高考数学一轮复习核心素养测评十八3-4 导数的存在性问题
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}∪.
3.已知函数f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是 ( )
A. B.[-1,+∞)
C.[-e,+∞) D.
【解析】选D.f′(x)=ex+xex=(1+x)ex,当x>-1时,f′(x)>0,函数递增;当x<-1时,f′(x)<0,函数递减.所以当x=-1时,f(x)取得最小值,f(-1)=-.函数g(x)的最大值为a.若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值,即a≥-.
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 ( )
世纪金榜导学号
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.(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,+∞).
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.
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,
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,
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.
(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)=-,
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.设f(x)=ln x+,g(x)=ax-4. 世纪金榜导学号
(1)求φ(x)=f(x)+g(x)的单调区间.
(2)当a=1时,记h(x)=f(x)·g(x),是否存在整数λ,使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解?若存在,求出λ的最小值,若不存在,说明理由.
【解析】 (1)φ′(x)=-+a==(x>0).
a<0时,令φ′(x)<0⇒x∈,令φ′(x)>0⇒x∈;
故φ(x)在上单调递增,
在上单调递减;
0≤a≤1时,φ′(x)>0恒成立,故φ(x)在(0,+∞)上单调递增.
a>1时,令φ′(x)<0⇒x∈,令φ′(x)>0⇒x∈;
故φ(x)在上单调递减,在上单调递增;
综上:a<0时,φ(x)在上单调递增,在上单调递减;
0≤a≤1时,φ(x)在(0,+∞)上单调递增.
a>1时,φ(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)当a=1时,
h(x)=f(x)·g(x)=(x-4)ln x,
h′(x)=ln x+=1+ln x-(x>0),
由于h′(x)在(0,+∞)上单调递增且h′(2)=ln 2-1<0,h′(3)=ln 3->0,
故存在唯一x0∈(2,3),使得h′(x0)=0,即1+ln x0-=0(*),
故h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,故h(x)min=h(x0)=(x0-4)ln x0
=(x0-4)=8-,
又x0∈(2,3)且y=8-在(2,3)上单调递增,故8-∈,
即h(x)min∈.
依题意:2λ≥h(x)有解,故λ≥h(x)min∈,又λ∈Z,故λmin=0.
