《2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題突破練7 應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的值或參數(shù)的范圍 文.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題突破練7 應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的值或參數(shù)的范圍 文.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題突破練7　應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的值或參數(shù)的范圍 1.(2018遼寧撫順3月模擬,文21節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=ax-2ln x(a∈R). (1)略; (2)若f(x)+x3>0對(duì)任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范圍. 2.(2018安徽蕪湖期末,文21節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=x3-aln x(a∈R). (1)略; (2)若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(1,e]上存在兩個(gè)不同零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 3.已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),a∈R). (1)判斷曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與曲線y=g(x)的公共點(diǎn)個(gè)數(shù); (2)當(dāng)x∈時(shí),若函數(shù)y=f(x)-g(x)有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍. 4.(2018寧夏石嘴山一模,文21)已知函數(shù)f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0). (1)若函數(shù)f(x)在x=0處取得極值,求實(shí)數(shù)a的值;并求此時(shí)f(x)在[-2,1]上的最大值; (2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 5.(2018江西南昌一模,文21節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=ex-aln x-e(a∈R),其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù). (1)略 (2)若當(dāng)x∈[1,+∞)時(shí),f(x)≥0恒成立,求a的取值范圍. 6.(2018山西太原一模,文21)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2+(2-a)x,g(x)=-2. (1)求函數(shù)f(x)的極值; (2)若對(duì)任意給定的x0∈(0,e],方程f(x)=g(x0)在(0,e]上總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 參考答案 專題突破練7　應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的 值或參數(shù)的范圍 1.解 (1)略. (2)由題意f(x)+x3>0,即a>-x2+對(duì)任意x∈(1,+∞)恒成立, 記p(x)=-x2+,定義域?yàn)?1,+∞),則p(x)=-2x+,設(shè)q(x)=-2x3+2-2ln x,q(x)=-6x2-, 則當(dāng)x>1時(shí),q(x)單調(diào)遞減, 所以當(dāng)x>1時(shí),q(x)1時(shí),p(x)0,函數(shù)在(,e]上單調(diào)遞增; 則g(x)min=g()=3e,而g()==27>27,且g(e)=e3<27, 要使函數(shù)y=a的圖象與函數(shù)g(x)=的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn), ∴a的取值范圍為(3e,e3]. 3.解 (1)f(x)=ln x+1,所以切線斜率k=f(1)=1.又f(1)=0,所以曲線在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為y=x-1. 由 得x2+(1-a)x+1=0. 由Δ=(1-a)2-4=a2-2a-3=(a+1)(a-3),可知: 當(dāng)Δ>0,即a<-1或a>3時(shí),有兩個(gè)公共點(diǎn); 當(dāng)Δ=0,即a=-1或a=3時(shí),有一個(gè)公共點(diǎn); 當(dāng)Δ<0,即-1h(e),所以,結(jié)合函數(shù)圖象可得,當(dāng)30,f(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=0時(shí)f(x)取極小值. 所以f(x)在[-2,0)上單調(diào)遞增,在(0,1]上單調(diào)遞減;又f(-2)=+3,f(1)=e,f(-2)>f(1). 當(dāng)x=-2時(shí),f(x)在[-2,1]的最大值為+3. (2)f(x)=ex+a由于ex>0, ①當(dāng)a>0時(shí),f(x)>0,f(x)是增函數(shù),且當(dāng)x>1時(shí),f(x)=ex+a(x-1)>0, 當(dāng)x<0時(shí),f(x)=ex+a(x-1)<1+a(x-1)<0,x<-+1,取x=-,則f<1+a=-a<0,所以函數(shù)f(x)存在零點(diǎn). ②當(dāng)a<0時(shí),f(x)=ex+a=0,x=ln(-a). 在(-∞,ln(-a))上f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, 在(ln(-a),+∞)上f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 所以x=ln(-a)時(shí)f(x)取最小值. 令f(x)min=f(ln(-a))<0, 解得-e20,f(x)在x∈[1,+∞)上遞增,f(x)min=f(1)=0(符合題意). (ⅱ)當(dāng)a>0時(shí),f(x)=ex-=0,當(dāng)x∈[1,+∞)時(shí),y=ex≥e. ①當(dāng)a∈(0,e]時(shí),因?yàn)閤∈[1,+∞), 所以y=≤e,f(x)=ex-≥0,f(x)在[1,+∞)上遞增,f(x)min=f(1)=0(符合題意). ②當(dāng)a∈(e,+∞)時(shí),存在x0∈[1,+∞),滿足f(x)=ex-=0,f(x)在[1,x0)上遞減,(x0,+∞)上遞增,故f(x0)0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)無(wú)極值; ②當(dāng)a>0時(shí),由f(x)>0,得00時(shí),f(x)的極大值為f=ln-1. (2)由g(x)=-2,得g(x)=,當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),g(x)>0,g(x)遞增,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g(x)<0,g(x)遞減.∴當(dāng)x=1時(shí),g(x)max=g(1)=-2.∵x0∈(0,e],g(0)=-2,g(e)=-2<2,∴g(x)∈. ∵方程f(x)=g(x0)在(0,e]上總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根, ∴ f(e)=1-ae2+2e-ea≤2,a≥,由f=ln-1>-2,即ln a-<1, 令h(a)=ln a-,可知h(a)遞增,且h(e)=1,∴h(a)<1=h(e),∴0

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