2013年高考数学必做解答题——导数及其应用

导数与函数

（★★★★）必做1 已知函数f（x）=eax·

+a+1，其中a≥-1.

（1）求f（x）的单调递减区间；

（2）若存在x1>0，x2<0，使得f（x1）

[牛刀小试]

破解思路 第（1）问求出导数后，分a=-1，-10求出单调递减区间. 第（2）问注意理解条件是存在x1>0，x2<0，使得f（x1）

精妙解法 （1）由已知得f′（x）=aeax·.

①当a=-1时，令f′（x）=0，解得x= -1.

f（x）的单调递减区间为（-x，-1）；单调递增区间为（-1，0），（0，+∞）.

当a≠-1时，令f′（x）=0，解得x=-1，或x=.

②当-1

，+∞；单调递增区间为（-1，0），0

，.

③当a=0时，f（x）为常值函数，不存在单调区间.

④当a>0时，f（x）的单调递减区间为（-1，0），0

，；单调递增区间为（-∞，-1），

，+∞.

（2）①当a>0时，若x∈（0，+∞），f（x）min=f

=e（a+1）2>1，而x∈（-∞，0），f（x）max=f（-1）=e-a<1，不符合题意.

②当a=0时，显然不符合题意.

③当-10，符合题意.

④当a=-1时，取x1=1，则f（x）=-e-1<0；取x2=-1，则f（x2）=e>0，符合题意.

综上，a的取值范围是[-1，0）.

极速突击 讨论函数的单调性，其实质就是讨论不等式的解集的情况，大多数情况下是归结为一个含有参数的一元二次不等式或一元分式不等式的解集的讨论. 当能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小直接求解，若此时含有参数，则需分类讨论；当不能通过因式分解求出根时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论. 讨论时千万不要忽视定义域的限制.

利用导数研究函数单调性的步骤：①求导数f′（x）；②在函数f（x）的定义域内解不等式f′（x）>0或f′（x）<0；③根据②的结果确定函数f（x）的单调区间.

运用导数研究函数的单调性时，若涉及含参数的不等式，则需要进行分类讨论.

误点警示 本题要对参数a进行分类讨论，以a=-1与a=0作为分类标准，再对-10进行讨论，要做到不重不漏.

（★★★★★）必做2 已知函数f（x）=ax3+bx2+（b-a）x（a，b是不同时为零的常数），其导函数为f′（x）.

（1）当a=时，若存在x∈[-3，-1]，使得f′（x）>0成立，求b的取值范围；

（2）求证：函数y=f′（x）在（-1，0）内至少存在一个零点；

（3）若函数f（x）为奇函数，且在x=1处的切线垂直于直线x+2y-3=0，关于x的方程f（x）=-t在[-1，t]（t>-1）上有且只有一个实数根，求实数t的取值范围.

[牛刀小试]

破解思路 第（1）问最终可转换为研究二次函数含参数的问题，数形结合便可得解. 第（2）、（3）问的本质是一回事，即研究方程根（函数零点）的问题，最佳解题策略依然是数形结合，以形的直观性来解决代数问题.

精妙解法 （1）当a=时，f′（x）=x2+2bx+b-=（x+b）2-b2+b-，所以其对称轴为直线x=-b，可得-b≥-2，

f′（-1）>0， 解得b<；或-b<-2，

f′（-3）>0， b无解. 所以b的取值范围为-∞

，.

（2）f′（x）=3ax2+2bx+（b-a）.

法1：当a=0时，x=-符合题意.

当a≠0时，3x2+x+

-1=0，令t=，则3x2+2tx+（t-1）=0.

令h（x）=3x2+2tx+（t-1），

因为h

-=-<0，

当t>1时，h（0）=t-1>0，所以y=h（x）在

-，0内有零点；

当t≤1时，h（-1）=2-t≥1>0，所以y=h（x）在-1，

-内有零点.

所以，当a≠0时，y=h（x）在（-1，0）内至少有一个零点.

综上可知，函数y=f′（x）在（-1，0）内至少有一个零点.

法2：由已知，f′（0）=b-a，f′（-1）=2a-b，f′

-=.

因为a，b不同时为零，所以f′

-·f′（-1）<0，故结论成立.

（3）因为f（x）=ax3+bx2+（b-a）x为奇函数，所以b=0，所以f（x）=ax3-ax，f′（x）=3ax2-a.

又f（x）在x=1处的切线垂直于直线x+2y-3=0，所以a=1，即f（x）=x3-x.

所以易知f（x）在-∞，

-，

，+∞上是单调递增函数，在

-

，上是单调递减函数，由f（x）=0解得x=±1，x=0. 作出f（x）的大致图象如图1所示.

[图1][-1][x][y][O][1][][-]

法1：作出y=f（x）与y=-的大致图象，若只有一个交点，则：

①当-10，

即t3-t≥-，解得-≤t≤ -；

②当--t>0，解得-

[O][x][y][-1][f（t）][y=-][-]

图3

③当t=0时，显然不成立；

④当0

[O][x][y][-1][f（t）][y=-][-][t]

图4

⑤当

[O][x][y][f（t）][y=-][][t]

图5

⑥当t>1时，如图6，可得-=f

?t=.

[O][x][y][t][y=-][]

图6

综上，t的取值范围是-≤t<0或0

法2：由f（x）=-x，解之得x= ±.

作y=f（x）与y=-x的图象知交点横坐标为x=±，当x∈

-，0∪0

，∪

时，过y=-x图象上任意一点向左作平行于x轴的直线与y=f（x）都只有唯一交点，当x取其他任何值时都有两个或没有交点.

由此可得，当x∈

-，0∪0

，∪

时，方程f（x）= -t在[-1，t]（t>-1）上有且只有一个实数根.

极速突击 判断任意连续可导函数y=f（x）的零点个数的步骤：

（1）求f′（x）=0的解x1，x2，…，xn（x1

（2）判断f（x1），f（x2），…，f（xn）的符号. 这是因为x1，x2，…，xn（x1

（3）得出结论：

①若f（xi）与f（xi+1）同号，则在（xi，xi+1）上无零点.

②若f（xi）与f（xi+1）异号，则在（xi，xi+1）上有唯一零点.

③若f（xi）=0，则在f（xi-1，xi+1）上有唯一零点xi.

（★★★★）必做3 已知函数f（x）=ln（2ax+1）+-x2-2ax（a∈R）.

（1）若x=2为f（x）的极值点，求实数a的值；

（2）若y=f（x）在[3，+∞）上为增函数，求实数a的取值范围；

（3）若当a=-时，方程f（1-x）=+有实根，求实数b的最大值.

[牛刀小试]

破解思路 本题考查运用导数的工具性研究函数的性质及方程的根. 第（1）问利用f ′（2）=0求值；第（2）问由f′（x）≥0在区间[3，+∞）上恒成立，分类讨论求得a的取值范围；第（3）问先分离b=xlnx+x2-x3，再构造函数g（x）=xlnx+x2-x3，转化为求g（x）的值域.

精妙解法 （1）f ′（x）=+x2-2x-2a=. 因为x=2为f（x）的极值点，所以f ′（2）=0. 即-2a=0，解得a=0. 又当a=0时，f′（x）=x（x-2），从而x=2为f（x）的极值点，成立.

（2）因为f（x）在区间[3，+∞）上为增函数，所以可得f ′（x）=≥0在区间[3，+∞）上恒成立.

①当a=0时， f ′（x）=x（x-2）≥0在[3，+∞）上恒成立，所以f（x）在[3，+∞）上为增函数，故a=0符合题意.

②当a≠0时，由函数f（x）的定义域可知，必须有2ax+1>0对x≥3恒成立，故a>0，所以2ax2+（1-4a）x-（4a2+2）≥0对x∈[3，+∞）上恒成立.

令g（x）=2ax2+（1-4a）x-（4a2+2），其对称轴为x=1-，因为a>0，所以1-<1，从而g（x）≥0在[3，+∞）上恒成立，只要g（3）≥0即可.

因为g（3）=-4a2+6a+1≥0，解得≤a≤.

又a>0，所以0

.

（3）若a=-时，则方程f（1-x）=+可化为lnx-（1-x）2+（1-x）=.

问题转化为b=xlnx-x（1-x）2+x（1-x）=xlnx+x2-x3在（0，+∞）上有解，即求函数g（x）=xlnx+x2-x3的值域.

因为g（x）=x（lnx+x-x2），所以g′（x）=lnx+1+2x-3x2. 设p（x）=lnx+1+2x-3x2，则p′（x）=+2-6x=-.

当00，所以p（x）在0，

上单调递增；

当x>时，p′（x）<0，所以p（x）在

，+∞上单调递减.

因为p（1）=0，故必有p

>0. 又p

=-2+1+-<-<0，

所以必存在实数x0∈

，

使得g′（x0）=0，所以当0

当x00，所以g（x）在（x0，1）上单调递增；

当x>1时，g′（x）<0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递减.

又g（x）=xlnx+x2-x3=x（lnx+x-x2）≤xln

x+，当x→0时，lnx+<0，则g（x）<0，又g（1）=0.

所以当x=1时，b取得最大值0.

误点警示 直接由f ′（x0）=0不能确定f（x）在x=x0处是否取得极值，还必须看f ′（x）在x=x0左、右的函数值的符号情况，因此本题第（1）问易忽略验证的过程.

导数与不等式

（★★★★）必做4 已知函数f（x）=ax2-x（a∈R，a≠0），g（x）=lnx.

（1）若函数y=f（x）与y=g（x）的图象有两个不同的交点M，N， 求a的取值范围；

（2）设点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1

[牛刀小试]

破解思路 第（1）问等价转化为y=与y=a有两个不同交点；第（2）问利用=，解出x0=，作差x0-x1，通过消去y1，y2，再换元t=，构造函数g（t）=t-1-lnt，判断差的符号.

精妙解法 （1）由f（x）=g（x），得到ax2-x=lnx，所以a=.

令r（x）=，所以可得r′（x）=.

令h（x）=1-x-2lnx，则h′（x）=-1-<0，所以h（x）在（0，+∞）递减.

又h（1）=0，所以当0h（1）=0，r′（x）>0，即r（x）在（0，1）上递增，且r（e-1）=<0；

当x>1时，h（x）<0，r′（x）<0，即r（x）在（1，+∞）上递减，且>0，

所以r（x）在x=1处取得最大值r（1）=1，所以要使y=与y=a有两个不同交点，只需0

（2）由已知得=，所以x0=，x0-x1=-x1==.

设t=得x0-x1=（t>1）.

设g（t）=t-1-lnt，当t≥1时，g′（t）=1-=≥0， g（t）在[1，+∞）上递增，所以t>1时，t-1-lnt>0，则x0-x1>0，即x0>x1成立.

同理可证x2>x0成立，即证.

（★★★★★）必做5 已知函数f（x）=ax+x2-xlna（a>0，a≠1）.

（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）求函数f（x）的单调区间；

（3）若存在x1，x2∈[-1，1]，使得f（x1）-f（x2）≥e-1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围.

[牛刀小试]

破解思路 （1）函数y=f（x）在点x0处的导数f′（x0）的几何意义，就是曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处切线的斜率. 因此，曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y-f（x0）=f′（x0）（x-x0）. （2）求函数的单调区间就是求使导数大于零或小于零的区间. （3）要使得x∈[-1，1]时f（x1）-f（x2）≥e-1，因

f（x1）-f（x2）

≤f（x）max-f（x）min，则只要f（x）max-f（x）min≥e-1即可，转化为求函数的最值问题.

精妙解法 （1）因为函数f（x）=ax+x2-xlna（a>0，a≠1），所以f′（x）=axlna+2x-lna，f′（0）=0.

又因为f（0）=1，所以函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1.

（2）由（1），f′（x）=axlna+2x-lna，f″（x）=ax（lna）2+2>0，所以f′（x）在R上是增函数.

又f′（0）=0，所以不等式f′（x）>0的解集为（0，+∞），

所以函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），单调递减区间为（-∞，0）.

（3）因为存在x1，x2∈[-1，1]，使得f（x1）-f（x2）≥e-1成立，

而当x∈[-1，1]时，f（x1）-f（x2）≤f（x）max-f（x）min，

所以只要f（x）max-f（x）min≥e-1即可.

又因为x，f′（x），f（x）的变化情况如下表所示：

[x＼&（-∞，0）＼&0＼&（0，+∞）＼&f′（x）＼&-＼&0＼&+＼&f（x）＼&减函数＼&极小值＼&增函数＼&]

所以f（x）在[-1，0]上是减函数，在[0，1]上是增函数，所以当x∈[-1，1]时，f（x）的最小值f（x）min=f（0）=1，f（x）的最大值f（x）max为f（-1）和f（1）中的最大值.

因为f（1）-f（-1）=（a+1-lna）-

+1+lna

=a--2lna，

令g（a）=a--2lna（a>0），因为g′（a）=1+-=

1-

>0，

所以g（a）=a--2lna在a∈（0，+∞）上是增函数.

而g（1）=0，故当a>1时，g（a）>0，即f（1）>f（-1）；当0

所以，当a>1时，f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，令y=a-lna，则y′=1-=，所以y在a∈（1，+∞）上是增函数，解得a≥e；当0

综上可知，所求a的取值范围为a∈

0，

∪（e，+∞）.

极速突击 这类含有两个变量的恒成立和存在性问题是近年各地模拟考试的热点，此类问题逻辑思维要求比较高，相当于解决两次恒成立问题，或者是不等式有解问题. 此类问题最容易把最大值、最小值搞错. 如下：

若存在x1，x2∈D，f（x1）≥g（x2），则只需满足f（x）max≥g（x）min；

若任意x1，x2∈D，f（x1）≥g（x2），则只需满足f（x）min≥g（x）max；

若任意的x1∈D，都存在x2∈D，使得f（x1）≥g（x2），则只需满足f（x）min≥g（x）min.

（★★★★★）必做6 已知函数f（x）=（x∈R）.

（1）求函数f（x）的极大值；

（2）若（et+2）x2+etx+et-2≥0对满足x≤1的任意实数x恒成立，求实数t的取值范围（这里e是自然对数的底数）；

（3）求证：对任意正数a，b，λ，μ，恒有f

-f

≥

-.

[牛刀小试]

破解思路 第（1）问先求出f′（x），再由单调性求得极大值；第（2）问属于恒成立问题，可以转化为求函数f（x）在[-1，1]上的最大值；第（3）问构造函数g（x）=f（x）-x，利用g（x）的单调性证明.

精妙解法 （1）由已知可得f′（x）=.

所以f（x）的增区间为（-2-，-2+），f（x）的减区间为（-∞，-2-）和（-2+，+∞），极大值为f（-2+）=.

（2）原不等式可化为et≥. 由（1）知，x≤1时，f（x）的最大值为.

所以可得的最大值为，由恒成立的意义知道et≥，从而t≥ln.

（3）设g（x）=f（x）-x=-x（x>0），则g′（x）=f′（x）-1=-1=-.

所以当x>0时，g′（x）<0，故g（x）在（0，+∞）上是减函数.

又当a，b，λ，μ是正实数时，

-=-≤0，

所以

≤.

由g（x）的单调性有：

f

-

2≥f

-，

即f

-f

≥

2-.

极速突击 构造函数的实质是构造一种新的数学形式，使得问题在这种新形式下得到解决，用它可以证明不等式，解不等式，求参数取值范围等. 比如要证明f（x）>g（x），x∈（a，b），可以转化证明f（x）-g（x）>0，x∈（a，b），由此构造函数F（x）=f（x）-g（x），x∈（a，b），对新函数求导，判断它的单调性，求出极值（最值），当F（x）min>0时，即可证得原不等式成立. 若要证明f（x）

求函数f（x）在闭区间[a，b]内的最大值与最小值的流程：①求函数f（x）在开区间（a，b）内的极值；②求函数f（x）在区间[a，b]端点处的函数值f（a），f（b）；③比较函数f（x）的各极值与f（a），f（b）的大小，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值；④如果涉及实际应用问题还要将解答结果放入实际意义中进行检验.

不等式恒成立与不等式有解问题的区别主要在于，表述时对已知范围的变量的形容词一个是“任意的”而另一个是“存在”. 对于恒成立问题和存在性问题（即有解问题）小结如下：

A≥f（x）在x∈D上恒成立，则等价于A≥f（x）max；

A≤f（x）在x∈D上恒成立，则等价于A≤f（x）min；

若在区间D上存在x，使得不等式A≥f（x）成立，则等价于A≥f（x）min；

若在区间D上存在x，使得不等式A≤f（x）成立，则等价于A≤f（x）max.

导数应用题

（★★★★）必做7 如图7，实线部分是某公园设计的游客观光路线平面图，曲线部分是以AB为直径的半圆，点O为圆心，△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，其中AB=2 km，∠EOA=∠FOB=2x

0

. 若游客在每条路线上游览的“心悦效果”均与相应的线段或弧的长度成正比，且中间路线DE，DF，EF的比例系数为2k，两边路线DA，DB，AE，BF的比例系数为k（k>0），假定该公园整体的“心悦效果”y是游客游览所有路线“心悦效果”的和.

（1）试将y表示为x的函数；

（2）试确定当x取何值时，该公园整体的“心悦效果”最佳.

破解思路 解决本题的关键是审清题意，理解“心悦效果”. 第（1）问先得到弧EF，AE，BF的长，求得DE，DF，得到y关于x的函数式；第（2）问利用导数求y的最大值.

精妙解法 （1）因为∠EOA=∠FOB=2x

0

，所以弧EF，AE，BF的长分别为π-4x，2x，2x.

连结OD，因为OD=OE=OF=1，∠FOD=∠EOD=+2x，所以得DE=DF==（sinx+cosx），所以y=2k[2（sinx+cosx）+π-4x]+k（4x+2）=2k[2·（sinx+cosx）-2x+π+]

0

.

（2）因为由y′=4k[（cosx-sinx）-1]=0，解得cos

x+

=，即x=.

又当x∈

0，

时，y′>0，所以y在

0，

上单调递增；当x∈

，

时，y′<0，所以y在

，

上单调递减，所以当x=，函数y有最大值，故当x=时，该公园整体的“心悦效果”最佳.

极速突击 在利用导数求解生活中的优化问题时，常常会遇到下述情况：所给函数在给定的区间上只有一个极值点，那么这个极值点也是函数在该区间上的最值点，据此可求得函数的最值，从而使问题得以解决.