(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．