《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練8 應用導數(shù)求參數(shù)的值或范圍 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練8 應用導數(shù)求參數(shù)的值或范圍 文（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題突破練8　應用導數(shù)求參數(shù)的值或范圍 1.(2019北京順義統(tǒng)考二,文18)設函數(shù)f(x)=ax-ln x,a∈R. (1)若點(1,1)在曲線y=f(x)上,求在該點處曲線的切線方程; (2)若f(x)有極小值2,求a. 2.(2019湖南三湘名校大聯(lián)考一,文21)已知函數(shù)f(x)=xln x. (1)略; (2)若當x≥1e時,f(x)≤ax2-x+a-1,求實數(shù)a的取值范圍. 3.(2019山東濰坊二模,文21)已知函數(shù)f(x)=xex-aln x(無理數(shù)e=2.7

2、18…). (1)若f(x)在(0,1)單調遞減,求實數(shù)a的取值范圍; (2)當a=-1時,設g(x)=x(f(x)-xex)-x3+x2-b,若函數(shù)g(x)存在零點,求實數(shù)b的最大值. 4.已知函數(shù)f(x)=ax+ln x(a∈R). (1)略; (2)設g(x)=x2-2x+2,若對任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)

3、)=xln x-a(x2-x)+1,函數(shù)g(x)=f'(x). (1)若a=1,求f(x)的極大值; (2)當0

4、4+lnx2,若存在實數(shù)x1,x2,使得f(x1)+(2x1-3)2=g(x2),求x2-x1的最小值. 專題突破練8　應用導數(shù) 求參數(shù)的值或范圍 1.解(1)因為點(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)的定義域為(0,+∞), f'(x)=ax2x-1x=ax-22x. 討論:①當a≤0時,f'(x)<0,此時f(x)在(0,+∞)上單調遞減,所

5、以不存在極小值. ②當a>0時,令f'(x)=0可得x=4a2, 當x發(fā)生變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: x 0,4a2 4a2 4a2,+∞ f'(x) - 0 + f(x) 單調遞減 極小值 單調遞增 所以f(x)在0,4a2上單調遞減,在4a2,+∞上單調遞增, 所以f(x)極小值=f4a2=2-ln4a2,所以2-ln4a2=2,解得a=2(負值舍去). 2.解(1)略. (2)由已知得a≥xlnx+x+1x2+1, 設h(x)=xlnx+x+1x2+1,則h'(x)=(1-x)(xlnx+lnx+2)(x2+1)2. ∵y=

6、xlnx+lnx+2是增函數(shù),且x≥1e,∴y≥-1e-1+2>0. ∴當x∈1e,1時,h'(x)>0;當x∈(1,+∞)時,h'(x)<0, ∴h(x)在x=1處取得最大值h(1)=1,∴a≥1. 3.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h(x)=(x2+x)ex,則h'(x)=(x2+3x+1)ex. 當x∈(0,1)時,x2+3x+1>0,h'(x)>0在x∈(0,1)單調遞增. 即h(x)

7、故a≥2e. (2)當a=-1時,f(x)=xex+lnx.g(x)=xlnx-x3+x2-b, 由題意得問題等價于方程b=xlnx-x3+x2,在(0,+∞)上有解. 先證明lnx≤x-1.設u(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),則u'(x)=1x-1=1-xx. 可得當x=1時,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x=1時,取等號. 故實數(shù)b的最大值為0. 4.解(1)略. (2)由已知,轉化為f(x)max

8、-1)2+1,x∈[0,1],∴g(x)max=g(0)=2. 由f(x)=ax+lnx,得f'(x)=a+1x=ax+1x(x>0), 當a≥0時,由于x>0,故ax+1>0,f'(x)>0, ∴f(x)在(0,+∞)單調遞增,值域為R,不合題意. 當a<0時,f(x)在0,-1a上單調遞增,在-1a,+∞上單調遞減,故f(x)的極大值即為最大值,f-1a=-1+ln-1a=-1-ln(-a),所以2>-1-ln(-a),解得a<-1e3. 5.解(1)f(x)=xlnx-x2+x+1,g(x)=f'(x)=lnx-2x+2,g'(x)=1x-2=1-2xx, 當x∈0,12時,

9、g'(x)>0,g(x)單調遞增; 當x∈12,+∞時,g'(x)<0,g(x)單調遞減. 注意到g(1)=f'(1)=0,則 當x∈12,1時,f'(x)>0,f(x)單調遞增; 當x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減; 故當x=1時,f(x)取得極大值f(1)=1. (2)g(x)=f'(x)=lnx+1-2ax+a, g'(x)=1x-2a=1-2axx, ①若a≤0,則g'(x)>0,g(x)單調遞增,至多有一個零點,不合題意. ②若a>0,則當x∈0,12a時,g'(x)>0,g(x)單調遞增; 當x∈12a,+∞時,g'(x)<0,g(x)單調遞

10、減; 則g12a≥g12=ln12+1=lne2>0. 不妨設g(x1)=g(x2),x11.另一方面,由(1)得,當x>1時,lnx0,解得x>1e. 令f'(x)<0,解得0

11、,在1e,+∞內遞增, 故當x=1e時, f(x)極小值=f1e=-1e. (2)記t=xlnx,t≥-1e, 則et=exlnx=(elnx)x=xx, 故f(x)-axx=0,即t-aet=0,a=tet. 令g(t)=tet,g'(t)=1-tet. 令g'(t)>0,解得01. 故g(t)在(0,1)遞增,在(1,+∞)內遞減,故g(t)max=g(1)=1e. 由t=xlnx,t≥-1e,a=g(t)=tet的圖象和性質有: ①0

12、t1=xlnx,t2=xlnx各有一解,即f(x)-axx=0有2個不同解. ②-e1-ee

13、n2,+∞)時,u'(t)為增函數(shù). 所以u'(t)≥u'(ln2)=2-2ln2>0. 所以u(t)在[0,+∞)內為增函數(shù), 所以u(t)≥u(0)=0.即當x≥32時,f(x)≥1. (2)設f(x1)+(2x1-3)2=g(x2)=m, 則e2x1-3=14+lnx22=m. 因為x1∈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,+∞)內為增函數(shù),且h'14=0. 當x>14時,h'(x)>0; 當0