《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓14 導數(shù)（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓14 導數(shù)（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學試題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(十四)導數(shù)1(2019全國卷)已知函數(shù)f(x)sin xln(1x)，f(x)為f(x)的導數(shù)證明：(1)f(x)在區(qū)間存在唯一極大值點；(2)f(x)有且僅有2個零點證明(1)設g(x)f(x)，則g(x)cos x，g(x)sin x.當x時，g(x)單調(diào)遞減，而g(0)0，g0，可得g(x)在有唯一零點，設為.則當x(1，)時，g(x)0；當x時，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，即f(x)在存在唯一極大值點(2)f(x)的定義域為(1，)當x(1,0時，由(1)知，f(x)在(1,0)單調(diào)遞增，而f(0)0，所以當x(1

2、,0)時，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的唯一零點當x時，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x(0，)時，f(x)0；當x時，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x時，f(x)0.從而，f(x)在沒有零點當x時，f(x)0，所以f(x)在單調(diào)遞減又f0，f()0，所以f(x)在有唯一零點當x(，)時，ln(x1)1，所以f(x)0，從而f(x)在(，)沒有零點綜上，f(x)有且僅有2個零點2(2017全國卷)已知函數(shù)f(x)x1

3、aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)設m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，m，求m的最小值解(1)f(x)的定義域為(0，)，若a0，因為faln 20，所以不滿足題意若a0，由f(x)1知，當x(0，a)時，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，)的唯一最小值點因為f(1)0，所以當且僅當a1時，f(x)0，故a1.(2)由(1)知當x(1，)時，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)存在兩個極值

4、點x1，x2，證明：a2.解(1)f(x)的定義域為(0，)，f(x)1.若a2，則f(x)0，當且僅當a2，x1時，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x時，f(x)0；當x時，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)存在兩個極值點時，當且僅當a2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2ax10，所以x1x21，不妨設x1x2，則x21.由于1a2a2a，所以a2等價于x22ln x20.設函數(shù)g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)單調(diào)遞減，又g(1)0，從而當x(1，)時，g(x)0.所以x2

5、2ln x20，即a2.4(2019全國卷)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x(，0)時，f(x)0；當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x(0，)時，f(x)0；當x時，f(x)0.故f(x)在，(0，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減(2)滿足題設條件的a，b存在當a0時，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a，b滿足題設條件當且僅當b1，2ab1，即a0，b1.當a3時，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a，b滿足題設條件當且僅當2ab1，b1，即a4，b1.當0a3時，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，當且僅當a0，b1或a4，b1時，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，)上的零點個數(shù)解(1)f(x)aex，當a0時，f(x)0時，當x0，函數(shù)f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞增，當xln a時，f(x)0，則g(x)，當x1時，g(x)0，函數(shù)單調(diào)遞增，當0x1時，g(x)0，函數(shù)單調(diào)遞減，故g(x)g(1)e，當ae時，a在(0，)上有2個零點，即f(x)有2個零點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a1時，證明：f(x)ln x2x2.解(1)f(x)aex2，當a0時f(x)0時，令f(x)0得xln，f(x)0得xln，f(x)0得x0

8、時，f(x)的極小值為f22ln ，無極大值(2)當a1時，f(x)ln x2xexln x，令g(x)exln x2，g(x)ex(x0)，令g(x)0得xx0，因為g(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)|，求實數(shù)的取值范圍解(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為x|x0，對f(x

9、)求導，得f(x)x(a1)(x0)當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濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)xln xkx，kR.(1)求yf(x)在點(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nN*時，不等式n(4i21

11、)成立解(1)函數(shù)yf(x)的定義域為(0，)，f(x)1ln xk，f(1)1k，f(1)k，函數(shù)yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為yk(k1)(x1)，即y(k1)x1.(2)設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k2時，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，有l(wèi)n 31 ，ln 151，ln(4n21)1 ，兩邊同時相加得：n(4i21)n，所以不等式在nN*上恒成立.