【新高考复习】人教版新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（word版

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x1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a0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.4.(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x0,a≤0时,求证:f(x)g(x);(2)当x0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0a2,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+-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a2时,因为f'(1)=2-a0,f'(ea)=a++1-a=+10,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)=--10,所以g(x)在区间[1,2]上单调递减,因此g(x)max=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x1时,h'(x)0,当0x1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x1,且a0,所以0e-x1,0xa1,因此e-x≤xa,两边取自然对数得-x≤alnx,又x1,所以lnx0,于是a≥-.令p(x)=-,则p'(x)=-,由p'(x)=0得x=e,所以当1xe时,p'(x)0,当xe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≤a0,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)=2ln(x+1)-2x,令h(x)=2ln(x+1)-2x,x∈(-1,+∞),则h'(x)=-2,当-1x0时,h'(x)0,当x0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-1x0时,g(x)g(0)=0,当x0时,g(x)g(0)=0,所以当-1x0时,f'(x)0,当x0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a0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).当x∈,1时,h'(x)0,所以h(x)单调递减,而h()=1-√0,h(1)=1-e0,所以存在x0∈,1,使得h(x0)=1-x0=0.于是当x∈,x0时,h(x)0,又1-x0,所以g'(x)0;当x∈(x0,1)时,h(x)0,又1-x0,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(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+,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,x0,则F'(x)=ex-10,则函数F(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以ex-x-1F(0)=0,即exx+1(x0).所以x0时,0.令φ(x)=ax-ln(x+1)(x0),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x0时,f(x)-g(x+1)=+ax-ln(x+1)0,所以f(x)g(x+1),不符合题意;当0a1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0x-1时,f(x)-g(x+1)=+ax-ln(x+1)0,则f(x)g(x+1),不符合题意;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0a2,f'(x)=a(-)+2-2x=---=--(√)(-√),所以由f'(x)0,得√x1,由f'(x)0,得x1或0x√,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0x1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,+∞).