導數高考考點題型歸類解析

杜紅全

(甘肅省康縣教育局教研室 746500)

一、導數的幾何意義

例1 (2018全國Ⅰ，理5文6)設函數f(x)=x3+(a-1)x2+ax．若f(x)為奇函數，則曲線y=f(x)在點(0，0)處的切線方程為( ).

A．y=-2xB．y=-xC．y=2xD．y=x

解析因為f(x)為奇函數，所以a-1=0，解得a=1，所以f(x)=x3+x.所以f(0)=0，f′(x)=3x2+1，所以f′(0)=1.所以曲線y=f(x)在點(0，0)處的切線方程為y-0=1×(x-0)，即y=x.故選D.

點評本小題以三次函數為背景，考查了奇函數的性質、導數的基本運算、導數的幾何意義和切線方程，考查方程的數學思想、運算求解能力，體現了數學運算、邏輯推理等核心素養.做本題的關鍵是知道曲線在某點處的切線的斜率就是該曲線表示的函數在該點的導數值.

二、導數的運算

例2 (2018天津，文11)已知函數f(x)=exlnx，f′(x)為f(x)的導函數，則f′(1)的值為____．

點評本小題主要考查導數的基本運算以及導函數的函數值. 做本題的關鍵是對函數f(x)正確求導.

三、利用導數研究函數的單調性

例3 (2017全國Ⅰ，理21第1問)已知函數f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.討論f(x)的單調性.

解析因為f(x)=ae2x+(a-2)ex-x，所以f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).

(1)當a≤0時，aex-1<0，2ex+1>0，從而f′(x)<0恒成立.所以f(x)在R上單調遞減. (2)當a>0時，令f′(x)=0，從而aex-1=0，得x=-lna.

當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

x(-∞,-lna)-lna(-lna,+∞)f '(x)-0+f(x)↘極小值↗

綜上所述，當a≤0時，f(x)在R上單調遞減；當a>0時，f(x)在(-∞,-lna)上單調遞減，在(-lna,+∞)上單調遞增.

點評本小題主要考查導數的應用、函數的單調性、函數的零點、不等式恒成立問題等知識，考查了分類討論思想以及計算能力.做本題的關鍵是要熟知f′(x)>0，f′(x)<0，分別對應單調增區間和單調減區間.

四、導數與函數的極(最)值

例4 (2018江蘇，文理11)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____.

點評本小題主要考查了零點、導數的運算、函數的最值以及利用導數研究函數的單調性，考查了運算求解能力、分類討論思想、轉化與化歸能力，體現了數學抽象、數學運算等核心素養.做本題的關鍵是由已知求出f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值.

五、定積分及其應用

例5 (2014山東卷，理6)直線y=4x與曲線y=x3在第一象限內圍成的封閉圖形的面積為( ).

點評本題考查的是定積分的應用.解決此類問題分三步：一畫，即畫出曲線和直線的大致圖象；二定，即定被積函數定積分的上、下限；三求，即利用微積分基本定理求出定積分的值.

六、利用導數求參數范圍

例6 (2018北京，理18第2問)設函數f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.若f(x)在x=2處取得極小值，求a的取值范圍.

解析因為f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex，所以f′(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.

(1)當a=0時，令f′(x)=0，得x=2.可知當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

x(-∞,2)2(2,+∞)f '(x)+0-f(x)↗極大值↘

所以當x=2時，f(x)取得極大值，不符合題意.

x(-∞,1a)1a(1a,2)2(2,+∞)f '(x)-0+0-f(x)↘極小值↗極大值↘

所以當x=2時，f(x)取得極大值，不符合題意.

(3)當a>0時，

x(-∞,1a)1a(1a,2)2(2,+∞)f '(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗

所以當x=2時，f(x)取得極小值，符合題意.

x(-∞,2)2(2,1a)1a(1a,+∞)f '(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗

所以當x=2時，f(x)取得極大值，不符合題意.

點評本小題主要考查導數的運算、利用導數求函數的極值，考查了分類討論的數學思想方法、轉化與化歸的數學思想方法，體現了直觀想象、邏輯推理、數學運算等核心素養.求解本題的關鍵是對a進行分類討論，分析x=2處是否取得極小值.

七、利用導數證明函數不等式

例7 (2018全國Ⅱ，理21第1問)已知函數f(x)=ex-ax2，若a=1，證明：當x≥0時，f(x)≥1.

證明當a=1時，f(x)≥1等價于(x2+1)e-x-1≤0.設函數g(x)=(x2+1)e-x-1，則g′(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.當x≠1時，g′(x)<0，所以g(x)在(0,+∞)上單調遞減，而g(0)=0，故當x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1.

點評本小題主要考查導數的運算、利用導數研究函數的單調性、利用導數證明函數不等式，考查了運算求解能力和等價轉化的數學思想，體現了數學運算的核心素養.證明不等式的關鍵在于直接求導，利用單調性證明不等式.

八、利用導數解決綜合問題

例8 (2018天津，理20)已知函數f(x)=ax，g(x)=logax，其中a>1.

(1)求函數h(x)=f(x)-xlna的單調區間；

(3)證明當a≥e1/e時，存在直線l，使l是曲線y=f(x)的切線，也是曲線y=g(x)的切線.

分析(1)先求出h′(x)，令h′(x)=0,再判斷h′(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上的正負即可.

(2)利用兩點處的切線的斜率相等建立等式后進行化簡.

(3)先分別求出f(x)在點(x1,f(x1))處的切線方程和g(x)在點(x2,g(x2))處的切線方程，再利用切線重合建立等式，消元后轉化為方程的解的存在問題.

(1)解由已知，得h(x)=ax-xlna，則有h′(x)=axlna-lna.令h′(x)=0，解得x=0.

由a>1，可知當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：

x(-∞,0)0(0,+∞)h'(x)-0+h(x)↘極小值↗

所以函數h(x)的單調遞減區間為(-∞,0)，單調遞增區間為(0,+∞).

(2)證明由f′(x)=axlna，可得曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線斜率為ax1lna.

(3)證明曲線y=f(x)在點(x1,ax1)處的切線l1：y-ax1=ax1lna(x-x1).

因此，只需證明當a≥e1/e時，關于x1的方程③有實數解.

由此可得u(x)在(-∞,x0)上單調遞增，在(x0,+∞)上單調遞減.u(x)在x=x0處取得極大值u(x0).

下面證明存在實數t，使得u(t)<0.由(Ⅰ)可得h(x)在(-∞,0)上單調遞減，在(0,+∞)上單調遞增，所以h(x)≥h(0)=1，即ax-xlna≥1，所以ax≥1+xlna.

所以，當a≥e1/e時，存在直線l，使l是曲線y=f(x)的切線，也是曲線y=g(x)的切線.

點評本小題主要考查導數的運算、導數的幾何意義、利用導數研究指數函數與對數函數的性質等基礎知識和方法.考查函數與方程思想、化歸思想、抽象概括能力、綜合分析問題和解決問題的能力.體現了數學運算和邏輯推理等核心素養.