2021版高考數(shù)學(xué)(人教A版理科)一輪復(fù)習(xí)攻略核心素養(yǎng)測評十八

核心素養(yǎng)測評十八

導(dǎo)數(shù)的存在性問題

(30分鐘60分)

一、選擇題(每小題5分，共20分)

1.若存在正實數(shù)x使ex(X2-a)G成立,則實數(shù)a的取值范圍是()

A.(-1,+8)B.(0,+8)

C.(-2,+8)D.[-l,+8)

【解析】選A.存在正實數(shù)x使e、(X2-a)<1成立，即a>x?-上在區(qū)間(0,+8)上有解,

令f(x)=X2-J_,f'(x)=2x+—>0,

所以f(x)在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增，

所以f(x)>f(0)=-1,

又a>X2-J-在區(qū)間(0,+8)上有解，

所以a￡(-1,+8).

2.(2019?莆田模擬)若函數(shù)f(x)3X3-X2+2X沒有極小值點(diǎn),則a的取值范圍是

()

A.0,1B.1+同

C.{0}U+8)D.{0}U&+8)

-1-

【解析】選C.f'(x)=ax2-2x+2,要使得f(x)沒有極小值，則要求*(x)恒大于

等于0,或者恒小于等于0,或者該導(dǎo)函數(shù)為一次函數(shù)，當(dāng)該導(dǎo)函數(shù)為一次函數(shù)的

時候，a=0,滿足條件，當(dāng)f‘(x)恒大于等于0的時候，則『，解得a

J=4-8fl<0

+8),當(dāng)*(x)恒小于等于0的時候，則F<°，此時a不存在,

I?'丿匕=4-8a<0

故ae{0}U二+8).

3.已知函數(shù)f(x)=e2x,g(x)=lnx+-,對Va￡R,3be(0,+°°),f(a)=g(b),則b-a

的最小值為()

A.后1B-甘

C.2Ve-lD.1+小

【解析】選D.設(shè)千(a)=g(b)=t,te(0,+oo),可得a=—,

令h(t)=b-a=。上?一些,t￡(0,+8),則

hz

7t

令h'(t)=0,得t二丄，

2

由于h，(t)=丄是增函數(shù)，

所以t￡(0.時，h，(t)〈O,t￡g,+oo)時，

-2-

h'(t)>0,因此h(t)在(0,，上單調(diào)遞減,h(t)

的最小值為?；)=1+號.

4.(2020?在(0,1)內(nèi)存在極值點(diǎn)，則實數(shù)a的取

值范圍是()

A.(-8,o)B.(0,+°°)

C.(-<=0,-1]D.[-1,0)

【解析】選A.函數(shù)f(x)=(工-9卜、，定義域為{x|x芋0},

產(chǎn)(x)=e1+xeL空+//*+□

因為f(x)在(0,1)內(nèi)存在極值點(diǎn),

貝I千'(x)GFf+°丿=0的實數(shù)根在(0,1)內(nèi)，即X3+x2-ax+a=0的實數(shù)根在區(qū)

r2

間(0,1)內(nèi)，令g(x)=X3+x2-ax+a,

可知，函數(shù)g(x)=X3+x2-ax+a在(0,1)內(nèi)存在零點(diǎn),

討論a：a=0時，g(x)=X2(x+1)在(0,1)上無零點(diǎn).a>0時，在(0,1)

上,g(x)=x3+x2+(1-x)a>0,無零點(diǎn).a<0時:g(0)=a<0,g(1)=2>0,在(0,1)上有零

點(diǎn).

所以實數(shù)a的取值范圍是a<0.

二、填空題(每小題5分，共20分)

5.若函數(shù)f(x)』X3+x2-2在區(qū)間(a,a+5)上存在最小值,則實數(shù)a的取值范圍是

33

-3-

【解析】由題意，*(X)=X2+2X=X(X+2),

故f(x)在(-8,-2),(0,+8)上是增函數(shù)，

在(-2,0)上是減函數(shù)，作y=f(x)的圖象大致如圖,

x=0或x=-3;則結(jié)合圖象可知，

-3<a<0,解得,a￡［-3,0).

4+5>0,

答案：［-3,0)

6.設(shè)f(x)與g(x)是定義在同一區(qū)間［a,b］上的兩個函數(shù),若函數(shù)y=f(x)-g(x)在

x￡［a,b］上有兩個不同的零點(diǎn)，則稱f(x)和g(x)在［a,b］上是“關(guān)聯(lián)函數(shù)”，區(qū)

間［a,b］稱為“關(guān)聯(lián)區(qū)間”.若f(x)=x-Lnx與g(x)=*+m在［1,3］上是“關(guān)聯(lián)函

X

數(shù)”，則實數(shù)m的取值范圍是.

【解析】因為f(x)=x-lnx與g(x)=-2+m在［1,3］上是“關(guān)聯(lián)函數(shù)”，

T

令y=h(x)=f(x)-g(x),

所以函數(shù)y=h(x)=f(x)-g(x)=x-1nx+--m在［1,3］上有兩個不同的零點(diǎn)，

r

即h(x)=0在［1,3］有兩個不同的實數(shù)根，所以x-lnx+--m=0,即m=xfnx+-.

YT

設(shè)F(x)=x-lnx+-,

-4-

2、

即y-m與F(x)=x-mx+-有兩個交點(diǎn),

x

_―

所以F'(x)>0,得x>2；F'(x)<0,得0<x<2,

所以F(x)在［1,2］上遞減，在［2,3］上遞增，F(xiàn)(1)=3,F⑵=3-1n2,F(3)=H-|n3.

作出函數(shù)F(x)圖象，如圖.

作直線y二m,平移可知當(dāng)3-ln2<m^H-|n3時符合題意，所以實數(shù)m的取值范圍

a

是(3-In2,—-1n3］.

3

答案：(3-ln2,1-In3］

7.設(shè)函數(shù)f(x)=X2-xlnx+2,若存在區(qū)間［a,b］G-j+co),使f(x)在［a,b］上的

值域為［k(a+2),k(b+2)］，則k的取值范圍為.

【解題指南】判斷f(x)的單調(diào)性，得出f(x)=k(x+2)在1

.7

函數(shù)圖象，利用導(dǎo)數(shù)的意義求出k的范圍.

【解析】f'(x)=2x-lnx-1,

-5-

設(shè)g(x)=f'(x),則g'(x)=2-士

X

所以當(dāng)X》二時,g'(x)20,

7

所以f'(x)在，

.2

所以V(x)2f‘e)=ln2>o,

所以f(x)在-

.7

因為［a,b］G二+3),所以千(x)在［a,b］上單調(diào)遞增，因為f(x)在［a,b］上的

值域為［k(a+2),k(b+2)］,

所以［f"'=及'0+2［所以方程f(x)=k(x+2)在［丄+8)上有兩解a,b.

If(b)=k(b+V①)

作出y=f(x)與直線y=k(x+2)的函數(shù)圖象，則兩圖象有兩交點(diǎn).

則kH笄若直線尸k(x+2)與y=f(x)的圖象相切，設(shè)切點(diǎn)為(x,y),

k=Zx0-lnx0-1,

=kbo+2丿，

y=g-xlvtX+2,

I0Q0

-6-

解得k=1.

所以1<k

10

答案:。空亞名

8.已知函數(shù)f(x)=X3-ax2在(T,1)上沒有最小值,則a的取值范圍是

n

【解析】f'(x)=x(3x-2a),

令&(x)=0,解得：x=0或*=巴，

a

碎W(-8,7］即aW-2時，f(x)在(-1,0)上遞減，在(0,1)上遞增,

此時x=0時，此x)取最小值,舍去，

-1之)上遞增,在停，0)上遞減，在(0,1)上遞增,

由題意f(x)在(-1,1)上沒有最小值，

(y2a八

—1V—<0

則3，解得:-1<a<0,

fro丿>f(-v

③當(dāng)a=0時，f(x)在(-1,1)上顯然沒有最小值，成立,

④當(dāng)0<也<1時,f(x)在(7,0)上遞增,在(o,上遞減,

3

由題意f(X)在(-1,1)上沒有最小值,

(0<—<1

則《3,

VB>fT

解得:0<ad,

-7-

⑤巴力即a。三時，

32

f(x)在(-1,0)上遞增，在(0,1)上遞減，

故f(x)在(-1,1)上沒有最小值，

綜上，a>-1.

答案:(-1,+°°)

三、解答題(每小題10分，共20分)

9.(2020,黃岡模擬)已知函數(shù)f(x)=ex,(a+lnx),其中a￡R.

(1)若曲線y=f(x)在x=l處的切線與直線y=e垂直,求a的值.

P.

(2)記f(x)的導(dǎo)函數(shù)為g(x).當(dāng)ae(0,In2)時,證明:g(x)存在極小值點(diǎn)x,且

0

f(x)<0.

0

【解析】(l)f'(x)=ex?(a+lnx)+ex?丄

二ex?(a+乙+/幾x),

依題意，有f'(1)=e?(a+1)=e,

解得a=0.

⑵令g(x)=e、?(Q+：+,

所以g'(x)=e*?(Q+:+出x)+e、?一己)

二ex?(Q+j+In^y

因為ex>0,

所以g'(x)與a+--—+1nx同號.

-8-

設(shè)h(x)=a+---+1nx,

x/

貝|Jhz(x)三「一j"JU+1.

y3工？

所以對任意x￡(0,+8),有h'(x)>0,

故h(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

因為ae(0,In2),

所以h(1)=a+1>0,

h(L)=a+ln-<0,

故存在.1),使得h(x°)=0.

令h(x)=0,得到a+lnx=￡210.

oo_2

所以f(x)=pxo,(a+1nx)

0,0

-9-

=exo?1-2^0<0,

Xn

【變式備選】

1.已知函數(shù)f(x)/X2-31nx.

7

⑴求f(X)在(1,f(1))處的切線方程.

(2)試判斷f(x)在區(qū)間(1,e)上有沒有零點(diǎn)?若有,則判斷零點(diǎn)的個數(shù).

【解析】(1)由已知得f'(x)=x-±有f'(1)=2,f(1)二丄，

所以在(1,f(1))處的切線方程為y-U-2(x-1),化簡得4x+2y-5=0.

(2)由⑴知f'(x):&

因為x>0,

令f'(x)=0,得x=v3,

所以當(dāng)x￡(0,u?)時，有f'(x)<0,則(0,v3)是函數(shù)千(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；

當(dāng)xe(\@+8)時，有尸(x)>0,則4③+8)是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.

當(dāng)x￡(1,e)時，函數(shù)f(x)在(1,v?上單調(diào)遞減,在(\過,e)上單調(diào)遞增；

又因為f(1)f(e)=厶2-3>0,f(V3)二(1-1n3)<0,

99?

所以f(x)在區(qū)間(1,e)上有兩個零點(diǎn).

2.(2019?淄博模擬)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+ab(a>0,bGR).

(1)若存在正數(shù)a,使f(x)WO恒成立,求實數(shù)b的最大值.

-io-

(2)設(shè)a=l,若g(x)=xex-2x-f(x)沒有零點(diǎn)，求實數(shù)b的取值范圍.

【解析】(1)因為f(x)=lnx-ax+ab,

所以f，(x)丄-a=-"0a),

rx

所以

在(二+8)上單調(diào)遞減.

所以f(x)=f仕)=Tna-1+ab.

maxJ丿

所以存在正數(shù)a,使ab《1+lna成立,

即存在正數(shù)a,使得皿成立.

a

令h(x)巨藝,x￡(0,+8),因為h'(x)=4,

所以y=h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，

在(1,+8)上單調(diào)遞減.

所以h(x)=h(1)=1,所以bW1.

max

故b的最大值為1.

⑵因為a=1,所以f(x)=Inx-x+b.

所以g(x)=xex-xTnx-b.

所以g'(x)=(?x」)(x+1).

令x￡(0,1),使得ax。=丄.

0

兩邊取自然對數(shù)，得X=-Inx,

00

-11-

所以g(x)在(0,x)上單調(diào)遞減，在(x,+8)上單調(diào)遞增.由題設(shè)可知，要使函數(shù)

00

g(x)沒有零點(diǎn)，則要g(x)=g(x)>0即可，

min0

g(x)=x?丄-x+x-b=1-b>0,所以b<1.

00

°°x0

10.(2019?石家莊模擬)設(shè)f'(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，我們把滿足f'(x)=x

的實數(shù)叫做函數(shù)y=f(x)的好點(diǎn).已知函數(shù)f(x)3e2x-aex-三LIX?.

27

⑴若0是函數(shù)f(x)的好點(diǎn)，求a.

⑵若函數(shù)f(x)不存在好點(diǎn),求a的取值范圍.

【解析】(1)因為f(x)」e2LaeL《Zlx2,

2?

所以f'(x)=e2x-aeL(a2-]_)x,

由f'(x)—x,得e2x—ae*-(経—1)x=x,

即e2x-ae?-a2X=O.因為0是函數(shù)f(x)的好點(diǎn),

所以1-a=0,解得a=1.

(2)由(1)知f'(x)=e2x-aex-(a2-l)x,

由f'(x)=x,得e2x-aex-(a2-1)x=x,即

e2x-aex-azx-0.

設(shè)g(x)=e2x-aex-a2X,令g(x)=0,問題轉(zhuǎn)化為討論函數(shù)g(x)的零點(diǎn)問題.

函數(shù)f(x)不存在好