2020届高考数学压轴题-导数题型及方法归纳

12020届高考理科数学一轮复习要点+题型解析导数压轴题专项突破【专题导航】一、分类讨论临界点的确定问题二、有关x、xln、xe的组合函数问题三、极值点偏移问题四、导数零点不可求问题五、构造函数问题六“任意”与“存在”问题一、分类讨论临界点的确定问题【题型一】根据二次项系数确定讨论的临界点【要点解析】导函数中含有二次三项式，需对最高项的系数分类讨论：(1)根据二次项系数是否为0，判断函数是否为二次函数；(2)由二次项系数的正负，判断二次函数图象的开口方向，从而寻找导数的变号零点．【例题】已知函数f(x)＝lnx＋x＋1，g(x)＝x2＋2x.(1)求函数φ(x)＝f(x)－g(x)的极值；(2)若m为整数，对任意的x＞0都有f(x)－mg(x)≤0成立，求实数m的最小值．【解析】(1)由φ(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋x＋1－x2－2x＝lnx－x2－x＋1(x＞0)，得φ′(x)＝1x－2x－1＝－2x2－x＋1x(x＞0)，令φ′(x)＞0，解得0＜x＜12，令φ′(x)＜0，解得x＞12，所以函数φ(x)的单调递增区间是210，，单调递减区间是，21，故函数φ(x)的极2大值是φ21＝ln12－14－12＋1＝14－ln2，函数φ(x)无极小值．(2)设h(x)＝f(x)－mg(x)＝lnx－mx2＋(1－2m)x＋1，则h′(x)＝1x－2mx＋1－2m＝－2mx2＋1－2mx＋1x＝－2mx－1x＋1x(x＞0)．当m≤0时，因为x＞0，所以2mx－1＜0，x＋1＞0，所以h′(x)＞0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为h(1)＝ln1－m×12＋(1－2m)＋1＝－3m＋2＞0，不满足题意，所以舍去．当m＞0时，令h′(x)＞0，得0＜x＜12m，令h′(x)＜0，得x＞12m，故h(x)在m210，上单调递增，在，2m1上单调递减，所以h(x)max＝hm21＝ln12m－m·221m＋(1－2m)·12m＋1＝14m－ln(2m)．令t(m)＝14m－ln(2m)(m＞0)，显然t(m)在(0，＋∞)上单调递减，且t21＝12＞0，t(1)＝14－ln2＝14(1－ln16)＜0，故当m≥1时，t(m)＜0，满足题意，故整数m的最小值为1.【题型二】根据判别式确定分类讨论的临界点【要点解析】求导后，要判断导函数是否有零点(或导函数分子能否分解因式)，若导函数是二次函数或与二次函数有关，此时涉及二次方程问题，Δ与0的大小关系往往不确定，所以必须寻找分界点，进行分类讨论．【例题】已知函数f(x)＝(1＋ax2)ex－1，当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性．【解析】由题易得f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex，3当a＝0时，f′(x)＝ex＞0，此时f(x)在R上单调递增．当a＞0时，方程ax2＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－4a.①当0＜a≤1时，Δ≤0，ax2＋2ax＋1≥0恒成立，所以f′(x)≥0，此时f(x)在R上单调递增；②当a＞1时，令f′(x)＝0，解得x1＝－1－1－1a，x2＝－1＋1－1a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)在a111，和,111a上单调递增，在aa111,111上单调递减．综上，当0≤a≤1时，f(x)在R上单调递增；当a＞1时，f(x)在a111，和,111a上单调递增，在aa111,111上单调递减．【题型三】根据零点的大小确定分类讨论的临界点【要点解析】(1)根据导函数的“零点”划分定义域时，既要考虑导函数“零点”是否在定义域内，还要考虑多个“零点”的大小问题，如果多个“零点”的大小关系不确定，也需要分类讨论．(2)导函数“零点”可求，可根据“零点”之间及“零点”与区间端点之间的大小关系进行分类讨论．本题根据零点a2，e之间的大小关系进行分类讨论，再利用导数研究其函数的单调性．4【例题】已知f(x)＝(x2－ax)lnx－32x2＋2ax，求f(x)的单调递减区间．【解析】易得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(2x－a)lnx＋x－a－3x＋2a＝(2x－a)lnx－(2x－a)＝(2x－a)(lnx－1)，令f′(x)＝0得x＝a2或x＝e.当a≤0时，因为x＞0，所以2x－a＞0，令f′(x)＜0得x＜e，所以f(x)的单调递减区间为(0，e)．当a＞0时，①若a2＜e，即0＜a＜2e，当x∈20a，时，f′(x)＞0，当x∈ea，2时，f′(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递减区间为ea，2；②若a2＝e，即a＝2e，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，f(x)没有单调递减区间；③若a2＞e，即a＞2e，当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，当x∈2ae，时，f′(x)＜0，当x∈，2a时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递减区间为2ae，综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，e)；当0＜a＜2e时，f(x)的单调递减区间为ea，2；当a＝2e时，f(x)无单调递减区间；当a＞2e时，f(x)的单调递减区间为2ae，【题型四】根据函数零点与定义域的关系确定分类讨论的临界点【要点解析】导函数零点是否分布在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需要分类讨论．本题根据函数h′(x)的零点a是否在定义域[1,2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．5【例题】已知函数f(x)＝－alnx－exx＋ax，a∈R.(1)当a＜0时，讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(x)＋xf′(x)，若关于x的不等式g(x)≤－ex＋x22＋(a－1)x在[1,2]上有解，求a的取值范围．【解析】(1)由题意知，f′(x)＝－ax－xex－exx2＋a＝ax－exx－1x2(x＞0)，当a＜0时，ax－ex＜0恒成立，所以当x＞1时，f′(x)＜0；当0＜x＜1时，f′(x)＞0，故函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)因为g(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g(x)＝－alnx－ex＋2ax－a，由题意知，存在x0∈[1,2]，使得g(x0)≤－ex0＋x202＋(a－1)x0成立．即存在x0∈[1,2]，使得－alnx0＋(a＋1)x0－x202－a≤0成立，令h(x)＝－alnx＋(a＋1)x－x22－a，x∈[1,2]，则h′(x)＝－ax＋a＋1－x＝－x－ax－1x，x∈[1,2]．①当a≤1时，h′(x)≤0，所以函数h(x)在[1,2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝－aln2＋a≤0成立，解得a≤0，所以a≤0.②当1＜a＜2时，令h′(x)＞0，解得1＜x＜a；令h′(x)＜0，解得a＜x＜2.所以函数h(x)在[1，a]上单调递增，在[a,2]上单调递减，又因为h(1)＝12，所以h(2)＝－aln2＋a≤0，解得a≤0，与1＜a＜2矛盾，舍去．③当a≥2时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[1,2]上单调递增，6所以h(x)min＝h(1)＝12＞0，不符合题意，舍去．综上所述，a的取值范围为(－∞，0]．二、有关x、xln、xe的组合函数问题【题型一】x、xln、的组合函数问题【要点解析】对于有关x与lnx的组合函数为背景的试题，要求学生理解导数公式和导数的运算法则等基础知识，能够灵活利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间的不同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略．1、熟悉函数f(x)＝h(x)lnx(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．2、熟悉函数f(x)＝lnxhx(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题】设函数f(x)＝xlnx－ax22＋a－x(a∈R)．(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且当x＞2时不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立，试求k的最大值．【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－ax－1＝lnx－7ax，令f′(x)＝0，可得a＝lnxx，令h(x)＝lnxx(x＞0)，则由题可知直线y＝a与函数h(x)的图象有两个不同的交点，h′(x)＝1－lnxx2，令h′(x)＝0，得x＝e，可知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(e)＝1e，当x―→0时，h(x)―→－∞，当x―→＋∞时，h(x)―→0，故实数a的取值范围为e10，.(2)当a＝2时，f(x)＝xlnx－x2＋2－x，k(x－2)＋g(x)＜f(x)，即k(x－2)＋2－2x－x2＜xlnx－x2＋2－x，整理得k(x－2)＜xlnx＋x，因为x＞2，所以k＜xlnx＋xx－2.设F(x)＝xlnx＋xx－2(x＞2)，则F′(x)＝x－4－2lnxx－22.令m(x)＝x－4－2lnx(x＞2)，则m′(x)＝1－2x＞0，所以m(x)在(2，＋∞)上单调递增，m(8)＝4－2ln8＜4－2lne2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln10＞6－2lne3＝6－6＝0，所以函数m(x)在(8,10)上有唯一的零点x0，即x0－4－2lnx0＝0，故当2＜x＜x0时，m(x)＜0，即F′(x)＜0，当x＞x0时，F′(x)＞0，所以F(x)min＝F(x0)＝x0lnx0＋x0x0－2＝2241000xxx＝x02，所以k＜x02，因为x0∈(8,10)，所以x02∈(4,5)，故k的最大值为4.【题型二】x、xe的组合函数问题【要点解析】在求解有关x与ex的组合函数综合题时要把握三点：1、灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；82、把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；3、函数最值不易求解时，可重新拆分、组合，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值．4、熟悉函数f(x)＝h(x)eg(x)(g(x)为一次函数，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．5、熟悉函数f(x)＝exhx(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题】已知函数f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·ex，a∈R.(1)求证：存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切；(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有两个整数解，求a的取值范围．【解析】(1)证明：f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)ex.设直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)的切点的坐标为(x0，y0)，则y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)ex0，得a(x0ex0－x0＋1)＝ex0，①又因为直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)ex0，整理得a(x0ex0＋ex0－1)＝ex0，②结合①②得x0ex0－x0＋1＝x0ex