2018届高考数学二轮复习专题对点练7导数与及参数范围理.docx

专题对点练7导数与不等式及参数范围1.(2017全国,理21)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,m,求m的最小值.解 (1)f(x)的定义域为(0,+).若a0,因为f12=-+aln 20,由f(x)=1-知,当x(0,a)时,f(x)0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)0.故a=1.(2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0.令x=1+得ln.从而ln1+12+ln+ln+=1-1.故2,所以m的最小值为3.2.设f(x)=ax2-a+,g(x)=+ln x.(1)设h(x)=f(x)-g(x)+,讨论y=h(x)的单调性;(2)证明对任意a,x(1,+),使f(x)0),则h(x)=2ax-.a0时,h(x)0时,令h(x)0,解得x,令h(x)0,解得0x.故h(x)在递减,在递增.(2)证明 由题意得ax2-a+ln x,x(1,+),ax2-a-ln x1时,k1(x)0,k1(x)在(1,+)递增,k1(x)k1(1)=0,若a0,由于x1,故f(x)g(x)恒成立,若0a,设h(x)=a(x2-1)-ln x,由(1)x时,h(x)递减,x时,h(x)递增,故h0,即存在x=1,使得f(x)g(x),故对任意a,x(1,+),使得f(x)mx-1恒成立,求实数m的取值范围.解 (1)f(x)=+a+,令x=2,则f(2)=1+a+f(2),a=-1,因切点为(2,2ln 2+2a-2f(2),则y-(2ln 2+2a-2f(2)=f(2)(x-2),代入(-4,2ln 2),得2ln 2-2ln 2-2a+2f(2)=-6f(2),f(2)=-,f(x)=-1-0,f(x)在(0,+)单调递减.(2)mx-1恒成立,即m,令(x)=2ln x+,由(1)可知(x)在(0,+)单调递减,(1)=0,x(0,1),(x)0,x(1,+),(x)0,(x)在(0,+)恒大于0,m0.导学号168041714.(2017全国,理21)已知函数f(x)=ax3-ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2f(x0)2-2.(1)解 f(x)的定义域为(0,+).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a-,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0.综上,a=1.(2)证明 由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2-.当x时,h(x)0.所以h(x)在内单调递减,在内单调递增.又h(e-2)0,h120;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=