2013年全国高考理科数学试题分类汇编14：导数与积分 Word版含答

2013年全国高考理科数学试题分类汇编14：导数与积分

一、选择题

1 ．（2013年高考湖北卷（理））已知a为常数,函数

f(x)?x?lnx?ax?有两个极值点

（ ）

x1,x2(x1?x2),则

A．f(x1)?0,f(x2)??12 B．f(x1)?0,f(x2)??12 C．f(x1)?0,f(x12)??2

D．f(x1)?0,f(x12)??2

【答案】D

2 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））已知

函数f(x)?x3?ax2?bx?c,下列结论中错误的是 A．?x0?R,f(x0)?0

B．

函数y?f(x)的图像是中心对称图形

C．若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(??,x0)上单调递减 D．若x0是f(x)的极值点,则f'(x0)?0

【答案】C

3 ．（2013年高考江西卷（理））若S?2x2dx,S11?12??21xdx,S23??1exdx,则S1S2S3的大

小关系为 A．S1?S2?S3 B．S2?S1?S3 C．S2?S3?S1

D．S3?S2?S1

【答案】B

4 ．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））设函数

2?2xf?x??exf?x?满足xf??x?e2x,f?2??8,则x?0,时，f?x?

A．有极大值,无极小值

B．有极小值,无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值

【答案】D

5 ．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））设函数f(x)的定义域为R,x0(x0?0)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是 A．?x?R,f(x)?f(x0)

B．?x0是f(?x)的极小值点

）

）

）

）

（（（（

C．?x0是?f(x)的极小值点

【答案】D

D．?x0是?f(?x)的极小值点

2

6 ．（2013年高考北京卷（理））直线l过抛物线C: x=4y的焦点且与y轴垂直,则l与C所围成的图形的面积等于 （ ）

A．

43 B．2

C．

83 D．

1623 【答案】C

7 ．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））已知e为自然

对数的底数,设函数f(x)?(ex?1)(x?1)k(k?1,2),则 A．当k?1时,f(x)在x?1处取得极小值

B．当k?1时,f(x)在

x?1处取得极大值

C．当k?2时,f(x)在x?1处取得极小值

D．当k?2时,f(x)在

x?1处取得极大值

【答案】C 二、填空题

8 ．（2013年高考江西卷（理））设函数f(x)在(0,??)内可导,且

f(ex)?x?ex,则

fx(1)?______________

【答案】2 9 ．（2013年高考湖南卷（理））若

?T0x2dx?9,则常数T的值为_________.

【答案】3

10．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））若曲线

y?kx?lnx在点?1,k?处的切线平行于x轴,则k?______.

【答案】?1 三、解答题

11．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））已知

函数f(x)?ex?ln(x?m).

(Ⅰ)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.

【答案】

）

（

12．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知函数

f?x???1?x?e?2xx3,g?x??ax??1?2xcosx.当x??0,1?时，

21; 1?x(I)求证:1-x?f?x??(II)若f?x??g?x?恒成立,求实数a取值范围.

请考生在第22、23、24三题中任选一题做答,如果多做,则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑. 【答案】

13．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加

题））本小题满分16分.

x设函数f(x)?lnx?ax,g(x)?e?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的取值范围; (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.

卷Ⅱ 附加题部分答案word版

[选做题]第21题,本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域．．．．．．内作答,若多做,则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

【答案】解:(1)由f(x)?'11?1??a?0即?a对x?(1,??)恒成立,∴a???max xx?x?而由x?(1,??)知

1<1 ∴a?1 x由g'(x)?ex?a令g'(x)?0则x?lna 当xlna时g'(x)>0, ∵g(x)在(1,??)上有最小值 ∴lna>1 ∴a>e

综上所述:a的取值范围为(e,??)

(2)证明:∵g(x)在(?1,??)上是单调增函数

∴g'(x)?ex?a?0即a?e对x?(?1,??)恒成立, ∴a?exx??min

x而当x?(?1,??)时,e>分三种情况:

11 ∴a? ee1>0 ∴f(x)在x?(0,??)上为单调增函数 x'(Ⅰ)当a?0时, f(x)?∵f(1)?0 ∴f(x)存在唯一零点 (Ⅱ)当a<0时,f(x)?'1?a>0 ∴f(x)在x?(0,??)上为单调增函数 xaaa∵f(e)?a?ae?a(1?e)<0且f(1)??a>0

∴f(x)存在唯一零点

111''时,f(x)??a,令f(x)?0得x? exa

11?a(x?)?a(x?)1a>0;x>1时,f'(x)?a<0 ∵当0

aaaa(Ⅲ)当0

①当?lna?1?0时,?lna?1?0,a?②当?lna?1>0时,0

际

上

,

11,f(x)有唯一零点x??e ea1,f(x)有两个零点 e对

于

0<

a?1e,由于

111a111f()?ln?a??1?<0,f()?ln?a??lna?1>0 eeeeaaa且函数在?,?11??11?f(x)上的图像不间断 ∴函数在??,?上有存在零点

?ea??ea???11??1??1?'?,f(x)??a>0,故f(x)在?0,?上单调增,∴f(x)在?0,?xa??a??a?另外,当x??0,只有一个零点 下

面

考

虑

f(x)a?1?1在

?1??,????a?a?1?2的情况,先证

f(e)?lnea?1a?1?ae?alne?aex2?a(a?e)<0

a?1为此我们要证明:当x>e时,e>x,设h(x)?ex?x2 ,则h'(x)?ex?2x,再设

l(x)?ex?2x

∴l(x)?e?2

当x>1时,l(x)?e?2>e-2>0,l(x)?e?2x在?1,???上是单调增函数

'xx'x故当x>2时,h(x)?e?2x>h(2)?e?4>0 从而h(x)?e?xx2x2'x'2在

?2,???e2上是单调增函数,进而当x>e时,h(x)?e?x>h(e)?e?e>0 即当x>e时,e>x, 当时,f(ea?1x20<

aa?1<

a?1?11ea?1时

?2,

a?1即

a?1>e

)?lne?ae?alne?ae?a(a?e)<0

又f()?ln1a?111?a??lna?1>0 且函数f(x)在a?1,ea上的图像不间断, aa??

∴函数f(x)在a?1,ea??1?1?a(x?)1a<0故f(x)上有存在零点,又当x>时,f'(x)?ax在a?1,??上是单调减函数∴函数f(x)在a?1,??只有一个零点 综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当a?0时,f(x)的零点个数为1;当0

14．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））设函数

????1时,f(x)的零点个ef?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) 当k??,1?时,求函数f?x?在?0,k?上的最大值M.

【

答

案

】

?1??2?(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?ln2 当x变化时,f??x?,f?x?的变化如下表:

x f??x?

???,0?

0

?0,ln2?

ln2

?ln2,???

?

?

0 极大值

?

0

极

?

?

f?x?

?

小值

右表可知,函数f?x?的递减区间为?0,ln2?,递增区间为???,0?,?ln2,???.

xxxx(Ⅱ) f??x??e??x?1?e?2kx?xe?2kx?xe?2k??,令f??x??0,得

x1?0,x2?ln?2k?,

令g?k??ln?2k??k,则g??k??11?k?1??1??0,所以g?k?在?,1?上递增, kk?2?所以g?k??ln2?1?ln2?lne?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;

k3所以M?maxf?0?,f?k??max?1,?k?1?e?k kk3令h?k???k?1?e?k?1,则h??k??ke?3k??????????,令

??k??ek?3k,则

???k??ek?3?e?3?0

所以??k?在?,1?上递减,而???1??2?3??1????1?e???????e?3??0

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

所以??k?在?,x0?上单调递增,在?x0,1?上单调递减.

?1?2??因为h?17?1??1?,,所以在??e??0h1?0hk?0??????,1?上恒成立,当且仅当

28?2??2?k3k?1时取得“?”.

综上,函数f?x?在?0,k?上的最大值M??k?1?e?k. www.zxsx.com

15．（2013年高考江西卷（理））已知函数

f(x)=a(1-2x-1对称; 21),a为常数且a>0. 2(1)证明:函数f(x)的图像关于直线x=(2)若x0满足f(f(x0))=x0,但f(x0)?x0,则称x0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.

【答案】(1)证明:因为f(11?x)?a(1?2x),f(?x)?a(1?2x),有2211f(?x)?f(?x), 22所以函数f(x)的图像关于直线x?1对称. 221,?4ax,1?2(2)解:当0?a?时,有f(f(x))??2

2??4a(1?x),x?1.2x?

所以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,?x,12当a?时,有f(f(x))??

121?x,?x?.2x?所以f(f(x))?x有解集?x|x?有点都不是二阶周期点.

??11?1??x?,又当时,f(x)?x,故?x|x??中的所?22?2??1,4a?4a2x,11??x?,212a?4ax,?4a2当a?时,有f(f(x))??

22?2a(1?2a)?4ax,1?x?4a?1,?4a2?4a2x,24a?4a?1x?.4ax?所

以

f(f(?x)有x四

个解

2a2a4a20,,,21?4a1?2a1?4a2,又

2a2af(0)?0,f()?,

1?2a1?2a2a2a4a4a2a4a2f()?,f()?,,故只有是f(x)的二阶2222221?4a1?4a1?4a1?4a1?4a1?4a周期点.综上所述,所求a 的取值范围为a?1. 22a4a2,x2?(3)由(2)得x1?,

1?4a21?4a2因为x3为函数f(f(x))的最大值点,所以x3?14a?1或x3?. 4a4a当x3?12a?1时,S(a)?.求导得:S'(a)??24a4(1?4a)2(a?1?21?2)(a?)22, (1?4a2)2所以当a?(,11?21?2)时,S(a)单调递增,当a?(,??)时S(a)单调递减;

2224a?18a2?6a?112a2?4a?3当x3?时,S(a)?,求导得:S'(a)?, 2224a4(1?4a)2(1?4a)

112a2?4a?3因a?,从而有S'(a)??0,

22(1?4a2)2所以当a?(,??)时S(a)单调递增.

16．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））设

12f?x??a?x?5??6lnx,其中a?R,曲线y?f?x?在点?1,f?1??处的切线与y轴

2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.

【答案】

f(3)?2?6ln3

?x2?2x?a,x?017．（2013年高考四川卷（理））已知函数f(x)??,其中a是实数.设

lnx,x?0?A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))为该函数图象上的两点,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.

【答案】解:

???函数f?x?的单调递减区间为???,?1?,单调递增区间为

??1,0?,?0,???

????由导数的几何意义可知,点

A处的切线斜率为f??x1?,点B处的切线斜率为

f??x2?,故当点A处的切线与点B处的切垂直时,有f??x1?f??x2???1.

当x?0时,对函数f?x?求导,得f??x??2x?2. 因为x1?x2?0,所以?2x1?2??2x2?2???1, 所以?2x1?2??0,?2x2?2??0.

1??2x1?2???2x2?2?????2x1?2??2x2?2??1 ???231当且仅当??2x1?2?=?2x2?2?=1,即x1??且x2?时等号成立.

22因此x2?x1?所以函数f(x)的图象在点A,B处的切线互相垂直时,x2?x1的最小值为1

?????当x1?x2?0或x2?x1?0时,f??x1??f??x2?,故x1?0?x2.

当x1?0时,函数f(x)的图象在点x1,f?x1?处的切线方程为

??y??x12?2x1?a???2x1?2??x?x1?,即y??2x1?2?x?x12?a

当x2?0时,函数f(x)的图象在点x2,f?x2?处的切线方程为

??y?lnx2?11?x?x2?,即y??x?lnx2?1. x2x2?1??2x1?2 ①两切线重合的充要条件是?x2

?lnx?1??x2?a ②?21由①及x1?0?x2知,?1?x1?0. 由①②得,a?x1?ln21?1?x12?ln?2x1?2??1.

2x1?2

设h?x1??x12?ln?2x1?2??1(?1?x1?0), 则h??x1??2x1?1?0. x1?1所以h?x1???1?x1?0?是减函数. 则h?x1??h?0???ln2?1, 所以a??ln2?1.

又当x1?(?1,0)且趋近于?1时,h?x1?无限增大,所以a的取值范围是??ln2?1,???. 故当函数f(x)的图像在点A,B处的切线重合时,a的取值范围是??ln2?1,???

18．（2013年高考湖南卷（理））已知a?0,函数

f(x)?x?a.

x?2a(I)记f(x)在区间?0,4?上的最大值为g(a),求g(a)的表达式; (II)是否存在a,使函数y?f(x)在区间?0,4?内的图像上存在两点,在该两点处的切线相互垂直?若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由.

【

答

案

】

3a?x?a?1-,当x??2a,或x?a时，是单调递增的。??x?2ax?2a解:a?0,f(x)??

?x?a3a??-1?,当?2a?x?a时，是单调递减的。?x?2a?x?2a(Ⅰ)

由上知，当a?4时，f(x)在x?[0,4]上单调递减，其最大值为f(0)?-1?

当a?4时，f(x)在[0,a]上单调递减，在[a,4]上单调递增。3a1?2a2令f(4)?1-

3a1?f(0)?,解得：a?(1,4],即当a?(1,4]时，g(a)的最大值为f(0);4?2a2当a?(0,1]时，g(a)的最大值为f(4)

3a?1-,当a?(0,1]时??4?2a综上，g(a)??

?1,当a?(1,??)时??2

(II)由前知,y=f(x)的图像是由两段反比例函数的图像组成的.因此,若在图像上存在两点P(x1,y1),Q(x2,y2)满足题目要求,则P,Q分别在两个图像上,且

f'(x1)?f'(x2)??1.

?3a?(x?2a)2,当x??2a,或x?a时???3a f'(x)??,当?2a?x?a时2?(x?2a)?0?a?4??不妨设

3a?3a???1,x1?(0,a),x2?(a,8]?3a?(x1?2a)(x2?2a) 22(x1?2a)(x2?2a)2?3a?2ax2?4a2?a3a?2ax2?4a?0??0?x1x2?2a(x1?x2)?4a2?3a?x1???x2?2ax2?2a?a?x?82?

?0?3?2x2?4a?2x2?3?4a?2?4a?3?4a11?????1?x2?2a??2?4a?2x2??2a?3?4a?a?，且0?a?4?a?(0,)32?a?x?8?2a?2x?16?2?4a?1622???

所以,当a?(0,)时,函数y?f(x)在区间?0,4?内的图像上存在两点,在该两点处的切线相互垂直.

19．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））已知函数

12f(x)?x?alnx(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.

【答案】解:函数

af(x)的定义域为(0,??),f?(x)?1?.

x2(x?0), x(Ⅰ)当a?2时,f(x)?x?2lnx,f?(x)?1??f(1)?1,f?(1)??1,

?y?f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程为y?1??(x?1),

即x?y?2?0.

(Ⅱ)由f?(x)?1?ax?a?,x?0可知: xx①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;

?x?(0,a)时,f?(x)?0,x?(a,??)时,f?(x)?0

?f(x)在x?a处取得极小值,且极小值为f(a)?a?alna,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a?alna,无极大值.

20．（2013年高考新课标1（理））(本小题满分共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.

【答案】(Ⅰ)由已知得

f(0)?2,g(0)?2,f?(0)?4,g?(0)?4,

x而f?(x)=2x?b,g?(x)=e(cx?d?c),∴a=4,b=2,c=2,d=2; (Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)?x?4x?2,g(x)?2e(x?1),

设函数F(x)=kg(x)?f(x)=2ke(x?1)?x?4x?2(x??2),

x22xF?(x)=2kex(x?2)?2x?4=2(x?2)(kex?1),

有题设可得F(0)≥0,即k?1, 令F?(x)=0得,x1=?lnk,x2=-2,

(1)若1?k?e,则-20,即F(x)在(?2,x1)单调递减,在(x1,??)单调递增,故F(x)在x=x1取最

2

小值F(x1),而F(x1)=2x1?2?x12?4x1?2=?x1(x1?2)≥0, ∴当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立, (2)若k?e,则F?(x)=2e(x?2)(e?e),

∴当x≥-2时,F?(x)≥0,∴F(x)在(-2,+∞)单调递增,而F(?2)=0, ∴当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立, (3)若k?e,则F(?2)=?2ke2?222x2?2=?2e?2(k?e2)<0,

∴当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立, 综上所述,k的取值范围为[1,e].

21．（2013年高考湖北卷（理））设n是正整数,r为正有理数.

2(I)求函数f(x)??1?x?r?1??r?1?x?1(x??1)的最小值;

rnr?1??n?1?(II)证明:

r?1r?1?n?n?1???nr?1;

r?1r?1(III)设x?R,记??x??为不小于x的最小整数,例如??2???2,??????4,?????1.令

2?3???S?381?382?383??3125,求??S??的值.

(参考数据:80?344.7,81?350.5,124?618.3,126?631.7)

rr??f(x)?r?11?x?r?1?r?11?x?1? ??????????【答案】证明:(I)??43434343?f(x)在??1,0?上单减,在?0,???上单增.

?f(x)min?f(0)?0

(II)由(I)知:当x??1时,?1?x?r?1??r?1?x?1(就是伯努利不等式了)

r?1r?1r??n??r?1?n??n?1?所证不等式即为:? r?1r?1r??n??r?1?n??n?1?若n?2,则nr?1??r?1?nr??n?1?r?1?1???n?r?1???1???n?1?

?n?r

r?1??1???1??①

n?1?n?rrr?1? ??1?????1,???nn?1n?n?rrrr?1?,故①式成立. ??1???1??1?nnn?1??若n?1,nr?1r??r?1?nr??n?1?rr?1r?1显然成立.

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

?n?r?1??1???1??②

n?1?n?rrr?1? ??1????1,?nn?1?n?nrrr?1?,故②式成立. ??1???1??1?nnn?1??综上可得原不等式成立.

144?4??3?4333(III)由(II)可知:当k?N时,?k??k?1?3??k???k?1?3?k3?

4?4???r*444???3125?43?S???k3??k?1?3???1253?803??210.225

4k?81??4??4444???3125?3S????k?1?3?k3???1263?813??210.9

4k?81??4?????S???211

22．（2013年高考陕西卷（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

f(a)?f(b)f(b)?f(a)与的大小, 并说明理由. 2b?a

【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数g(x)?lnx. 设直线y=kx+1与g(x)?lnx相切与

?kx0?1?lnx0??22?2点P(x0，y0)，则?1?x0?e,k?e .所以k?e

?k?g'(x0)?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f(x)?mx2 根的个数.

exexxex(x?2)由f(x)?mx?m?2,令h(x)?2?h'(x)?, 2xxx2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),??).e2h(2)?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:

e2e2e2（，??）当m ?(0,)时,有0个公共点;当m= ,有1个公共点;当m ?有2个

444公共点; (Ⅲ) 设

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

2b?a2?(b?a)(b?a?2)?ea?(b?a?2)?eb(b?a?2)?(b?a?2)?eb?aa???e

2?(b?a)2?(b?a)令g(x)?x?2?(x?2)?e,x?0,则g'(x)?1?(1?x?2)?e?1?(x?1)?e.

xxxg'(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,而g(0)?0, ,且g'(0)?0.因此g'(x)?0，g(x)在(0,??)上单调递增所以在(0,??)上g(x)?0.

?当x?0时，g(x)?x?2?(x?2)?ex?0且a?b,

(b?a?2)?(b?a?2)?eb?aa??e?0

2?(b?a)

所以当a

2b?a23．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））设函数

f(x)?x?c(e=2.71828是自然对数的底数,c?R). e2x(Ⅰ)求f(x)的单调区间、最大值; (Ⅱ)讨论关于x的方程lnx?f(x)根的个数.

'?2xf(x)?(1?2x)e【答案】解:(Ⅰ),

由f(x)?0,解得

'x?12,

x?当

1'2时,f(x)?0,f(x)单调递减

11(??,)(,??)2,单调递减区间是2所以,函数f(x)的单调递增区间是, 11f()??c2e最大值为2

g(x)?lnx?f(x)?lnx?(Ⅱ)令

x?c2xe x?(0,??)

x?ce2x,

(1)当x?(1,??)时,lnx?0,则

g(x)?lnx?g(x)?e所以,

'?2xe2x(?2x?1)x

e2x?0'g2x?1?0x因为, 所以 (x)?0

因此g(x)在(1,??)上单调递增.

(2)当x?(0,1)时,当时,lnx?0,则

g(x)??lnx?x?ce2x,

g(x)?e所以,

'?2xe2x(??2x?1)x

2x2e?(1,e),e2x?1?x?0,又2x?1?1 因为

e2x??2x?1?0'gx所以 所以 (x)?0

因此g(x)在(0,1)上单调递减.

?2x?(0,??)g(x)?g(1)??e?c, 综合(1)(2)可知 当时,?2g(1)??e?c?0,即c??e?2时,g(x)没有零点, 当

故关于x的方程

lnx?f(x)根的个数为0;

?2g(1)??e?c?0,即c??e?2时,g(x)只有一个零点, 当

故关于x的方程

lnx?f(x)根的个数为1;

?2g(1)??e?c?0,即c??e?2时, 当

①当x?(1,??)时,由(Ⅰ)知

g(x)?lnx?x1?1?c?lnx?(e?c)?lnx?1?ce2x2

1?cg(x)?0x?(e,??); lnx?1?c?0要使,只需使,即

②当x?(0,1)时,由(Ⅰ)知

g(x)??lnx?x1?1?c??lnx?(e?c)??lnx?1?c2xe2;

?1?cg(x)?0x?(0,e); ?lnx?1?c?0要使,只需使,即

所以当c??e时,g(x)有两个零点,故关于x的方程

?2lnx?f(x)根的个数为2;

综上所述:

当c??e时,关于x的方程

?2lnx?f(x)根的个数为0;

?2lnx?f(x)c??e当时,关于x的方程根的个数为1;

当c??e时,关于x的方程

?2lnx?f(x)根的个数为2.

24．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））已知a?R,函

数f(x)?x3?3x2?3ax?3a?3.

(1)求曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当x?[0,2]时,求|f(x)|的最大值.

【答案】解:(Ⅰ)由已知得:

f?(x)?3x2?6x?3a?f?(1)?3a?3,且

f(1)?1?3?3a?3?3a?1,所以所求切线方程为:y?1?(3a?3)(x?1),即

为:3(a?1)x?y?4?3a?0;

(Ⅱ)由已知得到:f?(x)?3x2?6x?3a?3[x(x?2)?a],其中??4?4a,当

x?[0,2]时,x(x?2)?0,

(1)当a?0时,f?(x)?0,所以f(x)在x?[0,2]上递减,所以

|f(xm)a?|xf(?mfax{f(0),0?a)(2,)}f?3m因为

a(a?;

1?f(2)当??4?4a?0,即a?1时,f?(x)?0恒成立,所以f(x)在x?[0,2]上递增,所

以|f(x)|max?max{f(0),f(2)},因为

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

(3)当??4?4a?0,即0?a?1时,

f?(x)?3x2?6x?3a?0?x1?1?1?a,x2?1?1?a,且0?x1?x2?2,即

x 0 (0,x1) + x1 0 (x1,x2) - x2 0 (x2,2) + 2 f?(x) f(x) 3?3a 递增 极大值 递减 极小值 递增 3a?1 所以f(x1)?1?2(1?a)1?a,f(x2)?1?2(1?a)1?a,且

?f(x1)?f(x2)?2?0,f(x1)f(x2)?1?4(1?a)3?0,所以f(x1)?|f(x2)|,

所以|f(x)|max?max{f(0),f(2),f(x1)}; 由f(0)?f(2)?3?3a?3a?1?0?0?a?(ⅰ)当0?a?2,所以 32时,f(0)?f(2),所以x?(??,1]?a[??,时),y?f(x)递3增,x?(1,a)时,y?f(x)递减,所以|f(x)|max?max{f(0),f(x1)},因为

a2(3?4a)2(1?a)1?a?(2?3a),0所以

f(x1)?f(0)?1?2(1?a)1?a?3?3a?2(1?a)1?a?(2?3a)?,又因为0?a?2a?0,?3a4?,所以2?33,0所以f(x?)1)?f(0|f(x)m|ax?f(x1?)?1(ⅱ)当

2?(1a)? a12?a?1时,f(2)?0,f(0)?0,所以|f(x)max,因为|?max{f(2),fx(1)}3f(x1)?f(2)?1?2(1?a)?1a?a3??1,此时3a?2?0,当①当

2(1?a)?1a?a(3??2)2(1?a)1?a?(3a?2)a2(3?4a)2?a?1时,3?4a是大于零还是小于零不确定,所以 323?a?时,3?4a?0,所以34f(1x?)|f(,2所)以|此时

|f(x)|max?f(x1)?1?2(1?a)1?a; ②当

3?a?1时,3?4a?0,所以4f(1x?)|f(,2所)以|此时

|f(x)|max?f(2)?3a?1

??3?3a,(a?0)?3综上所述:|f(x)|max??1?2(1?a)1?a,(0?a?).

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

25．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））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?

【答案】

1111??????,证明：a2n?an??ln2. 23n4n

26．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））已知函数

f(x)?x2lnx.

(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2lng(t)1??. 5lnt2【答案】

27．（2013年高考北京卷（理））设L为曲线C:y?lnx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.

【答案】解: (I)设f(x)?lnx1?lnx,则f?(x)?.所以f?(1)?1.所以L的方程为2xxy?x?1.

(II)令g(x)?x?1?f(x),则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于

x2?1?lnx. g(x)满足g(1)?0,且g?(x)?1?f?(x)?. g(x)?0(?x?0,x?1)2x2当0?x?1时,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)单调递减;

当x?1时,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)单调递增. 所以,g(x)?g(1)?0(x?0,x?1). 所以除切点之外,曲线C在直线L的下方. 又解:g(x)?0即x?1?2lnx?0变形为x2?x?lnx?0,记h(x)?x2?x?lnx,则x12x2?x?1(2x?1)(x?1)h?(x)?2x?1???,

xxx所以当0?x?1时,h?(x)?0,h(x)在(0,1)上单调递减; 当x?1时,h?(x)?0,h(x)在(1,+∞)上单调递增. 所以h(x)?h(1)?0.)

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