全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十二函数导数与方程文含解析

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1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x－xcs x－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)＝cs x＋xsin x－1，g′(x)＝xcs x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，g′(x)<0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
又g(0)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(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Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(x－1,x)＋ln x－1＝ln x－eq \f(1,x).
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－eq \f(1,2)＝eq \f(ln 4－1,2)>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当x当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得eq \f(1,α)<1又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)－1))lneq \f(1,α)－eq \f(1,α)－1＝eq \f(f（α）,α)＝0，
故eq \f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
3．(2019·东北四市联合体模拟(一))已知函数f(x)＝eq \f(2,x)＋aln x(a＞0)．
(1)若函数y＝f(x)图象上各点切线斜率的最大值为2，求函数f(x)的极值点；
(2)若关于x的不等式f(x)＜2有解，求a的取值范围．
解：f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(a,x)(x＞0)．
(1)∵a＞0，∴当eq \f(1,x)＝eq \f(a,4)时，f′(x)取得最大值eq \f(a2,8)，∴eq \f(a2,8)＝2.∵a＞0，∴a＝4.此时f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x－2,x2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴f(x)的极小值点为x＝eq \f(1,2)，无极大值点．
(2)∵f′(x)＝eq \f(ax－2,x2)(x＞0且a＞0)，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,a)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＝a＋aln eq \f(2,a).
∵关于x的不等式f(x)＜2有解，∴a＋aln eq \f(2,a)＜2.
∵a＞0，∴lneq \f(2,a)＋1－eq \f(2,a)＜0.
令g(x)＝ln x＋1－x，则g′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)＝0，∴由ln eq \f(2,a)＋1－eq \f(2,a)＜0可解得eq \f(2,a)＞0且eq \f(2,a)≠1，
∴a的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a|a＞0且a≠2)).
4．(2019·兰州市诊断考试)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－(a2＋a＋2)x＋a2(a＋2)ln x，a∈R.
(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)试判断当a∈[－1，1]时，函数y＝f(x)的零点的个数，并说明理由．
解：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－2x＋ln x，
∴f′(x)＝x－2＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)＝eq \f(（x－1）2,x)≥0，
∴函数y＝f(x)在其定义域内为增函数，单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)①当a＝0，f(x)＝eq \f(1,2)x2－2x＝eq \f(1,2)(x－2)2－2(x＞0)，
由于f(4)＝0，故函数有且只有一个零点．
②当a＝－1时，由(1)知函数y＝f(x)在其定义域内为增函数，
由于f(e)＝eq \f(e2,2)－2e＋1＝eq \f(（e－2）2－2,2)＜0，
f(e2)＝eq \f(e4,2)－2e2＋2＝eq \f(（e2－2）2,2)＞0，故函数有且只有一个零点．
③当－1＜a＜0或0＜a≤1时，a＋2＞a2＞0，
可得当x∈(0，a2)时，f′(x)＞0，函数为增函数；当x∈(a2，a＋2)时，f′(x)＜0，函数为减函数；当x∈(a＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数为增函数．
∴当x＝a2时，函数有极大值f(a2)＝eq \f(1,2)a2[a2－2(a2＋a＋2)＋2(a＋2)ln a2]
＝eq \f(1,2)a2[－a2－2(a＋2)＋2(a＋2)ln a2]，
当－1＜a＜0或0＜a≤1时，a2≤1，∴f(a2)＜0，
又f(e3)＞0，故函数有且只有一个零点．
综上可知，当a∈[－1，1]时，函数y＝f(x)有且只有一个零点．