《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練8 應用導數(shù)求參數(shù)的值或范圍 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練8 應用導數(shù)求參數(shù)的值或范圍 理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題突破練8　應用導數(shù)求參數(shù)的值或范圍 1.(2019北京順義統(tǒng)考二,文18)設(shè)函數(shù)f(x)=ax-ln x,a∈R. (1)若點(1,1)在曲線y=f(x)上,求在該點處曲線的切線方程; (2)若f(x)有極小值2,求a. 2.(2019山東濰坊二模,文21)已知函數(shù)f(x)=xex-aln x(無理數(shù)e=2.718…). (1)若f(x)在(0,1)單調(diào)遞減,求實數(shù)a的取值范圍; (2)當a=-1時,設(shè)g(x)=x(f(x)-xex)-x3+x2-b,若函數(shù)g(x)存在零點,求實數(shù)b的最大值. 3.設(shè)

2、函數(shù)f(x)=emx+x2-mx. (1)證明:f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增; (2)若對于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍. 4.(2019湘贛十四校聯(lián)考二,理21)已知函數(shù)f(x)=(ax-1)ex+a. (1)若f(x)≥f(0)恒成立,求f(x)在(1,f(1))處的切線方程; (2)若f(x)

3、2)若f(x)-axx=0有兩個不同解,求實數(shù)a的取值范圍. 6.(2019山東德州一模,理21,文21)已知函數(shù)f(x)=e2x-3-(2x-3)2. (1)證明:當x≥32時,f(x)≥1; (2)設(shè)g(x)=14+lnx2,若存在實數(shù)x1,x2,使得f(x1)+(2x1-3)2=g(x2),求x2-x1的最小值. 參考答案 專題突破練8　應用導數(shù) 求參數(shù)的值或范圍 1.解(1)因為點(1,1)在曲線y=f(x)上, 所以a=1,f(x)=x-lnx. 又f'(x)=x2x-1x=x-22x, 所以f'(1)=

4、-12. 在該點處曲線的切線方程為y-1=-12(x-1), 即x+2y-3=0. (2)f(x)的定義域為(0,+∞), f'(x)=ax2x-1x=ax-22x. 討論:①當a≤0時,f'(x)<0,此時f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以不存在極小值. ②當a>0時,令f'(x)=0可得x=4a2, 當x發(fā)生變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: x 0,4a2 4a2 4a2,+∞ f'(x) - 0 + f(x) 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 所以f(x)在0,4a2上單調(diào)遞減,在4a2,+∞上單調(diào)遞增, 所以f(x)極小值=f4

5、a2=2-ln4a2,所以2-ln4a2=2,解得a=2(負值舍去). 2.解(1)f'(x)=(x+1)ex-ax=(x2+x)ex-ax. 由題意可得f'(x)≤0,x∈(0,1)恒成立. 即(x2+x)ex-a≤0,也就是a≥(x2+x)ex在x∈(0,1)恒成立. 設(shè)h(x)=(x2+x)ex,則h'(x)=(x2+3x+1)ex. 當x∈(0,1)時,x2+3x+1>0,h'(x)>0在x∈(0,1)單調(diào)遞增. 即h(x)

6、x-x3+x2,在(0,+∞)上有解. 先證明lnx≤x-1.設(shè)u(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),則u'(x)=1x-1=1-xx. 可得當x=1時,函數(shù)u(x)取得極大值, ∴u(x)≤u(1)=0.因此lnx≤x-1, 所以b=xlnx-x3+x2≤x(x-1)-x3+x2=-x(x2-2x+1)≤0.當x=1時,取等號. 故實數(shù)b的最大值為0. 3.解(1)f'(x)=m(emx-1)+2x. 若m≥0,則當x∈(-∞,0)時,emx-1≤0,f'(x)<0; 當x∈(0,+∞)時,emx-1≥0,f'(x)>0. 若m<0,則當x∈(-∞,0)時,emx-1

7、>0,f'(x)<0; 當x∈(0,+∞)時,emx-1<0,f'(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增. (2)由(1)知,對任意的m,f(x)在[-1,0]單調(diào)遞減,在[0,1]單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值. 所以對于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是f(1)-f(0)≤e-1,f(-1)-f(0)≤e-1, 即em-m≤e-1,e-m+m≤e-1.① 設(shè)函數(shù)g(t)=et-t-e+1,則g'(t)=et-1. 當t<0時,g'(t)<0; 當t>0時,g'(t)>0. 故g(t)在

8、(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增. 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故當t∈[-1,1]時,g(t)≤0. 當m∈[-1,1]時,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 當m>1時,由g(t)的單調(diào)性,g(m)>0,即em-m>e-1; 當m<-1時,g(-m)>0,即e-m+m>e-1. 綜上,m的取值范圍是[-1,1]. 4.解(1)∵f(x)=(ax-1)ex+a, ∴f'(x)=(ax-1+a)ex. ∵f(x)≥f(0)恒成立, ∴f'(0)=a-1=0,∴a=1. 當a=1時,f'(x)=xex, ∴f(x)在(-∞,0)上單調(diào)

9、遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增. ∴f(x)≥f(0)恒成立,∴a=1符合題意. ∴f(x)=(x-1)ex+1,f'(x)=xex, 故f(1)=1,f'(1)=e, ∴f(x)在(1,f(1))處的切線方程為y-1=e(x-1), 即y=ex-e+1. (2)∵f(x)=(ax-1)ex+a0時,xex-x+1>0,∴a(xex-x+1)≤00時,原不等式可化為1a>x-xex+1ex. 令h(x)=x-xex+1ex

10、. ∴h'(x)=ex+x-2ex,令φ(x)=ex+x-2, ∴φ'(x)=ex+1, ∴φ(x)在R上單調(diào)遞增. 又φ(0)=-1<0,φ(1)=e-1>0, ∴存在唯一x0∈(0,1),使得φ(x0)=0. ∴h(x)在(-∞,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,且x0∈(0,1). 又h(0)=1,h(1)=1,h(-1)=2e-1,h(2)=2-1e2, ∴當原不等式有且只有兩個整數(shù)解時, 1<1a≤2-1e2,即e22e2-1≤a<1. 5.解(1)f(x)的定義域是(0,+∞),f'(x)=lnx+1. 令f'(x)>0,解得x>1e. 令f'(

11、x)<0,解得00,解得01. 故g(t)在(0,1)遞增,在(1,+∞)內(nèi)遞減, 故g(t)max=g(1)=1e. 由t=xlnx,t≥-1e,a=g(t)=tet的圖象和性質(zhì)有: ①0

12、同交點(t1,a),(t2,a),且0

13、 當t∈[0,ln2)時,u'(t)為減函數(shù), 當t∈(ln2,+∞)時,u'(t)為增函數(shù). 所以u'(t)≥u'(ln2)=2-2ln2>0. 所以u(t)在[0,+∞)內(nèi)為增函數(shù), 所以u(t)≥u(0)=0.即當x≥32時,f(x)≥1. (2)設(shè)f(x1)+(2x1-3)2=g(x2)=m, 則e2x1-3=14+lnx22=m. 因為x1∈R,所以e2x1-3>0,即m>0, 所以2x1-3=lnm,lnx22=m-14, 所以x1=lnm+32,x2=2em-14,x2-x1=2em-14-lnm+32(m>0). 令h(x)=2ex-14-lnx+32(x>0), 則h'(x)=2ex-14-12x, 所以[h'(x)]'=2ex-14+12x2>0, 所以h'(x)在(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù),且h'14=0. 當x>14時,h'(x)>0; 當0