07 十种解法妙解2020年高考导数压轴题-《中学生数理化》高二数学2021年4月刊

中学生数理代三数学经魏率方法 十解法炒9090年高考导数屈轴题 ■福建省泉州市第七中学彭耿铃 2020年山东卷导数压轴题在形式上有(lnx-x+1)m “简约而不简单”之感,试题的设计有层次感, 令h(x)=1nx-x+1,则h'(x)= 不但考查了同学们的数学核心素养,还给同 学们提供更广阔的思考空间、更多的思考角 分析可知,h(x)在(0,1)上单调递 度,从而探索不同的解题方法。本文从多角 增,在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)≤ 度解析,旨在探究此题型考查特点,仅供同学 h(1)=0,即lna≥0,a≥1。 们参考,希望大家将来能决胜高考 故a的取值范围是[1,+∞)。 (2020年高考山东卷第21题) 已知函数f(x)=ae-1-lnx+lna。 解法二:构造同构式2。 由f(x)≥1,得ae n (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形变形得ac≥ln台e≥n台e≥ 的面积; (2)若f(x)≥1,求a的取值范围。 解析:(1)当a=e时,f(x)=e-lnx+ 令g(x)=xlnx(x>1),则原不等式等 1,所以f(1)=e+1。又因为f(x)=e 价于g(e)≥g 因为g(x) 所以切线的斜率k=f( 1>0对x>1恒成立,所以g(x)=xlnx在 方程为y=(e-1)(x-1)+e+1,与x轴交(1,+∞)上单调递增。因此,g(e) 于点A(-1,0),与y轴交于点B(0,2)。 c)e≈ 台a≥S→a≥( 所以围成的三角形的面积为 令h(x) 2 (2)解法一:构造同构式1。 。当x∈(0,1)时,h(x)>0,h(x) 由f(x)≥1得ae--lnx+lna≥1,在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时, lnx+lna≥1,即enx1+h'(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递减。所 lna+x-1≥lnx+x=ex+lnx。令g(t)以h(x)m=h(1)=1,故a≥1,a的取值范 e+t,则g'(t)=e+1>0,所以g(t)在R围是[1,+∞) 上单调递增。原不等式等价于g(lna+x 解法三:利用同构和放缩。 1)≥g(lnx),所以lna+x-1≥lnx恒成 由f(x)≥1得ae1-lnx+lna≥1, ,即1na≥lnx-x+1恒成立,只需lna≥整理得e"1-1nx+lna≥1 酸方片中學生数理化 易证e≥x+1,x-1≥lnx(经典放 +2>0,所以g 缩),所以ema≥(lna+x-1)+1=lna x(当且仅当lna+x 0时,等号成 在(0,+∞)上单调递增。又g'(1)=0,故当 立),只需x-lnx+2lna-1≥0 x∈(0,1)时,g(x)<0;当x∈(1,+∞)时, 令g(x)=x-1nx+2lna-1,则g'(x g(x)>0。函数g(x)在(0,1)上单调递减, 在(1,十∞)上单调递增。 。当x∈(0,1)时,g(x) g(x)≥g(1)=1,即f(x)≥1 0,g(x)在(0,1)上单调递减;当x∈(1, 综上所述,a的取值范围是[1,+∞ +∞)时,g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调 解法六:放缩法3 递增。所以g(x)mi=g(1)=2lna≥0,解得 由f(x)≥1得,ae-1+lna≥lnx。 由经典放缩知x-1≥lnx,故只需ae 故a的取值范围是[1,+∞)。 1+lna≥x-1,即ae-1-x+lna≥0。 解法四:利用指对数放缩1 令h(x)=ae1-x+lna,则h'(x)= 由f(x)≥1得,ae1-1nx+lna≥1 变形得ae-1-1≥lnx-lna。易证e≥x+ 令h(x)=ae =0,解得 1,x-1≥lnx(经典放缩),又a>0,故e1≥ lna。所以当x∈ ∞,1-lna)时,h'(x) x,ae1≥ax。因此,需证ax≥x-1na,即0,h(x)在(-∞,1-na)上单调递减; 证x(a-1)≥-lna x∈(1-lna,+∞)时,h(x)>0,h(x)在 当a≥1时,x(a-1)≥0≥-1na恒成lna,+∞)上单调递增。因此,h(x)m lna≥0,解得a≥1 当0<a<1时,x(a-1)<0<-lna,此 故a的取值范围是[1,+∞ 解法七:放缩法4。 故a的取值范围是[1,+∞) 由f(x)≥1得,ae-1-1+lna≥lnx。 解法五:放缩法 由经典放缩知e≥x+1,可得e-1≥(x-1) 由题设可知x∈(0,+∞),a∈(0, 1+1na≥ax-1+lna 只需ax-1+lna≥lnx,即ax-lnx-1+ 因为∫"(x)=ae1+2>0,所以f'(x 则g(x) 在(0,十∞)上单调递增。 ①当0<a<1时,f(1)=a-1<0 所以当x∈(0