2013年高考數(shù)學(xué)必做解答題——導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

導(dǎo)數(shù)與函數(shù)

（★★★★）必做1 已知函數(shù)f（x）=eax·

+a+1，其中a≥-1.

（1）求f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；

（2）若存在x1>0，x2<0，使得f（x1）

[牛刀小試]

破解思路 第（1）問求出導(dǎo)數(shù)后，分a=-1，-10求出單調(diào)遞減區(qū)間. 第（2）問注意理解條件是存在x1>0，x2<0，使得f（x1）

精妙解法 （1）由已知得f′（x）=aeax·.

①當(dāng)a=-1時，令f′（x）=0，解得x= -1.

f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-x，-1）；單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，0），（0，+∞）.

當(dāng)a≠-1時，令f′（x）=0，解得x=-1，或x=.

②當(dāng)-1

，+∞；單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，0），0

，.

③當(dāng)a=0時，f（x）為常值函數(shù)，不存在單調(diào)區(qū)間.

④當(dāng)a>0時，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-1，0），0

，；單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-1），

，+∞.

（2）①當(dāng)a>0時，若x∈（0，+∞），f（x）min=f

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

②當(dāng)a=0時，顯然不符合題意.

③當(dāng)-10，符合題意.

④當(dāng)a=-1時，取x1=1，則f（x）=-e-1<0；取x2=-1，則f（x2）=e>0，符合題意.

綜上，a的取值范圍是[-1，0）.

極速突擊 討論函數(shù)的單調(diào)性，其實質(zhì)就是討論不等式的解集的情況，大多數(shù)情況下是歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式或一元分式不等式的解集的討論. 當(dāng)能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時，依據(jù)根的大小直接求解，若此時含有參數(shù)，則需分類討論；當(dāng)不能通過因式分解求出根時，根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進行分類討論. 討論時千萬不要忽視定義域的限制.

利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的步驟：①求導(dǎo)數(shù)f′（x）；②在函數(shù)f（x）的定義域內(nèi)解不等式f′（x）>0或f′（x）<0；③根據(jù)②的結(jié)果確定函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間.

運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性時，若涉及含參數(shù)的不等式，則需要進行分類討論.

誤點警示 本題要對參數(shù)a進行分類討論，以a=-1與a=0作為分類標(biāo)準(zhǔn)，再對-10進行討論，要做到不重不漏.

（★★★★★）必做2 已知函數(shù)f（x）=ax3+bx2+（b-a）x（a，b是不同時為零的常數(shù)），其導(dǎo)函數(shù)為f′（x）.

（1）當(dāng)a=時，若存在x∈[-3，-1]，使得f′（x）>0成立，求b的取值范圍；

（2）求證：函數(shù)y=f′（x）在（-1，0）內(nèi)至少存在一個零點；

（3）若函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，且在x=1處的切線垂直于直線x+2y-3=0，關(guān)于x的方程f（x）=-t在[-1，t]（t>-1）上有且只有一個實數(shù)根，求實數(shù)t的取值范圍.

[牛刀小試]

破解思路 第（1）問最終可轉(zhuǎn)換為研究二次函數(shù)含參數(shù)的問題，數(shù)形結(jié)合便可得解. 第（2）、（3）問的本質(zhì)是一回事，即研究方程根（函數(shù)零點）的問題，最佳解題策略依然是數(shù)形結(jié)合，以形的直觀性來解決代數(shù)問題.

精妙解法 （1）當(dāng)a=時，f′（x）=x2+2bx+b-=（x+b）2-b2+b-，所以其對稱軸為直線x=-b，可得-b≥-2，

f′（-1）>0， 解得b<；或-b<-2，

f′（-3）>0， b無解. 所以b的取值范圍為-∞

，.

（2）f′（x）=3ax2+2bx+（b-a）.

法1：當(dāng)a=0時，x=-符合題意.

當(dāng)a≠0時，3x2+x+

-1=0，令t=，則3x2+2tx+（t-1）=0.

令h（x）=3x2+2tx+（t-1），

因為h

-=-<0，

當(dāng)t>1時，h（0）=t-1>0，所以y=h（x）在

-，0內(nèi)有零點；

當(dāng)t≤1時，h（-1）=2-t≥1>0，所以y=h（x）在-1，

-內(nèi)有零點.

所以，當(dāng)a≠0時，y=h（x）在（-1，0）內(nèi)至少有一個零點.

綜上可知，函數(shù)y=f′（x）在（-1，0）內(nèi)至少有一個零點.

法2：由已知，f′（0）=b-a，f′（-1）=2a-b，f′

-=.

因為a，b不同時為零，所以f′

-·f′（-1）<0，故結(jié)論成立.

（3）因為f（x）=ax3+bx2+（b-a）x為奇函數(shù)，所以b=0，所以f（x）=ax3-ax，f′（x）=3ax2-a.

又f（x）在x=1處的切線垂直于直線x+2y-3=0，所以a=1，即f（x）=x3-x.

所以易知f（x）在-∞，

-，

，+∞上是單調(diào)遞增函數(shù)，在

-

，上是單調(diào)遞減函數(shù)，由f（x）=0解得x=±1，x=0. 作出f（x）的大致圖象如圖1所示.

[圖1][-1][x][y][O][1][][-]

法1：作出y=f（x）與y=-的大致圖象，若只有一個交點，則：

①當(dāng)-10，

即t3-t≥-，解得-≤t≤ -；

②當(dāng)--t>0，解得-

[O][x][y][-1][f（t）][y=-][-]

圖3

③當(dāng)t=0時，顯然不成立；

④當(dāng)0

[O][x][y][-1][f（t）][y=-][-][t]

圖4

⑤當(dāng)

[O][x][y][f（t）][y=-][][t]

圖5

⑥當(dāng)t>1時，如圖6，可得-=f

?t=.

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

圖6

綜上，t的取值范圍是-≤t<0或0

法2：由f（x）=-x，解之得x= ±.

作y=f（x）與y=-x的圖象知交點橫坐標(biāo)為x=±，當(dāng)x∈

-，0∪0

，∪

時，過y=-x圖象上任意一點向左作平行于x軸的直線與y=f（x）都只有唯一交點，當(dāng)x取其他任何值時都有兩個或沒有交點.

由此可得，當(dāng)x∈

-，0∪0

，∪

時，方程f（x）= -t在[-1，t]（t>-1）上有且只有一個實數(shù)根.

極速突擊 判斷任意連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)y=f（x）的零點個數(shù)的步驟：

（1）求f′（x）=0的解x1，x2，…，xn（x1

（2）判斷f（x1），f（x2），…，f（xn）的符號. 這是因為x1，x2，…，xn（x1

（3）得出結(jié)論：

①若f（xi）與f（xi+1）同號，則在（xi，xi+1）上無零點.

②若f（xi）與f（xi+1）異號，則在（xi，xi+1）上有唯一零點.

③若f（xi）=0，則在f（xi-1，xi+1）上有唯一零點xi.

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

（1）若x=2為f（x）的極值點，求實數(shù)a的值；

（2）若y=f（x）在[3，+∞）上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；

（3）若當(dāng)a=-時，方程f（1-x）=+有實根，求實數(shù)b的最大值.

[牛刀小試]

破解思路 本題考查運用導(dǎo)數(shù)的工具性研究函數(shù)的性質(zhì)及方程的根. 第（1）問利用f ′（2）=0求值；第（2）問由f′（x）≥0在區(qū)間[3，+∞）上恒成立，分類討論求得a的取值范圍；第（3）問先分離b=xlnx+x2-x3，再構(gòu)造函數(shù)g（x）=xlnx+x2-x3，轉(zhuǎn)化為求g（x）的值域.

精妙解法 （1）f ′（x）=+x2-2x-2a=. 因為x=2為f（x）的極值點，所以f ′（2）=0. 即-2a=0，解得a=0. 又當(dāng)a=0時，f′（x）=x（x-2），從而x=2為f（x）的極值點，成立.

（2）因為f（x）在區(qū)間[3，+∞）上為增函數(shù)，所以可得f ′（x）=≥0在區(qū)間[3，+∞）上恒成立.

①當(dāng)a=0時， f ′（x）=x（x-2）≥0在[3，+∞）上恒成立，所以f（x）在[3，+∞）上為增函數(shù)，故a=0符合題意.

②當(dāng)a≠0時，由函數(shù)f（x）的定義域可知，必須有2ax+1>0對x≥3恒成立，故a>0，所以2ax2+（1-4a）x-（4a2+2）≥0對x∈[3，+∞）上恒成立.

令g（x）=2ax2+（1-4a）x-（4a2+2），其對稱軸為x=1-，因為a>0，所以1-<1，從而g（x）≥0在[3，+∞）上恒成立，只要g（3）≥0即可.

因為g（3）=-4a2+6a+1≥0，解得≤a≤.

又a>0，所以0

.

（3）若a=-時，則方程f（1-x）=+可化為lnx-（1-x）2+（1-x）=.

問題轉(zhuǎn)化為b=xlnx-x（1-x）2+x（1-x）=xlnx+x2-x3在（0，+∞）上有解，即求函數(shù)g（x）=xlnx+x2-x3的值域.

因為g（x）=x（lnx+x-x2），所以g′（x）=lnx+1+2x-3x2. 設(shè)p（x）=lnx+1+2x-3x2，則p′（x）=+2-6x=-.

當(dāng)00，所以p（x）在0，

上單調(diào)遞增；

當(dāng)x>時，p′（x）<0，所以p（x）在

，+∞上單調(diào)遞減.

因為p（1）=0，故必有p

>0. 又p

=-2+1+-<-<0，

所以必存在實數(shù)x0∈

，

使得g′（x0）=0，所以當(dāng)0

當(dāng)x00，所以g（x）在（x0，1）上單調(diào)遞增；

當(dāng)x>1時，g′（x）<0，所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減.

又g（x）=xlnx+x2-x3=x（lnx+x-x2）≤xln

x+，當(dāng)x→0時，lnx+<0，則g（x）<0，又g（1）=0.

所以當(dāng)x=1時，b取得最大值0.

誤點警示 直接由f ′（x0）=0不能確定f（x）在x=x0處是否取得極值，還必須看f ′（x）在x=x0左、右的函數(shù)值的符號情況，因此本題第（1）問易忽略驗證的過程.

導(dǎo)數(shù)與不等式

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

（1）若函數(shù)y=f（x）與y=g（x）的圖象有兩個不同的交點M，N， 求a的取值范圍；

（2）設(shè)點A（x1，y1），B（x2，y2）（x1

[牛刀小試]

破解思路 第（1）問等價轉(zhuǎn)化為y=與y=a有兩個不同交點；第（2）問利用=，解出x0=，作差x0-x1，通過消去y1，y2，再換元t=，構(gòu)造函數(shù)g（t）=t-1-lnt，判斷差的符號.

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，則h′（x）=-1-<0，所以h（x）在（0，+∞）遞減.

又h（1）=0，所以當(dāng)0h（1）=0，r′（x）>0，即r（x）在（0，1）上遞增，且r（e-1）=<0；

當(dāng)x>1時，h（x）<0，r′（x）<0，即r（x）在（1，+∞）上遞減，且>0，

所以r（x）在x=1處取得最大值r（1）=1，所以要使y=與y=a有兩個不同交點，只需0

（2）由已知得=，所以x0=，x0-x1=-x1==.

設(shè)t=得x0-x1=（t>1）.

設(shè)g（t）=t-1-lnt，當(dāng)t≥1時，g′（t）=1-=≥0， g（t）在[1，+∞）上遞增，所以t>1時，t-1-lnt>0，則x0-x1>0，即x0>x1成立.

同理可證x2>x0成立，即證.

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

（1）求函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；

（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（3）若存在x1，x2∈[-1，1]，使得f（x1）-f（x2）≥e-1（e是自然對數(shù)的底數(shù)），求實數(shù)a的取值范圍.

[牛刀小試]

破解思路 （1）函數(shù)y=f（x）在點x0處的導(dǎo)數(shù)f′（x0）的幾何意義，就是曲線y=f（x）在點（x0，f（x0））處切線的斜率. 因此，曲線y=f（x）在點（x0，f（x0））處的切線方程為y-f（x0）=f′（x0）（x-x0）. （2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間就是求使導(dǎo)數(shù)大于零或小于零的區(qū)間. （3）要使得x∈[-1，1]時f（x1）-f（x2）≥e-1，因

f（x1）-f（x2）

≤f（x）max-f（x）min，則只要f（x）max-f（x）min≥e-1即可，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題.

精妙解法 （1）因為函數(shù)f（x）=ax+x2-xlna（a>0，a≠1），所以f′（x）=axlna+2x-lna，f′（0）=0.

又因為f（0）=1，所以函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y=1.

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

又f′（0）=0，所以不等式f′（x）>0的解集為（0，+∞），

所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）.

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

而當(dāng)x∈[-1，1]時，f（x1）-f（x2）≤f（x）max-f（x）min，

所以只要f（x）max-f（x）min≥e-1即可.

又因為x，f′（x），f（x）的變化情況如下表所示：

[x＼&（-∞，0）＼&0＼&（0，+∞）＼&f′（x）＼&-＼&0＼&+＼&f（x）＼&減函數(shù)＼&極小值＼&增函數(shù)＼&]

所以f（x）在[-1，0]上是減函數(shù)，在[0，1]上是增函數(shù)，所以當(dāng)x∈[-1，1]時，f（x）的最小值f（x）min=f（0）=1，f（x）的最大值f（x）max為f（-1）和f（1）中的最大值.

因為f（1）-f（-1）=（a+1-lna）-

+1+lna

=a--2lna，

令g（a）=a--2lna（a>0），因為g′（a）=1+-=

1-

>0，

所以g（a）=a--2lna在a∈（0，+∞）上是增函數(shù).

而g（1）=0，故當(dāng)a>1時，g（a）>0，即f（1）>f（-1）；當(dāng)0

所以，當(dāng)a>1時，f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，令y=a-lna，則y′=1-=，所以y在a∈（1，+∞）上是增函數(shù)，解得a≥e；當(dāng)0

綜上可知，所求a的取值范圍為a∈

0，

∪（e，+∞）.

極速突擊 這類含有兩個變量的恒成立和存在性問題是近年各地模擬考試的熱點，此類問題邏輯思維要求比較高，相當(dāng)于解決兩次恒成立問題，或者是不等式有解問題. 此類問題最容易把最大值、最小值搞錯. 如下：

若存在x1，x2∈D，f（x1）≥g（x2），則只需滿足f（x）max≥g（x）min；

若任意x1，x2∈D，f（x1）≥g（x2），則只需滿足f（x）min≥g（x）max；

若任意的x1∈D，都存在x2∈D，使得f（x1）≥g（x2），則只需滿足f（x）min≥g（x）min.

（★★★★★）必做6 已知函數(shù)f（x）=（x∈R）.

（1）求函數(shù)f（x）的極大值；

（2）若（et+2）x2+etx+et-2≥0對滿足x≤1的任意實數(shù)x恒成立，求實數(shù)t的取值范圍（這里e是自然對數(shù)的底數(shù)）；

（3）求證：對任意正數(shù)a，b，λ，μ，恒有f

-f

≥

-.

[牛刀小試]

破解思路 第（1）問先求出f′（x），再由單調(diào)性求得極大值；第（2）問屬于恒成立問題，可以轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f（x）在[-1，1]上的最大值；第（3）問構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-x，利用g（x）的單調(diào)性證明.

精妙解法 （1）由已知可得f′（x）=.

所以f（x）的增區(qū)間為（-2-，-2+），f（x）的減區(qū)間為（-∞，-2-）和（-2+，+∞），極大值為f（-2+）=.

（2）原不等式可化為et≥. 由（1）知，x≤1時，f（x）的最大值為.

所以可得的最大值為，由恒成立的意義知道et≥，從而t≥ln.

（3）設(shè)g（x）=f（x）-x=-x（x>0），則g′（x）=f′（x）-1=-1=-.

所以當(dāng)x>0時，g′（x）<0，故g（x）在（0，+∞）上是減函數(shù).

又當(dāng)a，b，λ，μ是正實數(shù)時，

-=-≤0，

所以

≤.

由g（x）的單調(diào)性有：

f

-

2≥f

-，

即f

-f

≥

2-.

極速突擊 構(gòu)造函數(shù)的實質(zhì)是構(gòu)造一種新的數(shù)學(xué)形式，使得問題在這種新形式下得到解決，用它可以證明不等式，解不等式，求參數(shù)取值范圍等. 比如要證明f（x）>g（x），x∈（a，b），可以轉(zhuǎn)化證明f（x）-g（x）>0，x∈（a，b），由此構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），x∈（a，b），對新函數(shù)求導(dǎo)，判斷它的單調(diào)性，求出極值（最值），當(dāng)F（x）min>0時，即可證得原不等式成立. 若要證明f（x）

求函數(shù)f（x）在閉區(qū)間[a，b]內(nèi)的最大值與最小值的流程：①求函數(shù)f（x）在開區(qū)間（a，b）內(nèi)的極值；②求函數(shù)f（x）在區(qū)間[a，b]端點處的函數(shù)值f（a），f（b）；③比較函數(shù)f（x）的各極值與f（a），f（b）的大小，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值；④如果涉及實際應(yīng)用問題還要將解答結(jié)果放入實際意義中進行檢驗.

不等式恒成立與不等式有解問題的區(qū)別主要在于，表述時對已知范圍的變量的形容詞一個是“任意的”而另一個是“存在”. 對于恒成立問題和存在性問題（即有解問題）小結(jié)如下：

A≥f（x）在x∈D上恒成立，則等價于A≥f（x）max；

A≤f（x）在x∈D上恒成立，則等價于A≤f（x）min；

若在區(qū)間D上存在x，使得不等式A≥f（x）成立，則等價于A≥f（x）min；

若在區(qū)間D上存在x，使得不等式A≤f（x）成立，則等價于A≤f（x）max.

導(dǎo)數(shù)應(yīng)用題

（★★★★）必做7 如圖7，實線部分是某公園設(shè)計的游客觀光路線平面圖，曲線部分是以AB為直徑的半圓，點O為圓心，△ABD是以AB為斜邊的等腰直角三角形，其中AB=2 km，∠EOA=∠FOB=2x

0

. 若游客在每條路線上游覽的“心悅效果”均與相應(yīng)的線段或弧的長度成正比，且中間路線DE，DF，EF的比例系數(shù)為2k，兩邊路線DA，DB，AE，BF的比例系數(shù)為k（k>0），假定該公園整體的“心悅效果”y是游客游覽所有路線“心悅效果”的和.

（1）試將y表示為x的函數(shù)；

（2）試確定當(dāng)x取何值時，該公園整體的“心悅效果”最佳.

破解思路 解決本題的關(guān)鍵是審清題意，理解“心悅效果”. 第（1）問先得到弧EF，AE，BF的長，求得DE，DF，得到y(tǒng)關(guān)于x的函數(shù)式；第（2）問利用導(dǎo)數(shù)求y的最大值.

精妙解法 （1）因為∠EOA=∠FOB=2x

0

，所以弧EF，AE，BF的長分別為π-4x，2x，2x.

連結(jié)OD，因為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）因為由y′=4k[（cosx-sinx）-1]=0，解得cos

x+

=，即x=.

又當(dāng)x∈

0，

時，y′>0，所以y在

0，

上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈

，

時，y′<0，所以y在

，

上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x=，函數(shù)y有最大值，故當(dāng)x=時，該公園整體的“心悅效果”最佳.

極速突擊 在利用導(dǎo)數(shù)求解生活中的優(yōu)化問題時，常常會遇到下述情況：所給函數(shù)在給定的區(qū)間上只有一個極值點，那么這個極值點也是函數(shù)在該區(qū)間上的最值點，據(jù)此可求得函數(shù)的最值，從而使問題得以解決.