【文档说明】2021高考数学（文）集训14　导数 .docx，共(8)页，98.609 KB，由小赞的店铺上传

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专题限时集训(十四)导数1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．[解](1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋

xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈0，π2时，g′(x)＞0；当x∈π2，π时，g′(x)＜0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．又g(0)＝0，gπ2＞0

，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0

；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤

0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．2．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0＜a＜3时，记f(x)在区间[0,1]的最

大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．[解](1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3.若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)＞0，当x∈0，a

3时，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a＜0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)

时，f′(x)＞0，当x∈a3，0时，f′(x)＜0，故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．(2)当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在0

，a3单调递减，在a3，1单调递增，所以f(x)在[0,1]的最小值为fa3＝－a327＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.于是m＝－a327＋2，M＝4－a，0＜a＜2，

2，2≤a＜3.所以M－m＝2－a＋a327，0＜a＜2，a327，2≤a＜3.当0＜a＜2时，可知2－a＋a327单调递减，所以M－m的取值范围是827，2.当2≤a＜3时，a327单调递增，所以M－m的取值范围是827，1.综上，M－m的取值范围是

827，2.3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝

12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x.当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．

(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e

时，f(x)≥0.4．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．[解](1)f′(x)＝3x2－k.当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．当

k＜0时，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±3k3.当x∈－∞，－3k3时，f′(x)＞0；当x∈－3k3，3k3时，f′(x)＜0；当x∈3k3，＋∞时，f

′(x)＞0.故f(x)在－∞，－3k3，3k3，＋∞单调递增，在－3k3，3k3单调递减．(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．当k＞0时，x＝－3k3为f(x)的极大值点，x＝3k3为f(x)

的极小值点．此时，－k－1＜－3k3＜3k3＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，f－3k3＞0.根据f(x)的单调性，当且仅当f3k3＜0，即k2－2k3k9＜0时，f(x)有三个零点，解得k＜427.因此k的

取值范围为0，427.1．(2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝x－3x－4lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)判断f(x)在(0,10]上的零点的个数，并说明理由．(提示：ln10≈2.30

3)[解](1)函数f(x)的定义域{x|x>0}，f′(x)＝1＋3x2－4x＝x2－4x＋3x2＝(x－3)(x－1)x2.在区间(1,3)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(0,1)，(3，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)单调递增区间(0,1)，(3，

＋∞)；f(x)单调递减区间(1,3)．(2)由(1)知，f(1)＝1－3－4×0＝－2<0，f(3)＝3－1－4ln3＝2－4ln3<0，f(10)＝10－310－4ln10＝9710－4ln10≈9.7－4×2.

303>0，所以函数f(x)在(0,10]上的零点有一个．2．(2020·芜湖模拟)已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R.(1)求函数f(x)的极值；(2)当a≥1时，证明：f(x)－lnx＋2x>2.[解](1)f′(x)＝aex－2，当a≤0时f′(x)<0，f(x)在R上单调递减

，则f(x)无极值．当a>0时，令f′(x)＝0得x＝ln2a，f′(x)>0得x>ln2a，f′(x)<0得x<ln2a，∴f(x)在－∞，ln2a上单调递减，ln2a，＋∞上单调递增，∴f(x)的极小值为fln2a＝2－2ln2a，无极大值．综上：当a≤

0时，f(x)无极值．当a>0时，f(x)的极小值为fln2a＝2－2ln2a，无极大值．(2)当a≥1时，f(x)－lnx＋2x≥ex－lnx，令g(x)＝ex－lnx－2，g′(x)＝ex－1x(x>0)，令g′(x)＝0得x＝x0，因为g′(x)在(0，＋∞)为增函数，所以函数g

(x)在(0，x0)上单调递减函数，在(x0，＋∞)上单调递增函数，所以g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝1x0＋x0－2(x0≠1)>0.即得证．3．(2020·郑州一中适应性检测)已知函数f(x)＝12x2－(a＋1)x＋alnx.(1)讨论函数f(x)的单调

性；(2)对任意的a∈[3,5]，x1，x2∈[1,3](x1≠x2)，恒有|f(x1)－f(x2)|＜λ1x1－1x2，求实数λ的取值范围．[解](1)由题意知，函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，对f(x

)求导，得f′(x)＝x－(a＋1)＋ax＝(x－1)(x－a)x(x＞0)．当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当0＜a＜1时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a,1)；当a＞1时

，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，(a，＋∞)，单调递减区间为(1，a)；当a＝1时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间．(2)不妨设1≤x1＜x2≤3，则1x1－1x2＞0.又3≤a≤5，由(1)知，函数f(x)在[1,3]上单调递减，则f

(x1)－f(x2)＞0.所以f(x1)－f(x2)＜λx1－λx2，即f(x1)－λx1＜f(x2)－λx2.令g(x)＝f(x)－λx(1≤x≤3)，可知函数g(x)在[1,3]上单调递增，则g′(x)＝f′(x)＋λx2≥0

，即λ≥－x3＋(a＋1)x2－ax＝(x2－x)a－x3＋x2对任意的a∈[3,5]，x∈[1,3]成立．记h(a)＝(x2－x)a－x3＋x2，则x∈[1,3]时，h′(a)＝x2－x≥0，函数h(a)在[3

,5]上单调递增，所以h(a)≤h(5)＝－x3＋6x2－5x.记φ(x)＝－x3＋6x2－5x，则φ′(x)＝－3x2＋12x－5，注意到φ′(1)＝4＞0，φ′(3)＝4＞0，由二次函数性质知在x∈[1,3]时，φ′(x)＞0，即函数φ(x)在[1,3]上单调递增，所以φ(x

)≤φ(3)＝12，故λ的取值范围为[12，＋∞)．4．(2020·郸城模拟)已知函数f(x)＝xlnx－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)求证：ln

1＋12＋ln1＋122＋…＋ln1＋12n＜1.[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝lnx，∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，x＞1时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，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，设h(x)＝ex，则h′(x)＝ex，故h′(0)＝1，h(0)＝1，∴函数y＝h(x)在(0,1)处的切线方程为y＝x＋1

，∴x＋1≤ex恒成立．∴a＝1.(3)由(2)可知，x＋1≤ex恒成立，两边取对数得ln(x＋1)≤x，令x＝12i(i＝1,2,3…n)累加得ln1＋12＋ln1＋122＋…＋ln1＋12n≤12＋122＋…＋12

n＝121－12n1－12＝1－12n＜1.所以原不等式成立．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com