2021版高考数学一轮复习核心素养测评十七导数的存在性问题新人教B版 0

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核心素养测评十七 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.(多选)若函数f(x)=6xex-2ax3-3ax2存在三个极值点,则a的取值可能为(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎【解析】选CD.由题意得:f′=6ex+6xex-6ax2-6ax=6,‎ 可知x=-1为f′的一个零点.若f存在三个极值点,则只需ex-ax=0有两个不等实根,且两实根均不等于-1,即g=ex与h=ax有两个横坐标不等于-1的交点,当h与g相切时,设切点坐标为:,g′==a,又=a,所以x0=1,a=e,‎ 由图象可知:a∈时,ex-ax=0有两个不等实根,且两实根均不等于-1.‎ 13‎ 所以若f存在三个极值点,则a∈,故C D正确.‎ ‎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 13‎ 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-=,‎ 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.若函数f(x)=x3+x2-在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a的取值范围 是________. ‎ ‎【解析】由题意,f′(x)=x2+2x=x(x+2), ‎ 故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,‎ 在(-2,0)上是减函数,作y=f(x)的图象大致如图,‎ 13‎ 令x3+x2-=-得,‎ x=0或x=-3;则结合图象可知,‎ 解得,a∈[-3,0).‎ 答案:[-3,0)‎ ‎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,所以x-ln x+-m=0,即m=x-ln x+.‎ 设F(x)=x-ln x+,‎ 即y=m与F(x)=x-mx+有两个交点,‎ 则F′(x)=1--=‎ 13‎ ‎=.‎ 所以F′(x)>0,得x>2;F′(x)<0,得00,f 13‎ 单调递增.故f=f=1,又因为f=+2<3,5.29=2.72-2-1.‎ 答案:(-1,+∞)‎ 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.‎ 13‎ ‎(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,‎ 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)‎ 13‎ 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.‎ ‎(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;‎ 13‎ 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)=-,‎ 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.‎ 13‎ 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,‎ 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,‎ 13‎ 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-20,所以g(x)无零点,f(x)无好点.‎ 综上,a的取值范围为.‎ 13‎ 13‎