(四)存在性问题教案.doc

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授课教案
学员姓名：_____________ 授课教师：_ 所授科目：　　　　　　
学员年级：__________ 上课时间：____年__月__日____时___分至____时___分共___小时
教学标题

教学目标
熟练掌握：
教学重难点
重点掌握：
考点内容：
上次作业检查
正确数：
正确率：
问题描述：

授课内容：
一 复习上次课内容：

二新课内容与典型例题
存在性问题
1．在代数综合问题中常遇到存在性问题．与恒成立问题类似，存在性问题涉及常见函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法．
2．存在性问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：
(1)∃x∈D，f(x)>C；(2)∃x∈D，f(x)>g(x)；
(3)∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)＝g(x2)；
(4)∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)>g(x2)．
3．存在性问题处理方法
(1)转换求函数的最值；(2)分离参数法；
(3)转换成函数图象问题；(4)转化为恒成立问题．
探究点一 ∃x∈D，f(x)>g(x)的研究
对于∃x∈D，f(x)>g(x)的研究，先设h(x)＝f(x)－g(x)，再等价为∃x∈D，h(x)max>0，其中若g(x)＝c，则等价为∃x∈D，f(x)max>c.
例1 已知函数f(x)＝x3－ax2＋10.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围．
【解答】 (1)当a＝1时，f′(x)＝3x2－2x，f(2)＝14，
曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率k＝f′(2)＝8，
所以曲线y＝f(x)在点(2，f(x))处的切线方程为
8x－y－2＝0.
(2)解法一：f′(x)＝3x2－2ax＝3x(1≤x≤2)，
当a≤1，即a≤时，f′(x)≥0，f(x)在[1,2]上为增函数，
故f(x)min＝f(1)＝11－a，所以11－a<0，a>11，这与a≤矛盾．
当1<a<2，即<a<3时，
当1≤x<a，f′(x)<0；当a<x≤2，f′(x)>0，
所以x＝a时，f(x)取最小值，
因此有f<0，即a3－a3＋10＝－a3＋10<0，解得a>3，这与<a<3矛盾；
当a≥2，即a≥3时，f′(x)≤0，f(x)在[1,2]上为减函数，所以f(x)min＝f(2)＝18－4a，所以18－4a<0，解得a>，这符合a≥3.
综上所述，a的取值范围为a>.
解法二：由已知得：a>＝x＋，
设g(x)＝x＋(1≤x≤2)，g′(x)＝1－，
∵1≤x≤2，∴g′(x)<0，所以g(x)在[1,2]上是减函数．
g(x)min＝g(2)，所以a>.
【点评】 解法一在处理时，需要用分类讨论的方法，讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离，由于ax2>x3＋10中x2∈[1,4]，所以可以进行参数分离，而无需要分类讨论．
探究点二 ∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)＝g(x2)的研究
对于∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)＝g(x2)的研究，若函数f(x)的值域为C1，函数g(x)的值域为C2，则该问题等价为C1⊆C2.
例2 设函数f(x)＝－x3－x2＋x－4.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设a≥1，函数g(x)＝x3－3a2x－2a.若对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得f(x1)＝g(x0)成立，求a的取值范围
【解答】 (1)f′(x)＝－x2－x＋，令f′(x)>0，即x2＋x－<0，
解得－<x<1，∴f(x)的单调增区间为；单调减区间为和(1，＋∞)．
(2)由(1)可知：当x∈[0,1]时，f(x)单调递增，
∴当x∈[0,1]时，f(x)∈[f(0)，f(1)]，即f(x)∈[－4，－3]．
又g′(x)＝3x2－3a2，且a≥1，∴当x∈[0,1]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，∴当x∈[0,1]时，g(x)∈[g(1)，g(0)]，即g(x)∈[－3a2－2a＋1，－2a]，
又对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得f(x1)＝g(x0)成立
⇔[－4，－3]⊆[－3a2－2a＋1，－2a]，即
解得1≤a≤.
【点评】 对于∀x∈D，f(x)＝c要成立，c的取值集合就是函数f(x)的值域，
对于∃x∈D，使得c＝g(x)，c应该属于g(x)的取值集合，所以函数f(x)的值域为g(x)的值域的子集．
探究点三 ∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)>g(x2)的研究
对于∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)>g(x2)的研究，第一步先转化为∃x2∈D，f(x1)min>g(x2)，再将该问题按照探究点一转化为f(x1)min>g(x2)min.
例3 已知函数f(x)＝2|x－m|和函数g(x)＝x|x－m|＋2m－8.
(1)若方程f(x)＝2|m|在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m的取值范围；
(2)若对任意x1∈(－∞，4]，均存在x2∈[4，＋∞)，
使得f(x1)>g(x2)成立，求实数m的取值范围．
【解答】 (1)由f(x)＝2|m|在x∈[－4，＋∞)上恒有惟一解，
得|x－m|＝|m|在x∈[－4，＋∞)上恒有惟一解．
当x－m＝m时，得x＝2m，则2m＝0或2m<－4，
即m<－2或m＝0.
综上，m的取值范围是m<－2或m＝0.
(2)f(x)＝原命题等价为f(x1)min>g(x2)min.
①当4≤m≤8时，f(x)在(－∞，4]上单调递减，故f(x)≥f(4)＝2m－4，g(x)在[4，m]上单调递减，[m，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(m)＝2m－8，所以2m－4>2m－8，解得4<m<5或m>6.
所以4<m<5或6<m≤8.
②当m>8时，f(x)在(－∞，4]上单调递减，故f(x)≥f(4)＝2m－4，g(x)在单调递增，上单调递减，[m，＋∞)上单调递增，
g(4)＝6m－24>g(m)＝2m－8，
故g(x)≥g(m)＝2m－8，所以2m－4>2m－8，
解得4<m<5或m>6.所以m>8.
③0<m<4时，f(x)在(－∞，m]上单调递减，[m,4]上单调递增，
故f(x)≥f(m)＝1.g(x)在[4，＋∞)上单调递增，
故g(x)≥g(4)＝8－2m，所以8－2m<1，即<m<4.
④m≤0时，f(x)在(－∞，m]上单调递减，[m,4]上单调递增，
故f(x)≥f(m)＝1.g(x)在[4，＋∞)上单调递增，
故g(x)≥g(4)＝8－2m，所以8－2m<1，即m>(舍去)．
综上，m的取值范围是∪(6，＋∞)．
规律
【点评】 对于∀x∈D，f(x)>c，可以转化为f(x)min>c；∃x∈D，c>g(x)，可以转化为c>g(x)min，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f(x)min>g(x)min.
规律技巧总结
1．对于恒成立问题或存在性问题常见基本类型为∀x∈D，f(x)>c，可以转化为f(x)min>c；∃x∈D，c>g(x)，可以转化为c>g(x)min，∃x∈D，c＝g(x)，可以转化为c∈{y|y＝g(x)}，对于由这些含有量词的命题组合而成的含有两个量词命题的问题，可以采取分步转化的方法来处理．
2．对于含有参数的恒成立问题或存在性问题，常用的处理方法有分类讨论或参数分离，并借助于函数图象来解决问题．
四 课堂练习
1命题“∃x∈(0，＋∞)，x2－ax＋1≤0”为真命题，则a的取值范围为________．
2已知命题“∃x∈R，|x－a|＋|x＋1|≤2”是假命题，则实数a的取值范围是________．
3已知函数f(x)＝＋x2－x，m∈R，函数f(x)在(2，＋∞)上存在单调递增区间，求m的取值范围．
4已知函数f(x)＝x(x－a)2，g(x)＝－x2＋(a－1)x＋a(其中a为常数)．
(1)如果函数y＝f(x)和y＝g(x)有相同的极值点，求a的值；
(2)设a>0，问是否存在x0∈，使得f(x0)>g(x0)，若存在，请求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．

五 课堂小结（对本次课知识、考点、方法等进行归纳）

六 下次课内容：（写明章节内容）

（说明：1、上完课后请教师在教案首尾签姓名，填好授课时间。
2 、请不要在教案上涂改。）

课后作业：

学员课堂表现：
签字确认
学员_____________ 教师_____________ 班主任_____________

细节决定未来