备战2025年高考二轮复习数学专题突破练4 利用导数求参数的值或范围（提升篇）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练4 利用导数求参数的值或范围（提升篇）（Word版附解析），共4页。试卷主要包含了所以a≤22,等内容，欢迎下载使用。

1.(17分)(2024江苏徐州一模)已知函数f(x)=x2+ax-ln x,a∈R.
(1)若函数y=f(x)-2x2在(0,2]上单调递减,求a的取值范围;
(2)若直线y=ex与函数f(x)的图象相切,求a的值.
解(1)记y=f(x)-2x2=ax-ln x-x2=g(x),因为g(x)在(0,2]上单调递减,所以g'(x)=a-1x-2x≤0对∀x∈(0,2]恒成立,
所以a≤(2x+1x)min,而2x+1x≥22x·1x=22,
当且仅当2x=1x,
即x=22时,等号成立,
所以当x=22时,2x+1x取得最小值为22.所以a≤22,
所以a的取值范围为(-∞,22].
(2)设直线y=ex与函数f(x)的图象相切于P(x0,x02+ax0-ln x0),
又f'(x)=2x+a-1x,
由题意可知2x0+a-1x0=e,①x02+ax0-ln x0=ex0,②则a=e+1x0-2x0,
代入②,得x02+e+1x0-2x0x0-ln x0=ex0,所以1-x02-ln x0=0.
因为函数y=1-x-ln x在(0,+∞)内单调递减,且x=1时,y=0,所以关于x0的方程1-x02-ln x0=0有唯一实根1,即x0=1,则a=e+1-2=e-1.
2.(17分)(2024北京延庆一模)已知函数f(x)=-ln x+(2+a)x-2.
(1)若曲线y=f(x)的一条切线方程为y=x-1,求a的值;
(2)若函数f(x)在区间(1,2)内单调递增,求a的取值范围;
(3)若∀x∈1e2,+∞,f(x)无零点,求a的取值范围.
解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),设切点为(x0,y0),
因为f'(x)=-1x+2+a,所以-1x0+2+a=1,解得x0=11+a,
因为y0=-ln x0+(2+a)x0-2,y0=x0-1,
所以-ln x0+(2+a)x0-2=x0-1,即ln x0=(1+a)x0-1,所以ln11+a=1-1=0,
所以11+a=1,解得a=0.
(2)因为f'(x)=-1x+2+a,f(x)在区间(1,2)内单调递增,
所以f'(x)≥0在(1,2)内恒成立,
因为x∈(1,2),所以f'(x)∈a+1,a+32,
所以a+1≥0,即a∈[-1,+∞).
(3)因为f'(x)=-1x+2+a=(2+a)x-1x,x∈(0,+∞),
当2+a≤0,即a≤-2时,f'(x)<0,
所以f(x)在1e2,+∞内单调递减,
因为f1e2=2+(2+a)1e2-2≤0,
所以f(x)在1e2,+∞上无零点,符合题意;
当a>-2时,令f'(x)=0,则x=12+a>0,
当x∈0,12+a时,f'(x)<0,当x∈12+a,+∞时,f'(x)>0,
所以f(x)的单调递减区间是0,12+a,单调递增区间是12+a,+∞,
所以f(x)的最小值为f12+a=-ln12+a-1,当-ln12+a-1>0,即a>e-2时,f(x)无零点,符合题意;
当a=e-2时,f(x)有一个零点12+a=1e>1e2,不符合题意;
当-2因为f1e2=(2+a)1e2>0,
所以∃x0∈1e2,12+a,使得f(x0)=0,不符合题意.综上所述,当a∈(-∞,-2]∪(e-2,+∞)时,∀x∈1e2,+∞,f(x)无零点.
3.(17分)(2024福建泉州模拟)已知函数f(x)=ln x-mx2+(1-2m)x+1.
(1)若m=1,求f(x)的极值;
(2)若对于任意x>0,f(x)≤0恒成立,求整数m的最小值.
解(1)当m=1时,f(x)=ln x-x2-x+1,f'(x)=1x-2x-1=-(x+1)(2x-1)x.
由于定义域为(0,+∞),所以当00,f(x)在0,12内单调递增;当x>12时,f'(x)<0,f(x)在12,+∞上单调递减.
所以f(x)在x=12处取得极大值,且极大值为f12=14-ln 2,无极小值.
(2)因为对于任意x>0,f(x)≤0恒成立,所以ln x-mx2+(1-2m)x+1≤0,即ln x+x+1≤m(x2+2x)在(0,+∞)上恒成立,因此m≥lnx+x+1x2+2x在(0,+∞)上恒成立.
令F(x)=lnx+x+1x2+2x,即m≥F(x)max.
F'(x)=-(x+1)(x+2lnx)(x2+2x)2.
设φ(x)=-(x+2ln x),显然φ(x)在(0,+∞)上单调递减,因为φ(1)=-1<0,φ12=-12+2ln12=2ln 2-12>0,所以∃x0∈12,1,使得φ(x0)=0,即x0+2ln x0=0,当x∈(0,x0)时,φ(x)>0,则F'(x)>0;当x∈(x0,+∞)时,φ(x)<0,则F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以F(x)max=F(x0)=ln x0+x0+1x02+2x0=12x0,因为x0∈12,1,所以12x0∈12,1,故整数m的最小值为1.
4.(17分)(2024青海西宁模拟)已知函数f(x)=ax-x+aln x存在两个极值点x1,x2.
(1)求a的取值范围;
(2)求f(x1)+f(x2)-3a的最小值.
解(1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-ax2-1+ax=-x2+ax-ax2.
令g(x)=-x2+ax-a,则g(x)=0有两个不相等的正实根x1,x2,
∴Δ=a2-4a>0,x1+x2=a>0,x1x2=a>0,解得a>4,
∴实数a的取值范围为(4,+∞).
(2)由(1)知a>4,x1,x2是g(x)=0的两个实数根,则x1+x2=x1x2=a.
∴f(x1)+f(x2)-3a=ax1-x1+aln x1+ax2-x2+aln x2-3a=a(x1+x2)x1x2-(x1+x2)+aln(x1x2)-3a=aln a-3a.
令h(a)=aln a-3a(a>4),则h'(a)=ln a-2,∴当a∈(4,e2)时,h'(a)<0;当a∈(e2,+∞)时,h'(a)>0.
∴h(a)在(4,e2)内单调递减,在(e2,+∞)上单调递增.
∴h(a)min=h(e2)=2e2-3e2=-e2,即f(x1)+f(x2)-3a的最小值为-e2.