通用版2020版高考数学大二轮复习专题突破练8应用导数求参数的值或范围理

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)=a√-lnx,a∈R.(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-alnx(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)=xlnx.(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x≥时,f(x)≥1;(2)设g(x)=1+ln,若存在实数x1,x2,使得f(x1)+1-)=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)=√-lnx.又f'(x)=√1√-,所以f'(1)=-1在该点处曲线的切线方程为y-1=-1(x-1),即x+2y-3=0.(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=√1√-讨论:①当a≤0时,f'(x)0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以不存在极小值.②当a0时,令f'(x)=0可得x=,当x发生变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x0,,+∞f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增,所以f(x)极小值=f=2-ln,所以2-ln=2,解得a=2(负值舍去).2.解(1)f'(x)=(x+1)ex-)e-由题意可得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.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a≥e.(2)当a=-1时,f(x)=xex+lnx.g(x)=xlnx-x3+x2-b,由题意得问题等价于方程b=xlnx-x3+x2,在(0,+∞)上有解.先证明lnx≤x-1.设u(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),则u'(x)=1-1=1-可得当x=1时,函数u(x)取得极大值,∴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.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m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f'(x)0;当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f'(x)0.若m0,则当x∈(-∞,0)时,emx-10,f'(x)0;当x∈(0,+∞)时,emx-10,f'(x)0.所以,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)由(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{1)-0)e-1,-1)-0)e-1,即{e-e-1,e-e-1①设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.当t0时,g'(t)0;当t0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-e0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;当m1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m-1时,g(-m)0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是[-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.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)ex.①当a≤0时,x0时,xex-x+10,∴a(xex-x+1)≤0ex恒成立,此时f(x)=(ax-1)ex+aax有无数个整数解,不合题意.②当a0时,原不等式可化为1x-e1e令h(x)=x-e1e∴h'(x)=e-e,令φ(x)=ex+x-2,∴φ'(x)=ex+1,∴φ(x)在R上单调递增.又φ(0)=-10,φ(1)=e-10,∴存在唯一x0∈(0,1),使得φ(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)=2-1e,∴当原不等式有且只有两个整数解时,112-1e,即ee-1a1.5.解(1)f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=lnx+1.令f'(x)0,解得x1e令f'(x)0,解得0x1e所以f(x)在0,1e内递减,在1e,+∞内递增,故当x=1e时,f(x)极小值=f1e=-1e(2)记t=xlnx,t≥-1e,则et=exlnx=(elnx)x=xx,故f(x)-axx=0,即t-aet=0,a=e令g(t)=e,g'(t)=1-e令g'(t)0,解得0t1.令g'(t)0,解得t1.故g(t)在(0,1)递增,在(1,+∞)内递减,故g(t)max=g(1)=1e由t=xlnx,t≥-1e,a=g(t)=e的图象和性质有:①0a1e,y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a),(t2,a),且0t11t2,t1=xlnx,t2=xlnx各有一解,即f(x)-axx=0有2个不同解.②-e1-eea0,y=a和g(t)=e仅有1个交点(t3,a),且-1et30,t3=xlnx有2个不同的解,即f(x)-axx=0有两个不同解.③a取其他值时,f(x)-axx=0最多1个解,综上,a的范围是(-e1-ee,0)∪0,1e.6.解(1)令t=2x-3,当x时,f(x)≥1等价于当t≥0时,et-t2-1≥0.设函数u(t)=et-t2-1,则u'(t)=et-2t.[u'(t)]'=et-2.当t∈[0,ln2)时,u'(t)为减函数,当t∈(ln2,+∞)时,u'(t)为增函数.所以u'(t)≥u'(ln2)=2-2ln20.所以u(t)在[0,+∞)内为增函数,所以u(t)≥u(0)=0.即当x时,f(x)≥1.(2)设f(x1)+(2x1-3)2=g(x2)=m,则e1-1+ln=m.因为x1∈R,所以e1-0,即m0,所以2x1-3=lnm,ln=m-1,所以x1=,x2=2e-1,x2-x1=2e-1(m0).令h(x)=2e-1(x0),则h'(x)=2e-11,所以[h'(x)]'=2e-110,所以h'(x)在(0,+∞)内为增函数,且h'1=0.当x1时,h'(x)0;当0x1时,h'(x)0.所以,h(x)在0,1内为减函数,在1,+∞内为增函数.故当x=1时,h(x)min=h1=1,即x2-x1的最小值为1