理科二轮专限时集训14 导数

专题限时集训十四导数
1．2021·全国卷Ⅰ函数f＝in －n1＋，f′为f的导数．证明：
1f′在区间错误!存在唯一极大值点；
2f有且仅有2个零点．
[证明]1设g＝f′，那么g＝co －错误!，g′＝－in ＋错误!当∈错误!时，g′单调递减，而g′0＞0，g′错误!＜0，可得g′在错误!有唯一零点，∈－1，α时，g′＞0；当∈错误!时，g′＜0
所以g在－1，α单调递增，在错误!单调递减，故g在错误!存在唯一极大值点，即f′在错误!存在唯一极大值点．
2f的定义域为－1，＋∞．
①当∈－1,0]时，由1知，f′在－1,0单调递增，而f′0＝0，所以当∈－1,0时，f′＜0，故f在－1,0单调递减．又f0＝0，从而＝0是f在－1,0]的唯一零点．
②当∈错误!时，由1知，f′在0，α单调递增，在错误!单调递减，而f′0＝0，f′错误!＜0，所以存在β∈错误!，使得f′β＝0，且当∈0，β时，f′＞0；当∈错误!时，f′＜在0，β单调递增，在错误!单调递减．
又f0＝0，f错误!＝1－n错误!＞0，所以当∈错误!时，f＞0从而，f在错误!没有零点．
③当∈错误!时，f′＜0，所以f在错误!单调递减．又f错误!＞0，fπ＜0，所以f 在错误!有唯一零点．
④当∈π，＋∞时，n＋1＞1，所以f＜0，从而f在π，＋∞没有零点．
综上，f有且仅有2个零点．
2．2021·全国卷Ⅲ函数f＝－1－a n
1假设f≥0，求a的值；
2设m为整数，且对于任意正整数n，错误!错误!·…·错误!＜m，求m的最小值．[解]1f的定义域为0，＋∞，
①假设a≤0，因为f错误!＝－错误!＋a n 2＜0，所以不满足题意．
②假设a>0，由f′＝1－错误!＝错误!知，
当∈0，a时，f′0
所以f在0，a单调递减，在a，＋∞单调递增．
故＝a是f在0，＋∞的唯一最小值点．
因为f1＝0，所以当且仅当a＝1时，f≥0，
故a＝1
2由1知当∈1，＋∞时，－1－n >0
令＝1＋错误!，得n错误!＜错误!，
从而n错误!＋n错误!＋…＋n错误!＜错误!＋错误!＋…＋错误!＝1－错误!＜1
故错误!错误!·…·错误!＜e
而错误!错误!错误!＞2，所以m的最小值为3
3．2021·全国卷Ⅰ函数f＝错误!－＋a n
1讨论f的单调性；
2假设f存在两个极值点1，2，证明：错误!＜a－2
[解]1f的定义域为0，＋∞，f′＝－错误!－1＋错误!＝－错误!
①假设a≤2，那么f′≤0，当且仅当a＝2，＝1时，f′＝0，所以f在0，＋∞单调递减．
②假设a＞2，令f′＝0，得＝错误!或＝错误!
当∈错误!∪错误!时，f′＜0；
当∈错误!时，f′＞在错误!，错误!单调递减，在错误!单调递增．
2证明：由1知，f存在两个极值点时，当且仅当a＞2
由于f的两个极值点1，2满足2－a＋1＝0，所以12＝1，不妨设1＜2，那么2＞1
由于错误!＝－错误!－1＋a错误!＝－2＋a错误!＝－2＋a错误!，
所以错误!＜a－2等价于错误!－2＋2n 2＜0
设函数g＝错误!－＋2n ，由1知，g在0，＋∞单调递减，又g1＝0，从而当∈1，＋∞时，g＜0
所以错误!－2＋2n 2＜0，即错误!＜a－2
4．2021·全国卷Ⅲ函数f＝23－a2＋b
1讨论f的单调性；
2是否存在a，b，使得f在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？假设存在，求出a，b的所有值；假设不存在，说明理由．
[解]1f′＝62－2a＝23－a．
令f′＝0，得＝0或＝错误!
假设a＞0，那么当∈－∞，0∪错误!时，f′＞0；当∈错误!时，f′＜在－∞，0，错误!单调递增，在错误!单调递减；
假设a＝0，f在－∞，＋∞单调递增；
假设a＜0，那么当∈错误!∪0，＋∞时，f′＞0；当∈错误!时，f′＜在错误!，0，＋∞单调递增，在错误!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在[0,1]单调递增，所以f在区间[0,1]的最小值为f0＝b，最大值为f1＝2－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在[0,1]单调递减，所以f在区间[0,1]的最大值为f0＝b，最小值为f1＝2－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在[0,1]的最小值为f错误!＝－错误!＋b，最大值为b或2－a＋b
假设－错误!＋b＝－1，b＝1，那么a＝3错误!，与0＜a＜3矛盾．
假设－错误!＋b＝－1,2－a＋b＝1，那么a＝3错误!或a＝－3错误!或a＝0，与0＜a＜3矛盾．
综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f在[0,1]的最小值为－1，最大值为1
1．2021·新乡二模函数f＝a－e a∈R．
1讨论f的单调性；
2讨论f在0，＋∞上的零点个数．
[解]1f′＝a－e，
当a≤0时，f′0时，当0，函数f在－∞，n a上单调递增，当>n a时，f′0，那么g′＝错误!，
当>1时，g′>0，函数单调递增，当0e时，a＝错误!在0，＋∞上有2个零点，即f有2个零点．
2．2021·芜湖模拟函数f＝a e－2，a∈R
1求函数f的极值；
2当a≥1时，证明：f－n ＋2>2
[解]1f′＝a e－2，
当a≤0时f′0时，令f′＝0得＝n错误!，f′>0得>n错误!，f′错误!错误!错误!错误!错误! 0时，f的极小值为f错误!＝2－2n 错误!，无极大值．
2当a≥1时，f－n ＋2≥e－n ，
令g＝e－n －2，g′＝e－错误!>0，
令g′＝0得＝0，因为g′在0，＋∞为增函数，
所以函数g在0，0上单调递减函数，在0，＋∞上单调递增函数，所以g≥g0＝e0－n 0－2＝错误!＋0－2021>0即得证．
3．2021·郑州一中适应性检测函数f＝错误!2－a＋1＋a n
1讨论函数f的单调性；
2对任意的a∈[3,5]，1，2∈[1,3]1≠2，恒有|f1－f2|＜λ错误!，求实数λ的取值范围．
[解]1由题意知，函数f的定义域为{|＞0}，对f求导，得f′＝－a＋1＋错误!＝错误!＞0．
当a≤0时，函数f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的单调递增区间为0，＋∞，没有单调递减区间．
2不妨设1≤1＜2≤3，那么错误!－错误!＞0
又3≤a≤5，由1知，函数f在[1,3]上单调递减，那么f1－f2＞0
所以f1－f2＜错误!－错误!，即f1－错误!＜f2－错误!
令g＝f－错误!1≤≤3，可知函数g在[1,3]上单调递增，那么g′＝f′＋错误!≥0，即λ≥－3＋a＋12－a＝2－a－3＋2对任意的a∈[3,5]，∈[1,3]成立．记ha＝2－a－3＋2，那么∈[1,3]时，h′a＝2－≥0，函数ha在[3,5]上单调递增，所以ha≤h5＝－3＋62－5
记φ＝－3＋62－5，那么φ′＝－32＋12－5，
注意到φ′1＝4＞0，φ′3＝4＞0，由二次函数性质知在∈[1,3]时，φ′＞0，
即函数φ在[1,3]上单调递增，
所以φ≤φ3＝12，
故λ的取值范围为[12，＋∞．
4．2021·潍坊模拟函数f＝n ＋，∈R
1求＝f在点1，f1处的切线方程；
2假设不等式f≤2＋恒成立，求的取值范围；
3求证：当n∈N*时，不等式错误!n4i2－1>错误!成立．
[解]1函数＝f的定义域为0，＋∞，
f′＝1＋n ＋，f′1＝1＋，
∵f1＝，∴函数＝f在点1，f1处的切线方程为－＝＋1－1，
即＝＋1－1
2设g＝n －＋－1，g′＝错误!－1，
∈0,1，g′>0，g单调递增，
∈1，＋∞，g′0，
∴n －＋－1≤0，
∴g ma＝g1＝－2≤0即可，故≤2
3由2可知：当＝2时，n ≤－1恒成立，
令＝错误!，由于i∈N*，错误!>0
故n错误!错误!1－错误!，
变形得：n4i2－1>1－错误!，
即n4i2－1>1－错误!错误!i＝1,2,3，…，n时，有n 3>1－错误!错误!，n 15>1－错误!错误!，
……
n4n2－1>1－错误!错误!，
两边同时相加得：
错误!n4i2－1>n－错误!错误!＝错误!>错误!，
所以不等式在n∈N*上恒成立。