聚焦2017年高考导数经典问题

■陕西洋县中学　刘大鸣(特级教师)

2017年高考导数主要围绕“利用导数求曲线的切线、确定单调区间、求极值和最值、求参数范围以及用导数研究函数零点和解决与函数有关的不等式”等经典问题展开,彰显导数的工具性和应用性。

聚焦1 利用导数几何意义求曲线的切线方程

(2017年新课标Ⅰ卷文科第14题)曲线y=x2+在 点(1,2)处的切线方程为____。

解析：利用曲线在一点处的导数的几何意义求切线方程。设y=f(x),则f'(x)=2x所以f'(1)=2-1=1,故在(1,2)处的切线方程为y-2=1×(x-1),即y=x+1。

品味：设P(x0,y0)是曲线y=f(x)上的一点,则以P为切点的切线方程为y-y0=f'(x0)(x-x0)。若曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))的切线平行于y轴(即导数不存在)时,由切线定义知,切线方程为x=x0。切记,有切点直接代入切点,没切点设出切点,建立方程组求切点。

变式1 (2017年天津卷文科第10题)已知a∈R,设函数f(x)=ax-lnx的图像在点(1,f(1))处的切线为直线l,则直线l在y轴上的截距为____。

聚焦2 利用两条曲线的相同切线求证结论或求解参数范围

(2017年天津卷文科第19题改编)已知函数g(x)=exf(x),且y=g(x)和y=ex的图像在公共点(x0,y0)处有相同的切线,求证:f(x)在x=x0处的导数等于0。

解析：利用在同一点处有相同切线所满足的关系解出f(x)在x=x0处的导数。

所以,f(x)在x=x0处的导数等于0。

品味：两条曲线在一点处有相同的切线,利用导数的几何意义和交点的意义,需满足:在切点处的导数值相等且在该点处的函数值也相等。

变式2 (2016年全国Ⅱ卷理科第16题)若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b=____。

解法1：设直线y=kx+b与曲线y=lnx+2和y=ln(x+1)的切点分别是(x1,lnx1+2)和(x2,ln(x2+1)),则切线分别为

因此,b=lnx1+1=1-ln2。

解法2:设直线y=kx+b与曲线y=lnx+2和y=ln(x+1)的切点分别是(x1,y1)和(x2,y2)。

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

聚焦3 利用导数研究函数的单调性求解函数不等式恒成立问题

(2017年新课标Ⅰ卷文科第21题)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x。

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)≥0,求a的取值范围。

解析：求导化因式积,找分界点,合理分类研究导函数在各个区间的正负,进而确定单调区间;函数值非负条件下求参数范围,研究单调性,转化为最小值非负构建不等式求解。

(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),化简f(x)=e2x-aex-a2x,则f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a)。

① 若a=0,则f(x)=e2x,f(x)在(-∞,+∞)单调递增。

② 若a＞0,则由f'(x)=0得x=lna。

当x∈(-∞,lna)时,f'(x)＜0;当x∈(lna,+∞)时,f'(x)＞0。故f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增。

(2)① 若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0。

② 若a＞0,则由(1)得,当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a2lna。从而当且仅当-a2lna≥0,即0＜a≤1时,f(x)≥0。

品味：利用导数求函数单调区间:① 求出函数的定义域;② 求出函数的导函数且化因式积,找分界点时需要借助导函数零点的大小分类;③ 由f'(x)≥0或f'(x)≤0得到函数的单调区间。注意单调区间是定义域的子集,单调性相同的两个区间一般要用“和”或“,”连接。函数值非负实质为区间上最小值非负,可借助函数的单调性求解。

变式3 (2017年内蒙古鄂尔多斯市5月模拟卷)已知函数f(x)=(x+1)ex-x2-ax(a∈R,e是自然对数的底数)在(0,f(0))处的切线与x轴平行。

(1)求函数f(x)的单调递增区间;

(2)设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。因为f'(0)=2-a=0,所以a=2,则f'(x)=(x+2)ex-x-2=(x+2)(ex-1)。解不等式易求得f(x)的单调递增区间为(-∞,-2),(0,+∞)。

(2)不等式f(x)≥g(x),可转化为ex≥mx+n,记h(x)=ex-mx-n,则h'(x)=ex-m。

当m≤0时,h'(x)＞0恒成立,则h(x)在R上递增,没有最小值,故不成立。

当m＞0时,令h'(x)=0,解得x=lnm,当x∈(-∞,lnm)时,h'(x)＜0;当x∈(lnm,+∞)时,h'(x)＞0,当x=lnm时,函数h(x)＞0取得最小值,h(lnm)=elnm-mlnm-n=m-mlnm-n≥0,则m-mlnm≥n。

令F(m)=3m-mlnm(m＞0),则F'(m)=2-lnm。令F'(m)=0,则m=e2,当m∈(0,e2)时,F'(m)＞0;当m∈(e2,+∞)时,F'(m)＜0,故当m=e2时,F(m)取得最大值F(e2)=e2,所以e2≥2m+n。

故2m+n的最大值为e2。

聚焦4 利用导数研究函数的极值

(2017年新课标Ⅱ卷理科第21题)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0。

(1)求a的值;

(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2＜f(x0)＜2-2。

解析：函数值非负条件下求参数范围,可研究函数的单调性,转化为最小值非负构建等式求解。

借助极值存在的条件,判断极值所在的范围,借助区间上的单调性求证不等式。

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

综上,a=1。

(2)f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx,x＞0。

所以,f(x)有唯一的极大值点x0。

品味：函数y=f(x)在x=x0处取极值的充要条件应为:(1)f'(x0)=0;(2)在x=x0左右两侧的导数值的符号相反。从解题规范性和安全性角度出发,类似问题最后都要进行检验。

(1)证明:曲线f(x)上任意一点处的切线斜率不小于2;

(2)设k∈R,若g(x)=f(x)-2kx有两个极值点x1,x2,且x1＜x2,证明:g(x2)＜-2。

由g'(x)=0得x2-2kx+1=0,Δ=4(k2-1)＞0。设两根为x1,x2,则x1+x2=2k,x1x2=1,其中0＜x1=k-k2-1＜1＜x2=k+k2-1。

g(x)在(0,x1)上递增,在(x1,x2)上递减,在(x2,+∞)上递增,从而g(x)有两个极值点x1,x2,且x1＜x2。

聚焦5 利用导数研究函数在闭区间上的最值

(2017年北京卷理科第19题)已知函数f(x)=excosx-x。

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

解析：①利用导数的几何意义求曲线在一点处的切线方程,②两次求导确定函数的单调性进而求最值。

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

又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1。

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

品味：求函数在闭区间[a,b]上的最值,需先求导研究函数的单调性,若函数在该区间上单调,则两端点的值即为最值,若在区间上有极值,比较极值与两端点的值即可求其最值。

若由f'(x)不能判断函数的单调性,这时需要二次求导,设h(x)=f'(x),再求h'(x),求得函数h'(x)的零点,此时h'(x)非负或非正恒成立确定函数h(x)的单调性,根据单调性求最值,从而判断y=f(x)的单调性,求得最值。

变式5 (2017年山西三区八校二模)已知函数f(x)=lnx+ax2+bx(其中a,b为常数且a≠0)在x=1处取得极值。

(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)在(0,e]上的最大值为1,求a的值。

解析：(1)由题意知x＞0,因为f(x)=lnx+ax2+bx,所以f'(x)=+ 2ax+b。

因为函数f(x)=lnx+ax2+bx在x=1处取得极值,所以f'(1)=1+2a+b=0。

(2)因为f'(1)=1+2a+b=0,所以b=-(2a+1)。

聚焦6 利用导数研究函数单调性进而证明不等式

(2017年新课标Ⅲ卷文科第21题)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)·x。

(1)讨论f(x)的单调性;

当a≥0时,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增。

故y在t∈(0,1)上单调递增,在t∈(1,+∞)上单调递减,ymax=y(1)=0,y≤0,即

品味：利用导数证明不等式常见解题策略:(1)构造差函数h(x)=f(x)-g(x),根据差函数的导函数符号,确定差函数的单调性,利用单调性得不等量关系,进而证明不等式;

(2)根据条件,寻找目标函数,一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系,或利用放缩或等量代换将多元函数转化为一元函数。

变式6 (2017年福建4月质检)已知函数f(x)=(ax-1)ex,a∈R。

(1)讨论f(x)的单调区间;

(2)当m＞n＞0时,证明:men+n＜nem+m。

解析：(1)f(x)的定义域为R,且f'(x)=(ax+a-1)ex。

①当a=0时,f'(x)=-ex＜0,此时f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞)。

由(1)知h(x)在[0,+∞)上单调递增,所以当x＞0时,h(x)＞h(0)=0,于是g'(x)＞0,g(x)在(0,+∞)上单调递增。

所以当m＞n＞0时,(*)式成立,故当m＞n＞0时,men+n＜nem+n。

聚焦7 利用导数证明数列不等式问题

(2017年新课标Ⅲ卷理科第21题 )已知函数f(x)=x-1-alnx。

(1)若f(x)≥0,求a的值;

当a≤0时,f'(x)＞0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以0＜x＜1时,f(x)＜0,不满足题意。

当a＞0时,当0＜x＜a时,f'(x)＜0,f(x)在(0,a)上单调递减;当x＞a时,f'(x)＞0,f(x)在(a,+∞)上单调递增。

① 若a＜1,f(x)在(a,1)上单调递增,但当x∈(a,1)时,f(x)＜f(1)=0,相矛盾。

② 若a＞1,f(x)在(1,a)上单调递减,但当x∈(1,a)时,f(x)＜f(1)=0,相矛盾。

③ 若a=1,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则f(x)≥f(1)=0,满足题意。综上所述,a=1。

(2)由(1)知,当a=1时,f(x)=x-1-lnx≥0,则lnx≤x-1。

变形可得ln(x+1)≤x,当且仅当x=0时等号成立。

解析：(1)由题意知f(x)=x-1-aln k∈N*。

品味：用导数研究函数性质的系列试题中,有关数列的不等式证明,需把握通项的特点,利用第一问函数的性质得到不等式,特殊赋值再累加或累乘求数列和或积后,适当放缩可求证。本题(2)中利用题设,结合(1)得到ln(x+1)≤x,对不等式赋值ln进行放缩且结合2可知实数m的最小值为3,本题将导数、函数、数列和不等式有机地交汇在一起,耐人回味。

变式7 (江西省新余市第一中学2017届高三上学期调研)已知函数f(x)=a(x2-1)-lnx。

(1)若f(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,求a的取值范围;

① 当a≤0时,f'(x)＜0,f(x)在[1,+∞)上单调递减,故当x＞1时,f(x)＜f(1)=0,与f(x)≥0在[1,+∞)上恒成立矛盾。