《通用版2020版高考数学大二轮复习专题突破练6热点小专题一导数的应用理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2020版高考数学大二轮复习专题突破练6热点小专题一导数的应用理（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题突破练6热点小专题一导数的应用一、选择题1.设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=()A.0B.1C.2D.32.若函数f(x)=43x3-2ax2-(a-2)x+5恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是()A.-1a2B.-2a1C.a2或a1或a0时,f(x)=-xx-2,则函数在x=-1处的切线方程是()A.2x-y-1=0B.x-2y+2=0C.2x-y+1=0D.x+2y-2=04.若0x1x2ln x2-ln x1B.ex2-ex1x1ex2D.x2ex11.若关于x的不等式f(x)0在R上恒成立,则a的取值范围为()A.0,1B.0,2C
2、.0,eD.1,e6.(2019河北武邑中学调研二,理6)已知函数f(x)=aex-x2-(2a+1)x,若函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值,则实数a的取值范围是()A.(-,-1)B.(-1,0)C.(-2,-1)D.(-,0)(0,1)7.若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.18.(2019河北唐山一模,理11)设函数f(x)=aex-2sin x,x0,有且仅有一个零点,则实数a的值为()A.2e4B.2e-4C.2e2D.2e-29.(2019陕西第二次质检,理12)已知函数f(x)=xe
3、x,x0,-x,x0,又函数g(x)=f2(x)+tf(x)+1(tR)有4个不同的零点,则实数t的取值范围是()A.-,-e2+1eB.e2+1e,+C.-e2+1e,-2D.2,e2+1e10.(2019福建漳州质检二,理12)已知f(x)=e2x+ex+2-2e4,g(x)=x2-3aex,A=x|f(x)=0,B=x|g(x)=0,若存在x1A,x2B,使得|x1-x2|0),当x1+x2=1时,不等式f(x1)f(x2)恒成立,则实数x1的取值范围为.14.已知函数f(x)=xln x-aex(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是.15.(2019河北武邑中学调研二
4、,理16)设函数f(x)=x3-3x2-ax+5-a,若存在唯一的正整数x0,使得f(x0)0,解得a1或a-2.故选D.3.C解析令x0,f(-x)=-x-x-2=-xx+2,f(x)=xx+2(x0),f(x)=2(x+2)2.k=f(-1)=2,切点为(-1,-1),切线方程为y+1=2(x+1).即为2x-y+1=0.4.C解析令g(x)=ex-lnx,则g(x)=xex-1x.当x0时,xex-10,因此,在(0,1)上必然存在g(x0)=0.因此函数g(x)在(0,1)上先递减后递增.故A,B错误.令f(x)=exx,则f(x)=xex-exx2=ex(x-1)x2.当0x1时,f
5、(x)0,即f(x)在(0,1)上单调递减.0x1x21,f(x2)f(x1),即ex2x2x1ex2,故选C.5.C解析(1)当x1时,二次函数的对称轴为x=a.需a2-2a2+2a0.a2-2a0.0a2.而f(x)=x-alnx,f(x)=1-ax=x-ax0.此时要使f(x)=x-alnx在(1,+)上单调递增,需1-aln10.显然成立.可知0a1.(2)当a1时,x=a1,1-2a+2a0,显然成立.此时f(x)=x-ax,当x(1,a),f(x)0,单调递增.需f(a)=a-alna0,lna1,ae,可知1ae.由(1)(2)可知,a0,e,故选C.6.A解析f(x)=aex-
6、2x-(2a+1),令g(x)=aex-2x-(2a+1).由函数f(x)在区间(0,ln2)上有极值g(x)在区间(0,ln2)上单调且存在零点.所以g(0)g(ln2)=(a-2a-1)(2a-2ln2-2a-1)0,即a+10,解得a-1.故实数a的取值范围是(-,-1).故选A.7.A解析由题意可得,f(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=x2+(a+2)x+a-1ex-1.因为x=-2是函数f(x)的极值点,所以f(-2)=0.所以a=-1.所以f(x)=(x2-x-1)ex-1.所以f(x)=(x2+x-2)ex-1.令f(x)=0,解得x1=-2,x2=1.当
7、x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-2)-2(-2,1)1(1,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值所以当x=1时,f(x)有极小值,并且极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1,故选A.8.B解析令f(x)=0,则有aex=2sinx,函数f(x)=aex-2sinx,x0,有且仅有一个零点,转化为函数g(x)=aex和函数h(x)=2sinx的图象在0,只有一个交点,设交点为A(x0,y0),则aex0=2sinx0,且函数g(x)=aex和函数h(x)=2sinx的图象在点A(x0,y0)处有相同的切线.g(x0)=aex0,h(x0)=2cosx0,ae
8、x0=2sinx0=2cosx0.x0=4,ae4=2,a=2e-4.9.A解析由已知有f(x)=xex(x0),f(x)=1-xex,易得当0x0;当x1时,f(x)0,即f(x)在0,1)内为增函数,在(1,+)内为减函数,设m=f(x),则h(m)=m2+tm+1,设h(m)=m2+tm+1的零点为m1,m2,则g(x)=f2(x)+tf(x)+1(tR)有4个不同的零点,等价于t=f(x)的图象与直线m=m1,m=m2的交点有4个,函数t=f(x)的图象与直线m=m1,m=m2的位置关系如图所示,由图知0m21em1,即h1e0,解得t-e2+1e,故选A.10.B解析因为f(x)=e
9、2x+ex+2-2e4=(ex-e2)(ex+2e2),令f(x)=0,解得x1=2.又|x1-x2|1,则|2-x2|1,即1x2h(1),所以1eh(x)4e2,所以只需1e3a4e2,即13ea43e2,故选B.11.A解析因为x=1不满足方程ex+ax-a=0,所以原方程化为ex+a(x-1)=0,a=ex1-x.令g(x)=ex1-x,当x1时,g(x)=ex(1-x)+ex(1-x)2=ex(2-x)(1-x)2,令g(x)=0,得x=2.x(1,2)2(2,+)g(x)+0-g(x)递增极大值递减因为g(2)=-e2,即当x1时,g(x)(-,-e2,综上可得,g(x)的值域为(
10、-,-e2(0,+),要使a=ex1-x无解,则-e20),g(x)=(e-1)(ex-e1-x)+(4m+2)x-2m-1.g(x)=(e-1)(ex+e1-x)+4m+20,g(x)在R上为增函数.g12=0,要使g(x)0,则x12.即实数x1的取值范围为12,+.14.0,1e解析由题易知,f(x)=1+lnx-aex,令f(x)=0,得a=1+lnxex,函数f(x)有两个极值点,则需f(x)=0有两个实数根,则a=1+lnxex有两个实数根,则直线y=a与y=1+lnxex的图象有两个交点.令g(x)=1+lnxex,则g(x)=1x-1-lnxex,令h(x)=1x-1-lnx,
11、得h(x)在(0,+)上为减函数,且h(1)=0,所以当x(0,1)时,h(x)0,故g(x)0,g(x)为增函数,当x(1,+)时,h(x)0,故g(x)0,g(x)为减函数,所以g(x)max=g(1)=1e,又当x+时,g(x)0,所以g(x)的图象如图所示,故0a1e.15.13,54解析设g(x)=x3-3x2+5,h(x)=a(x+1),则g(x)=3x2-6x=3x(x-2),当0x2时,g(x)0,当x2时,g(x)0,g(x)在(-,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,当x=2时,g(x)取得极小值g(2)=1,作出g(x)与h(x)的函数图象如图.显然当a0时,g(x)h(x)在(0,+)上恒成立,即f(x)=g(x)-h
