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 .docx

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)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 . 2 . 已知 f ( x ) =x+a ln x+ . (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 ) ≥ x a 在区间 (1, + ∞ ) 内恒成立 , 求实数 a 的最小值 . 3 . 已知函数 f ( x ) = ln 2 ( 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 . 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)e x +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 . 已知函数 f ( x ) = +ax , g ( x ) = ln x+ . (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 ) =a ln x+ + 2 x-x 2 . (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)ln x- 4 x+ 4, 所以 f' ( x ) = ln x+ - 3, 所以 f' (1) = + 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 2 x+y- 2 = 0 . (2) 令 g ( x ) =f' ( x ) = ln x+ + 1 -a , 则 g' ( x ) = . 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' (e a ) =a+ + 1 -a= + 1 > 0, 且 f' ( x ) 在区间 (1, +∞ ) 内单调递增 , 所以 ∃ x 0 ∈ (1,e a ), 使得 f' ( x 0 ) = 0, 所以当 x ∈ (1, x 0 ) 时 , f ( x ) 单调递减 , 而 f (1) = 0, 所以 f ( x 0 ) < 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 ) = - 1 < 0, 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 )≥ x a 即 x+a ln x+ ≥ x a , 所以 x+ ≥ x a -a ln x , 即 x+ ≥ x a - ln x a . 因此 - ln e -x + e -x ≥ x a - ln x a ( * ) . 令 h ( x ) =x- ln x , 则 ( * ) 式即为 h (e -x )≥ h ( x a ) . 由于 h' ( x ) = 1 - , 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 < < 1,0 <x a < 1, 因此 e -x ≤ x a , 两边取自然对数得 -x ≤ a ln x , 又 x> 1, 所以 ln x> 0, 于是 a ≥ . 令 p ( x ) = , 则 p' ( x ) = , 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 ) = . 令 g ( x ) = 2( x+ 1)ln( x+ 1) -x 2 - 2 x , x ∈ ( - 1, +∞ ), 则 g' ( x ) = 2ln( x+ 1) - 2 x , 令 h ( x ) = 2ln( x+ 1) - 2 x , x ∈ ( - 1, +∞ ), 则 h' ( x ) = - 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 + n+a ≤e( n ∈ N * ) 等价于 ( n+a )ln 1 + ≤1, 又 1 + > 1, 所以 ln 1 + > 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] 内单调递减 , 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 )