（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十四)　導(dǎo)數(shù) 1．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．證明： (1)f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點(diǎn)； (2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)． [證明]　(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零點(diǎn)，設(shè)為α.則當(dāng)x∈(－1，α)時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0. 所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故g(x)在存在唯一極大值點(diǎn)，即f′(x)在存在唯一極大值點(diǎn)． (2

2、)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)． ①當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，由(1)知，f′(x)在(－1,0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零點(diǎn)． ②當(dāng)x∈時(shí)，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且當(dāng)x∈(0，β)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． 又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＞0.從而，f(x)在沒有零點(diǎn)．

3、 ③當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在單調(diào)遞減．又f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零點(diǎn)． ④當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，從而f(x)在(π，＋∞)沒有零點(diǎn)． 綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)． 2．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，·…·＜m，求m的最小值． [解]　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， ①若a≤0，因?yàn)閒＝－＋aln 2＜0，所以不滿足題意． ②若a>0，由f′(x)＝1－＝知， 當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)

4、<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，a)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)單調(diào)遞增． 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點(diǎn)． 因?yàn)閒(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥0， 故a＝1. (2)由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，x－1－ln x>0. 令x＝1＋，得ln＜， 從而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1. 故·…·＜e. 而＞2，所以m的最小值為3. 3．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝－x＋aln x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：＜a－2. [解]　(1)f

5、(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－. ①若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時(shí)，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減． ②若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝. 當(dāng)x∈∪時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)在，單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增． (2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a＞2. 由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1. 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a， 所以＜a－2等價(jià)于－x2＋2ln x2＜0. 設(shè)函數(shù)g(

6、x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＜0. 所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2. 4．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由． [解]　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a＞0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在(－

7、∞，0)，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減； 若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增； 若a＜0，則當(dāng)x∈∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． (2)滿足題設(shè)條件的a，b存在． ①當(dāng)a≤0時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時(shí)a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1. ②當(dāng)a≥3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a

8、＋b.此時(shí)a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1. ③當(dāng)0＜a＜3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值為f＝－＋b，最大值為b或2－a＋b. 若－＋b＝－1，b＝1，則a＝3，與0＜a＜3矛盾． 若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，則a＝3或a＝－3或a＝0，與0＜a＜3矛盾． 綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時(shí)，f(x)在[0,1]的最小值為－1，最大值為1. 1．(2020·新鄉(xiāng)二模)已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)討論f(x)在(0，＋∞)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． [解]　(1)f′(

9、x)＝a－ex， 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)在R上單調(diào)遞減， 當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)x0，函數(shù)f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>ln a時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)令f(x)＝0可得a＝， 設(shè)g(x)＝，x>0，則g′(x)＝， 當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)0e時(shí)，a＝在(0

10、，＋∞)上有2個(gè)零點(diǎn)，即f(x)有2個(gè)零點(diǎn)． 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(dāng)a≥1時(shí)，證明：f(x)－ln x＋2x>2. [解]　(1)f′(x)＝aex－2， 當(dāng)a≤0時(shí)f′(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減，則f(x)無極值． 當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0得x＝ln，f′(x)>0得x>ln，f′(x)<0得x0時(shí)，f(x)的極小值為f＝2－2ln ，無極

11、大值． (2)當(dāng)a≥1時(shí)，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?yàn)間′(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)， 所以函數(shù)g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減函數(shù)，在(x0，＋∞)上單調(diào)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(yīng)性檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)對(duì)任意的a∈[3,5]，x1，x2∈[1,3](x1≠x2)，恒有|f(x1)－f(x2)

12、|＜λ，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍． [解]　(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x＞0}，對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝x－(a＋1)＋＝(x＞0)． 當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)； 當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)，(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,1)； 當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，a)； 當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，沒有單調(diào)遞減區(qū)間． (2)不妨設(shè)1≤x1＜x2≤3，則－＞0. 又3≤a≤5，由(1)知，函數(shù)f(x)在

13、[1,3]上單調(diào)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(diào)遞增，則g′(x)＝f′(x)＋≥0， 即λ≥－x3＋(a＋1)x2－ax＝(x2－x)a－x3＋x2對(duì)任意的a∈[3,5]，x∈[1,3]成立．記h(a)＝(x2－x)a－x3＋x2，則x∈[1,3]時(shí)，h′(a)＝x2－x≥0，函數(shù)h(a)在[3,5]上單調(diào)遞增， 所以h(a)≤h(5)＝－x3＋6x2－5x. 記φ(x)＝－x3＋6x2－5x，則φ′(x)＝－3x2＋12x－5， 注意到φ

14、′(1)＝4＞0，φ′(3)＝4＞0，由二次函數(shù)性質(zhì)知在x∈[1,3]時(shí)，φ′(x)＞0， 即函數(shù)φ(x)在[1,3]上單調(diào)遞增， 所以φ(x)≤φ(3)＝12， 故λ的取值范圍為[12，＋∞)． 4．(2020·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋kx，k∈R. (1)求y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)若不等式f(x)≤x2＋x恒成立，求k的取值范圍； (3)求證：當(dāng)n∈N*時(shí)，不等式n(4i2－1)>成立． [解]　(1)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝1＋ln x＋k，f′(1)＝1＋k， ∵f(1)＝k，∴函數(shù)y＝f(

15、x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－k＝(k＋1)(x－1)， 即y＝(k＋1)x－1. (2)設(shè)g(x)＝ln x－x＋k－1，g′(x)＝－1， x∈(0,1)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增， x∈(1，＋∞)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， ∵不等式f(x)≤x2＋x恒成立，且x>0， ∴l(xiāng)n x－x＋k－1≤0， ∴g(x)max＝g(1)＝k－2≤0即可，故k≤2. (3)由(2)可知：當(dāng)k＝2時(shí)，ln x≤x－1恒成立， 令x＝，由于i∈N*，>0. 故ln<－1， 整理得：ln(4i2－1)>1－， 變形得：ln(4i2－1)>1－， 即ln(4i2－1)>1－(i＝1,2,3，…，n)時(shí)，有l(wèi)n 3>1－ ， ln 15>1－， …… ln(4n2－1)>1－ ， 兩邊同時(shí)相加得： n(4i2－1)>n－＝>， 所以不等式在n∈N*上恒成立.