統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)14導(dǎo)數(shù)文含解析

PAGE專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(十四)導(dǎo)數(shù)1．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．(1)證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)；(2)若x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥ax，求a的取值范圍．[解](1)證明：設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減．又g(0)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零點(diǎn)．所以f′(x)在(0，π)存在唯一零點(diǎn)．(2)由題設(shè)知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥0.又當(dāng)a≤0，x∈[0，π]時(shí)，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范圍是(－∞，0]．2．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)0＜a＜3時(shí)，記f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為M，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＝eq\f(a,3).若a＞0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調(diào)遞減；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增；若a＜0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))單調(diào)遞減．(2)當(dāng)0＜a＜3時(shí)，由(1)知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，1))單調(diào)遞增，所以f(x)在[0,1]的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋2，最大值為f(0)＝2或f(1)＝4－a.于是m＝－eq\f(a3,27)＋2，M＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－a，0＜a＜2，,2，2≤a＜3.))所以M－m＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＋\f(a3,27)，0＜a＜2，,\f(a3,27)，2≤a＜3.))當(dāng)0＜a＜2時(shí)，可知2－a＋eq\f(a3,27)單調(diào)遞減，所以M－m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2)).當(dāng)2≤a＜3時(shí)，eq\f(a3,27)單調(diào)遞增，所以M－m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，1)).綜上，M－m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2)).3．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增．(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點(diǎn)．故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.因此，當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.4．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x3－kx＋k2.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，求k的取值范圍．[解](1)f′(x)＝3x2－k.當(dāng)k＝0時(shí)，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．當(dāng)k＜0時(shí)，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．當(dāng)k＞0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3k),3).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))時(shí)，f′(x)＞0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)k≤0時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，f(x)不行能有三個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)k＞0時(shí)，x＝－eq\f(\r(3k),3)為f(x)的極大值點(diǎn)，x＝eq\f(\r(3k),3)為f(x)的微小值點(diǎn)．此時(shí)，－k－1＜－eq\f(\r(3k),3)＜eq\f(\r(3k),3)＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)))＞0.依據(jù)f(x)的單調(diào)性，當(dāng)且僅當(dāng)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)))＜0，即k2－eq\f(2k\r(3k),9)＜0時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，解得k＜eq\f(4,27).因此k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,27))).1．(2024·長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(3,x)－4lnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)推斷f(x)在(0,10]上的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由．(提示：ln10≈2.303)[解](1)函數(shù)f(x)的定義域{x|x>0}，f′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(x2－4x＋3,x2)＝eq\f(x－3x－1,x2).在區(qū)間(1,3)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(0,1)，(3，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)單調(diào)遞增區(qū)間(0,1)，(3，＋∞)；f(x)單調(diào)遞減區(qū)間(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－eq\f(3,10)－4ln10＝eq\f(97,10)－4ln10≈9.7－4×2.303>0，所以函數(shù)f(x)在(0,10]上的零點(diǎn)有一個(gè)．2．(2024·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)－lnx＋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(wú)極值．當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0得x＝lneq\f(2,a)，f′(x)>0得x>lneq\f(2,a)，f′(x)<0得x<lneq\f(2,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))上單調(diào)遞減，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴f(x)的微小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)))＝2－2lneq\f(2,a)，無(wú)極大值．綜上：當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無(wú)極值．當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的微小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)))＝2－2lneq\f(2,a)，無(wú)極大值．(2)當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)－lnx＋2x≥ex－lnx，令g(x)＝ex－lnx－2，g′(x)＝ex－eq\f(1,x)(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－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2(x0≠1)>0.即得證．3．(2024·鄭州一中適應(yīng)性檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋alnx.(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)對(duì)隨意的a∈[3,5]，x1，x2∈[1,3](x1≠x2)，恒有|f(x1)－f(x2)|＜λeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，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)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x－1x－a,x)(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(méi)有單調(diào)遞減區(qū)間．(2)不妨設(shè)1≤x1＜x2≤3，則eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)＞0.又3≤a≤5，由(1)知，函數(shù)f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減，則f(x1)－f(x2)＞0.所以f(x1)－f(x2)＜eq\f(λ,x1)－eq\f(λ,x2)，即f(x1)－eq\f(λ,x1)＜f(x2)－eq\f(λ,x2).令g(x)＝f(x)－eq\f(λ,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)＋eq\f(λ,x2)≥0，即λ≥－x3＋(a＋1)x2－ax＝(x2－x)a－x3＋x2對(duì)隨意的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，留意到φ′(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．(2024·鄲城模擬)已知函數(shù)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)求證：lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\