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

这是一份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，共6页。试卷主要包含了已知函数f=ln x-a，已知f=x+aln x+1ex，已知函数f=ln2-x2x+1，已知函数f=ln x-ax，所以f>0,符合题意等内容，欢迎下载使用。

(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+aln x+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,+∞)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)-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.(2021·广东七校联考)已知函数f(x)=ln x-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.(2021·江苏泰州二模)已知函数f(x)=1ex+ax,g(x)=ln x+1x.
(1)当x>0,a≤0时,求证:f(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)=aln x+1x+2x-x2.
(1)若0(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)ln x-4x+4,所以f'(x)=ln x+1x-3,所以f'(1)=11+ln 1-3=-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)=ln x+1x+1-a,则g'(x)=1x−1x2=x-1x2.
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+1ea+1-a=1ea+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+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+aln x+1ex≥xa,
所以x+1ex≥xa-aln x,即x+1ex≥xa-ln xa.
因此-ln e-x+e-x≥xa-ln xa(*).
令h(x)=x-ln x,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又因为x>1,且a<0,所以0因此e-x≤xa,两边取自然对数得-x≤aln x,又x>1,所以ln x>0,于是a≥-xlnx.
令p(x)=-xlnx,则p'(x)=-lnx+1(lnx)2,由p'(x)=0得x=e,所以当10,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)=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-10,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-1g(0)=0,当x>0时,g(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≤1ln1+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]上单调递减,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,+∞)上单调递增,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=f1a=-ln a-1.
依题意-ln a-1=1,解得a=1e2.
(2)由题意,h(x)=(x-2)ex+ln x-ax,当a=1时,h(x)≤b即(x-2)ex+ln x-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h12=1-e2>0,h(1)=1-e<0,
所以存在x0∈12,1,使得h(x0)=1-x0ex0=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)ex0+ln x0-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)=ln x+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)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)=1ex+ax,所以f'(x)=-1ex+a,由a≤0得f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,则f(x)(2)解: 令h(x)=f(x)-g(x+1)=1ex−1x+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,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,+∞)上单调递减,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)当0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,+∞)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00,得a21或0故函数f(x)在区间0,a2上单调递减,在区间a2,1上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.
(2)f(x)+f'(x)≤2,即aln x+2ax−ax2-x2≤0,所以存在a∈[1,+∞),使得1x2ln x+2x−1x2≤1a,即1x2ln x+2x−1x2≤1对于任意x≥m恒成立,即ln x+2x−1x2-x2≤0对任意x≥m恒成立.
令g(x)=ln x+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00,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,+∞).