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
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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)<1 成立,即 a>x2- 在区间(0,+∞)上有解,令
f(x)=x2- ,f′(x)=2x+ >0,所以 f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以 f(x)>f(0)=-1,又 a>x2- 在区
间(0,+∞)上有解,所以 a∈(-1,+∞).
2.(2019·莆田模拟)若函数 f(x)= x3-x2+2x 没有极小值点,则 a 的取值范围是
( )
A. B.
C.{0}∪ D.{0}∪
【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 ,解得 a∈ ,当 f′(x)恒小于等于 0 的时候,则
,此时 a 不存在,故 a∈{0}∪ .
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3.已知函数 f(x)=e2x,g(x)=ln x+ ,对∀a∈R,∃b∈(0,+∞),f(a)=g(b),则 b-a 的最小值为 ( )
A. -1 B.1-
C.2 -1 D.1+
【解析】选 D.设 f(a)=g(b)=t,t∈(0,+∞),可得 a= ,b= ,
令 h(t)=b-a= - ,t∈(0,+∞),则
h′(t)= - ,令 h′(t)=0,得 t= ,由于 h′(t)= - 是增函数,所以 t∈ 时,h′
(t)<0,t∈ 时,h′(t)>0,因此 h(t)在 上单调递减,在 上单调递增,从而
h(t)的最小值为 h =1+ .
4.(2020·重庆模拟)若函数 f(x)= ex 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)= ex,定义域为{x|x≠0},
f′(x)=ex+xex- = ,
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因为 f(x)在(0,1)内存在极值点,
则 f′(x)= =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.a>0 时,在(0,1)上,g(x)=x3+x2+(1-x)a>0,无零点.a<0
时,g(0)=a<0,g(1)=2>0,在(0,1)上有零点.
所以实数 a 的取值范围是 a<0.
二、填空题(每小题 5 分,共 20 分)
5.(2020·赣州模拟)若函数 f(x)=aex-x-2a 有两个零点,则实数 a 的取值范围是________________.
【解析】因为 f(x)=aex-x-2a,所以 f′(x)=aex-1.
当 a≤0 时,f′(x)≤0 恒成立,函数 f(x)在 R 上单调递减,不可能有两个零点;
当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 x=ln ,函数 f(x)在 上单调递减,在 上单调递
增,
所以 f(x)的最小值为 f =1-ln -2a=1+ln a-2a.
令 g(a)=1+ln a-2a(a>0),则 g′(a)= -2.
当 a∈ 时,g(a)单调递增;当 a∈ 时,g(a)单调递减,
所以 g(a)max=g =-ln 2<0,
所以 f(x)的最小值为 f <0,函数 f(x)=aex-x-2a 有两个零点.
综上所述,实数 a 的取值范围是(0,+∞).
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答案:(0,+∞)
6.设 f(x)与 g(x)是定义在同一区间[a,b]上的两个函数,若函数 y=f(x)-g(x)在 x∈[a,b]上有两个不同的
零点,则称 f(x)和 g(x)在[a,b]上是“关联函数”,区间[a,b]称为“关联区间”.若 f(x)=x-ln x 与 g(x)=- +m
在[1,3]上是“关联函数”,则实数 m 的取值范围是________________.
【解析】因为 f(x)=x-ln x 与 g(x)=- +m 在[1,3]上是“关联函数”,令 y=h(x)=f(x)-g(x),
所以函数 y=h(x)=f(x)-g(x)=x-ln x+ -m 在[1,3]上有两个不同的零点,
即 h(x)=0 在[1,3]有两个不同的实数根,令 x-ln x+ -m=0,即 m=x-ln x+ .
设 F(x)=x-ln x+ ,即 y=m 与 F(x)=x-ln x+ 有两个交点,则 F′
(x)=1- - = = .
所以 F′(x)>0,得 x>2;F′(x)<0,得 0
0,
所以 f(x)在 上单调递增,
因为[a,b]⊆ ,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 ,所以方程 f(x)=k(x+2)在 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.
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若直线 y=k(x+2)过点 ,则 k= ,若直线 y=k(x+2)与 y=f(x)的图像相切,设切
点为(x0, y0),则 ,解得 k=1.
所以 10,解得:x>2,令 f′(x)<0,解得:x<2,
所以 f(x)在 上单调递减,在(2,3]上单调递增,
所以 f =8.5 是函数的最大值,
当 x2∈[2,3]时,g(x)=2x+a 为增函数,
所以 g(3)=a+8 是函数的最大值,
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又因为∃x1∈ ,∀x2∈[2,3],使得 f(x1)≥g(x2),
可得 f(x)在 x1∈ 的最大值不小于 g(x)在 x2∈[2,3]的最大值,
即 8.5≥a+8,解得:a≤ .
答案:a≤
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 a∈R.
(1)若曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线与直线 y=- 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.
【解析】(1)f′(x)=ex·(a+ln x)+ex· =ex· ,依题意,有 f′(1)=e·(a+1)=e,解得 a=0.
(2)令 g(x)=ex· ,
所以 g′(x)=ex· +ex·
=ex· .因为 ex>0,
所以 g′(x)与 a+ - +ln x 同号.
设 h(x)=a+ - +ln x,
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则 h′(x)= = .
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+1>0,
h =a+ln <0,
故存在 x0∈ ,使得 h(x0)=0.
g(x)与 g′(x)在区间 上的情况如下:
x x0 (x0,1)
g′(x)- 0 +
g(x) ↘ 极小值↗
所以 g(x)在区间 上单调递减,在区间(x0,1)上单调递增.
所以若 a∈(0,ln 2),存在 x0∈ ,使得 x0 是 g(x)的极小值点.
令 h(x0)=0,得到 a+ln x0= ,所以 f(x0)= ·(a+ln x0)= · <0.
【变式备选】
1.已知函数 f(x)= x2-3ln x.
(1)求 f(x)在(1,f(1))处的切线方程.
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(2)试判断 f(x)在区间(1,e)上有没有零点?若有,则判断零点的个数.
【解析】(1)由已知得 f′(x)=x- ,有 f′(1)=-2,f(1)= ,
所以在(1,f(1))处的切线方程为 y- =-2(x-1),化简得 4x+2y-5=0.
(2)由(1)知 f′(x)= ,因为 x>0,令 f′(x)=0,得 x= ,
所以当 x∈(0, )时,有 f′(x)<0,则(0, )是函数 f(x)的单调递减区间;
当 x∈( ,+∞)时,有 f′(x)>0,则( ,+∞)是函数 f(x)的单调递增区间.
当 x∈(1,e)时,函数 f(x)在(1, )上单调递减,在( ,e)上单调递增;
又因为 f(1)= ,f(e)= e2-3>0,f( )= (1-ln 3)<0,
所以 f(x)在区间(1,e)上有两个零点.
2.(2019·淄博模拟)已知函数 f(x)=ln x-ax+ab(a>0,b∈R).
(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)= -a=- ,
所以 y=f(x)在 上单调递增,在 上单调递减.所以 f(x)max=f =-ln a-1+ab.
所以存在正数 a,使 ab≤1+ln a 成立,
即存在正数 a,使得 b≤ 成立.
令 h(x)= ,x∈(0,+∞),因为 h′(x)=- ,
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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 b≤1.
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)= (x+1).
令 x0∈(0,1),使得 = .
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)=x0· -x0+x0-b=1-b>0,所以 b<1.
10.(2019·石家庄模拟)设 f′(x)是函数 f(x)的导函数,我们把满足 f′(x)=x 的实数叫做函数 y=f(x)的好
点.已知函数 f(x)= e2x-aex- x2.
(1)若 0 是函数 f(x)的好点,求 a.
(2)若函数 f(x)不存在好点,求 a 的取值范围.
【解析】(1) 因为 f(x)= e2x-aex- x2,
所以 f′(x)=e2x-aex- x,
由 f′(x)=x,得 e2x-aex- x=x,
即 e2x-aex-a2x=0.因为 0 是函数 f(x)的好点,
所以 1-a=0,解得 a=1.
(2) 由(1)知 f′(x)=e2x-aex- x,
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由 f′(x)=x,得 e2x-aex- x=x,即
e2x-aex-a2x=0.
设 g(x)=e2x-aex-a2x,令 g(x)=0,问题转化为讨论函数 g(x)的零点问题.
函数 f(x)不存在好点,等价于 g(x)没有零点,
即 g(x)>0 恒成立,又由 g′(x)=2e2x-aex-a2= ,
①若 a=0,则 g(x)=e2x>0,g(x)无零点,f(x)无好点.
②若 a>0,由 g′(x)=0,得 x=ln a.
当 x∈(-∞,ln a)时,g′(x)<0;当 x∈(ln a,+∞)时,g′(x)>0,所以 g(x)在(-∞,ln a)上单调递减,
在 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 a>0,即 00,所以 g(x)无零点,f(x)无好点.
③若 a<0,由 g′(x)=0,得 x=ln .
当 x∈ 时,g′(x)<0;
当 x∈ 时,g′(x)>0,所以 g(x)在 上单调递减,
在 上单调递增.
所以当 x=ln 时,g(x)取最小值 g =a2 .
当且仅当 a2 >0,即-2 0,所以 g(x)无零点,f(x)无好点.
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综上,a 的取值范围为 .
