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

專題限時集訓(xùn)(十四)導(dǎo)數(shù)1(2019·全國卷)已知函數(shù)f(x)2sin xxcos xx，f(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)(1)證明：f(x)在區(qū)間(0，)存在唯一零點(diǎn)；(2)若x0，時，f(x)ax，求a的取值范圍解(1)證明：設(shè)g(x)f(x)，則g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.當(dāng)x時，g(x)0；當(dāng)x時，g(x)0，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減又g(0)0，g0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零點(diǎn)所以f(x)在(0，)存在唯一零點(diǎn)(2)由題設(shè)知f()a，f()0，可得a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一個零點(diǎn)，設(shè)為x0，且當(dāng)x(0，x0)時，f(x)0；當(dāng)x(x0，)時，f(x)0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，)上單調(diào)遞減又f(0)0，f()0，所以當(dāng)x0，時，f(x)0.又當(dāng)a0，x0，時，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范圍是(，02(2019·全國卷)已知函數(shù)f(x)2x3ax22.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)0a3時，記f(x)在區(qū)間0,1的最大值為M，最小值為m，求Mm的取值范圍解(1)f(x)6x22ax2x(3xa)令f(x)0，得x0或x.若a0，則當(dāng)x(，0)時，f(x)0，當(dāng)x時，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，f(x)0，當(dāng)x時，f(x)0，故f(x)在，(0，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減(2)當(dāng)0a3時，由(1)知，f(x)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，所以f(x)在0,1的最小值為f2，最大值為f(0)2或f(1)4a.于是m2，M所以Mm當(dāng)0a2時，可知2a單調(diào)遞減，所以Mm的取值范圍是.當(dāng)2a3時，單調(diào)遞增，所以Mm的取值范圍是.綜上，Mm的取值范圍是.3(2018·全國卷)已知函數(shù)f(x)aexln x1.(1)設(shè)x2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時，f(x)0.解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)aex.由題設(shè)知，f(2)0，所以a.從而f(x)exln x1，f(x)ex.當(dāng)0<x<2時，f(x)<0；當(dāng)x>2時，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時，f(x)ln x1.設(shè)g(x)ln x1，則g(x).當(dāng)0<x<1時，g(x)<0；當(dāng)x>1時，g(x)>0.所以x1是g(x)的最小值點(diǎn)故當(dāng)x>0時，g(x)g(1)0.因此，當(dāng)a時，f(x)0.4(2020·全國卷)已知函數(shù)f(x)x3kxk2.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有三個零點(diǎn)，求k的取值范圍解(1)f(x)3x2k.當(dāng)k0時，f(x)x3，故f(x)在(，)單調(diào)遞增當(dāng)k0時，f(x)3x2k0，故f(x)在(，)單調(diào)遞增當(dāng)k0時，令f(x)0，得x±.當(dāng)x時，f(x)0；當(dāng)x時，f(x)0；當(dāng)x時，f(x)0.故f(x)在，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減(2)由(1)知，當(dāng)k0時，f(x)在(，)單調(diào)遞增，f(x)不可能有三個零點(diǎn)當(dāng)k0時，x為f(x)的極大值點(diǎn)，x為f(x)的極小值點(diǎn)此時，k1k1且f(k1)0，f(k1)0，f0.根據(jù)f(x)的單調(diào)性，當(dāng)且僅當(dāng)f0，即k20時，f(x)有三個零點(diǎn)，解得k.因此k的取值范圍為.1(2020·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)x4ln x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)判斷f(x)在(0,10上的零點(diǎn)的個數(shù)，并說明理由(提示：ln 102.303)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(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)134×02<0，f(3)314ln 324ln 3<0，f(10)104ln 104ln 109.74×2.303>0，所以函數(shù)f(x)在(0,10上的零點(diǎn)有一個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，證明：f(x)ln x2x>2.解(1)f(x)aex2，當(dāng)a0時f(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減，則f(x)無極值當(dāng)a>0時，令f(x)0得xln，f(x)>0得x>ln，f(x)<0得x<ln，f(x)在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，f(x)的極小值為f22ln ，無極大值綜上：當(dāng)a0時，f(x)無極值當(dāng)a>0時，f(x)的極小值為f22ln ，無極大值(2)當(dāng)a1時，f(x)ln x2xexln x，令g(x)exln x2，g(x)ex(x>0)，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)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f(x)求導(dǎo)，得f(x)x(a1)(x0)當(dāng)a0時，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，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，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，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x3(a1)x2ax(x2x)ax3x2對任意的a3,5，x1,3成立記h(a)(x2x)ax3x2，則x1,3時，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，(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·鄲城模擬)已知函數(shù)f(x)xln xx1，g(x)exax，aR.(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：lnlnln1.解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)ln x，當(dāng)0x1時，f(x)0，x1時，f(x)0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x1時，f(x)取得最小值f(1)0.(2)由g(x)exax1恒成立可得ax1ex恒成立，設(shè)h(x)ex，則h(x)ex，故h(0)1，h(0)1，函數(shù)yh(x)在(0,1)處的切線方程為yx1，x1ex恒成立a1.(3)由(2)可知，x1ex恒成立，兩邊取對數(shù)得ln(x1)x，令x(i1,2,3n)累加得lnlnln 11.所以原不等式成立