新课改地区2021版高考数学一轮复习核心素养测评十七导数的存在性问题新人教B版2020040801111.doc

1、核心素养测评十七 导数的存在性问题(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.若存在正实数x使ex(x2-a)1成立,则实数a的取值范围是()A.(-1,+)B.(0,+)C.(-2,+)D.-1,+)【解析】选A.存在正实数x使ex(x2-a)x2-在区间(0,+)上有解,令f(x)=x2-,f(x)=2x+0,所以f(x)在区间(0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=-1,又ax2-在区间(0,+)上有解,所以a(-1,+).2.(多选)若函数f(x)=6xex-2ax3-3ax2存在三个极值点,则a的取值可能为()A.1B.2C.3D.4【解析】选CD.由题意得:f=6e

2、x+6xex-6ax2-6ax=6,可知x=-1为f的一个零点.若f存在三个极值点,则只需ex-ax=0有两个不等实根,且两实根均不等于-1,即g=ex与h=ax有两个横坐标不等于-1的交点,当h与g相切时,设切点坐标为:,g=a,又=a,所以x0=1,a=e,由图象可知:a时,ex-ax=0有两个不等实根,且两实根均不等于-1.所以若f存在三个极值点,则a,故C D正确.3.已知函数f(x)=e2x,g(x)=ln x+,对aR,b(0,+),f(a)=g(b),则b-a的最小值为()A.-1B.1-C.2-1D.1+【解析】选D.设f(a)=g(b)=t,t(0,+),可得a=,b=,令h

3、(t)=b-a=-,t(0,+),则 h(t)=-,令h(t)=0,得t=,由于h(t)=-是增函数,所以t时,h(t)0,因此h(t)在上单调递减,在上单调递增,从而h(t)的最小值为h=1+.4.(2020重庆模拟)若函数f(x)=ex在(0,1)内存在极值点,则实数a的取值范围是()A.(-,0)B.(0,+)C.(-,-1 D.-1,0)【解析】选A.函数f(x)=ex,定义域为x|x0,f(x)=ex+xex-=,因为f(x)在(0,1)内存在极值点,则f(x)=0的实数根在(0,1)内,即x3+x2-ax+a=0的实数根在区间(0,1)内,令g(x)=x3+x2-ax+a,可知,函

4、数g(x)=x3+x2-ax+a在(0,1)内存在零点,讨论a:a=0时,g(x)=x2(x+1)在(0,1)上无零点.a0时,在(0,1)上,g(x)=x3+x2+(1-x)a0,无零点.a0时,g(0)=a0,在(0,1)上有零点.所以实数a的取值范围是a0,得x2;F(x)0,得0x2,所以F(x)在1,2上递减,在2,3上递增,F(1)=3,F(2)=3-ln 2,F(3)=-ln 3.作出函数F(x)图象,如图.作直线y=m,平移可知当3-ln 2m-ln 3时符合题意,所以实数m的取值范围是(3-ln 2,-ln 3.答案:(3-ln 2,-ln 37.(2020重庆模拟)已知函数

5、f=x2-2ln x.则函数f在x上的值域为_;若存在x1,x2,xn,使得f+f+ff成立,则n的最大值为_.(其中自然常数e=2.718 28)【解析】f=2x-=,令f=0,得x=1(舍去负根),所以x时,f0,f单调递增.故f=f=1,又因为f=+23,5.29=2.72-2f=e2-22.82-2=5.84,故f=f=e2-2,故x时,f.所以有ff=e2-2,故要使f+f+ff成立,且n的值最大,则f,f,f每个的函数值应最小,即x1=x2=xn-1=1,f=f=f=1,从而得到fff=e2-2,所以ne2-17,所以n的最大值为6.答案:68.已知函数f(x)=x3-ax2在(-

6、1,1)上没有最小值,则a的取值范围是_.【解析】f(x)=x(3x-2a),令f(x)=0,解得:x=0或x=,(-,-1即a-时,f(x)在(-1,0)上递减,在(0,1)上递增,此时x=0时,f(x)取最小值,舍去,-10时,f(x)在上递增,在上递减,在(0,1)上递增,由题意f(x)在(-1,1)上没有最小值,则,解得:-1a0,当a=0时,f(x)在(-1,1)上显然没有最小值,成立,当01时,f(x)在(-1,0)上递增,在上递减,在上递增,由题意f(x)在(-1,1)上没有最小值,则,解得:0a-1.答案:(-1,+)三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2020黄冈模拟)

7、已知函数f(x)=ex(a+ln x),其中aR.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=-垂直,求a的值.(2)记f(x)的导函数为g(x).当a(0,ln 2)时,证明:g(x)存在极小值点x0,且f(x0)0,所以g(x)与a+-+ln x同号.设h(x)=a+-+ln x,则h(x)=.所以对任意x(0,+),有h(x)0,故h(x)在(0,+)上单调递增.因为a(0,ln 2),所以h(1)=a+10,h=a+ln 0,故存在x0,使得h(x0)=0.g(x)与g(x)在区间上的情况如下:xx0(x0,1)g(x)-0+g(x)极小值所以g(x)在区间上单调递减,在区间(x

8、0,1)上单调递增.所以若a(0,ln 2),存在x0,使得x0是g(x)的极小值点.令h(x0)=0,得到a+ln x0=,所以f(x0)=(a+ln x0)=0,令f(x)=0,得x=,所以当x(0,)时,有f(x)0,则(,+)是函数f(x)的单调递增区间.当x(1,e)时,函数f(x)在(1,)上单调递减,在(,e)上单调递增;又因为f(1)=,f(e)=e2-30,f()=(1-ln 3)0,bR).(1)若存在正数a,使f(x)0恒成立,求实数b的最大值.(2)设a=1,若g(x)=xex-2x-f(x)没有零点,求实数b的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=ln x-ax+ab

9、,所以f(x)=-a=-,所以y=f(x)在上单调递增,在上单调递减.所以f(x)max=f=-ln a-1+ab.所以存在正数a,使ab1+ln a成立,即存在正数a,使得b成立.令h(x)=,x(0,+),因为h(x)=-,所以y=h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.所以h(x)max=h(1)=1,所以b1.故b的最大值为1.(2)因为a=1,所以f(x)=ln x-x+b.所以g(x)=xex-x-ln x-b.所以g(x)=(x+1).令x0(0,1),使得=.两边取自然对数,得x0=-ln x0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增.由

10、题设可知,要使函数g(x) 没有零点,则要g(x)min=g(x0)0即可,g(x0)=x0-x0+x0-b=1-b0,所以b0恒成立,又由g(x)=2e2x-aex-a2=,若a=0,则g(x)=e2x0,g(x)无零点,f(x)无好点.若a0,由g(x)=0,得x=ln a.当x(-,ln a)时,g(x)0,所以g(x)在(-,ln a)上单调递减,在上单调递增.所以当x=ln a时,g(x)取最小值g(ln a)=-a2ln a.当且仅当-a2ln a0,即0a0,所以g(x)无零点,f(x)无好点.若a0,由g(x)=0,得x=ln.当x时,g(x)0,所以g(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当x=ln时,g(x)取最小值g=a2.当且仅当a20,即-2a0,所以g(x)无零点,f(x)无好点.综上,a的取值范围为.