导数的存在性问题核心考点·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=2.71828…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的取值范围是世纪金榜导学号()A.B.C.D.【解题导思】序号联想解题1由存在唯一的零点x0,且x0>0,想到分离变量a构建新函数2由f(x)为偶函数,且f(4-x)=f(x),想到判断f(x)的周期性.【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)=的图像与直线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)的图像与直线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]上的图像如图所示,根据图像可得,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,由图像知f(x)有负数零点,不符合题意.若a<0,由图像结合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.0,故f(x)∈,g(x)=-x3+2x2-3x+c,g′(x)=-(x-3)(x-1),令g′(x)>0,解得:10,故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0.又当xx0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)0,所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.由α>x0>1得<1
