《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練8 應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的值或范圍 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練8 應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的值或范圍 理（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題突破練8 應(yīng)用導(dǎo)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(diǎn)(1,1)在曲線y=f(x)上,求在該點(diǎn)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(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)當(dāng)a=-1時(shí),設(shè)g(x)=x(f(x)-xex)-x3+x2-b,若函數(shù)g(x)存在零點(diǎn),求實(shí)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(duì)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(gè)不同解,求實(shí)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(dāng)x≥32時(shí),f(x)≥1;
(2)設(shè)g(x)=14+lnx2,若存在實(shí)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(yīng)用導(dǎo)數(shù)
求參數(shù)的值或范圍
1.解(1)因?yàn)辄c(diǎn)(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(diǎn)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?yàn)?0,+∞),
f'(x)=ax2x-1x=ax-22x.
討論:①當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)<0,此時(shí)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以不存在極小值.
②當(dāng)a>0時(shí),令f'(x)=0可得x=4a2,
當(dāng)x發(fā)生變化時(shí),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(fù)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(dāng)x∈(0,1)時(shí),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(dāng)x=1時(shí),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(dāng)x=1時(shí),取等號(hào).
故實(shí)數(shù)b的最大值為0.
3.解(1)f'(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1≤0,f'(x)<0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1≥0,f'(x)>0.
若m<0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1
7、>0,f'(x)<0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),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(duì)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(duì)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(dāng)t<0時(shí),g'(t)<0;
當(dāng)t>0時(shí),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(dāng)t∈[-1,1]時(shí),g(t)≤0.
當(dāng)m∈[-1,1]時(shí),g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
當(dāng)m>1時(shí),由g(t)的單調(diào)性,g(m)>0,即em-m>e-1;
當(dāng)m<-1時(shí),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(dāng)a=1時(shí),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(shí),xex-x+1>0,∴a(xex-x+1)≤00時(shí),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(dāng)原不等式有且只有兩個(gè)整數(shù)解時(shí),
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(diǎn)(t1,a),(t2,a),且0
13、
當(dāng)t∈[0,ln2)時(shí),u'(t)為減函數(shù),
當(dāng)t∈(ln2,+∞)時(shí),u'(t)為增函數(shù).
所以u(píng)'(t)≥u'(ln2)=2-2ln2>0.
所以u(píng)(t)在[0,+∞)內(nèi)為增函數(shù),
所以u(píng)(t)≥u(0)=0.即當(dāng)x≥32時(shí),f(x)≥1.
(2)設(shè)f(x1)+(2x1-3)2=g(x2)=m,
則e2x1-3=14+lnx22=m.
因?yàn)閤1∈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(dāng)x>14時(shí),h'(x)>0;
當(dāng)0
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