小、初中、高中各卷知文案合同学种试真题识归纳PPT等免下费载www.doc985.com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+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.小、初中、高中各卷知文案合同学种试真题识归纳PPT等免下费载www.doc985.com4.(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∈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)=lnx+1x.(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+1x+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&#039;(x)≤2对于任意的x≥m恒成立,求实数m的取值范围.小、初中、高中各卷知文案合同学种试真题识归纳PPT等免下费载www.doc985.com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&#039;(x)=lnx+1x-3,所以f&#039;(1)=11+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&#039;(x)=lnx+1x+1-a,则g&#039;(x)=1x−1x2=x-1x2.当x∈(1,+∞)时,g&#039;(x)>0,所以f&#039;(x)在区间(1,+∞)上单调递增,f&#039;(1)=2-a.①当a≤2时,f&#039;(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&#039;(1)=2-a<0,f&#039;(ea)=a+1ea+1-a=1ea+1>0,且f&#039;(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以∃x0∈(1,ea),使得f&#039;(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&#039;(x)=1+ax−1ex,依题意f&#039;(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&#039;(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+alnx+1ex≥xa,所以x+1ex≥xa-alnx,即x+1ex≥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&#039;(x)=1-1x=x-1x,所以当x>1时,h&#039;(x)>0,当0<x<1时,h&#039;(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<1e<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≥-xlnx.小、初中、高中各卷知文案合同学种试真题识归纳PPT等免下费载www.doc985.com令p(x)=-xlnx,则p&#039;(x)=-lnx+1\(lnx\)2,由p&#039;(x)=0得x=e,所以当1<x<e时,p&#039;(x)>0,当x>e时,p&#039;(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&#039;(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&#039;(x)=2ln(x+1)-2x,令h(x)=2ln(x+1)-2x,x∈(-1,+∞),则h&#039;(x)=2x+1-2,当-1<x<0时,h&#039;(x)>0,当x>0时,h&#039;(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&#039;(x)≤0,所以g(x)在区间(-1,+∞)上单调递减,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&#039;(x)>0,当x>0时,f&#039;(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≤1ln(1+1n)-n对∀n∈N*恒成立.设φ(x)=1ln\(x+1\)−1x,x∈(0,1],则φ&#039;(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,...