导数高考考点题型归类解析

杜红全

(甘肃省康县教育局教研室 746500)

一、导数的几何意义

例1 (2018全国Ⅰ，理5文6)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax．若f(x)为奇函数，则曲线y=f(x)在点(0，0)处的切线方程为( ).

A．y=-2xB．y=-xC．y=2xD．y=x

解析因为f(x)为奇函数，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.所以曲线y=f(x)在点(0，0)处的切线方程为y-0=1×(x-0)，即y=x.故选D.

点评本小题以三次函数为背景，考查了奇函数的性质、导数的基本运算、导数的几何意义和切线方程，考查方程的数学思想、运算求解能力，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养.做本题的关键是知道曲线在某点处的切线的斜率就是该曲线表示的函数在该点的导数值.

二、导数的运算

例2 (2018天津，文11)已知函数f(x)=exlnx，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为____．

点评本小题主要考查导数的基本运算以及导函数的函数值. 做本题的关键是对函数f(x)正确求导.

三、利用导数研究函数的单调性

例3 (2017全国Ⅰ，理21第1问)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.讨论f(x)的单调性.

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

(1)当a≤0时，aex-1<0，2ex+1>0，从而f′(x)<0恒成立.所以f(x)在R上单调递减. (2)当a>0时，令f′(x)=0，从而aex-1=0，得x=-lna.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

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

综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(-∞,-lna)上单调递减，在(-lna,+∞)上单调递增.

点评本小题主要考查导数的应用、函数的单调性、函数的零点、不等式恒成立问题等知识，考查了分类讨论思想以及计算能力.做本题的关键是要熟知f′(x)>0，f′(x)<0，分别对应单调增区间和单调减区间.

四、导数与函数的极(最)值

例4 (2018江苏，文理11)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为____.

点评本小题主要考查了零点、导数的运算、函数的最值以及利用导数研究函数的单调性，考查了运算求解能力、分类讨论思想、转化与化归能力，体现了数学抽象、数学运算等核心素养.做本题的关键是由已知求出f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值.

五、定积分及其应用

例5 (2014山东卷，理6)直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( ).

点评本题考查的是定积分的应用.解决此类问题分三步：一画，即画出曲线和直线的大致图象；二定，即定被积函数定积分的上、下限；三求，即利用微积分基本定理求出定积分的值.

六、利用导数求参数范围

例6 (2018北京，理18第2问)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围.

解析因为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)当a=0时，令f′(x)=0，得x=2.可知当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x(-∞,2)2(2,+∞)f '(x)+0-f(x)↗极大值↘

所以当x=2时，f(x)取得极大值，不符合题意.

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

所以当x=2时，f(x)取得极大值，不符合题意.

(3)当a>0时，

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

所以当x=2时，f(x)取得极小值，符合题意.

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

所以当x=2时，f(x)取得极大值，不符合题意.

点评本小题主要考查导数的运算、利用导数求函数的极值，考查了分类讨论的数学思想方法、转化与化归的数学思想方法，体现了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养.求解本题的关键是对a进行分类讨论，分析x=2处是否取得极小值.

七、利用导数证明函数不等式

例7 (2018全国Ⅱ，理21第1问)已知函数f(x)=ex-ax2，若a=1，证明：当x≥0时，f(x)≥1.

证明当a=1时，f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1，则g′(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，而g(0)=0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.

点评本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、利用导数证明函数不等式，考查了运算求解能力和等价转化的数学思想，体现了数学运算的核心素养.证明不等式的关键在于直接求导，利用单调性证明不等式.

八、利用导数解决综合问题

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

(1)求函数h(x)=f(x)-xlna的单调区间；

(3)证明当a≥e1/e时，存在直线l，使l是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线.

分析(1)先求出h′(x)，令h′(x)=0,再判断h′(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上的正负即可.

(2)利用两点处的切线的斜率相等建立等式后进行化简.

(3)先分别求出f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程和g(x)在点(x2,g(x2))处的切线方程，再利用切线重合建立等式，消元后转化为方程的解的存在问题.

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

由a>1，可知当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：

x(-∞,0)0(0,+∞)h'(x)-0+h(x)↘极小值↗

所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0)，单调递增区间为(0,+∞).

(2)证明由f′(x)=axlna，可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ax1lna.

(3)证明曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1：y-ax1=ax1lna(x-x1).

因此，只需证明当a≥e1/e时，关于x1的方程③有实数解.

由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).

下面证明存在实数t，使得u(t)<0.由(Ⅰ)可得h(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)=1，即ax-xlna≥1，所以ax≥1+xlna.

所以，当a≥e1/e时，存在直线l，使l是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线.

点评本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想、抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.体现了数学运算和逻辑推理等核心素养.