《2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版专题突破练：8 应用导数求参数的值或范围》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版专题突破练：8 应用导数求参数的值或范围（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题突破练8应用导数求参数的值或范围1.(2019北京顺义统考二,文18)设函数f(x)=ax-ln x,aR.(1)若点(1,1)在曲线y=f(x)上,求在该点处曲线的切线方程;(2)若f(x)有极小值2,求a.2.(2019山东潍坊二模,文21)已知函数f(x)=xex-aln x(无理数e=2.718).(1)若f(x)在(0,1)单调递减,求实数a的取值范围;(2)当a=-1时,设g(x)=x(f(x)-xex)-x3+x2-b,若函数g(x)存在零点,求实数b的最大值.3.设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增;(2)若对于
2、任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.4.(2019湘赣十四校联考二,理21)已知函数f(x)=(ax-1)ex+a.(1)若f(x)f(0)恒成立,求f(x)在(1,f(1)处的切线方程;(2)若f(x)ax有且只有两个整数解,求a的取值范围.5.(2019四川第二次诊断,理21)已知f(x)=xln x.(1)求f(x)的极值;(2)若f(x)-axx=0有两个不同解,求实数a的取值范围.6.(2019山东德州一模,理21,文21)已知函数f(x)=e2x-3-(2x-3)2.(1)证明:当x32时,f(x)1;(2)设g(x)=14+lnx2,若存
3、在实数x1,x2,使得f(x1)+(2x1-3)2=g(x2),求x2-x1的最小值.参考答案专题突破练8应用导数求参数的值或范围1.解 (1)因为点(1,1)在曲线y=f(x)上,所以a=1,f(x)=x-ln x.又f(x)=x2x-1x=x-22x,所以f(1)=-12.在该点处曲线的切线方程为y-1=-12(x-1),即x+2y-3=0.(2)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ax2x-1x=ax-22x.讨论:当a0时,f(x)0时,令f(x)=0可得x=4a2,当x发生变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x0,4a24a24a2,+f(x)-0+f(x)单调递减极小值
4、单调递增所以f(x)在0,4a2上单调递减,在4a2,+上单调递增,所以f(x)极小值=f4a2=2-ln4a2,所以2-ln4a2=2,解得a=2(负值舍去).2.解 (1)f(x)=(x+1)ex-ax=(x2+x)ex-ax.由题意可得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.设h(x)=(x2+x)ex,则h(x)=(x2+3x+1)ex.当x(0,1)时,x2+3x+10,h(x)0在x(0,1)单调递增.即h(x)h(1)=2e.故a2e.(2)当a=-1时,f(x)=xex+ln x.g(x)=xln x-x3+x2-
5、b,由题意得问题等价于方程b=xln x-x3+x2,在(0,+)上有解.先证明ln xx-1.设u(x)=ln x-x+1,x(0,+),则u(x)=1x-1=1-xx.可得当x=1时,函数u(x)取得极大值,u(x)u(1)=0.因此ln xx-1,所以b=xln x-x3+x2x(x-1)-x3+x2=-x(x2-2x+1)0.当x=1时,取等号.故实数b的最大值为0.3.解 (1)f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)0.若m0,f(x)0;当x(0,+)时,emx-10.所以,f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)由(
6、1)知,对任意的m,f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是f(1)-f(0)e-1,f(-1)-f(0)e-1,即em-me-1,e-m+me-1.设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(t)0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是-1,1.4.解 (1)f(x)=(ax-1
7、)ex+a,f(x)=(ax-1+a)ex.f(x)f(0)恒成立,f(0)=a-1=0,a=1.当a=1时,f(x)=xex,f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.f(x)f(0)恒成立,a=1符合题意.f(x)=(x-1)ex+1,f(x)=xex,故f(1)=1,f(1)=e,f(x)在(1,f(1)处的切线方程为y-1=e(x-1),即y=ex-e+1.(2)f(x)=(ax-1)ex+aax,化简即a(xex-x+1)0时,xex-x+10,a(xex-x+1)0ex恒成立,此时f(x)=(ax-1)ex+a0时,原不等式可化为1ax-xex+1ex.令h(x)=x
8、-xex+1ex.h(x)=ex+x-2ex,令(x)=ex+x-2,(x)=ex+1,(x)在R上单调递增.又(0)=-10,存在唯一x0(0,1),使得(x0)=0.h(x)在(-,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,且x0(0,1).又h(0)=1,h(1)=1,h(-1)=2e-1,h(2)=2-1e2,当原不等式有且只有两个整数解时,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)递增,在(1,+)内递减,故g(t)max=g(1)=1e.由t=xln x,t-1e,a=g(t)=tet的图象和性质
9、有:0a1e,y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a),(t2,a),且0t11t2,t1=xln x,t2=xln x各有一解,即f(x)-axx=0有2个不同解.-e1-eea0,y=a和g(t)=tet仅有1个交点(t3,a),且-1et30.所以u(t)在0,+)内为增函数,所以u(t)u(0)=0.即当x32时,f(x)1.(2)设f(x1)+(2x1-3)2=g(x2)=m,则e2x1-3=14+lnx22=m.因为x1R,所以e2x1-30,即m0,所以2x1-3=ln m,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),则h(x)=2ex-14-12x,所以h(x)=2ex-14+12x20,所以h(x)在(0,+)内为增函数,且h14=0.当x14时,h(x)0;当0x14时,h(x)0.所以,h(x)在0,14内为减函数,在14,+内为增函数.故当x=14时,h(x)min=h14=ln4+12,即x2-x1的最小值为ln4+12.
