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20．（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),
x2设函数F(x)=kg(x)?f(x)=2ke(x?1)?x?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=?lnk,x2=-2,
(1)若1?k?e,则-2
2(?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,
2x2(2)若k?e,则F?(x)=2e(x?2)(e?e),
2∴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?e,则F(?2)=?2ke2?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,e].
21．（2013年高考湖北卷（理））设n是正整数,r为正有理数.
2(I)求函数f(x)??1?x?r?1??r?1?x?1(x??1)的最小值;
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nr?1??n?1?(II)证明:
r?1r?1?nr?n?1???nr?1;
r?1?3?r?1(III)设x?R,记??x??2???4,?????1.令?为不小于x的最小整数,例如???2,?????2?S?381?382?383??3125,求??S??的值.
(参考数据:80?344.7,81?350.5,124?618.3,126?631.7)
rr??f(x)?r?11?x?r?1?r?11?x?1? ??????????【答案】证明:(I)??43434343?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)
r?1r?1r??n??r?1?n??n?1?所证不等式即为:? r?1r?1r??n??r?1?n??n?1?若n?2,则nr?1??r?1?nr??n?1?r
r?1?1???n?r?1???1???n?1?
?n?rr?1?
?1???1??①
n?1?n?
rrr?1? ??1?????1,???nn?1nn??rrr?1?,故①式成立. ??1???1??1?nn?1?n?若n?1,nr?1r??r?1?nr??n?1?r?1r?1显然成立.
rnr?1??r?1?nr??n?1?r?1??n?r?1??1???n?1?
?n?r?1??1???1??②
n?1?n?rrr?1? ??1????1,?nn?1nn??r
r taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区
rr?1?,故②式成立. ??1???1??1?nnn?1??综上可得原不等式成立.
144?4??3?43(III)由(II)可知:当k?N时,?k3??k?1?3??k3???k?1?3?k3?
4?4???*444???3125?43?S???k3??k?1?3???1253?803??210.225
4k?81??4??4444???3125?3S????k?1?3?k3???1263?813??210.9
4k?81??4?????S???211
22．（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a f(a)?f(b)f(b)?f(a)与的大小, 并说明理由. 2b?a【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数g(x)?lnx. 设直线y=kx+1与g(x)?lnx相切与点 ?kx0?1?lnx0?2?2P(x0，y0)，则?1?x0?e,k?e .所以k?e?2 ?k?g'(x0)?x0?(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 根的个数. 2exexxex(x?2)由f(x)?mx?m?2,令h(x)?2?h'(x)?, 2xxx2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),??).e2h(2)?4. h(2)是y?h(x)的极小值即最小值。 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 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: e2e2e2当m ?(0,)时,有0个公共点;当m= ,有1个公共点;当m ?有2个公共点; （，??）444(Ⅲ) 设 f(a)?f(b)f(b)?f(a)(b?a?2)?f(a)?(b?a?2)?f(b) ??2b?a2?(b?a)(b?a?2)?ea?(b?a?2)?eb(b?a?2)?(b?a?2)?eb?aa???e 2?(b?a)2?(b?a)令g(x)?x?2?(x?2)?e,x?0,则g'(x)?1?(1?x?2)?e?1?(x?1)?e. xxxg'(x)的导函数g''(x)?(1?x?1)?ex?x?ex?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)?ex?0且a?b, (b?a?2)?(b?a?2)?eb?aa??e?0 2?(b?a)所以当a 2b?aex23．（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)?2x?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lnx?f(x)根的个数. 【答案】解:(Ⅰ) f'(x)?(1?2x)e?2x, x?12, 'f由(x)?0,解得 x?当 1'2时,f(x)?0,f(x)单调递减 11(??,)(,??)2,单调递减区间是2所以,函数f(x)的单调递增区间是, taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 11f()??c2e最大值为2 g(x)?lnx?f(x)?lnx?(Ⅱ)令 x?ce2x x?(0,??) x?c2xe, (1)当x?(1,??)时,lnx?0,则 g(x)?lnx?g(x)?e所以, '?2xe2x(?2x?1)x e2x?0'g2x?1?0x因为, 所以 (x)?0 因此g(x)在(1,??)上单调递增. (2)当x?(0,1)时,当时,lnx?0,则 g(x)??lnx?x?ce2x, g(x)?e所以, '?2xe2x(??2x?1)x 2x2e?(1,e),e2x?1?x?0,又2x?1?1 因为 e2x??2x?1?0'gx所以 所以 (x)?0 因此g(x)在(0,1)上单调递减. ?2g(x)?g(1)??e?c, x?(0,??)综合(1)(2)可知 当时, 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 lnx?f(x)根的个数为0; ?2g(1)??e?c?0,即c??e?2时,g(x)只有一个零点, 当 故关于x的方程 lnx?f(x)根的个数为1; ?2g(1)??e?c?0,即c??e?2时, 当 ①当x?(1,??)时,由(Ⅰ)知