(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)已知函數(shù)f(x)sin xln(1x),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,g0,可得g(x)在有唯一零點(diǎn),設(shè)為.則當(dāng)x(1,)時(shí),g(x)0;當(dāng)x時(shí),g(x)0.所以g(x)在(1,)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)f(x)的定義域?yàn)?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

2、,0)時(shí),f(x)0,故f(x)在(1,0)單調(diào)遞減又f(0)0,從而x0是f(x)在(1,0的唯一零點(diǎn)當(dāng)x時(shí),由(1)知,f(x)在(0,)單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減,而f(0)0,f0,所以存在,使得f()0,且當(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)遞減又f(0)0,f1ln0,所以當(dāng)x時(shí),f(x)0.從而,f(x)在沒有零點(diǎn)當(dāng)x時(shí),f(x)0,所以f(x)在單調(diào)遞減又f0,f()0,所以f(x)在有唯一零點(diǎn)當(dāng)x(,)時(shí),ln(x1)1,所以f(x)0,從而f(x)在(,)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)已知函數(shù)f(x)x1

3、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,),若a0,因?yàn)閒aln 20,所以不滿足題意若a0,由f(x)1知,當(dāng)x(0,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xa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)a1時(shí),f(x)0,故a1.(2)由(1)知當(dāng)x(1,)時(shí),x1ln x0.令x1,得ln,從而lnlnln11.故e.而2,所以m的最小值為3.3(2018全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)xaln x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)存在兩個(gè)極值

4、點(diǎn)x1,x2,證明:a2.解(1)f(x)的定義域?yàn)?0,),f(x)1.若a2,則f(x)0,當(dāng)且僅當(dāng)a2,x1時(shí),f(x)0,所以f(x)在(0,)單調(diào)遞減若a2,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)a2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2滿足x2ax10,所以x1x21,不妨設(shè)x1x2,則x21.由于1a2a2a,所以a2等價(jià)于x22ln x20.設(shè)函數(shù)g(x)x2ln 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

5、2ln x20,即a2.4(2019全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)2x3ax2b.(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)6x22ax2x(3xa)令f(x)0,得x0或x.若a0,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;若a0,f(x)在(,)單調(diào)遞增;若a0,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存在當(dāng)a0時(shí),由(1)知,f(x)在0,1單調(diào)遞

6、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)2ab.此時(shí)a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b1,2ab1,即a0,b1.當(dāng)a3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)2ab.此時(shí)a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2ab1,b1,即a4,b1.當(dāng)0a3時(shí),由(1)知,f(x)在0,1的最小值為fb,最大值為b或2ab.若b1,b1,則a3,與0a3矛盾若b1,2ab1,則a3或a3或a0,與0a3矛盾綜上,當(dāng)且僅當(dāng)a0,b1或a4,b1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)axex

7、(aR)(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(x)aex,當(dāng)a0時(shí),f(x)0時(shí),當(dāng)x0,函數(shù)f(x)在(,ln a)上單調(diào)遞增,當(dāng)xln a時(shí),f(x)0,則g(x),當(dāng)x1時(shí),g(x)0,函數(shù)單調(diào)遞增,當(dāng)0x1時(shí),g(x)0,函數(shù)單調(diào)遞減,故g(x)g(1)e,當(dāng)ae時(shí),a在(0,)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)aex2x,aR.(1)求函數(shù)f(x)的極值;(2)當(dāng)a1時(shí),證明:f(x)ln x2x2.解(1)f(x)aex2,當(dāng)a0時(shí)f(x)0時(shí),令f(x)0得xln,f(x)0得xln,f(x)0得x0

8、時(shí),f(x)的極小值為f22ln ,無極大值(2)當(dāng)a1時(shí),f(x)ln x2xexln x,令g(x)exln x2,g(x)ex(x0),令g(x)0得xx0,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)ex0ln x02x02(x01)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(a1)xaln x.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)對(duì)任意的a3,5,x1,x21,3(x1x2),恒有|f(x1)f(x2)|,求實(shí)數(shù)的取值范圍解(1)由題意知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閤|x0,對(duì)f(x

9、)求導(dǎo),得f(x)x(a1)(x0)當(dāng)a0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)0a1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)a1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)a1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)1x1x23,則0.又3a5,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),即f(x1)f(x2).令g(x)f(x)(1x3),可知函數(shù)g(x)在1,3上單調(diào)遞增,則g(x)f(x)0,即

10、x3(a1)x2ax(x2x)ax3x2對(duì)任意的a3,5,x1,3成立記h(a)(x2x)ax3x2,則x1,3時(shí),h(a)x2x0,函數(shù)h(a)在3,5上單調(diào)遞增,所以h(a)h(5)x36x25x.記(x)x36x25x,則(x)3x212x5,注意到(1)40,(3)40,由二次函數(shù)性質(zhì)知在x1,3時(shí),(x)0,即函數(shù)(x)在1,3上單調(diào)遞增,所以(x)(3)12,故的取值范圍為12,)4(2020濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)xln xkx,kR.(1)求yf(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程;(2)若不等式f(x)x2x恒成立,求k的取值范圍;(3)求證:當(dāng)nN*時(shí),不等式n(4i21

11、)成立解(1)函數(shù)yf(x)的定義域?yàn)?0,),f(x)1ln xk,f(1)1k,f(1)k,函數(shù)yf(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為yk(k1)(x1),即y(k1)x1.(2)設(shè)g(x)ln xxk1,g(x)1,x(0,1),g(x)0,g(x)單調(diào)遞增,x(1,),g(x)0,ln xxk10,g(x)maxg(1)k20即可,故k2.(3)由(2)可知:當(dāng)k2時(shí),ln xx1恒成立,令x,由于iN*,0.故ln1,變形得:ln(4i21)1,即ln(4i21)1(i1,2,3,n)時(shí),有l(wèi)n 31 ,ln 151,ln(4n21)1 ,兩邊同時(shí)相加得:n(4i21)n,所以不等式在nN*上恒成立.

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