2022版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题突破练7应用导数求参数的值或参数的范围文

专题突破练7　应用导数求参数的值或参数的范围1.(2022辽宁抚顺3月模拟,文21节选)已知函数f(x)=ax-2lnx(a∈R).(1)略;(2)若f(x)+x3>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范围.2.(2022安徽芜湖期末,文21节选)已知函数f(x)=x3-alnx(a∈R).(1)略;(2)若函数y=f(x)在区间(1,e]上存在两个不同零点,求实数a的取值范围.3.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-2(e为自然对数的底数,a∈R).(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.(2022宁夏石嘴山一模,文21)已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).(1)若函数f(x)在x=0处取得极值,求实数a的值;并求此时f(x)在[-2,1]上的最大值;(2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.6\n5.(2022江西南昌一模,文21节选)已知函数f(x)=ex-alnx-e(a∈R),其中e为自然对数的底数.(1)略(2)若当x∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.6.(2022山西太原一模,文21)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x,g(x)=-2.(1)求函数f(x)的极值;(2)若对任意给定的x0∈(0,e],方程f(x)=g(x0)在(0,e]上总有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围.参考答案专题突破练7　应用导数求参数的值或参数的范围1.解(1)略.(2)由题意f(x)+x3>0,即a>-x2+对任意x∈(1,+∞)恒成立,记p(x)=-x2+,定义域为(1,+∞),则p'(x)=-2x+,设q(x)=-2x3+2-2lnx,q'(x)=-6x2-,6\n则当x>1时,q(x)单调递减,所以当x>1时,q(x)<q(1)=0,故p'(x)<0在(1,+∞)上恒成立,所以函数p(x)=-x2+在(1,+∞)上单调递减,所以当x>1时,p(x)<p(1)=-1,得a≥-1,所以a的取值范围是[-1,+∞).2.解(1)略.(2)由f(x)=0,得a=在区间(1,e]上有两个不同实数解,即函数y=a的图象与函数g(x)=的图象有两个不同的交点,因为g'(x)=,令g'(x)=0得x=.所以当x∈(1,)时,g'(x)<0,函数在(1,)上单调递减,当x∈(,e]时,g'(x)>0,函数在(,e]上单调递增;则g(x)min=g()=3e,而g()==27>27,且g(e)=e3<27,要使函数y=a的图象与函数g(x)=的图象有两个不同的交点,∴a的取值范围为(3e,e3].3.解(1)f'(x)=lnx+1,所以切线斜率k=f'(1)=1.又f(1)=0,所以曲线在点(1,0)处的切线方程为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:当Δ>0,即a<-1或a>3时,有两个公共点;当Δ=0,即a=-1或a=3时,有一个公共点;当Δ<0,即-1<a<3时,没有公共点.6\n(2)y=f(x)-g(x)=x2-ax+2+xlnx,由y=0,得a=x++lnx.令h(x)=x++lnx,则h'(x)=.当x∈时,由h'(x)=0,得x=1.所以h(x)在上单调递减,在[1,e]上单调递增,因此h(x)min=h(1)=3.由h+2e-1,h(e)=e++1,比较可知h>h(e),所以,结合函数图象可得,当3<a≤e++1时,函数y=f(x)-g(x)有两个零点.4.解(1)函数f(x)的定义域R,f'(x)=ex+a,f'(0)=e0+a=0,∴a=-1.在(-∞,0)上f'(x)<0,f(x)单调递减,在(0,+∞)上f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=0时f(x)取极小值.所以f(x)在[-2,0)上单调递增,在(0,1]上单调递减;又f(-2)=+3,f(1)=e,f(-2)>f(1).当x=-2时,f(x)在[-2,1]的最大值为+3.(2)f'(x)=ex+a由于ex>0,①当a>0时,f'(x)>0,f(x)是增函数,且当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0,当x<0时,f(x)=ex+a(x-1)<1+a(x-1)<0,x<-+1,取x=-,则f<1+a=-a<0,所以函数f(x)存在零点.②当a<0时,f'(x)=ex+a=0,x=ln(-a).在(-∞,ln(-a))上f'(x)<0,f(x)单调递减,在(ln(-a),+∞)上f'(x)>0,f(x)单调递增,所以x=ln(-a)时f(x)取最小值.令f(x)min=f(ln(-a))<0,解得-e2<a<0.综上所述:所求的实数a的取值范围是-e2<a<0.5.解(1)略.(2)由f(x)=ex-alnx-e(a∈R),得f'(x)=ex-,6\n(ⅰ)当a<0时,f'(x)=ex->0,f(x)在x∈[1,+∞)上递增,f(x)min=f(1)=0(符合题意).(ⅱ)当a>0时,f'(x)=ex-=0,当x∈[1,+∞)时,y=ex≥e.①当a∈(0,e]时,因为x∈[1,+∞),所以y=≤e,f'(x)=ex-≥0,f(x)在[1,+∞)上递增,f(x)min=f(1)=0(符合题意).②当a∈(e,+∞)时,存在x0∈[1,+∞),满足f'(x)=ex-=0,f(x)在[1,x0)上递减,(x0,+∞)上递增,故f(x0)<f(1)=0.不满足x∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,综上所述,a的取值范围是(-∞,e].6.解(1)函数的定义域是(0,+∞),f'(x)=-2ax+(2-a)=,①当a≤0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,f(x)无极值;②当a>0时,由f'(x)>0,得0<x<,故f(x)在递增,在,+∞递减,所以f(x)的极大值为f=ln-1.综上所述,当a≤0时,f(x)无极值;当a>0时,f(x)的极大值为f=ln-1.(2)由g(x)=-2,得g'(x)=,当x∈(-∞,1)时,g'(x)>0,g(x)递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)递减.∴当x=1时,g(x)max=g(1)=-2.∵x0∈(0,e],g(0)=-2,g(e)=-2<2,∴g(x)∈.∵方程f(x)=g(x0)在(0,e]上总有两个不相等的实数根,∴6\nf(e)=1-ae2+2e-ea≤2,a≥,由f=ln-1>-2,即lna-<1,令h(a)=lna-,可知h(a)递增,且h(e)=1,∴h(a)<1=h(e),∴0<a<e.综上所述,≤a<e.6