【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习习题训练--专题突破练5《利用导数求参数的值或范围》(含详解).doc，共(6)页，519.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1专题突破练5利用导数求参数的值或范围1.(2021·广东惠州期中)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若x>1时,f(x)>0

,求实数a的取值范围.2.(2021·辽宁大连联考)已知f(x)=x+alnx+.(1)若f(x)在区间[1,2]上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a<0时,若不等式f(x)≥xa在区间(1,+∞)上恒成立,求实数a的最小值.3.(2021·江苏六校联合第四次适应性

考试)已知函数f(x)=ln2(x+1)-.(1)求f(x)的单调区间;(2)若不等式1+n+a≤e对任意n∈N*恒成立,求实数a的取值范围.24.(2021·广东七校联考)已知函数f(x)=lnx-ax.(1)若函数f(x)在定义域上的

最大值为1,求实数a的值;(2)设函数h(x)=(x-2)ex+f(x),当a=1时,h(x)≤b对任意的x∈,1恒成立,求满足条件的实数b的最小整数值.5.(2021·江苏泰州二模)已知函数f(x)=+ax,g(x)=lnx+.(1)当x>0,a≤0时,

求证:f(x)<g(x);(2)当x>0时,若f(x)>g(x+1),求实数a的取值范围.6.(2021·浙江湖州期末)已知函数f(x)=alnx++2x-x2.(1)若0<a<2,试讨论函数f(x)的单调性;(

2)若存在实数a∈[1,+∞),使得f(x)+f'(x)≤2对于任意的x≥m恒成立,求实数m的取值范围.3专题突破练5利用导数求参数的值或范围1.解:(1)当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4x+4,所以f

'(x)=lnx+-3,所以f'(1)=+ln1-3=-2,又f(1)=0,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=-2(x-1),即2x+y-2=0.(2)令g(x)=f'(x)=lnx

++1-a,则g'(x)=.当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,f'(1)=2-a.①当a≤2时,f'(1)≥0,故f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,且f(1)=0.所以f(x)>0,符合题意

.②当a>2时,因为f'(1)=2-a<0,f'(ea)=a++1-a=+1>0,且f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以∃x0∈(1,ea),使得f'(x0)=0,所以当x∈(1,x0)时,f(x)单调递减,而f(1)=0,所以f(x0)<0,不

符合题意.综上,实数a的取值范围是(-∞,2].2.解:(1)f'(x)=1+,依题意f'(x)=1+≥0在区间[1,2]上恒成立,即a≥-x(x∈[1,2])恒成立.令g(x)=-x,则当x∈[1,2]时,g'(x)=-1<0,所以g(x)在区间[1,2]上单调递减,因此g(x)ma

x=g(1)=.故实数a的取值范围是,+∞.(2)不等式f(x)≥xa即x+alnx+≥xa,所以x+≥xa-alnx,即x+≥xa-lnxa.因此-lne-x+e-x≥xa-lnxa(*).令h(x)=x-lnx

,则(*)式即为h(e-x)≥h(xa).由于h'(x)=1-,所以当x>1时,h'(x)>0,当0<x<1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.又因为x>1,且a<0,所以0<e-x<<1,0<xa<1,

因此e-x≤xa,两边取自然对数得-x≤alnx,又x>1,所以lnx>0,于是a≥.4令p(x)=,则p'(x)=,由p'(x)=0得x=e,所以当1<x<e时,p'(x)>0,当x>e时,p'(x)<0,所以p(x)在区间(1,e)上单调递增,在区间(e

,+∞)上单调递减.故p(x)在x=e处取得极大值亦即最大值,且p(e)=-e,故-e≤a<0,即实数a的最小值为-e.3.解:(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=.令g(x)=2(x+1)ln(x+1)-x2-2x,x∈(-1,+∞),则g'(x)=2l

n(x+1)-2x,令h(x)=2ln(x+1)-2x,x∈(-1,+∞),则h'(x)=-2,当-1<x<0时,h'(x)>0,当x>0时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(-1,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减,又h(0)=0,故h(x)≤0,即当x>-1时,

g'(x)≤0,所以g(x)在区间(-1,+∞)上单调递减,于是当-1<x<0时,g(x)>g(0)=0,当x>0时,g(x)<g(0)=0,所以当-1<x<0时,f'(x)>0,当x>0时,f'(x)<0,所以f

(x)的单调递增区间为(-1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式1+n+a≤e(n∈N*)等价于(n+a)ln1+≤1,又1+>1,所以ln1+>0,故a≤-n对∀n∈N*恒成立.设φ(x)=,x

∈(0,1],则φ'(x)=,又f(x)≤f(0)=0,故当x∈(0,1]时,φ'(x)<0,所以φ(x)在区间(0,1]上单调递减,于是φ(x)≥φ(1)=-1,故a≤-1,所以实数a的取值范围为-∞,-1.4.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a.当a≤0时,f'(x

)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,不存在最大值.当a>0时,令f'(x)=-a=0得x=,且x∈0,时,f'(x)>0,当x∈,+∞时,f'(x)<0,所以f(x)max=f(x)极大值=f=

-lna-1.依题意-lna-1=1,解得a=.(2)由题意,h(x)=(x-2)ex+lnx-ax,当a=1时,h(x)≤b即(x-2)ex+lnx-x≤b.令g(x)=(x-2)ex+lnx-x,则g'(x)=ex(x-1)+-1=

(1-x)·.令h(x)=1-xex,则h'(x)=-ex(x+1).5当x∈,1时,h'(x)<0,所以h(x)单调递减,而h=1->0,h(1)=1-e<0,所以存在x0∈,1,使得h(x0)=1-x0=0.于是当x∈,x0时,h(x)>0,

又1-x>0,所以g'(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0,又1-x>0,所以g'(x)<0,因此g(x)在x=x0处取得极大值亦即最大值,且g(x0)=(x0-2)+lnx0-x0=1-2x0+.由于x0∈,1,所以x0+∈2,,因此g(x

0)∈(-4,-3).又由上可知,b≥g(x0),所以实数b的最小整数值为-3.5.(1)证明:因为g(x)=lnx+,所以g'(x)=.当x∈(0,1)时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减

;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=1.所以当x=1时,函数g(x)取得最小值1.因为f(x)=+ax,所以f'(x)=-+a,由a≤0得f'(x)<0,所以f(x)在区间

(0,+∞)上单调递减,则f(x)<f(0)=1,所以f(x)<g(x).(2)解:令h(x)=f(x)-g(x+1)=+ax-ln(x+1).令F(x)=ex-x-1,x>0,则F'(x)=ex-1>0,则函数F(x)在区间(0,+∞)上

单调递增,所以ex-x-1>F(0)=0,即ex>x+1(x>0).所以x>0时,<0.令φ(x)=ax-ln(x+1)(x>0),则φ'(x)=a-.当a≤0时,φ'(x)<0,所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递减,则φ(x)<φ(0

)=0,因此当x>0时,f(x)-g(x+1)=+ax-ln(x+1)<0,所以f(x)<g(x+1),不符合题意;当0<a<1时,由φ'(x)<0,得x∈,所以φ(x)在区间上单调递减,则φ(x)<φ(0)=0,因此当0<x<-1时,f(x)-g(x+1)=+

ax-ln(x+1)<0,则f(x)<g(x+1),不符合题意;6当a≥1时,h'(x)=-+a->-+1-≥0,所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即f(x)>g(x+1

).综上可知,实数a的取值范围为[1,+∞).6.解:(1)由题意可知,函数f(x)的定义域是(0,+∞).因为0<a<2,f'(x)=a+2-2x=-=-,所以由f'(x)>0,得<x<1,由f'(x)<0,得x>1或0<x<,故函数f(x)在区间上

单调递减,在区间上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.(2)f(x)+f'(x)≤2,即alnx+-x2≤0,所以存在a∈[1,+∞),使得lnx+≤,即lnx+≤1对于任意x≥m恒成立,即lnx+-x2≤0对任意x≥m恒成

立.令g(x)=lnx+-x2,则g(x)≤0对任意x≥m恒成立.g'(x)==-,设h(x)=2x4-x2+2x-2,则h'(x)=8x3-2(x-1).当0<x<1时,h'(x)>0,h(x)在区间(0

,1)上单调递增,又h(0)<0,h(1)>0,故存在唯一x0∈(0,1),使得h(x0)=0,当x∈(x0,1)时,h(x)>0,则g'(x)<0,则g(x)单调递减,故g(x)>g(1)=0,不符

合题意,故m≥1.下面证明当x≥1时,g(x)≤0恒成立.因为h(x)=2x4-x2+2x-2=x2(2x2-1)+2(x-1)>0,所以g'(x)<0,即g(x)在区间[1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=0,综上,实数m的取值范围是[1,+∞).