2013年全国各地高考试题分类导数部分

1、.2013 年全国各地高考试题分类汇编(导数)1(2013 广东 . 理) （14 分）设函数fxx1 exkx2 ( 其中 kR ).( ) 当 k1 时, 求函数 fx 的单调区间； ( )1当 k,12f x 在 0,k 上的最大值 M .【解析】 ( ) 当 k1 时,fxx1 exx2 , fxexx1 ex2xxex2xx ex2时, 求函数令 f x0 , 得 x10 ,x2ln 2当 x 变化时 , fx, fx的变化如下表 :x,000,ln 2ln 2ln 2,fx00fxZ极大极小值值右 表 可 知 , 函 数 fx 的 递 减 区 间 为 0,ln2 , 递增区间为,0

2、 , ln 2,.( ) fxexx1 ex2kxxex2kxxex2k,令 f x0 , 得 x10 , x2ln 2k ,令 g kln 2k k , 则 g k111 k0 , 所以 g k 在 1 ,1上递kk2增,所以 gkln 21ln 2ln e0 , 从而 ln2kk , 所以 ln 2k0, k所以当 x0,ln2k时,f x0 ；当 xln2k ,时 , fx0 ；所以 Mmax f0 , fkmax1, k 1 ekk 3令 h kk 1 ekk 31 , 则 h k k ek3k ,令 kek3k , 则k ek3 e 3 0所以k 在 1,12上递减,而1e31e 3

3、 022.所以存在 x01 ,1使得x00 , 且当 k1 , x0 时, k 0 ,22当 k x0 ,1 时,k0 ,所以k 在 1, x0上单调递增 , 在 x0 ,1 上2单调递减 .因为 h 11e70 , h 1 0 , 所以 h k0在 1,12282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 ekk3 .2（本小题满分 14 分） (2013 广东文 )设函数 f ( x)x 3kx 2xkR (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

4、小值 m 和最大值 M 【解析】： f x3x22kx1(1) 当k1时 f x3x22x1,4 1280f x0 , f x 在 R 上单调递增 .（2）当 k0 时， f x3x22kx1，其开口向上，对称轴xk ，且3过 0，1（i ）当4k212 4 k3 k3 0，即3 k0 时， f x0 ， fx 在 k, k上单调递增，k-k从而当 xk 时， fx取得最小值 mf kk ,kx3当 xk 时， fx取得最大值M f kk3k3k2k3k .（ ii） 当4k 212 4 k3 k3 0 ， 即 k3时，令f x3x22kx 1 0解得： x1kk 23 , x2kk 23 ,

5、 注意到 kx2 x10 ,33( 注：可用韦达定理判断x1 x21 ， x1x22kk , 从而 kx2x1 0 ；33或者由对称结合图像判断 )m minfk, fx1, Mmaxfk , fx2Q f x1f kx13 kx12x1kx1k x121 0f x的最小值 mfkk ,Q f x2f k x23kx22x2k3k k 2k = x2k x22k 21 0kf x的最大值 Mfk2k3k综 上 所 述 ， 当 k0 时 ， fx 的 最 小 值 m f kk , 最 大 值M fk2k 3k解法 2（ 2）当 k0 时，对xk, k ，都有f ( x) f ( k) x3kx

6、2x k 3k 3k ( x2 1)(x k) 0 ，故 f xf kf ( x)f (k )x3kx2xk 3k 3k ( x k )( x22kx 2k 21) ( x k)( x k )2k 2 1 0故 f xfk，而 f (k)k 0 ， f ( k )2k 3k 0所以f ( x) maxf (k)2k3k ， f ( x)minf (k )k3（本小题共 13 分） (2013 北京 . 理)设 l 为曲线 C : yln x在点 (1,0) 处的切线x（）求 l 的方程；（）证明：除切点(1,0) 之外，曲线 C 在直线 l 的下方.解：（I ）Q yln xy1 ln x,所

7、以l的斜率k y x 11xx2所以 l 的方程为 yx 1（II ）证明：令 f ( x)x(x1)ln x( x0)则 f ( x) 2x 11(2 x1)(x1)xxf (x) 在（ 0， 1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，又 f (1) 0x(0,1) 时， f ( x)0 ，即 ln xx 1xx(1, ) 时， f ( x)0 ，即 ln xx 1x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) x2x sin x cos x(1)若曲线 yf ( x) 在点 ( a, f ( a) 处与直线 y b 相切，求

8、a 与 b 的值；(2)若曲线 yf ( 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 xcos x , 因为曲线 yf ( x) 在点 (a, f (a) 处与直线 y b相切，所以 f ( a) 02aa cosa 0a 0 故 a 0, b 1a2a sin a cosa bf ( a)bb 1(2)Q f ( x)x(2 cos x)于是当 x0 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 x0 时， f ( x) 取得最小值 f (0)1 ，故当 b1时，曲线 yf (

9、 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)x33ax23x 1(1)求当 a2时, 讨论 f ( x) 的单调性 ;(1)若 x2,) 时,f (x)0, 求 a 的取值范围 .解： (1)求当 a2 时,f ( x) x33ax23x1f (x) 3x26 2x 3 ，令 f ( x)0x2 1 或 x2 1当 x(,21)时， f (x)0,f ( x) 单调递增，当 x(21,21) 时， f( x)0 , f (x) 单调递减，当 x(21,)时， f (x)0,f ( x) 单调递增；(2

10、) 由 f (2)0，可解得 a5 ，当 a5 , x(2,) 时，44f (x) 3(x22ax 1)3(x2 5 x 1)3(x1 )(x2)022所以函数 f (x) 在 (2,) 单调递增，于是当 x2,) 时，f ( x) f (2)0综上可得， a 的取值范围是 5 ,) .46（13 分）（2013? 福建）已知函数 f ( x)xa ln x(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, )， fxa( )1x（1）当 a2 时， f (x) x2ln x ， f (

11、 x)12 ，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 xy 20（2）由 f (x) 1 a x a ( x0) 知：xx.当值；当又当a0 时， f ( x)0 ，函数 f ( x) 为 (0,) 上的增函数，函数f (x) 无极a0 时，由 f ( x)0 ，解得 xax(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)

12、在 x a 处取得极小值 f (a)a aln a ，无极大值7（14 分）（2013? 福建）已知函数 f ( x)x 1ax (a R), ( e为自然对e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 a1 时，若直线 l : ykx 1与曲线 yf (x) 没有公共点，求 k 的最大值解：(1)由 f (x)x 1ax，得 f (x)1ax，又曲线 y f (x) 在点 (1, f (1)处eae的切线平行于 x 轴,f(1)0 10aeax ，e(2) f(x) 1e当 a

13、0 时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 为 (,) 上的增函数，函数 f ( x) 无极值；当 a0时，由 f ( x)0 ，解得 xln 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 xln a 处取得极小值，且极小值为 f (ln a)ln a ，无极大值综上，当 a0 时，函数 f ( x) 无极值；当 a0 时，函数 f ( x) 在 xln a 处取得极小值f (ln a)ln a ，无极大值(3)当 a1 时， f

14、(x)x 11f (x)( kx1) (1 k) x1x ，令 g( x)xee则直线 l : ykx 1 与曲线 yf ( 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)111，k1ek 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 k1 又 k1 时， g (x)10 ，知方程 g( x) 0 在 R 上没有实数解，所以 k 的ex最大值为 1.8（13 分）（2013?安徽）设函数fn (x)1 xx2x3Lxn

15、( xR, nN*) ，证明：2232n2（1）对每个 nN *，存在唯一的 xn 2 ,1 ，满足 f n ( xn ) 0；31 （2）对于任意 pN * ，由（ 1）中 xn 构成数列 xn 满足 0xn xn pn证明：（ 1）对每个 nN * ，当 x0 时，由函数fn (x)1 xx2x3Lxn*, n*) ，可得222n2 (xRN3.f (x)1xx2Lxn 10 ，故函数 f (x) 在 (0,) 上是增函数求得23nf1 (1)0, fn (1)11L10，又2232n222(2)2(2)3( 2) n11n2333ifn ( )1223224( )33n3i 2 311(

16、 2) 21 ( 2 )n 1 1233)n103423(133根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn 2 ,1 ，满足3fn (xn )0 （2）对于任意 pN * ，由（ 1）中 xn 构成数列 xn，当 x 0 时，Q fn 1 (x)fn ( x)xn1fn (x)，fn 1( xn )fn ( xn )fn 1( xn 1 ) 0( n 1)2由 f n1 ( x) 在 (0,) 上单调递增，可得xn 1xnxnxn p故数列 xn为递减数列，即对任意的n, pN * , xnxn p由于 fn (xn )1xn( xn )2( xn )3L( xn )n，22n2 .23fn

17、 p (xn p )1 xn p( xn p )2( xn p )3L( xn p )n2232n2( xnp) n 1( x)n 2( xn p) n p.n pL，(n1)2(n2)2p)2(n用减去并移项，利用0xnp 1，可得n ( xnp)k( x )kn p (xnp)kn p ( x)kxnxn pnn pk 2k 2k2k 2k n 1k n 1np1n p1111k n 1 k 2k n 1 k(k 1)n n p n0 0.综上可得，对于任意 pN * ，由（ 1）中 xn 构成数列 xn 满足0 xn1xn pn9. ( 本小题满分 14 分) (2013陕西 . 理)已

18、知函数f ( x)ex , xR .( )若直线ykx 1与 f ( x) 的反函数的图像相切 ,求实数 k 的值 ;( )设 x0,讨论曲线 yf ( x) 与曲线 y mx2 (m0) 公共点的个数.( )设 ab,比较 f (a) f (b) 与 f (b)f (a ) 的大小 ,并说明理由 .2ba【解析】( )f (x) 的反函数 g (x)ln x .设直线 ykx1与 g( x) ln x 相kx 01 lnx 0切与点 P(x 0， y0 )，则1x 0e2 ,k e 2。所以 k e 2kg(x 0 )x 0( )当 x0, m0 时， 曲线 yf ( x) 与曲线 y mx

19、2 (m0) 的公共点个数即方程f ( x)mx2根的个数。由 f (x) mx2ex，令 h( x)exh( x)xex ( x 2)m2x2x2x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).4h(2) 是 y h( x) 的极小值即最小值 .所以对曲线 yf (x) 与曲线 y20)公共点的个数，讨论如下：mx (m当 m (0, e2) 时, 有 0 个公共点；当 me2, 有1个公共点；44.当 m (e2,) 有 2 个公共点；4( ) 设 f (a)

20、f (b)f (b)f (a)(b a 2) f ( a) (b a 2) f (b)2ba2(b a)(b a 2) ea(b a 2) eb(b a 2) (b a 2) eb aea2(ba)2(ba)令 g (x) x2( x2)ex , x0, , 则 g (x)1(1x2) ex1(x1) exg (x)的导函数 g (x)(1x 1) 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 x0 时,g( x)x2(x2)ex0 且 ab

21、(b a 2)(ba2) eb aea02 (ba)所以当 ab 时,f (a)2f (b)f (b)f ( a)ba10. (本小题满分 14 分) (2013陕西 . 文 )已知函数 f ( x)ex , x R .( )求 f ( x) 的反函数的图象上图象上点(1,0) 处的切线方程 ;( )证明 :曲线 yf (x) 与曲线 y1 x2x 1有唯一公共点 .2( )设 ab , 比较 fa b 与 f (b)f (a) 的大小 , 并说明理由 .2ba解( )y x 1.( )证明曲线 y f ( x) 与曲线 y1 x2x1 有唯一公共点，过程如2.下。令 h(x)f ( x)1x

22、2x 1ex1x2x 1,x R, 则22h(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 R 上单调递增 , 最多有一个零点x 0所以，曲线 yf ( x) 与曲线 y1 x 2x1只有唯一公共点(0,1) .( 证毕）2( ) 设 f (a)2f (b)f (b)f (a)(b a 2) f ( a) (b a 2) f (b)ba2 (b a)(b a 2) ea(b a 2

23、) eb(b a 2) (b a 2) eb aea2(ba)2 (b a)令 g (x) x2 ( x2) ex , x0,则 g (x) 1 (1 x 2) ex1 ( x 1) exg (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 x0 时,g( x)x2(x2)ex0 且 a b(ba 2)(ba2) ebaea02 (ba)所以 当 a b时,f ( a)2f (b)f (b)f (a)ba.1

24、1. 14(2013. )nr.Ifx1r 1r1 x1 x1xIInr 1r 2r 1nr1n1nrn11;r1rIIIxR， x 为x2 =2, =4,3=-1.2S3 813 823833 125, S4444803344.7,81 3350.5,124 3618.3,126 3631.7.(1)f( x)(r1)(1x)r(r 1)(r1)(1 x) r1 ,f ( x)0x 01x0 ,f(x)0 ,f (x)(1,0)x0 ,f( x)0 ,f ( x)(0,)f ( x)x0f (0)0(2) (1),x(1, ) ,f ( x)f (0) 0(1x)r 11(r 1)xx0.x

25、(1,)x 0 ,(1x) r 11(r 1)x., x1 ,(x(1,)x0) (1 1 )r 11r1nnnnr1 (n 1)r 1nr 1nr (r1)nr(n1)r1nr 1.r1n1 , x1 ,(x( 1, )x0 ),nnrnr 1(n 1)r1r1.且当 n1 时,式也成立综合得 nr 1r 2r 1nr 1n1nrn 1;.r1r 1(3) 在中 , 令 r1,125, 得, n 分别取 81,82,83,3344344(813803 )3 81(82 3813) ,44344344(82 3813 )3 82(833823 )443443 83344(833823 )(84

26、 3833 )44.3443 125344(125 3124 3)(12631253 )44将以上各式相加 , 并整理得344344(125 3803) S(126 3813 )44代入数据计算 , 可得 344210.2 , 344(1253803 )(126 3813 ) 210.944由S 的定义 , 得 S211.12（本小题满分 13 分） (2013 湖北 . 文)设 a0 ， b0 ，已知函数 f (x)axb .x1（）当（）当a b 时，讨论函数 f ( x) 的单调性；x 0 时，称 f ( x) 为 a 、 b 关于 x 的加权平均数 .（i ）判断 f (1) ,f (

27、b ) , f ( b ) 是否成等比数列，并证明f (b )f (b ) ；aaaa.（ii ） a 、 b 的几何平均数记为G .称 2ab 为 a 、 b 的调和平均数，记ab为 H .若 Hf ( x)G ，求 x 的取值范围 .解：（）函数的定义域为x x1 ， f ( x)ab所以( x1)2当 ab0 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（）（ i ）计算得 f (1)ab ， f (b )ab , f ( b )2ab2aaabQ (ab )2

28、ab 2abf (1), f ( b ), f (b ) 成等比数列 ,2a baaQ a 0, b 0,2ababf ( b ) f ( b )a baa（ii）由（ i）知 f (1)ab , f ( b )2ab2aab故由 Hf (x)G ，得 f ( b )f ( x)f (1) a当 ab0 时，函数 f (x) 在 (0, ) 上单调递增这时 bx 1 ，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1xba13. (2013 江苏卷 ) （本小题满分 16 分）设函数 fxln xax ， g x ex

29、ax ，其中 a 为实数 .(1) 若 fx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fx 的零点个数，并证.明你的结论 .解：（1） f ( x)x 1a , g( x)exa由题意： f ( x)0 对 x1,恒成立即 ax 1 对 x1,恒成立 a 1Q g x 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 ln a1,ae综上： a 的范围是：ae（2）Q g x在1,上是单调增函数g( x)0 对 x1,恒成立即 aex 对 x1,恒成立 ae 1令 f (x)0 ，则aln xxln x 图像交点的个数则有 f ( x) 的零点个数即为 ya 与 yln x1ln xx令 h(x)x0则 h