2013年高考文科+理科数学试题分类汇编:函数与导数

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

2013 年全国各省市高考文科、理科数学

试题分类汇编:函数与导数
1.(2013 广东.理)(14 分)设函数 f ?x? ? ?x ?1?ex ? kx2 (其中 k ?R ).

(Ⅰ)

当 k ?1时,求函数 f ? x? 的单调区间;(Ⅱ)



k

?

? ??

1 2

,1???

时,求函数

f ? x? 在?0, k?上的最大值 M .

【解析】(Ⅰ) 当 k ?1时,
? ? f ? x? ? ? x ?1?ex ? x2 , f ?? x? ? ex ? ? x ?1?ex ? 2x ? xex ? 2x ? x ex ? 2

令 f ?? x? ? 0,得 x1 ? 0 , x2 ? ln 2 当 x 变化时, f ??x?, f ?x? 的变化如下表:

x ???,0? f ??x? ?
f ?x?

0
0
极大 值

?0,ln 2?
?

ln 2
0
极小 值

?ln 2,???
?

右 表 可 知 , 函 数 f ? x? 的 递 减 区 间 为 ?0,ln 2? , 递 增 区 间 为

???,0?, ?ln 2,??? .

? ? (Ⅱ) f ?? x? ? ex ? ? x ?1?ex ? 2kx ? xex ? 2kx ? x ex ? 2k ,

令 f ?? x? ? 0,得 x1 ? 0 , x2 ? ln ?2k ?,



g?k?

? ln?2k ? ? k

,则

g??k?

?

1 k

?1 ?

1? k k

?

0

,所以

g

?k?



? ??

1 2

,1???

上递

增,

所以 g ?k? ? ln 2 ?1? ln 2 ? ln e ? 0,从而 ln?2k? ? k ,所以 ln?2k???0, k?

所以当 x??0,ln?2k?? 时, f ??x? ? 0 ;当 x??ln?2k?,???时, f ??x? ? 0;

所以 M ? max? f ?0?, f ?k ?? ? max??1,?k ?1?ek ? ?k3

令 h?k? ? ?k ?1?ek ? k3 ?1,则 h??k ? ? k ?ek ? 3k ?,

令? ?k? ? ek ?3k ,则???k? ? ek ?3 ? e ?3 ? 0

所以?

?

k

?



? ??

1 2

,1???

上递减,而

?

? ??

1 2

? ??

??

?1?

?

? ??

e

?

3 2

? ??

?

e

?

3?

?

0

所以存在

x0

?

? ??

1 2

,1???

使得

?

?

x0

?

?

0

,且当

k

?

? ??

1 2

,

x0

? ??

时,

?

?

k

?

?

0

,

1

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k

??

x0

,1?



,

?

?

k

?

?

0

,

所以

?

?

k

?



? ??

1 2

,

x0

? ??

上单







,在

?

x0

,1?



单调递减.

因为

h

? ??

1 2

? ??

?

?

1 2

e

?

7 8

?

0

,

h?1?

?

0

,所以

h?

k

?

?

0



? ??

1 2

,1???

上恒成立,当

且仅当 k ?1时取得“ ? ”.

综上,函数 f ? x? 在?0, k?上的最大值 M ? ?k ?1?ek ? k3.

2.(本小题满分 14 分)(2013 广东文)

设函数 f (x) ? x3 ? kx2 ? x ?k ? R?.

(1) 当 k ?1时,求函数 f (x) 的单调区间;

(2) 当 k ? 0 时,求函数 f (x) 在?k,?k?上的最小值 m 和最大值 M .

【解析】: f ' ? x? ? 3x2 ? 2kx ?1

(1)当 k ?1时 f ' ? x? ? 3x2 ? 2x ?1, ? ? 4 ?12 ? ?8 ? 0

? f ' ? x? ? 0, f ? x? 在 R 上单调递增. (2)当 k ? 0 时, f ' ?x? ? 3x2 ? 2kx ?1,其开口向上,对称轴 x ? k ,且
3
过 ?0,1?

? ?? ? (i)当 ? ? 4k2 ?12 ? 4 k ? 3 k ? 3 ? 0 ,即

? 3 ? k ? 0 时, f ' ?x? ? 0 , f ? x? 在?k,?k?上单调递

增,

k

-k

从而当 x ? k 时, f ? x? 取得最小值 m ? f ?k ? ? k ,

x? k

3

当 x ? ?k 时, f ? x? 取得最大值

k

M ? f ??k ? ? ?k3 ? k3 ? k ? ?2k3 ? k .

? ?? ? ( ii ) 当 ? ?4k2 ?1 2 ? k4 ? 3k ? 3,?即0 k ? ? 3 时 , 令

f ' ? x? ? 3x2 ? 2kx ?1? 0

2

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解得: x1 ? k ?

k2 3

?

3

,

x2

?

k

?

k 2 ? 3 ,注意到 k ? x2 ? x1 ? 0 ,
3

(注:可用韦达定理判断

x1

? x2

?

1 3



x1

?

x2

?

2k 3

?

k

,从而

k

?

x2

?

x1

?

0



或者由对称结合图像判断)

?m ? min? f ?k?, f ?x1??, M ? max? f ??k?, f ?x2 ?? ? ? f ? x1 ? ? f ?k ? ? x13 ? kx12 ? x1 ? k ? ? x1 ? k ? x12 ?1 ? 0
? f ? x? 的最小值 m ? f ?k ? ? k ,

? ? f ? x2 ? ? f ??k ? ? x23 ? kx22 ? x2 ? ?k3 ? k ? k 2 ? k = ? x2 ? k ?[? x2 ? k ?2 ? k 2 ?1] ? 0
? f ? x? 的最大值 M ? f ??k? ? ?2k3 ? k

综 上 所 述 , 当 k ? 0 时 , f ? x? 的 最 小 值 m ? f? ?k? ,k 最 大 值

M ? f? ? ?k ?2?3 k ? k

解法 2(2)当 k ? 0 时,对 ?x??k,?k? ,都有

f (x) ? f (k) ? x3 ? kx2 ? x ? k3 ? k3 ? k ? (x2 ?1)(x ? k) ? 0 ,故 f ? x? ? f ?k ?

f (x) ? f (?k) ? x3 ? kx2 ? x ? k3 ? k3 ? k ? (x ? k)(x2 ? 2kx ? 2k 2 ?1) ? (x ? k)[(x ? k)2 ? k 2 ?1] ? 0

故 f ? x? ? f ??k ? ,而 f (k) ? k ? 0 , f (?k) ? ?2k3 ? k ? 0

所以 f (x)max ? f (?k) ? ?2k 3 ? k , f (x)min ? f (k) ? k

3(本小题共 13 分)(2013 北京.理)



l

为曲线

C

:

y

?

ln x x

在点

(1,0)

处的切线.

(Ⅰ)求 l 的方程;

(Ⅱ)证明:除切点 (1,0) 之外,曲线 C 在直线 l 的下方.

解:(I)

y

?

ln x ? y? x

?

1? ln x2

x

,所以 l

的斜率 k

?

y?

x?1

?1

所以 l 的方程为 y ? x ?1

3

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(II)证明:令 f (x) ? x(x ?1) ? ln x(x ? 0)

则 f ?(x) ? 2x ?1? 1 ? (2x ?1)(x ?1)

x

x

? f (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又 f (1) ? 0

x ?(0,1) 时, f (x) ? 0 ,即 ln x ? x ?1
x
x ?(1, ??) 时, f (x) ? 0 ,即 ln x ? x ?1
x
即除切点(1,0)之外,曲线 C 在直线 l 的下方

4.(13 分)(2013? 北京.文)已知函数 f (x) ? x2 ? x sin x ? cos x

(1)若曲线 y ? f (x) 在点 (a, f (a)) 处与直线 y ? b相切,求 a 与 b 的值;

(2)若曲线 y ? f (x) 与直线 y ? b有两个不同交点,求b 的取值范围.

解:(1) f ?(x) ? 2x ? x cos x ,因为曲线 y ? f (x) 在点 (a, f (a)) 处与直线 y ? b

相切,

所以

? ? ?

f f

?(a) ? 0 (a) ? b

?

?2a ??a2

? ?

a cos a ? 0 a sin a ? cos

a

?

b

?

?a ??b

? ?

0 1



a

?

0,

b

?

1

(2) f ?(x) ? x(2 ? cos x)

于是当 x ? 0 时, f ?(x) ? 0 ,故 f (x) 单调递增.

当 x ? 0 时, f ?(x) ? 0 ,故 f (x) 单调递减.

所以当 x ? 0 时, f (x) 取得最小值 f (0) ?1,

故当 b ?1时,曲线 y ? f (x) 与直线 y ? b有两个不同交点.故b 的取值范

围是 (1, ??) .

5.(2013 大纲版.文)(12 分)已知函数 f (x) ? x3 ? 3ax2 ? 3x ?1 (1)求当 a ? ? 2 时,讨论 f (x) 的单调性;
4

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(1)若 x ?[2, ??) 时, f (x) ? 0,求 a 的取值范围.

解:(1)求当 a ? ? 2 时, f (x) ? x3 ? 3ax2 ? 3x ?1

f ?(x) ? 3x2 ? 6 2x ? 3 ,令 f ?(x) ? 0 ? x ? 2 ?1 或 x ? 2 ?1

当 x ? (??, 2 ?1) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 单调递增,

当 x ? ( 2 ?1, 2 ?1) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 单调递减,

当 x ? ( 2 ?1, ??) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 单调递增;

(2)由 f (2) ? 0,可解得 a ? ? 5 ,当 a ? ? 5 , x ?(2, ??) 时,

4

4

f ?(x) ? 3(x2 ? 2ax ?1) ? 3(x2 ? 5 x ?1) ? 3(x ? 1)(x ? 2) ? 0

2

2

所以函数 f (x) 在 (2, ??) 单调递增,于是当 x ?[2, ??) 时,

f (x) ? f (2) ? 0
综上可得, a 的取值范围是[? 5 , ??) .
4

6.(13 分)(2013? 福建)已知函数 f (x) ? x ? a ln x(a ? R) (1)当 a ? 2时,求曲线 y ? f (x) 在点 A(1, f (1)) 处的切线方程; (2)求函数 f (x) 的极值. 解:函数 f (x) 的定义域为 (0, ??) , f ?(x) ? 1? a
x
(1)当 a ? 2时, f (x) ? x ? 2ln x , f ?(x) ? 1? 2 ,
x
因而 f (1) ? 1, f ?(1) ? ?1, 所以曲线 y ? f (x) 在点 A(1, f (1)) 处的切线方程为 x ? y ? 2 ? 0 (2)由 f (x) ? 1? a ? x ? a (x ? 0) 知:
xx
①当 a ? 0 时, f ?(x) ? 0 ,函数 f (x) 为 (0, ??) 上的增函数,函数 f (x) 无极 值;
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②当 a ? 0 时,由 f ?(x) ? 0 ,解得 x ? a 又当 x ?(0, a) 时, f ?(x) ? 0 ,当 x ?(a, ??) 时, f ?(x) ? 0 . 从而函数 f (x) 在 x ? a 处取得极小值,且极小值为 f (a) ? a ? a ln a ,无极 大值. 综上,当 a ? 0 时,函数 f (x) 无极值; 当 a ? 0 时,函数 f (x) 在 x ? a 处取得极小值 f (a) ? a ? a ln a ,无极大值.

7.(14 分)(2013?

福建)已知函数

f

(x)

?

x

?1?

a ex

(a

?

R),

(

e

为自然对

数的底数)

(1)若曲线 y ? f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线平行于 x 轴,求 a 的值;

(2)求函数 f (x) 的极值;

(3)当 a ?1时,若直线 l : y ? kx ?1与曲线 y ? f (x) 没有公共点,求 k 的最

大值.

解:(1)由 f (x) ? x ?1? a ,得 f ?(x) ?1 ? a ,又曲线 y ? f (x) 在点 (1, f (1)) 处

ex

ex

的切线平行于 x 轴,? f ?(1) ? 0 ? 1? a ? 0 ? a ? e
e

(2) f ?(x) ? 1? a ,
ex

①当 a ? 0 时, f ?(x) ? 0 ,函数 f (x) 为 (??, ??) 上的增函数,函数 f (x) 无

极值;

②当 a ? 0 时,由 f ?(x) ? 0 ,解得 x ? ln a

又当 x ?(??,ln a) 时, f ?(x) ? 0 ,当 x ?(ln a, ??) 时, f ?(x) ? 0 .

? f (x) 在 (??,ln a) 上单调递减,在 (ln a, ??) 上单调递增,

6

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从而函数 f (x) 在 x ? ln a 处取得极小值,且极小值为 f (ln a) ? ln a ,无极

大值.

综上,当 a ? 0 时,函数 f (x) 无极值;

当 a ? 0 时,函数 f (x) 在 x ? ln a 处取得极小值 f (ln a) ? ln a ,无极大值.

(3)当 a ?1时,

f

(x)

?

x ?1?

1 ex

,令 g(x)

?

f

(x) ? (kx ?1)

? (1? k)x ?

1 ex

则直线 l : y ? kx ?1与曲线 y ? f (x) 没有公共点,等价于方程 g(x) ? 0 在 R

上没有实数解.

假设 k

?1,此时 g(0) ? 1 ? 0 , g( 1 ) ?
k ?1

?1?

1
1
ek ?1



又函数 g(x) 的图象连续不断,由零点存在定理可知 g(x) ? 0 在 R 上至少

有一解,与“方程 g(x) ? 0 在 R 上没有实数解”矛盾,故 k ?1.

又k

?1时, g(x)

?

1 ex

?

0 ,知方程

g(x)

?

0 在 R 上没有实数解,所以 k



最大值为1.

8.(13 分)(2013?安徽)设函数

fn (x)

?

?1 ?

x

?

x2 22

?

x3 32

?

?

xn n2

(x

?

R,

n

?

N

*)

,证明:

(1)对每个

n?

N*

,存在唯一的

xn

?[2 3

,1]

,满足

fn (xn )

?

0



(2)对于任意

p

?

N

* ,由(1)中

xn

构成数列?xn? 满足 0

?

xn

?

xn? p

?

1 n



证明:(1)对每个 n? N* ,当 x ? 0 时,由函数

fn (x)

?

?1 ?

x

?

x2 22

?

x3 32

?

?

xn n2

(x?

R*, n

?

N*)

,可得

7

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f ?(x) ? 1? x ? x2 ? ? xn?1 ? 0 ,故函数 f (x) 在 (0, ??) 上是增函数.求得

23

n

f1(1)

?

0,

fn (1)

?

1 22

?

1 32

?

?

1 n2

? 0 ,又

? 2
fn ( 3)

?

?1 ?

2 3

( 2 )2

?[

3 22

?

( 2 )3 3 32

?

?

( 2)n 3 n2

]

?

?

1 3

?

1 4

?

n i?2

( 2 )i 3

?

?

1

?

1

?

(

2 3

)2[1

?

(

2 )n?1 ] 3

?

?

1

?

(

2

)n?1

?

0

34

1? 2

33

3

根据函数的零点的判定定理,可得存在唯一的

xn

?[

2 3

,1]

,满足

fn (xn ) ? 0 .

(2)对于任意 p ? N * ,由(1)中 xn 构成数列?xn? ,当 x ? 0 时,

fn?1(x) ?

fn

(x)

?

x n ?1 (n ?1)2

?

fn (x) ,?

fn?1(xn ) ?

fn (xn ) ?

fn?1(xn?1) ? 0

由 fn?1(x) 在 (0, ??) 上单调递增,可得 xn?1 ? xn ? xn ? xn? p ? 0 .
故数列?xn? 为递减数列,即对任意的 n, p? N*, xn ? xn?p ? 0

由于

fn (xn )

?

?1 ?

xn

?

(xn )2 22

?

(xn )3 32

?

?

(xn )n n2

......①,

fn? p (xn? p )

?

?1 ?

xn? p

?

(xn? p )2 22

?

( xn? p )3 32

?

? (xn? p )n n2

?

(xn? p )n?1 (n ?1)2

?

(xn? p )n?2 (n ? 2)2

?

?

(xn? p )n? p (n ? p)2

..............②,

用①减去②并移项,利用 0 ? xn? p ? 1 ,可得

? ? ? xn ? xn?p

?

n k ?2

(xn? p

)k ? k2

(xn

)k

?

n? p k ?n?1

(

xn? p k2

)k

?

n? p k ?n?1

(xn? p k2

)k

? ? n? p
?

1 ? n?p

1 ?1? 1 ?1

k2
k ?n?1

k?n?1 k (k ?1)

n

n? p

n

8

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综上可得,对于任意 p ? N * ,由(1)中 xn 构成数列?xn? 满足

0

?

xn

?

xn? p

?

1 n



9. (本小题满分 14 分) (2013 陕西.理)

已知函数 f (x) ? ex , x ? R .

(Ⅰ) 若直线 y ? kx ?1与 f (x) 的反函数的图像相切, 求实数 k 的值;

(Ⅱ) 设 x ? 0 , 讨论曲线 y ? f (x) 与曲线 y ? mx2 ( m? 0) 公共点的个

数.

(Ⅲ) 设 a ? b , 比较 f (a) ? f (b) 与 f (b) ? f (a) 的大小, 并说明理由.

2

b?a

【解析】(Ⅰ) f (x) 的反函数 g(x) ? ln x . 设直线 y ? kx ?1与 g(x) ? ln x 相

切与点 P(x0,

y0 ),

则?????kkx?0

? g'

1? (x0

lnx )?

0
1 x0

?

x0

? e2,k

? e?2

。所以 k ? e?2

(Ⅱ) 当 x ? 0, m ? 0 时, 曲线 y ? f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 的公共点个

数即方程 f (x) ? mx 2 根的个数。



f

(x)

?

mx2

?

m

?

ex x2

,令 h(x)

?

ex x2

?

h '(x)

?

xex (x ? 2) x2

则 h(x) 在 (0, 2) 上单调递减,这时 h(x) ?(h(2), ??) , h(x) 在 (2, ??) 上单调

递增,这时 h(x) ? (h(2), ??), h(2) ? e2 .
4
h(2) 是 y ? h(x) 的极小值即最小值.

所以对曲线 y ? f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 公共点的个数,讨论如下:

当 m ? (0, e2 ) 时,有 0 个公共点;当 m ? e2 ,有1个公共点;

4

4

9

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当 m ? (e2 , ??) 有 2 个公共点;
4

(Ⅲ) 设 f (a) ? f (b) ? f (b) ? f (a) ? (b ? a ? 2) ? f (a) ? (b ? a ? 2) ? f (b)

2

b?a

2 ? (b ? a)

? (b ? a ? 2) ? ea ? (b ? a ? 2) ? eb ? (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? eb?a ? ea

2 ? (b ? a)

2 ? (b ? a)

令 g(x) ? x ? 2 ? (x ? 2) ? ex , x ? 0, ,则 g '(x) ? 1? (1? x ? 2) ? ex ? 1? (x ?1) ? ex

g?(x)的导函数 g ''(x) ? (1? x ?1) ? ex ? x ? ex ? 0,

所以 g?(x)在 (0, ??) 上单调递增,

且 g?(0) ? 0 ,因此 g?(x) ? 0, g(x) 在 (0, ??) 上单调递增,而 g(0) ? 0

所以在 (0, ??)上g(x) ? 0 。

因为当 x ? 0 时, g(x) ? x ? 2 ? (x ? 2) ? ex ? 0且 a ? b

(b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? eb?a ?

?ea

?0

2? (b ? a)

所以当 a ? b 时, f (a) ? f (b) ? f (b) ? f (a)

2

b?a

10. (本小题满分 14 分) (2013 陕西.文)

已知函数 f (x) ? ex , x ? R .

(Ⅰ) 求 f (x) 的反函数的图象上图象上点 (1,0) 处的切线方程;

(Ⅱ) 证明: 曲线 y ? f (x) 与曲线 y ? 1 x2 ? x ?1有唯一公共点.
2

(Ⅲ)

设a ? b,

比较

f

?a ??

? 2

b

? ??



f

(b) ? f (a) b?a

的大小,

并说明理由.

解(Ⅰ) y ? x ?1.

(Ⅱ) 证明曲线 y ? f (x) 与曲线 y ? 1 x2 ? x ?1有唯一公共点,过程如
2

10

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下。令 h(x) ? f (x) ? 1 x2 ? x ?1 ? ex ? 1 x2 ? x ?1, x ? R, 则

2

2

h '(x) ? ex ? x ?1, h '(x) 的导数 h ''(x) ? ex ?1, 且

h(0) ? 0,h '(0) ? 0,, h ''(0) ? 0因此,

当 x ? 0 时, h ''(x) ? 0 ? y ? h'(x) 单调递减;

当 x ? 0 时, h ''(x) ? 0 ? y ? h'(x) 单调递增.

? y ? h '(x) ? h '(0) ? 0, 所以 y ? h(x) 在 R 上单调递增,最多有一个零点

x?0
所以,曲线 y ? f (x) 与曲线 y ? 1 x2 ? x ?1只有唯一公共点 (0,1) .(证毕)
2

(Ⅲ) 设 f (a) ? f (b) ? f (b) ? f (a) ? (b ? a ? 2) ? f (a) ? (b ? a ? 2) ? f (b)

2

b?a

2 ? (b ? a)

? (b ? a ? 2) ? ea ? (b ? a ? 2) ? eb ? (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? eb?a ? ea

2 ? (b ? a)

2 ? (b ? a)

令 g(x) ? x ? 2 ? (x ? 2) ? ex , x ? 0,

则 g '(x) ? 1? (1? x ? 2) ? ex ? 1? (x ?1) ? ex

g?(x)的导函数 g ''(x) ? (1? x ?1) ? ex ? x ? ex ? 0,

所以 g?(x)在 (0, ??) 上单调递增,

且 g?(0) ? 0 ,因此 g?(x) ? 0, g(x) 在 (0, ??) 上单调递增,而 g(0) ? 0

所以在 (0, ??)上g(x) ? 0 。

因为当 x ? 0 时, g(x) ? x ? 2 ? (x ? 2) ? ex ? 0且 a ? b

? (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? eb?a ? ea ? 0 2? (b ? a)

所以当a < b时, f (a) ? f (b) ? f (b) ? f (a)

2

b?a

11

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

11.(本小题满分 14 分)(2013 湖北.理)

设 n 为正整数, r 为正有理数.
(I)求函数 f ? x? ? ?1? ?x r?1 ? ?r ?1? x ?1? x ? ?1?的最小值;

(II)证明: nr?1 ? ?n ?1?r?2 ? nr ? ?n ?1?r?1 ? nr?1 ;

r ?1

r ?1

(III)设

x

?

R,记

?

x?为不.小.于.x

的最小整数,例如

?2?

=2,??

? =4,??? ?

3 2

? ??

=-1.

令 S ? 3 81 ? 3 82 ? 3 83 ? ?????? ? 3 125, 求[S] 的值。

4

4

4

4

(参考数据:803 ? 344.7,813 ? 350.5,1243 ? 618.3,1263 ? 631.7. )

解 .(1) 因 为 f ?(x ) ? (r ? 1) (?1 x r )? r (? ?1) r ?( 1)?[x(1r ? ) , 令1] f ?(x) ? 0 解 得

x?0
当 ?1? x ? 0时, f ?(x) ? 0 ,所以 f (x) 在 (?1,0) 内是减函数

当 x ? 0 时, f ?(x) ? 0 ,所以 f (x) 在 (0, ??) 内是增函数

故函数 f (x) 在 x ? 0 处取得最小值 f (0) ? 0

(2)由(1),当 x ?(?1, ??) 时,有 f (x) ? f (0) ? 0

即 (1? x)r?1 ? 1? (r ?1)x 且等号当且仅当 x ? 0 时成立.

故当 x ?(?1, ??) 且 x ? 0 时,有 (1? x)r?1 ? 1? (r ?1)x ………..①

在①中,令 x ? 1 ,(这时 x ?(?1, ??) 且 x ? 0 )得 (1? 1)r?1 ? 1? r ?1

n

n

n

上式两边同乘 得 nr?1 (n ?1)r?1 ? nr?1 ? nr (r ?1)

即 nr ? (n ?1)r?1 ? nr?1 …………………………………………..②
r ?1
当 n ?1时, 在①中,令 x ? ? 1 ,(这时 x ?(?1, ??) 且 x ? 0 ),类似可得
n
nr ? nr?1 ? (n ?1)r?1 ………………………………………………③
r ?1

12

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

且当 n ?1时, ③式也成立

综合②③得 nr?1 ? ?n ?1?r?2 ? nr ? ?n ?1?r?1 ? nr?1 ; ……….. ④

r ?1

r ?1

(3)在④中,令 r ? 1 , n 分别取 81,82,83,…,125,得
3

3

4
(813

4
? 803

)

?

3

81

?

3

4
(82 3

4
? 813

)

,

4

4

3

4
(823

4
? 813

)

?

3

82

?

3

4
(833

4
? 823

)

4

4

3

4
(833

4
? 823

)

?

3

83

?

3

4
(84 3

4
? 833

)

4

4

…………………………….

3

4
(1253

4
? 124 3

)

?

3

125

?

3

4
(126 3

4
?1253

)

4

4

将以上各式相加,并整理得

3

4
(1253

4
? 803

)

?

S

?

3

4
(1263

4
? 813

)

4

4

代入数据计算,可得

3

4
(1253

4
? 803

)

?

210.2

,

3

4
(126 3

4
? 813

)

?

210.9

4

4

由[S] 的定义,得[S] ? 211.

12.(本小题满分 13 分)(2013 湖北.文)

设 a ? 0 , b ? 0 ,已知函数 f (x) ? ax ? b .
x ?1
(Ⅰ)当 a ? b 时,讨论函数 f (x) 的单调性; (Ⅱ)当 x ? 0 时,称 f (x) 为 a 、 b 关于 x 的加权平均数.

(i)判断 f (1) , f ( b ) , f (b) 是否成等比数列,并证明 f (b) ? f ( b ) ;

a

a

a

a

13

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

(ii) a 、 b 的几何平均数记为 G . 称 2ab 为 a 、 b 的调和平均数,记
a?b
为 H . 若 H ? f (x) ? G ,求 x 的取值范围.

解:(Ⅰ)函数的定义域为?x

x

?

?1? ,

f

?( x)

?

a?b (x ?1)2

所以

当 a ? b ? 0 时, f ?(x) ? 0 ,函数 f (x) 在 (??, ?1) , (?1, ??) 上单调递增;

当 0 ? a ? b时, f ?(x) ? 0 ,函数 f (x) 在 (??, ?1) , (?1, ??) 上单调递减.

(Ⅱ)(i)计算得 f (1) ? a ? b , f ( b ) ? ab, f (b ) ? 2ab

2

a

a a?b

( ab)2 ? a ? b ? 2ab ? f (1), f ( b ), f (b ) 成等比数列,

2 a?b

aa

a ? 0,b ? 0,? 2ab ? ab ? f ( b ) ? f ( b )

a?b

a

a

(ii)由(i)知 f (1) ? a ? b , f (b) ? 2ab

2

a a?b

故由 H ? f (x) ? G ,得 f (b ) ? f (x) ? f (1) .
a

当 a ? b ? 0 时,函数 f (x) 在 (0, ??)上单调递增.这时 b ? x ? 1 ,即 x 的取
a

值范围为 b ? x ? 1 ;
a

当 0 ? a ? b时,函数 f (x) 在 (0, ??)上单调递减.所以 x 的取值范围为

1? x ? b a

13. (2013 江苏卷)(本小题满分 16 分)
设函数 f ?x? ? ln x ? ax , g ?x? ? ex ? ax ,其中 a 为实数. (1) 若 f ? x? 在 ?1,??? 上是单调减函数,且 g ? x? 在 ?1,??? 上有最小值,
求 a 的范围;
(2) 若 g ? x? 在 ??1,??? 上是单调增函数,试求 f ? x? 的零点个数,并证
14

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

明你的结论.

解:(1) f (x)' ? x?1 ? a , g(x)' ? ex ? a

由题意: f (x)' ? 0 对 x??1, ??? 恒成立

即 a ? x?1对 x ??1, ??? 恒成立?a ? 1

g ? x? 在 ?1,??? 上有最小值

a ? 0 时, g(x)' ? 0 恒成立, g(x) 在 ?1, ???无最值

a ? 0 时,由题意 ln a ?1, a ? e

综上: a 的范围是: a ? e

(2) g ? x? 在 ??1,???上是单调增函数

? g(x)' ? 0 对 x???1, ??? 恒成立

即 a ? ex 对 x ???1, ??? 恒成立?a ? e?1

令 f (x) ? 0 ,则 a ? ln x
x

则有 f (x) 的零点个数即为 y ? a 与 y ? ln x 图像交点的个数
x



h(x)

?

ln x x

?x

?

0?则 h(x)'

?

1? ln x2

x

易知 h(x) 在 ?0,e?上单调递增,在 ?e,??? 上单调递减

在 x ? e 时取到最大值 h(e) ? 1 ? 0
e

当 x ? 0 时, h(x) ? ln x ? ?? 当 x ???时, h(x) ? ln x ? 0

x

x

? h(x) 图像如下

15

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

所以由图可知: a ? 0 时, f (x) 有 1 个零点

0 ? a ? 1 时, f (x) 有 2 个零点 a ? 1 时, f (x) 有 1 个零点

e

e

综上所述: a ? 0 或 a ? 1 时, f (x) 有 1 个零点
e

0 ? a ? 1 时, f (x) 有 2 个零点
e

14(本小题满分 13 分)(2013 湖南.理)

已知 a ? 0 ,函数 f (x) ? x ? a
x ? 2a

(1)记 f (x) 在区间[0, 4] 上的最大值为 g(a) ,求 g(a) 的表达式

(2)是否存在 a ,使函数 y ? f (x) 在区间 (0, 4) 内的图象上存在两点,

在该两点处的切线互相垂直?若村子啊,求出 a 的取值范围,

若不存在,请说明理由

解(1)当 0 ? x ? a 时, f (x) ? a ? x ;当 x ? a 时, f (x) ? x ? a ,因此,

x ? 2a

x ? 2a



x ?(0, a) 时,

f

'(x)

?

?3a (x ? 2a)2

?

0,

f

(x) 在 (0, a) 上单调递减;



x ?(a, ??)

时,

f

'(x)

?

3a (x ? 2a)2

?

0,

f

(x) 在 (a, ??) 上单调递增;

①若 a ? 4 ,则 f (x) 在 (0, 4) 上单调递减, g(a) ? f (0) ? 1
2
②若 0 ? a ? 4 ,则 f (x) 在 (0, a)上单调递减,在 (a, 4) 上单调递增。所以

g(a) ? max{ f (0), f (4)} ,而 f (0) ? f (4) ? 1 ? 4 ? a ? a ?1 ,故当 0 ? a ?1时,
2 4 ? 2a 2 ? a

g(a) ? f (4) ? 4 ? a ;当当1? a ? 4时, g(a) ? f (0) ? 1 .

4 ? 2a

2

综上所述,

g

(a)

?

? ?? ? ? ??

4?a 4 ? 2a
1 2

,0 ,a

? ?

a 1

?

1

16

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

(2)由(1)知,当 a ? 4 时, f (x) 在 (0, 4) 上单调递减,故不满足要求。

当 0 ? a ? 4 时, f (x) 在 (0, a)上单调递减,在 (a, 4) 上单调递增,若存在

x1, x2 ? (0, 4)(x1 ? x2 ) ,使曲线 y ? f (x) 在 (x1, f (x1)), (x2, f (x2 )) 两点处的切线 互相垂直,则 x1 ? (0, a), x2 ? (a, 4) ,且 f '(x1) ? f '(x2 ) ? ?1 ,

即 ?3a ? 3a ? ?1
(x1 ? 2a)2 (x2 ? 2a)2

亦即

x1

? 2a

?

3a x2 ? 2a

(*)



x1

?

(0,

a),

x2

?

(a,

4)



x1

?

2a

?

(2a,

3a)



x2

3a ? 2a

?

(

4

3a ? 2a

,1)

故(*)成立等价于集合 A ? {x | 2a ? x ? 3a}与集合 B ? {x | 3a ? x ? 1} 的
4 ? 2a

交集非空.

因为 3a ? 3a ,所以当且仅当 0 ? 2a ?1,即 0 ? a ? 1 时, A B ? ?

4 ? 2a

2

综上所述,存在 a 使函数 f (x) 在区间 (0, 4) 内的图像上存在两点,在该

两点处的切线互相垂直,且 a 的取值范围是 (0, 1)
2

15.(13 分)(2013? 湖南.文)已知函数 f (x) ? 1? x ex .
1? x2
(Ⅰ)求 f (x) 的单调区间;

(Ⅱ)证明:当 f (x1) ? f (x2 )(x1 ? x2 ) 时, x1 ? x2 ? 0 .

解:(I)易知函数 f (x) 的定义域为 R .

f ?(x) ? ( 1? x )?ex ? 1? x ex

1? x2

1? x2

?

x2 ? (1 ?

2x x2

? )2

1

e

x

?

1? x 1? x2

ex

?

?x[(x ?1)2 ? (1? x2 )2

2]

ex

当 x ? 0 时, f ?(x) ? 0 ;当 x ? 0 时, f ?(x) ? 0 .∴函数 f (x) 的单调递增区

间为 (??,0),单调递减区间为 (0, ??).

17

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

(II)当

x

?

1时,由于

1? x 1? x2

?

0, ex

?

0?

f

(x)

?

0;

同理,当 x ?1时, f (x) ? 0;

当 f (x1) ? f (x2 )(x1 ? x2 ) 时,不妨设 x1 ? x2 .

由(I)可知: x1 ? (??, 0), x2 ? (0,1) .

下面证明: ?x ?(0,1),

f (x) ?

f

(?x)

,即证

1? x 1? x2

ex

?

1? x 1? x2

e?x .

此不等式等价于

(1?

x)ex

?

1? x ex

?

0

.



g(x)

?

(1?

x)ex

?

1? x ex

,则

g ?( x)

?

? xe? x

(e 2 x

?1)

.

当 x ?(0,1) 时, g?(x) ? 0, g(x) 单调递减,?g(x) ? g(0) ? 0



(1?

x)ex

?

1? x ex

?

0

??x ?(0,1), f (x) ? f (?x) ,而 x2 ? (0,1)? f (x2 ) ? f (?x2 )

从而, f (x1) ? f (?x2 ) .

由于 x1, ?x2 ? (??, 0), f (x) 在 (??, 0) 上单调递增,

? x1 ? ?x2 ? x1 ? x2 ? 0

16(本小题满分 13 分) (2013 山东.理) 设函数 f (x) ? x ? c(e ? 2.71828 是自然对数的底数, c ? R) .
e2x
(1)求 f (x) 的单调区间,最大值;

(2)讨论关于 x 的方程| ln x |? f (x) 根的个数.

解:(1)

f

?(x)

?

1? 2x e2x

,令

f

?(x)

?

0

?

x

?

1 2

当 x ?(??, 1) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 单调递增;
2

当 x ?(1 , ??) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 单调递减;
2

所以当 x ? 1 时,函数取得最大值
2

18

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

fmax

(x)

?

1 2e

?

c

(2)由(1)知, f (x) 先增后减,即从负无穷增大到 1 ? c ,然后递
2e

减到 c,而函数 ln x 是 (0,1) 时由正无穷递减到 0 ,然后又逐渐增大。

故令

f

(1)

?

0 得, c

?

?

1 e2



所以当 c

?

?

1 e2

时,方程有两个根;

当c

?

?

1 e2

时,方程有一两个根;



c

?

?

1 e2

时,方程有无两个根.

17(山东.文)(本小题满分 12 分)

已知函数 f (x) ? ax2 ? bx ? ln x (a,b ? R)

(Ⅰ)设 a ? 0 ,求 f (x) 的单调区间

(Ⅱ) 设 a ? 0 ,且对于任意 x ? 0 , f (x) ? f (1) 。试比较 ln a 与 ?2b 的大小
解:(Ⅰ)由 f (x) ? ax2 ? bx ? ln x(a,b ? R) 知 f ?(x) ? 2ax ? b ? 1
x
又 a ? 0 ,故当 a ? 0 时, f ?(x) ? bx ?1
x
若 b ? 0 时,由 x ? 0 得, f ?(x) ? 0 恒成立,

故函数的单调递减区间是 (0, ??);

若 b ? 0 ,令 f ?(x) ?0 可得 x ? 1 ,即函数在 (0, 1) 上是减函数,在 (1 , ??) 上

b

b

b

是增函数.

所以函数的单调递减区间是 (0, 1) ,单调递增区间是 (1 , ??)

b

b

当 a ? 0 时,令 f ?(x) ? 0 ? 2ax2 ? bx ?1 ? 0

由于 ? ? b2 ? 8a ? 0 ,故有 x1

?

?b ?

b2 ? 8a 4a

, x2

?

?b ?

b2 ? 8a 4a

显然有 x1 ? 0, x2 ? 0 ,

19

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

故在区间 (0, ?b ? b2 ? 8a ) 上,导数小于 0,函数是减函数;在区间
4a

( ?b ? b2 ? 8a , ??) 上,导数大于 0,函数是增函数
4a
综上,当 a ? 0,b ? 0 时,函数的单调递减区间是 (0, ??) ; 当 a ? 0,b ? 0 时,函数的单调递减区间是 (0, 1) ,单调递增区间是
b (1 , ??) b
当 a ? 0 ,函数的单调递减区间是 (0, ?b ? b2 ? 8a ) ,单调递增区
4a

间是 ( ?b ? b2 ? 8a , ??)
4a
(II)由题意,函数 f (x) 在 x ?1处取到最小值,

由(1)知, ?b ?

b2 ? 8a 是函数的唯一极小值点故 ?b ?

b2 ? 8a ?1

4a

4a

整理得 2a ? b ?1? b ?1? 2a

令 g(x) ? 2 ? 4x ? ln x ,则 g?(x) ? 1? 4x
x

由 g?(x) ? 1? 4x ? 0 ? x ? 1

x

4

当 0 ? x ? 1 时, g?(x) ? 0 ,函数单调递增;
4

当 x ?(1 , ??) 时, g?(x) ? 0 ,函数单调递减
4

因为 g(x) ? g(1) ? 1? ln 4 ? 0
4

故 g(a) ? 0 ,即 2 ? 4a ? ln a ? 2b ? ln a ? 0 ,即 ln a ? ?2b

20

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

18.(13 分)(2013?安徽)设函数 f (x) ? ax ? (1? a2 )x2 (a ? 0) ,区间
l ? ?x f (x) ? 0?

(Ⅰ)求 l 的长度(注:区间 (?, ? ) 的长度定义为 ? ?? );

(Ⅱ)给定常数 k ?(0,1) ,当1? k ? a ?1? k 时,求 l 长度的最小值.

解:(Ⅰ)因为方程 ax ? (1?

a2 )x2

?

0(a

?

0) 有两个实根

x1

?

0, x2

?

a 1? a2

?

0,

故 f (x) ? 0 的解集为?x x1 ? x ? x2?

因此区间 l

?

(0,

1

a ? a2

)

,区间长度为 a
1? a2



(Ⅱ)设 d(a)

a ? 1? a2

,则 d?(a)

?

1? a2 (1? a2 )2

令 d?(a) ? 0 ? a ?1,由于 0 ? k ?1,

故当1? k ? a ?1时,d?(a) ? 0, d(a) 单调递增;当1? a ?1? k 时,d?(a) ? 0, d(a)

单调递减,

因此当1? k ? a ?1? k 时, d(a) 的最小值必定在 a ?1? k ,或 a ?1? k 处取 得.

1? k

而 d (1? k)
d (1? k)

?

1? (1? k)2 1? k

?

2?k2 ?k3 2?k2 ? k3

? 1 ,故 d(1? k) ? d(1? k) .

1? (1? k)2

因此当 a

?1? k

时,d(a) 在区间[1? k,1? k]上取得最小值

1? k 2 ? 2k ? k2

,即 l



度的最小值为 1? k .
2 ? 2k ? k2

19.(2013 全国卷.文)已知 a ? R ,函数 f (x) ? 2x3 ? 3(a ?1)x2 ? 6ax (Ⅰ)若 a ?1,求曲线 y ? f (x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程; (Ⅱ)若 a ?1,求 f (x) 在闭区间[0, 2a ]上的最小值.
21

2013 全国高考文科、理科数学
解(略)

函数与导数专题

邓老师

20.(本小题满分 14 分)(2013 江西.理)

已知函数 f (x) ? a(1? 2 x ? 1 ), a 为常数且 a ? 0 .
2
(1)证明:函数 f (x) 的图像关于直线 x ? 1 对称;
2
(2)若 x0 满足 f ( f (x0 )) ? x0 ,但 f (x0 ) ? x0 ,则 x0 称为函数 f (x) 的二阶周
期点,如果 f (x) 有两个二阶周期点 x1, x2 ,试确定 a 的取值范围;

(3)对于(2)中的 x1, x2 ,和 a ,设 x3 为函数 f ( f (x)) 的最大值点,

A(x1, f ( f (x1))), B(x2, f ( f (x2 ))),C(x3, 0) ,记 ?ABC 的面积为 S(a) ,讨论

S(a) 的单调性。

(1)证明: f (1 ? x) ? a(1? 2 x ) , f (1 ? x) ? a(1? 2 x )

2

2

? f (1 ? x) ? f (1 ? x) ,? f (x) 的图象关于直线 x ? 1 对称.

2

2

2

(2)解:当

0

?

a

?

1 2

时,有

f

(

f

( x))

?

???4a2 x(x ? ???4a2 (1?

? 1) 2
x)( x

?

1) 2



? f ( f (x)) ? x 只有一个解 x ? 0 ,又 f (0) ? 0 ,故 0 不是二阶周期点.



a

?

1 2

时,有

f

(

f

( x))

?

? ??

x(

x

?

1 2

)

?

???1? x(x ?

1) 2

?

f

(

f

(x))

?

x

有解集,

? ?

x

?

x

?

1 2

? ? ?

,故此集合中的所有点都不是二阶周期

点.

22

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

??4a 2 x( x ?

?

1) 4a

当a

?

1 2

时,有

f

(

f

( x))

?

??2a

?

4a2x( 1 4a

?

x

?

? ?2a(1

?

2a)

?

4a

2

x(

1

1) 2 ?x

?

4a

?1)

?

2

4a

? ?4a2

?

4a 2 x( x

?

4a

?1)

?

4a

?

f

(

f

(x))

?

x

有四个解:

0

,

1

2a ? 4a

2

, 2a
1? 2a

, 4a2
1? 4a2



f

(0)

?

0,

f

( 2a ) 1? 2a

? 2a 1? 2a

,

f

2a

(

)

1? 4a2

?

2a 1? 4a2

,

f

4a2

( 1

?

4a

2

)

?

4a2 1? 4a2

故只有 2a
1? 4a2

, 4a2
1? 4a2



f

(x)

的二阶周期点,综上所述,所求 a

的取值

范围为 a ? 1
2

(3)由(2)得

x1

?

2a 1? 4a2

,

x2

?

4a2 1? 4a2

.

x2

为函数

f

(x)

的最大值点,所以

x3

?

1 4a



x3

?

4a ?1 4a



x3

?

1 4a

时,

S

(a)

?

2a 4(1 ?

?1 4a2

)

.求导得:

2(a ? 1? 2 )(a ? 1? 2 )

S?(a) ?

2

2

(1? 4a2 )2

所以当 a ? (1 ,1? 2 ) 时, S(a) 单调递增,当 a ? (1? 2 , ??) 时,

22

2

S(a) 单调递减.



x3

?

4a ?1 4a

时,

S (a)

?

8a2 ? 6a ?1 4(1? 4a2 )

,求导得

S ?(a)

?

12a2 ? 4a ? 3 2(1? 4a2 )2

因为

a

?

1 2

,从而

S ?(a)

?

12a2 ? 4a 2(1? 4a2

?3 )2

23

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

所以当 a ? (1 , ??) 时, S(a) 单调递增.
2

邓老师

21.(本小题满分 14 分)(2013 江西.文)

设函数

f

(x)

?

?1 ?? a

x(0

?

x

?

a2)

? ?

1

(1? x)(a2 ?

x

? 1)

常数且 a ? (0,1)

.

??1? a

(1)当 a ? 1 时,求 f ( f (1));

2

3

(2)若 x0 满足 f ( f (x0 )) ? x0 但 f (x0 ) ? x0 ,则称 x0 为 f (x) 的二阶有且仅有

两个二阶周期点,并求二阶周期点 x1, x2 ;

(3)对于(2)中 x1, x2 ,设 Ax( ,1f (f x( ,))( 1B, x( (f )f)2x

2

, C(a2, 0) ,记 ?ABC

的面积为 S(a) ,求 S(a) 在区间[1 , 1]上的最大值和最小值。
32

解:(1)当 a ? 1 时,求 f (1) ? 2 ,故 f ( f (1)) ? f (2) ? 2(1? 2) ? 2

2

33

3

3

33

?1

? ?

a

2

x(0

?

x

?

a2)

(2)

f

(

f

( x))

?

? ??

1 a(1 ?

a)

(a

?

x)(a2

?

x

?

a)

? ?

1

(x ? a)(a ? x ? a2 ?

a

? 1)

?(1? a)2

? ?

1

(1? x)(a2 ? a ?1 ? x ? 1)

?? a(1? a)

当0

?

x

?

a2

时,由

1 a2

x

?

x ,解得

x

?

0 ,因为

f

(0)

?

0 ,故

x

?

0 不是函数

的二阶周期点;



a2

?

x

?

a 时,由

1 (1? a)2

(x

?

a)

?

x

,解得

x

?

?a2

a ?a

?(a2, a) ?1

因为

f

( ?a2

a ?a

) ?1

?

1 a

?

?a2

a ?a

?1

?

?a2

1 ?a

?1

?

?a2

a ?a

?1

24

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师



x

?

?a2

a ?

a

?1

是函数的二阶周期点;



a

?

x

?

a2

?

a

?1时,由

1 (1? a)2

(x

?

a)

?

x

,解得

x

?

2

1 ?

a

? (a, a2

?

a

?1)

,因

为 f ( 1 ) ? 1 ,故得 x ? 1 不是函数的二阶周期点;

2?a 2?a

2?a



a2

?

a

?1

?

x

? 1 时,由

1 a(1 ?

a)

(1 ?

x)

?

x

,解得

x

?

?a2

1 ?

a

?1

?

(a2

?

a

?1,1)



因为

f

( ?a2

1 ?a

) ?1

?

?a2

a ?a

?1

?

?a2

1 ?a

?1





x

?

?a2

1 ?

a

?1

是函数的二阶周期点;

因此函数有两个二阶周期点,

x1

?

?a2

a ?a

?1

,

x2

?

?a2

1 ?a

?1

(3)由(2)得

A(

?a2

a ?

a

?1

,

?a2

a ?

a

) ?1

,

B(

?a2

1 ?

a

?1

,

?a2

1 ?

a

) ?1



S(a)

?

S?OCB

?

S?OCA

?

1 2

?

a2 (1? a) ?a2 ? a ?1



所以

S ?(a)

?

1 2

?

a(a3

? 2a2 ?a2 ?

? 2a a ?1

?

2)

因为

a

?

(1 3

,

1) 2

,有

a2

?

a

?

1 ,所以

S ?(a)

?

1 2

?

a(a3

? 2a2 ?a2 ?

? 2a a ?1

?

2)

? 1 ? a[(a ?1)(a ?1)2 ? (?a2 ? a ?1)] ? 0

2

?a2 ? a ?1

(或令 g(a) ? a3 ? 2a2 ? 2a ? 2 利用导数证明其符号为正亦可)

S(a) 在区间[1 , 1]上是增函数,
32

故 S(a) 在区间[ , ]上的最小值为 S(1) ? 1 ,最大值为 S(1) ? 1 .

3 33

2 20

22.(12 分)(2013? 辽宁.理)已知函数 f (x) ? (1? x)e?2x , g(x) ? ax ? x3 ?1? 2x cos x ,当 x ?[0,1] 时,
2
(I)求证:1? x ? f (x) ? 1 ;
1? x
25

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

(II)若 f (x) ? g(x) 恒成立,求实数 a 的取值范围.

(I) 证明:①当 x ?[0,1) 时, (1? x)e?2 ? 1? x ? (1? x)e?x ? (1? x)ex

令 h(x) ? (1? x)e?x ? (1? x)ex ,则 h?(x) ? x(ex ? e?x ) .

当 x ?[0,1) 时, h?(x) ? 0 ,所以 h(x) 在 [0,1) 上是增函数,

?h(x) ? h(0) ? 0 ,即 f (x) ? 1? x .

②当 x ?[0,1) 时, f (x) ? 1 ? ex ? 1? x ,
1? x



u(x)

?

x
e

?

x

?1,则

u?(x)

?

x
e

?1

,当 x ?[0,1) 时, u?(x) ? 0

?u(x) 在[0,1) 单调递增,?u(x) ? u(0) ? 0 ,? f (x) ? 1
1? x
综上可知:1? x ? f (x) ? 1 .
1? x

(II) 解:设 G(x) ? f (x) ? g(x) ? (1? x)e?2x ? (ax ? x3 ?1? 2x cos x)
2

x3

x2

? 1? x ? ax ?1? ? 2x cos x ? ?x(a ?1? ? 2 cos x)

2

2

令 H (x) ? x2 ? 2 cos x ,则 H?(x) ? x ? 2sin x
2
令 K(x) ? x ? 2sin x ,则 K?(x) ?1? 2cos x

当 x ?[0,1) 时, K?(x) ? 0 ,

可得 H?(x) 是[0,1) 上的减函数,?H?(x) ? H?(0) ? 0,

故 H (x) 在[0,1) 单调递减,?H (x) ? H(0) ? 2?a ?1? H(x) ? a ? 3

所以当 a ? ?3时, f (x) ? g(x) 在[0,1) 上恒成立.

下面证明当 a ? ?3时, f (x) ? g(x) 在[0,1) 上不恒成立.

1

x3

f (x) ? g(x) ? ? (1? ax ? ? 2x cos x)

1? x

2

? ?x ? ax ? x3 ? 2x cos x ? ?x( 1 ? a ? 2 cos x) .

1? x

2

1? x

26

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

令V (x) ? 1 ? a ? x2 ? 2 cos x ? 1 ? a ? H (x) ,

1? x

2

1? x

则V ?(x) ? ?1 ? H ?(x) .
(1? x)2

当 x ?[0,1) 时,V ?(x) ? 0 ,故V (x) 在[0,1) 上是减函数,

?V (x) ?(a ?1? 2cos1, a ? 3]

当 a ? ?3时, a ? 3 ? 0 . 所以存在 x0 ? (0,1) ,使得V (x0 ) ? 0 ,此时, f (x0 ) ? g(x0 ) . 即 f (x) ? g(x) 在[0,1) 上不恒成立.

综上实数 a 的取值范围是 (??, ?3]

23.(2013 大纲版.理)(12 分)

已知函数 f (x) ? ln(1? x) ? x(1? ?x) .
1? x
(Ⅰ)若 x ? 0 时 f (x) ? 0,求 ? 的最小值;

(Ⅱ)设数列 {an } 的通项

an

?1?

1 2

?

1 3

?

?

1 n

,证明: a2n

?

an

?

1 4n

?

ln

2

.

解:(I)由已知,

f

(0)

?

0,

f

?( x)

?

(1 ?

2?)x ? ? x2 (1? x)2

,且

f

?(0)

?

0

…3



若 ? ? 1 ,则当 0 ? x ? 2(1? 2?) 时, f ?(x) ? 0 ,所以当 0 ? x ? 2(1? 2?) 时,
2
f (x) ? 0 ;

若 ? ? 1 ,则当 x ? 0 时, f ?(x) ? 0 ,所以当 x ? 0 时, f (x) ? 0
2
综上, ? 的最小值为 1 …6 分
2
( II)令 ? ? 1 ,由(I)知,当 x ? 0 时, f (x) ? 0,
2
即 x(2 ? x) ? ln(1? x)
2? 2x

27

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

取 x ? 1 ,则 2k ?1 ? ln k ?1 ...............9 分

k

2k(k ?1)

k

? 于是

a2n

?

an

?

1 4n

?

2 n ?1
(

1

k?n 2k

?

1) 2(k ?1)

? ? 2n?1
?

2k ?1

? 2n?1ln k ?1 ? ln 2n ? ln n ? ln 2

k?n 2k (k ?1) k?n k

所以

a2n

?

an

?

1 4n

?

ln

2

…12



邓老师

24.(2013 大纲版.文)(本小题满分 12 分)

已知函数 f ? x? =x3 ? 3ax2 ? 3x ?1.

(I)求 a ? 2 时,讨论 f (x) 的单调性;

(II)若 x??2,???时, f (x) ? 0,求 a 的取值范围.

【解析】(Ⅰ)当 a ? ? 2 时, f ? x? =x3 ? 3 2x2 ? 3x ?1.

f ?? x? =3x2 ? 6 2x ? 3 .

令 f ?(x) ? 0 ,得 x1 ? 2 ?1, x2 ? 2 ?1. 当 x ? (??, 2 ?1) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 在 (??, 2 ?1) 上是增函数;

当 x ? ( 2 ?1 2 ?1) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 在 ( 2 ?1 2 ?1) 上是减函数;

当 x ? ( 2 ?1, ??) 时, f ?(x) ? 0 , f (x) 在 ( 2 ?1, ??) 上是增函数;

(Ⅱ)由 f (2) ? 0 得 a ? ? 5 .
4

当 a ? ? 5 , x ?(2, ??) 时,
4

f ?? x? =3x2 ? 6ax ? 3 ? 3(x2 ? 2ax ?1) ? 3(x2 ? 5 x ?1) ? 3(x ? 1)(x ? 2)

2

2

所以 f (x) 在 (2, ??) 是增函数,于是当 x ?[2, ??) 时, f (x) ? f (2) ? 0.

综上, a 的取值范围是[? 5 , ??)
4

28

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

25.(14 分)(2013?

四川.理)已知函数

f

(x)

?

?x2 ?

?

2x

?

a(

x

?

0)

,其中

?ln x(x ? 0)

a 是实数,设 A(x1, f (x1)) , B(x2, f (x2 )) 为该函数图象上的点,且 x1 ? x2 .

(I)指出函数 f (x) 的单调区间;

(II)若函数 f (x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直,且 x2 ? 0 ,求 x2 ? x1 的最小值; (III)若函数 f (x) 的图象在点 A, B 处的切线重合,求 a 的取值范围.

解:(I)当 x ? 0 时, f (x) ? (x ?1)2 ? a

? f (x) 在 (??, ?1) 上单调递减,在 (?1,0) 上单调递增;

当 x ? 0 时, f (x) ? ln x ,在 (0, ??) 单调递增.

(II) x1 ? x2 ? 0 ,? f (x) ? x2 ? 2x ? a, f ?(x) ? 2x ? 2 所以函数 f (x) 在点 A, B 处的切线的斜率分别为 f ?(x1), f ?(x2 ) 因为函数 f (x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直,

? f ?(x1) ? f ?(x2 ) ? ?1?(2x1 ? 2)(2x2 ? 2) ? ?1

?2x1 ? 2 ? 0, 2x2 ? 2 ? 0

1 ? x2 ? x1 ? 2 [(2x2 ? 2) ? (2x1 ? 2)] ? ?(2x2 ? 2)(2x1 ? 2) ? 1

当且仅当

?(2x1

?

2)

?

2x2

?

2

?

1 ,即

x1

?

?

3 2

,

x2

?

?

1 2

时等号成立.

所以函数 f (x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直,且 x2 ? 0 时,x2 ? x1 的

最小值为1.

(III)当 x1 ? x2 ? 0 或 0 ? x1 ? x2 时, f ?(x1) ? f ?(x2 ) ,故不成立,

? x1 ? 0 ? x2
当 x1 ? 0 时,函数 f (x) 在点 A(x1, f (x1)) ,处的切线方程为
y ? (x12 ? 2x1 ? a) ? (2x1 ? 2)(x ? x1) ? y ? (2x1 ? 2)x ? x12 ? a

29

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

当 x2 ? 0 ,函数 f (x) 在点 B(x2, f (x2 )) 处的切线方程为

y

? ln

x2

?

1 x2

(x

?

x2 )

?

y

?

1 x2

x

?

ln

x2

?1

函数 f (x) 的图象在点 A, B 处的切线重合的充要条件是

?1

? ?

x2

?

2x1 ? 2...............(1)

??ln x2 ?1 ? ?x12 ? a......(2)

由(1)及 x1 ? 0 ? x2 可得 ?1 ? x1 ? 0 ,

由(1)(2)得

a

?

x12

?

ln

1 2x1 ?

2

?1

?

x12

?

ln(2 x1

?

2)

?1

因为函数 y ? x12 ?1, y ? ? ln(2x1 ? 2) 在区间 (?1,0) 上单调递减, ?a(x1) ? x12 ? ln(2x1 ? 2) ?1 在 (?1, 0) 上单调递减,且 x1 ? ?1 时, ln(2x1 ? 2) ? ?? ,即 ? ln(2x1 ? 2) ? ?? ,也即 a(x1) ? ?? . x1 ? 0 时, a(x1) ? ?1? ln 2

所以 a 的取值范围是 (?1? ln 2, ??) .

26 (本小题满分 14 分) (2013 天津.理) 已知函数 f (x) ? x2 ln x . (Ⅰ) 求函数 f (x) 的单调区间; (Ⅱ) 证明: 对任意的 t ? 0 , 存在唯一的 s, 使 t ? f (s) . (Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s ? g(t) , 证明: 当 t>e2 时, 有 2 ? ln g(t) ? 1
5 ln t 2
解:(Ⅰ)由题意可知函数的定义域为 (0, ??), 求导数可得 f ?(x) ? 2x ln x ? x2 ? 1 ? x(2ln x ?1)
x
30

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

令 f ?(x) ? 0 ? x ? 1
e

当 x 变化时, f ?(x), f (x) 的变化情况如下表:

x

(0, 1 )

1

e

e

f ?(x)

-

0

( 1 , ??) e
+

f (x)

单调递减

极小值

单调递增

所以函数 f (x) 的单调递减区间为 (0, 1 ) ,单调递增区间为 ( 1 , ??)

e

e

(Ⅱ)证明:当 0 ? x ?1时, f (x) ? 0 ,设 t ? 0 ,

令 h(x) ? f (x) ? t(x ?[1, ??)) ,

由(Ⅰ)可知, h(x) 在区间 (1, ??) 单调递增, h(1) ? ?t ? 0,

h(et ) ? e2t ln et ? t ? t(e2t ?1) ? 0 ,

故存在唯一的 s ?(1, ??) ,使得 t ? f (s) 成立;

(Ⅲ)证明:因为 s ? g(t) ,由(Ⅱ)知, t ? f (s) ,且 s ?1,

从而

ln g(t) ln t

?

ln ln f

s (s)

?

ln s ln(s2 ln

s)

?

2 ln

ln s?

s ln

ln

s

?

2u

u ? ln

u

,其中 u

?

ln

s



要使 2 ? ln g(t) ? 1 成立,只需 0 ? ln u ? u ,

5 ln t 2

2

当 t ? e2 时,若 s ? g(t) ? e ,则由 f (s) 的单调性,

有 t ? f (s) ? f (e) ? e2 矛盾,

所以 s ? e ,即 u ?1,从而 lnu ? 0 成立,

另一方面,令 F(u) ? ln u ? u ,u ? 1, F?(u) ? 1 ? 1

2

u2

令 F?(u) ? 0 ? u ? 2

当1? u ? 2 时, F?(u) ? 0 ,当 u ? 2 时, F?(u) ? 0 ,

31

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

故函数 F(u) 在 u ? 2 处取到极大值,也是最大值 F(2) ? 0 ,

故有 F(u) ? ln u ? u ? 0 ? ln u ? u .

2

2

综上可证:当 t ? e2 时,有 2 ? ln g(t) ? 1 成立.
5 ln t 2

27 (本小题满分 14 分) (2013 天津.文)

? x3 ? (a ? 5)x, x ? 0,

设 a ?[?2,0],

已知函数

f

(x)

?

?

? ??

x3

?

a

? 2

3

x2

?

ax,

x ? 0.

(Ⅰ) 证明 f (x) 在区间 (?1,1) 内单调递减, 在区间 (1, ??) 内单调递增;

( Ⅱ ) 设 曲 线 y ? f (x) 在 点 Pi (x i , f (xi ) ) i(? 1, 2 ,处3 )的 切 线 相 互 平 行 , 且

x1x2 x3 ? 0,

证明

x1

?

x2

?

x3

?

1 3

.

解:(I)令

f1 ( x)

?

x3

?

(a

? 5)x(x

?

0)



f2 ( x)

?

x3

?

a

?3 2

x2

?

ax(x

?

0) .

① f1?(x) ? 3x2 ? (a ? 5) ,由于 a ?[?2, 0],从而当 ?1? x ? 0 时,

f1?(x) ? 3x2 ? (a ? 5) ? 3 ? 5 ? a ? 0 ,

所以函数 f1(x) 在区间 (?1,0) 内单调递减,

② f2?(x) ? 3x2 ? (a ? 3)x ? a ? (3x ? a)(x ?1) ,由于 a ?[?2, 0],

所以 0 ? x ?1时 f2?(x) ? 0 ;

当 x ?1时,f2?(x) ? 0 ,即函数 f2 (x) 在区间 (0,1) 内单调递减,在区间 (1, ??)

上单调递增.

综合①②及 f1(0) ? f2 (0) ,可知: f (x) 在区间 (?1,1) 内单调递减,在区间
(1, ??) 内单调递增; (II)证明:由(I)可知:f ?(x) 在区间 (??,0) 内单调递减,在区间 (0, a ? 3)
6
内单调递减,在区间 (a ? 3 , ??) 内单调递增.
6

32

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

因为曲线 y ? f (x) 在点 Pi (xi , f (xi ))(i ? 1, 2,3) 处的切线相互平行,从而

x1, x2, x3 互不相等,且 f ?(x1) ? f ?(x2 ) ? f ?(x3) .

不妨 x1 ? 0 ? x2 ? x3 ,由 3x12 ? (a ? 5) ? 3x22 ? (a ? 3)x2 ? 3x32 ? (a ? 3)x3 ? a .

可得

3x22

?

3x32

?

(a

?

3)( x2

?

x3 )

?

0

?

x2

?

x3

?

a

? 3

3



从而 0

?

x2

?

a

? 6

3

?

x3





g(

x)

?

3x2

?

(a

?

3)x

?

a

,则

g

(

a

? 6

3)

?

g(

x2

)

?

g(0)

?

a



由 3x12 ? (a ? 5) ? g(x2 ) ? a ? ?

2a ? 3

5

?

x1

?

0



所以 x1 ? x2 ? x3 ? ?

2a ? 5 ? a ? 3 ,

3

3

设 t ? 2a ? 5 ,则 a ? 3a2 ? 5



3

2

a ?[?2, 0]?t ?[ 3 , 15 ] 33



x1

?

x2

?

x3

?

?t

?

3t2 ?1 6

?

1 2

(t

?1)2

?

1 3

?

?

1 3



x1

?

x2

?

x3

?

?

1 3



28(新课标Ⅰ.理)(12 分)已知函数 f (x) ? x2 ? ax ? b , g(x) ? ex (cx ? d ) , 若曲线 y ? f (x) 和曲线 y ? g(x) 都过点 P(0, 2) ,且在点 P 处有相同的切线 y ? 4x ? 2. (Ⅰ)求 a,b,c, d 的值; (Ⅱ)若 x ? ?2 时, f (x) ? kg(x) ,求 k 的取值范围. 解:(I)由题意知 f (0) ? 2, g(0) ? 2, f ?(0) ? 4, g?(0) ? 4 , 而 f ?(x) ? 2x ? a, g?(x) ? ex (cx ? d ? c) ,故 b ? 2, d ? 2, a ? 4, d ? c ? 4
33

2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

从而 a ? 4,b ? 2,c ? 2, d ? 2 ; (II)由(I)知, f (x) ? x2 ? 4x ? 2 , g(x) ? ex (x ?1) 设 F (x) ? kg(x) ? f (x) ? 2kex (x ?1) ? x2 ? 4x ? 2 , 则 F?(x) ? 2kex (x ? 2) ? 2x ? 4 ? 2(x ? 2)(kex ?1) 由题设得 F(0) ? 0 ? k ? 1,令 F?(x) ? 0 ? x1 ? ? ln k, x2 ? ?2 (i)若1 ? k ? e2 ,则 ?2 ? x1 ? 0 ,从而当 x ? (?2, x1) 时, F?(x) ? 0 , 当 x ? (x1, ??) 时, F?(x) ? 0 , 即 F(x) 在 x ? (?2, x1) 上减,在 (x1, ??) 上是增,故 f (x) 在[?2, ??) 上的最小 值为 F (x1) ,而 f (x1) ? ?x1(x1 ? 2) ? 0 ,故当 x ? ?2 时, f (x) ? 0 , 即 f (x) ? kg(x) 恒成立, (ii)若 k ? e2 ,则 F?(x) ? 2e2 (x ? 2)(ex ? e?2 ) , 从而当 x ?(?2, ??) 时, F?(x) ? 0 , 即 F(x) 在[?2, ??) 上是增,而 f (?2) ? 0 ,故当 x ? ?2 时, f (x) ? 0, 即 f (x) ? kg(x) 恒成立, (i)ii 若 k ? e2 时,则 F (?2) ? ?2ke?2 ? 2 ? ?2e?2 (k ? e2 ) ? 0 , 故当 x ? ?2 时, f (x) ? kg(x) 不可能成立, 综上, k 的取值范围是[1, e2 ] .

29(新课标Ⅰ.文)(12 分)已知函数 f (x) ? ex (ax ? b) ? x2 ? 4x ,曲线 y ? f (x) 在点 (0, f (0)) 处切线方程为 y ? 4x ? 4 (Ⅰ)求 a,b 的值 (Ⅱ)讨论 f (x) 的单调性,并求 f (x) 的极大值.
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邓老师

解:(Ⅰ) f (x) ? ex (ax ? b) ? x2 ? 4x , ? f ?(x) ? ex (ax ? a ? b) ? 2x ? 4 , 因为曲线 y ? f (x) 在点 (0, f (0)) 处切线方程为 y ? 4x ? 4 所以 f (0) ? 4, f ?(0) ? 4 ,?b ? 4, a ? b ? 8?a ? 4,b ? 4 (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f (x) ? 4ex (x ?1) ? x2 ? 4x ,
f ?(x) ? 4ex (x ? 2) ? 2x ? 4 ? 4(x ? 2)(ex ? 1) 2
令 f ?(x) ?? 0 ? x ? ? ln 2 或 x ? ?2 ?x ?(??, ?2) (?ln 2, ??) 时, f ?(x) ? 0 , x ?(?2, ?ln 2) 时, f ?(x) ? 0 所以 f (x) 的单调增区间是 (??, ?2),(?ln 2, ??) ,单调减区间是 (?2, ?ln 2) 当 x ? ?2时,函数 f (x) 取得极大值,极大值为 f (?2) ? 4(1? e?2) .

30(新课标Ⅱ.理)(12 分)已知函数 f (x) ? ex ? ln(x ? m) (Ι)设 x ? 0 是 f (x) 的极值点,求 m ,并讨论 f (x) 的单调性; (Ⅱ)当 m ? 2时,证明 f (x) ? 0 .
解:(Ⅰ) f ?(x) ? ex ? 1 , x ? 0 是 f (x) 的极值点,
x?m
? f ?(0) ? 1? 1 ? 0 ? m ? 1 .
m
所以函数 f (x) ? ex ? ln(x ?1) ,其定义域为 (?1, ??) .
f ?(x) ? ex ? 1 ? ex (x ?1) ?1.
x ?1 x ?1
设 g(x) ? ex (x ?1) ?1 ,则 g?(x) ? ex( x ?1) ? ex 0? ,所以 g(x) 在 (?1, ??) 上为增 函数, 又 g(0) ? 0,? x ? 0 时, g(x) ? 0 ,即 f ?(x) ? 0 ; 当 ?1? x ? 0时, g(x) ? 0, f ?(x) ? 0 .
35

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函数与导数专题

邓老师

所以 f (x) 在 (?1,0) 上为减函数;在 (0, ??)上为增函数;

(Ⅱ)证明:当 m ? 2, x ?(?m, ??) 时,ln(x ? m) ? ln(x ? 2) ,故只需证明当

m ? 2 时 f (x) ? 0 . 当 m ? 2 时,函数 f ?(x) ? ex ? 1 在 (?2, ??) 上为增函数,且
x?2
f ?(?1) ? 0, f ?(0) ? 0 .

故 f ?(x) ? 0 在 (?2, ??) 上有唯一实数根 x0 ,且 x0 ? (?1, 0) . 当 x ? (?2, x0 ) 时, f ?(x) ? 0 ,当 x ? (x0, ??) 时, f ?(x) ? 0 , 从而当 x ? x0 时, f (x) 取得最小值.



f

?(x0 )

? 0 ? ex0

?

1 x0 ? 2

? ln(x0

? 2)

?

? x0



f

(x)

?

f

(x0 )

?

1 x0 ? 2

?

x0

?

(x0 ?1)2 x0 ? 2

?

0

综上,当 m ? 2时, f (x) ? 0

31(新课标Ⅱ.文)(12 分)己知函数 f (x) ? x2e?x (Ⅰ)求 f (x) 的极小值和极大值; (Ⅱ)当曲线 y ? f (x) 的切线 l 的斜率为负数时,求 l 在 x 轴上截距的取 值范围.
解:(Ⅰ) f (x) ? x2e?x ? f ?(x) ? 2xe?x ? x2e?x ? e?x (2x ? x2 ) 令 f ?(x) ? 0 ? x ? 0 或 x ? 2 令 f ?(x) ? 0 ? 0 ? x ? 2 ; 令 f ?(x) ? 0 ? x ? 0 或 x ? 2 ;

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2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

故函数 f (x) 在区间 (??,0) 与 (2, ??) 上是减函数,在区间 (0, 2) 上是增函

数.

所以

x

?

0 是极小值点, x

?

2 极大值点,又

f

(0)

?

0,

f

(2)

?

4 e2



f

(x)

的极

小值和极大值分别为

0,

4 e2

.

(II)设切点为 (x0, x02e?x0 ) ,则切线方程为

y ? x02e?x0 ? e?x0 (2x0 ? x02 )(x ? x0 ) ,



y

?

0?

x

?

x02 ? x0 x0 ? 2

?

( x0

? 2) ?

2 x0 ? 2

?3

因为曲线 y ? f (x) 的切线 l 的斜率为负数,

?e?x0 (2x0 ? x02 ) ? 0? x0 ? 0 或 x0 ? 2 ,



x0

?

2 时,

x

?

( x0

? 2) ?

2 x0 ? 2

?3?

2

( x0

?

2)

?

2 x0 ?

2

?

3

?

2

2 ?3 ,

当且仅当 x0 ? 2 ? 2 时取等号,



x0

?

0

时,

x

?

( x0

?

2)

?

2 x0 ?

2

?

3

?

?2

(2

?

x0

)

?

2

2 ? x0

?3 ? 3? 2

2,

当且仅当 x0 ? 2 ? 2 时取等号,但是 x0 ? 2 ? 2 ? 0 不符合条件,故应舍

去.

综上可知:切线 l 在 x 轴上截距的取值范围是[3 ? 2 2, ??) .

32(本题满分 14 分)(2013 浙江.理) 已知 a∈R,函数 f (x) ? x3 ? 3x2 ? 3ax ? 3a ? 3 (I)求曲线 y ? f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程; (II)当 x ?[0, 2]时,求 f (x) 的最大值。 解:(1)因为 f (x) ? x3 ? 3x2 ? 3ax ? 3a ? 3 ,
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2013 全国高考文科、理科数学

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邓老师

所以 f ?(x) ? 3x2 ? 6x ? 3a

故 f ?(1) ? 3a ? 3 ,又 f (1) ?1,所以所求的切线方程为 y ? (3a ? 3)x ? 3a ? 4

(2)由于 f ?(x) ? 3(x ?1)2 ? 3(a ?1), (0 ? x ? 2)

故当 a ? 0 时,有 f ?(x) ? 0 ,此时 f (x) 在[0, 2] 上单调递减,

故 f (x) ? max? f (0) , f (2) ? ? 3? 3a max
当 a ?1时,有 f ?(x) ? 0 ,此时 f (x) 在[0, 2] 上单调递增,

故 f (x) ? max? f (0) , f (2) ? ? 3a ?1 max

当 0 ? a ?1时,由 3(x ?1)2 ? 3(a ?1) ? 0 ,得 x1 ?1? 1? a , x2 ?1? 1? a

所以,当 x ? (0, x1) 时, f ?(x) ? 0 ,函数 f (x) 单调递增;

当 x ? (x1, x2 ) 时, f ?(x) ? 0 ,函数 f (x) 单调递减;

当 x ? (x2, 2) 时, f ?(x) ? 0 ,函数 f (x) 单调递增.

所以函数 f (x) 的极大值 f (x1) ?1? 2(1? a) 1? a ,极小值

f (x2) ?1? 2(1? a) 1? a .

故 f (x1) ? f (x2 ) ? 2 ? 0 , f (x1) ? f (x2) ? 4(1? a) 1? a ? 0 .

从而 f (x1) ? f (x2) .

? ? 所以 f (x) ? max max

f (0), f (2) , f (x1)

当 0 ? a ? 2 时, f (0) ? f (2) .又
3

f (x1) ? f (0) ? 2(1? a)

1? a ? (2 ? 3a) ?

a2 (3 ? 4a)

?0

2(1? a) 1? a ? 2 ? 3a



f

(x) max

?

f

(x1)

?1? 2(1? a)

1?a .

当 2 ? a ? 1时, f (2) ? f (2), ,且 f (2) ? f (0) .
3

又 f (x) ? f (2) ? 2(1? a) 1? a ? (3a ? 2) ? a2(3 ? 4a)
2(1? a) 1? a ? 3a

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2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

所以当 2 ? a ? 3 时,

3

4

f (x1) ?

f (2) .

故 f (x)max ? f (x1) ?1? 2(1? a) 1? a .

当 3 ? a ? 1时,
4

f (x1) ?

f (2) .

故 f (x)max ? f (2) ? 3a ?1.

?

?3 ? 3a(a ? 0)

综上所述

f

(x) max

?

???1 ?

2(1? a)

?

1? a(0 ? a ? 3) .
4

???3a

?1(a

?

3) 4

邓老师

33(15 分)(2013? 浙江.文)已知 a ? R ,函数 f (x) ? 2x3 ? 3(a ?1)x2 ? 6ax (Ⅰ)若 a ?1,求曲线 y ? f (x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程; (Ⅱ)若 a ?1,求 f (x) 在闭区间[0, 2a ]上的最小值.
解:(Ⅰ)当 a ?1时, f ?(x) ? 6x2 ?12x ? 6 ,所以 f ?(2) ? 6 f (2) ? 4,?曲线 y ? f (x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y ? 6x ? 8 ; (Ⅱ)记 g(a) 为 f (x) 在闭区间[0, 2a ]上的最小值.
f ?(x) ? 6x2 ? 6(a ?1)x ? 6a ? 6(x ?1)(x ? a)
令 f ?(x) ? 0 ,得到 x1 ? 1, x2 ? a 当 a ?1时,

x

0

f ?(x) f (x) 0

(0,1) 1

+

0

单调递 极大值
3a ?1

a (1, a)



0

(a, 2a) 2a
+

单调递 极小值 单调递 4a3

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邓老师





(3 ? a)a2 增

比较

f

(0)

?

0和

f

(a)

?

(3 ?

a)a2

的大小可得

g(a)

?

?0(1 ? a ? 3)

? ?(3

?

a)a2

(a

?

3)



当 a ? ?1时,

x

0

(0,1)

1

(1, ?2a)

?2a

f ?(x)



0

+

f (x)

0

单调递减 极小值 单调递增 ?28a3 ? 24a2

? g(a) ? 3a ?1? f (x)

3a ?1

?3a ?1(a ? ?1)
在闭区间[0, 2a ]上的最小值为 g(a) ? ??0(1 ? a ? 3)
??(3 ? a)a2 (a ? 3)

34(13 分)(2013? 重庆.理)设 f (x) ? a(x ? 5)2 ? 6ln x ,其中 a ? R ,曲

线 y ? f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 y 轴相交于点 (0, 6) .

(1)确定 a 的值;

(2)求函数 f (x) 的单调区间与极值. 解:(1)因为 f (x) ? a(x ? 5)2 ? 6 ln x ,故 f ?(x) ? 2a(x ? 5) ? 6 (x ? 0)
x
令 x ?1,得 f (1) ?16a, f ?(1) ? 6 ?8a ,所以曲线 y ? f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切

线方程为 y ?16a ? (6 ?8a)(x ?1)

由切线与 y 轴相交于点 (0, 6) ,?6 ?16a ? 8a ? 6?a ? 1
2

(2)由(I)得 f (x) ? 1 (x ? 5)2 ? 6ln x(x ? 0)
2

f ?(x) ? x ? 5 ? 6 ? (x ? 2)(x ? 3) ,令 f ?(x) ? 0 ? x ? 2 或 x ? 3

x

x

当 0 ? x ? 2或 x ? 3时, f ?(x) ? 0 ,故 f (x) 在 (0, 2) , (3, ??) 上为增函数,

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2013 全国高考文科、理科数学

函数与导数专题

邓老师

当 2 ? x ? 3时, f ?(x) ? 0 ,故 f (x) 在 (2,3) 上为减函数, 故 f (x) 在 x ? 2 时取得极大值 f (2) ? 9 ? 6ln 2 ,在 x ? 3时取得极小值
2
f (3) ? 2 ? 6ln 3.

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