2019年高考数学二轮复习专题突破练7应用导数求参数的值或参数的范围理.docx

专题突破练7应用导数求参数的值或参数的范围1.(2018陕西咸阳一模,理21节选)已知f(x)=ex-aln x(aR).(1)略;(2)当a=-1时,若不等式f(x)e+m(x-1)对任意x(1,+)恒成立,求实数m的取值范围.2.(2018山西太原一模,理21)f(x)=a(x-1),g(x)=(ax-1)ex,aR.(1)证明:存在唯一实数a,使得直线y=f(x)和曲线y=g(x)相切;(2)若不等式f(x)g(x)有且只有两个整数解,求a的范围.3.已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-2(e为自然对数的底数,aR).(1)判断曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与曲线y=g(x)的公共点个数;(2)当x时,若函数y=f(x)-g(x)有两个零点,求a的取值范围.4.设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x-2时,f(x)kg(x),求k的取值范围.5.(2018江西南昌一模,理21)已知函数f(x)=ln(ax)+bx在点(1,f(1)处的切线是y=0.(1)求函数f(x)的极值;(2)当f(x)+x(m0,记F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依题意有F(x)0对任意x1,+)恒成立,求导得F(x)=ex+-m,F(1)=ex+1-m,F(x)=ex-,当x1时,F(x)0,则F(x)在(1,+)上单调递增,有F(x)F(1)=ex+1-m,若me+1,则F(x)0,若F(x)在(1,+)上单调递增,且F(x)F(1)=0,适合题意;若me+1,则F(1)0,故存在x1(1,ln m),使F(x)=0,当1xx1时,F(x)0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,F(x)0,所以h(x)单递递增.又因为h(0)=-10,所以,存在唯一实数x0,使得+x0-2=0,且x0(0,1).所以只存在唯一实数a,使成立,即存在唯一实数a使得y=f(x)和y=g(x)相切.(2)令f(x)g(x),即a(x-1)(ax-1)ex,所以a1,令m(x)=x-,则m(x)=,由(1)可知,m(x)在(-,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,且x0(0,1),故当x0时,m(x)m(0)=1,当x1时,m(x)m(1)=1,当a0时,要求整数解,m(x)在xZ时,m(x)1,am(x)1有无穷多个整数解,舍去;当0a1时,m(x)1,m(0)=m(1)=1,所以两个整数解为0和1,即a,即a,当a1时,m(x),因为1,m(x)在xZ内大于或等于1,m(x)0,即a3时,有两个公共点;当=0,即a=-1或a=3时,有一个公共点;当0,即-1ah(e),所以,结合函数图象可得,当3ae+1时,函数y=f(x)-g(x)有两个零点.4.解 (1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f(0)=4,g(0)=4.而f(x)=2x+a,g(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.从而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则F(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).由题设可得F(0)0,即k1.令F(x)=0得x1=-ln k,x2=-2.若1ke2,则-2x10.从而当x(-2,x1)时,F(x)0.即F(x)在(-2,x1)单调递减,在(x1,+)单调递增.故F(x)在-2,+)的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2-4x1-2=-x1(x1+2)0.故当x-2时,F(x)0,即f(x)kg(x)恒成立.若k=e2,则F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x-2时,F(x)0,即F(x)在(-2,+)单调递增.而F(-2)=0,故当x-2时,F(x)0,即f(x)kg(x)恒成立.若ke2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0),f(x)=-1=,f(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减.所以f(x)的极大值为f(1)=ln e-1=0,无极小值.(2)由(1)知f(x)=ln x-x+1,当f(x)+x(m0)恒成立时,即ln x-x+1+x(m0)在x(0,+)恒成立,同除以x得-2+设g(x)=,h(x)=-2,则g(x)=,h(x)=-,又m0,当0x1时,g(x)0;当x1时,g(x)0,h(x)0.g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,g(x)min=g(1)=;h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,h(x)max=h(1)=-1.g(x),h(x)均在x=1处取得最值,所以要使g(x)h(x)恒成立,只需g(x)minh(x)max,即-1,解得m1-e.又m0,实数m的取值范围是1-e,0).6.解 (1)f(x)=exsin x+excos x=ex(sin x+cos x)=sinex,当2kx+2k,即x时,f(x)0,f(x)单调递增;当+2kx+2+2k,即x时,f(x)0.又(x+1)sin x0,当x时,t(x)0,t(x)在为增函数,t(x)min=t(0)=m-1+,所以m-1+0,m1-(3)h(x)=2xex-nsin 2x,x0,h(x)=2(ex+xex)-2ncos 2x=2(x+1)ex-2ncos 2x.若00,h(x)单调递增,h(x)h(0)=0无零点,若n1,设k(x)=2(x+1)ex-2ncos 2x,则k(x)=2ex(x+2)+4nsin 2x0,故k(x)单