2019年高考數(shù)學二輪復習 專題突破練7 應用導數(shù)求參數(shù)的值或參數(shù)的范圍 理.doc

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專題突破練7　應用導數(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-aln x(a∈R). (1)略; (2)當a=-1時,若不等式f(x)>e+m(x-1)對任意x∈(1,+∞)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; (2)若不等式f(x)>g(x)有且只有兩個整數(shù)解,求a的范圍. 3.已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=-x2+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))處的切線與曲線y=g(x)的公共點個數(shù); (2)當x∈時,若函數(shù)y=f(x)-g(x)有兩個零點,求a的取值范圍. 4.設函數(shù)f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(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; (2)若x≥-2時,f(x)≤kg(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. (1)求函數(shù)f(x)的極值; (2)當≥f(x)+x(m<0)恒成立時,求實數(shù)m的取值范圍(e為自然對數(shù)的底數(shù)). 6.(2018山東濰坊一模,理21)函數(shù)f(x)=exsin x,g(x)=(x+1)cos x-ex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)對?x1∈,?x2∈,使f(x1)+g(x2)≥m成立,求實數(shù)m的取值范圍; (3)設h(x)=f(x)-nsin 2x在上有唯一零點,求正實數(shù)n的取值范圍. 參考答案 專題突破練7　應用導數(shù)求參數(shù)的 值或參數(shù)的范圍 1.解 (1)略. (2)由f(x)=ex-aln x,原不等式即為ex+ln x-e-m(x-1)>0, 記F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0, 依題意有F(x)>0對任意x∈[1,+∞)恒成立, 求導得F(x)=ex+-m,F(1)=ex+1-m,F″(x)=ex-,當x>1時,F″(x)>0,則F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,有F(x)>F(1)=ex+1-m, 若m≤e+1,則F(x)>0,若F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,且F(x)>F(1)=0,適合題意; 若m>e+1,則F(1)<0, 又F(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m),使F(x)=0, 當10,所以h(x)單遞遞增. 又因為h(0)=-1<0,h(1)=e-1>0,所以,存在唯一實數(shù)x0,使得+x0-2=0,且x0∈(0,1). 所以只存在唯一實數(shù)a,使①②成立,即存在唯一實數(shù)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a<1,令m(x)=x-,則m(x)=, 由(1)可知,m(x)在(-∞,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,且x0∈(0,1),故當x≤0時,m(x)≥m(0)=1,當x≥1時,m(x)≥m(1)=1, 當a<0時,∵要求整數(shù)解,∴m(x)在x∈Z時,m(x)≥1,∴am(x)<1有無窮多個整數(shù)解,舍去; 當01,m(0)=m(1)=1,所以兩個整數(shù)解為0和1,即 ∴a,即a, 當a≥1時,m(x)<,因為1,m(x)在x∈Z內(nèi)大于或等于1,∴m(x)<無整數(shù)解,舍去,綜上,a 3.解 (1)f(x)=ln x+1,所以切線斜率k=f(1)=1.又f(1)=0,所以曲線在點(1,0)處的切線方程為y=x-1. 由 得x2+(1-a)x+1=0. 由Δ=(1-a)2-4=a2-2a-3=(a+1)(a-3),可知: 當Δ>0,即a<-1或a>3時,有兩個公共點; 當Δ=0,即a=-1或a=3時,有一個公共點; 當Δ<0,即-1h(e),所以,結合函數(shù)圖象可得,當30.即F(x)在(-2,x1)單調(diào)遞減,在(x1,+∞)單調(diào)遞增.故F(x)在[-2,+∞)的最小值為F(x1). 而F(x1)=2x1+2--4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故當x≥-2時,F(x)≥0, 即f(x)≤kg(x)恒成立. ②若k=e2,則F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).從而當x>-2時,F(x)>0, 即F(x)在(-2,+∞)單調(diào)遞增. 而F(-2)=0,故當x≥-2時,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. ③若k>e2,則F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.從而當x≥-2時,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 綜上,k的取值范圍是[1,e2]. 5.解 (1)∵f(x)=ln(ax)+bx, ∴f(x)=+b=+b, ∵點(1,f(1))處的切線是y=0, ∴f(x)=1+b=0,且f(1)=ln a+b=0,∴a=e,b=-1,即f(x)=ln x-x+1(x>0),∴f(x)=-1=, ∴f(x)在(0,1)上遞增,在(1,+∞)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)=ln x-x+1,當f(x)+x(m<0)恒成立時, 即ln x-x+1+x(m<0)在x∈(0,+∞)恒成立,同除以x得-2+ 設g(x)=,h(x)=-2, 則g(x)=,h(x)=-, 又∵m<0,∴當00;當x>1時,g(x)>0,h(x)<0.∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,g(x)min=g(1)=; ∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,h(x)max=h(1)=-1. ∴g(x),h(x)均在x=1處取得最值,所以要使g(x)≥h(x)恒成立, 只需g(x)min≥h(x)max, 即-1,解得m≥1-e.又m<0,∴實數(shù)m的取值范圍是[1-e,0). 6.解 (1)f(x)=exsin x+excos x =ex(sin x+cos x)=sinex, 當2kπ≤x++2kπ, 即x時,f(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增; 當π+2kπ≤x+2π+2kπ, 即x時,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 綜上,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為+2kπ,,k∈Z; f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為+2kπ,+2kπ,k∈Z. (2)f(x1)+g(x2)≥m,即f(x1)≥m-g(x2),設t(x)=m-g(x), 則原問題等價于f(x)min≥t(x)min,x,一方面由(1)可知,當x時,f(x)≥0, 故f(x)在單調(diào)遞增, ∴f(x)min=f(0)=0. 另—方面:t(x)=m-(x+1)cos x+ex,t(x)=-cos x+(x+1)sin x+ex,由于-cos x∈[-1,0],ex, ∴-cos x+ex>0. 又(x+1)sin x≥0, 當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,m≤1- (3)h(x)=2xex-nsin 2x,x∈0,,h(x)=2(ex+xex)-2ncos 2x=2(x+1)ex-2ncos 2x. ①若00,h(x)單調(diào)遞增,h(x)>h(0)=0無零點, ②若n>1,設k(x)=2(x+1)ex-2ncos 2x,則k(x)=2ex(x+2)+4nsin 2x>0,故k(x)單調(diào)遞增,∵k(0)=2-2n<0,k=2>0, ∴存在x0,使k(x0)=0,因此當x∈(0,x0)時,k(x)<0,即h(x)<0,h(x)單調(diào)遞減; 當x時,k(x)>0,即h(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.故當x∈(0,x0)時,h(x)0,存在唯一零點, 綜上,當n>1時,有唯一零點.