第1部分 专题1 第3讲导数及其应用-2021届高三数学二轮复习课件

(2)由(1)知，当 k≤0 时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， f(x)不可能有三个零点．当 k＞0 时，x＝－ 33k为 f(x)的极大值 点，x＝ 33k为 f(x)的极小值点，此时－k－1＜－ 33k＜ 33k＜k ＋1 且 f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，f－ 33k＞0.由 f(x)的单调性 知，当且仅当 f 33k＜0，即 k2－2k93k＜0 时，f(x)有三个零点， 解得 k＜247.因此 k 的取值范围为0，247.
命题角度 素养清单 真题示例
典例回顾
4.(2020·全国卷Ⅰ)已知
应用导数 解决与不
逻辑推理
2020·全国卷Ⅰ， 函数 f(x)＝ex＋ax2－x.
21
(1)当 a＝1 时，讨论 f(x)
等式有关 数学运算 2019·北京卷，19 的单调性；
的问题
数学建模
2018·全国卷Ⅲ， 21
(2)当
x≥0 时，f(x)≥12x3
g(x)单调递减；当 0＜x＜a 时，m′(x)＞0，m(x)单调递增，因
此有 m(x)＜m(a)＝0，即 g′(x)＜0，所以 g(x)单调递减．所以
函数 g(x)在区间(0，a)和(a，＋∞)上单调递减，没有递增区间．
命题角度 素养清单 真题示例
典例回顾
2020·全国卷Ⅲ， 3.(2020·全国卷Ⅲ)已
＋1，求 a 的取值范围.
解析 (1)当 a＝1 时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1. 故当 x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当 x∈(0，＋∞)时，f′(x) ＞0.所以 f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)≥12x3＋1 等价于12x3－ax2＋x＋1e－x≤1.设函数 g(x) ＝12x3－ax2＋x＋1e－x(x≥0)，则 g′(x)＝ －12x3－ax2＋x＋1－32x2＋2ax－1e－x＝－12x[x2－(2a＋3)x＋4a ＋2]e－x＝－12x(x－2a－1)(x－2)e－x.
典例回顾 1．(2020·全国卷Ⅰ)函数 f(x)＝x4－2x3 的图象在 点(1，f(1))处的切线方程 为( ) A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1 C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
答案 B
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，f′(x)＝4x3 －6x2，所以切线的斜率 k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，切线 方程为 y＋1＝－2(x－1)，即 y＝－2x＋1.故选 B 项．
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(2)g(x)
＝
2ln
x＋1－2ln x－a
a＋1
＝
2ln x－ln x－a
a
(x
＞
0
且
x≠a)，因此 g′(x)＝2x－a－xxx－lnax＋2 xln a.设 m(x)＝2(x－a－
xln x＋xln a)，则 m′(x)＝2(ln a－ln x)，当 x＞a 时，m′(x)＜
0，m(x)单调递减，因此有 m(x)＜m(a)＝0，即 g′(x)＜0，所以
命题角度 素养清单 真题示例
典例回顾
应用导数 求函数的 逻辑推理 单调性和 数学运算
最值
2020·全国卷 Ⅱ，21 2019·全国卷 Ⅲ，20 2018·全国卷 Ⅰ，21
2.(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 时，讨论函数 g(x)＝fxx－－faa的单调性．
第一部分
核心专题突破
数学
专题一
函数与导数
数学
第3讲
导数及其应用
数学
目录
3年考情回顾 热点题型探究 对点规范演练 专题跟踪检测
︿ ︿
3年考情回顾
命题角度 素养清单 真题示例 2020·全国卷 Ⅰ，6 2019·全国卷
导数的几 直观想象 Ⅲ，6 何意义 数学运算 2018·全国卷
Ⅰ，5 2018·全国卷 Ⅱ，13
应用导数 研究函数 的极值和
逻辑推理 数学运算
20 2020·浙江卷，22 2019·全国卷Ⅰ，
知函数 f(x)＝x3－kx＋ k2. (1)讨论 f(x)的单调性；
零点
20 2018·全国卷Ⅱ， 21
(2)若 f(x)有三个零点， 求 k 的取值范围．
解析 (1)由题意可得 f′(x)＝3x2－k.当 k＝0 时，f(x)＝x3， 故 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当 k<0 时，f′(x)＝3x2－k ＞0，故 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当 k＞0 时，令 f′(x) ＝0，得 x＝± 33k.当 x∈－∞，－ 33k时，f′(x)＞0，当 x∈ － 33k， 33k时，f′(x)＜0，当 x∈ 33k，＋∞时，f′(x)＞0. 故 f(x)在－∞，－ 33k， 33k，＋∞上单调递增，在 － 33k， 33k上单调递增．
解析 (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，由 f(x)≤2x＋c 得 f(x)－2x－c≤0，即 2ln x＋1－2x－c≤0 (*)．设 h(x)＝2ln x＋ 1－2x－c(x＞0)，则 h′(x)＝2x－2＝21－ x x.当 x＞1 时，h′(x) ＜0，h(x)单调递减；当 0＜x＜1 时，h′(x)>0，h(x)单调递增．所 以当 x＝1 时，函数 h(x)有最大值，即 h(x)max＝h(1)＝2ln 1＋1 －2×1－c＝－1－c，要使不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立，只 需 h(x)max≤0，即－1－c≤0，即 c≥－1.所以 c 的取值范围为[－ 1，＋∞)．
①若 2a＋1≤0，即 a≤－12，则当 x∈(0,2)时，g′(x)＞0. 所以 g(x)在(0,2)上单调递增，而 g(0)＝1，故当 x∈(0,2)时，g(x) ＞1，不符合题意．
②若 0＜2a＋1＜2，即－12＜a＜12，则当 x∈(0,2a＋1)∪(2， ＋∞)时，g′(x)＜0；当 x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0.所以 g(x) 在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．由 于 g(0)＝1，所以 g(x)≤1，当且仅当 g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即 a≥7－4 e2.所以当7－4 e2≤a＜12时，g(x)≤1.