（
（
（
（．既有极大值又有极小值
设函数 f (x) 的定义域为 R, x0 (x0 ? 0) 是 f (x) 的极大值点,以下结论一定正确
的是
（）
A． ?x ? R, f (x) ? f (x0 )
B． ?x0 是 f (?x) 的极小值点
C． ?x0 是 ? f (x) 的极小值点 【答案】D
D． ?x0 是 ? f (?x) 的极小值点
1 ．（2013 年高考北京卷（理））直线 l 过抛物线 C: x2=4y 的焦点且与 y 轴垂直,
则 l 与 C 所围成的图形的面积等于
（）
A． 4 3
【答案】 C
B．2
C． 8 3
D． 16 2 3
1 ．（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版））
已知 e 为自然对数的底数,设函数 f (x) ? (ex ?1)( x ?1)k (k ? 1,2) ,则
（）
A．当 k ?1时, f (x) 在 x ?1 处取得极小值
B．当 k ?1时, f (x) 在
x ?1处取得极大值 C．当 k ? 2 时, f (x) 在 x ?1处取得极小值
D．当 k ? 2 时, f (x) 在
x ?1处取得极大值 【答案】C 二、填空题
1 ．（2013 年高考江西卷（理））设函数 f (x) 在 (0, ??) 内可导,且 f (ex ) ? x ? ex ,
则 f x (1) ? ______________ 【答案】2
? 1 ．（2013 年高考湖南卷（理））若 T x2dx ? 9,则常数T的值为 _________. 0 【答案】3
1．（2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯 WORD 版））
若曲线 y ? kx ? ln x 在点 ?1, k? 处的切线平行于 x 轴,则 k ? ______.
【答案】 ?1 三、解答题 1．（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD 版含
答案））已知函数 f (x) ? ex ? ln(x ? m) . (Ⅰ)设 x ? 0 是 f (x) 的极值点,求 m ,并讨论 f (x) 的单调性; (Ⅱ)当 m ? 2 时,证明 f (x) ? 0 . 【答案】
1．（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知
函数 f ? x? ? ?1? ?x e?2x , g ? x? ? ax ? x3 ?1? 2x cos x.当x ??0,1?时，
2
(I)求证:1-x ? f ? x? ? 1 ;
1? x
(II)若 f ? x? ? g ?x? 恒成立,求实数 a 取值范围.
请考生在第22、23、24三题中任选一题做答,如果多做,则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑.
【答案】
而由 x ? (1,??)知 1 <1 ∴ a ? 1 x
由 g ' (x) ? e x ? a 令 g ' (x) ? 0 则 x ? ln a
当 x < ln a 时 g ' (x) <0,当 x > ln a 时 g ' (x) >0,
∵ g(x) 在 (1,??) 上有最小值 ∴ ln a >1 ∴ a > e 综上所述: a 的取值范围为 (e,??)
(2)证明:∵ g(x) 在 (?1,??) 上是单调增函数
∴ g ' (x) ? e x ? a ? 0 即 a ? ex 对 x ? (?1,??) 恒成立,
? ? ∴ a ? e x min
而当 x ? (?1,??) 时, e x > 1 e
分三种情况:
(Ⅰ)当 a ? 0 时, f ' (x) ? 1 >0 x
∴a ? 1 e
∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数
∵ f (1) ? 0 ∴f(x)存在唯一零点
(Ⅱ)当 a <0 时, f ' (x) ? 1 ? a >0 ∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数 x
∵ f (ea ) ? a ? aea ? a(1 ? ea ) <0 且 f (1) ? ?a >0
∴f(x)存在唯一零点
(Ⅲ)当 0< a ? 1 时, f ' (x) ? 1 ? a ,令 f ' (x) ? 0 得 x ? 1
e
x
a
1
1
∵当
0<
x
<
1
时,
f
' (x)
?
?
a(x
?
) a
>0;
x
>
1
时,
f
' (x)
?
?
a(x
?
) a
<0
a
x
a
x
∴ x ? 1 为最大值点,最大值为 f (1 ) ? ln 1 ? a 1 ? ? ln a ?1
a
a aa
①当 ? ln a ?1 ? 0 时, ? ln a ?1 ? 0 , a ? 1 , f (x) 有唯一零点 x ? 1 ? e
e
a
②当 ? ln a ?1>0 时,0< a ? 1 , f (x) 有两个 零点 e
实 际上,对于 0< a ? 1 ,由于 e
f (1) ? ln 1 ? a 1 ? ?1 ? a <0, f (1 ) ? ln 1 ? a 1 ? ? ln a ?1>0
e ee
e
a aa
且函数在 ?? 1 , 1 ?? 上的图像不间断 ∴函数 f (x) 在 ?? 1 , 1 ?? 上有存在零点
?e a?
?e a?
另 外 , 当 x ? ?? 0, 1 ?? , f ' (x) ? 1 ? a >0, 故 f (x) 在 ?? 0, 1 ?? 上 单 调 增 ,∴ f (x) 在
? a?
x
? a?
?? 0, 1 ?? 只有一个零点下面考虑 f (x) 在 ?? 1 ,?? ?? 的情况,先证
? a?
?a ?
f (ea?1 ) ? ln ea?1 ? aea?1 ? a?1 ln e ? aea?1 ? a(a?2 ? ea?1 )<0
为此我们要证明:当 x > e 时, e x > x 2 ,设 h(x) ? ex ? x2 ,则 h' (x) ? e x ? 2x ,再
设 l(x) ? ex ? 2x
∴ l ' (x) ? ex ? 2
当 x >1 时, l ' (x) ? e x ? 2 > e -2>0, l(x) ? e x ? 2x 在 ?1,??? 上是单调增函数
故当 x >2 时, h' (x) ? e x ? 2x > h' (2) ? e2 ? 4 >0
从 而 h(x) ? e x ? x2 在 ?2,??? 上 是 单 调 增 函 数 , 进 而 当 x > e
时, h(x) ? e x ? x2 > h(e) ? ee ? e2 >0
即当 x > e 时, e x > x 2 ,
当
0<
a
<
1
时
,
即
a ?1
>e
e
时, f (ea?1 ) ? ln ea?1 ? aea?1 ? a?1 ln e ? aea?1 ? a(a?2 ? ea?1 )<0
? ? 又 f ( 1 ) ? ln 1 ? a 1 ? ? ln a ?1>0 且函数 f (x) 在 a?1,ea?1 上的图像不间断, a aa
1
? ? ∴函数 f (x) 在 a?1,ea?1
上有存在零点,又当
x
>
1
时,
f
' (x)
?
?
a(x
?
) a
<0
故
a
x
? ? ? ? f (x) 在 a ?1,?? 上是单调减函数∴函数 f (x) 在 a ?1,?? 只有一个零点
综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当 a ? 0时, f (x) 的零点个数为 1;当 0< a < 1 时, f (x) 的 e
零点个数为 2
1．（2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯 WORD 版））
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 2
,1???
时,求函数
f
? x? 在?0, k?上的最大值 M
.
【答案】
(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 ? ln 2 当 x 变化时, f ?? x?, f ? x? 的变化如下表:
? ??, 0?
x
0
?0,ln 2? ln 2
?ln 2,???
f ??x?
?
0
?
0
?
极
极
f ?x?
大
小
值
值
右 表 可 知 , 函 数 f ? x? 的 递 减 区 间 为 ?0,ln 2? , 递 增 区 间 为
???,0?, ?ln 2,??? .
? ? (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 k
?1 ?
1? k k
?
0 ,所以
g
?k
?
在
? ??
1 2
,1???
上递增,
所以 g ?k ? ? ln 2 ?1? ln 2 ? ln e ? 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
所以 ?
?
k
?
在
? ??
1 2
,1???
上递减,而
?
? ??
1 2
? ??
??
?1?
?
? ??
e
?
3 2
? ??
?e
?
3?
?
0
所以存在
x0
?
? ??
1 2
,1???
使得
?
?
x0
?
?
0
,且当
k
?
? ??
1 2
,
x0
? ??
时,
?
?
k
?
?
0
,当
k
??
x0
,1?
时,? ?k ? ? 0 ,
所以
?
?
k
?
在
? ??
1 2
,
x0
? ??
上单调递增,在
?
x0
,1?
上单调递减.
因为
h
? ??
1 2
? ??
?
?
1 2
e
?
7 8
?
0
,
h?1?
?
0
,所以
h
?k
?
?
0
在
? ??
1 2
,1???
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?ek ? k3.
1．（2013 年高考江西卷（理））已知函数 f (x)=a(1-2 x- 1 ) , a 为常数且 a>0 . 2
(1) 证明:函数 f (x) 的图像关于直线 x= 1 对称; 2
(2) 若 x0 满足 f (f (x0 ))=x0 ,但 f (x0 ) ? x0 ,则称 x0 为函数 f (x) 的二阶周期点,如
果 f (x) 有两个二阶周期点 x1,x2 , 试确定 a 的取值范围;
(3) 对 于 (2) 中 的 x1,x2 和 a , 设 x3 为 函 数 f(f(x)) 的 最 大 值
点 ,A(x1,f(f(x1))),B(x2,f(f(x2))),C(x3,0), 记 △ABC 的 面 积 为 S(a), 讨 论 S(a)的单调性.
【 答 案 】 (1) 证 明 : 因 为 f (1 ? x) ? a(1? 2 x ), f (1 ? x) ? a(1? 2 x ) , 有
2
2
f (1 ? x) ? f (1 ? x) ,
2
2
所以函数 f (x) 的图像关于直线 x ? 1 对称. 2
(2)解:当
0
?
a
?
1 2
时,有
f
(
f
(x))
?
??4a2 x,
? ?? 4a
2
(1
?
x),
x? 1, 2
x? 1. 2
所以 f ( f (x)) ? x 只
有一个解 x ? 0 ,又 f (0) ? 0 ,故 0 不是二阶周期点.
当
a
?
1 2
时,有
f
(
f
(x))
?
?x, ??1?
x,
x? 1, 2
x? 1.
