3.4 导数的综合应用——解决恒成立、存在性问题（课件+word）- 【创新设计】2020版高考一轮总复习理科数学（江苏专用）

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，f(x)min>M 任意的x∈D，f(x)<M 任意的x∈D，f(x)max<M 存在x∈D，f(x)>M 任意的x∈D，f(x)max>M 存在x∈D，f(x)<M 任意的x∈D，f(x)min<M 任意的x∈D，f(x)>g(x) 任意的x∈D，[f(x)－g(x)]min>0 任意的x∈D，f(x)<g(x) 任意的x∈D，[f(x)－g(x)]max<0 任意的x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2) 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)max 任意的x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2) 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)min 存在x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2) 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)max 存在x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2) 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)min 诊 断 自 测 1.已知g(x)＝＋x2＋2aln x在[1，2]上是减函数，则实数a的取值范围为________. 解析　g′(x)＝－， ＋2x＋ 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. 又当x∈[1，2]时，. －4＝－＝ ∴a≤－. 答案　 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. 当a>0时，f(x)在上单调递减， 在上单调递增， 所以由题意知f<0且f(0)＝4>0，解得a>3. 答案　(3，＋∞) 3.已知函数f(x)＝. (1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围； (2)如果当x≥1时， 不等式f(x)≥恒成立 ，求实数k的取值范围. 解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝， ＝－ 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x＝1为极大值点，所以0<a<1<a＋， 故.[来源:学|科|网]<a<1，即实数a的取值范围为 (2)当x≥1时，k≤恒成立， 令g(x)＝， 则g′(x)＝ ＝.[来源:学+科+网Z+X+X+K] 再令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－≥0， 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∈(－∞，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 k＜＋x(x＞0).① 令g(x)＝＋x， 则g′(x)＝. ＋1＝ 由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2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