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+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·河北邯郸高三三模)已知函数f(x)=alnx+x+1(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;(2)若不等式xef(x)≤ex对任意的x∈(1,+∞)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.(2021·浙江湖州期末)已知函数f(x)=alnx++2x-x2.(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)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,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)=-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)≥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x>1时,h'(x)>0,当0<x<1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x>1,且a<0,所以0<e-x<<1,0<xa<1,因此e-x≤xa,两边取自然对数得-x≤alnx,又x>1,所以lnx>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)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)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+1=,当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,若0<x<-a,则f'(x)<0;若x>-a,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增.综上:当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a<0时,f(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增.
(2)由xef(x)≤ex,得xe(alnx+x+1)≤ex,因为x>1,所以alnx+x+1≤x-eex,lnx>0,所以a而x-eex-x-1=ex-x-1=-x-1=ex-elnx-x-1.设g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,当x<0时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x>0时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=0是g(x)的极小值点,也是g(x)的最小值点,所以g(x)min=g(0)=0,即对任意x∈R,ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立),所以ex-elnx≥x-elnx+1,即ex-elnx-x-1≥-elnx(当且仅当x-elnx=0时等号成立).令h(x)=x-elnx,则h'(x)=1-,所以h(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,所以x=e是h(x)的极小值点,也是h(x)的最小值点,所以h(x)min=h(e)=0,即当且仅当x=e时,x-elnx=0.所以=-e,即min=-e(当且仅当x=e时等号成立),所以a≤-e时,xef(x)≤ex对任意的x∈(1,+∞)恒成立,故实数a的取值范围是(-∞,-e].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-e<0,所以存在x0∈,1,使得h(x0)=1-x0=0.于是当x∈,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)+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,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,<0.令φ(x)=ax-ln(x+1)(x>0),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x>0时,f(x)-g(x+1)=+ax-ln(x+1)<0,所以f(x)<g(x+1),不符合题意;当0<a<1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0<x<-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0<a<2,f'(x)=a+2-2x=-=-,所以由f'(x)>0,得<x<1,由f'(x)<0,得x>1或0<x<,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0<x<1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,+∞).
