全国各省市高考文科、理科数学
函数与导数大题
1（本小题共13分）(2013北京.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． 解：（I）?y?lnx1?lnx?y??,所以l的斜率k?y?2xxx?1?1
所以l的方程为y?x?1
（II）证明：令f(x)?x(x?1)?lnx(x?0) 则f?(x)?2x?1??1x(2x?1)(x?1) x?f(x)在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，又f(1)?0 x?(0,1)时，f(x)?0，即
lnx?x?1 xlnx?x?1 x?(1,??)时，f(x)?0，即x即除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方
2．（13分）（2013?北京.文）已知函数f(x)?x2?xsinx?cosx (1)若曲线y?f(x)在点(a,f(a))处与直线y?b相切，求a与b的值； (2)若曲线y?f(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?xcosx,因为曲线y?f(x)在点(a,f(a))处与直线y?b相切， 所以??f?(a)?0?2a?acosa?0?a?0故a?0,b?1 ??2???f(a)?b?a?asina?cosa?b?b?1(2)?f?(x)?x(2?cosx)
于是当x?0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x?0时，f(x)取得最小值f(0)?1，
故当b?1时，曲线y?f(x)与直线y?b有两个不同交点．故b的取值范围是(1,??)．
3．(2013广东.理)（14分）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?时,求函数
1?2?f?x?在?0,k?上的最大值M.
【解析】(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 ?0,ln2? ? ? ln2 ?ln2,??? ? ? 0 f?x? 极大值 极小值 右表可知,函数f?x?的递减区间为?0,ln2?,递增区间为???,0?,?ln2,???.
(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?增,
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； 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
1k1?k?1??0,所以g?k?在?,1?上递k?2?1?3??1??所以??k?在?上递减,而,1???1?e?????????e?3??0 ??2?1??2??2?????所以存在x0???,1?使得??x0??0,且当k??,x0?时,??k??0, 22???当k??x0,1?时,??k??0,所以??k?在??,x0?上单调递增,在?x0,1?上2??11单调递减.
1?17?1?因为h?,,所以在??e??0h1?0hk?0???????,1?上恒成立,当
?2?28?2?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. 4．（本小题满分14分）(2013广东文) 设函数f(x)?x3?kx2?x ?k?R?． (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?上的最小值m和最大值M．
'2【解析】：f?x??3x?2kx?1
'2(1)当k?1时f?x??3x?2x?1,??4?12??8?0
?f'?x??0,f?x?在R上单调递增.
'2（2）当k?0时，f?x??3x?2kx?1，其开口向上，对称轴x? ，且
k31? 过?0，2（i）当??4k?12?4?k?3??k?3??0，即
'?3?k?0时，f?x??0，f?x?在?k,?k?上单调递
增，
从而当x?k时，f?x? 取得最小值m?f?k??k , 当x??k时，f?x? 取得最大值
M?f??k???k3?k3?k??2k3?k.
k k3-k x?