2023年人教版高考数学总复习第一部分考点指导第四章导数及其应用第四节 第3课时导数的存在性问题.pdf

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1、第3课时 导数的存在性问题O 、考速探究二修法培优-Q考点一不等式或方程有解或两个函数图象有公共点时求参数范围 I 至经透1.在区间 2,+8)上，不等式/(系一3矛+3)-a-e,一启 0至少有一个解，则实数a 的最小值为()2 2A.1 B.2 e e1,2C.1 D.l+2e2e【解析】选 C.由eQ 3x+3)a e”xWO得3x+3一二，设函数 f(x)=f 3x+3=，xG 2,+).e所以 a2f(x)m in.f (x)=373+-r-=(xl)(3x+3+,设 g(x)=3x+3+2,所以由 g(x)=3A=0 解得 x=In 3.e e当*ln 3 时，g(x)In 3 时

2、，g(x)0,g(x)单调递增，所以g(x)的最小值为g(In 3)=6-31n 3 0,所以3x+3+0.所以当一2WxVl时，f (x)l时，f (x)0,f(x)单调递增，所以f(x)的最小值为式1)=1L所 以 心 1Le e2.(金榜原创 易错对对碰)(1)设函数fG)=e(2x1)-a x+a,其中a V l,若存在唯一的整数x,使得双吊)0,则实数a 的取值范围为()32e3 32e【解析】选 D.设函数g(x)=e 2x 1)，尸 a(x O，原问题等价于存在唯一的整数司,使得g(x。)在直线y=a(x 1)的下方.因为 g，(x)=e (2x+l),所以当 x V；时，g(x

3、)J时，g (x)0,g(x)单调递增，所以g(x)的最小值为一；)=-2e-2当 x=0 时，g(0)=1,因为a V l,所以一a 1,如图所示，3所以一3 屋 a a,即a,Z e所以实数a 的取值范围为W，1).设函数f(x)=e (2x 1)a x+a,其中a V l,若有且仅有两个整数外如使得/0,fix)0,则实数a 的取值范围为()【解析】选 A.设函数g(x)=e*(2x 1),y=a(x l),原问题等价于有且仅有两个整数为，x2,使得g(x()在直线y=a(x 1)的下方.因为g 3 =ev(2%+l),所以当 x V J 时，g(x)一)时，g(x)0,g(x)单乙 乙

4、调递增，所以g(x)的最小值为g1 一9=-2 e-2当 x=0 时，g(0)=1,因为a V l,所以一a 1,如图所示，A.当 x=-1 时，g(1)=3 e，当 *=-2 时，g(2)=5e所以一5e-2 a(2!.),且一3 e-0 且/(x)=：-aI n 2 I n 3I n 3 B.23 axx(1)当 a W O 时，f (x)0 恒成立，函数/(x)单调递增，满足/(&)2 0的照不唯一，不符合题意.(2)当 a 0 时，f(x)在(0,j上单调递增，在(：，+8)上单调递减，所以函数有唯一的极大值=-l n a-1.因为要保证函数/V)=I n xa x,存在唯一的整数的，

5、使得f&)NO,需保证0 20,从而一I n a 12 0,解得 aW，,e 当 此，则f(x)=l n 必 右=f(e)=l n e-1 =0.所以此不符合题意.当a 0,Al)=-a0,画出函数大致图象(如图)当当2)2 0,当3)0满足题意.f in 2-2心0可得I n 3-3 a 0aW,即 I n 22I n 3 I-I n 3 I n 2 21 n 3-3 1 n 2 I n 9-l n 8因为-=-=-32 6 6所以VA n 2aW-y-o无解，舍去I n 3a -o当f(2)V 0,当4)V O,f 2 0,满足题意.I n 2-2 a V 0I n 2a 2可得I nI

6、n3 3 a 2 0,4-4 a I n 4 I n 2即2Hn 3.1 I n e ,.,I n 3 .I n 2.,.,2,I n 3 ”一与-=-大小比较，参考工一与1丁比较大小方法 解得 0,g(x)单调递增，当x e 时,g(X)0,g(x)单调递减，所以g(x)的最大值为g(e)=.如图画出g(x)的图象.ee 寸 /_ /.I n 2/I n 3 .I n 2 In 3因为 2V e V 3,g(2)=g(4)=-，g(3)=,所以-VaW-乙 O z S O4.(多选题)已知函数/x)，若方程f(x)=a有三个不同的实数根为,一步+1,x W OX2,X&,且才1 尼 上 3，

7、则()A.0 W lB.一l x W 0C.A 2A 3-eD.a x.X 3 的取值范围是一等，0【解析】选 A B D.作出函数y=a 与函数y=f(x)的图象如图所示：对于A 选项，由图可知，当O a W l 时，方程f G)=a有三个不同的实数根，A 正确；2对于B 选项，由图可知，=-A+1 E (o,1,解得一1 X K 1,此时一1 用 l 时，fx=|I n x=I n x.由图可知，0 而 1 吊，由 f(*2)=f(x 3)可得一I n x2=n x3,即 I n x2+ln x3=0,所以,也 照=1，C 错误；对于D 选项，因为也用=1,所以a x i&Y3=a x i

8、=(x：+1)为，且一1 苟 0,记力(x)=(*+1)x,-1XW0,则力(x)=-3/+1,令 H(x)=3/+1=0,得*=乎(x=当 舍 去)，所以当一1 求 一 算 时，h(%)0,当 一 半 0,所以力(x)的极小值也是最小值，力(x)m i n=坐 j ,因为力(-1)=0,力(0)=0,2、巧所以a x/%的取值范围是一毛,0 ,D 正确.，规律方法不等式、方程(组)有解问题及函数图象有公共点问题的求解策略1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围.2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.3.根据恒成立或有解求解参数

9、的取值时，一般涉及分类参数法，若分离参数后构造的新函数能直接求出最值点则直接求解即可，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法.提醒：求参数范围问题，关键是恰当地构造函数.【加练备选】已知函数f(x)=3 a x l (其中e为自然对数的底数，e=2.7数28 )在区间(-1,1)内存在极值点，且f(x)V O恰好有唯一整数解，则a的取值范围是()A.,6)B.e 1)U J,e2 112C.1 e12 e eU (e 1,e)D.(e 1,e)【解析】选C f (x)=ex-a,由于函数f(x)=e ax-l在区间(一 1,1)内存在极值点,故f,(X)=。在区间(f 1)内有

10、解，即x =l n a,(a 0),且一V n al,所以a V e.又因为f(x)0恰好有唯一整数解,所以e V a x+1恰好有唯一整数解,令g(x)=d,h(x)=ax+l,结合两个函数图象分以下三类情况解决,g(1)当lae时，则唯一的整数解为x=l,故应满足，Vh(2)2h(2)e1,解得 e 1 VaW-7-故 e 1 Vae；Ig(2)当-VaVl时，则唯一的整数解为x=-1,故应满足e(y(-1)h(-2)2 1p 1解得或工 W-1a-e,1故k7 e 1W aV-e当 a=l 时，则 f(x)=exx 1,fr(x)1,所以当 x(8,0)时，f(x)0,函数为单调递增函数

11、，所以f(x)2 f(0)=0,故不满足f(x)V0恰好有唯一整数解，综上，实数a的取值范围是e 一 1 e 12 e eU (e 1,e).考 点 二 与任意性交汇的存在性问题|讲练互动 典例1 已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=x2e,若对任意的x 1,1，存在唯一的2,使得f(x)=g(x2),则实数a的取值范围是()A.(e,4 1 B.(e+1,4C (e+；4)R 4)【解析】选 B.由 g(x)=*e*可得 0(x)=2x e，+/e，=x(x+2)e ,当一I V x V O 时，g(x)0；所以g(x)=x?e 在(一1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以g(

12、x)m=g(0)=0,g(1)=e =-,eg=e,所以 g(x)=*e，在 1,1 上的值域为。，e,记 4=0,e ,f x)f+a 的对称轴为 x=O,4 3)=e 4 I a -已知函数 f(x)=x ex,g (x)=(x+1)+a,若 m x”X 2R 使得 f(x)Wg(x)成立，则实数a 的取值范围是()A.e,+0)B.1，+)C.-+0 J D.+0 J【解析】选 C.X 26 R,使得/U)W g(x J 成立”的 充 要 条 件 是 W g(x)J.由题得/(x)=e +xe=(x+1)e v,所以函数f(x)在(一8,-1)上单调递减，在(-1,+)上单调递增，所以f

13、(x)血产/(1)=-，e由题得 g(x).a x =g(-1)=a,所以 a 2 一(3)(多选题)以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心内容.其定理陈述如下：如果函数f(x)在闭区间 a,b上连续，在开区间(a,b)内可导，则在区间(a,b)内至少存在一个点荀e (a,b),使得f(b)f(a)=f G o)(ba),x=吊称为函 数 尸/1(x)在闭区间 a,b上的中值点，若关于函数f(x)=s i n x+小 cos x 在区间 0，n 上 的“中值点”的个数为

14、加，函数g(x)=e 在区间 0，1 上的“中值点”的个数为，则有(参考数据：啦 和1.41,m -1.7 3,n3.1 4,e 4 2.7 2)()A.勿=1 B.勿=2 C.n=l D.n=2【解析】选 B C.设函数f(x)在区间 0，n 上 的“中值点”为知由 f(x)=cos 2/3 s i n x,则由拉格朗日中值定理可得：f(n)-f(0)=f(%)(n-0),又 f(n)-f(0)=y i/=-2 3 ,所以 f(X。)=cos Xoy1 3 s i n x()=2 cos (用+石)_ 2 3 ,即 C Q S+石)=-亚，-理 d f -3JI 7 1 I 2 J作出函数

15、7=(：0 5 矛+(和 尸 一乎的图象，如图1.由图可知，函 数 尸 cos (x+号)和 尸 一 半 的图象在 o，口 上有两个交点.所以方程cos 卜+高=一 半 在 0,九上有两个解，即函数/X)在区间 o，上有 2 个“中值点”，所以/=2.又 g G)=e ,设函数gG)在区间 0，1 上的“中值点”为不，则由拉格朗日中值定理可得：g(D g(o)=g 隰)(i-o),即 e l =e x”作出函数夕=。与y=e 1 的图象，如图2,当才 0,1 时，Ke X e由图可知，函数y=e V y=e 1 的图象在区间 0,1 上有1 个交点.即方程e l =e x 在区间 0,1 上有

16、1 个解.所以函数g(x)在区间 0，1 上有1 个“中值点”，即=1.，规律方法1 .单变量的存在性问题的求解策略(2”x G。使得/0,使得f(x)=F(X 2)，则不(%)I -,x0.的取值范围是.【解析】因为f(x)=F(X 2),所以X 1 +4 e=J,x2ex2所以为=4 e,因为XiWO,X2e 2所以-W4e,X2、r,.,e.exx-e ev(x1)当 x0 时 fx)=，f (x)=-=-,x x x由/(x)0 得 x l,由/(x)V0 得 OVxVl,所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增,所以f(x)在 x=处取得最小值e,所以eW*W4e

17、,X2所广 以 为，(/%)=(/e-x9-4“e、)e 2=(/e 2 色)4e e 2,x,x2 x2 x9e*?令 t=,贝 ieWtW4e,x2所以 X i f G)=t24e t=(t-2 e)4e2,当 1=2 e 时，X i f(x)取得最小值一4e,当 t=4e 时，取得最大值0,所以矛丁(及)的取值范围是4e?,0.答案：4e 2,0 2.函数 f(x)=x3+(1 a)x2 a (a+2)x,g (x)=学 x:，若对任意 x -1,1，6 3总存在X 2 d o,2，使得f，(x,)+2 a x,=g(x2)成立,则实数a 的取值范围为.【解析】g(x)=X I ，在 x

18、 d o,2 上单调递增，g(0)=1 ，g(2)=6.O 0 o所以g(x)的值域B=-J,6o因为 f(x)=x +(la)x:a(a+2)x,所以 f (x)=3x2+2(1 a)x a(a+2),2 2f (X i)+2 a x i=3xi+2(1 a)x i a(a+2)+2 a x i =3X +2 x-a(a+2),令 h(x)=3x?+2 x a (a+2)=3l x+-2-a(a+2)-Jox e 1,1,设函数h(x)的值域为A.因为对任意x p l,1,总存在X z W0,2,使得f (x j+2 a x i=g(x 2)成立,所以 A U B.h(x)=h f=-a(a

19、+2).h(1)=1 a(a+2),h (1)=5 a(a+2)h(1).所以 A=-a (a+2)5 a (a+2),又 A G B,所以 A=-a (a+2)-5a (a+2)-6O OI a (a+2)J所以j 3 3.解得2 Wa W0,1 5a (a+2)0,f (x0)W a成立，则实数a的取值范围是【解析】由题意,函数 3=*6-17*。)，可得 3 =6+1 那 1=&+设 g(x)=ex-,可得 g (x)=ex+A 0,函数X Xg(x)在(0,+8)上为单调递增函数，又由=e2 20,所以函数g(x)在(0,+8)上只有一个零点，设为X。，即g(x0)=e M 工=0,即

20、e M=，,X。X。当x(o,X。)时，f (x)0,函数f(x)单调递增，所以当x=X o时，函数f(x)取得最小值，其中最小值为f(X)=f(x0)=xoex I n Xox0=x0X-l n-x0=l,要使得存在 x。，f(x0)W aX o ex0成立，所以a 2f(x)=1,即实数a的取值范围是 1,+).答案：1,+8)题甄【加练备选】a2 1 1 n已知函数f(x)=x+，g(x)=X I n x,若对任意的X|W -，1 ,存在X?e-，1,使得x|_ e J Le _g(x)W f(x)成立，则实数a的取值范围是.1 X 1 1 -【解析】由题意得g(X)=l-=W0对任意x

21、 口 1 恒成立，x x e所以函数g(x)在：，1上单调递减，所以当x G：,1时，g(x)M X=g Q=1+1 ；所以对任意的x 1，1 ，存在X 2G1，1，使得g(x)W f(x2)成 立 可 转 化 为 1_e J _e J _e时，l+-W f(x)有解，即x+2 2 1+-在 x -，1上有解，e x e Le即 x J(l+3 x+a 20 在 xC 1 上有解，令 h(x)=x2(l+()x+a,1,则只需求 h(x)皿20,1+-1+-e e因为函数h(x)图象的对称轴为X=M，而k乙 乙恰为区间%1的中点，所以h(x)maxhp)=a ,所以只需h(x)皿=a!0,即a

22、?2，所以或a 花.e j e e e e e答案：a W-查 或a Me e7考点三 导数的几何意义、函数的单调性、极值、最值、零点与存在性的交汇问题多维探究高考考情：高考题中的探究题可以归到存在性问题中，常常与导数的几何意义、函数的单调性、极值、最值、零点等为载体考查存在性问题，体现数学抽象、逻辑推理的数学素养.角 度 1切线问题与存在性问题的交汇点 典例2 若函数f(x)=l n x 与函数g(x)=x，+x+a(xV 0)有公切线，则实数a的取值范围是()A.(in !，B.(-1,+)C.(1,+8)D.(in 2,+)【解析】选 6.设公切线与函数f(x)=l n x 切于点A(x

23、”I n xj (X j 0),f (x)=-,切x线的斜率为工，x(则切线方程为y I n x,=(xxj,X i即 y=x+l n X i 1,Xi2设公切线与函数 g(x)=x+x+a 切于点 B(X 2，X“+x2+a)(x20,所以 2x2+l 0,可得一J x2 0,0 2x2+1 L 即 O V，1,由工=2x2+12 X i X i2/、/、可得 X k 堂-j，所以 a=l n x,+x2-l =l n x d上 一 号-n:+!-令 t=，则 t (0,1),X ia=71 /t-l)l I n t=I7 t2 I T t iI n t37 ,4 4 2 4设 h(t)t2

24、1 tI n t|(0 t l),则 h，(t)=x.Z u xI I I t2-t-2 I 2j 42 t-i-7 所以h(t)在(0,l)上为减函数，则 h(t)h(l)=；J=l,所以 a I,所以实数a的取值范围是(-1,+8).角度2函数的性质(单调性、极值、最值、零点)与存在性问题的交汇点 典例3 函数f(x)=4 x+a x?2x+l 在 x (1,2)内存在极值点，则()1 1A.a -乙 乙B.1)乙 乙11-1-21-21-2【解析】选 A.由题意，所求a的取值范围为函数f(x)=；f+a f 2x+l 在 xG(l,2)内0无极值点时的a 的取值范围在R 上的补集，若函数

25、/0,所以力(x)在J,3上单调递增，又力(1)=0,x|_ 3则当 x W 1)时，h(x)0,即/(x)0,即 夕(*)0；所以 g(x),m=g(l)=1,又/;)=9 3 1n 1+3 1n 3,g(3)=3；I n 3,且;+3 1n 3 3 9 I n 3,作 出y=I J J o o o o o og(x),AS31-3y-的简图,由图可知，要 使y=g(x)的图象与y=a的图象有两个不同的交点，则l 0)的切线，且1又与曲线g(x)=(相切，则a的取值范围是()4 1 A 9 +8)7 修 +J【解析】选 4 由曲线f(x)=ae*(a0)的切线，与曲线g(x)=x?相切，可得

26、切点在第一象限,设切点分别为(m,ae),(n,n2),(m,n0),f(x)=ae*(a0)的导数为 f(x)=ae*,g(x)=x?的导数为 g(x)=2x,可得直线1 的方程为y a4=ae(xm),即为 y=ae x+(1 m),ae,又直线1 的方程为y-n2=2n(x-n),即为 y=2 n x F,可得 2n=a&(1m)ae=即有 n=2m2 c ae。，即有：=/m 1 /2m设 h(m)=,m0,h(m)=,e e当m2时，h(m)0,h(m)单调递增.即有m=2时，h(m)取得极大值，且为最大值之，可得,即00,g(t)=ln tx x xt,则 g(t)=:1=一，当

27、o v t o,当 t i 时，g(t)0,在+8)内，f，(x)0 时，函数y=b x?2 x+l 为开口向上的抛物线，对称轴x=(0,当且仅当A=4 4 b 0,即b 2 l 时，函数y=b x?2 x+l 在(0,+8)上没有两侧变号的零点，即当且仅当b W l,+8)时，函数f(x)没有极值.当 b V O 时，函数y =b x 2 x+l 为开口向下的抛物线，对称轴x=：l 时，f(x)单调递增，f(x)在 x=l,x=-2 处取得极值.f(1)=3 +2 2+l =_*12-+-2)所以函数f(x)在 X=1 处取得最小值，因为函数f(x)在(2 a,2 a+3)上存在最小值,所以

28、 2 a V l V 2 a+3,解得一I V a V .已知函数f(x)=l n x-，曲线y =f(x)在点(J,f (J )处的切线平行于直线yx-1 z Z=1 0 x+L求函数f(x)的单调区间；设直线/为函数g(x)=l n x 的图象在点A(X。，I n X。)处的切线，问：在区间(1,+)上是否存在x0,使得直线/与曲线h(x)=/也相切？若存在，求出满足条件的X。的个数；若不存在，请说明理由.【解析】因为函数f(x)=l n x(x 0 且 x#l),所以f (x)=+X 1 X2 a(X-l)2因为曲线y=f(x)在点g(3 处的切线平行于直线y =1 0 x+l,所以f

29、冏=2+8 a=1 0,所以a=L所以 f (x)=-#因为 x 0 且 x#l,所以 f (x)0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1,4-0 0),无单调递减区间.在区间(1，+)上存在唯一个满足条件的X。.因为 g(x)=l n x,所以 g (X)=-,X所以切线/的方程为y I n xo=，(x x0),Xo即 y=x+l n x01.X o设直线/与曲线h(x)=/相切于点(xi,e x).因为 h (x)=g,所以 e x i=，所以 X i =-I n x。，X o所以直线/的方程也可以写成y =-(x+l n xo),即 丫=,乂+g+X o xa X o AX oX o n x Y-1-1由得I n x。-1 =一+-,所以I n x=.AX oX o x0 1下面证在区间(1，+8)上存在唯一一个满足条件的X。.由(1)可知，f(x)=lnx-N?在X 1区间(1，+)上单调递增，又 f(e)0,结合零点存在定理，知方程f(x)=0在区间(1,十8)上有唯一的实6 1数根，满足条件的X。只有一个.