1、专题突破练专题突破练 9 应用导数求参数的值或范围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= ,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) x 3+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,
2、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 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,
3、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. 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+ -xcos x. (1)当 x0 时,总有
4、 f(x) +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= ,得 f(x)=2e 2x-1+ x,所以 f(x)=4e 2x-1+ , 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=- 所以切线与两坐标轴围成的三角形面积为 S= 2e-1 |- | (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
5、f(2)=2e3+8a=3e3,所以 a= ()当 a0 时,由 f(x)=0,可得 x= ln(-a)+1. 当 ln(-a)+11,即-ea0,舍去, 当 ln(-a)+12,即 a-e 3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)=2e+4a=3e3, 所以 a= e 3- e,不满足 a-e 3,舍去,当 1 ln(-a)+12,即-e 3a-e时,在 * - )上,f(x)0. 所以 f(x)在 1, ln(-a)+1 上单调递减,在 ln(-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+4
6、a,f(2)=2e3+8a, 由 f(2)-f(1)=4a+2(e3-e)0,可得 a e- e 3,此时 f(2)f(1),f(x)的最大值 f(1)=2e+4a=3e3, 所以 a= e 3- e,不符合 a e- e 3,舍去.综上可知,a= 2.解 (1)当 a=1 时,f(x)=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) x 3+1 等价于 x 3-ax2+x+1 e-x1.设函数 g(x)=( - )e-x(x0), 则 g(x)=- x 3-ax2+x+1- x 2+2
7、ax-1 e-x =- xx 2-(2a+3)x+4a+2e-x =- x(x-2a-1)(x-2)e -x. 若 2a+10,即 a- ,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- a ,则当 x(0,2a+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 a - 所以当 - a1,函数 f(x)的定义域为(0,+).f(x)=ln
8、 ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,f(x)= - b= - 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= x ( )时,f(x)0,f(x)为增函数,x ( )时,f(x)f(x2)成立, 只需 g(x1)minf(x2)max. g(x)=a- - , 由 g(x)=0,得 x= a1,0 1.x ( )时,g(x)0,g(x)为增函 数. g(x)g( )=1+ln a, 即 g(x1)min=1+ln a. f(x2)= -b在 x21,2上为减函数,f(x2)max=f(1)=1-b=3- 1+ln a3- 即
9、 ln a+ -20.设 h(a)=ln a+ -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(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=ln 2k, 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
10、)=1,符合题意; 当 k 时,ln 2k0,当 x(0,ln 2k)时,f(x)0,f(x)在区间(0,ln 2k)上是减函数, 所以 f(ln 2k)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+ln x.g(x)=xln x-x3+x2-b, 由题意得问题等价于方程 b=xln x-x3+x2,在(0,+)上有解. 先证明 ln xx-1.设 u(x)=ln x-x+1,x(0,+),则 u(x)= -1= - 可得当 x=1 时,函数 u(x)取得极大值,u(x)u(1)=0.因此 ln xx-1, 所以 b
11、=xln x-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= 当 x -,- 时,f(x)0; 当 x - 时,f(x)0. 故 f(x)在 -,- , ,+ 单调递增,在 - 单调递减. (2)由(1)知,当 k0 时,f(x)在(-,+)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当 k0 时,x=- 为 f(x)的极大值点,x= 为 f(x
12、)的极小值点.此时,-k-1- k+1 且 f(-k- 1)0,f(- )0. 根据 f(x)的单调性,当且仅当 f( )0,即 k2- 0时,f(x)有三个零点,解得 k0 时,g(x)= -2a, 令 g(x)=0,得 x= , 当 x ( )时,g(x)0,g(x)在( )上单调递增, 当 x ( )时,g(x)0,即 1,解得 0a 又 由于 1 ,g( )=-2a x2+1(x1), 得 g( )= +2-2a +1 +2-2a ( ) +1=-1-10a0,所以 g(x)在 ( )上存在一个零点. 所以当实数 a的取值范围为 0a1时,g(x)g( )=ln ln 0, (x)在0
13、,+)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) +x,如果 +xg(x),则必有 f(x)g(x)成立. 设 h(x)=g(x)-( )=(a-1)x-xcos x=x(a-1-cos x), 令 h(x)=x(a-1-cos x)0,即 a-1-cos x0, a1+cos x,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+ -xcos x=x a-1+ -cos x , 令 t(x)=a-1+ -cos x,t(x)= +sin x0, 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,+).
