（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 文

《（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 文》由會員分享，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 文（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(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(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(dāng)x1e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=2.718).(1)若f(x)在(0,1)單調(diào)遞減,求實數(shù)a的取值范圍;(2)當(dāng)a=-1時,設(shè)g(x)=x(f(x)-xex)-x3+x2-b,若函數(shù)

2、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(aR).(1)略;(2)設(shè)g(x)=x2-2x+2,若對任意x1(0,+),均存在x20,1,使得f(x1)g(x2),求a的取值范圍.5.(2019河北唐山三模,文21)已知函數(shù)f(x)=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(dāng)0x1時,g(x)有兩個零點,求a的取值范圍.6.(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有兩個不同解,求實數(shù)a的取值范圍.7.(2019山東德州一模,理21,文2

3、1)已知函數(shù)f(x)=e2x-3-(2x-3)2.(1)證明:當(dāng)x32時,f(x)1;(2)設(shè)g(x)=14+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(yīng)用導(dǎo)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:當(dāng)a0時,f(x)0時,令f(x)=0可得x=4a2,當(dāng)x

4、發(fā)生變化時,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)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)略.(2)由已知得axlnx+x+1x2+1,設(shè)h(x)=xlnx+x+1x2+1,則h(x)=(1-x)(xlnx+lnx+2)(x2+1)2.y=xlnx+lnx+2是增函數(shù),且x1e,y-1e-1+20.當(dāng)x1e,1時,h(x)0;當(dāng)x(1,+)時,h(x)0,h(x)0在x(0,1)單調(diào)遞增.即h(x)h

5、(1)=2e.故a2e.(2)當(dāng)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,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,取等號.故實數(shù)b的最大值為0.4.解(1)略.(2)由已知,轉(zhuǎn)化為f(x)max0),當(dāng)a0時,由于x0,故ax+10,f(x)0,f(x)在(0,+)單調(diào)遞增

6、,值域為R,不合題意.當(dāng)a-1-ln(-a),解得a0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x12,+時,g(x)0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x(1,+)時,f(x)0,g(x)單調(diào)遞增,至多有一個零點,不合題意.若a0,則當(dāng)x0,12a時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x12a,+時,g(x)0.不妨設(shè)g(x1)=g(x2),x1x2,則0x112ax21.一方面,需要g(1)1.另一方面,由(1)得,當(dāng)x1時,lnxx-1x,則xex,進而,有2ae2a,則e-2a12a,且g(e-2a)=-2ae-2a+1-a0,故存在x1,使得0e-2ax10,解得x1e.令f(x)0,解得0x0,解得0t1.令g(t

7、)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(t)有兩個不同交點(t1,a),(t2,a),且0t11t2,t1=xlnx,t2=xlnx各有一解,即f(x)-axx=0有2個不同解.-e1-eea0,y=a和g(t)=tet僅有1個交點(t3,a),且-1et30.所以u(t)在0,+)內(nèi)為增函數(shù),所以u(t)u(0)=0.即當(dāng)x32時,f(x)1.(2)設(shè)f(x1)+(2x1-3)2=g(x2)=m,則e2x1-3=14+lnx22=m.因為x1R,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,h(x)0;當(dāng)0x14時,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,h(x)min=h14=ln4+12,即x2-x1的最小值為ln4+12.14