2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心考点·精准研析 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聊城模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(4-x)=f(x),且当x-2,0时,f(x)=xex(其中e=2.718 28是自然对数的底数).若关于x的方程f(x)-a=0在0,4上恰有四个解,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.【解题导思】序

2、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)为偶函数,且f(4-x)=f(x),想到判断f(x)的周期性.【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)=的图象与直线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)的图象与直线y=a的位置关系如图所示,即实数a的取值范围是a-.2.选C.由f(x)是定义在R上的偶函数,且f(4-x)=f(x)可得f(-x)=f(x+4

3、)=f(x),所以f(x)为周期为4的函数,因为当x-2,0时,f(x)=xex,所以f(x)=ex+xex=(1+x)ex,所以当-2x-1时,f(x)0,f(x)单调递减,当-1x0,则a的取值范围为_.【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,由图象知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

4、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.(2020辽源模拟)已知函数f(x)=x2e-x,g(x)=-x3+2x2-3x+c.若对x1(0,+),x21,3,使f(x1)=g(x2)成立,则c的取值范围是()A.c0,故f(x),g(x)=-x3+2x2-3x+c,g(x)=-(x-3)(x-1),令g(x)0,解得:1x3,故g(x)在1,3上递增,而g(x)min=g(1)=-+c,g(x)max=g(3)=c,故g(x),若对x1(0,+),x21,3,使f(x1)=g

5、(x2)成立,则,故,解得c.考点二关于函数极值、最值的存在性问题【典例】(2019全国卷)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:(1)f(x)存在唯一的极值点.(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.【解题导思】序号题目拆解(1)f(x)存在唯一的极值点分析f(x)的单调性,用零点存在性定理证明存在唯一x0(0,+),使得f(x0)=0,且x0两侧f(x)异号(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数用零点存在性定理证明f(x)=0在(x0,+)内存在唯一根x=.计算f=0,结合f(x)的单调性进行证明.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+).f

6、(x)=+ln x-1=ln x-.因为y=ln x单调递增,y=单调递减,所以f(x)单调递增,又f(1)=-10,故存在唯一x0(1,2),使得f(x0)=0.又当xx0时,f(x)x0时,f(x)0,f(x)单调递增.因此,f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)0,所以f(x)=0在(x0,+)内存在唯一根x=.由x01得1a-5,求实数a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(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

7、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, x21,2,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【

8、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)=.世纪金榜导学号(1)求函数f(x)的单调区间.(2)x0(0,+),使不等式f(x)g(x)-ex成立,求a的取值范围.【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,+

9、),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)=,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(

10、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

11、(x)的定义域为D2.已知f(x)=ln x-x+a+1.(1)若存在x(0,+),使得f(x)0成立,求实数a的取值范围.(2)求证:当x1时,在(1)的条件下,x2+ax-axln x+成立.【解析】f(x)=ln x-x+a+1(x0).(1)原题即为存在x(0,+)使得ln x-x+a+10,所以a-ln x+x-1,令g(x)=-ln x+x-1,则g(x)=-+1=.令g(x)=0,解得x=1.因为当0x1时,g(x)1时,g(x)0,所以g(x)为增函数,所以g(x)min=g(1)=0.所以ag(1)=0.所以a的取值范围为0,+).(2)原不等式可化为x2+ax-xln x-a-0(x1,a0).令G(x)=x2+ax-xln x-a-,则G(1)=0.由(1)可知x1时,x-ln x-10,则G(x)=x+a-ln x-1x-ln x-10,所以G(x)在(1,+)上递增,所以当x1时,G(x)G(1)=0.所以当x1时,x2+ax-xln x-a-0成立,即当x1时,x2+ax-axln x+成立.关闭Word文档返回原板块