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2013年全国各地高考试题分类汇编(函数与导数)


2013 年全国各地高考试题分类汇编(函数与导数)

1.(2013 广东.理)(14 分)设函数 f ? x ? ? ? x ? 1? e x ? kx 2 (其中 k ?R ). (Ⅰ) 当 k ? 1 时,求函数 f ? x ? 的单调区间; 当 k ? ? ,1? 时,求函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最 (Ⅱ) ? ?
1 ?2 ?

大值 M . 【解析】(Ⅰ) 当 k ? 1 时,
f ? x ? ? ? x ? 1? e x ? x 2 , f ? ? x ? ? e x ? ? x ? 1? e x ? 2 x ? xe x ? 2 x ? x ? e x ? 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
f ?? x? f ? x?

? ??, 0 ?
?

0 0

? 0, ln 2 ?
?

ln 2
0

? ln 2, ?? ?
?

极大
?

极小
?





?

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 ? ? e x ? ? x ? 1? e x ? 2kx ? xe x ? 2kx ? x ? e x ? 2k ? , 令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln ? 2k ? , 令 g ? k ? ? ln ? 2k ? ? k ,则 g ? ? k ? ? ? 1 ?
1 k 1? k ?1 ? ? 0 ,所以 g ? k ? 在 ? ,1? 上递增, k ?2 ?

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? e k ? k 3 ? 令 h ? k ? ? ? k ? 1? ek ? k 3 ? 1 ,则 h? ? k ? ? k ? e k ? 3k ? , 令 ? ? k ? ? ek ? 3k ,则 ? ? ? k ? ? ek ? 3 ? e ? 3 ? 0

1

1 3 1 所以 ? ? k ? 在 ? ,1? 上递减,而 ? ? ? ? ? ?1? ? ? e ? ? ? e ? 3? ? 0 ? ? ? ? ? ?

?2 ?
1 ?

?2?

?

2?

所以存在 x0 ? ? ,1? 使得 ? ? x0 ? ? 0 ,且当 k ? ? , x0 ? 时, ? ? k ? ? 0 , ? ? ? 2 ? 2
1
?

?

?

当 k ? ? x0 ,1? 时, ? ? k ? ? 0 ,所以 ? ? k ? 在 ? , x0 ? 上单调递增,在 ? x0 ,1? 上单调递减. ? ? 2
1 ? ?

1 1 7 1 因为 h ? ? ? ? e ? ? 0 , h ?1? ? 0 ,所以 h ? k ? ? 0 在 ? ,1? 上恒成立,当且仅当 k ? 1 时 ? ? ? ? ?2? 2 8 ?2 ?

取得“ ? ”. 综上,函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M ? ? k ? 1? ek ? k 3 .

2. (本小题满分 14 分)(2013 广东文) 设函数 f ( x) ? x 3 ? 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 .
' 2 【解析】 f ? x ? ? 3x ? 2kx ? 1 : ' 2 (1)当 k ? 1 时 f ? x ? ? 3x ? 2 x ? 1, ? ? 4 ? 12 ? ?8 ? 0

? f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 R 上单调递增.
' 2 (2)当 k ? 0 时, f ? x ? ? 3x ? 2kx ? 1,其开口向上,对称轴 x ?
2 (i)当 ? ? 4k ? 12 ? 4 ? k ? 3 ?? k ? 3 ? ? 0 ,即

k 1? ,且过 ? 0, 3

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

增, 从而当 x ? k 时, f ? x ? 取得最小值 m ? f ? k ? ? k , 当 x ? ?k 时, f ? x ? 取得最大值
M ? f ? ?k ? ? ?k 3 ? k 3 ? k ? ?2k 3 ? k .

k

-k
k 3

x?

k

2

2 ' 2 (ii)当 ? ? 4k ? 12 ? 4 ? k ? 3 ?? k ? 3 ? ? 0 ,即 k ? ? 3 时,令 f ? x ? ? 3x ? 2kx ? 1 ? 0

k ? k2 ?3 k ? k2 ?3 , x2 ? 解得: x1 ? ,注意到 k ? x2 ? x1 ? 0 , 3 3

(注:可用韦达定理判断 x1 ? x2 ? , x1 ? x2 ? 合图像判断)
? m ? min ? f ? k ? , f ? x1 ?? , M ? max ? f ? ?k ? , f ? x2 ??

1 3

2k ? k ,从而 k ? x2 ? x1 ? 0 ;或者由对称结 3

? f ? x1 ? ? f ? k ? ? x13 ? kx12 ? x1 ? k ? ? x1 ? k ? ? x12 ? 1? ? 0

? f ? x ? 的最小值 m ? f ? k ? ? k ,
3 2 ? f ? x2 ? ? f ? ?k ? ? x2 ? kx2 ? x2 ? ? ?k 3 ? k ? k 2 ? k ? = ? x2 ? k ? [? x2 ? k ? ? k 2 ? 1] ? 0 2

? f ? x ? 的最大值 M ? f ? ?k ? ? ?2k 3 ? k
3 综上所述,当 k ? 0 时, f ? x ? 的最小值 m ? f ? k ? ? k ,最大值 M ? f ? ?k ? ? ?2k ? k

解法 2(2)当 k ? 0 时,对 ?x ? ? k , ?k ? ,都有
f ( x) ? f (k ) ? x3 ? kx 2 ? x ? k 3 ? k 3 ? k ? ( x 2 ? 1)( x ? k ) ? 0 ,故 f ? x ? ? f ? k ? f ( x) ? f (?k ) ? x3 ? kx 2 ? x ? k 3 ? k 3 ? k ? ( x ? k )( x 2 ? 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 ) ? ?2k 3 ? 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) 设 l 为曲线 C : y ? ln x 在点 (1,0) 处的切线.
x

(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 1 ? ln x ,所以 l 的斜率 k ? y? ? y? ? x x2
x ?1

?1

所以 l 的方程为 y ? x ? 1
3

(II)证明:令 f ( x) ? x( x ?1) ? ln x( x ? 0) 则 f ?( x) ? 2 x ? 1 ? ?
1 x (2 x ? 1)( x ? 1) 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 ln x x ? (1, ??) 时, f ( x) ? 0 ,即 ? 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) ? x 2 ? 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) ? 2 x ? 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 ?(a) ? 0 ?2a ? a cos a ? 0 ?a ? 0 ?? 2 ?? 故 a ? 0, b ? 1 ? f (a) ? b ?a ? a sin a ? cos a ? b ?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 ? 3ax 2 ? 3x ? 1 (1)求当 a ? ? 2 时,讨论 f ( x) 的单调性; (1)若 x ?[2, ??) 时, f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围.

4

解:(1)求当 a ? ? 2 时, f ( x) ? x3 ? 3ax 2 ? 3x ? 1
f ?( x) ? 3x 2 ? 6 2 x ? 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 ? ? ,当 a ? ? , x ? (2, ??) 时,
5 4 5 1 f ?( x) ? 3( x 2 ? 2ax ? 1) ? 3( x 2 ? x ? 1) ? 3( x ? )( x ? 2) ? 0 2 2 5 4

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.
a x 2 (1)当 a ? 2 时, f ( x) ? x ? 2ln x , f ?( x) ? 1 ? , x

解:函数 f ( x) 的定义域为 (0, ??) , f ?( x) ? 1 ?

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 x?a ( x ? 0) 知: x

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; 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 .
5

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 (a ? R), ( e 为自然对数的底数) ex

(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.
a a ,得 f ?( x) ? 1 ? x ,又曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线平行 x e e a 于 x 轴,? f ?(1) ? 0 ? 1 ? ? 0 ? a ? e e a (2) f ?( x) ? 1 ? x , e

解:(1)由 f ( x) ? x ? 1 ?

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,

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 1 ,令 g ( x) ? f ( x) ? (kx ? 1) ? (1 ? k ) x ? x x e e

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.

6

假设 k ? 1 ,此时 g (0) ? 1 ? 0 , g (

1 1 ) ? ?1 ? 1 , k ?1 e k ?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 ? 0 ,知方程 g ( x) ? 0 在 R 上没有实数解,所以 k 的最大值为1 . ex

8. (13 分) (2013?安徽)设函数
f n ( x) ? ?1 ? x ? x 2 x3 xn ? 2 ? ? ? 2 ( x ? R, n ? N * ) ,证明: 22 3 n

(1)对每个 n ? N * ,存在唯一的 xn ?[ ,1] ,满足 f n ( xn ) ? 0 ; (2)对于任意 p ? N * ,由(1)中 xn 构成数列 ? xn ? 满足 0 ? xn ? xn? p ? . 证明: (1)对每个 n ? N * ,当 x ? 0 时,由函数
f n ( x) ? ?1 ? x ? f ?( x) ? 1 ? x 2 x3 xn ? 2 ? ? ? 2 ( x ? R* , n ? N * ) ,可得 22 3 n

2 3

1 n

x x2 x n ?1 ? ??? ? 0 ,故函数 f ( x) 在 (0, ??) 上是增函数.求得 2 3 n

2 2 2 ( ) 2 ( )3 ( )n 1 1 1 2 2 1 1 n 2 f1 (1) ? 0, f n (1) ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? 0 ,又 f n ( ) ? ?1 ? ? [ 32 ? 32 ? ? 32 ] ? ? ? ? ? ( )i 2 3 n 3 3 2 3 n 3 4 i ?2 3

2 2 ( ) 2 [1 ? ( ) n ?1 ] 1 1 3 1 2 3 ?? ? ? ? ? ? ( )n ?1 ? 0 2 3 4 3 3 1? 3

根据函数的零点的判定定理,可得存在唯一的 xn ?[ ,1] ,满足 f n ( xn ) ? 0 . (2)对于任意 p ? N * ,由(1)中 xn 构成数列 ? xn ? ,当 x ? 0 时,
? f n ?1 ( x) ? f n ( x) ? x n ?1 ? f n ( x) ,? f n?1 ( xn ) ? f n ( xn ) ? f n ?1 ( xn ?1 ) ? 0 (n ? 1) 2

2 3

7

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

( xn ) 2 ( xn )3 ( x )n ? 2 ? ? ? n2 ......①, 22 3 n
( xn ? p ) 2 22 ? ( xn ? p )3 32 ??? ( xn ? p ) n n2

?? ?

( 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 ? ?
k ?2 n

( xn ? p ) k ? ( xn ) k k2

?

k ? n ?1

?

n? p

( xn ? p ) k k2

?

k ? n ?1

?

n? p

( xn ? p ) k k2

?

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

n? p

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) ? e x , 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, 2 b?a

并说明理由.

【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
?kx 0 ? 1 ? lnx 0 ? 2 ?2 P(x 0, y 0 ), 则? 。所以 k ? e?2 1 ? x0 ? e ,k ? e k ? g' (x 0 ) ? ? x0 ?

(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
8

f ( x) ? mx 2 根的个数。

由 f ( x) ? mx 2 ? m ?

ex ex xe x ( x ? 2) ,令 h( x) ? 2 ? h '( x) ? x2 x 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, ) 时,有 0 个公共点;当 m ? 当 m ? ( , ??) 有 2 个公共点; (Ⅲ) 设
?

e2 4

e2 ,有1个公共点; 4

e2 4

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) ? e a ? (b ? a ? 2) ? e b (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b ? a a ? ?e 2 ? (b ? a) 2 ? (b ? a)

令 g ( x) ? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e x , x ? 0, ,则 g '( x) ? 1 ? (1 ? x ? 2) ? e x ? 1 ? ( x ? 1) ? e x
g ?( x) 的导函数 g ''( x) ? (1 ? x ? 1) ? e x ? x ? e x ? 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) ? e x ? 0 且 a ? b
? (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b ? a a ?e ? 0 2 ? (b ? a)

所以当 a ? b 时,

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) ? 2 b?a

9

10. (本小题满分 14 分) (2013 陕西.文) 已知函数 f ( x) ? e x , 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. (Ⅲ) 设 a ? b , 比较 解(Ⅰ) y ? x ? 1. (Ⅱ) 证明曲线 y ? f ( x) 与曲线 y ? x 2 ? x ? 1 有唯一公共点,过程如下。令
1 2
2 a?b? f (b) ? f (a) ? 的大小, f? ?与 b?a ? 2 ?

并说明理由.

1 1 h( x) ? f ( x) ? x 2 ? x ? 1 ? e x ? x 2 ? x ? 1, x ? R, 则 2 2

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

h(0) ? 0,h '(0) ? 0, ''(0) ? 0 因此, ,h

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 ? x 2 ? x ? 1 只有唯一公共点 (0,1) .(证毕) (Ⅲ) 设
?

1 2

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) ? e a ? (b ? a ? 2) ? e b (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b ? a a ? ?e 2 ? (b ? a) 2 ? (b ? a)

令 g ( x) ? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e x , x ? 0, 则 g '( x) ? 1 ? (1 ? x ? 2) ? e x ? 1 ? ( x ? 1) ? e x
g ?( x) 的导函数 g ''( x) ? (1 ? x ? 1) ? e x ? x ? e x ? 0,

所以 g ?( x) 在 (0, ??) 上单调递增,
10

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) ? e x ? 0 且 a ? b
? (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b ? a a ?e ? 0 2 ? (b ? a)

所以 当a < b时,

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) ? 2 b?a

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? x ? 1? x ? ?1? 的最小值;
r ?1

(II)证明:

n r ?1 ? ? n ? 1? r ?1

r ?2

?n

r

? n ? 1? ?

r ?1

? n r ?1

r ?1

;

3 (III)设 x ? R, ? x ?为 不小于 x 的最小整数,例如 ? 2? =2,?? ? =4,? ? ? =-1. 记 ? ? ... ? 2?

令 S ? 3 81 ? 3 82 ? 3 83 ? ?????? ? 3 125, 求 [S ] 的值。 (参考数据: 80 3 ? 344.7,813 ? 350.5,124 3 ? 618.3,126 3 ? 631.7. ) 解.(1)因为 f ?( x) ? (r ? 1)(1 ? x)r ? (r ? 1) ? (r ? 1)[(1 ? x) r ? 1] ,令 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
4 4 4 4

(2)由(1),当 x ? (?1, ??) 时,有 f ( x) ? f (0) ? 0
11

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 ? ,(这时 x ? (?1, ??) 且 x ? 0 )得 (1 ? )r ?1 ? 1 ? 上式两边同乘 nr ?1 得 (n ? 1)r ?1 ? nr ?1 ? nr (r ? 1)
(n ? 1)r ?1 ? nr ?1 即n ? …………………………………………..② r ?1
r

1 n

1 n

r ?1 n

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

1 n

且当 n ? 1 时, ③式也成立 综合②③得
n r ?1 ? ? n ? 1? r ?1
r ?2

?n

r

? n ? 1? ?

r ?1

? n r ?1

r ?1

; ……….. ④

(3)在④中,令 r ? , n 分别取 81,82,83,…,125,得
4 4 4 3 4 3 (813 ? 80 3 ) ? 3 81 ? (82 3 ? 813 ) , 4 4 4 4 4 4 3 3 (82 3 ? 813 ) ? 3 82 ? (833 ? 82 3 ) 4 4 4 4 4 4 3 3 3 3 3 3 (83 ? 82 ) ? 83 ? (84 ? 833 ) 4 4

1 3

…………………………….
4 4 4 4 3 3 (125 3 ? 124 3 ) ? 3 125 ? (126 3 ? 125 3 ) 4 4

将以上各式相加,并整理得
4 4 4 4 3 3 3 3 3 (125 ? 80 ) ? S ? (126 ? 813 ) 4 4 4 4 4 4

代入数据计算,可得 (125 3 ? 80 3 ) ? 210.2 , (126 3 ? 813 ) ? 210.9
12

3 4

3 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 b b b ) , f ( ) 是否成等比数列,并证明 f ( ) ? f ( ) a a a a



(ii) a 、 b 的几何平均数记为 G . 称
H ? f ( x) ? G ,求 x 的取值范围.

2ab a?b

为 a 、 b 的调和平均数,记为 H . 若

解: (Ⅰ)函数的定义域为 ? x x ? ?1? , f ?( x) ?

a ?b 所以 ( x ? 1) 2

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

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

? a ? 0, b ? 0,?

a?b b 2ab , f( )? 2 a a?b b 故由 H ? f ( x) ? G ,得 f ( ) ? f ( x) ? f (1) . a

(ii)由(i)知 f (1) ?

13

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

b 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 ? ? e x ? 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,并证明你的结论. 解: (1) f ( x)' ? x ?1 ? a , g ( x)' ? e x ? 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 ? e x 对 x ? ? ?1, ?? ? 恒成立? a ? e?1 令 f ( x) ? 0 ,则 a ?
ln x x ln x 图像交点的个数 x

则有 f ( x) 的零点个数即为 y ? a 与 y ? 令 h( x ) ?
ln x 1 ? ln x ? x ? 0 ? 则 h( x ) ' ? 2 x x

易知 h( x) 在 ? 0, e ? 上单调递增,在 ? e, ?? ? 上单调递减
14

在 x ? e 时取到最大值 h(e) ? ? 0 当 x ? 0 时, h( x) ?
? h( x) 图像如下
ln x ln x ? ?? 当 x ? ?? 时, h( x) ? ?0 x x

1 e

所以由图可知: a ? 0 时, f ( x) 有 1 个零点
1 1 时, f ( x) 有 2 个零点 a ? 时, f ( x) 有 1 个零点 e e 1 综上所述: a ? 0 或 a ? 时, f ( x) 有 1 个零点 e 1 0 ? a ? 时, f ( x) 有 2 个零点 e 0?a?

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) ? 当 x ? (0, a) 时, f '( x) ?
a?x x?a ;当 x ? a 时, f ( x) ? ,因此, x ? 2a x ? 2a

?3a ? 0 , f ( x) 在 (0, a) 上单调递减; ( x ? 2a ) 2 3a ? 0 , f ( x) 在 (a, ??) 上单调递增; ( x ? 2a ) 2

当 x ? (a, ??) 时, f '( x) ?

15

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
1 4?a a ?1 , 故 当 0 ? a ?1 时 , ? ? 2 4 ? 2a 2 ? a 4?a 1 ;当当 1 ? a ? 4 时, g (a) ? f (0) ? . g (a) ? f (4) ? 4 ? 2a 2
g (a) ? max{ f (0), f (4)} , 而 f (0) ? f (4) ?

? 4?a ? 4 ? 2a , 0 ? a ? 1 综上所述, g (a) ? ? ? 1 ? ,a ?1 ? ? 2

(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 ,



?3a 3a ? ? ?1 2 ( x1 ? 2a) ( x2 ? 2a) 2

亦即 x1 ? 2a ?

3a x2 ? 2a

(*)

由 x1 ? (0, a), x2 ? (a, 4) 得 x1 ? 2a ? (2a,3a) ,

3a 3a ?( ,1) x2 ? 2a 4 ? 2a

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

3a ? x ? 1} 的交集非空. 4 ? 2a

3a 1 ? 3a ,所以当且仅当 0 ? 2a ? 1 ,即 0 ? a ? 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) ? (Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间;

1? x x e . 1 ? x2

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

16

解: (I)易知函数 f ( x) 的定义域为 R .
1? x x 1? x x f ?( x) ? ( )?e ? e 1 ? x2 1 ? x2
? x 2 ? 2 x ? 1 x 1 ? x x ? x[( x ? 1) 2 ? 2] x e ? e ? e (1 ? x 2 ) 2 1 ? x2 (1 ? x 2 ) 2

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, ??) . (II)当 x ? 1时,由于
1? x ? 0, e x ? 0 ? f ( x) ? 0 ; 2 1? x

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 此不等式等价于 (1 ? x)e x ? 令 g ( x) ? (1 ? x)e x ?
1? x ?0. ex 1? x x 1? x ?x e ? e . 1 ? x2 1 ? x2

1? x ,则 g ?( x) ? ? xe? x (e2 x ? 1) . ex

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

??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) . e2 x

17

(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 2
1? 2x 1 ,令 f ?( x) ? 0 ? x ? 2x e 2

当 x ? (??, ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递增; 当 x ? ( , ??) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递减; 所以当 x ? 时,函数取得最大值
f max ( x) ? 1 ?c 2e 1 ? c ,然后递减到 c,而函 2e 1 2 1 2

(2)由(1)知, f ( x) 先增后减,即从负无穷增大到

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 ? ? 所以当 c ? ? 当c ? ?
1 , e2

1 时,方程有两个根; e2

1 时,方程有一两个根; e2 1 当 c ? ? 2 时,方程有无两个根. e

17(山东.文)(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? ax 2 ? 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 ? 又 a ? 0 ,故当 a ? 0 时, f ?( x) ?
bx ? 1 x 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, ??) ;
18

若 b ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 可得 x ? ,即函数在 (0, ) 上是减函数,在 ( , ??) 上是增函数. 所以函数的单调递减区间是 (0, ) ,单调递增区间是 ( , ??) 当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ? 2ax 2 ? bx ? 1 ? 0 由于 ? ? b2 ? 8a ? 0 ,故有 x1 ? 显然有 x1 ? 0, x2 ? 0 ,
?b ? b 2 ? 8a ?b ? b 2 ? 8a ) 上, , ??) 故在区间 (0, 导数小于 0, 函数是减函数; 在区间 ( 4a 4a ?b ? b 2 ? 8a ?b ? b 2 ? 8a , x2 ? 4a 4a

1 b

1 b

1 b

1 b

1 b

上,导数大于 0,函数是增函数 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, ) ,单调递增区间是 ( , ??)
?b ? b 2 ? 8a ) ,单调递增区间是 当 a ? 0 ,函数的单调递减区间是 (0, 4a ( ?b ? b 2 ? 8a , ??) 4a

1 b

1 b

(II)由题意,函数 f ( x) 在 x ? 1 处取到最小值, 由(1)知,
?b ? b 2 ? 8 a ?b ? b 2 ? 8a ?1 是函数的唯一极小值点故 4a 4a

整理得 2a ? b ? 1 ? b ? 1 ? 2a 令 g ( x) ? 2 ? 4x ? ln x ,则 g ?( x) ? 由 g ?( x) ?
1? 4x x

1? 4x 1 ?0? x ? x 4 1 当 0 ? x ? 时, g ?( x) ? 0 ,函数单调递增; 4 1 当 x ? ( , ??) 时, g ?( x) ? 0 ,函数单调递减 4 1 因为 g ( x) ? g ( ) ? 1 ? ln 4 ? 0 4

19

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

18. (13 分) (2013?安徽)设函数 f ( x) ? ax ? (1 ? a 2 ) x 2 (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 ? a 2 ) x2 ? 0(a ? 0) 有两个实根 x1 ? 0, x2 ? 解集为 ? x x1 ? x ? x2 ? 因此区间 l ? (0, (Ⅱ)设 d (a) ?
a a ; ) ,区间长度为 2 1? a 1 ? a2 a ? 0 ,故 f ( x) ? 0 的 1 ? a2

1 ? a2 a ,则 d ?(a) ? (1 ? a 2 ) 2 1 ? a2

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; 1 ? a ? 1 ? k 时,d ?(a) ? 0, d (a) 单调递减, 当 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 d (1 ? k ) 1 ? (1 ? k ) 2 2 ? k 2 ? k 3 而 ? ? ? 1 ,故 d (1 ? k ) ? d (1 ? k ) . 1? k d (1 ? k ) 2 ? k2 ? k3 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 值为
1? k . 2 ? 2k ? k 2

1? k ,即 l 长度的最小 2 ? 2k ? k 2

19.(2013 全国卷.文)已知 a ? R ,函数 f ( x) ? 2 x3 ? 3(a ? 1) x 2 ? 6ax (Ⅰ)若 a ? 1 ,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程;
20

(Ⅱ)若 a ? 1 ,求 f ( x) 在闭区间 [0, 2a ] 上的最小值. 解(略)

20.(本小题满分 14 分)(2013 江西.理) 已知函数 f ( x) ? a(1 ? 2 x ? ), a 为常数且 a ? 0 . (1)证明:函数 f ( x) 的图像关于直线 x ? 对称; (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;
1 2

1 2

(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 ( ? x) ? a(1 ? 2 x ) , f ( ? x) ? a(1 ? 2 x )
1 1 1 ? f ( ? x) ? f ( ? x) ,? f ( x) 的图象关于直线 x ? 对称. 2 2 2
1 ? 2 ? 4a x ( x ? 2 ) 1 (2)解:当 0 ? a ? 时,有 f ( f ( x)) ? ? . ? 1 2 2 ?4a (1 ? x)( x ? ) ? ? 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.

1 2

1 2

1 ? ? x( x ? 2 ) 1 当 a ? 时,有 f ( f ( x)) ? ? ? 2 ?1 ? x( x ? 1 ) ? ? 2
? 1? ? f ( f ( x)) ? x 有解集, ? x x ? ? ,故此集合中的所有点都不是二阶周期点. 2? ?

21

1 ? 2 ? 4a x ( x ? 4a ) ? ? 2a ? 4a 2 x ( 1 ? x ? 1 ) ? 1 4a 2 当 a ? 时,有 f ( f ( x)) ? ? 2 ? 2a (1 ? 2a ) ? 4a 2 x( 1 ? x ? 4a ? 1) ? 2 4a ? 4a ? 1 ? 4a 2 ? 4a 2 x ( x ? ) 4a ?

4a 2 2a 2a , , ? f ( f ( x)) ? x 有四个解: 0 , 1 ? 4 a 2 1 ? 2a 1 ? 4 a 2

由 f (0) ? 0 , f ( 故只有

4a 2 4a 2 2a 2a 2a 2a , f( , f( )? )? )? 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2 1 ? 2a 1 ? 2 a 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2

4a 2 2a 1 , 是 f ( x) 的二阶周期点,综上所述,所求 a 的取值范围为 a ? 2 2 1 ? 4a 1 ? 4a 2

4a 2 2a (3)由(2)得 x1 ? , x2 ? . 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2
? x2 为函数 f ( x) 的最大值点,所以 x3 ?

1 4a ? 1 或 x3 ? 4a 4a

当 x3 ?

2a ? 1 1 时, S (a) ? .求导得: 4(1 ? 4a 2 ) 4a
2(a ? 1? 2 1? 2 )(a ? ) 2 2 (1 ? 4a 2 ) 2
1 1? 2 1? 2 ) 时, S (a ) 单调递增,当 a ? ( , ??) 时, 2 2 2

S ?(a) ?

所以当 a ? ( ,

S (a ) 单调递减.

当 x3 ?

8a 2 ? 6a ? 1 12a 2 ? 4a ? 3 4a ? 1 时, S (a) ? ,求导得 S ?(a) ? 4(1 ? 4a 2 ) 2(1 ? 4a 2 ) 2 4a

因为 a ? ,从而 S ?(a) ?
1 2

1 2

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

所以当 a ? ( , ??) 时, S (a) 单调递增.

22

21. (本小题满分 14 分)(2013 江西.文)
?1 2 ? a x(0 ? x ? a ) 设函数 f ( x) ? ? 常数且 a ? (0,1) . ? ? 1 (1 ? x)(a 2 ? x ? 1) ?1 ? a ?

(1)当 a ? 时,求 f ( f ( )) ; (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 A( x1 , f ( f ( x1 ))), B( x2 , f ( f ( x2 ))) , C (a 2 , 0) ,记 ?ABC 的面积为
1 1 S (a ) ,求 S (a ) 在区间 [ , ] 上的最大值和最小值。 3 2

1 2

1 3

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

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

2 3

2 3

2 3

当 0 ? x ? a2 时,由 点; 当 a2 ? x ? a 时,由 因为 f (

1 x ? x ,解得 x ? 0 ,因为 f (0) ? 0 ,故 x ? 0 不是函数的二阶周期 a2

1 a ( x ? a) ? x ,解得 x ? 2 ? (a 2 , a ) 2 (1 ? a) ?a ? a ? 1

a 1 a 1 a )? ? 2 ? 2 ? 2 ?a ? a ? 1 a ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 a 故x? 2 是函数的二阶周期点; ?a ? a ? 1
2

23

当 a ? x ? a 2 ? a ? 1 时,由
f(

1 1 ( x ? a) ? x ,解得 x ? ? (a, a 2 ? a ? 1) ,因为 2 (1 ? a) 2?a

1 1 1 ,故得 x ? 不是函数的二阶周期点; )? 2?a 2?a 2?a
1 1 (1 ? x) ? x ,解得 x ? 2 ? (a 2 ? a ? 1,1) ,因为 a(1 ? a) ?a ? a ? 1

当 a2 ? a ? 1 ? x ? 1 时,由
f(

1 a 1 , )? 2 ? 2 ?a ? a ? 1 ? a ? a ? 1 ? a ? a ? 1 1 故x? 2 是函数的二阶周期点; ?a ? a ? 1 a 1 因此函数有两个二阶周期点, x1 ? 2 , x2 ? 2 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 a a 1 1 (3)由(2)得 A( 2 , 2 ) , B( 2 , 2 ) ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1
2

则 S (a) ? S?OCB ? S?OCA ? ?

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

1 a(a3 ? 2a 2 ? 2a ? 2) ?(a) ? ? 所以 S 2 ?a 2 ? a ? 1

因为 a ? ( , ) ,有 a2 ? a ? 1 ,所以 S ?(a) ? ?
1 a[(a ? 1)(a ? 1) 2 ? (?a 2 ? a ? 1)] ? ? ?0 2 ?a 2 ? a ? 1

1 1 3 2

1 a(a3 ? 2a 2 ? 2a ? 2) 2 ?a 2 ? a ? 1

(或令 g (a) ? a3 ? 2a 2 ? 2a ? 2 利用导数证明其符号为正亦可)
1 1 S (a ) 在区间 [ , ] 上是增函数, 3 2

故 S (a) 在区间[ , ]上的最小值为 S ( ) ?

1 3

1 1 1 ,最大值为 S ( ) ? . 33 2 20

22. (12 分) (2013?辽宁.理)已知函数
f ( x) ? (1 ? x)e?2 x , g ( x) ? ax ?

x3 ? 1 ? 2 x cos x ,当 x ? [0,1] 时, 2

(I)求证:1 ? x ? f ( x) ?

1 ; 1? x

(II)若 f ( x) ? g ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围.
24

(I)

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

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

1 ? ex ? 1 ? x , 1? x
x

令 u ( x) ? e ? x ? 1 ,则 u?( 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) ? (II)

1 . 1? x
x3 ? 1 ? 2 x cos x) 2

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

x3 x2 ? 1 ? x ? ax ? 1 ? ? 2 x cos x ? ? x(a ? 1 ? ? 2 cos x) 2 2

令 H ( x) ?

x2 ? 2cos 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.
f ( x) ? g ( x) ? 1 x3 ?x x3 1 ? (1 ? ax ? ? 2 x cos x) ? ? ax ? ? 2 x cos x ? ? x( ? a ? 2cos x) . 1? x 2 1? x 2 1? x

令 V ( x) ?

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

25

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 ? ? ? ? ? ,证明: a2n ? an ? 解: (I)由已知, f (0) ? 0 , f ?( x) ?
1 1 2 3 1 n 1 ? ln 2 . 4n

(1 ? 2? ) x ? ? x 2 ,且 f ?(0) ? 0 …3 分 (1 ? x) 2

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

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

取 x ? ,则 于是 a2 n ? an ?

1 k

2k ? 1 k ?1 ...............9 分 ? ln 2k (k ? 1) k
1 2 n ?1 1 1 ? ?( ? ) 4n k ?n 2k 2(k ? 1)

26

??
k ?n

2 n ?1

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

所以 a2n ? an ?

1 ? ln 2 …12 分 4n

24.(2013 大纲版.文)(本小题满分 12 分) 已知函数 f ? x ? =x3 ? 3ax 2 ? 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 2 x 2 ? 3x ? 1. 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
f ? ? x ? =3x 2 ? 6 2 x ? 3 .

当 a ? ? , x ? (2, ??) 时,

5 4

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

25. (14 分) (2013?四川.理)已知函数 f ( x) ? ?

? x 2 ? 2 x ? a ( x ? 0) ?ln x( x ? 0)

,其中 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;
27

(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) ? x 2 ? 2 x ? a, f ?( x) ? 2 x ? 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? (2 x1 ? 2)(2 x2 ? 2) ? ?1 ? 2 x1 ? 2 ? 0, 2 x2 ? 2 ? 0

1 ? x2 ? x1 ? [(2 x2 ? 2) ? (2 x1 ? 2)] ? ?(2 x2 ? 2)(2 x1 ? 2) ? 1 2 3 1 当且仅当 ?(2 x1 ? 2) ? 2 x2 ? 2 ? 1,即 x1 ? ? , x2 ? ? 时等号成立. 2 2

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 ? 2 x1 ? a) ? (2 x1 ? 2)( x ? x1 ) ? y ? (2 x1 ? 2) x ? x12 ? a

当 x2 ? 0 ,函数 f ( x) 在点 B( x2 , f ( x2 )) 处的切线方程为
y ? ln x2 ? 1 1 ( x ? x2 ) ? y ? x ? ln x2 ? 1 x2 x2

函数 f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线重合的充要条件是

28

?1 ? x ? 2 x1 ? 2...............(1) ? 2 ?ln x ? 1 ? ? x 2 ? a......(2) ? 2 1

由(1)及 x1 ? 0 ? x2 可得 ?1 ? x1 ? 0 , 由(1)(2)得 a ? x12 ? ln
1 ? 1 ? x12 ? ln(2 x1 ? 2) ? 1 2 x1 ? 2

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

? ln(2 x1 ? 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) .
2 ln g (t ) 1 ? ? 5 ln t 2

(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 解: (Ⅰ)由题意可知函数的定义域为 (0, ??) , 求导数可得 f ?( x) ? 2 x ln x ? x 2 ? ? x(2ln x ? 1) 令 f ?( x) ? 0 ? x ?
1 e

1 x

当 x 变化时, f ?( x), f ( x) 的变化情况如下表:
x
(0, 1 ) e 1 e ( 1 , ??) e

29

f ?( x) f ( x)

单调递减

0 极小值

+ 单调递增

所以函数 f ( x) 的单调递减区间为 (0,

1 1 ) ,单调递增区间为 ( , ??) 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 (e 2t ? 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 s ln s ln s u ,其中 u ? ln s , ? ? ? ? 2 ln t ln f ( s) ln( s ln s) 2ln s ? ln ln s 2u ? ln u

要使 ?

2 5

ln g (t ) 1 u ? 成立,只需 0 ? ln u ? , 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 ln u ? 0 成立, 另一方面,令 F (u) ? ln u ? , u ? 1, F ?(u ) ? ? 令 F ?(u) ? 0 ? u ? 2 当 1 ? u ? 2 时, F ?(u) ? 0 ,当 u ? 2 时, F ?(u) ? 0 , 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 ? ? 0 ? ln u ? . 综上可证:当 t ? e2 时,有
2 ln g (t ) 1 ? ? 成立. 5 ln t 2

u 2

1 u

1 2

u 2

u 2

30

27 (本小题满分 14 分) (2013 天津.文) 设 a ?[?2,0] , 已知函数
? x3 ? (a ? 5) x, x ? 0, ? f ( x) ? ? 3 a ? 3 2 x ? ax, x ? 0. ?x ? ? 2

(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
x1 ? x2 ? x3 ? 1 . 3

y ? f ( x)

在 点 Pi ( xi , f ( xi ))(i ? 1, 2,3) 处 的 切 线 相 互 平 行 , 且 x1 x2 x3 ? 0, 证 明

解: (I)令 f1 ( x) ? x3 ? (a ? 5) x( x ? 0) , f 2 ( x) ? x3 ?

a?3 2 x ? ax( x ? 0) . 2

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

所以函数 f1 ( x) 在区间 (?1,0) 内单调递减, ② f 2? ( x) ? 3x 2 ? (a ? 3) x ? a ? (3x ? a)( x ? 1) ,由于 a ?[?2,0] , 所以 0 ? x ? 1时 f 2? ( x) ? 0 ; 当 x ? 1 时, f 2? ( x) ? 0 ,即函数 f 2 ( 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) ? f 2 (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, 递减,在区间 (
a?3 , ??) 内单调递增. 6 a?3 ) 内单调 6

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

2 可得 3x2 ? 3x32 ? (a ? 3)( x2 ? x3 ) ? 0 ? x2 ? x3 ?

a?3 , 3
31

从而 0 ? x2 ?

a?3 ? x3 . 6

设 g ( x) ? 3x 2 ? (a ? 3) x ? a ,则 g ( 由 3x12 ? (a ? 5) ? g ( x2 ) ? a ? ? 所以 x1 ? x2 ? x3 ? ? 设t ?

a?3 ) ? g ( x2 ) ? g (0) ? a . 6

2a ? 5 ? x1 ? 0 , 3

2a ? 5 a ? 3 ? , 3 3

2a ? 5 3a 2 ? 5 ,则 a ? 3 2



? a ? [?2, 0]? t ? [

3 15 , ] 3 3

故 x1 ? x2 ? x3 ? ?t ?
1 3

3t 2 ? 1 1 1 1 ? (t ? 1) 2 ? ? ? 6 2 3 3

故 x1 ? x2 ? x3 ? ? .

28(新课标Ⅰ.理) (12 分)已知函数 f ( x) ? x 2 ? ax ? b , g ( x) ? e x (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) ? 2 x ? a, g ?( x) ? e x (cx ? d ? c) ,故 b ? 2, d ? 2, a ? 4, d ? c ? 4 从而 a ? 4, b ? 2, c ? 2, d ? 2 ; (II)由(I)知, f ( x) ? x 2 ? 4 x ? 2 , g ( x) ? e x ( x ? 1) 设 F ( x) ? kg ( x) ? f ( x) ? 2ke x ( x ? 1) ? x 2 ? 4 x ? 2 , 则 F ?( x) ? 2ke x ( x ? 2) ? 2 x ? 4 ? 2( x ? 2)(ke x ? 1)

32

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)(e x ? 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) 分) (12 已知函数 f ( x) ? e x (ax ? b) ? x 2 ? 4 x , 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. 解: (Ⅰ)? f ( x) ? e x (ax ? b) ? x 2 ? 4 x ,
? f ?( x) ? e x (ax ? a ? b) ? 2 x ? 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
33

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,? f ( x) ? 4e x ( x ? 1) ? x 2 ? 4 x ,
1 f ?( x) ? 4e x ( x ? 2) ? 2 x ? 4 ? 4( x ? 2)(e x ? ) 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) ? e x ? 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) ? e x ?
? f ?(0) ? 1 ? 1 , x ? 0 是 f ( x) 的极值点, x?m

1 ? 0 ? m ?1. m

所以函数 f ( x) ? e x ? ln( x ? 1) ,其定义域为 (?1, ??) .
f ?( x) ? e x ? 1 e x ( x ? 1) ? 1 ? . x ?1 x ?1

设 g ( x) ? e x ( x ? 1) ? 1 ,则 g ?( x) ? e x ( x ? 1) ? e x ? 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 . 所以 f ( x) 在 (?1,0) 上为减函数;在 (0, ??) 上为增函数; (Ⅱ) 证明: m ? 2, x ? (?m, ??) 时, x ? m) ? ln( x ? 2) , 当 故只需证明当 m ? 2 时 f ( x) ? 0 . ln( 当 m ? 2 时,函数 f ?( x) ? e x ?
1 在 (?2, ??) 上为增函数,且 f ?(?1) ? 0 , f ?(0) ? 0 . x?2

故 f ?( x) ? 0 在 (?2, ??) 上有唯一实数根 x0 ,且 x0 ? (?1, 0) .

34

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. 由 f ?( x0 ) ? 0 ? e x ?
0

1 ? ln( x0 ? 2) ? ? x0 x0 ? 2

故 f ( x) ? f ( x0 ) ?

( x ? 1) 2 1 ? x0 ? 0 ?0 x0 ? 2 x0 ? 2

综上,当 m ? 2 时, f ( x) ? 0

31(新课标Ⅱ.文) (12 分)己知函数 f ( x) ? x 2e? 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) ? 2 xe? x ? x 2e? x ? e? x (2 x ? x 2 ) 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 ; 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) ? 值分别为 0,
4 . e2
0

4 故 f ( x) 的极小值和极大 e2

(II)设切点为 ( x0 , x02e? x ) ,则切线方程为
2 2 y ? x0 e? x0 ? e? x0 (2 x0 ? x0 )( x ? x0 ) ,

令 y ?0? x ?

2 x0 ? x0 2 ? ( x0 ? 2) ? ?3 x0 ? 2 x0 ? 2

因为曲线 y ? f ( x) 的切线 l 的斜率为负数,

35

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

当 x0 ? 2 时, x ? ( x0 ? 2) ?

2 2 ? 3 ? 2 ( x0 ? 2) ? ?3? 2 2 ?3, x0 ? 2 x0 ? 2

当且仅当 x0 ? 2 ? 2 时取等号, 当 x0 ? 0 时, x ? ( x0 ? 2) ?
2 2 ? 3 ? ?2 (2 ? x0 ) ? ?3 ? 3? 2 2 , x0 ? 2 2 ? x0

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 ? 3x 2 ? 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 ? 3x 2 ? 3ax ? 3a ? 3 , 所以 f ?( x) ? 3x 2 ? 6 x ? 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 ? max ? f (0) , f (2) ? ? 3 ? 3a 当 a ? 1 时,有 f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 在 [0, 2] 上单调递增, 故 f ( x) max ? max ? f (0) , f (2) ? ? 3a ? 1 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;
36

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 ? 时, f (0) ? f (2) .又
a 2 (3 ? 4a) f ( x1 ) ? f (0) ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a) ? ?0 2(1 ? a) 1 ? a ? 2 ? 3a

2 3

故 f ( x) max ? f ( x1 ) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a . 当 ? a ? 1 时, f (2) ? f (2), ,且 f (2) ? f (0) . 又 f ( x) ? f (2) ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (3a ? 2) ? 所以当 ? a ? 时, f ( x1 ) ? f (2) . 故 f ( x)max ? f ( x1 ) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a . 当 ? a ? 1 时, f ( x1 ) ? f (2) . 故 f ( x)max ? f (2) ? 3a ? 1.
? ?3 ? 3a (a ? 0) ? 3 ? ? ?1 ? 2(1 ? a) 1 ? a (0 ? a ? ) . 4 ? 3 ? ?3a ? 1(a ? 4 ) ?
a 2 (3 ? 4a) 2(1 ? a) 1 ? a ? 3a

2 3

2 3

3 4

3 4

综上所述 f ( x) max

33(15 分) (2013?浙江.文)已知 a ? R ,函数 f ( x) ? 2 x3 ? 3(a ? 1) x 2 ? 6ax

37

(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) ? 6 x 2 ? 12 x ? 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 ? 6 x ? 8 ;

(Ⅱ)记 g (a) 为 f ( x) 在闭区间 [0, 2a ] 上的最小值.
f ?( x) ? 6 x 2 ? 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
f ?( x) f ( x)

0

(0,1)

1
0

(1, a )

a
0

(a, 2a)

2a

+
0



+

单调递增极大值 3a ?1 单调递减极小值 单调递增 4a3
(3 ? a)a 2

比较 f (0) ? 0 和 f (a) ? (3 ? a)a 2 的大小可得 g (a) ? ? 当 a ? ?1 时,
x
f ?( x) f ( x)

?0(1 ? a ? 3)
2 ?(3 ? a ) a ( a ? 3)



0

(0,1)

1
0

(1, ?2a)

?2a


0

+
?28a3 ? 24a2

单调递减

极小值 3a ?1 单调递增

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

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

38

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 ? 6ln x ,故 f ?( x) ? 2a( x ? 5) ? ( x ? 0) 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)

6 x

由切线与 y 轴相交于点 (0, 6) ,? 6 ? 16a ? 8a ? 6 ? a ? (2)由(I)得 f ( x) ? ( x ? 5)2 ? 6ln x( x ? 0)

1 2

1 2 6 ( x ? 2)( x ? 3) ,令 f ?( x) ? 0 ? x ? 2 或 x ? 3 f ?( x) ? x ? 5 ? ? 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, 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) ? ? 6ln 2 ,在 x ? 3 时取得极小值 f (3) ? 2 ? 6ln 3 .
9 2

39


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