2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題突破練7應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的值或參數(shù)的范圍理

1、專題突破練7應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的值或參數(shù)的范 圍1.(2018 陜西咸陽一模，理 21 節(jié)選)已知f(x)=ex-alnx(aR).略；當(dāng)a=-1 時,若不等式f(x)e+n(x-1)對任意x (1,+8)恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.2. (2018 山西太原一模，理 21)f(x)=a(x-1),g(x)=(ax-1)ex,a R(1)證明：存在唯一實數(shù)a,使得直線y=f(x)和曲線y=g(x)相切；若不等式f(x)g(x)有且只有兩個整數(shù)解，求a的范圍.223.已知函數(shù)f(x)=xInx,g(x)=-x+ax-2(e 為自然對數(shù)的底數(shù)，a R).(1)判斷曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的

2、切線與曲線y=g(x)的公共點個數(shù)當(dāng)x時，若函數(shù)y=f(x)-g(x)有兩個零點，求a的取值范圍.2x4.設(shè)函數(shù)f(x)=x +ax+bt g(x)=e (cx+d).若曲線y=f(x)和曲線y=g(x)都過點P(0,2),且在點P處有 相同的切線y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值；若x-2 時,f(x)wkg(x),求k的取值范圍5.(2018 江西南昌一模,理 21)已知函數(shù)f(x)=ln(ax)+bx在點(1,f(1)處的切線是y=0.3(1)求函數(shù)f(x)的極值;當(dāng)f(x)+x( mm成立，求實數(shù)m的取值范圍；設(shè)h(x)=f(x)-n sin 2x在上有唯一零點，求正實數(shù)n的取值

3、范圍參考答案4專題突破練 7 應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的值或參數(shù)的范圍1.解 (1) 略.(2) 由f(x)=ex-alnx, 原不等式即為 ex+lnx-e-m(x-1)0,記F(x)=ex+lnx-e-m(x-1),F(1)=0,依題意有F(x)0 對任意x 1,+*)恒成立,求導(dǎo)得F(x)=ex+-mF(1)=ex+1-m,F(x)=ex-,當(dāng)x1時,F(x)0,則F(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,有F(x)F(1)=ex+1-m,若mce+1,則F(x)0,若F(x)在(1,+s)上單調(diào)遞增，且F(x)R1)=0,適合題意；若me+1, 則F(1)0, 故存在x1 (1,lnm), 使F(x)=0

4、,5當(dāng) 1VXVX1時，F(xiàn)(x)0,得F(x)在(1,Xi)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)0,所以h(x)單遞遞增.又因為h(o)=-1o,所以，存在唯一實數(shù)xo,使得+xo-2=o,且xo (o,1).所以只存在唯一實數(shù)a, 使成立, 即存在唯一實數(shù)a使得y=f(x) 和y=g(x) 相切.x(2)令f(x)g(x),即a(x-1)(ax-1)e ,所以a1,令m(x)=x-,則m(x)=,由(1)可知，mx)在(-8,xo)上單調(diào)遞減，在(Xo,+8)上單調(diào)遞增，且Xo (o,1),故當(dāng)xm。)=1,當(dāng)x1時，m(x)n1)=1,當(dāng)a 1,amx)1 有無窮多個整數(shù)解，舍去；當(dāng) oa1 時，m X)

5、1,mo)=m1)=1,所以兩個整數(shù)解為 o 和 1,即a, 即a,當(dāng)a1時,m(X),因為 1,mx)在X Z 內(nèi)大于或等于 1,m(x)0,即a3 時,有兩個公共點；當(dāng)=0,即a=-1 或a=3 時，有一個公共點；當(dāng)0,即-1ae),所以，結(jié)合函數(shù)圖象可得，當(dāng) 3a 0,即k1.令F(x)=0 得x1=-lnk,x2=-2.1若K ke2,則-2XiW0.從而當(dāng)x (-2,Xi)時，F(xiàn)(x)0.即F(x) 在(-2,xi)單調(diào)遞減，在(Xi,+R)單調(diào)遞增故F(x)在-2,+R)的最小值為F(Xi).而F(xi)=2xi+2-4xi-2=-Xi(Xi+2)0.故當(dāng)x-2 時，F(xiàn)(x) 0,

6、即f(x)wkg(x)恒成立.2若k=e2,則F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).從而當(dāng)x-2 時,F(x)0,即F(x)在(-2,)單調(diào)遞增.而F(-2)=0,故當(dāng)x-2 時,F(x) 0,即f(x)wkg(x)恒成立.2 -2 -2 23若ke ,則F(-2)=-2ke-+2=-2e (k-e)-2 時,f(x)wkg(x)不可能恒成立.綜上,k的取值范圍是1,e2.5.解(1)Tf(x)=ln(ax)+bx,7/ f(x)=+b=+b點(1,f(1)處的切線是y=0,f(x)=1+b=0,且f(1)=lna+b=0,二 a=e,b=-1,即f(x)=lnx-x+1(x0),Af(

7、x)=-1=, f (x)在(0,1)上遞增，在(1,+x)上遞減.所以f(x)的極大值為f(1)=ln e-1=0,無極小值.(2)由(1)知f(x)=Inx-x+1,當(dāng)f(x)+x(mO)恒成立時,即 Inx-x+1+x(m0)在x (0,+)恒成立，同除以x得-2+設(shè)g(x)=,h(x)=-2,則g(x)=,h(x)=-,又/m0,當(dāng) 0 x1 時,g(x)0;當(dāng)x1 時,g(x)0,h(x)h(x)恒成立，只需g(x)minh(x)max,即-1,解得ml-e.又 mO,實數(shù)m的取值范圍是1-e,0).6.解(1)f(x)=exsinx+excosx=ex(sinx+cosx)=sin

8、ex,當(dāng) 2kn WX+2kn,即x時,f(x) 0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)n+2kn Wx+2n+2kn,即x時,f(x)m即f(xm-g(x2),設(shè)t(x)=m-c(x),8則原問題等價于f(X)mint(X)min,X, 方面由(1)可知,當(dāng)X時,f(X) 0,故f(X)在單調(diào)遞增，二 f(X)min=f(0)=0.另一方面：t(x)=mx+1)cosX+eX,t(x)=-cosx+(x+1)sinx+eX,由于-cosx -1,0,eX,X _-cosx+e0.又(x+1)s inx 0,當(dāng)x時,t(x)0,t(x)在為增函數(shù)，t(x)min=t(0)=m-1+,所以m-1+0,mci -(3)h(x)=2xeX-nsin 2x,x0,h(x)=2(eX+xeX)-2ncos 2x=2(x+1)eX-2ncos 2x.1若 Ovnw1,則h(x)0,h(x)單調(diào)遞增，h(x)h(0)=0 無零點，2若n1,設(shè)k(x)=2(x+1)eX-2ncos 2x,則k(x)=2ex(x+2)+4nsin 2x0,故k(x