2019版高考数学文科二轮专题复习课件：第二部分 导数的综合应用(共50张PPT)

专题一 函数与导数、不等式 第5讲　导数的综合应用 1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)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． (1)解：当a＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3. 令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3). 当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，f′(x)＞0； 当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)＜0. 故f(x)在(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)上单调递增，在(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))上单调递减． (2)证明：由于x2＋x＋1＞0，所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0. 设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq \f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0， 仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 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－eq \f(1,3)＝－6(a－eq \f(1,6))2－eq \f(1,6)＜0， f(3a＋1)＝eq \f(1,3)＞0， 故f(x)有一个零点． 综上，f(x)只有一个零点． 2．(2017·全国卷Ⅱ)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－eq \r(2)或x＝－1＋eq \r(2). 当x∈(－∞，－1－eq \r(2))时，f′(x)＜0； 当x∈(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))时，f′(x)＞0； 当x∈(－1＋eq \r(2)，＋∞)时，f′(x)＜0. 所以f(x)在(－∞，－1－eq \r(2))，(－1＋eq \r(2)，＋∞)单调递减，在(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))单调递增． (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 当a≥1时，设