聚焦2019 年高考導數經典問題

■陜西洋縣中學 (特級教師)

2019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 利用導數的幾何意義探求曲線的切線方程

例1(2019年江蘇卷第11題)在平面直角坐標系xOy中,點A在曲線y=lnx上,且該曲線在點A處的切線經過點(-e,-1)(e為自然對數的底數),則點A的坐標是_____。

解析：設出切點坐標,得到切線方程,然后求解方程得到橫坐標的值,可得切點坐標。

設點A(x0,y0),則y0=lnx0。

故點A的坐標為A(e,1)。

品味：利用導數工具研究曲線的切線方程,滲透了直觀想象、邏輯推理和數學運算等素養。解超越方程,一般是構造函數,導數法求解函數的零點,凸顯導數的工具性和可操作性。

變式1(1)(2019年全國Ⅲ卷文數第7題)已知曲線y=aex+xlnx在點(1,ae)處的切線方程為y=2x+b,則( )。

A.a=e,b=-1

B.a=e,b=1

C.a=e-1,b=1

D.a=e-1,b=-1

(2)(2019全國Ⅱ卷文數第10題)曲線y=2sinx+cosx在點(π,-1)處的切線方程為( )。

A.x-y-π-1=0

B.2x-y-2π-1=0

C.2x+y-2π+1=0

D.x+y-π+1=0

解析：(1)y=aex+xlnx的導數為y'=aex+lnx+1。

由函數y=aex+xlnx在點(1,ae)處的切線方程為y=2x+b,可得ae+0+1=2,解得a=e-1。又切點為(1,1),可得1=2+b,即b=-1。故選D。

(2)當x=π時,y=2sin π+cos π=-1,故點(π,-1)在曲線y=2sinx+cosx上。因為y'=2cosx-sinx,所以y'|x=π=2cos π-sin π=-2,則y=2sinx+cosx在點(π,-1)處的切線方程為y-(-1)=-2(x-π),即2x+y-2π+1=0。故選C。

聚焦2 利用導數的幾何意義探究最值和曲線的公切線

例2(2019 年高考江蘇卷第10 題)在平面直角坐標系xOy中,P是曲線y=x)上的一個動點,則點P到直線x+y=0的距離的最小值是____。

品味：曲線上任意一點到已知直線的最小距離,形助數轉化為曲線上過切點的切線與已知直線平行的平行線之間的距離。借助導數的幾何意義確定切點坐標,利用點到直線的距離公式求解,滲透了直觀想象和數學運算素養,凸顯數形結合和轉化與化歸思想在解題中的應用。

變式2(2019年全國Ⅱ卷理數第20題節選)已知函數,設x0是f(x)的一個零點,證明：曲線y=lnx在點A(x0,lnx0)處的切線也是曲線y=ex的切線。

設曲線y=ex的切點為B(x1,ex1),在切點為B(x1,ex1)處的切線l'。因為y=ex,所以y'=ex,在B(x1,ex1)處的切線l'的斜率為ex1,切線l'的方程為y=ex1x+ex1(1-x1)。

當切線l'的斜率k1=ex1等于直線l的斜率時,即

切線l'在縱軸的截距為當直線l,l'的斜率相等時,在縱軸上的截距也相等,因此直線l,l'重合,則曲線y=lnx在A(x0,lnx0)處的切線也是曲線y=ex的切線。

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

例3(2019 年天津理數第8 題)已知a∈R, 設函數f(x) =若關于x的不等式f(x)≥0在R 上恒成立,則a的取值范圍為( )。

A.[0,1] B.A

C.[0,e] D.[1,e]

解析：此題為分段函數不等式恒成立問題,可借助分界點對x分類,分離參數轉化為新函數的值域求解。當x=1時,f(1)=1-2a+2a=1＞0,顯然恒成立。

當x＞e時,h'(x)＞0,h(x)遞增;當1＜x＜e時,h'(x)＜0,h(x)遞減。

當x=e時,h(x)取得最小值h(e)=e,因此,a≤h(x)min=e。

綜上,a的取值范圍是[0,e]。

品味：函數不等式區間上恒成立,合理分離參數,a≤f(x)在D上恒成立,等價于a≤f(x)min,x∈D;a≥f(x)在D上恒成立,等價于a≥f(x)max,x∈D。構造新函數用不等式或導數法研究單調性求解。

變式3(2019 年內蒙古鄂爾多斯市5月模擬卷)設f(x)=ex-e-x-x。

(1)求f(x)的單調區間;

(2)已知g(x)=x2f(x)+(x+1)·[f(x)+(1-a)x]+(1-a)x3,若對所有x≥0,g(x)≥0恒成立,求實數a的取值范圍。

解析：(1)由f(x)=ex-e-x-x,得f'(x)=ex+e-x-1≥1＞0,則f(x)在(-∞,∞)上是增函數,單調增區間為(-∞,+∞)。

(2)化簡得g(x)=(x2+x+1)f(x)+(1-a)x(x+1)+(1-a)x3=(x2+x+1)·[f(x)+(1-a)x]。

顯然x2+x+1＞0,故若使g(x)≥0,只需f(x)+x(1-a)=ex-e-x-ax≥0即可。

令h(x)=ex-e-x-ax,則h'(x)=ex+e-x-a≥2-a。

①當2-a≥0,即a≤2時,h'(x)≥0恒成立,h(x)在[0,+∞)上為增函數。

故h(x)≥h(0)=0,即g(x)≥0 在[0,+∞)上恒成立。

②當a＞2時,令h'(x)=0,即ex+e-x-a=0,可化為(ex)2-aex+1=0。

當0＜x＜x2時,,h'(x)＜0,h(x)在[0,x2]上為減函數。

又h(0)=0,h(x2)＜0。

故當a＞2 時,h(x)≥0 不恒成立,即g(x)≥0不恒成立。

綜上所述,a的取值范圍為(-∞,2]。

聚焦4 利用導數研究函數的單調性進而確定最值

例4(2019年全國Ⅲ卷理數第20題)已知函數f(x)=2x3-ax2+b。

(1)討論f(x)的單調性。

(2)是否存在a,b,使得f(x)在區間[0,1]最小值為-1且最大值為1? 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,說明理由。

解析：(1) 求f(x)的導數, 根據a的范圍分情況討論導函數值的正負,確定函數單調性, 對f(x)=2x3-ax2+b,求導得

(2) 根據a的各種范圍,利用函數單調性進行最大值和最小值的判斷,最終求出a,b的值。

(i) 當a≤0時,由(1)知,f(x)在[0,1]上單調遞增,所以f(x)在區間[0,1]的最小值為f(0)=b,最大值為f(1)=2-a+b。此時a,b滿足題設條件當且僅當b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1。

(ii)當a≥3時,由(1)知,f(x)在[0,1]上單調遞減,所以f(x)在區間[0,1]的最大值為f(0)=b,最小值為f(1)=2-a+b。此時a,b滿足題設條件當且僅當2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1。

(iii)當0＜a＜3 時,由(1)知,f(x)在[0,1]上的最小值為,最大值為b或2-a+b。

綜上,當且僅當a=0,b=-1 或a=4,b=1時,f(x)在[0,1]的最小值為-1,最大值為1。

品味：求函數單調區間,常常是求出函數的導函數且化因式為積,借助導函數零點分類探究導函數值在各個區間的正負,進而確定單調區間,導函數零點的大小是分類的依據,函數區間上的最大值最小值,借助所給區間和所求出的單調區間的關系,合理分類探究。

變式4(2018年江蘇卷)若函數f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)內有且只有一個零點,則f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為____。

解析：結合三次函數圖像確定在(0,+∞)上有且僅有一個零點的條件,求出參數a,再根據單調性確定函數最值。已知f'(x)因為函數f(x)在(0,+∞)上有且僅有一個零點,且f(0)=1,所以=0,則a=3。則f(x)在[-1,0]上單調遞增,在[0,1]上單調遞減,所以f(x)max=

故f(x)max+f(x)min=f(0)+f(-1)=1-4=-3。

聚焦5 利用導數研究函數極值和函數的零點問題

例5(2019年全國Ⅰ卷理數第20題)已知函數f(x)=sinx-ln(1+x),f'(x)為f(x)的導數。證明：(1)f'(x)在區間內存在唯一極大值點;(2)f(x)有且僅有2個零點。

解析：(1)求導判斷導函數在上單調遞減,借助零點存在定理判斷推證。

① 當x∈(-1,0]時,由(1)可知f'(x)在(-1,0]上單調遞增,故f'(x)≤f'(0)=0,f(x)在(-1,0]上單調遞減。

若f(x)=0,則x=0,f(x)在(-1,0]上的唯一零點。

又f'(0)=0 , 則f'(x0)＞0,f(x)在(0,x0)上單調遞增,此時f(x)＞f(0)=0,不存在零點。

綜上所述,f(x)有且僅有2個零點。

品味：本題考查導數與函數極值之間的關系,利用導數解決函數零點個數的問題。函數y=f(x)在x=x0處取極值的充要條件為：(1)f'(x0)=0;(2)在x=x0左右兩側的導數值的符號相反。解決零點問題的關鍵：一方面是利用零點存在定理或最值點來說明存在零點,另一方面是利用函數的單調性說明在區間內零點的唯一性,二者缺一不可。

變式5(2019 全國Ⅱ卷文數第21 題)已知函數f(x)=(x-1)lnx-x-1。證明：

(1)f(x)存在唯一的極值點;

(2)f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數。

解析：(1)易求f(x)的定義域為(0,

因為y=lnx單調遞增,單調遞減,所以f'(x)單調遞增。又f'(1)=-1＜,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0。

又當x＜x0時,f'(x)＜0,f(x)單調遞減;當x＞x0時,f'(x)＞0,f(x)單調遞增。

因此,f(x)存在唯一的極值點。

(2)由(1)得到f(x)=0在(x0,+∞)內存在唯一實根,記作x=α。

由(1)知f(x0)＜f(1)=-2,且f(e2)=e2-3＞0,所以f(x)=0在(x0,+∞)內存在唯一根x=α。

綜上,f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數。