備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題突破練4　利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的值或范圍(提升篇)

專題突破練(分值:68分)學(xué)生用書P1411.(17分)(2024江蘇徐州一模)已知函數(shù)f(x)=x2+ax-lnx,a∈R.(1)若函數(shù)y=f(x)-2x2在(0,2]上單調(diào)遞減,求a的取值范圍;(2)若直線y=ex與函數(shù)f(x)的圖象相切,求a的值.解(1)記y=f(x)-2x2=ax-lnx-x2=g(x),因?yàn)間(x)在(0,2]上單調(diào)遞減,所以g'(x)=a-1x-2x≤0對?x∈(0,2]恒成立所以a≤(2x+1x)min,而2x+1當(dāng)且僅當(dāng)2x=1x即x=22時(shí),等號成立所以當(dāng)x=22時(shí),2x+1x取得最小值為22.所以a≤2所以a的取值范圍為(-∞,22].(2)設(shè)直線y=ex與函數(shù)f(x)的圖象相切于P(x0,x02+ax0-lnx又f'(x)=2x+a-1x由題意可知2x0+a-1x0=e,代入②,得x02+e+1x0-2x0x0-lnx0=ex0,所以1-x02-lnx因?yàn)楹瘮?shù)y=1-x-lnx在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,且x=1時(shí),y=0,所以關(guān)于x0的方程1-x02-lnx0=0有唯一實(shí)根1,即x0=1,則a=e+1-2=e-2.(17分)(2024北京延慶一模)已知函數(shù)f(x)=-lnx+(2+a)x-2.(1)若曲線y=f(x)的一條切線方程為y=x-1,求a的值;(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)單調(diào)遞增,求a的取值范圍;(3)若?x∈1e2,+∞,f(x)無零點(diǎn),求a的取值范圍.解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),因?yàn)閒'(x)=-1x+2+a,所以-1x0+2+a=1,解得x0因?yàn)閥0=-lnx0+(2+a)x0-2,y0=x0-1,所以-lnx0+(2+a)x0-2=x0-1,即lnx0=(1+a)x0-1,所以ln11+a=1-1所以11+a=1,解得a=(2)因?yàn)閒'(x)=-1x+2+a,f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)單調(diào)遞增所以f'(x)≥0在(1,2)內(nèi)恒成立,因?yàn)閤∈(1,2),所以f'(x)∈a+1,a+32,所以a+1≥0,即a∈[-1,+∞).(3)因?yàn)閒'(x)=-1x+2+a=(2+a)x-當(dāng)2+a≤0,即a≤-2時(shí),f'(x)<0,所以f(x)在1e2,+∞內(nèi)單調(diào)遞減,因?yàn)閒1e2=2+(2+a)1e2所以f(x)在1e2,+∞上無零點(diǎn),符合題意;當(dāng)a>-2時(shí),令f'(x)=0,則x=12+a當(dāng)x∈0,12+a時(shí),f'(x)<0,當(dāng)x∈12+a,+∞時(shí),f'(x)>0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,12+a,單調(diào)遞增區(qū)間是12+a,+∞,所以f(x)的最小值為f12+a=-ln12+a-1,當(dāng)-ln12+a-1>0,即a>e-2時(shí),f(x)當(dāng)a=e-2時(shí),f(x)有一個(gè)零點(diǎn)12+a=當(dāng)-2<a<e-2時(shí),f(x)的最小值f12+a=-ln12+a-1因?yàn)閒1e2=(2+a)1e2所以?x0∈1e2,12+a,使得f(x0)=0,不符合題意.綜上所述,當(dāng)a∈(-∞,-2]∪(e-2,+∞)時(shí),?x∈1e2,+∞,f(3.(17分)(2024福建泉州模擬)已知函數(shù)f(x)=lnx-mx2+(1-2m)x+1.(1)若m=1,求f(x)的極值;(2)若對于任意x>0,f(x)≤0恒成立,求整數(shù)m的最小值.解(1)當(dāng)m=1時(shí),f(x)=lnx-x2-x+1,f'(x)=1x-2x-1=-(由于定義域?yàn)?0,+∞),所以當(dāng)0<x<12時(shí),f'(x)>0,f(x)在0,12內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)x>12時(shí),f'(x)<0,f(x)在12,+∞上單調(diào)遞減.所以f(x)在x=12處取得極大值,且極大值為f12=14-ln2,無極小值(2)因?yàn)閷τ谌我鈞>0,f(x)≤0恒成立,所以lnx-mx2+(1-2m)x+1≤0,即lnx+x+1≤m(x2+2x)在(0,+∞)上恒成立,因此m≥lnx+x+1x2令F(x)=lnx+x+1x2+2x,即F'(x)=-(x設(shè)φ(x)=-(x+2lnx),顯然φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,因?yàn)棣?1)=-1<0,φ12=-12+2ln12=2ln2-12>0,所以?x0∈12,1,使得φ(x0)=0,即x0+2lnx0=0,當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),φ(x)>0,則F'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),φ(x)<0,則F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,+∞)上單調(diào)遞減,所以F(x)max=F(x0)=lnx0+x0+1x02+2x0=12x0,因?yàn)閤0∈124.(17分)(2024青海西寧模擬)已知函數(shù)f(x)=ax-x+alnx存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2.(1)求a的取值范圍;(2)求f(x1)+f(x2)-3a的最小值.解(1)由題意知f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=-ax2-1+令g(x)=-x2+ax-a,則g(x)=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)根x1,x2,∴Δ=a2∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為(4,+∞).(2)由(1)知a>4,x1,x2是g(x)=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根,則x1+x2=x1x2=a.∴f(x1)+f(x2)-3a=ax1-x1+alnx1+ax2-x2+alnx2-3a=a(x1+x2)x1x2-(x1+x2)令h(a)=alna-3a(a>4),則h'(a)=lna-2,∴當(dāng)a∈(4