2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心考点·精准研析3.4.3导数的存在性问题

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核心考点·精准研析

考点一　关于函数零点或方程的根的存在性问题 

【典例】1.(2020·泰安模拟)若函数f(x)=ax3-x2+1存在唯一的零点x0,且x0>0,则实数a的取值范围是(　　)

A.   B.(-,0)

C.(0,)     D.

2.(2020·聊城模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(4-x)=f(x),且当x∈[-2,0]时,f(x)=xex(其中e=2.718 28…是自然对数的底数).若关于x的方程f(x)-a=0在[0,4]上恰有四个解,则实数a的取值范围是              (　　)

A.    B.

C.    D.

【解题导思】

【解析】1.选A.由函数f(x)=ax3-x2+1存在唯一的零点x0,且x0>0等价于a=有唯一正根,

即函数y=g(x)=的图象与直线y=a在y轴右侧有1个交点,

又y=g(x)为奇函数且g′(x)=,

则y=g(x)在(-∞,-),(,+∞)上为减函数,在(-,0),(0,)上为增函数,则满足题意时y=g(x)的图象与直线y=a的位置关系如图所示,

即实数a的取值范围是a<-.

2.选C.由f(x)是定义在R上的偶函数,且f(4-x)=f(x)可得f(-x)=f(x+4)=f(x),

所以f(x)为周期为4的函数,因为当x∈[-2,0]时,f(x)=xex,所以f′(x)=

ex+xex=(1+x)ex,所以当-2≤x<-1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当-1≤x<0时,

f′(x)≥0,f(x)单调递增,所以当x=-1时,f(x)取得最小值f(-1)=-,当x=-2时,f(-2)=-,当x=0时,f(0)=0,函数f(x)在[0,4]上的图象如图所示,根据图象可得,若关于x的方程f(x)-a=0在[0,4]上恰有四个解,则a的取值范围是.

题1条件改为f(x)=ax3-3x2+1,其他条件不变,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围为________. 

【解析】当a=0时,不符合题意.

a≠0时,f′(x)=3ax2-6x,

令f′(x)=0,得x1=0,x2=.若a>0,

由图象知f(x)有负数零点,不符合题意.

若a<0,由图象结合f(0)=1>0知,此时必有f>0,

即a×-3×+1>0,化简得a2>4,又a<0,所以a<-2.

答案:(-∞,-2)

　导数法研究函数零点的存在性问题的策略

　(1)基本依据:函数零点的存在性定理.

(2)注意点:函数零点的存在性定理是函数存在零点的充分不必要条件.

(3)基本方法:导数法分析函数的单调性、极值、区间端点函数值,画出函数的草图,数形结合求参数的值.

(4)常见技巧:将已知等式适当变形,转化为有利于用导数法研究性质的形式.

　(2020·辽源模拟)已知函数f(x)=x2·e-x,g(x)=-x3+2x2-3x+c.若对∀x1∈(0,

+∞),∃x2∈[1,3],使f(x1)=g(x2)成立,则c的取值范围是 (　　)

A.<c<   B.≤c≤

C.c≤    D.c≥

【解析】选B.f(x)=x2·e-x,x∈(0,+∞),

f′(x)=,令f′(x)=0,解得x=2,

故f(x)在(0,2)上递增,在(2,+∞)上递减,

故f(x)max=f(2)=,

而x→0时,f(x)→0;x→+∞时,f(x)→0且f(x)>0,

故f(x)∈,g(x)=-x3+2x2-3x+c,

g′(x)=-(x-3)(x-1),

令g′(x)>0,解得:1<x<3,

故g(x)在[1,3]上递增,而g(x)min=g(1)=-+c,

g(x)max=g(3)=c,故g(x)∈,

若对∀x1∈(0,+∞),∃x2∈[1,3],

使f(x1)=g(x2)成立,则⊆,

故,解得≤c≤.

考点二　关于函数极值、最值的存在性问题 

【典例】(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:

(1)f(x)存在唯一的极值点.

(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.

【解题导思】

【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).

f′(x)=+ln x-1=ln x-.

因为y=ln x单调递增,y=单调递减,

所以f′(x)单调递增,

又f′(1)=-1<0,f′(2)=ln 2-=>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0.

又当x<x0时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>x0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.因此,f(x)存在唯一的极值点.

(2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,

所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.

由α>x0>1得<1<x0.

又f=ln--1==0,故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.

综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.

　导数法研究函数极值、最值存在性问题的原则

(1)弄清用导数法求函数(不含参数)的极值、最值的一般步骤,及关键步骤要注意的问题.

(2)在某区间上函数存在极值点,即方程f′(x)=0一定有根,但方程有根,并不一定是极值点,还要判断函数的单调性,看原函数在此根的左右两侧是否出现单调性改变,通常要结合函数图象解决.

(3)在某区间上函数存在最值,通常假设存在最值,根据题目条件求出后构建方程,解出参数的值并进行检验.

 (2019·抚顺模拟)已知函数f(x)=ln x-ax-3(a≠0).

(1)讨论函数f(x)的单调性.

(2)若函数f(x)有最大值M,且M>a-5,求实数a的取值范围.

【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),

由已知得f′(x)=-a,

当a<0时,f′(x)>0,

所以,f(x)在(0,+∞)内单调递增,无减区间;

当a>0时,令f′(x)=0,得x=,

所以当x∈时f′(x)>0,f(x)单调递增;

当x∈时f′(x)<0,f(x)单调递减.

(2)由(1)知,当a<0时,f(x)在(0,+∞)内单调递增,无最大值,

当a>0时,函数f(x)在x=取得最大值,

即f(x)max=f=ln -4=-ln a-4,

因此有-ln a-4>a-5,得ln a+a-1<0,

设g(a)=ln a+a-1,则g′(a)=+1>0,所以g(a)在(0,+∞)内单调递增,

又g(1)=0,所以g(a)<g(1),得0<a<1,

故实数a的取值范围是(0,1).

考点三　关于不等式的存在性问题 

【典例】1.已知f(x)=ln x-+,g(x)=-x2-2ax+4,若对∀x1∈(0,2], ∃x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则a的取值范围是              (　　)

A.   B.

C.     D.

【解题导思】

【解析】选A.因为f(x)=ln x-+,x∈(0,2],

所以f′(x)=--=,

令f′(x)=0,

解得x=1或x=3(舍),

从而0<x<1,f′(x)<0;1<x<2,f′(x)>0;

所以当x=1时,f(x)取最小值,为,

因此∃x∈[1,2],使得≥-x2-2ax+4成立,所以a≥,因为y=-+在[1,2]上单调递减,所以y=-+的最小值为-+=-,因此a≥-.

2.已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=. 世纪金榜导学号

(1)求函数f(x)的单调区间.

(2)∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围.

【解题导思】

【解析】(1)因为f′(x)=a-ex,x∈R.

当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在R上单调递减;

当a>0时,令f′(x)=0得x=ln a.

由f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);

由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).

综上,当a≤0时,f(x)的单调减区间为R;当a>0时,f(x)的单调增区间为(-∞,

ln a);

单调减区间为(ln a,+∞).

(2)因为∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,

所以ax≤,即a≤.

设h(x)=,则问题转化为a≤,

由h′(x)=,令h′(x)=0,则x=.

当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:

由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为.所以a≤.

1.不等式存在性问题的求解策略

“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)的最小值;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,应求f(x)的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值,这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立,以免细节出错.

2.两个常用结论

(1)∃x∈I,使得f(x)>g(x)成立⇔[f(x)-g(x)]max>0(x∈I).

(2)对∀x1∈D1,∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min,f(x)的定义域为D1,g(x)的定义域为D2.

　已知f(x)=ln x-x+a+1.

(1)若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≥0成立,求实数a的取值范围.

(2)求证:当x>1时,在(1)的条件下,x2+ax-a>xln x+成立.

【解析】f(x)=ln x-x+a+1(x>0).

(1)原题即为存在x∈(0,+∞)使得ln x-x+a+1≥0,

所以a≥-ln x+x-1,

令g(x)=-ln x+x-1,

则g′(x)=-+1=.

令g′(x)=0,解得x=1.

因为当0<x<1时,g′(x)<0,所以g(x)为减函数,

当x>1时,g′(x)>0,所以g(x)为增函数,

所以g(x)min=g(1)=0.所以a≥g(1)=0.

所以a的取值范围为[0,+∞).

(2)原不等式可化为x2+ax-xln x-a->0(x>1,a≥0).

令G(x)=x2+ax-xln x-a-,

则G(1)=0.

由(1)可知x>1时,x-ln x-1>0,则G′(x)=x+a-ln x-1

≥x-ln x-1>0,

所以G(x)在(1,+∞)上递增,

所以当x>1时,G(x)>G(1)=0.

所以当x>1时,x2+ax-xln x-a->0成立,

即当x>1时,x2+ax-a>xln x+成立.

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