2021版高考数学一轮复习 核心素养测评十八 导数的存在性问题 理 北师大版

核心素养测评十八 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)x2-1ex在区间(0,+)上有解,令f(x)=x2-1ex,f(x)=2x+1ex0,所以f(x)在区间(0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=-1,又ax2-1ex在区间(0,+)上有解,所以a(-1,+).2.(2019莆田模拟)若函数f(x)=a3x3-x2+2x没有极小值点,则a的取值范围是()a.0,12b.12,+c.012,+d.012,+【解析】选c.f(x)=ax2-2x+2,要使得f(x)没有极小值,则要求f(x)恒大于等于0,或者恒小于等于0,或者该导函数为一次函数,当该导函数为一次函数的时候,a=0,满足条件,当f(x)恒大于等于0的时候,则a0=4-8a0,解得a12,+,当f(x)恒小于等于0的时候,则a0=4-8a0,此时a不存在,故a012,+.3.已知函数f(x)=e2x,g(x)=ln x+12,对ar,b(0,+),f(a)=g(b),则b-a的最小值为()a.e-1b.1-ln22c.2e-1d.1+ln22【解析】选d.设f(a)=g(b)=t,t(0,+),可得a=lnt2,b=et-12,令h(t)=b-a=et-12-lnt2,t(0,+),则 h(t)=et-12-12t,令h(t)=0,得t=12,由于h(t)=et-12-12t是增函数,所以t0,12时,h(t)0,因此h(t)在0,12上单调递减,在12,+上单调递增,从而h(t)的最小值为h12=1+ln22.4.(2020重庆模拟)若函数f(x)=x-axex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)=x-axex,定义域为x|x0,f(x)=ex+xex-aexx-aexx2=ex(x3+x2-ax+a)x2,因为f(x)在(0,1)内存在极值点,则f(x)=ex(x3+x2-ax+a)x2=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时,令f(x)=0,得x=ln1a,函数f(x)在-,ln1a上单调递减,在ln1a,+上单调递增,所以f(x)的最小值为fln1a=1-ln1a-2a=1+ln a-2a.令g(a)=1+ln a-2a(a0),则g(a)=1a-2.当a0,12时,g(a)单调递增;当a12,+时,g(a)单调递减,所以g(a)max=g12=-ln 20,所以f(x)的最小值为fln1a0,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)=113-ln 3.作出函数f(x)图像,如图.作直线y=m,平移可知当3-ln 20,所以f(x)在12,+上单调递增,因为a,b12,+,所以f(x)在a,b上单调递增,因为f(x)在a,b上的值域为k(a+2),k(b+2),所以f(a)=k(a+2)f(b)=k(b+2),所以方程f(x)=k(x+2)在12,+上有两解a,b.作出y=f(x)与直线y=k(x+2)的函数图像,则两图像有两交点.若直线y=k(x+2)过点12,94+12ln2,则k=9+2ln210,若直线y=k(x+2)与y=f(x)的图像相切,设切点为(x0, y0),则k=2x0-ln x0-1,y0=k(x0+2),y0=x02-x0ln x0+2,解得k=1.所以10,解得:x2,令f(x)0,解得:x2,所以f(x)在12,2上单调递减,在(2,3上单调递增, 所以f12=8.5是函数的最大值, 当x22,3时,g(x)=2x+a为增函数, 所以g(3)=a+8是函数的最大值, 又因为x112,3,x22,3,使得f(x1)g(x2), 可得f(x)在x112,3的最大值不小于g(x)在x22,3的最大值, 即8.5a+8,解得:a12.答案:a12三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2020黄冈模拟)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=-xe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+2x-1x2+ln x同号.设h(x)=a+2x-1x2+ln x,则h(x)=x2-2x+2x3=(x-1)2+1x3.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,h12=a+ln 120,故存在x012,1,使得h(x0)=0.g(x)与g(x)在区间12,1上的情况如下:x12,x0x0(x0,1)g(x)-0+g(x)极小值所以g(x)在区间12,x0上单调递减,在区间(x0,1)上单调递增.所以若a(0,ln 2),存在x012,1,使得x0是g(x)的极小值点.令h(x0)=0,得到a+ln x0=1-2x0x02,所以f(x0)=ex0(a+ln x0)=ex01-2x0x020,令f(x)=0,得x=3,所以当x(0,3)时,有f(x)0,则(3,+)是函数f(x)的单调递增区间.当x(1,e)时,函数f(x)在(1,3)上单调递减,在(3,e)上单调递增;又因为f(1)=12,f(e)=12e2-30,f(3)=32(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,所以f(x)=1x-a=-ax-1ax,所以y=f(x)在0,1a上单调递增,在1a,+上单调递减.所以f(x)max=f1a=-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b1+lnaa成立.令h(x)=1+lnxx,x(0,+),因为h(x)=-lnxx2,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)=ex-1x(x+1).令x0(0,1),使得ex0=1x0.两边取自然对数,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)=x01x0-x0+x0-b=1-b0,所以b0恒成立,又由g(x)=2e2x-aex-a2=2ex+aex-a,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lna,+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