统考版2024高考数学二轮复习专题限时集训14导数文含解析

PAGE专题限时集训(十四)导数1．(2024·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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，g′(x)＜0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减．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．(2024·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)探讨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＝eq\f(a,3).若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))时，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))单调递减；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a＜0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))时，f′(x)＜0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))单调递减．(2)当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，1))单调递增，所以f(x)在[0,1]的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋2，最大值为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.))当0＜a＜2时，可知2－a＋eq\f(a3,27)单调递减，所以M－m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2)).当2≤a＜3时，eq\f(a3,27)单调递增，所以M－m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，1)).综上，M－m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2)).3．(2024·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≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).从而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).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≥eq\f(1,e)时，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.设g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，则g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).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≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.4．(2024·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.(1)探讨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＝±eq\f(\r(3k),3).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))时，f′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))时，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)，＋∞))单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))单调递减．(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不行能有三个零点．当k＞0时，x＝－eq\f(\r(3k),3)为f(x)的极大值点，x＝eq\f(\r(3k),3)为f(x)的微小值点．此时，－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.依据f(x)的单调性，当且仅当feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)))＜0，即k2－eq\f(2k\r(3k),9)＜0时，f(x)有三个零点，解得k＜eq\f(4,27).因此k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,27))).1．(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝x－eq\f(3,x)－4lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)推断f(x)在(0,10]上的零点的个数，并说明理由．(提示：ln10≈2.303)[解](1)函数f(x)的定义域{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－eq\f(3,10)－4ln10＝eq\f(97,10)－4ln10≈9.7－4×2.303>0，所以函数f(x)在(0,10]上的零点有一个．2．(2024·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＝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)))上单调递减，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上单调递增，∴f(x)的微小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)))＝2－2lneq\f(2,a)，无极大值．综上：当a≤0时，f(x)无极值．当a>0时，f(x)的微小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)))＝2－2lneq\f(2,a)，无极大值．(2)当a≥1时，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＝eq\f(1,x0)＋x0－2(x0≠1)>0.即得证．3．(2024·郑州一中适应性检测)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋alnx.(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)对随意的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)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x－1x－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eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)＞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)＜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)，可知函数g(x)在[1,3]上单调递增，则g′(x)＝f′(x)＋eq\f(λ,x2)≥0，即λ≥－x3＋(a＋1)x2－ax＝(x2－x)a－x3＋x2对随意的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，留意到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．(2024·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：lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\