《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓14 導數(shù)（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓14 導數(shù)（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學試題（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(十四)　導數(shù) 1．(2019·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)為f(x)的導數(shù)． (1)證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點； (2)若x∈[0，π]時，f(x)≥ax，求a的取值范圍． [解]　(1)證明：設g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x. 當x∈時，g′(x)＞0；當x∈時，g′(x)＜0，所以g(x)在上單調遞增，在上單調遞減． 又g(0)＝0，g＞0，g(π)＝－2， 故g(x)在(0，π)存在唯一零點． 所以f′(x)在(0，π)存在唯一零點．

2、(2)由題設知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0. 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個零點，設為x0，且當x∈(0，x0)時，f′(x)＞0； 當x∈(x0，π)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調遞增，在(x0，π)上單調遞減． 又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當x∈[0，π]時，f(x)≥0. 又當a≤0，x∈[0，π]時，ax≤0，故f(x)≥ax. 因此，a的取值范圍是(－∞，0]． 2．(2019·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋2. (1)討論f(x)的單調性； (2)當0＜a＜3時，記f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為M

3、，最小值為m，求M－m的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a＞0，則當x∈(－∞，0)∪時，f′(x)＞0， 當x∈時，f′(x)＜0， 故f(x)在(－∞，0)，單調遞增，在單調遞減； 若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增； 若a＜0，則當x∈∪(0，＋∞)時，f′(x)＞0， 當x∈時，f′(x)＜0， 故f(x)在，(0，＋∞)單調遞增，在單調遞減． (2)當0＜a＜3時，由(1)知，f(x)在單調遞減，在單調遞增，所以f(x)在[0,1]的最小值為f＝－＋2，最大值為f(0)＝2或f

4、(1)＝4－a. 于是m＝－＋2，M＝ 所以M－m＝ 當0＜a＜2時，可知2－a＋單調遞減， 所以M－m的取值范圍是. 當2≤a＜3時，單調遞增， 所以M－m的取值范圍是. 綜上，M－m的取值范圍是. 3．(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－ln x－1. (1)設x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調區(qū)間； (2)證明：當a≥時，f(x)≥0. [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－. 由題設知，f′(2)＝0，所以a＝. 從而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－. 當0

5、 當x>2時，f′(x)>0. 所以f(x)在(0,2)單調遞減，在(2，＋∞)單調遞增． (2)證明：當a≥時，f(x)≥－ln x－1. 設g(x)＝－ln x－1，則g′(x)＝－. 當01時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點． 故當x>0時，g(x)≥g(1)＝0. 因此，當a≥時，f(x)≥0. 4．(2020·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x3－kx＋k2. (1)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)有三個零點，求k的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝3x2－k. 當k＝0時，f(x)＝x3，故f(x)在(

6、－∞，＋∞)單調遞增． 當k＜0時，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增． 當k＞0時，令f′(x)＝0，得x＝±.當x∈時，f′(x)＞0； 當x∈時，f′(x)＜0；當x∈時，f′(x)＞0.故f(x)在，單調遞增，在單調遞減． (2)由(1)知，當k≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增，f(x)不可能有三個零點． 當k＞0時，x＝－為f(x)的極大值點，x＝為f(x)的極小值點．此時，－k－1＜－＜＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，f＞0.根據(jù)f(x)的單調性，當且僅當f＜0，即k2－＜0時，f(x)有三個零點，解得k＜.因此k的取值

7、范圍為. 1．(2020·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－－4ln x. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)判斷f(x)在(0,10]上的零點的個數(shù)，并說明理由．(提示：ln 10≈2.303) [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域{x|x>0}， f′(x)＝1＋－＝＝. 在區(qū)間(1,3)上，f′(x)<0，f(x)單調遞減， 在區(qū)間(0,1)，(3，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 所以f(x)單調遞增區(qū)間(0,1)，(3，＋∞)； f(x)單調遞減區(qū)間(1,3)． (2)由(1)知，f(1)＝1－3－4×0＝－2<0， f(3)＝3－1－4ln 3＝

8、2－4ln 3<0， f(10)＝10－－4ln 10＝－4ln 10≈9.7－4×2.303>0， 所以函數(shù)f(x)在(0,10]上的零點有一個． 2．(2020·蕪湖模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex－2x，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的極值； (2)當a≥1時，證明：f(x)－ln x＋2x>2. [解]　(1)f′(x)＝aex－2， 當a≤0時f′(x)<0，f(x)在R上單調遞減，則f(x)無極值． 當a>0時，令f′(x)＝0得x＝ln，f′(x)>0得x>ln，f′(x)<0得x

9、 ，無極大值． 綜上：當a≤0時，f(x)無極值． 當a>0時，f(x)的極小值為f＝2－2ln ，無極大值． (2)當a≥1時，f(x)－ln x＋2x≥ex－ln x， 令g(x)＝ex－ln x－2，g′(x)＝ex－(x>0)， 令g′(x)＝0得x＝x0，因為g′(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)， 所以函數(shù)g(x)在(0，x0)上單調遞減函數(shù)，在(x0，＋∞)上單調遞增函數(shù)，所以g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2(x0≠1)>0.即得證． 3．(2020·鄭州一中適應性檢測)已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x. (1)討論函數(shù)f(x)的

10、單調性； (2)對任意的a∈[3,5]，x1，x2∈[1,3](x1≠x2)，恒有|f(x1)－f(x2)|＜λ，求實數(shù)λ的取值范圍． [解]　(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為{x|x＞0}，對f(x)求導，得f′(x)＝x－(a＋1)＋＝(x＞0)． 當a≤0時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0,1)； 當0＜a＜1時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，a)，(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(a,1)； 當a＞1時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，(a，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(1，a)； 當a＝1時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，

11、沒有單調遞減區(qū)間． (2)不妨設1≤x1＜x2≤3，則－＞0. 又3≤a≤5，由(1)知，函數(shù)f(x)在[1,3]上單調遞減，則f(x1)－f(x2)＞0. 所以f(x1)－f(x2)＜－，即f(x1)－＜f(x2)－. 令g(x)＝f(x)－(1≤x≤3)，可知函數(shù)g(x)在[1,3]上單調遞增，則g′(x)＝f′(x)＋≥0， 即λ≥－x3＋(a＋1)x2－ax＝(x2－x)a－x3＋x2對任意的a∈[3,5]，x∈[1,3]成立．記h(a)＝(x2－x)a－x3＋x2，則x∈[1,3]時，h′(a)＝x2－x≥0，函數(shù)h(a)在[3,5]上單調遞增， 所以h(a)≤h(5)＝

12、－x3＋6x2－5x. 記φ(x)＝－x3＋6x2－5x，則φ′(x)＝－3x2＋12x－5， 注意到φ′(1)＝4＞0，φ′(3)＝4＞0，由二次函數(shù)性質知在x∈[1,3]時，φ′(x)＞0， 即函數(shù)φ(x)在[1,3]上單調遞增， 所以φ(x)≤φ(3)＝12， 故λ的取值范圍為[12，＋∞)． 4．(2020·鄲城模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x－x＋1，g(x)＝ex－ax，a∈R. (1)求f(x)的最小值； (2)若g(x)≥1在R上恒成立，求a的值； (3)求證：ln＋ln＋…＋ln＜1. [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝ln

13、x， ∴當0＜x＜1時，f′(x)＜0，x＞1時，f′(x)＞0， ∴f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增， ∴當x＝1時，f(x)取得最小值f(1)＝0. (2)由g(x)＝ex－ax≥1恒成立可得ax＋1≤ex恒成立， 設h(x)＝ex，則h′(x)＝ex，故h′(0)＝1，h(0)＝1， ∴函數(shù)y＝h(x)在(0,1)處的切線方程為y＝x＋1， ∴x＋1≤ex恒成立． ∴a＝1. (3)由(2)可知，x＋1≤ex恒成立， 兩邊取對數(shù)得ln(x＋1)≤x，令x＝(i＝1,2,3…n)累加得ln＋ln＋…＋ln ≤＋＋…＋＝＝1－＜1. 所以原不等式成立．