?(0,??)都成立， 即a(x?2)?x?2x?0对任意a?(0,??)都成立.

2222

x2?2xx2?2x≤0.解得x的取值范围是?x|?2≤x≤0?. 于是a?2对任意a?(0,??)都成立，即2x?2x?2解法二（变量转换，最值控制法）：ax2?3x?(a?1)?x2?x?a?1对任意a?(0,??)都成立. 即a(x2?2)?x2?2x?0对任意a?(0,??)都成立，

设g(a)?a(x2?2)?x2?2x(a?R)，则对任意x?R，g(a)为单调递增函数(a?R)， 所以对任意a?(0,??)，g(a)?0恒成立的充分必要条件是g(0)≥0， 即 ?x?2x≥0，∴?2≤x≤0， 于是x的取值范围是x|?2≤x≤0?.

2?例2．（2013福建文）已知函数f(x)?x?1?a(a?R,e为自然对数的底数). ex(1)若曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求a的值； (2)求函数f(x)的极值；

(3)当a?1的值时,若直线l:y?kx?1与曲线y?f(x)没有公共点,求k的最大值. 【分析】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、零点等基础知识. 【解答】(1)由f?x??x?1?aa?，得. fx?1???exex又曲线y?f?x?在点1,f?1?处的切线平行于x轴， 得f??1??0，即1?(2)f??x??1???a?0，解得a?e. ea， ex①当a≤0时,f??x??0，f?x?为???,???上的增函数，所以函数f?x?无极值. ②当a?0时，令f??x??0，得ex?a，x?lna.

x????,lna?，f??x??0；x??lna,???，f??x??0.

所以f?x?在???,lna?上单调递减，在?lna,???上单调递增，

故f?x?在x?lna处取得极小值，且极小值为f?lna??lna，无极大值.

综上，当a≤0时，函数f?x?无极小值；当a?0，f?x?在x?lna处取得极小值lna，无极大值. (3) 解法一

当a?1时，f?x??x?1?1. xe直线l:y?kx?1与曲线y?f?x?没有公共点，

等价于关于x的方程kx?1?x?1?1在R上没有实数解，即关于x的方程: ex1(*)在R上没有实数解. ex1①当k?1时，方程(*)可化为x?0，在R上没有实数解.

e1②当k?1时，方程(*)化为?xex.

k?1?k?1?x?令g?x??xe，则有g??x???1?x?e.

xx由g??x??0，得x??1，

当x变化时，g??x?、g(x)的变化情况如下表:

x g??x? g?x? 1e???,?1? ? ?1 ??1,??? ? 0 1? e当x??1时，g?x?min??，同时当x趋于??时，g?x?趋于??， 所以g?x?的取值范围为??,???.

?1?e??从而当

11??????,??时，方程(*)无实数解，解得k的取值范围是?1?e,1?. k?1?e?综上，得k的最大值为1.

解法二

当a?1时，f?x??x?1?1 xe1， ex令g?x??f?x???kx?1???1?k?x?则直线l:y?kx?1与曲线y?f?x?没有公共点，等价于方程g?x??0在R上没有实数解. 假设k?1，此时g?0??1?0，g?1?1???1??0， ?1k?1??ek?1又函数g?x?的图象连续不断，由零点存在定理，可知g?x??0在R上至少有一解，与“方程g?x??0在

R上没有实数解”矛盾，故k≤1.

1又k?1时，g?x??x?0，知方程g?x??0在R上没有实数解.

e所以k的最大值为1.

【点评】本题是函数零点存在性问题的典型变式题，涉及图象交点向函数零点的转化关系，进一步加深了

利用导数研究函数性质的考查和对函数极值（最值）的认识.求解过程中通过构造函数，分离变量，求出极值（最值），较好的考查了学生的推理论证能力、运算求解能力及其函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想. 变式训练:

（2009陕西文节选）已知函数f(x)?x3?3ax?1,a?0，若f(x)在x??1处取得极值，直线y?m与

y?f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．

【解答】易求f?(x)?3(x?1)(x?2)，

?当x?1时，f?(x)?0，f(x)在(??,1)单调递增，

当1?x?2时，f?(x)?0，f(x)在(1,2)单调递减， 当x?2时，f?(x)?0，f(x)在(2,??)单调递增.

?当x?1时，有f(x)极大?f(1)?5?a，当x?2时，有f(x)极小?f(2)?2?a. 25故当f(2)?0或f(1)?0时，方程f(x)?0仅有一个实根，解得a?2或a?.

2例3 .已知两个函数f(x)?8x2?16x?k,g(x)?2x3?5x2?4x,x?[?3,3],k?R； （1）若对?x?[?3,3]，都有f(x)≤g(x)成立，求实数k的取值范围； （2）若?x?[?3,3]，使得f(x)≤g(x)成立，求实数k的取值范围； （3）若对?x1,x2?[?3,3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，求实数k的取值范围． 【分析】利用等价转化思想将恒成立与存在性问题转化为函数最大最小值的求解问题． 【解答】

（1）设h(x)?g(x)?f(x)?2x?3x?12x?k，（1）中的问题可转化为：

当x?[?3,3]时，h(x)≥0 恒成立，即[h(x)]min≥0．易知 h?(x)?6x2?6x?12?6(x?2)(x?1)；

32?当x变化时，h(x),h?(x)的变化情况列表如下： x ?3 ?1 2 (?3,?1) (?1,2) h?(x) (2,3) 3 ? 0 ? 0 ? h(x) k?45 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数 k?9 因为h(?1)?k?7,h(2)?k?20，所以，由上表可知?h(x)?min?k?45，故k?45≥0，得k≥45． （2）根据题意可知，问题等价于h(x)?g(x)?f(x)≥0 在x???3,3?]时有解，故?h(x)?max≥0. 由（1）可知?h(x)?max?k?7，因此k?7≥0，即k≥?7．

(3) 根据题意可知，问题等价于?f(x)?max≤?g(x)?min，x???3,3?． 由二次函数的图像和性质可得， x???3,3?时， ?f(x)?max?120?k， 仿照（1），利用导数的方法可求得x???3,3?时， ?g(x)?min??21，

由120?k≥?21得k≥141．

【点评】如果一个问题的求解中既有存在性问题又有恒成立问题，这时需要深刻理解题意，对问题做等价转化为函数的极值（最值）相关的问题去求解．这里一定注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错导致问题的求解出错． 变式训练:

(2010年山东理科节选) 已知函数f(x)?lnx?ax?设g(x)?x2?2bx?4，当a?值范围. 【解答】 若a?1?a?1(a?R)， x1时，若对?x1?(0,2)，?x2?[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取41，则易知当x??0,1?时，f?(x)?0，函数f(x)单调递减； 4当x?(1,2)时，f?(x)?0，函数f(x)单调递增， 所以f(x)在?0,2?上的最小值为f(1)??1 2由于“对?x1?(0,2)，?x2?[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于 “g(x)在?1,2?上的最小值不大于f(x)在?0,2?上的最小值?又g(x)?(x?b)?4?b,x?[1,2]，所以

①当b?1时，因为[g(x)]min?g(1)?5?2b?0，此时与???矛盾； ②当b?[1,2]时，因为[g(x)]min?4?b2≥0，同样与???矛盾； ③当b?(2,??)时，因为[g(x)]min?g(2)?8?4b，解不等式8?4b≤?综上，b的取值范围是[221” ??? 2117，可得b≥． 2817,??). 8四、【解法小结】

1．曲线的交点和函数的零点的个数常常与函数的单调性与极值（最值）有关，导数是解决该类问题的有效方法，解题时注意等价转化、分类讨论、数形结合思想的运用.

2．有关恒成立和存在性问题，一直是高考命题的热点．试题往往以全称命题和特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查．求解时注意构造函数结合分离变量（参数）法将不等式恒成立问题转化为求函数极值（最值）问题，是解决这类问题的常用方法．当然也要注意等价转化思想准确应用及数形结合思想的巧妙做法．

3．恒成立和存在性问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x?D恒成立，应求f(x)的最小值；

若存在x?D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中，究竟是求最大还是最小值，可以联想恒成立问题是求最大还是最小值，这样就可以确定相应的存在性问题是求最大还是最小值． 五、【布置作业】 必做题：

1．若函数y?lnx?ax的减区间为??1,0?，则a的值是（ ）.

A．0?a?1 B．?1?a?0 C．a??1 D．a?1

13x?bx2??b?2?x?3是R上的单调增函数,则b的范围是（ ）. 3 A．b??1或b?2 B．b≤?1 或b≥2 C．?2?b?1 D．?1≤b≤2

2．已知y?3．已知三次函数f(x)?ax3?x2?x在?0,???存在极大值点，则实数a的范围是（ ）.

A．(0,) B．(0,] C．(??,) D．???,0?1313131(0,) 324．（2013天津）设函数f(x)?ex?x?2,g(x)?lnx?x. 若实数a,b满足f(a)?g(b)?0，则?3（ ）.

A．g(a)?0?f(b) B．f(b)?0?g(a) C．0?g(a)?f(b) D．f(b)?g(a)?0 5．（2013新课标全国卷2）若存在正数x使2x(x?a)?1成立，则a的取值范围是（ ）.

A．(??,??) B．(?2,??) C．(0,??) D．(?1,??)

??x2?2x,x?0,6．（2013新课标全国卷1）已知函数f(x)??，若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是

?ln(x?1),x?0（ ）.

A．(??,0] B．(??,1] C．[?2,1] D．[?2,0] 7．（2009江西文改编）设函数f(x)?x?值范围是 .

8．（2013新课标全国卷2改编）若对任意的正数x使2x(x?a)≥1成立，则a的取值范围是 ．

9．已知函数f(x)?e?1,g(x)??x?4x?3，若有f(a)?g(b)，求b的取值范围． 10．（2013北京文）已知函数f(x)?x?xsinx?cosx.

(1)若曲线y?f(x)在点(a,f(a)))处与直线y?b相切，求a与b的值. (2)若曲线y?f(x)与直线y?b 有两个不同的交点，求b的取值范围. 必做题答案：

2x2392x?6x?a.若方程f(x)?0有且仅有一个实根，则a的取2

1-6． CDDCDD 7．(?3,1) 8．a≤?1 9.2?2?b?2?2 10.(1)a?0,b?1 (2)(1,??) 5．解法一 不等式2x(x?a)?1可变形为a?x?()．令g(x)?x?()(x?0)，

12x12x1g?(x)?1?()xln2?0从而g(x)为增函数，又g(0)??1，?g(x)?(?1,??)．故a??1．所以选D．

21xx解法二 因为2?0，所以由2x(x?a)?1得x?a?()，

21x在同一坐标系中，如下图作出函数f(x)?x?a，g(x)?()的图象，

21x当x?0时，g(x)?()?1，所以如果存在x?0，使2x(x?a)?1，则有?a?1，即a??1，

2所以选D． .

??(x2?2x)≥ax(x≤0)|f(x)|≥ax??6．解法一

?ln(x?1)≥ax(x?0)成立．

（1）由?(x2?2x)≥ax(x≤0)恒成立得，当x?0时，a?R；当x?0时，有x?2≤a在区间???,0?上恒成立，?a≥?2．综上可知，a≥?2．

（2）由ln(x?1)≥ax(x?0)恒成立，可令h(x)?ln(x?1)?ax(x?0)，则h?(x)?当a≤0时，h?(x)?0，故h(x)在(0,??)上单增，?h(x)?h(0)?0恒成立． 当a≥1时，

1?a(x?0)． x?111?(0,1)，?h?(x)??a?0，故h(x)在(0,??)上单减，?h(x)?h(0)?0恒成x?1x?1立，显然不符合题意．

当0?a?1时，对于给定的一个确定的值a，总可以至少找到一个x0?0，满足h(x0)?ln(x0?1)?ax0?0成立．如a?1时，取x0?4，则h(x0)?ln5?2?0成立，?当0?a?1时，不符合题意． 2所以a≤0．

由（1）（2）可知a的取值范围是??2,0?，故选D．

解法二 （1） 当x≤0时，f(x)≥ax?x?(2?a)x≥0对x≤0恒成立．

22?a2(2?a)2)?令g(x)?x?(2?a)x?(x?． 242

2?a(2?a)2?0时，即a??2时，g(x)min??若?0，显然不符合题意． 24若

2?a≥0时，即a≥?2时，g(x)min?0符合题意． 2ln(x?1)对x?0恒成立． x（2）当x?0时，f(x)≥ax?ln(1?x)?ax≥0?a≤x?ln(x?1)ln(x?1)t?1?lnt，则 令?(x)?，则??(x)?x?12，设t?x?1，则t?1，记u(t)?xtx1?tu?(t)?2?0，?u(t)在t?(1,??)上为减函数，故u(t)?u(1)?0，从而??(x)?0，所以?(x)在

tx?(0,??)时为减函数，故当x?(0,??)时，?(x)?0恒成立，?a?0

由（1）（2）可知a的取值范围是??2,0?，故选D．

解法三 由y?f(x)的图像知，当x?0时，g(x)?f(x)?ln(x?1)，g?(x)?1，由于g(x)上任x?1意一点的切线斜率都要大于a，只有a≤0时，才能满足f(x)≥ax，可排除B，C．

2当x≤0时，令g(x)?f(x)?x?2x，则g?(x)?2x?2，g?(0)??2，故y?ax只有a≤?2时，才

能满足f(x)≥ax．

综上可知a的取值范围是??2,0?，故选D．

9．由题可知f(x)?ex?1??1，g(x)??x2+4x?3?1，若有f(a)?g(b)，则g(b)?(?1,1]， 即?b?4b?3??1，解得2?2?b?2?2. 10．由f(x)?x2?xsinx?cosx，得f?(x)?x(2?cosx).

(1)因为曲线y?f(x)在点(a,f(a))处与直线y?b相切，所以f?(a)?a(2?cosa)?0

2b?f(a)，解得a?0，b?f(0)?1.

(2)令f?(x)?0，得x?0. f(x)与f?(x)的情况如下:

x(??,0)0(0,??) f?(x)?0?f(x)1所以函数f(x)在区间(??,0)上单调递减，在区间(0,??)上单调递增，f(0)?1是f(x)的最小值. 当b?1时，曲线y?f(x)与直线y?b最多只有一个交点；

当b?1时，f(?2b)?f(2b)≥4b2?2b?1>4b?2b?1?b， f(0)?1?b， 所以存在x1?(?2b,0)，x2?(0,2b)，使得f(x1)?f(x2)?b.

由于函数f(x)在区间(??,0)和(0,??)上均单调，所以当b?1时曲线y?f(x)与直线y?b有且只有两个不同交点.

综上可知，如果曲线y?f(x)与直线y?b有且只有两个不同交点，那么b的取值范围是(1,??). 选做题

（2102福建文）已知知函数f(x)?axsinx?(1)求函数f(x)的解析式；

(2)判断函数f(x)在?0,??内的零点个数，并加以证明. 选做题答案：

3???3(a?R)，且在[0,]上的最大值为， 2223??3?f(x)?axsinx?≤在[0,]上恒成立，且能取到等号，

222????g(x)?xsinx≤?g(x)max， 在[0,]上恒成立?2a22a?g?(x)?sinx?xcosx?0?y?g(x)在[0,]上单调递增，

2???3?g()??a?1?f(x)?xsinx?. ?2a2223（2）f(x)?xsinx??h(x)?f?(x)?sinx?xcosx

2①当x??0,?时，f?(x)≥0?y?f(x)在?0,?上单调递增，

22???????????3??3?f(0)f()????0?y?f(x)在[0,]上有唯一零点.

2222②当x??,??时，h?(x)?2cosx?xsinx?0?f?(x)当x??,??上单调递减，22?????????????2f?(?)f?()???0?存在唯一x0?(,?)使f?(x0)?0，

222f?(x)?0???≤x?x0，得：f(x)在[,x0)上单调递增， 22f?(x)?0?x0?x≤?，得：f(x)在(x0,?]上单调递减，

?3?f()?0,f(?)???0，得：x?[,x0)时，f(x)?0，x?(x0,?]时，f(x0)f(?)?0， 222?y?f(x)在(x0,?]上有唯一零点，

由①②得：函数f(x)在?0,??内有两个零点．

六、【教后反思】

1.本教案的亮点是：首先较为全面透彻地讲解与训练了如何利用导数来解决函数零点、恒成立及存在性问题，例题精选近几年高考题进行探究，解题过程中综合运用了函数与方程、转化划归、数形结合、分类讨论等数学思想．其次本案的最大亮点是例题及习题通过一题多解、变式训练，较好的发散了学生的思维，巩固了知识点，尤其是必做题的5题、6题紧扣学习内容，学生也给出了多种解法，能较好的达成教学目标.

2.本教案的弱项是：由于课堂时间的限制和这部分内容对学生思维、运算能力的要求较高，没能够在一节课内顺利完成．

由①②得：函数f(x)在?0,??内有两个零点．

六、【教后反思】

1.本教案的亮点是：首先较为全面透彻地讲解与训练了如何利用导数来解决函数零点、恒成立及存在性问题，例题精选近几年高考题进行探究，解题过程中综合运用了函数与方程、转化划归、数形结合、分类讨论等数学思想．其次本案的最大亮点是例题及习题通过一题多解、变式训练，较好的发散了学生的思维，巩固了知识点，尤其是必做题的5题、6题紧扣学习内容，学生也给出了多种解法，能较好的达成教学目标.

2.本教案的弱项是：由于课堂时间的限制和这部分内容对学生思维、运算能力的要求较高，没能够在一节课内顺利完成．

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