【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练5　利用导数求参数的值或范围 Word版含答案.docx，共(7)页，43.126 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练5利用导数求参数的值或范围1.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.已知f(x)

=x+alnx+1e𝑥.(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,+∞)内恒成立,求实数a的最小值.3.已知函数f(x)=ln2(x+1)-𝑥2𝑥+1.(1)求f(x)的单调区间;(

2)若不等式1+1𝑛n+a≤e对任意n∈N*恒成立,求实数a的取值范围.4.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∈12,1恒成立,求满足条件的实数b的

最小整数值.5.已知函数f(x)=1e𝑥+ax,g(x)=lnx+1𝑥.(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.已知函数f(x)=alnx+1𝑥+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.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+1𝑥-3,所以f'(1)=11+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+1𝑥+1-a,则g'(x)=1𝑥−1𝑥

2=𝑥-1𝑥2.当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增,f'(1)=2-a.①当a≤2时,f'(1)≥0,故f(x)在区间(1,+∞)内单调递增,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+1e𝑎+1-a=1e𝑎+1>0,且f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增,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+𝑎𝑥−1e𝑥,依题意f'(x)=1+𝑎𝑥−1e𝑥≥0在区间[1,2]上恒成立,即a≥𝑥e𝑥-x(x∈[1,2])恒成立.令g(x)=𝑥e𝑥-x,则当x∈[1,2]时,g

'(x)=1-𝑥e𝑥-1<0,所以g(x)在区间[1,2]上单调递减,因此g(x)max=g(1)=1-ee.故实数a的取值范围是1-ee,+∞.(2)不等式f(x)≥xa即x+alnx+1e𝑥≥xa,所以x+1e�

�≥xa-alnx,即x+1e𝑥≥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)=1-1𝑥=𝑥-1𝑥,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)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.又因为x>1,且a<0,所以0<e-x<1e<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≥-𝑥

ln𝑥.令p(x)=-𝑥ln𝑥,则p'(x)=-ln𝑥+1(ln𝑥)2,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)内单调递增,在区间(e,+∞)内单调递减.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)=2ln(𝑥+1)𝑥+1−𝑥2+2𝑥(𝑥+1)2=2(𝑥+1)ln(𝑥+1)-𝑥2-2𝑥(

𝑥+1)2.令g(x)=2(x+1)ln(x+1)-x2-2x,x∈(-1,+∞),则g'(x)=2ln(x+1)-2x,令h(x)=2ln(x+1)-2x,x∈(-1,+∞),则h'(x)=2𝑥+1-2,当-1<x<0时,h'(x)>0,当x>0时,h'(x

)<0,所以h(x)在区间(-1,0)内单调递增,在区间(0,+∞)内单调递减,又h(0)=0,故h(x)≤0,即当x>-1时,g'(x)≤0,所以g(x)在区间(-1,+∞)内单调递减,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+1𝑛n+a≤e(n∈N*)等价于(n+a)ln1+1𝑛≤1,又1+

1𝑛>1,所以ln1+1𝑛>0,故a≤1ln(1+1𝑛)-n对∀n∈N*恒成立.设φ(x)=1ln(𝑥+1)−1𝑥,x∈(0,1],则φ'(x)=(𝑥+1)ln2(𝑥+1)-𝑥2𝑥2(𝑥+1)ln2(𝑥+1)=𝑓(𝑥)𝑥2ln2(𝑥+1),又f(x

)≤f(0)=0,故当x∈(0,1]时,φ'(x)<0,所以φ(x)在区间(0,1]内单调递减,于是φ(x)≥φ(1)=1ln2-1,故a≤1ln2-1,所以实数a的取值范围为-∞,1ln2-1.4.解(1)函数f(

x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1𝑥-a.当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,不存在最大值.当a>0时,令f'(x)=1𝑥-a=0得x=1𝑎,且x∈0,1𝑎时,f'(x)>0,当x∈1𝑎,+∞时,f'(x)<0,所以f(x)max=f(

x)极大值=f(1𝑎)=-lna-1.依题意-lna-1=1,解得a=1e2.(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+ln

x-x,则g'(x)=ex(x-1)+1𝑥-1=(1-x)·1-𝑥e𝑥𝑥.令h(x)=1-xex,则h'(x)=-ex(x+1).当x∈12,1时,h'(x)<0,所以h(x)单调递减,而h(12)=1-√e2>0,h(1)=1-e<0,所以存在x0∈12,1,使得h(x0)=1-x

0e𝑥0=0.于是当x∈12,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)e𝑥

0+lnx0-x0=1-2x0+1𝑥0.由于x0∈12,1,所以x0+1𝑥0∈2,52,因此g(x0)∈(-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+1𝑥,所以g'(

x)=1𝑥−1𝑥2=𝑥-1𝑥2.当x∈(0,1)时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,1)内单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(1,+∞)内单调递增,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)=1e𝑥+ax,所以f'(x)=-1e𝑥+a,由a≤0得f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,则f(x)<f(0)=1,所以f(x)<g(x).(2)解令h(x)=f(x)-g(x+1)

=1e𝑥−1𝑥+1+ax-ln(x+1)(x>0).令F(x)=ex-x-1,x>0,则F'(x)=ex-1>0,则函数F(x)在区间(0,+∞)内单调递增,所以ex-x-1>F(0)=0,即ex>x+1(x>0).所以x>0时,

1e𝑥−1𝑥+1<0.令φ(x)=ax-ln(x+1)(x>0),则φ'(x)=a-1𝑥+1.当a≤0时,φ'(x)<0,所以φ(x)在区间(0,+∞)内单调递减,则φ(x)<φ(0)=0,因此当x>0时,f(x)-g(x+1)=1e𝑥−1𝑥

+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∈(0,1𝑎-1),所以φ(x)在区间(0,1𝑎-1)内单调递减,则φ(x)<φ(0)

=0,因此当0<x<1𝑎-1时,f(x)-g(x+1)=1e𝑥−1𝑥+1+ax-ln(x+1)<0,则f(x)<g(x+1),不符合题意;当a≥1时,h'(x)=-1e𝑥+1(𝑥+1)2+a-1𝑥+1>-1𝑥+1+1(𝑥+1)2+1-1𝑥+1=𝑥2(𝑥+1)2>0

,所以h(x)在区间(0,+∞)内单调递增,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(1𝑥-1𝑥2)+2-2x=-(𝑥-1)(2𝑥2-𝑎)𝑥2=-2(𝑥-1)(𝑥+√𝑎2)(𝑥-√𝑎2)𝑥2,所以由f'(x)>0,得√𝑎2<x<1,由f'(x)<0,得x>1或0<x<√𝑎2,故函数f(x)在区间(0,

√𝑎2)内单调递减,在区间(√𝑎2,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减.(2)f(x)+f'(x)≤2,即alnx+2𝑎𝑥−𝑎𝑥2-x2≤0,所以存在a∈[1,+∞),使得1𝑥2lnx+2𝑥−1𝑥2≤1𝑎,即

1𝑥2lnx+2𝑥−1𝑥2≤1对于任意x≥m恒成立,即lnx+2𝑥−1𝑥2-x2≤0对任意x≥m恒成立.令g(x)=lnx+2𝑥−1𝑥2-x2,则g(x)≤0对任意x≥m恒成立.g'(x)=𝑥2-2𝑥+2-

2𝑥4𝑥3=-2𝑥4-𝑥2+2𝑥-2𝑥3,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)内单调递增,又h(0)<0,h(1)>0,故存在唯一x

0∈(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.