（统考版）高考数学二轮复习 专题限时集训14 导数（含解析）（理）-人教版高三数学试题VIP免费

专题限时集训(十四)导数1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点．[证明](1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－，g′(x)＝－sinx＋.当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零点．②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点．③当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．又f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点．2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为f＝－＋aln2＜0，所以不满足题意．②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0.令x＝1＋，得ln＜，从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.故·…·＜e.而＞2，所以m的最小值为3.3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．②若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝.当x∈∪时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.所以f(x)在，单调递减，在单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以＜a－2等价于－x2＋2lnx2＜0.设函数g(x)＝－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.所以－x2＋2lnx2＜0，即＜a－2.4．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．[解](1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a＜0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．(2)满足题设条件的a，b存在．①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.③当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为f＝－＋b，最大值为b或2－a＋b.若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3矛盾．综上，当且仅当a＝0，b...