专题十二 导数的应用（二）-2019高考文科数学【高考高手】3年高考真题透析2年模拟试题精选

专题十二　导数的应用(二) 对应学生用书起始页码P48 考纲内容[来源:学+科+网] 高考考点 考查频度 学科素养 规律与趋向 1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值,并会解决与之有关的方程(不等式)问题; 2.会利用导数解决某些简单的实际问题. 25.导数与不等式 3年3考 ★★★ 逻辑推理 数学计算 1.高频考向:利用导数解决与之有关的方程(不等式)问题. 2.低频考向:利用导数解决某些实际问题. 3.特别关注: 利用导数研究函数的零点问题. 26.导数与函数的综合问题 3年3考 ★★★ 数学建模 数学计算 2016~2018 对应学生用书起始页码P48 1.(2018全国1,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=aex-ln x-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-ln x-1,f'(x)=ex-. 当0<x<2时,f'(x)<0; 当x>2时,f'(x)>0. 所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增. (2)当a≥时,f(x)≥-ln x-1. 设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=. 当0<x<1时,g'(x)<0; 当x>1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. 2.(2018全国3,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=. (1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0. 解 (1)f'(x)=,f'(0)=2. 因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0. (2)当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x. 令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1. 当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0. 因此f(x)+e≥0. 3.(2017全国2,文21,12分,难度★★★★)设函数f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围. 解 (1)f'(x)=(1-2x-x2)ex. 令f'(x)=0得x=-1-,x=-1+. 当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0; 当x∈(-1-,-1+)时,f'(x)>0; 当x∈(-1+,+∞)时,f'(x)<0. 所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)内单调递减,在(-1-,-1+)内单调递增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0), 因此h(x)在[0,+∞)内单调递减, 而h(0)=1,故h(x)≤1, 所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0), 所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0, 故ex≥x+1. 当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)·(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1. 当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 综上,a的取值范围是[1,+∞). 1.(2018全国2,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点. 解 (1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3. 令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2. 当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0. 故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减. (2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0. 设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点. 又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零