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

3.4.3衍生工具的存在核心测试点的精确分析函数零点或方程根的存在性典型例子 1。(2020泰安模拟)如果函数f(x)=ax3-32x2 1具有唯一的零点x0和x00，则实数a的取值范围为()a.-，-22b。(-2，0)c.(0，2)d22，2.(2020深圳模拟)已知函数f(x)=2x2，x0，ex，x0。如果方程f(x)2=a正好有两个不同的实根x1，x2，那么x1 x2的最大值是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _。解决方案指南序列号联想问题解决1因为存在唯一的零点x0和x00，所以认为通过分离变量a来构造新的函数。2由于f(x)2=a正好有两个不同的实根，人们认为f(x)=a，数字和形状的组合可以用来寻找x1，x2和构造函数。决议 1。从函数f(x)=ax3-32x2 1中，有一个唯一的零点x0，x0相当于a=32x2-1x3有一个唯一的正根。也就是说，函数y=g(x)=32x2-1x3和直线y=a的图像在y轴的右侧有一个交点。y=g(x)是奇数函数，g(x)=3(2-x)(2 x)2x4，那么y=g(x)是(-，-2)，(2，)上的减函数和(-2，0)，(0，2)上的增函数，那么当问题得到满足时，y=g(x)的图像和直线y=a之间的位置关系如图所示。也就是说，实数a的值域是-22。2.f(x)的函数图像如图所示。从f(x)2=a，f(x)=a可以得到，所以a1，也就是a1，让我们假设x11)，x1=-t2，x2=ln t，所以x1 x2=ln t-t2，让g(t)=ln t-t2，然后g(t)=4-2t4t，所以当10，g(t)在(1，8)中增加；当t8，g(t)0时，g(t)在(8，)上减小；所以当t=8时，g(t)得到最大g(8)=ln 8-2=3ln 2-2。回答33363ln2-2问题1中的条件改为f(x)=ax3-3x2 1。其他条件保持不变。如果f(x)有唯一的零点x0和x00，a的取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。当a=0时，它不符合问题的含义。当a0，f (x)=3x2-6x时，如果f(x)=0，x1=0，x2=2a。如果a0，从图中可以知道f(x)为负零，这与问题的含义不符。如果通过组合f(0)=10的图像知道a0，则必须有f2a0。那是a8a3-34a2 10，减少到a24和a0，所以a-2。回答：(-，-2)用导数方法研究函数零点存在性的策略(1)基于：函数的零点存在定理。(2)注意，点：函数的零点存在定理是函数零点存在的一个充分和不必要的条件。(3)基本方法：导数法用于分析函数的单调性、极值和区间端点函数值，画出函数的草图，并结合数字和形状找到参数值。(4)常用技巧：将已知方程转换成有利于用导数方法研究性质的形式。已知函数f(x)=x ex-a，g(x)=ln(x 2)-4ea-x，其中e是自然对数的基数，如果x0保持f(x0)-g(x0)=3，则实数a的值为()a.ln 2 b.ln 2-1c.-ln2d-ln2-1分辨率选择d . f(x)-g(x)=x ex-a-ln(x 2)4ea-x，以便y=x-ln(x 2)，y =1-1x 2=x 1x 2，因此y=x-ln(x 2)是(-2，-1)上的减法函数和(-1，)上的递增函数。因此，当x=-1时，y的最小值为-1-0=-1，而ex-a 4ea-x4(当且仅当ex-a=4ea-x时，即f(x)-g(x)3(当且仅当等号同时成立时，等号成立)；所以a ln 2=-1，也就是a=-1-ln 2。关于测试点2中函数极值和最大值的存在性(2019年大连模拟)已知x=1是函数f(x)=ax2 x2-xln x的极值点(1)现实数字a的值(2)验证：函数f(x)具有唯一的最小值点x0，并且00，f(x)是递增函数；当12，g(x)0，g(x)为增函数，g(4)=32-2ln 20，g(2)0，所以有x0(2，4)，g(x0)=0。当2xx0，g(x)0，f(x)是递增函数时，那么函数f(x)有一个唯一的最小值x0。g72=54-ln 72，给定16e574，我们可以得到e572454 ln72，所以g720，所以72a-5，现实数字a的取值范围(1)f(x)的定义域是(0，)，从已知的f(x)=1x-a，当a0，f(x)0时，因此，f(x)在(0，)内单调增加，没有递减区间；当a0时，让f(x)=0，得到x=1a。因此，当x0，1a，f(x)0，f(x)单调增加；当x1a，f(x)0，f(x)单调递减。(2)从(1)可知，当a0，f(x)在(0，)范围内单调增加而没有最大值，当a0，函数f(x)在x=1a处获得最大值。也就是说，f(x)max=f1a=ln 1a-4=-ln a-4。因此，在a-4a-5中有-1，获得lna-10。设g(a)=ln a-1，然后g(a)=1a 10，因此g(a)在(0，)内单调增加，g(1)=0，所以g2.已知函数f(x)=ax-ex(ar)，g(x)=lnxx。(1)找出函数f(x)的单调区间。(2) x0 (0，)，建立了不等式f(x)g(x)-ex，并找到了a的取值范围。问题解决指南序列号主题反汇编(1)函数f(x)的单调区间找出f(x)并根据f(x)=0的情况进行分类讨论(2) x0 (0，)，因此不等式f(x)g(x)-ex成立不等式被适当地转化为寻找函数最大值的问题。(1)因为f (x)=a-ex，x r。当a0时，f(x)0，f(x)在r上单调递减；当a0时，让f(x)=0 x=ln a。由f(x)0得到的f(x)的单调递增区间为(-，ln a)；f(x)从f(x)0开始单调递减的区间是(ln a，)。总之，当a0时，f(x)的单调递减区间为r；当a0时，f(x)的单调递增区间为(-，ln a)；单调缩减区间是(ln a，)。(2)因为x0 (0，)，不等式f(x)g(x)-ex，因此axlnxx，即a lnx2。设h (x)=lnx2，则问题变成 lnx2max。从h(x)=1-2 nxx 3，如果h(x)=0，则x=e。当x在区间(0，)内变化时，h (x)和h (x)的变化如下表：所示x(0，e)e(e, )h(x)0-h(x)最大12e从上表可以看出，当x=e时，函数h(x)有一个最大值，即最大值为12e。所以a12e。1.不等式存在问题的解决策略“恒常性”和“存在性”问题的解是一种“互补”关系，即f(x)g(a)对于xd恒常性，f(x)的最小值应该被找到；如果xd存在，那么f(x)g(a)成立，则应该找到f(x)的最大值。在一个具体的问题中是否找到最大值或最小值可以首先与“常数建立”是找到最大值还是最小值相关联，这也可以解决相应的“存在”问题，即是否找到最大值或最小值。应特别注意等号是否成立，以免在细节上出错。2.两个共同的结论(1) x i，因此f(x)g(x)保持f(x)-g(x)max 0(xi)。(2)对于x1 d1，x2 d2，使f (x1) g (x2) f (x) min g (x) min，f (x)的域是d1，g (x)的域是d2。(2020 xi模拟)已知函数f(x)=13x3 x2 ax。(1)如果函数f(x)在区间1上单调增加，则得到实际数a的最小值。(2)如果函数g(x)=xex，对于x1 12，2，x2 12，2，f(x1)g(x2)成立，则得到实际数a的取值范围。分析 (1)从假设f(x)=x2 2x a0在1上是常数，即，a-(x 1)2 1在1上是常数，)，当函数y=-(x 1)2 1在1上单调递减时，ymax=-3，所以a 3，所以a的最小值为-3。(2)“对于x1 12，2，x2 12，2，使f(x1)g(x2)保持”相当于“当x12，2，f(x)maxg(x)max”。因为f(x)=x2 2