高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-4-3导数的存在性问题练习理北师大版 9页

‎3.4.3 导数的存在性问题 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x0>0,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________________. 【解题导思】‎ 序号 联想解题 ‎1‎ 由存在唯一的零点x0,且x0>0,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(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x0>0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)=,‎ - 9 -‎ 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a<-.‎ ‎2.作出f(x)的函数图像如图所示,由[f(x)]2=a,可得f(x)=,所以>1,即a>1,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10,g(t)在(1,8)上递增;当t>8时,g′(t)<0,g(t)在(8,+∞)上递减;所以当t=8时,g(t)取得最大值g(8)=ln 8-2=3ln 2-2.‎ 答案:3ln 2-2‎ 题1条件改为f(x)=ax3-3x2+1,其他条件不变,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围为________________. ‎ ‎【解析】当a=0时,不符合题意.‎ a≠0时,f′(x)=3ax2-6x,‎ 令f′(x)=0,得x1=0,x2=.若a>0,‎ 由图像知f(x)有负数零点,不符合题意.‎ - 9 -‎ 若a<0,由图像结合f(0)=1>0知,此时必有f>0,‎ 即a×-3×+1>0,化简得a2>4,又a<0,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)=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 2　 B.ln 2-1‎ C.-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-x≥4(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-ln 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.‎ ‎ (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00 ,f(x) 为增函数;‎ 当12时,g′(x)>0,g(x)为增函数,且g(4)=-2ln 2>0 ,g(2)<0,‎ 所以存在x0∈(2,4),g(x0)=0.当2x>x0 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16e5<74 ,可得e5<⇒5<4ln ,所以g<0,所以a-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a<0时,f′(x)>0,‎ 所以,f(x)在(0,+∞)内单调递增,无减区间;‎ 当a>0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a<0时,f(x)在(0,+∞)内单调递增,无最大值,当a>0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-4>a-5,得ln a+a-1<0,‎ 设g(a)=ln a+a-1,则g′(a)=+1>0,所以g(a)在(0,+∞)内单调递增,‎ - 9 -‎ 又g(1)=0,所以g(a)0;‎ 所以当x=1时,f(x)取最小值,为,‎ 因此∃x∈[1,2],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≥-.‎ - 9 -‎ ‎2.已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.‎ ‎(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,+∞),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,x∈R.‎ 当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在R上单调递减;‎ 当a>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得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).‎ 综上,当a≤0时,f(x)的单调减区间为R;当a>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 ‎-‎ - 9 -‎ 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)∃x∈I,使得f(x)>g(x)成立⇔[f(x)-g(x)]max>0(x∈I).‎ ‎(2)对∀x1∈D1,∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(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+a≥0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)max≤g(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.‎ - 9 -‎ 而g′(x)=,由g′(x)>0,得x<1,‎ 由g′(x)<0,得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.‎ - 9 -‎