聚焦2017年高考導數經典問題

■陜西洋縣中學　劉大鳴(特級教師)

2017年高考導數主要圍繞“利用導數求曲線的切線、確定單調區間、求極值和最值、求參數范圍以及用導數研究函數零點和解決與函數有關的不等式”等經典問題展開,彰顯導數的工具性和應用性。

聚焦1 利用導數幾何意義求曲線的切線方程

(2017年新課標Ⅰ卷文科第14題)曲線y=x2+在 點(1,2)處的切線方程為____。

解析：利用曲線在一點處的導數的幾何意義求切線方程。設y=f(x),則f'(x)=2x所以f'(1)=2-1=1,故在(1,2)處的切線方程為y-2=1×(x-1),即y=x+1。

品味：設P(x0,y0)是曲線y=f(x)上的一點,則以P為切點的切線方程為y-y0=f'(x0)(x-x0)。若曲線y=f(x)在點P(x0,f(x0))的切線平行于y軸(即導數不存在)時,由切線定義知,切線方程為x=x0。切記,有切點直接代入切點,沒切點設出切點,建立方程組求切點。

變式1 (2017年天津卷文科第10題)已知a∈R,設函數f(x)=ax-lnx的圖像在點(1,f(1))處的切線為直線l,則直線l在y軸上的截距為____。

聚焦2 利用兩條曲線的相同切線求證結論或求解參數范圍

(2017年天津卷文科第19題改編)已知函數g(x)=exf(x),且y=g(x)和y=ex的圖像在公共點(x0,y0)處有相同的切線,求證:f(x)在x=x0處的導數等于0。

解析：利用在同一點處有相同切線所滿足的關系解出f(x)在x=x0處的導數。

所以,f(x)在x=x0處的導數等于0。

品味：兩條曲線在一點處有相同的切線,利用導數的幾何意義和交點的意義,需滿足:在切點處的導數值相等且在該點處的函數值也相等。

變式2 (2016年全國Ⅱ卷理科第16題)若直線y=kx+b是曲線y=lnx+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b=____。

解法1：設直線y=kx+b與曲線y=lnx+2和y=ln(x+1)的切點分別是(x1,lnx1+2)和(x2,ln(x2+1)),則切線分別為

因此,b=lnx1+1=1-ln2。

解法2:設直線y=kx+b與曲線y=lnx+2和y=ln(x+1)的切點分別是(x1,y1)和(x2,y2)。

因為曲線y=lnx+2按向量a=(-1,-2)平移得到曲線y=ln(x+1)+2,所以(x2-x1,y2-y1)=(-1,-2)。

聚焦3 利用導數研究函數的單調性求解函數不等式恒成立問題

(2017年新課標Ⅰ卷文科第21題)已知函數f(x)=ex(ex-a)-a2x。

(1)討論f(x)的單調性;

(2)若f(x)≥0,求a的取值范圍。

解析：求導化因式積,找分界點,合理分類研究導函數在各個區間的正負,進而確定單調區間;函數值非負條件下求參數范圍,研究單調性,轉化為最小值非負構建不等式求解。

(1)函數f(x)的定義域為(-∞,+∞),化簡f(x)=e2x-aex-a2x,則f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a)。

① 若a=0,則f(x)=e2x,f(x)在(-∞,+∞)單調遞增。

② 若a＞0,則由f'(x)=0得x=lna。

當x∈(-∞,lna)時,f'(x)＜0;當x∈(lna,+∞)時,f'(x)＞0。故f(x)在(-∞,lna)上單調遞減,在(lna,+∞)上單調遞增。

(2)① 若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0。

② 若a＞0,則由(1)得,當x=lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(lna)=-a2lna。從而當且僅當-a2lna≥0,即0＜a≤1時,f(x)≥0。

品味：利用導數求函數單調區間:① 求出函數的定義域;② 求出函數的導函數且化因式積,找分界點時需要借助導函數零點的大小分類;③ 由f'(x)≥0或f'(x)≤0得到函數的單調區間。注意單調區間是定義域的子集,單調性相同的兩個區間一般要用“和”或“,”連接。函數值非負實質為區間上最小值非負,可借助函數的單調性求解。

變式3 (2017年內蒙古鄂爾多斯市5月模擬卷)已知函數f(x)=(x+1)ex-x2-ax(a∈R,e是自然對數的底數)在(0,f(0))處的切線與x軸平行。

(1)求函數f(x)的單調遞增區間;

(2)設g(x)=(ex+m-2)x-x2+n,若?x∈R,不等式f(x)≥g(x)恒成立,求2m+n的最大值。

解析：f'(x)=(x+2)ex-x-a。因為f'(0)=2-a=0,所以a=2,則f'(x)=(x+2)ex-x-2=(x+2)(ex-1)。解不等式易求得f(x)的單調遞增區間為(-∞,-2),(0,+∞)。

(2)不等式f(x)≥g(x),可轉化為ex≥mx+n,記h(x)=ex-mx-n,則h'(x)=ex-m。

當m≤0時,h'(x)＞0恒成立,則h(x)在R上遞增,沒有最小值,故不成立。

當m＞0時,令h'(x)=0,解得x=lnm,當x∈(-∞,lnm)時,h'(x)＜0;當x∈(lnm,+∞)時,h'(x)＞0,當x=lnm時,函數h(x)＞0取得最小值,h(lnm)=elnm-mlnm-n=m-mlnm-n≥0,則m-mlnm≥n。

令F(m)=3m-mlnm(m＞0),則F'(m)=2-lnm。令F'(m)=0,則m=e2,當m∈(0,e2)時,F'(m)＞0;當m∈(e2,+∞)時,F'(m)＜0,故當m=e2時,F(m)取得最大值F(e2)=e2,所以e2≥2m+n。

故2m+n的最大值為e2。

聚焦4 利用導數研究函數的極值

(2017年新課標Ⅱ卷理科第21題)已知函數f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0。

(1)求a的值;

(2)證明:f(x)存在唯一的極大值點x0,且e-2＜f(x0)＜2-2。

解析：函數值非負條件下求參數范圍,可研究函數的單調性,轉化為最小值非負構建等式求解。

借助極值存在的條件,判斷極值所在的范圍,借助區間上的單調性求證不等式。

(1)因為f(x)=x(ax-a-lnx)≥0,x＞0,所以ax-a-lnx≥0。

綜上,a=1。

(2)f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx,x＞0。

所以,f(x)有唯一的極大值點x0。

品味：函數y=f(x)在x=x0處取極值的充要條件應為:(1)f'(x0)=0;(2)在x=x0左右兩側的導數值的符號相反。從解題規范性和安全性角度出發,類似問題最后都要進行檢驗。

(1)證明:曲線f(x)上任意一點處的切線斜率不小于2;

(2)設k∈R,若g(x)=f(x)-2kx有兩個極值點x1,x2,且x1＜x2,證明:g(x2)＜-2。

由g'(x)=0得x2-2kx+1=0,Δ=4(k2-1)＞0。設兩根為x1,x2,則x1+x2=2k,x1x2=1,其中0＜x1=k-k2-1＜1＜x2=k+k2-1。

g(x)在(0,x1)上遞增,在(x1,x2)上遞減,在(x2,+∞)上遞增,從而g(x)有兩個極值點x1,x2,且x1＜x2。

聚焦5 利用導數研究函數在閉區間上的最值

(2017年北京卷理科第19題)已知函數f(x)=excosx-x。

(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;

解析：①利用導數的幾何意義求曲線在一點處的切線方程,②兩次求導確定函數的單調性進而求最值。

(1)因為f(x)=excosx-x,所以f'(x)=ex(cosx-sinx)-1,f'(0)=0。

又因為f(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=1。

(2)f'(x)=ex(cosx-sinx)-1,不妨設f'(x)=g(x)。

品味：求函數在閉區間[a,b]上的最值,需先求導研究函數的單調性,若函數在該區間上單調,則兩端點的值即為最值,若在區間上有極值,比較極值與兩端點的值即可求其最值。

若由f'(x)不能判斷函數的單調性,這時需要二次求導,設h(x)=f'(x),再求h'(x),求得函數h'(x)的零點,此時h'(x)非負或非正恒成立確定函數h(x)的單調性,根據單調性求最值,從而判斷y=f(x)的單調性,求得最值。

變式5 (2017年山西三區八校二模)已知函數f(x)=lnx+ax2+bx(其中a,b為常數且a≠0)在x=1處取得極值。

(1)當a=1時,求f(x)的單調區間;

(2)若f(x)在(0,e]上的最大值為1,求a的值。

解析：(1)由題意知x＞0,因為f(x)=lnx+ax2+bx,所以f'(x)=+ 2ax+b。

因為函數f(x)=lnx+ax2+bx在x=1處取得極值,所以f'(1)=1+2a+b=0。

(2)因為f'(1)=1+2a+b=0,所以b=-(2a+1)。

聚焦6 利用導數研究函數單調性進而證明不等式

(2017年新課標Ⅲ卷文科第21題)已知函數f(x)=lnx+ax2+(2a+1)·x。

(1)討論f(x)的單調性;

當a≥0時,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上單調遞增。

故y在t∈(0,1)上單調遞增,在t∈(1,+∞)上單調遞減,ymax=y(1)=0,y≤0,即

品味：利用導數證明不等式常見解題策略:(1)構造差函數h(x)=f(x)-g(x),根據差函數的導函數符號,確定差函數的單調性,利用單調性得不等量關系,進而證明不等式;

(2)根據條件,尋找目標函數,一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關系,或利用放縮或等量代換將多元函數轉化為一元函數。

變式6 (2017年福建4月質檢)已知函數f(x)=(ax-1)ex,a∈R。

(1)討論f(x)的單調區間;

(2)當m＞n＞0時,證明:men+n＜nem+m。

解析：(1)f(x)的定義域為R,且f'(x)=(ax+a-1)ex。

①當a=0時,f'(x)=-ex＜0,此時f(x)的單調遞減區間為(-∞,+∞)。

由(1)知h(x)在[0,+∞)上單調遞增,所以當x＞0時,h(x)＞h(0)=0,于是g'(x)＞0,g(x)在(0,+∞)上單調遞增。

所以當m＞n＞0時,(*)式成立,故當m＞n＞0時,men+n＜nem+n。

聚焦7 利用導數證明數列不等式問題

(2017年新課標Ⅲ卷理科第21題 )已知函數f(x)=x-1-alnx。

(1)若f(x)≥0,求a的值;

當a≤0時,f'(x)＞0,f(x)在(0,+∞)上單調遞增,所以0＜x＜1時,f(x)＜0,不滿足題意。

當a＞0時,當0＜x＜a時,f'(x)＜0,f(x)在(0,a)上單調遞減;當x＞a時,f'(x)＞0,f(x)在(a,+∞)上單調遞增。

① 若a＜1,f(x)在(a,1)上單調遞增,但當x∈(a,1)時,f(x)＜f(1)=0,相矛盾。

② 若a＞1,f(x)在(1,a)上單調遞減,但當x∈(1,a)時,f(x)＜f(1)=0,相矛盾。

③ 若a=1,f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,則f(x)≥f(1)=0,滿足題意。綜上所述,a=1。

(2)由(1)知,當a=1時,f(x)=x-1-lnx≥0,則lnx≤x-1。

變形可得ln(x+1)≤x,當且僅當x=0時等號成立。

解析：(1)由題意知f(x)=x-1-aln k∈N*。

品味：用導數研究函數性質的系列試題中,有關數列的不等式證明,需把握通項的特點,利用第一問函數的性質得到不等式,特殊賦值再累加或累乘求數列和或積后,適當放縮可求證。本題(2)中利用題設,結合(1)得到ln(x+1)≤x,對不等式賦值ln進行放縮且結合2可知實數m的最小值為3,本題將導數、函數、數列和不等式有機地交匯在一起,耐人回味。

變式7 (江西省新余市第一中學2017屆高三上學期調研)已知函數f(x)=a(x2-1)-lnx。

(1)若f(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,求a的取值范圍;

① 當a≤0時,f'(x)＜0,f(x)在[1,+∞)上單調遞減,故當x＞1時,f(x)＜f(1)=0,與f(x)≥0在[1,+∞)上恒成立矛盾。