2021新高考数学(山东专用)二轮复习学案：板块2 命题区间精讲 精讲6 导数 Word版含解析

导数
阅卷案例思维导图(2020·全国卷Ⅰ，T21，12分)已知函数f (x)＝e x＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)当x≥0时，f (x)≥1
2x
3＋1，求a的取值范围.
本题考查：函数的单调性、导数的应用、不等式恒成立等知
识，数学抽象、数学运算、逻辑推理等核心素养.
答题模板标准解答踩点得分第1步：求导
利用导数运算法则求解.
第2步：判断单调性
依据f′(x)的符号同f (x)的关系求得，必要时可二次求导.
第3步：分离变量
对于恒成立问题常采用分离参数法.
第4步：讨论分离后的函数单调性
对于分离后的函数其单调性常采用进一步求导的方式判断. 第5步：得结论
结合单调性及最值写出参数的范围. ←
⎩⎪
⎨
⎪⎧(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，
f′(x)＝e x＋2x－1，1分
←
⎩⎪
⎨
⎪⎧设g(x)＝f′(x)，
因为g′(x)＝e x＋2＞0，可得g(x)在R上递增，即f′(x)在R上递增，2分
因为f′(0)＝0，所以当x＞0时，f′(x)＞0；当x＜0时，f′(x)＜0，
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.3分
←
⎩
⎨
⎧(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1恒成立，
①当x＝0时，不等式恒成立，可得a∈R；4分
②当x＞0时，可得a≥
1
2x
3＋x＋1－e x
x2
恒成立，5分
←
⎩⎪
⎪
⎨
⎪
⎪⎧设h(x)＝
1
2
x3＋x＋1－e x
x2
，
则h(x)＝
(2－x)e x－
1
2
x2－x－1
x3
，6分
可设m(x)＝e x－1
2
x2－x－1，可得m(x)＝e x－x－1，
m″(x)＝e x－1，
由x≥0，可得m″(x)≥0恒成立，可得m(x)在(0，＋∞)递增，
所以m(x)min＝m(0)＝0，8分
即m(x)≥0恒成立，即m(x)在(0，＋∞)递增，所以m(x)min＝m(0)＝0，9分
再令h(x)＝0，可得x＝2，当0＜x＜2时，h(x)＞0，h(x)在(0，2)递增；
x＞2时，h(x)＜0，h(x)在(2，＋∞)递减，10分
所以h(x)max＝h(2)＝
7－e2
4
，11分
所以a≥
7－e2
4
，
综上可得a的取值范围是[
7－e2
4
，＋∞）.12分
第(1)问得分点及说明：
1.正确求导得1分.
2.利用导数研究f′(x)的单
调性得1分.
3.f (x)的单调性正确得1
分.
第(2)问得分点及说明：
1.正确讨论x＝0的情形得
1分.
2.当x＞0时，正确分离参
数a得1分.
3.对h(x)正确求导得1分.
4.正确得出m(x)的单调性
得3分.
5.正确得出h(x)单调性得1
分.
6.正确求出h(x)的最大值
得1分.
7.正确得出参数a的范围
得1分.
命题点1导数的简单应用
利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性，才能研究其函数图象的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等．注意：若可导函数f (x)在区间D上单调递增，则有f′(x)≥0在区间D上恒成立，但反过来不一定成立．
[高考题型全通关]
1．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝2ln x＋1.
(1)若f (x)≤2x＋c，求c的取值范围；
(2)设a>0，讨论函数g(x)＝f(x)－f(a)
x－a
的单调性．
[解]设h(x)＝f (x)－2x－c，则h(x)＝2ln x－2x＋1－c，
其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝2
x
－2.
(1)当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减．从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f (x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞)．
(2)g(x)＝f(x)－f(a)
x－a
＝
2(ln x－ln a)
x－a
，x∈(0，a)∪(a，＋∞)．
g′(x)＝2
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
x－a
x
＋ln a－ln x
(x－a)2
＝
2⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1－
a
x
＋ln a
x
(x－a)2
.
取c＝－1得h(x)＝2ln x－2x＋2，h(1)＝0，则由(1)知，当x≠1时，h(x)<0，
即1－x＋ln x<0.故当x∈(0，a)∪(a，＋∞)时，1－a
x ＋ln a
x<0，从而g′(x)<0.。