2022届高考数学理北师大版一轮复习训练：3-4-3 导数的存在性问题 WORD版含解析.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心考点精准研析 考点一关于函数零点或方程的根的存在性问题 【典例】1.(2020泰安模拟)若函数f(x)=ax3-x2+1存在唯一的零点x0,且x00,则实数a的取值范围是()A.B.(-,0)C.(0,)D.2.(2020深圳模拟)已知函数f(x)=若方程f(x)2=a恰有两个不同的实数根x1,x2,则x1+x2的最大值是_.世纪金榜导学号【解题导思】序号联想解题1由存在唯一的零点x0,且x00,想到分离变量a构建新函数2由f(x)2=a恰有两个不同的实数根,想到f(

2、x)=,数形结合求x1,x2,构建函数.【解析】1.选A.由函数f(x)=ax3-x2+1存在唯一的零点x0,且x00等价于a=有唯一正根,即函数y=g(x)=的图像与直线y=a在y轴右侧有1个交点,又y=g(x)为奇函数且g(x)=,则y=g(x)在(-,-),(,+)上为减函数,在(-,0),(0,)上为增函数,则满足题意时y=g(x)的图像与直线y=a的位置关系如图所示,即实数a的取值范围是a1,即a1,不妨设x11),则x1=-,x2=ln t,所以x1+x2=ln t-,令g(t)=ln t-,则g(t)=,所以当1t0,g(t)在(1,8)上递增;当t8时,g(t)0,则a的取值范

3、围为_.【解析】当a=0时,不符合题意.a0时,f(x)=3ax2-6x,令f(x)=0,得x1=0,x2=.若a0,由图像知f(x)有负数零点,不符合题意.若a0知,此时必有f0,即a-3+10,化简得a24,又a0,所以a-2.答案:(-,-2)导数法研究函数零点的存在性问题的策略(1)基本依据:函数零点的存在性定理.(2)注意点:函数零点的存在性定理是函数存在零点的充分不必要条件.(3)基本方法:导数法分析函数的单调性、极值、区间端点函数值,画出函数的草图,数形结合求参数的值.(4)常见技巧:将已知等式适当变形,转化为有利于用导数法研究性质的形式.已知函数f(x)=x+ex-a, g(x

4、)=ln(x+2)-4ea-x,其中e为自然对数的底数,若存在x0使f(x0)-g(x0)=3成立,则实数 a的值为()A.ln 2B.ln 2-1C.-ln2 D.-ln 2-1 【解析】选D.f(x)-g(x)=x+ex-a-ln(x+2)+4ea-x,令y=x-ln(x+2),y=1-=,故y=x-ln(x+2)在(-2,-1)上是减函数,(-1,+)上是增函数,故当x=-1时,y有最小值-1-0=-1,而ex-a+4ea-x4(当且仅当ex-a=4ea-x,即x=a+ln 2时,等号成立);故f(x)-g(x)3(当且仅当等号同时成立时,等号成立);故a+ln 2=-1,即a=-1-l

5、n 2.考点二关于函数极值、最值的存在性问题【典例】(2019大连模拟)已知x=1是函数f(x)=ax2+-xln x的极值点.世纪金榜导学号(1)求实数a的值.(2)求证:函数f(x)存在唯一的极小值点x0,且0f(x0).(参考数据:ln 20.69,16e574,其中e为自然对数的底数)【解题导思】序号题目拆解(1)求实数a的值由f(1)=0求a,并用极值的定义检验(2)函数f(x)存在唯一的极小值点x0,且0f(x0)结合(1)分析函数f(x)的单调性,利用零点存在性定理确定极小值点x0所在区间,计算f(x0)的取值范围【解析】(1)因为f(x)=2ax-ln x,且x=1是极值点,所

6、以f(1)=2a-=0,所以a=.此时f(x)=-ln x ,设g(x)=f(x) ,则g(x)=-=.则当0x2时,g(x)0,g(x)为减函数.又g(1)=0,g(2)=-ln 20,所以当0x0 ,f(x) 为增函数;当1x2时,g(x)2时,g(x)0,g(x)为增函数,且g(4)=-2ln 20 ,g(2)0,所以存在x0(2,4),g(x0)=0.当2xx0时,g(x)xx0 时,g(x)0 ,f(x) 为增函数,所以函数f(x)存在唯一的极小值点x0.又g=-ln ,已知16e574 ,可得e554ln ,所以g0,所以x0a-5,求实数a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义

7、域为(0,+),由已知得f(x)=-a,当a0,所以,f(x)在(0,+)内单调递增,无减区间;当a0时,令f(x)=0,得x=,所以当x时f(x)0,f(x)单调递增;当x时f(x)0,f(x)单调递减.(2)由(1)知,当a0时,函数f(x)在x=取得最大值,即f(x)max=f=ln -4=-ln a-4,因此有-ln a-4a-5,得ln a+a-10,所以g(a)在(0,+)内单调递增,又g(1)=0,所以g(a)g(1),得0a1,故实数a的取值范围是(0,1).考点三关于不等式的存在性问题【典例】1.已知f(x)=ln x-+,g(x)=-x2-2ax+4,若对x1(0,2, x

8、21,2,使得f(x1)g(x2)成立,则a的取值范围是()A.B.C.D.【解题导思】序号联想解题由对x1(0,2,x21,2,使得f(x1)g(x2)成立,想到f(x1)ming(x2)min【解析】选A.因为f(x)=ln x-+,x(0,2, 所以f(x)=-=,令f(x)=0,解得x=1或x=3(舍),从而0x1,f(x)0;1x0;所以当x=1时,f(x)取最小值,为,因此x1,2,使得-x2-2ax+4成立,所以a,因为y=-+在1,2上单调递减,所以y=-+的最小值为-+=-,因此a-.2.已知函数f(x)=ax-ex(aR),g(x)=.(1)求函数f(x)的单调区间.(2)

9、x0(0,+),使不等式f(x)g(x)-ex成立,求a的取值范围.世纪金榜导学号【解题导思】序号题目拆解(1)函数f(x)的单调区间求f(x),依据f(x)=0解的情况,分类讨论(2)x0(0,+),使不等式f(x)g(x)-ex成立对不等式适当变形,转化为求函数最值问题【解析】(1)因为f(x)=a-ex,xR.当a0时,f(x)0时,令f(x)=0得x=ln a.由f(x)0得f(x)的单调递增区间为(-,ln a);由f(x)0时,f(x)的单调增区间为(-,ln a);单调减区间为(ln a,+).(2)因为x0(0,+),使不等式f(x)g(x)-ex,所以ax,即a.设h(x)=

10、,则问题转化为a,由h(x)=,令h(x)=0,则x=.当x在区间(0,+)内变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:x(0,)(,+)h(x)+0-h(x)极大值由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为.所以a.1.不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)g(a)对于xD恒成立,应求f(x)的最小值;若存在xD,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值还是最小值,可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值,这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立,以免细节出

11、错.2.两个常用结论(1)xI,使得f(x)g(x)成立f(x)-g(x)max0(xI).(2)对x1D1,x2D2使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min,f(x)的定义域为D1,g(x)的定义域为D2.(2020西安模拟)已知函数f(x)=x3+x2+ax.(1)若函数f(x)在区间1,+)上单调递增,求实数a的最小值.(2)若函数g(x)=,对x1,x2,使f(x1)g(x2)成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)由题设知f(x)=x2+2x+a0在1,+)上恒成立,即a-(x+1)2+1在1,+)上恒成立,而函数y=-(x+1)2+1在1,+)单调递减,则ymax=-3,所以a-3,所以a的最小值为-3.(2)“对x1,x2,使f(x1)g(x2)成立”等价于“当x时,f(x)maxg(x)max”.因为f(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在上单调递增,所以f(x)max=f(2)=8+a.而g(x)=,由g(x)0,得x1,由g(x)1,所以g(x)在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.所以当x时,g(x)max=g(1)=.由8+a,得a-8,所以实数a的取值范围为.关闭Word文档返回原板块