2013年高考文科+理科數學試題：函數與導數大題

1、2013 年全國各省市高考文科、理科數學函數與導數大題1（本小題共 13 分） (2013北京. 理)設 l 為曲線 C : yln x 在點(1,0) 處的切線x（）求 l 的方程；（）證明：除切點(1,0)之外，曲線 C 在直線 l 的下方解：（I ） yln xy1ln x,所以 l 的斜率kyx 11xx2所以 l 的方程為 yx1（II ）證明：令 f ( x)x(x1)ln x(x0)則f ( x) 2x1(2 x 1)( x1)1xxf (x) 在（ 0，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增，又 f (1) 0x(0,1) 時， f ( x)0 ，即 ln xx 1xx(1,

2、) 時， f ( x)0 ，即 ln xx 1x即除切點（ 1，0）之外，曲線 C在直線 l 的下方2（13 分）（2013? 北京 . 文）已知函數 f ( x)x2x sin x cosx(1) 若曲線 yf ( x) 在點 ( a, f (a) 處與直線 y b相切，求 a 與 b 的值；(2) 若曲線 y f ( x) 與直線 y b 有兩個不同交點，求 b 的取值范圍解： (1) f ( x)2 xxcos x , 因為曲線 yf ( x) 在點 (a, f (a) 處與直線 yb相切，所以 f ( a) 02aa cosa0a 0 故 a 0, b 1a2a sin af ( a)

3、bcosa bb 1(2) f ( x)x(2cos x)于是當 x0 時， f ( x)0 ，故 f ( x) 單調遞增1當 x 0時， f ( x) 0 ，故 f ( x) 單調遞減所以當x0 時， f ( x) 取得最小值 f(0) 1，故當 b1時，曲線 y f ( x) 與直線 yb 有兩個不同交點故 b 的取值范圍是 (1,)3(2013 廣東 . 理) （14 分）設函數 fxx1 exkx2 ( 其中 kR ).( ) 當 k1 時, 求函數 fx 的單調區(qū)間； ( )當 k1 ,12f x 在 0,k 上的最大值 M .【解析】 ( ) 當 k1時,時, 求函數f xx 1

4、exx2 , f x exx 1 ex2x xex2x x ex2令 fx 0 , 得 x1 0 , x2ln 2當 x 變化時 , fx , fx 的變化如下表 :x,000,ln 2ln 2ln 2,f x00fx極大極小值值右 表 可 知 , 函 數 fx 的 遞 減 區(qū) 間 為 0,ln2 , 遞增區(qū)間為,0 , ln 2,.( ) fxexx1 ex2kxxex2kxxex2k,令 f x0 , 得 x10 , x2ln 2k ,令 g kln 2kk , 則 g k1 11 k0 , 所以 g k 在 1 ,1上遞kk2增,所以 gkln 21ln 2ln e0, 從而 ln2kk

5、 , 所以 ln 2k0, k所以當 x0,ln2k時, f x0 ；當 xln2k ,時, fx0 ；所以 Mmax f0 , fkmax1, k 1 ekk 3令 h kk 1 ekk 31 , 則 h kk ek3k,令k3kk ek ,則 k e 3 e 3 02所以k 在 1,1 上遞減, 而11e3e 30222所以存在 x01使得 x00, 且當 k1, x0時,k 0 ,122當 kx0 ,1 時 ,k0, 所以k 在 1, x0上單調遞增 , 在 x0 ,1 上2單調遞減 .因為 h 11e70 , h 1 0 , 所以 h k0在 1,12282上恒成立 , 當且僅當 k

6、1 時取得“ ”.綜上 , 函數 f x 在 0,k上的最大值 M k 1 ekk 3 .4（本小題滿分 14 分） (2013 廣東文 )設函數 f ( x) x 3kx2xk R (1) 當 k 1時, 求函數 f (x) 的單調區(qū)間；(2) 當 k 0 時 , 求函數 f ( x) 在 k, k 上的最小值 m 和最大值 M 【解析】： f x3x22kx1(1) 當 k1時 f x3x22x1,4 1280f x0 , f x 在 R 上單調遞增 .（2）當 k0 時， f x3x22kx1，其開口向上，對稱軸xk，且3過 0，1（i ）當4k212 4 k3 k3 0，即3k0時，

7、f x0， fx 在 k, k上單調遞增，k-k從而當 xk 時， fx取得最小值 mf kk ,kx3當 xk 時， fx取得最大值M f kk 3k 3k2k 3k .3（ ii） 當4k 21 2k43k3， 即0k3時 ， 令f x3x22kx10解得： x1kk 23 , x2kk 23 , 注意到 kx2 x10 ,33( 注：可用韋達定理判斷x1 x21 ， x1x22kk , 從而 k x2x1 0 ；33或者由對稱結合圖像判斷 )mmin fk, fx1, Mmaxfk , fx2f x1f kx13kx12x1kx1k x12 10fx的最小值 mfkk ,f xfkx3k

8、x2xk3k k 2k = xk xk221 0222k222fx的最大值 Mfk2k3k綜 上 所 述 ， 當 k0 時 ，fx的最小值mf kk最 大 值,Mfk2 3 kk解法 2（2）當 k0時，對xk ,k ，都有f ( x) f ( k) x3kx2x k3k 3k (x2 1)(x k ) 0 ，故 f xf kf ( x)f ( k )x3kx2xk 3k 3k(xk)( x22kx 2k21)( xk)( x k) 2k 2 1 0故 f xfk，而 f (k )k0， f ( k )2k 3k 0所以 f ( x) maxf (k)2k3k ， f (x)minf (k)

9、k5(2013 大綱版 . 文) （12 分）已知函數 f ( x)x3 3ax23x1(1)求當 a2時, 討論 f ( x) 的單調性 ;(1)若 x 2,) 時,f (x)0, 求 a 的取值范圍 .解： (1) 求當 a2 時,f ( x)x3 3ax23x1f (x)3x262x3，令 f ( x)0x2 1或 x214當 x(, 21) 時， f (x)0,f ( x) 單調遞增，當 x(21,2 1) 時， f ( x)0, f ( x) 單調遞減，當 x(21,) 時， f (x)0,f ( x) 單調遞增；(2) 由 f (2)0 ，可解得 a5，當 a5 , x(2,) 時

10、，44f (x) 3( x22ax 1)3(x25 x1)3(x1)( x2)022所以函數 f ( x) 在 (2,) 單調遞增，于是當 x 2,) 時，f ( x) f (2)0綜上可得， a 的取值范圍是 5 ,) .46（13 分）（2013? 福建）已知函數 f (x)x a ln x(a R)（1）當 a2 時，求曲線 yf ( x) 在點 A(1, f (1) 處的切線方程；（2）求函數 f (x) 的極值解：函數 f ( x) 的定義域為 (0,) ， f (x)1ax（1）當 a2時， f (x)x 2ln x， f ( x)12 ，x因而 f (1)1, f(1)1 ，所以

11、曲線 yf (x) 在點 A(1, f (1) 處的切線方程為 xy 2 0（2）由 f ( x) 1 ax a ( x0) 知：xx當 a0時， f ( x)0，函數 f ( x) 為 (0,) 上的增函數，函數 f ( x) 無極值；當 a0時，由 f( x)0 ，解得 xa又當 x(0, a) 時， f(x)0 ，當 x(a, ) 時， f ( x)0 5從而函數 f ( x) 在 x a 處取得極小值，且極小值為f (a) a a ln a ，無極大值綜上，當 a 0 時，函數 f (x) 無極值；當 a 0 時，函數 f ( x) 在 x a 處取得極小值 f (a)a a ln a

12、 ，無極大值7（14 分）（2013? 福建）已知函數 f (x)x 1ax ( a R), ( e為自然對e數的底數 )(1) 若曲線 y f ( x) 在點 (1, f (1) 處的切線平行于 x 軸，求 a 的值；(2) 求函數 f ( x) 的極值；(3) 當 a1時，若直線 l : ykx 1與曲線 yf ( x) 沒有公共點，求 k 的最大值解：(1)由 f (x)x 1ax，得 f (x) 1ax，又曲線 y f (x) 在點 (1, f (1) 處eae的切線平行于 x 軸,f(1)0 10aee(2) f( x) 1ax ，e當 a0時， f (x) 0 ，函數 f ( x)

13、 為 (,) 上的增函數，函數 f ( x) 無極值；當 a0時，由 f ( x)0 ，解得 xln a又當 x( ,ln a) 時，f ( x)0 ，當 x(ln a,) 時， f (x) 0 f (x) 在 (,ln a) 上單調遞減 , 在 (ln a,) 上單調遞增 ,從而函數f ( x) 在 xln a 處取得極小值，且極小值為f (ln a)ln a ，無極大值綜上，當 a0 時，函數 f (x) 無極值；6當 a0 時，函數 f ( x) 在 xln a 處取得極小值 f (ln a)ln a ，無極大值(3)當 a1 時， f (x) x 111) (1 k) x1ex ，令

14、g (x) f (x) ( kxex則直線 l : ykx 1與曲線 yf ( x) 沒有公共點 , 等價于方程 g(x)0 在 R上沒有實數解假設 k1 ，此時 g (0)10 ， g( 1)111，k1ek1又函數 g (x) 的圖象連續(xù)不斷， 由零點存在定理可知 g( x) 0在R上至少有一解，與“方程 g (x)0 在 R 上沒有實數解”矛盾，故 k1 又 k 110 ，知方程 g( x)0 在 R 上沒有實數解，所以 k 的時， g (x)ex最大值為 1.8（13 分）（2013?安徽）設函數fn (x)1xx2x3xnR, nN*)，證明：222n2 (x3（1）對每個 nN *

15、 ，存在唯一的 xn 2 ,1 ，滿足 f n ( xn )0 ；31 （2）對于任意 pN * ，由（ 1）中 xn構成數列 xn 滿足 0 xn xn pn證明：（1）對每個 nN * ，當 x0 時，由函數fn (x)1xx2x3xn(x*, n*) ，可得222n2RN3f (x)1xx2xn1) 上是增函數求得23n0 ，故函數 f (x) 在 (0,f1 (1)0, fn (1)1110 ，又2232n222(2)2( 2)3( 2) n11n21333ifn ( )32232234( )3ni 2 3711( 2) 21 ( 2)n 11233n 10342()3313根據函數的

16、零點的判定定理，可得存在唯一的xn 2 ,1 ，滿足3fn (xn ) 0 （2）對于任意 pN * ，由（ 1）中 xn 構成數列 xn，當 x 0 時，xn 1fn (x) ， fn1( xn )fn ( xn )fn 1( xn 1 )0fn 1( x) fn (x)1)2( n由 f n 1( x) 在 (0, ) 上單調遞增，可得xn1xnxnxnp0 故數列 xn為遞減數列，即對任意的 n, pN * , xnxnp0由于 fn (xn )1 xn( xn )2( xn )3( xn )n.，222n23fn p (xn p )1 xn p( xn p )2( xn p )3( x

17、n p )n2232n2( xn p ) n 1( xn p )n 2( xn p ) n p.，(n 1)2(n 2)2(np)2用減去并移項，利用0xn p1，可得n (xn p )k(xn ) kn p ( xn p )kn p ( xn p )kxnxn pk2k n 1k 2k n 1k2k 2np1npkn1 k 2kn 11111k (k1)nnpn綜上可得，對于任意 pN * ，由（ 1）中 xn 構成數列 xn 滿足0 xn xn p1n9. ( 本小題滿分 14 分) (2013陜西 . 理 )已知函數 f ( x)ex ,xR .8( )若直線 ykx 1與 f ( x)

18、 的反函數的圖像相切 ,求實數 k 的值 ;( )設 x0,討論曲線 yf ( x) 與曲線 y mx2 ( m 0) 公共點的個數.( )設 ab,比較 f (a) f (b)與 f (b)f ( a) 的大小 ,并說明理由 .2ba【解析】( )f ( x) 的反函數 g( x)ln x .設直線 y kx1 與 g ( x) ln x 相kx 01lnx 0切與點 P(x 0， y0 )，則kg(x 0 )1x 0e2 , ke 2 。所以 k e 2x 0( )當 x0, m 0 時， 曲線 yf ( x) 與曲線 ymx2 (m0)的公共點個數即方程 f (x)mx2根的個數。由 f

19、 ( x)mx2exexh (x)xex ( x2)m2 ，令 h( x)22xxx則 h( x) 在 (0, 2) 上單調遞減 , 這時h( x)( h(2),) , h( x) 在 (2,) 上單調遞增 , 這時 h( x)(h(2),), h(2)e2.4h(2) 是 yh( x) 的極小值即最小值 .所以對曲線 yf ( x) 與曲線 ymx2 ( m0)公共點的個數，討論如下：當 m(0, e2)時,有0個公共點；當 me2, 有 1個公共點；44當 m(e2,) 有 2 個公共點；4( ) 設 f (a)f (b)f (b)f ( a)(b a 2) f (a) (b a 2) f

20、 (b)2ba2(ba)(ba2)ea(ba 2) eb(ba2)(ba2)ebaea2 (ba)2 (ba)令 g (x)x2 ( x2)ex , x0, , 則 g (x)1(1x2)ex1(x1) ex9g (x)的導函數g (x)(1x1) exx ex0,所以 g (x)在 (0,) 上單調遞增 ,且 g (0) 0, 因此 g (x)0, g (x) 在 (0,) 上單調遞增 , 而 g (0) 0所以在 (0,)上g(x)0。因為當 x0 時 , g( x)x2(x2)ex0且 a b(b a 2)(ba2)eb aea02 (ba)所以當 ab 時 ,f ( a)2f (b)f

21、 (b)f (a)ba10. (本小題滿分 14 分) (2013陜西 . 文)已知函數f()ex ,xR .x( )求 f ( x) 的反函數的圖象上圖象上點(1,0) 處的切線方程 ;( )證明 :曲線 yf (x) 與曲線 y1 x2x 1有唯一公共點 .2( )設 ab , 比較 fa b 與 f (b)f (a ) 的大小 , 并說明理由 .2ba解( )y x1.( )證明曲線 yf ( x) 與曲線 y1 x 2x1有唯一公共點，過程如2下。令 h(x)f ( x)1 x2x1 ex1 x2x1, x R, 則22h(x)exx1,h ( x) 的導數 h (x)ex1, 且h(

22、0)0， h (0)0，,h (0)0因此，當 x0時,h (x)0yh ( x) 單調遞減 ;當 x0時,h (x)0yh(x) 單調遞增 .yh (x)h (0)0, 所以y h( x) 在 R 上單調遞增 , 最多有一個零點10x0所以，曲線 yf ( x) 與曲線 y1 x 2x1只有唯一公共點(0,1) .( 證畢）2( ) 設 f (a)2f (b)f (b)f ( a)(b a 2) f (a) (b a 2) f (b)ba2(ba)(ba2) ea(ba2)eb(ba2)(ba2)eb aea2 (ba)2 (ba)令 g (x)x2 ( x2) ex , x0,則 g (x

23、) 1 (1x2) ex1 ( x1) exg (x)的導函數 g (x)(1x1) exx ex0,所以 g (x)在 (0,) 上單調遞增 ,且 g (0)0 , 因此 g (x)0, g (x) 在 (0,) 上單調遞增 , 而 g (0)0所以在 (0,)上g(x)0 。因為當 x0 時 ,g( x)x2(x2)ex0且 ab(b a2)(ba2)ebaea02 (ba)所以 當 a b時,f ( a)f (b)f (b)f ( a)2ba11. （本小題滿分 14 分） (2013 湖北 . 理)設 n 為正整數， r 為正有理數 .（I ）求函數 f x1xr 11 x1 x1 的

24、最小值；r（II ）證明： nr 1r 2r1n1nrn1nr 1;r1r1（III ）設 x R，記 x 為 不小于x 的最小整數， 例如 2 =2, =4,3 =-1.211S3 813 823833 125, S4444803344.7,813350.5,1243618.3,1263631.7.(1)f() (1)(1xr )r(1)r(1)(1 r),f (x)0xrxx 01x 0,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)r11(r1)xx0.x(1

25、,)x 0 ,(1x) r 1 1(r 1)x., x1 ,(x(1,) x0 ) (1 1 )r 11r1nnnnr1 ( n 1)r 1nr 1 nr (r1)nr(n1)r1nr1.r1n1, x1 ,(x( 1,)x0 ),nnrnr1(n1)r1r1n1 ,nr 1r 2r 1nr 1rn 1nrn 1;.1r 1(3), r1 , n81,82,83, ,125,344443 (813803 )3 813 (823813) ,4412344344(82 3813 )3 82(83 3823 )4444443(833823 )3 833 (843833 )44.344344(1253

26、1243 )3 125(12631253 )44將以上各式相加 , 并整理得44443 (125 3803) S3 (126 3813 )44代入數據計算 , 可得 344210.2 , 344(1253803 )(1263813 ) 210.944由S 的定義 , 得S211.12（本小題滿分 13 分） (2013 湖北 . 文)設 a0 ， b0 ，已知函數 f ( x)ax b .x 1（）當（）當a b 時，討論函數 f (x) 的單調性；x 0 時，稱 f ( x) 為 a 、 b 關于 x 的加權平均數 .（i ）判斷 f (1) ,f (b ) , f ( b ) 是否成等比數

27、列，并證明f ( b )f (b ) ；aaaa（ii ） a 、 b 的幾何平均數記為G .稱 2ab 為 a 、 b 的調和平均數，記ab為 H .若 Hf ( x)G ，求 x 的取值范圍 .解：（）函數的定義域為 x x 1 ， f (x)ab所以( x1)2當 ab0時， f ( x)0，函數 f (x) 在 (, 1), (1,) 上單調遞增；當 0ab時， f ( x)0，函數 f ( x) 在 (, 1),(1,) 上單調遞減13（）（i ）計算得 f (1)ab ， f (b )ab, f ( b )2ab2aaab(ab)2ab 2abf (1), f (b ), f (

28、b ) 成等比數列 ,2a baaa0,b0,2ababf ( 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當 ab0 時，函數 f ( x) 在 (0,) 上單調遞增這時 bx 1 ，即 x 的取a值范圍為 bx1；a當 0ab 時，函數 f ( x) 在 (0,) 上單調遞減 . 所以 x 的取值范圍為1xba13. (2013 江蘇卷 ) （本小題滿分 16 分）設函數 fxln xax ， g xexax ，其中 a 為實數 .(1)若 fx在 1,上是單調減函數，且 g x在 1,上有最小值，求 a 的范圍；(2)若 g x在1,上是單調增函數，試求f x 的零點個數，并證明你的結論 .解：（1） f (x)x 1a , g( x) exa由題意： f ( x) 0 對 x 1,恒成立即 ax1 對 x 1,