（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

《（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(yè)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,aR.(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(wú)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)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

2、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)ax有且只有兩個(gè)整數(shù)解,求a的取值范圍.5.(2019四川第二次診斷,理21)已知f(x)=xln x.(1)求f(x)的極值;(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)x32時(shí),f(x)1;(2)設(shè)g(x)=14+lnx2,若存

3、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)=-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:當(dāng)a0時(shí),f(x)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:x0,4a24a24a2,+f(x)-0+f(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)

4、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=f4a2=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-a0,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+10,h(x)0在x(0,1)單調(diào)遞增.即h(x)h(1)=2e.故a2e.(2)當(dāng)a=-1時(shí),f(x)=xex+lnx.g(x)=xlnx-x3+x2-b,由題意

5、得問(wèn)題等價(jià)于方程b=xlnx-x3+x2,在(0,+)上有解.先證明lnxx-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lnxx-1,所以b=xlnx-x3+x2x(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m0,則當(dāng)x(-,0)時(shí),emx-10,f(x)0.若m0,f(x)0;當(dāng)x(0,+)時(shí),emx-10.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

6、(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-me-1,e-m+me-1.設(shè)函數(shù)g(t)=et-t-e+1,則g(t)=et-1.當(dāng)t0時(shí),g(t)0時(shí),g(t)0.故g(t)在(-,0)單調(diào)遞減,在(0,+)單調(diào)遞增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1時(shí),由g(t)的單調(diào)性,g(m)0,即em-me-1;當(dāng)m0,即e-m+me-1.綜上,m的取值范圍是-1,1.4.解(1)f(x)=(ax-1)ex+a,f(x)=(

7、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)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+aax,化簡(jiǎn)即a(xex-x+1)0時(shí),xex-x+10,a(xex-x+1)0ex恒成立,此時(shí)f(x)=(ax-1)ex+a0時(shí),原不等式可化為1ax-xex+1ex.令h(x)=x-xex+1ex.h(x

8、)=ex+x-2ex,令(x)=ex+x-2,(x)=ex+1,(x)在R上單調(diào)遞增.又(0)=-10,存在唯一x0(0,1),使得(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),11a2-1e2,即e22e2-1a0,解得x1e.令f(x)0,解得0x0,解得0t1.令g(t)1.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:0a1e,y=a和g(

9、t)有兩個(gè)不同交點(diǎn)(t1,a),(t2,a),且0t11t2,t1=xlnx,t2=xlnx各有一解,即f(x)-axx=0有2個(gè)不同解.-e1-eea0,y=a和g(t)=tet僅有1個(gè)交點(diǎn)(t3,a),且-1et30.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)x32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1R,所以e2x1-30,即m0,所以2x1-3=lnm,lnx22=m-14,所以x1=lnm+32,x2=2em-14,x2-x1=2em-14-lnm+32(m0).令h(x)=2ex-14-lnx+32(x0),則h(x)=2ex-14-12x,所以h(x)=2ex-14+12x20,所以h(x)在(0,+)內(nèi)為增函數(shù),且h14=0.當(dāng)x14時(shí),h(x)0;當(dāng)0x14時(shí),h(x)0.所以,h(x)在0,14內(nèi)為減函數(shù),在14,+內(nèi)為增函數(shù).故當(dāng)x=14時(shí),h(x)min=h14=ln4+12,即x2-x1的最小值為ln4+12.11