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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)ln x-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.
1
2.(2021·辽宁大连联考)已知f(x)=x+aln x+ .
ex
(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.
x2
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)- .
x+1
(1)求f(x)的单调区间;
1
(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.
n4.(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;
1
(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
2
整数值.
1 1
5.(2021·江苏泰州二模)已知函数f(x)= +ax,g(x)=ln x+ .
ex x
(1)当x>0,a≤0时,求证:f(x)0时,若f(x)>g(x+1),求实数a的取值范围.
1
6.(2021·浙江湖州期末)已知函数f(x)=a ln x+ +2x-x2.
x
(1)若00,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.
1 1
②当a>2时,因为f'(1)=2-a<0,f'(ea)=a+ +1-a= +1>0,且f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
ea ea
所以∃x ∈(1,ea),使得f'(x )=0,所以当x∈(1,x )时,f(x)单调递减,而f(1)=0,所以f(x )<0,不符
0 0 0 0
合题意.
综上,实数a的取值范围是(-∞,2].
a 1 a 1 x
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 ex x ex ex
x(x∈[1,2])恒成立.
x 1-x
令g(x)= -x,则当x∈[1,2]时,g'(x)= -1<0,
ex ex
1-e 1-e
所以g(x)在区间[1,2]上单调递减,因此g(x) =g(1)= .故实数a的取值范围是 ,
max
e e
+∞ .
1
(2)不等式f(x)≥xa即x+aln x+ ≥xa,
ex
1 1
所以x+ ≥xa-aln x,即x+ ≥xa-ln xa.
ex ex
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).
1 x-1
由于h'(x)=1- = ,
x x
所以当x>1时,h'(x)>0,当01,且a<0,所以01,所以ln x>0,于是a≥ .
lnx-x -lnx+1
令p(x)= ,则p'(x)= ,由p'(x)=0得x=e,所以当10,当x>e时,
lnx (lnx)2
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.
2ln(x+1) x2+2x 2(x+1)ln(x+1)-x2-2x
3.解: (1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)= − = .
x+1 (x+1)2 (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)-
2
2x,x∈(-1,+∞),则h'(x)= -2,当-10,当x>0时,h'(x)<0,所以h(x)在区间
x+1
(-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,+∞).
1 1 1 1
(2)不等式 1+ n+a≤e(n∈N*)等价于(n+a)ln 1+ ≤1,又1+ >1,所以ln 1+ >0,故
n n n n
1
a≤
( 1)
-n对∀n∈N*恒成立.
ln 1+
n
1 1 (x+1)ln2(x+1)-x2 f (x)
设φ(x)= − ,x∈(0,1],则φ'(x)= = ,又
ln(x+1) x x2(x+1)ln2(x+1) x2ln2(x+1)
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 1 1
-1,故a≤ -1,所以实数a的取值范围为 -∞, -1 .
ln2 ln2 ln2
1
4.解: (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= -a.
x
当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,不存在最大值.
1 1 1 1
当a>0时,令f'(x)= -a=0得x= ,且x∈ 0, 时,f'(x)>0,当x∈ ,+∞ 时,f'(x)<0,所以
x a a a
(1)
f(x) =f(x) =f =-ln a-1.
max 极大值
a
1
依题意-ln a-1=1,解得a= .
e2
(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.
1 1-xex
令g(x)=(x-2)ex+ln x-x,则g'(x)=ex(x-1)+ -1=(1-x)· .
x x
令h(x)=1-xex,则h'(x)=-ex(x+1).当x∈
1
,1 时,h'(x)<0,所以h(x)单调递减,而h
(1)
=1-
√e
>0,h(1)=1-e<0,
2 2 2
1
所以存在x
0
∈ ,1 ,使得h(x
0
)=1-x 0ex
0
=0.
2
1
于是当x∈ ,x 时,h(x)>0,又1-x>0,所以g'(x)>0;
0
2
当x∈(x ,1)时,h(x)<0,又1-x>0,所以g'(x)<0,
0
因此g(x)在x=x 处取得极大值亦即最大值,
0
1
且g(x
0
)=(x
0
-2)ex
0
+ln x
0
-x
0
=1-2 x
0
+
x
.
0
1 1 5
由于x ∈ ,1 ,所以x + ∈ 2, ,因此g(x )∈(-4,-3).
0 2 0 x 2 0
0
又由上可知,b≥g(x ),所以实数b的最小整数值为-3.
0
1 1 1 x-1
5.(1)证明: 因为g(x)=ln x+ ,所以g'(x)= − = .
x x x2 x2
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.
1 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,
ex ex
则f(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).
1 1
所以x>0时, − <0.
ex x+1
1
令φ(x)=ax-ln(x+1)(x>0),则φ'(x)=a- .
x+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)-
1 1
g(x+1)= − +ax-ln(x+1)<0,所以f(x)- + +1- = ≥0,所以h(x)
ex (x+1)2 x+1 x+1 (x+1)2 x+1 (x+1)2
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,+∞).
(1 1 )
6.解: (1)由题意可知,函数f(x)的定义域是(0,+∞).因为00,得 1或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x ∈(0,1),
0
使得h(x )=0,当x∈(x ,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,
0 0
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,+∞).
