高三高考数学专题复习导数与切线（精讲篇）-用思维导图突破导数压轴题.docx

1、1 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） 专题专题 4 导数与切线导数与切线 函数在某点的导函数值就是过该点切线的斜率。 高考中切线问题多数年份出现在客观题 和解答题第 （1） 题中， 考查知识点相对单一， 比较容易。 少数年份出现在解答题 （2） 、 （3） 题，往往与方程结合起来考查，难度较大，解题时要注意数形结合。 两个函数若相切两个函数若相切 作差构造再求导作差构造再求导 判断导数正负号判断导数正负号 想方设法零点找想方设法零点找 思路点拨思路点拨 第（1）题只需求出( )h x的导函数，并令其为 0，然后分区间讨论符号即可确定单调区

2、间；第（2）先求各自的斜率，令其相等，化简即得；第（3）题分别求出两个函数的切线方 程，若两个函数有公切线，则这两条切线表示同一条直线，通过待定系数法转化为二元方程 组解的问题，通过消元将方程组化为一元方程.而方程是否有解问题可归结为连续函数的零 点定理，即只要在区间上存在零点，其函数值异号即可. 引引例例（2018 天津理科第 20 题）已知函数， ，其中 a1. （1）求函数的单调区间； （2） 若曲线在点处的切线与曲线在点 处 的切线平行，证明； （3）证明当时，存在直线 l，使 l 是曲线的切线，也是曲线 的切线. 函数 y=f(x)与 y=g(x)图象相切 构造函数 h(x)=f(x

3、)g(x) 根据具体问题，运用 分 析 法 确 定 区 间 a,b(区间不唯一) 判断在区间a,b上 的正负,使 h(a)h(b)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,. （3）由 x fxa lna，可得曲线 yf x在点 11 ,xf x处的切线斜率为 1 x a lna. 由 1 gx xlna ，可得曲线 yg x在点 22 ,xg x处的切线斜率为 2 1 x lna . 因为这两条切线平行，故有 1 2 1 x a lna x lna ，即 1 2 2

4、 1 x x alna. 若函数， 有公切线 在点处的切 线 l2： 在点处的切 线 l1： 令，证明 r(x)有零点 3 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） 两边取以 a 为底的对数，得 212 20 a log xxlog lna，所以 12 2lnlna xg x lna . （3） 曲线( )yf x在点 1 1 ( ,) x x a处的切线l1： 11 1 ln() xx yaaaxx， 曲线( )yg x 在点 22 (,log) a xx处的切线 l2： 22 2 1 log() ln a yxxx xa . 要证明当 1 e

5、ea 时，存在直线 l，使 l 是曲线( )yf x的切线，也是曲线( )yg x的切 线，只需证明当 1 e ea 时，存在 1 (,)x ， 2 (0,)x ，使得 l1和 l2重合. 即只需证明当 1 e ea 时，方程组 1 11 2 12 1 ln ln 1 lnlog ln x xx a aa xa ax aax a 有解， 由有, 代入得. 再由有, 故有 下面证明方程有正实数解. 令, 则( )2lnln20r ea . 那么由连 续零点定理可知, 只要找到一个, 使得即可. 又, 而当时, 易得. 当时， 容易得到若, 0,那么 只要控制的大小, 使得其值小于 1 即可. 不

6、妨通过控制, , 这三部分的值, 达到使得其和小于 1 的效果. 如果把步子迈得大一点,令 解得 , 令解得; 但是解却不那么容易, 不妨借助于与, 在 满足这两个不等式的前提下, 只要即可, 即. 故若 则有, , , 此时 4 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） , 且 , 所以对满足的 都有 ,所以方程在上必有根. 当1 2lnln0a时，则 12lnln 0 lnln a xax ，前述证明仍然成立. 所以，当 1 e ea 时，存在, 使得. 从而，当 1 e ea 时，存在直线 l，使 l 是曲线 = ()的切线，也是曲线( )y

7、g x的切 线. 评注评注 本题的难点在于证明方程有正实数解，为此构造函数( )r x ，证明该函数在某 个区间有解，其方法就是零点定理，关键是确定区间两个端点，其函数值异号.确定区间端 点有时比较困难，因为端点不确定在哪里，需要自己根据条件进行估计判断，往往需要解超 越不等式，为解此不等式就要做适当放缩，这无形中加大题目难度. 本题的背景是函数 x ya与logayx交点个数，其结论为: (1) 时, 有 3 个交点; (2) 时, 有 1 个交点, 即为切点; (3) 时, 有 1 个交点; (4) 时, 有 2 个交点; (5) 时, 有 1 个交点, 即为切点; (6) 时, 没有交点

8、. 对于第（3）题而言,当时, 与的图像相切, 切点处的切线是公 切线, 不妨就取这条公切线; 当时, 与的图像相离, 且凹凸性相 异, 但它们存在一条公切线，就是这道考题. 对方程组、也可以这样转化： 由得 1 2 2 1 x x alna ，代入，得 11 11 12 0 xx lnlna ax a lnax lnalna . 因此，只需证明当 1 e ae时，关于 x1的方程存在实数解. 设函数 12 xx lnlna u xaxa lnax lnalna ，即要证明当 1 e ae时，函数 yu x 存在零点. 2 1 x uxlnaxa ，可知,0x 时， 0u x； 5 用思维导图

9、突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） 0,x时， u x 单调递减，又 010 u ， 2 1 2 1 10 lna ua lna ， 故存在唯一的 x0，且 x00，使得 0 0u x，即 0 2 0 10 x lnax a. 由此可得 u x在 0 ,x上单调递增，在 0, x 上单调递减， u x在 0 xx处取 得极大值 0 u x. 因为 1 e ae，故1ln lna ，所以 00 0000 2 0 121222 0 xx lnlnalnlnalnlna u xax a lnaxx lnalnalnalna xlna . 下面证明存在实数 t

10、，使得 0u t . 由（I）可得1 x axlna ，当 1 x lna 时， 有 12 11 lnlna u xxlnaxlnax lnalna 2 2 12 1 lnlna lnaxx lnalna ， 所以存在实数 t，使得 0u t （在 22 ( )(ln )u xax 12lnln 1 lnln a x aa 中，因为 12lnln 1 lnln a aa 是定值， 22 (ln )ax非正，因此，总存在(,t ），使( )0u t ） 因此，当 1 e ae时，存在 1 ,x ，使得 1 0u x. 所以，当 1 e ae时，存在直线 l，使 l 是曲线 yf x的切线，也是曲

11、线 yg x的切线. 10. 例例2 2（2016年四川理第9题）设直线，分别是函数图象上点 ，处的切线， 与垂直相交于点P，且，分别与y轴相交于点A，B，则的 面积的取值范围是（ ） （A） （B） （C） （D） 6 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） 思路点拨思路点拨 设 111222 ,P x yP x y ，且 12 01xx ，则由于 12 ,l l分别是点 12 ,P P处的切线，因 1 ,01 1 ,1 x x fx x x ， ， 所以， 1 l的斜率 1 k为 1 1 x ， 2 l的斜率 2 k为 2 1 x . 又 1

12、 l与 2 l垂直，且 12 0xx ，可得：1 1 12 11 1kk xx ， 12 1xx. 由此可得： 1 l的方程分别为： 1 l： 11 1 1 lnyxxx x ， 2 l的方程分别为： 2 l： 22 2 1 lnyxxx x ， 此 时 点A的 坐 标 为 1 0,1 lnx ，B的 坐 标 为 2 0, 1 lnx ， 所 以 1212 2l nl n2l n2A Bxxxx. 、两式联立可解得交点P的横坐标为 12 1212 2ln2x x x xxxx ， PAB的面积为： 12 1 1 1122 21 1 22 PABx SABP xx x x . 当且仅当 1 1

13、1 x x ，即 1 1x 时等号成立，因 1 01x，所以1 PAB S，故选（A）. 解解 1 设曲线( )lnf xxx，曲线( )g x 2 ax(2)1ax，由 1 ( )1fx x 求得曲 线在点(1,1)处的切线斜率(1)2k f ，故切线方程:2l yx1，当0a时， 2 (2)1yaxax为直线，不符合题意，当0a时，设切线l与曲线( )g x相切于点 例例 3（2015 年新课标年新课标文第文第 16 题）题）已知曲线在点 处的切线与曲 线相切，则 . 7 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） 00 (,)xy，根据题意可列

14、方程组 00 00 ()222 21 g xaxa yx ，解得 0 0 1 2 2 x y ，又 00 ()yg x，解得8a . 解解 2 由 1 1y x 求得曲线在点(1,1)处的切线斜率 2k ， 故切线方程:21l yx， 当0a时， 2 (2)1yaxax为直线，不符合题意，当0a时，由 2 (2)1 21 yaxax yx 得 2 20axax，依据0 解得8a . 解解 （）由 32 ( )63 (4)f xxxa axb，可得 2 ( )3123 (4)fxxxa a 3()(4)xaxa。 令( )0fx，解得xa，或4xa，由1a ，得4aa. 当x变化时，( )fx，

15、( )f x的变化情况如下表： x (, )a ( ,4)aa (4,)a ( )fx ( )f x 例例4 （ 2017年 天 津 ， 文年 天 津 ， 文19 ） 设，. 已 知 函 数 ，. （）求的单调区间； （）已知函数和的图象在公共点处有相同的切线， （i）求证：在处的导数等于 0； （ii）若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围. 8 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） 所以，( )f x的单调递增区间为()a,，(4)a,，单调递减区间为( ,4)aa. （ ）（ i ） 因 为( )( ( )( ) x g xef xf

16、x， 由 题 意 知 0 0 0 0 () () x x g xe g xe ， 所 以 00 00 0 00 () ( ()() xx xx f x ee ef xfxe ，解得 0 0 ()1 ()0 f x fx . 所以，( )f x在 0 xx处的导数等于 0. （ii）因为( ) x g xe， 00 1,1xxx，由0 x e ，可得( )1f x . 又因为 0 ()1f x， 0 ()0fx，故 0 x为( )f x的极大值点，由（）知 0 xa. 另一方面，由于1a ，故14aa ，由（）知( )f x在(1)aa ，内单调递增，在 (1)aa，内单调递减，故当 0 xa时

17、，( )( )1f xf a在11aa，上恒成立，从而 x g xe在区间 00 1,1xx上恒成立. 由 32 6341f aaaa aab，得 32 261baa，11a . 令 32 ( )261t xxx，11x ，所以 2 ( )612t xxx，令( )0t x，解得2x （舍去） ，或0x. 因为( 1)7t ，(1)3t ，(0)1t，故( )t x的值域为 7,1. 所以，b的取值范围是 7,1. 例例 5 （15 天津文）已知函数 (1)求的单调区间； (2)设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为 ，求证：对于任意的实数，都有; （3）若方程（为实数）有两个实数根

18、且求证： . 9 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） 解解 （1）解：由 ,xxxf 4 4 得 3 44.fxx 当 ,xf0即1x时，函数 xf单调递增； 当 ,xf0即1x时， 函数 xf单调递减.所以， xf的单调递增区间为,1单 调递减区间为.，1 （2）设点P的坐标为点 0,0 x,则,x 3 1 0 4 0 fx12.曲线 xfy 在点P处的切线方程为 00 xxxfy，即 3 00 12(4)g xfxxxx . 令函数 ,xgxfxF即 43 16124F xxx,则 3 164Fxx. 因 x F 在区间,上单调递减,且

19、,xF0 0 所以 当 00 x ,x时， 0Fx； 当， 00 xx时， ,xF0所以 xF在 0 x ,上单调递增，在， 0 x上 单调递减，所以对于任意实数x， , 0 0 xFxF即对任意实数x，都有. （3） 由 （2） 知 3 1 2 (4)g xx,设方程 axg的根为 2 x ， 可得 3 2 4. 12 a x 因为 xg在区间,上单调递减，又由（2）知 ,xgaxfxg 222 因此 .xx 22 类似地，设曲线 xfy 在原点处的切线方程为 xhy ， 可得 . xxh4对于任意的,x有 4 f xh xx0，即 .xhxf 设方程 axh的根为， 1 x 可得. a x

20、 4 1 因为 xxh4在 ,上单调递增， 且 ,xhxfaxh 111 因此.xx 11 由此可得 3 2121 4. 3 a xxxx xgxf 5 4 3 2 1 1 2 3 4 108642246810 x1x2 P O 10 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） 【分析与解分析与解】 第 （1） 只需求( )fx即可； 第(2)题需要求出两个端点值异好， 在利用 （1） 中的单调性； 第（3）题在求得 OP 的斜率和( )=fm 2 (1) m m e后直接证明不等式有困难，可以改用分析 法。 (1)依题意( )=fx 2 (1) x

21、 x e 2 (1)x() x e 2 (1) x x e0，所以 在 上是单调增函数. (2)因为1a ，所以(0)10fa ，( )=f a 2 (1) a a ea 2 10aa ，所以在(0, )a上有零点. 又由（1）知)(xf在上是单调函数，故)(xf在上仅有一个零点. （3）由（1）知，令( )=0fx得= 1x ，又( 1)=f 2 a e ，即 2 ( 1,)Pa e ，即 2 OP ka e . 又( )=fm 2 (1) m m e，所以要证明 3 2 1ma e ，只需证明 3 (1)m 2 a e . 而 2 2 (1) m m ea e ，所以只要证明 3 (1)m

22、 2 (1) m m e，只需证明1 m me. 令( )1 m g mem， 则( ) =g m1 m e ， 所以由( )0g m得0m， 由( ) 0g m得0m， f x , f x , , 例例 6（15广东理）广东理）设，函数. (1)求的单调区间； (2)证明：在上仅有一个零点； (3)若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与 直线平行（是坐标原点）,证明： 11 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 4 4 导数与切线导数与切线 （精讲篇）（精讲篇） 所以函数( )g m在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增. 从而函数 min ( )(0)0g mg，即( )0g m 在R上恒成立，所以1 x em，所以 【解题反思解题反思】 当直接解答有困难时，可以改用分析法，两种方法联合使用达到化难为易的目的，使解 题效率大大提高. 1 2 3 e am