高考理科数学试题分类汇编14：导数与积分

（

（

（

（．既有极大值又有极小值

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
1 ．（2013 年高考北京卷（理））直线 l 过抛物线 C: x2=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． 4 3【答案】 C
B．2
C． 8 3
D． 16 2 3
1 ．（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
1 ．（2013 年高考江西卷（理））设函数 f (x) 在 (0, ??) 内可导,且 f (ex ) ? x ? ex ,
则 f x (1) ? ______________ 【答案】2? 1 ．（2013 年高考湖南卷（理））若 T x2dx ? 9,则常数T的值为 _________. 0 【答案】31．（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 ? ln x 在点 ?1, k? 处的切线平行于 x 轴,则 k ? ______.
【答案】 ?1 三、解答题 1．（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】1．（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?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(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】

而由 x ? (1,??)知 1 <1 ∴ a ? 1 x由 g ' (x) ? e x ? a 令 g ' (x) ? 0 则 x ? ln a
当 x < ln a 时 g ' (x) <0,当 x > ln a 时 g ' (x) >0,
∵ g(x) 在 (1,??) 上有最小值 ∴ ln a >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) ? e x ? a ? 0 即 a ? ex 对 x ? (?1,??) 恒成立,
? ? ∴ a ? e x min
而当 x ? (?1,??) 时, e x > 1 e分三种情况:(Ⅰ)当 a ? 0 时, f ' (x) ? 1 >0 x
∴a ? 1 e∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数
∵ 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 x
∵ f (ea ) ? a ? aea ? a(1 ? ea ) <0 且 f (1) ? ?a >0
∴f(x)存在唯一零点
(Ⅲ)当 0< a ? 1 时, f ' (x) ? 1 ? a ,令 f ' (x) ? 0 得 x ? 1
e
x
a
1
1
∵当
0<
x
<
1
时,
f
' (x)
?
?
a(x
?
) a
>0;
x
>
1
时,
f
' (x)
?
?
a(x
?
) a
<0
a
x
a
x
∴ x ? 1 为最大值点,最大值为 f (1 ) ? ln 1 ? a 1 ? ? ln a ?1
a
a aa
①当 ? ln a ?1 ? 0 时, ? ln a ?1 ? 0 , a ? 1 , f (x) 有唯一零点 x ? 1 ? e
e
a
②当 ? ln a ?1>0 时,0< a ? 1 , f (x) 有两个 零点 e
实 际上,对于 0< a ? 1 ,由于 e
f (1) ? ln 1 ? a 1 ? ?1 ? a <0, f (1 ) ? ln 1 ? a 1 ? ? ln a ?1>0
e ee
e
a aa

且函数在 ?? 1 , 1 ?? 上的图像不间断 ∴函数 f (x) 在 ?? 1 , 1 ?? 上有存在零点
?e a?
?e a?
另 外 , 当 x ? ?? 0, 1 ?? , f ' (x) ? 1 ? a >0, 故 f (x) 在 ?? 0, 1 ?? 上 单 调 增 ,∴ f (x) 在
? a?
x
? a?
?? 0, 1 ?? 只有一个零点下面考虑 f (x) 在 ?? 1 ,?? ?? 的情况,先证
? a?
?a ?
f (ea?1 ) ? ln ea?1 ? aea?1 ? a?1 ln e ? aea?1 ? a(a?2 ? ea?1 )<0
为此我们要证明:当 x > e 时, e x > x 2 ,设 h(x) ? ex ? x2 ,则 h' (x) ? e x ? 2x ,再
设 l(x) ? ex ? 2x
∴ l ' (x) ? ex ? 2
当 x >1 时, l ' (x) ? e x ? 2 > e -2>0, l(x) ? e x ? 2x 在 ?1,??? 上是单调增函数
故当 x >2 时, h' (x) ? e x ? 2x > h' (2) ? e2 ? 4 >0
从 而 h(x) ? e x ? x2 在 ?2,??? 上 是 单 调 增 函 数 , 进 而 当 x > e
时, h(x) ? e x ? x2 > h(e) ? ee ? e2 >0
即当 x > e 时, e x > x 2 ,
当
0<
a
<
1
时
,
即
a ?1
>e
e
时, f (ea?1 ) ? ln ea?1 ? aea?1 ? a?1 ln e ? aea?1 ? a(a?2 ? ea?1 )<0
? ? 又 f ( 1 ) ? ln 1 ? a 1 ? ? ln a ?1>0 且函数 f (x) 在 a?1,ea?1 上的图像不间断, a aa
1
? ? ∴函数 f (x) 在 a?1,ea?1
上有存在零点,又当
x
>
1
时,
f
' (x)
?
?
a(x
?
) a
<0
故
a
x
? ? ? ? f (x) 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< a < 1 时, f (x) 的 e零点个数为 21．（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 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)
当
k
?
? ??
1 2
,1???
时,求函数
f
? x? 在?0, k?上的最大值 M
.
【答案】
(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:
? ??, 0?
x
0
?0,ln 2? ln 2
?ln 2,???
f ??x?
?
0
?
0
?
极
极
f ?x?
大
小
值
值
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 ? ,
令
g?k?
? ln?2k ? ? k
,则
g??k?
?
1 k
?1 ?
1? k k
?
0 ,所以
g
?k
?
在
? ??
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
?
在
? ??
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
,当
k
??
x0
,1?
时,? ?k ? ? 0 ,
所以
?
?
k
?
在
? ??
1 2
,
x0
? ??
上单调递增,在
?
x0
,1?
上单调递减.
因为
h
? ??
1 2
? ??
?
?
1 2
e
?
7 8
?
0
,
h?1?
?
0
,所以
h
?k
?
?
0
在
? ??
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.
1．（2013 年高考江西卷（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 (1 ? x) ? a(1? 2 x ), f (1 ? x) ? a(1? 2 x ) , 有
2
2
f (1 ? x) ? f (1 ? x) ,
2
2
所以函数 f (x) 的图像关于直线 x ? 1 对称. 2
(2)解:当
0
?
a
?
1 2
时,有
f
(
f
(x))
?
??4a2 x,
? ?? 4a
2
(1
?
x),
x? 1, 2x? 1. 2
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.

当
a
?
1 2
时,有
f
(
f
(x))
?
?x, ??1?
x,
x? 1, 2x? 1.
2
所以
f
(
f
(x))
?
x
有解集
? ?
x
?
|
x
?
1?
2
? ?
,又当
x
?
1 2
时,
f
(x)
?
x
,故
? ?
x
?
|
x
?
1?
2
? ?
中的
所有点都不是二阶周期点.
x? 1 ,
4a
当
a
?
1 2
时,有
f
(
f
( x))
?
?4a 2 x,
? ?2a
?
4a
2
x,
?
?2a(1? 2a) ?
4a 2 x,
1 ?x? 1,
4a
2
1 ? x ? 4a ?1,
??4a2 ? 4a2 x,
2
4a
x ? 4a ?1.
4a
所以
f ( f (x)) ? x
有
四
个
解
2a 2a 4a2
0,
1?
4a2
, 1?
2a
, 1?
4a2
,又
f (0) ? 0, f ( 2a ) ? 2a , 1? 2a 1? 2a
f
( 1
2a ? 4a2
)
?
2a 1? 4a2
,
f
( 1
4a ? 4a
2
)
?
4a 1? 4a2
,故只有 2a 1? 4a2
,
1
4a2 ? 4a
2
是
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
,
因为
x3
为函数
f
(
f
(x)) 的最大值点,所以
x3
?
1 4a
或
x3
?
4a ?1 4a
.
当
x3
?
1 4a
时, S(a)
?
2a ?1 4(1? 4a2 )
.求导得: S
'(a)
?
?
2(a ? 1? 2 )(a ? 1?
2
2
(1? 4a2 )2
2)
,
所以当 a ? (1 ,1? 2 ) 时, S(a) 单调递增,当 a ? (1? 2 , ??) 时 S(a) 单调递减;
22
2
当
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
a
?
1 2
,从而有
S
'(a)
?
12a2 ? 4a 2(1? 4a2
?3 )2
?
0
,
所以当 a ? (1 , ??) 时 S(a) 单调递增. 2
1．（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
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.
【答案】
f (3) ? 2 ? 6ln 3
1．（2013
年高考四川卷（理））已知函数
f
(x)
?
?x2 ?
?
2x
?
a,
x
?
0
,其中
a
是实数.
?ln x, x ? 0
设 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 .
因此
x2
?
x1
?
1 2
??? ? 2 x1
?
2?
?
? 2 x2
?
2???
?
??2x1 ? 2??2x2 ? 2? ? 1
当且仅当
??2x1
?
2?
= ?2x2
?
2? =1,即
x1
?
?
3 2
且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
? ln
x2
?
1 x2
?x
?
x2 ?
,即
y
?
1 x2
?
x
? ln
x2
?1.
?
两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 知, ?1 ? x1 ? 0 .

由①②得,
a
?
x12
?
ln
1 2x1 ?
2
?1
?
x12
?
ln
? 2 x1
?
2?
?1
.
设 h? x1? ? x12 ? ln?2x1 ? 2? ?1(?1? x1 ? 0) ,
则
h??
x1
?
?
2 x1
?
1 x1 ?1
?
0
.
所以 h? x1???1? x1 ? 0?是减函数.
则 h? x1? ? h?0? ? ?ln 2 ?1,所以 a ? ?ln 2 ?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
??ln 2 ?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
??ln 2 ?1,???
1．（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】解:
a
?
0,
f
(x)
?
? x?a ?? x ? 2a
?1-
3a x ? 2a
,当x
?
?2a, 或x
?
a时，是单调递增的。
? ? ??
? x
x ?
?a 2a
?
-1
?
x
3a ? 2a
,当
?
2a
?
x
?
a时，是单调递减的。
(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? 3a ? 12a 2
当a ? 4时，f (x)在[0, a]上单调递减，在 [a,4]上单调递增。
令f (4) ?1- 3a ? f (0) ? 1 , 解得：a ?(1,4],即当a ?(1,4]时，g(a)的最大值为f (0);
4 ? 2a
2

当a ?(0,1]时，g(a)的最大值为 f (4)
综上，g(a)
?
???1
-
4
3a ? 2a
,当a
?
(0,1]时
? ? ??
1 2
,当a
?
(1,??)时
(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 .
? ?? ( x
3a ? 2a)2
,当x
?
?2a, 或x
?
a时
f
' ( x)
?
? ? 3a
? ?
(
x
?
2a)2
,当
?
2a
?
x
?
a时
?0 ? a ? 4 ? ?
不妨设
( x1
3a ? 2a)2
?
? 3a (x2 ? 2a)2
?
?1, x1 ? (0, a),
x2
? (a,8] ? 3a
?
( x1
?
2a)( x2
?
2a)
?0
?
x1x2
?
2a( x1
?
x2 ) ?
4a2
? 3a
?
x1
?
3a ? 2ax2 ? x2 ? 2a
4a2
?
? ?0 ? ? ??a ?
3a ? 2ax2 ? 4a2 x2 ? 2ax2 ? 8
?
a
?
?0 ? 3 ? 2x2 ??1 ? x2 ? 2a ??a ? x2 ? 8
?
4a
?
?2x2 ? 3 ? 4a ??2 ? 4a ? 2x2 ??2a ? 2x2 ? 16
?
?2 ? 4a ??2a ? 3 ??2 ? 4a
? ? ?
3? 4a 16
4a
?
a
?
1 ，且0 3
?
a
?
4
?
a
?
(0,
1) 2
所以,当 a ? (0, 1) 时,函数 y ? f (x) 在区间 ?0, 4? 内的图像上存在两点,在该2 两点处的切线相互垂直.
1．（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 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. 【答案】解:函数 f (x) 的定义域为 (0, ??) , f ?(x) ? 1 ? a .x (Ⅰ)当 a ? 2 时, f (x) ? x ? 2 ln x , f ?(x) ? 1 ? 2 (x ? 0) ,x ? 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 ? a ? x ? a , x ? 0 可知: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; 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 ? 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 a ? a ln a ,无极大值. 1．（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 , 而 f ?(x) = 2x ? b , g?(x) = ex (cx ? d ? c) ,∴ a =4, b =2, c =2, d =2; (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f (x) ? x2 ? 4x ? 2 , g(x) ? 2ex (x ?1) ,

设函数 F (x) = kg(x) ? f (x) = 2kex (x ?1) ? x2 ? 4x ? 2 ( x ? ?2 ),
F?(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 = ? ln k , x2 =-2, (1) 若 1 ? k ? e2 , 则 -2< x1 ≤0,∴ 当 x ? (?2, x1) 时 , F (x) <0, 当 x ? (x1, ??) 时, F (x) >0,即 F (x) 在 (?2, x1) 单调递减,在 (x1, ??) 单调递增,故 F (x) 在 x = x1 取最小值 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 ? e2 ,则 F?(x) = 2e2 (x ? 2)(ex ? e2 ) ,
∴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 ? e2 ,则 F (?2) = ?2ke?2 ? 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, e2 ].
1．（2013 年高考湖北卷（理））设 n 是正整数, 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?1 ? 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 )
【答案】证明:(I) f ?(x) ? ?r ? 1? ?1 ? x?r ? ?r ? 1? ? ?r ? 1? ???1 ? x?r ?1??

? 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)
所证不等式即为:
?? n r ?1 ? ??n r ?1
? ?
?r ?r
? 1? nr ? 1? nr
? ?
?n ?n
? ? 1 r?1 ? ? 1 r?1
若
n
?
2
,则
n r ?1
?
?r
? 1? nr
?
?n
? ? 1 r?1
?
?n
?
r
? 1?
?
???1 ?
1 n
r? ??
?n
? 1?
?
1
?
n
r ?1
?
???1 ?
1 n
r? ??
①
???1 ?
1 n
r? ??
?
?
r n
?1,
?
r n
?
?
n
r ?1
????1 ?
1 n
r? ??
?1?
r n
?1?
n
r ?1
,故①式成立.
若 n ? 1, nr?1 ? ?r ? 1? nr ? ?n ? ?1 r?1 显然成立.
n r ?1
?
?r
? 1? nr
?
?n
? ? 1 r?1
?
n
?
r
?1?
???1 ?
1 n
r? ??
?n
? 1?
?
1
?
n
r ?
1
?
???1
?
1 n
r? ??
②
???1 ?
1 n
r? ??
?
r n
?1,
r n
?
n
r ?1
????1 ?
1 n
r? ??
?1?
r n
?
1?
n
r ,故②式成立. ?1
综上可得原不等式成立.
(III)由(II)可知:当
k
?
N*
时,
3 4
? ?k ?
4 3
?
?k
4? 1?3
? ? ?
?
1k3
?
3 4
???k?
4? 1?3
?
k
4 3
? ? ?
? ? S
?
3 4
125 ? ?k? k ?81
4 3
?
?k
4? 1?3
? ? ?
?
3 4
?4 ?1253 ?
?
480 3
? ? ?
?
210.225

? S
?
3 4
? 125 ??k ? k ?81
4? 1?3
?
k
4 3
? ? ?
?
3 4
?4 ? 126 3 ?
?
4813
? ? ?
?
210.9
???S ?? ? 211
1．（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 a2
b?a
【答案】解:(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 )?
01 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.
由 f (x) ? mx 2 ? m ? e x ,令h(x) ? e x ? h'(x) ? xe x (x ? 2) ,
x2
x2
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), ??).
e2 h(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:
当 m ? (0, e2 ) 时,有 0 个公共点;当 m= e2 ,有 1 个公共点;当 m ?（e2 ，? ?）有
4
4
4
2 个公共点;
(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) ? 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 .
?当x ? 0时，g(x) ? x ? 2 ? (x ? 2) ? e x ? 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
1．（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 e2x
?c
(e
=2.71828
是自然对数的底数, c ? R
).
(Ⅰ)求 f (x) 的单调区间、最大值; (Ⅱ)讨论关于 x 的方程 ln x ? f (x) 根的
个数.
【答案】解:(Ⅰ) f ' (x) ? (1? 2x)e?2x ,
由
f
' ( x)
?
0 ,解得
x
?
1 2
,
当
x
?
1 2
时,
f
' ( x)
?
0,
f
(x)
单调递减
所以,函数
f
(x)
的单调递增区间是
(??,
1) 2
(1 ,单调递减区间是 2
, ??)
,
f (1) ? 1 ?c 最大值为 2 2e

x
g(x) ? ln x ? f (x) ? ln x ? ? c
(Ⅱ)令
e2x
x ?(0, ??)
(1)当
x ?(1, ??) 时, ln
x
?
0 ,则
g(x)
?
ln
x
?
x e2x
?c
,
g ' (x) ? e?2x ( e2x ? 2x ?1)
所以,
x
e2x
?0 因为 2x ?1 ? 0 , x
所以 g ' (x) ? 0
因此 g(x) 在 (1, ??) 上单调递增.
(2)当
x ?(0,1) 时,当时, ln
x
?
0
,则
g(x)
?
? ln
x
?
x e2x
?c ,
g ' (x) ? e?2x (? e2x ? 2x ?1)
所以,
x
因为 e2x ? (1, e2 ) , e2x ? 1 ? x ? 0 ,又 2x ?1 ?1
? e2x ? 2x ?1? 0 所以 x
所以 g ' (x) ? 0
因此 g(x) 在 (0,1) 上单调递减.
综合(1)(2)可知 当 x ?(0, ??) 时, g(x) ? g(1) ? ?e?2 ? c , 当 g(1) ? ?e?2 ? c ? 0 ,即 c ? ?e?2 时, g(x) 没有零点,
故关于 x 的方程 ln x ? f (x) 根的个数为 0; 当 g(1) ? ?e?2 ? c ? 0 ,即 c ? ?e?2 时, g(x) 只有一个零点,
故关于 x 的方程 ln x ? f (x) 根的个数为 1; 当 g(1) ? ?e?2 ? c ? 0 ,即 c ? ?e?2 时,
①当 x ?(1, ??) 时,由(Ⅰ)知
g(x)
?
ln
x?
x e2x
?c
?
ln
x ? (1 e?1 2
? c)
?
ln
x ?1?c

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