专题限时集训(十四)导数1．(2019·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∈时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．又g(0)＝0，g＞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．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)讨论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＝.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)当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在单调递减，在单调递增，所以f(x)在[0,1]的最小值为f＝－＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.于是m＝－＋2，M＝所以M－m＝当0＜a＜2时，可知2－a＋单调递减，所以M－m的取值范围是.当2≤a＜3时，单调递增，所以M－m的取值范围是.综上，M－m的取值范围是.3．(2018·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≥时，f(x)≥0.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.当02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≥时，f(x)≥－lnx－1.设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－.当01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≥时，f(x)≥0.4．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.(1)讨论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＝±.当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.故f(x)在，单调递增，在单调递减．(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．当k＞0时，x＝－为f(x)的极大值点，x＝为f(x)的极小值点．此时，－k－1＜－＜＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，f＞0.根据f(x)的单调性，当且仅当f＜0，即k2－＜0时，f(x)有三个零点，解得k＜.因此k的取值范围为.1．(2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝x－－4lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)判断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＋－＝＝.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－－4ln10＝－4ln10≈9.7－4×2.303>0，所以函数f(x)在(0,10]上的零点有一个．2．(2020·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＝ln，f′(x)>0得x>ln，f′(x)<0得x
