1、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x1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a0,a0时,求证:f(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0a0,所以f(x)在区间(1,+)上单调递增,f(1)=2-a.当a2
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;当a2时,因为f(1)=2-a0,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-1ex0在区间1,2上恒成立,即axex-x(x1,2)恒成立.令g(x)=xex-x,则当x1,2时,g(x)=1-xex-11时,h(x)0,当0x1时,h(x)1,且a0,所以0e-x1e1,0
3、xa1,所以lnx0,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1x0,当xe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-ea0,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)=2
4、ln(x+1)-2x,x(-1,+),则h(x)=2x+1-2,当-1x0,当x0时,h(x)-1时,g(x)0,所以g(x)在区间(-1,+)上单调递减,于是当-1xg(0)=0,当x0时,g(x)g(0)=0,所以当-1x0,当x0时,f(x)1,所以ln1+1n0,故a1ln1+1n-n对nN*恒成立.设(x)=1ln(x+1)-1x,x(0,1,则(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,(x)0,f(x)在区间(0,+)上单调递增,不存在最大值.当a0时,令f(x)=1x-a=0得x
5、=1a,且x0,1a时,f(x)0,当x1a,+时,f(x)0,所以f(x)max=f(x)极大值=f1a=-lna-1.依题意-lna-1=1,解得a=1e2.(2)由题意,h(x)=(x-2)ex+lnx-ax,当a=1时,h(x)b即(x-2)ex+lnx-xb.令g(x)=(x-2)ex+lnx-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x12,1时,h(x)0,h(1)=1-e0,又1-x0,所以g(x)0;当x(x0,1)时,h(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
6、(x0)=(x0-2)ex0+lnx0-x0=1-2x0+1x0.由于x012,1,所以x0+1x02,52,因此g(x0)(-4,-3).又由上可知,bg(x0),所以实数b的最小整数值为-3.5.(1)证明 因为g(x)=lnx+1x,所以g(x)=1x-1x2=x-1x2.当x(0,1)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a0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)0,则F(x)=ex-10,则
7、函数F(x)在区间(0,+)上单调递增,所以ex-x-1F(0)=0,即exx+1(x0).所以x0时,1ex-1x+10),则(x)=a-1x+1.当a0时,(x)0,所以(x)在区间(0,+)上单调递减,则(x)0时,f(x)-g(x+1)=1ex-1x+1+ax-ln(x+1)0,所以f(x)g(x+1),不符合题意;当0a1时,由(x)0,得x0,1a-1,所以(x)在区间0,1a-1上单调递减,则(x)(0)=0,因此当0x1a-1时,f(x)-g(x+1)=1ex-1x+1+ax-ln(x+1)0,则f(x)-1x+1+1(x+1)2+1-1x+1=x2(x+1)20,所以h(x)
8、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0a0,得a2x1,由f(x)1或0xa2,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alnx+2ax-ax2-x20,所以存在a1,+),使得1x2lnx+2x-1x21a,即1x2lnx+2x-1x21对于任意xm恒成立,即lnx+2x-1x2-x20对任意xm恒成立.令g(x)=lnx+2x-1x2-x2,则g(x)0对任意xm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0x0,h(x)在区间(0,1)上单调递增,又h(0)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)g(1)=0,不符合题意,故m1.下面证明当x1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,+).
