（新课改地区）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 新人教B版

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)=ax3-32x2+1存在唯一的零点x0,且x00,则实数a的取值范围是() a.-,-22b.(-2,0)c.(0,2)d.22,+2.(2020深圳模拟)已知函数f(x)=2x2,x0,ex,x0, 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(x)=a ,数形结合求x1,x2,构建函数.【解析】1.选a.由函数f(x)=ax3-32x2+1存在唯一的零点x0,且x00等价于a=32x2-1x3有唯一正根,即函数y=g(x)=32x2-1x3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)=3(2-x)(2+x)2x4,则y=g(x)在(-,-2),(2,+)上为减函数,在(-2,0),(0,2)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a1,即a1,不妨设x11),则x1=-t2 ,x2=ln t,所以x1+x2=ln t-t2 ,令g(t)=ln t-t2 ,则g(t) =4-2t4t ,所以当1t0,g(t)在(1,8)上递增;当t8时,g(t) 0,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=2a.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f2a0,即a8a3-34a2+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)=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=1-1x+2 =x+1x+2,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-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+x2-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0f(x0)716.(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(2)由f(1)=0求a,并用极值的定义检验函数f(x)存在唯一的极小值点x0,且0f(x0)716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-12-ln x,且x=1是极值点,所以f(1)=2a-12=0,所以a=14.此时f(x)=x2-12-ln x ,设g(x)=f(x) ,则g(x)=12-1x=x-22x.则当0x2时,g(x)0,g(x)为减函数.又g(1)=0,g(2)=12-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)=32-2ln 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g72=54-ln 72 ,已知16e574 ,可得e572454ln 72,所以g720,所以72x0a-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)=1x-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=1a,所以当x0,1a时f(x)0,f(x)单调递增;当x1a,+时f(x)0,f(x)单调递减.(2)由(1)知,当a0时,函数f(x)在x=1a取得最大值,即f(x)max=f1a=ln 1a-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-x4+34x,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.-18,+b.25-8ln216,+c.-18,54d.-,54【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-x4+34x,x(0,2, 所以f(x)=1x-14-34x2=-(x-1)(x-3)4x2,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12,因此x1,2,使得12-x2-2ax+4成立,所以a-x2+74x最小值,因为y=-x2+74x在1,2上单调递减,所以y=-x2+74x的最小值为-22+78=-18,因此a-18.2.已知函数f(x)=ax-ex(ar),g(x)=lnxx.(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,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axlnxx,即alnxx2.设h(x)=lnxx2,则问题转化为alnxx2max,由h(x)=1-2lnxx3,令h(x)=0,则x=e.当x在区间(0,+)内变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:x(0,e)e(e,+)h(x)+0-h(x)极大值12e由上表可知,当x=e时,函数h(x)有极大值,即最大值为12e.所以a12e.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(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,12x2+ax-axln x+12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)=-1x+1=x-1x.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12x2+a