2021新高考数学二轮总复习 专题突破练9 应用导数求参数的值或范围（含解析）.docx

1、专题突破练9应用导数求参数的值或范围1.(2020河南焦作三模,理21)已知f(x)=2e2x-1+4ax(aR).(1)若a=1e,求f(x)在x=0处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)在1,2上的最大值为3e3,求a的值.2.(2020全国,理21)已知函数f(x)=ex+ax2-x.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)12x3+1,求a的取值范围.3.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f(x)=ln ax-bx+1,g(x)=ax-ln x,a1.(1)求函数f(x)的极值;(2)直线y=2x+1为函数f(x)图象的一条切线,若对任意的

2、x1(0,1),x21,2都有g(x1)f(x2)成立,求实数a的取值范围.4.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)ex-kx2+2.(1)略;(2)若x0,+),都有f(x)1成立,求k的取值范围.5.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.6.(2020全国,文20)已知函数f(x)=x3-kx+k2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围

3、.7.(2020北京东城一模,20)已知函数f(x)=x(ln x-ax)(aR).(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)若f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围;(3)若a1,求f(x)在区间(0,2a上的最小值.8.(2020湖南永州二模,理21)已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1),g(x)=ax+x22-xcos x.(1)当x0时,总有f(x)x22+mx,求m的最小值;(2)对于0,1中任意x恒有f(x)g(x),求a的取值范围.专题突破练9应用导数求参数的值或范围1.解(1)由a=1e,得f(x)=2e2x-1+4ex,所以f(x)=4e

4、2x-1+4e,则f(0)=8e-1,f(0)=2e-1,则切线方程为y-2e-1=8e-1x,令x=0可得y=2e-1,令y=0可得x=-14.所以切线与两坐标轴围成的三角形面积为S=122e-1-14=14e.(2)f(x)=4e2x-1+4a.()当a0时,f(x)0,故f(x)在1,2上单调递增,所以f(x)在1,2上的最大值为f(2)=2e3+8a=3e3,所以a=e38.()当a0时,由f(x)=0,可得x=12ln(-a)+1.当12ln(-a)+11,即-ea0,舍去,当12ln(-a)+12,即a-e3时,f(x)在1,2上单调递减,所以f(x)在1,2上的最大值为f(1)=

5、2e+4a=3e3,所以a=34e3-12e,不满足a-e3,舍去,当112ln(-a)+12,即-e3a-e时,在1,12ln(-a)+1上,f(x)0.所以f(x)在1,12ln(-a)+1上单调递减,在12ln(-a)+1,2上单调递增,由上面分析可知,当-e3a-e时,f(2)不可能是最大值.f(1)=2e+4a,f(2)=2e3+8a,由f(2)-f(1)=4a+2(e3-e)0,可得a12e-12e3,此时f(2)f(1),f(x)的最大值f(1)=2e+4a=3e3,所以a=34e3-12e,不符合a12e-12e3,舍去.综上可知,a=e38.2.解(1)当a=1时,f(x)=

6、ex+x2-x,f(x)=ex+2x-1.故当x(-,0)时,f(x)0.所以f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)f(x)12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x1.设函数g(x)=12x3-ax2+x+1e-x(x0),则g(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12xx2-(2a+3)x+4a+2e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.若2a+10,即a-12,则当x(0,2)时,g(x)0.所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当x(0,2)时,g(x)1,不合题意.若02a+12,即-12a12,则当x(0

7、,2a+1)(2,+)时,g(x)0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)1当且仅当g(2)=(7-4a)e-21,即a7-e24.所以当7-e24a1,函数f(x)的定义域为(0,+).f(x)=lnax-bx+1=lna+lnx-bx+1,f(x)=1x-b=1-bxx.当b0时,f(x)0,f(x)在(0,+)上为增函数,无极值;当b0时,由f(x)=0,得x=1b.x0,1b时,f(x)0,f(x)为增函数,x1b,+时,f(x)f(x2)成立,只需g(x1)minf(x2)max.g(x)=a-1x=ax-1x

8、,由g(x)=0,得x=1a.a1,01a1.x0,1a时,g(x)0,g(x)为增函数.g(x)g1a=1+lna,即g(x1)min=1+lna.f(x2)=1x2-b在x21,2上为减函数,f(x2)max=f(1)=1-b=3-ae.1+lna3-ae.即lna+ae-20.设h(a)=lna+ae-2,易知h(a)在(1,+)上为增函数.又h(e)=0,实数a的取值范围为(e,+).4.解(1)略(2)f(x)=xex-2kx=x(ex-2k),当k0时,ex-2k0,所以,当x0时,f(x)0时,f(x)0,则f(x)在区间(-,0)上是减函数,在区间(0,+)上是增函数,所以f(

9、x)在区间0,+)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;当k0时,令f(x)=0,得x=0或x=ln2k,所以当00,f(x)为增函数,所以f(x)在区间0,+)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;当k12时,ln2k0,当x(0,ln2k)时,f(x)0,f(x)在区间(0,ln2k)上是减函数,所以f(ln2k)0,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+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lnxx-1.设u(x)=ln

10、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lnxx-1,所以b=xlnx-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0.6.解(1)f(x)=3x2-k.当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在(-,+)单调递增;当k0,故f(x)在(-,+)单调递增.当k0时,令f(x)=0,得x=3k3.当x-,-3k3时,f(x)0;当x-3k3,3k3时,f(x)0.故f(x)在-,-3k3,3k3,+单调递增,在-3k3,3k3单调递减.(2)由(1)知,当k0

11、时,f(x)在(-,+)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当k0时,x=-3k3为f(x)的极大值点,x=3k3为f(x)的极小值点.此时,-k-1-3k33k3k+1且f(-k-1)0,f-3k30.根据f(x)的单调性,当且仅当f3k30,即k2-2k3k90时,f(x)有三个零点,解得k0时,g(x)=1x-2a,令g(x)=0,得x=12a,当x0,12a时,g(x)0,g(x)在0,12a上单调递增,当x12a,+时,g(x)0,即12a1,解得0a12.又由于1e112a,g1e=-2a1e12a,且exx2+1(x1),得g(e12a+2)=12a+2-2ae12a+2+112

12、a+2-2a12a+22+1+1=-1-10a0,所以g(x)在12a,+上存在一个零点.所以当实数a的取值范围为0a1时,g(x)g12a=ln12aln120,(x)在0,+)上单调递增,且(0)=m-1.若m1,则(x)在0,+)上单调递增,(x)(0)=0,即m1满足条件;若m1,(0)=m-10,(x)存在单调递减区间0,x0.又(0)=0,所以存在x0使得(x0)0,与已知条件矛盾,所以m1,m的最小值为1.(2)由(1)知f(x)x22+x,如果x22+xg(x),则必有f(x)g(x)成立.设h(x)=g(x)-x22+x=(a-1)x-xcosx=x(a-1-cosx),令h

13、(x)=x(a-1-cosx)0,即a-1-cosx0,a1+cosx,又x0,1,a2.故当a2时,f(x)g(x)恒成立,下面证明a0时,f1(x)=ln(x+1)0,f1(x)在区间0,1上单调递增,故f1(x)f1(0)=0,即f1(x)=f(x)-x0,故xf(x).g(x)-f(x)g(x)-x=(a-1)x+x22-xcosx=xa-1+x2-cosx,令t(x)=a-1+x2-cosx,t(x)=12+sinx0,所以t(x)在0,1上单调递增,又t(0)=a-20,则一定存在区间(0,x0)(其中0x01),当x(0,x0)时,t(x)0,则g(x)-f(x)xt(x)0,故f(x)g(x)不恒成立.综上所述,实数a的取值范围是2,+).