2021版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

导数的存在性问题
中心考点·精确研析
考点一对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)=ax 32
存在独一的零点
00
则实数 a 的取值范围是- x +1x , 且 x >0,
()
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恰有两个不一样的实数根x1,x 2, 则x1 +x2的最大值是 ________________ . 【解题导思】
序号联想解题
1由存在独一的零点x0, 且 x0>0, 想到分别变量 a 建立新函数
由 [f(x)]2=a 恰有两个不一样的实数
根, 想到 f(x)=, 数形联合求
12
,
x ,x
2
建立函数 .
【分析】 1. 选 A. 由函数 f(x)=ax3-x2+1 存在独一的零点x0, 且 x0>0 等价于 a=有独一正根,
即函数 y=g(x)=的图像与直线y=a 在 y 轴右边有 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 , 则知足题意时y=g(x)的图像与直线y=a 的地点关系以下图,
即实数 a 的取值范围是a<-.
2. 作出 f(x)的函数图像以下图, 由 [f(x)]2=a,可得f(x)=, 所以>1, 即
a>1, 不如设 x1<x2, 则 2==, 令=t(t>1),则x1=-,x 2=ln t,所以
x1 +x2=ln t-, 令 g(t)=ln t-, 则 g′(t)=, 所以当 1<t<8
时,g ′(t)>0,g(t)在(1,8)上递加;当t>8时,g′(t)<0,g(t)在(8,+∞)上递减; 所以当 t=8 时 ,g(t)获得最大值 g(8)=ln 8-2=3ln 2-2.
答案 :3ln 2-2
题 1 条件改为f(x)=ax3-3x2+1,其余条件不变,若f(x)存在独一的零点x0, 且 x0>0, 则 a 的取值范围为
________________ .
【分析】当a=0 时 , 不切合题意 .
2
a≠ 0 时,f ′(x)=3ax-6x,
令 f ′(x)=0, 得 x1=0,x 2= . 若 a>0,
由图像知f(x) 有负数零点 , 不切合题意 .
若 a<0, 由图像联合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)基本依照 : 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足不用要条件.
(3)基本方法 : 导数法剖析函数的单一性、极值、区间端点函数值, 画出函数的草图 , 数形联合求参数的值 .
(4)常有技巧 : 将已知等式适合变形 , 转变为有益于用导数法研究性质的形式.
已知函数f(x)=x+e x-a
, g(x)=ln(x+2)-4e
a-x
, 此中 e 为自然对数的底数
使 f(x
00
建立 ,
, 若存在 x)-g(x)=3
则实数 a 的值为 ()
A.ln 2
B.ln 2-1
C.-ln2
D.-ln 2-1
【分析】选 D.f(x)-g(x)=x+e x-a -ln(x+2)+4e a-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 e x-a +4e a-x≥ 4( 当且仅当 e x-a =4e a-x , 即x=a+ln 2 时 , 等号建立 );故 f(x)-g(x)≥3( 当且仅当等号同时建即刻, 等号建立 ); 故 a+ln 2=-1,即 a=-1-ln 2.
考点二对于函数极值、最值的存在性问题
2
的极值点 .
【典例】 (2019 ·大连模拟 ) 已知 x=1 是函数 f(x)=ax + -xln x
(1)务实数 a 的值 .
(2) 求证 : 函数 f(x) 存在独一的极小值点x0, 且 0<f(x 0)<.
( 参照数据 :ln 2≈ 0.69,16e5<74,此中e为自然对数的底数)
【解题导思】
(1) 务实数 a 的值由f′(1)=0求a,并用极值的定义查验
(2) 函数 f(x)存在独一的极小值点联合(1)剖析函数f(x) 的单一性 , 利用
零点存在性定理确立极小值点x0所在x0, 且 0<f(x 0)<
区间 , 计算 f(x 0) 的取值范围
【分析】 (1) 由于 f ′(x)=2ax - -ln x,且x=1是极值点,所以f′(1)=2a -=0,
所以 a= . 此时 f ′(x)= - -ln x ,
设 g(x)=f ′(x) , 则 g′(x)= - =.
则当 0<x<2 时,g ′(x)<0,g(x)为减函数.
又 g(1)=0,g(2)=-ln 2<0,
所以当 0<x<1 时 ,g(x)>0 ,f(x)为增函数;
当 1<x<2 时,g(x)<0 ,f(x)为减函数.
所以 x=1 为 f(x)的极大值点,切合题意.
(2) 当 x>2 时,g ′(x)>0,g(x)为增函数, 且 g(4)= -2ln 2>0 ,g(2)<0,
所以存在 x ∈ (2,4),g(x)=0. 当 2<x<x
0时 ,g(x)<0 ,f(x)为减函数 ; 当 4>x>x
时 ,g(x)>0 ,f(x)为增函数 ,
00
所以函数 f(x)存在独一的极小值点 x0.
又 g
545
? 5<4ln , 所以 g<0, 所以
= -ln, 已知 16e <7, 可得 e <<x <4 , 且知足 - -ln
x0 =0.
所以 f(x 0)=+ -x 0ln x 0=-+x 0∈.
导数法研究函数极值、最值存在性问题的原则
(1)弄清用导数法求函数 ( 不含参数 ) 的极值、最值的一般步骤 , 及重点步骤要注意的问题 .
(2)在某区间上函数存在极值点 , 即方程 f ′(x)=0 必定有根 , 但方程有根 , 其实不必定是极值点 , 还要判断函数
(3)在某区间上函数存在最值 , 往常假定存在最值 , 依据题目条件求出后建立方程 , 解出参数的值并进行检
验 .
(2019 ·抚顺模拟 ) 已知函数f(x)=ln x-ax-3(a≠ 0).
(1)议论函数 f(x) 的单一性 .
(2)若函数 f(x) 有最大值 M,且 M>a-5, 务实数 a 的取值范围 .
【分析】 (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,+∞)内单一递加, 无减区间 ;
当 a>0 时 , 令 f ′(x)=0, 得 x= ,
所以当 x∈时f′(x)>0,f(x)单一递加;
当 x∈时f′(x)<0,f(x)单一递减.
(2) 由 (1) 知, 当 a<0 时 ,f(x)在(0,+∞)内单一递加, 无最大值 , 当 a>0 时 , 函数 f(x)在x=获得最大值,
即 f(x)max=f=ln-4=-ln a-4,
所以有 -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,+ ∞) 内单一递加,
又 g(1)=0, 所以 g(a)<g(1), 得 0<a<1,
故实数 a 的取值范围是 (0,1).
考点三对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],? x2∈[1,2],使得f(x1)≥ g(x2)建立,
A. B.
C. D.
【解题导思】
序号联想解题
由对 ? x1∈ (0,2], ? x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)建立,想到f(x1)min≥
g(x 2) min
【分析】选 A. 由于 f(x)=ln x-+,x ∈ (0,2],
所以 f ′(x)= - -=,
令 f ′(x)=0, 解得 x=1 或 x=3( 舍 ),
进而 0<x<1,f ′(x)<0;1<x<2,f′(x)>0;
所以当 x=1 时 ,f(x)取最小值,为,
所以 ? x∈ [1,2],使得≥ -x2-2ax+4建立,所以a≥, 由于 y=- +在[1,2]上单一递减 , 所以 y=- +的最小值为-+ =- , 所以 a≥ -.
2. 已知函数f(x)=ax-e x(a∈R),g(x)=.
(1)求函数 f(x) 的单一区间 .
(2)? x0∈(0,+ ∞), 使不等式 f(x) ≤ g(x)-e x建立 , 求 a 的取值范围 .
【解题导思】
序号题目拆解
(1) 函数 f(x) 的单一区间求f′(x),依照f′(x)=0解的状况,分类议论
(2) ? x0∈(0,+ ∞), 使不等
对不等式适合变形, 转变为求函数最值问题
式 f(x) ≤ g(x)-e x建立
当 a≤ 0 时,f′(x)<0,f(x)在 R 上单一递减 ;
当 a>0 时 , 令 f ′(x)=0得 x=ln a.
由 f ′(x)>0得 f(x)的单一递加区间为 (- ∞,ln a);
由 f ′(x)<0得 f(x)的单一递减区间为 (ln a,+ ∞).
综上 , 当 a≤ 0 时 ,f(x)的单一减区间为R; 当 a>0 时 ,f(x)的单一增区间为 (- ∞,ln a);
单一减区间为 (ln a,+ ∞).
(2) 由于 ? x0∈(0,+ ∞),使不等式 f(x)≤g(x)-e x,
所以 ax≤, 即 a≤.
设 h(x)=, 则问题转变为 a≤,
由 h′(x)=, 令 h′(x)=0, 则 x=.
当 x 在区间 (0,+ ∞) 内变化时 ,h ′(x),h(x) 的变化状况以下表:
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
“恒建立”与“存在性” 问题的求解是“互补”关系 , 即 f(x)≥ g(a)对于x∈ D恒建立,应求f(x)的最小值;
若存在 x∈D, 使得 f(x) ≥ g(a) 建立 , 应求 f(x)的最大值.在详细问题中终究是求最大值仍是最小值, 能够先联想“恒建立”是求最大值仍是最小值, 这样也就能够解决相应的“存在性”问题是求最大值仍是最小值.特别需要关注等号能否建立, 免得细节犯错 .
2. 两个常用结论
(1) ? x∈ I, 使得 f(x)>g(x)建立? [f(x)-g(x)]max>0(x∈I).
(2020 ·西安模拟 ) 已知函数f(x)=x3+x 2+ax.
(1) 若函数 f(x)在区间[1,+∞)上单一递加, 务实数 a 的最小值 .
(2)若函数 g(x)=, 对 ? x ∈, ? x ∈, 使 f ′(x) ≤ g(x ) 建立 , 务实数 a 的取值范围 .
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【分析】 (1)由题设知 f ′(x)=x2+2x+a≥0 在[1,+∞) 上恒建立 ,即 a≥ -(x+1)2+1 在[1,+∞) 上恒建立 ,而函数 y=-(x+1)+1 在[1,+∞) 单一递减 , 则 y =-3,所以 a≥ -3,所以 a 的最小值为 -3.
2max
(2)
1
∈, ?
2
∈, 使 f ′(x
12
) 建立”等价于“当x∈
max “对 ? x x) ≤ g(x时,f ′(x)≤
g(x) max” .
22
在上单一递加 ,由于 f ′(x)=x +2x+a=(x+1)+a-1
所以 f ′(x) max=f ′(2)=8+a.
而 g′(x)=, 由 g′(x)>0, 得 x<1,
由 g′(x)<0, 得 x>1,
所以 g(x) 在 (- ∞,1) 上单一递加 , 在(1,+ ∞) 上单一递减.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.。