高考文科理科数学试题函数与导数大题.docx
《高考文科理科数学试题函数与导数大题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考文科理科数学试题函数与导数大题.docx(45页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考文科理科数学试题函数与导数大题
2013年全国各省市高考文科、理科数学
函数与导数大题
1(本小题共13分)(2013北京.理)
设l为曲线C:
y质在点(1,0)处的切线.
x
(I)求l的方程;
(n)证明:
除切点(1,0)之外,曲线c在直线i的下方.
解:
(I)Qy!
0ZyW,所以l的斜率kyx11
xx
所以l的方程为yX1
(II)证明:
令f(x)x(x1)lnx(x0)
则f(x)2x11(2x1)(x1xx
f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+8)上单调递增,又f
(1)0
x(0,1)时,f(x)0,即—x1x
x(1,)时,f(x)0,即—x1x
即除切点(1,0)之外,曲线C在直线l的下方
2.(13分)(2013?
北京.文)已知函数f(x)x2xsinxcosx
⑴若曲线yf(x)在点(a,f(a))处与直线yb相切,求a与b的值;
⑵若曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点,求b的取值范围.
解:
(1)f(x)2xxcosx,因为曲线yf(x)在点(a,f(a))处与直线yb
相切,
f(a)02aacosa0a0「「,.
所以2故a0,b1
f(a)baasinacosabb1
(2)Qf(x)x(2cosx)
于是当x0时,f(x)0,故f(x)单调递增.
当x0时,f(x)0,故f(x)单调递减.
所以当x0时,f(x)取得最小值f(0)1,故当b1时,曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点.故b的取值范
围是(1,).
3.(2013广东.理)(14分)设函数fxx1exkx2(其中kR).
(i)当k1时,求函数fx的单调区间;(n)当k1,1时,求函数2
fx在0,k上的最大值M.
【解析】(I)当k1时,
X2xxxxc
fxx1ex,fxex1e2xxe2xxe2
令fx0,得*0,x2In2
当x变化时,fx,fx的变化如下表:
x
0
0
0,ln2
ln2
ln2,
fx
0
0
fx
Z
极大值
]
极小值
]
右表可知,函数fx的递减区间为0,ln2,递增区间为
0,ln2,
(H)f
xex
x1ex
2kx
xex2kxxex
2k,
令fx
0,得x
10,x2
ln
2k,
令gk
ln2k
k,则g
k
11k
-10
kk
所以gk在-,1上递
2
增,
所以g
kln2
1ln2
lne
0,从而ln2k
k,所以ln2k0,k
所以当
x0,ln
2k时,
fx
0;当xln
2k,时,fx0;
所以M
maxf
0,fk
max1,k1ek
k3
令hk
k1ek
k31,则h
kkek3k,
令k
ek3k,
则k
ke
3e30
所以
k在1,1上递减,而
11
e-e30
2
2
2
所以存在x0-,1
使得x0
0,且当k
—,x0时,k0,
2
2
当k
x0,1时,
k0,所以
八0上单调递增,在x0,1上
单调递减.
因为h
11"
70,h1
0,所以h
k0在-,1上恒成立,当
2282
且仅当k1时取得“”.
综上,函数fx在0,k上的最大值Mk1ekk3.
4.(本小题满分14分)(2013广东文)
设函数f(x)x3kx2xkR.
(1)当k1时,求函数f(x)的单调区间;
⑵当k0时,求函数f(x)在k,k上的最小值m和最大值M.
【解析】:
f'x3x22kx1
(1)当k1时f'x3x22x1,41280
fx0,fx在R上单调递增.
_2k
(2)当k。
时,fx
过01
3x22kx1,其开口向上,对称轴x-,且
3
(i)当4k2124kJ3k西0,即
拒k0时,f'x0,fx在k,k上单调递
增,
从而当xk时,fx取得最小值mfkk,当xk时,fx取得最大值
Mfkk3k3k2k3k.
ii
4k2124k、.3k.30
即k彩时,令
2
3x22kX10
解得:
Xi
k.k23
3,x2
(注:
可用韦达定理判断
k如3,注意到
3
1
3,
X1x2
Xi
X2
X2
x〔0
2k
~3
X2
或者由对称结合图像判断
maXf
f
X2
Xi
fkx;kx2x1
Xi
2
X1
的最小值m
5.(2013大纲版.文)(12分)已知函数f(X)
综上所述,当k
0时,
fX的最小值mf
k
k,最大值
M
fk
2k3k
解法2
(2)
当k0时,对x
k,k,都有
f(x)
f(k)
x3kx2
33
xkk
k(x21)(xk)0,故
fX
fk
f(x)
f(k)
x3kx2
xk3k3
k(xk)(x22kx2k2
1)
(xk)[(xk)2
故f
xf
k,而
f(k)k
0,f(k)2k3k0
所以
f(x)maxf(k)
3
2kk,
f(X)minf(k)k
f
f
k
k
X
2k3
X33aX23x1
k21]0
⑴求当a^2时,讨论f(x)的单调性;
⑴若x[2,)时,f(X)0,求a的取值范围.
解:
(1)求当a42时,f(x)x33ax23xf(x)3x26>/2x3,令f(x)0
当x(J21)时,f(x)0,f(x)单调递增,
当x(&1J21)时,f(x)0,f(x)单调递减,
当x咸1,)时,f(x)0,f(x)单调递增;
⑵由f
(2)0,可解得a5,当a5,x(2,)时,44
9951
f(x)3(x22ax1)3(x2-x1)3(x-)(x2)0
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[°,).4
6.(13分)(2013?
福建)已知函数f(x)xalnx(aR)
(1)当a2时,求曲线yf(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)1a
x
(1)当a2时,f(x)x2lnx,f(x)1-,
x
因而f
(1)1,f
(1)1,
所以曲线yf(x)在点A(1,f
(1))处的切线方程为xy20
(2)由f(x)1旦N(x0)知:
xx
1当a0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。
时,由f(x)0,解得xa
又当x(0,a)时,f(x)0,当x(a,)时,f(x)0.
从而函数f(x)在xa处取得极小值,且极小值为f(a)aalna,无极
大值.
综上,当a0时,函数f(x)无极值;
当a0时,函数f(x)在xa处取得极小值f(a)aalna,无极大值.
7.(14分)(2013?
福建)已知函数f(x)x1M(aR),(e为白然对e
数的底数)
⑴若曲线yf(x)在点(1,f
(1))处的切线平行于x轴,求a的值;
⑵求函数f(x)的极值;
⑶当a1时,若直线l:
ykx1与曲线yf(x)没有公共点,求k的最
大值.
解:
(1)由f(x)x1?
,得f(x)1ex,又曲线yf(x)在点(1,f
(1))处的切线平行于x轴,f
(1)01-0ae
e
⑵f(x)1e
1当a0时,f(x)0,函数f(x)为(,)上的增函数,函数f(x)无极值;
2当a0时,由f(x)0,解得xlna
又当x(,lna)时,f(x)0,当x(lna,)时,f(x)0.
f(x)在(,lna)上单调递减,在(lna,)上单调递增,
从而函数f(x)在xlna处取得极小值,且极小值为f(lna)lna,无极
大值.
综上,当a。
时,函数f(x)无极值;
当a0时,函数f(x)在x
lna处取得极小值f(lna)Ina,无极大值.
⑶当a1时,f(x)x
则直线l:
ykx1与曲线
1人
令g(x)f(x)(kx1)(1e
f(x)没有公共点,等价于方程
.、1
k)x—
e
g(x)0在R
上没有实数解.
假设k1,此时g(0)1
c11
0,g*)1—,
k1饥
ek1
0在R上至少
又函数g(x)的图象连续不断,由零点存在定理可知g(x)
有一解,与“方程g(x)0在R上没有实数解”矛盾,故
又k1时,g(x)[0,知方程g(x)0在R上没有实数解,所以
8.(13分)
(2013?
安徽)设函数
n
L%(xR,nN*),证明:
n
fn(x)
23
xx
1x——
23
n
冬(xR*,nN*),可得
n
f(x)
f1⑴
0,fn
(1)
n1
3L朱
11I
L
2232L
0,故函数f(x)在(0,)上是增函数.求得
fn(t)
(|)2
(2)3
[33
2232
(|n
(*1(纣1]
1
据广0
1(3),(3)]
347~2
1
3
Xn
根据函数的零点的判定定理,可得存在唯一的
fn(Xn)0.
(2)对于任意
PN*,由
(1)中Xn构成数列
Xn
Xn1
-―"Ifn(X),fn1(Xn)Lg)
(n1)
由fn1(x)在(0,
)上单调递增,可得XmXn
Xn
Xn
故数列Xn
为递减数列,即对任意的n,pN*,Xn
Xn
由于fn(Xn)
1Xn
3
32一
fnp(Xnp)
1Xnp
(Xn)2(Xn)2~5~L
2
(Xnp)2
(Xnp)3
(Xn)n
2
n
(Xnp)n
2
n
(Xnp)'
(n1)2
n2
(Xnp)
2
(n2)2
L(Xn
nPP)
(nP)2
用①减去②并移项,
利用
0Xnp1,可得
XnXnp
n(Xnp)k(Xn)k
nP(Xnp)k
P(Xnp)k
1k2
nP1
kn1k2
np1
kn1k(k1)
综上可得,对于任意
由
(1)中Xn构成数列
X,
满足
0Xn
Xnp
9.(本小题满分14分)(2013陕西.理)已知函数f(X)eX,XR.
(l)若直线ykx1与f(x)的反函数的图像相切,求实数k的值;
(丑)设x0,讨论曲线yf(x)与曲线ymx2(m0)公共点的个
数.
(m)设ab,比较f(a)f(b)与f(b)f(a)的大小,并说明理由.
2ba
【解析】(I)f(x)的反函数g(x)Inx.设直线ykx1与g(x)Inx相
kx01lnx0
切与点P(x°,y°),则1x°e2,ke2。
所以ke2
kg'(x°)
x。
(H)当x0,m0时,曲线yf(x)与曲线ymx2(m0)的公共点个
数即方程f(x)mx2根的个数。
x,
h'(x)匀提
x
(h
(2),),h(x)在(2,)上单调
xx
由f(x)mx2m&,令h(x)土
则h(x)在(0,2)上单调递减,这时h(x)
2
递增,这时h(x)(h
(2),),h
(2)—.
4
h
(2)是yh(x)的极小值即最小值.
22
当m(0,—)时,有0个公共点;当m—,有1个公共点;44
2
当m(-,)有2个公共点;
4
(m)设f(a)f(b)f(b)f(a)(ba2)f(a)(ba2)f(b)
2ba2(ba)
(ba2)ea(ba2)eb(ba2)(ba2)ebaa
e
2(ba)2(ba)
令g(x)x2(x2)ex,x0,,则g'(x)1(1x2)ex1(x1)ex
g(x)的导函数g''(x)(1x1)exxex0,
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。
时,g(x)x2(x2)ex0且abba
(ba2)(ba2)e02(ba)
所以当ab时,f(a)f(b)f(b)f(a)2ba
10.(本小题满分14分)(2013陕西.文)
已知函数f(x)ex,xR.
(I)求f(x)的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程;
(H)证明:
曲线yf(x)与曲线y-2x2x1有唯一公共点.
(m)设ab,比较fJ与f(b)f(a)的大/J、,并说明理由.2ba
解(I)yx1.
(II)证明曲线yf(x)与曲线y;x2x1有唯一公共点,过程如
F人19v19
下。
令h(x)f(x)-xx1e-xx1,xR,贝U
h'(x)exx1,h'(x)的导数h''(x)ex1,且
h(0)0,h'(0)0,,h”(0)0因此,
当x0时,h''(x)0yh'(x)单调递减;
当x0时,h''(x)0yh'(x)单调递增.
yh'(x)h'(0)0,所以yh(x)在日上单调递增,最多有一个零点
x0
所以,曲线yf(x)与曲线y1x2x1只有唯一公共点(0,1).(证毕)
(m)设f(a)f(b)f(b)f(a)(ba2)f(a)(ba2)f(b)
2ba2(ba)
(ba2)ea(ba2)eb(ba2)(ba2)ebaa
e
2(ba)2(ba)
令g(x)x2(x2)ex,x0,
则g'(x)1(1x2)ex1(x1)ex
g(x)的导函数g''(x)(1x1)exxex0,
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。
时,g(x)x2(x2)ex0且ab
(ba2)(ba2)ebaan
e0
2(ba)
所以当a
2ba
设n为正整数,r为正有理数.
r1.r2
(II)证明:
nn1
n
r1
(川)设xRj为不小于x的最小整数,例如2=2,=4,|=-1.
令S洒瑚瞬g,求[S]的值。
4444
(参考数据:
803344.7,8173350.5,124^618.3,12673631.7.)
解.
(1)因为f(x)(r1)(1x)r(r1)(r1)[(1x)r1],令f(x)0解得
x0
当1x。
时,f(x)0,所以f(x)在(1,0)内是减函数
当x0时,f(x)0,所以f(x)在(0,)内是增函数
故函数f(x)在x0处取得最小值f(0)0
(2)由
(1),当x(1,)时,有f(x)f(0)0
即(1x)r11(r1)x且等号当且仅当x。
时成立.
故当x(1,)且x0时,有(1x)r11(r1)x①
在①中,令x1,(这时x(1,)且x0)得(1^)r11%上式两边同乘nr1得(n1)r1nr1n「(r1)
r1r1
即术(n1)1n..②
当n1时,在①中,令x1,(这时x(1,)且x0),类似可得
r1r1rn(n1)n
r1
且当n1时,③式也成立r1r2r1r1
综合②③得一nrA―L;④
r1r1
(3)在④中,令r1,n分别取81,82,83,…,125,得3
4444
3(813803)3813(823813),
44
4
823)
4
833)
444
3(823813)3823(833
44
444
3(833823)3833(843
44
c4444
33
(12531243)3125(12631253)
44
将以上各式相加,并整理得
-4444
33
(1253803)S(1263813)
4
4
由[S]的定义,得[S]211.
12.(本小题满分13分)(2013湖北.文)
设a0,b0,已知函数f(x)眨上x1
(I)当ab时,讨论函数f(x)的单调性;
(H)当x0时,称f(x)为a、b关于x的加权平均数.
(i)判断f
(1),f(Jb),f(b)是否成等比数歹!
J,并证明f(?
)f(
b的调和平均数,记
(ii)a、b的几何平均数记为G.称-2ab为a、ab
解:
(I)函数的定义域为
土所以
(x1)2
为H.若Hf(x)G,求x的取值范围.
>1/
当ab。
时,f(x)0,函数f(x)在(,1),(1,)上单调递增;
当0ab时,f(x)0,函数f(x)在(,1),(1,)上单调递减.
(II)(i)计算得f
(1)口,f(Jb)面,f(当竺
2aaab
Q(石b)2立地f
(1),f(f),f(b)成等比数列,
2abaa
2ab人,/bb、
Qa0,b0,.abf()f)
aba'.a
(ii)由(i)知f(i)",f&光
故由Hf(x)G,得f(-)f(x)f⑴.
a
当ab0时,函数f(x)在(0,)上单调递增.这时上x1,即x的取a
值范围为bx1;a
当0ab时,函数f(x)在(0,)上单调递减.所以x的取值范围为
13.(2013江苏卷)(本小题满分16分)
设函数fxlnxax,gxexax,其中a为实数.
(1)若fx在1,上是单调减函数,且gx在1,上有最小值,
求a的范围;
(2)若gx在1,上是单调增函数,试求fx的零点个数,并证
明你的结论.
解:
(1)f(x)'x1a,g(x)'exa
由题意:
f(x)'0对x1,恒成立
即ax1对x1,恒成立a1
Qgx在1,上有最小值
a0时,g(x)0恒成立,g(x)在1,无最值
a0时,由题意lna1,ae
综上:
a的范围是:
ae
(2)Qgx在1,上是单调增函数
g(x)'0对x1,恒成立
即aex对x1,恒成立ae1
令f(x)0,则a—
x
则有f(x)的零点个数即为ya与y炬图像交点的个数x
令h(x)Mx0则h(x)'
xx
易知h(x)在0,e上单调递增,在e,上单调递减
在xe时取到最大值h(e)10e
当x0时,h(x)¥当x时,h(x)乎0
h(x)图像如下
所以由图可知:
a0时,f(x)有1个零点
0a:
时,f(x)有2个零点a:
时,f(x)有1个零点综上所述:
a0或a1时,f(x)有1个零点
0ae时,f(x)有2个零点
14(本小题满分13分)(2013湖南.理)
(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yf(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0xa时,f(x)史兰;当xa时,f(x),因此,x2ax2a
当x(0,a)时,f'(x)—生0,f(x)在(0,a)上单调递减;
(x2a)2
当x(a,)时,f'(x)0'f(x)在(a,)上单调递增;
1若a4,则f(x)在(0,4)上单调递减,g(a)f(0)-
2
2
若0a4,贝Uf(x)在(0,a)上单调递减,在(a,4)上单调递增。
所以
3
即一J
(x12a)2(x22a)
3a21亦即x12a
3a
x22a
*)
由Xi(0,a),X2(a,4)得x〔2a(2a,3a),—3?
—(3a,1)x22a42a
故(*)成立等价于集合A(x|2ax3a}与集合B{x|-^x1}的42a
交集非空.
因为3a,所以当且仅当02a1,即0a:
时,AIB
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)
15.(13分)(2013?
湖南.文)已知函数f(x)
(I)求f(x)的单调区间;
(H)证明:
当f(x〔)f(x2)(x〔x2)时,x〔x20.