专题突破练8应用导数求参数的值或范围1.(2019北京顺义统考二,文18)设函数f(x)=a❑√x-lnx,a∈R.(1)若点(1,1)在曲线y=f(x)上,求在该点处曲线的切线方程;(2)若f(x)有极小值2,求a.2.(2019山东潍坊二模,文21)已知函数f(x)=xex-alnx(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,求实数b的最大值.3.设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.4.(2019湘赣十四校联考二,理21)已知函数f(x)=(ax-1)ex+a.(1)若f(x)≥f(0)恒成立,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)
0时,令f'(x)=0可得x=4a2,当x发生变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x0,4a24a24a2,+∞f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)在0,4a2上单调递减,在4a2,+∞上单调递增,所以f(x)极小值=f4a2=2-ln4a2,所以2-ln4a2=2,解得a=2(负值舍去).2.解(1)f'(x)=(x+1)ex-ax=(x2+x)ex-ax.由题意可得f'(x)≤0,x∈(0,1)恒成立.即(x2+x)ex-a≤0,也就是a≥(x2+x)ex在x∈(0,1)恒成立.设h(x)=(x2+x)ex,则h'(x)=(x2+3x+1)ex.当x∈(0,1)时,x2+3x+1>0,h'(x)>0在x∈(0,1)单调递增.即h(x)0.若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f'(x)>0.所以,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是{f(1)-f(0)≤e-1,f(-1)-f(0)≤e-1,即{em-m≤e-1,e-m+m≤e-1.①设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.综上,m的取值范围是[-1,1].4.解(1) f(x)=(ax-1)ex+a,∴f'(x)=(ax-1+a)ex. f(x)≥f(0)恒成立,∴f'(0)=a-1=0,∴a=1.当a=1时,f'(x)=xex,∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.∴f(x)≥f(0)恒成立,∴a=1符合题意.∴f(x)=(x-1)ex+1,f'(x)=xex,故f(1)=1,f'(1)=e,∴f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-1=e(x-1),即y=ex-e+1.(2) f(x)=(ax-1)ex+a0时,xex-x+1>0,∴a(xex-x+1)≤00时,原不等式可化为1a>x-xex+1ex.令h(x)=x-xex+1ex.∴h'(x)=ex+x-2ex,令φ(x)=ex+x-2,∴φ'(x)=ex+1,∴φ(x)在R上单调递增.又φ(0)=-1<0,φ(1)=e-1>0,∴存在唯一x0∈(0,1),使得φ(x0)=0.∴h(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,且x0∈(0,1).又h(0)=1,h(1)=1,h(-1...
