2013年高考试题数学分类汇编导数

2013年高考试题数学分类汇编：导1（2013年高考大纲卷（））yx4ax21在点-1，a2处切线的斜率为 A． B． C．- D．-2（2013年高考卷（文）已知函数f(x)x(lnxax)有两个极值点,则实数a的取值范围是

1 2

C．(0, 3（2013年高考福建卷（文设函数f(x)的定义域为R,x0(x00)是f(x)的极大值点,以下结论一定 A．xR,f(x)

f(x0

B．x0是f(x)的极小值C．x0是f(x)的极小值 D．x0是f(x)的极小值（4（2013年高考文已知函数f(x)x3ax2bxc有两个极值点x,x,若f(x)xx,（关于x的方

3(f(x))22af(x)b0的不同实根个数 5（2013（文y=f(x)y=f’(x)的图像BCDABCD6（2013年高考课标Ⅱ卷（文）已知函数,下列结论中错误的是 B函 ． 在区 的极值点,7（2013年高考卷（文若曲线yax2lnx在点(1,a)处的切线平行于x轴,则a 8（2013年高考江西（文若曲线yx1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则 9（2013（文fx=x33ax23x求a

x2时，fx0求a的取值范围(1)a=1,y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;(2)若|a|>1f(x)在闭区间[0,|2a|]上的最小值.）r米,高为h米,体积为12000为圆周率).将Vr的函数V(r,并求该函数的定义域讨论函数V(r的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大12（2013（文f(xexxR求f(x)的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程yf(x)y1

(3a<bfabf(bf(a)2

b 设,求的单调区x0,12xsinx2若不等式ax

2x2cosx4对x0,1恒成立，求实数a的2x22xa,x15（2013年高 卷（文）已知函数f(x)lnx,xB(x2,f(x2x1x2(1)函数f(x)的单调区间

aA(x1,f(x1(2)f(xABx20x2x11;(3f(x)AB处的切线重合,求a的取值范围.16（2013（文）f(X)x2e-(2)yf(xllx17（2013年高考卷（文已知函数f(x)x2xsinxcosx(1)yf(x在点(a,f(ayb相切,求a与b(2)yf(xyb有两个不同的交点,求b） (2)f(xf(x 卷（文设a[2,0],已知函数f(x)

x3(a

xx3a3x2

x f(x在区间(-1,1(1,yf(xP(x,f(x))(i12,3xxx

xx

1

12

20（2013（文f(x)x1

aReyf(x在点(1,f(1x轴,求af(x当a1的值时,若直线lykx1y

f(x没有公共点,求k）

1x1x

ex22（2013年高考卷（文设函数f(x)x3kx2当k1f(x)

kR.当k0f(x在k,k上的最小值m和最大值Mfx3x22kx 卷（文设a0,b0,已知函数f(x)axbx当abf(x当x0时,称f(x)为a、b关于x的平均数判断f(1

f(b,fb是否成等比数列,并证明f(f(b)b ba、bGa

a、bHHf(xGx.2、3、4、5、6、728、9、(1)当a-2fx=x3-32x23xf'(x)3x262x322令f'(x)0,得,x 1,x 1.22 2222x2222

1fx)0f(x在

1222x222

1fx0f(x在

12x2

1fx)0f(x在

1(2)f(20a54a5x(24f'(x)3(x22ax1)3(x25x1)3(x1)(x2)0 f(x在(2)x[2)f(x)5

f(2)0综上,a

,)410、解:(1)当

a1时,

f(x)2x36x26xf(2)162412

,所以f(x6x212x6f(2242466yy46(x2)6xy80

f(x在(2,f(2(2)f(x6x26(a1)x6a6[x2a1)xa6(x1)(x①当a1时,x [a,)时,y

f(xx1ay

f(xx[02|a|]2|a|2

x [a2|a|]

yf(x)递增,

)yf(x递减,所以最小值是f(a2a33(a1)a26a23a2a3a1时,且2|a|2x[02|a|]x(0,1yf(xx[12|a|]yf(xf(13aa1y3a

f(x最小值是3a2a3a1y

f(x1112、解:(1)f(x)g(x)lnxy=g(x)过点(1,0)k=g11g'(x)

kg1)1.过点(1,0)的切线方程为:y=x+xy=f(xy1x2x1有唯一公共点,过程如下.令h(x)

f(x1x2x1ex1x2x1xR, h'(x)exx1h'(x)的导数h''(x)ex1,且h(0)0，h'(0)h''(0) 当x0时h''(x)0yh'(x)单调递减;当xyh'(x)h'(0)0,所以yh(x)在Ry=f(x)y1x2x1只有唯一公共点(0,1).2

f(a)f(b)2

f(b)f

(ba2)f(a)(ba2)ea(ba2)2(b

(ba2)(b令g(x)x2(x2)ex,x0,则g'(x g'(x)的导函数g''(x)(1x1)exxex0,所以g'(x)在（0，）上单调递 g'(0)0.因此g'(x)0，g(x)在(0所以在(0,)上g(x)0当x0时，g(x)x2(ba2)(ba2)2(b

ea所以当ab时,f(af(b)2

f(b)fb13a0f(x 15、解:(1)f(x的单调减区间为(,1,单调增区间为(10(0Af(x1Bf(x2ABf(x1)f(x2)1x<0f(x2x因为x1x20,所以(2x122x221,所以2x1202x220

x1[(2x2)

2)]

1 (2x1(2x12)(2x2

2)

21

3

12f(xABx2x11x1x20x2x10时f(x1)f(x2,故x10x2x10f(x的图象在点(x1,f(x1))yx22xa2x2xx)即y2x2xx2a x20f(x的图象在点(x2,f(x21xylnx21x2

xx2

y

xln

1两切线重合的充要条件是

2x1 ,12ln12

1x2a由①及x10

0x

2

alnx(

1)21ln

1(

2)22 42 令t

,则0t2a1t2tln4h(t)

t4

tln

(0t2,则h(t)

1t11t

(t1)202所以

(0t2)为减函数,则h(th(2)1ln2所以a1ln2而当t(02t0h(t无限增大,所以a的取值范围是(1ln2,).f(xABa的取值范围是(1ln21617、f(x)x2xsinxcosxf(x)x(2cosxyf(x在点(a,f(aybf(a)a(2cosa)bf(a,解得a0bf(0)f(x)0x0f(xf(xx(,0(0,f0f1f(x在区间(0)上单调递减,在区间(0f(0)1f(x)的最小值.当b1yf(x)yb最多只有一个交点;当b1f(2bf(2b4b22b14b2b1bx1(2b0)x2(02bf(x1f(x2b

f(0)1bf(x)在区间(0)和(0上均单调,所以当b1yf(x)yb有且只yf(xyb有且只有两个不同交点,那么b的取值范围是(1（I）f1(xe2(axab2x4.由已知得f(0)4,f1(0)4故b4ab18从而ab由(Ifx4ex(x1x2f1(x)4ex(x2)

44(x2)(ex2f1(x0得，x=-1n2或x=-从而当x(, (1n2,)时，f1(x)0;当x(2,1n2)时

故f

-41-e2)1920、解:(1)fxx

a,得fx1a y

fx在点1,f1处的切线平行于x轴f10,即1a0aeefx1a①当a0时fx0fx为上的增函数,所以fx无极值②当a0fx0,得exaxlnax,lna,fx0;xlna,,fx0所以fx在lna上单调递减,在lna上单调递增故fxxlna处取得极小值,且极小值为flnalna,无极大值综上,当a0时,函数fx无极小值a0fxxlna处取得极小值lna11当a1fxx111gx

fxkx11kxex则直线lykx1y

fx没有公共点等价于方程gx0R上没有实数解假设k1g010g11

0 k1

ek又函数gx的图象连续不断,由零点存在定理,可知gx0R上至少有一解,与“方程gx在R上没有实数解”,故k1k1gx

0,知方程gx0R上没有实数解所以k的最大值为1.1当a1fxx1ex直线lykx1yfx1等价于关于x的方程kx1x1 k1x1R1①当k1时,方程(*)1②当k1时,方程(*)1k

0Rxexgxxex,则有gx1xexgx0,得x1x变化时gx的变化情况如下表x,1,g0gxex1时g

1,同时当x趋于时gx趋于e从而gx的取值范围为1 1所以 , k e 解得k的取值范围是1综上,得k的最大值为21、解:.(2)x>0f(xf(-x..k f'x3x22x1,412k 22、(1) f'

kk

f'x3x22kx

x (2) 时 ,且(i)当

k-4k2124kk-,3 f'3

k, xkf

mf x 时

取得最大.Mfkk3k3k2k3.4k2124kk k k2k k2

,即k

f'x3x2x1

,x2

kxx

x

xx2k1(注:可用定理判

,

kx2x10mminfk,fx

,Mfkx3 mf的最小 fxfkx3kx2xk3kk2k=xk

k2k21] Mfk 综上所述,当k0f

mf

Mfk

k

xk,k

f(xf(kx3kx2xk3k3kx21)(xk0fxfkf(x)f(k)x3kx2xk3k3k(xk)(x22kx2k21)(xk)[(xk)2k21]fxfk

f(k)k0,f(k)2k3k 所以f f(k)2k3k,f f(k) (1)3:f(x)3x22kx12k)24314(k233①当0时,即 k0时,f(x)0,f(x)在R上单调递增,此时无最小值和最大值3②当

k 3k3k k2k k2

f(x)

,解得x 2k2k2k2k k22k2k2k2k2

f(x)0,解得x 3

x kk k2f(x)

,解得

x ;因为

0kk k2k k2k k2k k2kkk k2k k2kkk 作fx的最值表如下xxkk23kk23k3kk230k23k,k33k23k23,kf0f极值小 k

k23

k

k23则mminf(k),f ,Mmaxf(k),f k k23 k

k23k k23

k k23 2因为f 2

k

2k2k3(2k26)k23k

k23

2k3(2k2

k23

2k3(2k26)kf f(k) f

k

k23 9k0,所以mminf(k),f

f(k)k2 2k

k23 k

k23k k23

k k23 f

k