【文档说明】2024届高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练19　利用导数求参数的值或范围 Word版含答案.docx，共(5)页，39.339 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0729fc4fa344e99cc0cc730fd5f9db3e.html

以下为本文档部分文字说明：

考点突破练19利用导数求参数的值或范围1.已知函数f(x)=𝑥-𝑎𝑥2-1.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为-1,求a的值;(2)若f(x)在(1,+∞)上有最大值,求实数a的取值范围.2.(2023陕西西安一模)已知函数f(x)=e�

�-1𝑎𝑥-x+lnx.(1)若a=1e时,求f(x)的单调区间;(2)当x>0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.3.(2023山东烟台二模)已知函数f(x)=𝑥2e𝑥.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x>1时,f

(x)+k(1+lnx)≤0,求实数k的取值范围.4.(2022陕西安康二模)已知函数f(x)=(a2+1)lnx+ax-𝑎𝑥.(1)若a=1,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)若f(x)<0在(

1,+∞)上恒成立,求a的值.5.(2023四川宜宾三模)已知函数f(x)=mxe-x+x-lnx(m∈R).(1)讨论函数f(x)的极值点个数;(2)若m>0,f(x)的最小值是1+lnm,求实数m的所有可能值.6.(2023

全国乙,理21)已知函数f(x)=(1𝑥+𝑎)ln(1+x).(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.(2)是否存在a,b,使得曲线y=f(1𝑥)关于直线x=b对称?

若存在,求a,b的值;若不存在,说明理由.(3)若f(x)在(0,+∞)上存在极值,求a的取值范围.考点突破练19利用导数求参数的值或范围1.解(1)函数f(x)=𝑥-𝑎𝑥2-1的定义域为{x|x≠±1},f'(x)=𝑥2-1-2𝑥(𝑥-𝑎)(𝑥

2-1)2=-𝑥2+2𝑎𝑥-1(𝑥2-1)2.由已知可得f'(2)=4𝑎-59=-1,解得a=-1.(2)(方法一)由(1)得f'(x)=-𝑥2+2𝑎𝑥-1(𝑥2-1)2,令g(x)=-x2+2ax-1(x>1),g(x)图象的对称轴为直线x=a.①当a≤0时,对任意的x>1,g

(x)=-x2+2ax-1<0恒成立,则f'(x)<0,此时函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,没有最大值;②当0<a≤1时,g(x)=-x2+2ax-1在(1,+∞)上单调递减,则g(x)<g(1)≤0,则f'(x)<0,此时函数f(x)在(1,+

∞)上单调递减,没有最大值;③当a>1时,方程-x2+2ax-1=0的两根分别为x1=a-√𝑎2-1,x2=a+√𝑎2-1,且x1x2=1,由a>1可知0<x1<1<a<x2,列表如下,x(1,a+√a2-1)

a+√a2-1(a+√a2-1,+∞)f'(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减所以函数f(x)在x=a+√𝑎2-1处取得最大值.综上所述,实数a的取值范围是(1,+∞).(方法二)由(1)得f'(x)=-(𝑥2-2𝑎𝑥+1)(𝑥2-1)2.令g(x)=x2-2ax+1

(x>1),Δ=4(a2-1).当a≤0或Δ≤0时,a≤1,f'(x)≤0,此时函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,无最大值,舍去.当Δ>0时,a>1时,方程x2-2ax+1=0有两个不相等的实数根x1,x2,则x1+x2=2a,x1x2=1,不妨设0

<x1<1<x2,则当x∈(1,x2)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,所以此时函数f(x)取得极大值即最大值,所以实数a的取值范围是

(1,+∞).2.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1e时,f(x)=e𝑥𝑥-x+lnx,f'(x)=(𝑥-1)(e𝑥-𝑥)𝑥2,令h(x)=ex-x,则h'(x)=ex-1>0,则h(x)在(0,+∞)单调递增,所以h(x)>h(0

)=1>0恒成立.由f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0<x<1,所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).(2)由e𝑥-1𝑎𝑥-x+lnx≥0,即e𝑥-ln𝑥

𝑎e≥x-lnx,令t(x)=x-lnx,t'(x)=1-1𝑥,由t'(x)=1-1𝑥>0得x>1,由t'(x)=1-1𝑥<0得0<x<1,∴t(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.∴t(x)≥t(1)=1.∴1𝑎eet≥t,即1𝑎e≥𝑡e𝑡,令g(t

)=𝑡e𝑡(t≥1),则g'(t)=1-𝑡e𝑡≤0恒成立(当且仅当t=1时等号成立),∴g(t)在[1,+∞)上单调递减.∴g(t)≤g(1)=1e,∴1𝑎e≥1e,∴0<a≤1.即实数a的取值范围为(0,1].3.解(

1)函数f(x)=𝑥2e𝑥的定义域为R,导函数f'(x)=-𝑥2+2𝑥e𝑥,令f'(x)>0,得0<x<2,则f(x)在(0,2)上单调递增;令f'(x)<0,得x<0或x>2,则f(x)在(-∞,0)和

(2,+∞)上单调递减.综上,f(x)的单调增区间为(0,2),单调减区间为(-∞,0)和(2,+∞).(2)(方法一)当x>1时,1+lnx>0,所以k≤-𝑥2e𝑥(1+ln𝑥).设g(x)=-𝑥2e𝑥(1+ln𝑥)(x>1),则g'(x)=

-𝑥-2𝑥ln𝑥+𝑥2+𝑥2ln𝑥e𝑥(1+ln𝑥)2,设h(x)=-x-2xlnx+x2+x2lnx,则h'(x)=(x-1)(3+2lnx),当x>1时,恒有3+2lnx>0,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(1)=0恒成立,即

g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.所以当x>1时,g(x)>g(1)=-1e,所以k的取值范围为(-∞,-1e].(方法二)由x>1可得𝑥e𝑥≤-𝑘(1+ln𝑥)𝑥,即为𝑥e𝑥≤-e𝑘(1+ln𝑥)e1+ln𝑥,因为x>1,所以1+ln𝑥e

1+ln𝑥>0,可得-ek≥𝑥e𝑥1+ln𝑥e1+ln𝑥恒成立.设g(x)=𝑥e𝑥,则g'(x)=1-𝑥e𝑥.当x>1时,g'(x)<0,g(x)在(1,+∞)单调递减.下证x-lnx>1在(

1,+∞)上恒成立.令h(x)=x-lnx,h'(x)=1-1𝑥=𝑥-1𝑥>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,得h(x)>h(1)=1,所以x>1+lnx>1.所以g(x)<g(1+lnx),即𝑥e𝑥<1+ln𝑥e1+ln𝑥,所以𝑥e𝑥1+

ln𝑥e1+ln𝑥<1,所以-ek≥1,可得k≤-1e,所以k的取值范围为(-∞,-1e].4.解(1)因为f(x)=2lnx+x-1𝑥,所以f'(x)=2𝑥+1+1𝑥2,f'(1)=4.又f(1)=0,所以

曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=4x-4.(2)因为f(x)=(a2+1)lnx+ax-𝑎𝑥,所以f'(x)=𝑎2+1𝑥+a+𝑎𝑥2=(𝑎𝑥+1)(𝑥+𝑎)𝑥2.若a≥0,则

f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,故当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1)=0.若-1<a<0,则0<-a<1<-1𝑎,所以当x∈(0,-a)∪(-1𝑎,+∞)时,f'(x)<0;当x∈(-𝑎,-1𝑎)时,f'(x)>0.则f(x)的单调递减区间

为(0,-a)和(-1𝑎,+∞),单调递增区间为(-𝑎,-1𝑎).故当x∈(1,-1𝑎)时,f(x)>f(1)=0.若a=-1,则f'(x)=-(𝑥-1)2𝑥2≤0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,故当x∈(1,+∞)时,f(x)<f(1)=0.若a<-1,则0<-1𝑎<1<-

a,所以当x∈(0,-1𝑎)∪(-a,+∞)时,f'(x)<0;当x∈(-1𝑎,-𝑎)时,f'(x)>0,则f(x)的单调递减区间为(0,-1𝑎)和(-a,+∞),单调递增区间为(-1𝑎,-𝑎).故当x∈(1,-a)时,f(x

)>f(1)=0.综上所述,a=-1.5.解(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=m(e-x-xe-x)+1-1𝑥=1e𝑥(x-1)(e𝑥𝑥-m),令u(x)=e𝑥𝑥-m,x>0,

u'(x)=e𝑥(𝑥-1)𝑥2,当x∈(0,1)时,u'(x)<0,u(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,u'(x)>0,u(x)单调递增,u(x)min=u(1)=e-m,①当m≤e时,u(x)≥e-m≥0,当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减

,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,有1个极小值点;②当m>e时,e-m<0,即u(1)<0,现在考查u(x)=e𝑥𝑥-m在(0,+∞)上零点的个数,令y=ex-x-1,x>0,则y'=ex

-1>0,y=ex-x-1在(0,+∞)上单调递增,ex-x-1>0,即ex>x+1,当x<1𝑚-1<1时,u(x)>𝑥+1𝑥-m=1+1𝑥-m>0,此时∃x1∈(0,1),使得u(x1)=0,令v(x)=ex

-x2,x>1,有v'(x)=ex-2x,令φ(x)=ex-2x,x>1,φ'(x)=ex-2>0,即有v'(x)在(1,+∞)上单调递增,v'(x)>v'(1)=e-2>0,函数v(x)在(1,+∞)上单调递增,v(x)>v(1)=e-1>0,则ex>x2,当x

>m>e时,u(x)>𝑥2𝑥-m=x-m>0,此时∃x2∈(1,+∞),使得u(x2)=0,因此x∈(0,x1),f'(x)<0,f(x)单调递减,x∈(x1,1),f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,x2),f'(x)<0,f(x)单调递减,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(

x)单调递增,f(x)有3个极值点,所以当m≤e时,f(x)恰有一个极值点;当m>e时,f(x)恰有三个极值点.(2)由(1)知,①当0<m≤e时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)

min=f(1)=𝑚e+1=1+lnm,即1e=ln𝑚𝑚,令g(x)=ln𝑥𝑥,0<x≤e,g'(x)=1-ln𝑥𝑥2≥0,函数g(x)在(0,e)上单调递增,g(x)max=g(e)=1e

,则m=e.②当m>e时,∃x1∈(0,1),使得u(x1)=0,∃x2∈(1,+∞),使得u(x2)=0,x∈(0,x1),f'(x)<0,f(x)单调递减,x∈(x1,1),f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,x2),f'(x)<0,f(x)单调递减,x∈(x2,+∞),f

'(x)>0,f(x)单调递增,则f(x)min=min{f(x1),f(x2)}=1+lnm,其中e𝑥𝑖𝑥𝑖-m=0(i=1,2)⇔xi=lnm+lnxi,f(xi)=𝑚𝑥𝑖e𝑥𝑖+xi-lnxi=𝑚e𝑥𝑖𝑥𝑖+(xi-lnxi)=𝑚𝑚+lnm=1+

lnm,符合要求,即有m>e,所以m的所有可能值是[e,+∞)上的实数.6.解(1)当a=-1时,f(x)=(1𝑥-1)ln(x+1)(x>-1且x≠0),f'(x)=-ln(𝑥+1)𝑥2+-𝑥+1𝑥(𝑥+1).∵f(1)=(11-1)×ln(1+1)=0,f'(1)=-ln(1+1

)12+-1+11×(1+1)=-ln2,∴y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-f(1)=f'(1)(x-1),即(ln2)x+y-ln2=0.(2)∵f(1𝑥)=(x+a)ln(1𝑥+1),要使函数有意义,则1𝑥+

1>0,解得x<-1或x>0,∴函数f(1𝑥)的定义域关于x=-12对称,∴若函数f(1𝑥)的图象关于直线x=b对称,则b=-12.设g(x)=f(1𝑥),由对称的性质可知g(x)=g(-1-x).∵g(x)=(x+a)ln(1𝑥+1),g(-1-x)=(-1-x+a)l

n(1-1-𝑥+1),则(x+a)ln(1𝑥+1)=(-1-x+a)ln(1-1-𝑥+1),解得a=12,∴存在a=12,b=-12,使函数f(1𝑥)图象关于直线x=-12对称.(3)由题意,f(x)=(1𝑥+a)ln(x+1

),x>0,则f'(x)=-ln(𝑥+1)𝑥2+𝑎𝑥+1𝑥(𝑥+1)=-1𝑥2[ln(x+1)-𝑥(𝑎𝑥+1)𝑥+1].设H(x)=ln(x+1)-𝑥(𝑎𝑥+1)𝑥+1,x>0,则H'(x

)=1𝑥+1−(2𝑎𝑥+1)(𝑥+1)-𝑥(𝑎𝑥+1)(𝑥+1)2=-𝑎𝑥2+(1-2𝑎)𝑥(𝑥+1)2.当a≤0时,H'(x)>0,H(x)在(0,+∞)单调递增,故H(x)>ln1-0=0,即f'(x)<0,

f(x)在(0,+∞)单调递减,f(x)在(0,+∞)上无极值;当a≥12时,H'(x)<0,H(x)在(0,+∞)单调递减,故H(x)<ln1-0=0,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)单调递增,f(x)无极值;当0<a<12时,令H

'(x)=0,解得x=1𝑎-2,则当x∈(0,1𝑎-2)时,H'(x)>0,当x∈(1𝑎-2,+∞)时,H'(x)<0,∴H(x)在(0,1𝑎-2)单调递增,在(1𝑎-2,+∞)单调递减,H(1𝑎-2)=ln(1𝑎-1)-(1𝑎-2)(2-2𝑎)1𝑎

-1=ln(1-a)-lna-2+4a.设φ(a)=ln(1-a)-lna-2+4a,0<a<12,则φ'(a)=1𝑎-1−1𝑎+4=4𝑎2-4𝑎+1(𝑎-1)𝑎=(2𝑎-1)2𝑎(𝑎-1)<0,故φ(a)在(0,12)单调递减,∴φ(a)>ln

(1-12)-ln12-2+4×12=0,即H(1𝑎-2)>0.又H(x)=ln(x+1)-𝑥(𝑎𝑥+1)𝑥+1=ln(x+1)-ax-(1-𝑎)𝑥𝑥+1<ln(x+1)-ax.设h(x)=ln(x+1)-ax,x>0,则h(e1𝑎2-1)=lne1𝑎2-a(e1𝑎

2-1)=1𝑎2-ae1𝑎2+a=a(1𝑎3−e1𝑎2+1).设t=1𝑎∈(2,+∞),G(t)=t3-e𝑡2+1,则G'(t)=3t2-2te𝑡2<3t2-2t(t2+1)<0,故G(t)在(

2,+∞)单调递减,G(t)<8-e4+1<0,故h(e1𝑎2-1)<0,H(e1𝑎2-1)<0.故存在x0∈(1𝑎-2,e1𝑎2-1),使得H(x0)=0,即存在f'(x0)=0,且f'(x)在x0两侧异号,故f(x)在(0,+∞)上有极值点.综上,满足条件

的a的取值范围为(0,12).