北京高考题导数

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(1函数北京高考题二——导数

1.（2011年文科18）已知函数fxxkex， （I）求fx的单调区间；

（II）求fx在区间0,1上的最小值

2.（2012年文科18）函数f(x)ax21(a0)，g(x)x3bx．

（Ⅰ）若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线，求a,b的值； （Ⅱ）当a3，b9时，若函数f(x)g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．

3

3.（2012年理科18）已知函数f(x)ax1(a0),g(x)xbx.

23(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值; (2)当a24b时,求函数f(x)g(x)的单调区间,并求其在区间(,1]上的最大值.

4

4.（2013年文科18．）已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.

(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．

5

ln x

5.（2013年理科18．）设L为曲线C：y＝x在点(1，0)处的切线．

(1)求L的方程；

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．

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6.（2014年文科20.）已知函数f(x)2x33x. （1）求f(x)在区间[2,1]上的最大值；

（2）若过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切，求t的取值范围； （3）问过点A(1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线yf(x)相切（ 只需写出结论）

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7．（2014年理科18.）已知函数f(x)xcosxsinx,x[0,]，

2（1）求证：f(x)0； （Ⅱ）若asinxb在(0,)上恒成立，求a的最大值与b的最小值

2x8

1.（2011年文科18）解：（I）f/(x)(xk1)ex，令f/(x)0xk1；所以fx在

(,k1)上递减，在(k1,)上递增；

（II）当k10,即k1时，函数fx在区间0,1上递增，所以f(x)minf(0)k；

当0k11即1k2时，由（I）知，函数fx在区间0,k1上递减，(k1,1]上递增，所以f(x)minf(k1)ek1；

当k11,即k2时，函数fx在区间0,1上递减，所以f(x)minf(1)(1k)e。 2.（2012年文科18）

解：（Ⅰ）f(x)2ax，g(x)3x2b．

因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线，所以

f(1)g(1)，且f(1)g(1)．

即 a11b，且2a3b． 解得 a3，b3．

（Ⅱ）记h(x)f(x)g(x)．当a3，b9时，

h(x)x33x29x1， h(x)3x26x9．

令h(x)0，得x13，x21．

h(x)与h(x)在(,2]上的情况如下：

由此可知：

当k≤3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(3)28； 当3k2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28． 因此，k的取值范围是(,3]

3.（2012年文科18）解：（）由1，c为公共切点可得：

f(x)ax21(a0)，则f(x)2ax，k12a， g(x)x3bx，则f(x)=3x2b，k23b，

2a3b

又f(1)a1，g(1)1b，

a11b，即ab，代入①式可得：a3． b314（2）

a24b，设h(x)f(x)g(x)x3ax2a2x1

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426aaa0，，

26aaaa单调递增，在单调递减，在原函数在，，，上单调递增 2626a2a①若1≤，即a≤2时，最大值为h(1)a；

42aaa②若1，即2a6时，最大值为h1 262aa③若1≥时，即a≥6时，最大值为h1． 621aa则h(x)3x22axa2，令h(x)0，解得：x1，x2；

a2a当a0，2时，最大值为h(1)a；当a2,时，最大值为h1已知

424.（2012年理科18）18．解：由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)．

(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)． 解得a＝0，b＝f(0)＝1. (2)令f ′(x)＝0，得x＝0. f(x)与f′(x)的情况如下： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 1 ↗ 所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．

当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；

当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．

综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．

ln x

5.（2013年理科18．）设L为曲线C：y＝x在点(1，0)处的切线．

(1)求L的方程；

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．

1－ln xln x

18．解：(1)设f(x)＝x，则f′(x)＝x2. 所以f′(1)＝1. 所以L的方程为y＝x－1.

(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于

x2－1＋ln x

g(x)>0(x>0，x≠1)． g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝. x2当01时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增． 所以g(x)>g(1)＝0(x>0，x≠1)．

所以除切点之外，曲线C在直线L的下方． 7．解：（1）证明：f'xcosxxsinxcosxxsinx,∵x0,π， 2综上所述：

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∴f'x0，即fx在0,π上单调递增， 2∴fx在0,π上的最大值为f00，所以fx0． 2πsinx，x0,， 2x（2）一方面令gx则g'xcosxxsinx，由（1）可知，g'x0， 2xπ22π2故gx在，所以amax． 0,上单调递减，从而gxg，故a2ππ2π令hxsinxbx，x0,π，则h'xcosxb， 2π上单调递减，从而hxh00， 2当b1时，h'x0，故hx在x0,所以hxsinxbx0恒成立． 当b1时，h'xcosxb0在0,π有唯一解x0，且x0,x0，h'x0， 2故hx在0,x0上单调递增，从而hxh00，

sinxsinxb与b恒成立矛盾，综上，b1，故bmin1． xx解答： 解：（Ⅰ）由f（x）=2x3﹣3x得f′（x）=6x2﹣3，

即sinxbx0sinxbx令f′（x）=0得，x=﹣∵f（﹣2）=﹣10，f（﹣

或x=）=

， ，f（

）=﹣

，f（1）=﹣1，

∴f（x）在区间[﹣2，1]上的最大值为．

（Ⅱ）设过点p（1，t）的直线与曲线y=f（x）相切于点（x0，y0）， 则y0=2﹣3x0，且切线斜率为k=6﹣3， ∴切线方程为y﹣y0=（6∴t﹣y0=（6

﹣3）（x﹣x0），

﹣6

+t+3=0，

﹣3）（1﹣x0），即4

设g（x）=4x3﹣6x2+t+3，则“过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切”，等价于“g（x）有3个不同的零点”．

∵g′（x）=12x2﹣12x=12x（x﹣1）， ∴g（x）与g′（x）变化情况如下： x 1 （﹣∞，0） 0 （0，1） （1，+∞）

+ 0 0 + g′（x） ﹣

t+3 t+1 ↗ ↘ ↗ g（x）

∴g（0）=t+3是g（x）的极大值，g（1）=t+1是g（x）的极小值．

当g（0）=t+3≤0，即t≤﹣3时，g（x）在区间（﹣∞，1]和（1，+∞）上分别至多有一个零点，故g（x）至多有2个零点．

当g（1）=t+1≥0，即t≥﹣1时，g（x）在区间（﹣∞，0]和（0，+∞）上分别至多有一个零点，故g（x）至多有2个零点．

当g（0）＞0且g（1）＜0，即﹣3＜t＜﹣1时，∵g（﹣1）=t﹣7＜0，g（2）=t+11＞0，

∴g（x）分别在区间[﹣1，0），[0，1）和[1，2）上恰有1个零点，由于g（x）在区间（﹣∞，0）和[1，+∞）上单调，

故g（x）分别在区间（﹣∞，0）和[1，+∞）上恰有1个零点．

综上所述，当过点过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切时，t的取值范围是（﹣3，﹣1）．

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（Ⅲ）过点A（﹣1，2）存在3条直线与曲线y=f（x）相切； 过点B（2，10）存在2条直线与曲线y=f（x）相切； 过点C（0，2）存在1条直线与曲线y=f（x）相切．

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