2016北京一模二模導數(shù)大題

1、2016北京一模二模導數(shù)大題X ae X.X.(2017屆北京市高三入學定位考試理)已知函數(shù)f (x)(I)若曲線y f(x)在點(1,f(1)處的切線經過點(0,1),求實數(shù)a的值;(n)求證：當a 0時，函數(shù)f(x)至多有一個極值點；(川)是否存在實數(shù) a,使得函數(shù)f (x)在定義域上的極小值大于極大值？若存在，求出a的取值范圍;若不存在，請說明理由.(2017屆北京市高三入學定位考試理)已知函數(shù)f (X) ax33(a 1)x2 X 11227(,0)對稱;3(I)當a 3時，求證:函數(shù)f (x)的圖像關于點(n)當a 0時,求f (x)的單調區(qū)間.(2016年北京高考(理)設函數(shù)f(x

2、) xea xbx,曲線yf (x)在點(2, f(2)處的切線方程為y (e 1)x 4,(1)求a, b的值；(2)求f (x)的單調區(qū)間.(2016年北京市海淀區(qū)高三二模理)已知函數(shù)f(x) ex(x2 ax(I )當a 1時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；a).(n )若關于x的不等式f(X)ea在a,)上有解，求實數(shù)a的取值范圍；(川)若曲線yf(x)存在兩條互相垂直的切線，求實數(shù)a的取值范圍.(只需直接寫出結果).(2016年北京市西城區(qū)高三二模理)設a R ,函數(shù)f(X) X a2 .(X a)(I )若函數(shù)f(x)在(0, f (0)處的切線與直線 y 3x 2平行，求a的值；(n

3、 )若對于定義域內的任意X1,總存在X2使得f(X2) f(X1),求a的取值范圍.(2016年北京市東城區(qū)高三二模理)(I )求f(x)的單調區(qū)間；(n)當k 2時，求證：對于 X已知 f (x) 2ln(x 2) (x 1)2, g(x) k(x 1).1, f(x) g(x)恒成立；(川)若存在X01 ,使得當x1,x0)時，恒有f(x) g(x)成立，試求k的取值范圍.(2016年北京市朝陽區(qū)高三二模理)(I)當a 3時，求曲線C :y1 2已知函數(shù) f(x) -X (a 1)x (1 a)l nx,a R.f(x)在點(1,f (1)處的切線方程；(n)當x 1,2時，若曲線C :

4、y1f (x)上的點(x, y)都在不等式組 xx 2,y,所表示的32(n)若函數(shù)h(x)1在區(qū)間(0,16)內有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍.平面區(qū)域內，試求a的取值范圍.8 . ( 2016年北京市豐臺區(qū)高三二模理)(I)當a 2時，求函數(shù)g (x)2 x 而設函數(shù) f(x) eax(a R).x2f (x)在區(qū)間(0,)內的最大值;aex9 . ( 2016年北京市房山區(qū)高三二模理)已知函數(shù)f(x) (a 0).x10.(I)當a = 1時，求函數(shù)f x的單調區(qū)間；2(n)設g(x) f (x) - Inx,若g(x)在區(qū)間(0,2)上有兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍. x年北京市昌平

5、區(qū)高三二模理)已知函數(shù)f(x) eax, g(x) x2 bx c(a,b,c R),且(2016y f (x)與曲線y g(x)在它們的交點(0, c)處具有公共切線.設11.12.13.h(x)f (x) g(x) .(I)求c的值,及a,b的關系式；(ll)求函數(shù)h(x)的單調區(qū)間；(Ill)設a 0,若對于任意x1,x?0,1,都有h(x1) h(x2)e 1,求a的取值范圍.(2016年北京市順義區(qū)高三一模理)已知函數(shù)f(x) x2 ln x.(I)求曲線y f (x)在點(1,f(1)處的切線方程；(n )設g(x) x2 x t,若函數(shù)h(x) f (x) g(x)在一，e上(這

6、里e 2.718)恰有兩個不 e同的零點，求實數(shù)t的取值范圍.(2016年北京市石景山區(qū)高三一模理)已知函數(shù)f (x) sinx x cos x .(I )求曲線y(n)求證：當x(川)若f (x)f (x)在點(n, f ( n)處的切線方程；(0，2)時,f(x)kx x cos x 對 x(2016年北京市豐臺區(qū)高三一模理)13-x ;3(0 )恒成立，求實數(shù)k的最大值. ，2已知函數(shù)f(x) xinx.(I )求曲線y f (x)在點(1,f(1)處的切線方程;(n )求證:f (x) x 1;14.15.16.17.)若 f(X)ax2 - (a 0)在區(qū)間(0,)上恒成立，求a的最

7、小值.a(2016年北京市朝陽區(qū)高三一模理)已知函數(shù)f(x) X alnx,a R .(I)求函數(shù)f (X)的單調區(qū)間；(n )當X 1,2時,都有f (X)0成立,求a的取值范圍；(川)試問過點P(1,)可作多少條直線與曲線yf (X)相切？并說明理由.1(2016年北京市海淀區(qū)高三一模理)已知函數(shù)f(x) ln X -X(I)求函數(shù)f (X)的最小值;(n)求函數(shù) g(x)的單調區(qū)間；(川)求證：直線yX不是曲線y(2016年北京市西城區(qū)高三一模理)(I )求a的值及f(X)的單調區(qū)間；(n)若關于x的方程f(x)4 明:|x1 X2 I I n .e(2016年北京市東城區(qū)高三一模理)1

8、, g(x) yln Xg(x)的切線.已知函數(shù)f(x)kx22 (k 2)設函數(shù)f(x)xxxe ae1 ,且fe.存在兩不相等個正實數(shù)根Xi,X2 ,證aex x 1, a R .(I)當a 1時，求f (X)的單調區(qū)間；(n)當X (0,)時，f(x) 0恒成立，求a的取值范圍；ex 1 X(川)求證：當X (0,)時，In.X 211.( I)解:a -e(n)證明：當a 0時， ,0)時，f'(x)0,函數(shù) f (X)在()時,令 g(x) aeX(x 1)20得 X ln(-),則a2當x ( 當 x (0,由 g'(x)單元檢測卷設置參考答案,0)上單調遞增，無極

9、值；X2,則 g (x) x(aex 2).0, g(x)在(0,)上單調遞減, 當 ln( -)0,即 a 2時,g'(x)a,即f'(X)在上(0,)至多有一個零點.所以g(x)在(0,)上至多有一個零點 所以函數(shù)f(x)在(0,)上至多有一個極值點. 當ln( -) 0,即2 a 0時,g'(x)及g(x)隨x的變化情況如下表：aTi 一.K2,1*1 m 1' 乂 ；直> 丁)= 丁2 ?-|'彎大52因為 g(ln( )g(0) a 0,a所以g(x)在(0,)上至多有一個零點，即f'(x)在(0,)上至多有一個零點.所以函數(shù)f(

10、x)在(0,)上至多有一個極值點.綜上，當a 0時,函數(shù)f (X)在定義域上至多有一個極值點(川)存在實數(shù)a,使得函數(shù)f (X)在定義域上的極小值大于極大值.a的取值范圍是a 0.由(n)可知當a 0時,函數(shù)f(x)至多有一個極值點，不可能同時存在極大值與極小值.當a 0時，f(X) X,無極值;當a 0時，g'(x)及g(x)隨X的變化情況如下表：一 M 心0(rJ Hat/r0g(工、&</(一1) JTTii小直I-下面研究f (x)在(0,)上的極值情況：因為 g(0) a 0, g(1) 10,所以存在實數(shù)Xj (0,1),使得g(x1) 0,且 x (0,Xi

11、)時,g(x) 0,即 f'(x) 0, f(x)在(0,Xi)上遞減；X (X1,)時,g(x) 0 , f (x) 0, f(x)在(X1,所以在(0,)上f (X)的極小值為f (x1),無極大值.下面考查f (X)在(，0)上的極值情況：2a C 0 ;e(l n)2(- 2)lnat2)上遞增;a 1 時,g( 1)111 時，g( 1 In) a1-t,則 t 0,令 h(t) a因為h(t)在(，0)上遞減，21 -ea(-令Ine(-e2)t 1所以 h(t) h(0)0,即 g(1In )a0.綜上，因為g(0) 所以存在實數(shù)x2且 x (X2,0)時,g(x)x (

12、,X2)時,g(x)0,0), g(x2)0,即 f'(x)0, f(x)在(X2,0)上遞減；0, f'(x) 0, f(x)在(，X2)上遞增；0,所以在(，0)上f (x)的極大值為f(X2),無極小值.又因為x20 X|,且a 0,所以f(X2)0所以，當且僅當af(G,0時，函數(shù)2.( I)證明：當af(x)f (X)在定義域上的極小值大于極大值27將函數(shù) f (x)11X 的27個單位，得到函數(shù)1g(x) f (x 3)4x的圖像.3因為對任意x R,R，且 g( x)(x)34-(x)= g(x),所以函數(shù)g(x)是奇函數(shù).所以函數(shù)g(x)的圖像關于原點對稱.所以

13、函數(shù)f (x)的圖像關于點1(,0)對稱31 3(n)解：由 f(x) -ax33ax2 (a 1)x1 時,f'(x)f (x) 當a 當a-(a 1)x221 (x 1)(ax(x 1)20.X 11,得271)所以f (X)的遞減區(qū)間是().1時，f'(X)及f(x)隨X的變化情況如下表：a當1 a 0時,f'（X）及f（X）隨X的變化情況如下表：J7mH1B9$ E.1“、二】11所以函數(shù)f（X）的單調遞增區(qū)間是（1,）,單調遞減區(qū)間是（,1）,（-,）aa3.試題解析：（1）因為=疋1+加，所以八功二（1-耳嚴*+依題込爲 1：；即解得口 =2"二召

14、，由（I ）務叮（力n宀+k由3=玄S （1 -尢+金Z）即右-沁丸 八鬥與1 一尤+同號 令畧4） = 1-工十則（工）=1十尹1所以,，3工E （-理1）吋貳H 0 , g）在區(qū)間（-£1）上單調遞減5當耳WQg）臥FOOAb gW在區(qū)間d+巧上單調遞壇.故思=1是£（尤）在E間（Y:+工）上的最小值、 從而邑> o=xe （一衛(wèi).他） 綜上可知，3 >0, Xe（Y=+x）,故/W的單謐遞増E間為（Y才巧.4. 解: （ I ）函數(shù) f（X）的定義域為 R.當 a 1 時,f '（X） eX（x 2）（ x 1）當x變化時，f '（X）,

15、f（X）的變化情況如下表：X(,2) 2(2, 1)1(1,+f '(X)00f(x)Z極大值極小值Z),函數(shù)f (x)的單調遞增區(qū)間為(，2) , ( 1,函數(shù)f (x)的單調遞減區(qū)間為(2,1)a(n)解:因為f(x) e在區(qū)間a，)上有解， 所以f (x)在區(qū)間a，)上的最小值小于等于因為 f'(X)ex(x 2)( x a),令 f '(x) 0 ,得 Xi2, x?a當a 因為此時所以解得當若a此時解得2時，即a 2時，f '(x)0對x a,)成立,所以f (x)在a,)上單調遞增，f (x)在a,)上的最小值為f(a),f(a) ea(a2 a2

16、a) ea,11 a ,所以此種情形不成立，2a 2,即a 2時，0,則 f '(x)0對 x a,f (x)在a,)上的最小值為11 a ,所以0 a20J2 ,則 f '(X)0對 xa, a)成立,所以f (x)在a, f(a),所以 f(a) ea (a2)上單調遞增,a) e ,若a若a則f(X)在(a,此時f(X)在a，所以有f ( a)上單調遞減，在 )上的最小值為a.22,e (a a a)a)成立，f'(x)0 對 xa,)上單調遞增， f( a),aa當a 2時,注意到a a,),而此時結論成立綜上，a的取值范圍是法二：因為f(x) e在區(qū)間a，所以

17、當a當a此時a),2)上有解，f(a,)成立.ae ,解得2 aa 22e (a aa) ef (x)在區(qū)間a,)上的最小值小于等于 0時,顯然0 0 時,f '(x) f (x)在a,aeJea成立,所以有f (a) ea(a,),而 f (0) a 00對x a,)成立，所以f(x)在a, )上的最小值為f (a),22aa a a) e ,)上單調遞增,11解得1 a 丄，所以0 a丄綜上，a22(川)a的取值范圍是a 2x|xR 且 X a，5-( I)證明：函數(shù)y f (X)的定義域D由題意，f (0)有意義,所以a 0.求導，得 f(x) (X a)2 (X a)2(Xa)

18、(X a)4(x a) (x 3a)(X a)43a2由題意，得f (0)= 3,解得a 1.a驗證知a 1符合題意(n)“對于定義域內的任意X1,總存在X2使得f(X2) f(xi) ”等價于“ f(x)不存在最小值”當a 0時，由f (x)1-，得f (X)無最小值，符合題意X當a 0時，令f(X)(X a)(X 3a) C /口亠 小(X a)40,得X a 或 X 3aX(,a)a(a,3a)3a(3a,f (X)不存在0f (X)不存在/極大隨著x的變化時，f(X)與f(x)的變化情況如下：)所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(，a)，(3a，)，單調遞增區(qū)間為(a，3a).因為當Xa

19、 時，f(X) (X a)2所以只要考慮X1(,a),且X1當X1(,a)時，由f (X)在(得 f (X1)1f (X12|X1a|),1所以存在X2 X1-|X1 a|,使得同理，當X1(a,a)時,令 x2Xi0,當 X a時，f(X)0,a即可.f(X2)f(%)，符合題意；1，a)上單調遞減，且X1X1- | X1a | a12|x1 a |，得 f(x2) f (x-)，也符合題意；故當a 0時,對于定義域內的任意 X,總存在X2使得f(X2)f(Xi)成立X(,3a)3a(3a, a)a(a,)f (X)0不存在f(x)極小/不存在當a 0時，隨著X的變化時，f (X)與f(x)

20、的變化情況如下表：所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(，3a), ( a，)，單調遞增區(qū)間為(由，a).X a(X a)2f (X)因為當X a時， 所以f(x) minf(3a).所以當X1 3a時,不存在X2使得0,當 X a 時，f(X)0,f(X2)f(Xi)綜上所述,a的取值范圍為a 0，)3 Js),單調減區(qū)間為(6.解:(I)所以f (X)單調增區(qū)間為(2 ，22ln(x 2) (X 1)2 k(x 1) (x1,)時，h(x) 0恒成立.2(x 3)(x 1)X 2，0恒成立，h(x)單調遞減.(n )設 h(x) f (x) g(x) 當k 2時，由題意，當X h(x)2(X2

21、 3X 1)X 21 時,h (x)0,(1,X 1,當X 又 h( 1)當X對于(in)因為h(x)3 7521)，由(II)知，當k = 2即對于 X >- 1,2 In (X + 2)當 k > 2 時,對于 X >- 1,x + 1 > 0,2 In (X + 2)- (X + 1)不存在滿足條件的X0；2當 k < 2 時，令 t (X) =- 2x當 X (X 0 , +)時,t (x) < 0,h)時，h(x) h( 1) 0 恒成立，即 f (x) g(x) f (x) g(x)恒成立2(x2 3x 1)X 2時,f (x) < g (

22、x)2x2 (k 6)X 2k恒成立，2(X + 1)< 2 (X + 1),不存在滿足條件的此時 2 (X + 1) < k (X + 1).< 2 (X + 1) < k (X + 1),即 f (X) < g (X)當 X ( - 1 , X 0)時,h (x) > h ( 綜上,k的取值范圍為(-,2)7.解：(I)2x 2y 50.Xo；恒成立,-(k + 6)X- (2k + 2), 可知 t (X)與 h (x)符號相同，(x) < 0,h (x) 單調遞減.-1) = 0,即 f (X)- g (X) > 0 恒成立.x1 x 2

23、,(n)依題意當x內,等價于當11,2時，曲線C上的點x,y都在不等式組32恒成立.x y,3y x -2所表示的平面區(qū)域設g(x) f(x)x2時,1 2 x2f(x) xax(1a)ln x x 1,2所以g (x)=x+a+ax(1 a) _ (X 1)(xa 1)(1)當 a 11,即axx2時，當x 1,2x時,g (x)0, g(x)為單調減函數(shù)，所以g(2)g(x) g(1).依題意應有g(1)解得2a12(132'a)ln2 0,若數(shù)，當x2訓以1 a 2.1.a 12,即2 a 3時，當x 1,ag (x)0, g(x)為單調增函由于g(1)1,2 , g (x)0,

24、 g(x)為單調減函數(shù).33,所以不合題意.22,即a 3時，注意到g(1)5-,顯然不合題意.2綜上所述,18.解：(I)當 ax 與 g'(x)、22 x2 時，g(x) x e , g '(x)2 x22x(2x 2x )=-2x(x 1)ex(0,1)1(1,)g'(x)+0-g(x)增函數(shù)極大值減函數(shù)g(x)之間的關系如下表：函數(shù)在區(qū)間(0,)內只有一個極大值點，所以這個極值點也是最大值點x 1 ,1最大值g(1)e(n )(1)當 a 0 時,h(x)X2 1,顯然在區(qū)間(0,16)內沒有兩個零點，a 0不合題意.X20時,h(x)卞e/C2 ax1,h&#

25、39;(x)(2x ax )e 當a 數(shù) h(x) 當a2axe0且 X (0,16)時,h'(x)0,函數(shù) h(x)區(qū)間(0,區(qū)間(0,16)上不可能有兩個零點,所以a 0不合題意；0時,在區(qū)間(0,)上X與h'(x)、h(x)之間的關系如下表：2ax(x 一)aaxe)上是增函數(shù)，所以函X(0,2-)a2a(?,)ah'(x)+0-h(x)增函數(shù)極大值減函數(shù)1 ,若函數(shù)h(x)區(qū)間(0,16)上有兩個零點，因為h(0)h(2) 0,a2則一16,所以ah(16) 0丄12 2 'e a1a -8280,因為所以1 JnZ8 2昨421 啞8 2，化簡16a

26、e4ln 2eln 22a -,e18,In221 ln163 eln2.16,2時,函數(shù)h(x)eX21在區(qū)間(0,16)內有兩個零點. f (X)9.解:(l )當 a = 1 時，f (x)2 X _ XX e 2xe4X令 f '(X)0 得 XX, f(x), f'(x)變化情況X(-? ,0)f'(x)Xe2XeXx(x 2)x / ie(X 2)X4X3(X 0)(0,2)2 (2,+?)f'(x)+f (x)增所以 函數(shù)f(x)增區(qū)間為+增,0) , (2,),減區(qū)間為(0,2)X(n )方法一 ：g(x)霽 XX _ X axe 2ae3XIn

27、 xX2 12 _X X 當 X (0,2)時，X 20,x3若g(x)在(0, 2)上有兩個極值點 即方程aex X 0在(0, 2)上至少有兩個不等實根，X在(0,2)上至少有兩個不等實根e電(X (0,2) F'(x)e，0的X 1g'(x)即方程a設 F(x)(aex x)(x 2)0,g '(x)在(0,2)上至少有兩零點，xxe xee2x解 F '(x)F(x)在(0,1)上單增，在(1,2)上單減所以F(x)在(0,2)上的最大值為F(1)又 F(0)0,F(2)所以要使方程_2e2x有兩個不等實根，e設 h(x) aexx,解 h'(x

28、) aex 1a的取值范圍為("I，1)e e10 得 X InaIn- (0,2) a2 1當 a (,一)時，Xe e11且h(x)在(0,ln )單調遞減;在(In ,2)單調遞增.aa設X1, X2(X1 X2)為方程aex x 0的兩個不等實根，則在(0, X1)上 h(x) 0,在(X1,X2)上 h(x) 0,在(X2,2)上 h(x) 0所以在(0,X1)上g(x) 0,在(X1,X2)上g(x) 0,在(X2,2)上 g(x) 0即X1,X2為g(x)的兩個極值點綜上所述,g(x)在(0, 2)內存在兩個極值點時，a的取值范圍為(!,)e e方法二:X c(n) g

29、(x)豊-X XX _ X一 、 axe 2aeg'(x) 3XIn x(aex x)(x 2)因為g(x)在(0, 2)上有兩個極值點，所以g '(x)在(0, 2)上至少有兩零點，1 xX 0，即方程一X e在(0, 2)上至少有兩個不等實根， a所以方程ae所以直線y與曲線h(x) ex在(0,2)上有兩個不同的交點a因為h(2)2 2e ,所以過點P(2,e)和0(0,0)的直線的斜率k,ex相切于點(xo,ex0) exo設過點0(0,0)的直線I與曲線h(x)因為h'(x) ex,所以直線I的斜率k。I 的方程為 y eX0eX0 (x Xq)I過點0(0,

30、0),所以Xo1,所以ko e1-X與曲線ae22亍即e2所以直線 因為直線因為直線h(x) ex在(0,2)上有兩個不同的交點設 Xi,X2(XiX2 )為直線1e1 x-X與曲線h(x) e在(0,2)上兩個交點的橫坐標，顯然在a1-x 0,在(Xi,X2)上 ea(0, xi)上 ex11-X 0,在(x2,2)上 ex -X 0 aa所以在(0,X1)上 g(x) 0,在(X1,X2)上 g(x) 0,在(X2,2)上 g(x) 0即X1,X2為g(x)的兩個極值點 所以當g(x)在(0, 2)內有兩個極值點時，a的取值范圍為(丐,)方法三：g(x)Xg'(x)-XaeX2ae

31、x3X2 ,一 In X X2 2X(aeX x)(x 2)當a 0時,在區(qū)間(0,2)上所以g'(x)0從而g(x)在區(qū)間(0,2)上是增函數(shù)當 a 0時,設 h(x) aex x, x3XX 0,x 2 o,x30,故g(x)在區(qū)間(0,2)上無極值點；(0,2)e e若g(x)在(0, 2)上有兩個極值點，g '(X)在(0,2)上至少有兩零點，即h(x)在(0, 2)上至少有兩零點h'(x) aex 1令 h'(x)0得 xIn-a1當In 0 即aa所以h(x)在x (0, 2)單調遞增，h(x) h(0) a故g(x)在(0, 2)內不存在兩個極值點

32、.11當In2即0 a -V時，aex (0,2) , h'(x) aex 10,所以 h(x)在 x (0, 2)單調遞減，h(0) a 0,h(2)所以h(x)在(0,2)上只有一個零點 人x (0,X0), g'(x) 0, x (X0,2),g'(x) 0所以 x (0, X0),g(x)單調增，x (X0,2),g(x)單調減所以g (X)在(0,2)上只有一個極值點(g(x)在(0,2)內不存在兩個極值點)11當0 In 2即一a 1時，ae11X (0,In )時,h'(x)0,x (In ，), h'(x)0aa所以X (0,In1)時屈

33、數(shù)h(x)單調遞減；a1 時,x (0, 2), h '(x) aex 1ae221 20x (In，),函數(shù)h(x)單調遞增. a1所以函數(shù)h(x)的最小值為h(ln丄) a函數(shù)g(x)在(0, 2)內存在兩個極值點h(0)012當且僅當 h(l n )0 解得一 aaeh(2)01 In ae aIn -.a綜上所述，函數(shù)g(x)在(0, 2)內存在兩個極值點時，a的取值范圍為(2 ,-).e e10.解：(1)因為函數(shù) f(x) eax, g(x)x2 bx c,所以函數(shù) f'(X) aeax, g'(x)2x b.又因為曲線y f (x)與曲線yg(x)在它們的

34、交點(0,c)處具有公共切線，所以f(0)f'(0)(II)由已知,g(0)，,即 1g'(0) ah(x)f(x)所以h'(x)亠ax ae2x a.設 F(x) h'(x)a R, F '(x)由(I)得，f'(0)c,b.f 、 axg(x) eaeax 2x a,所以x2F'(x)ax 1.2 ax ca e 2,0,所以h'(x)在(g'(0),所以 h'(0) f '(0)g'(0)0,即 0 是 h'(x)的零點.)上為單調遞增函數(shù)x(,0)0(0,)h'(x)0h(x

35、)極 小 值所以，函數(shù)h(x)的導函數(shù)h '(x)有且只有一個零點 0 所以h'(x)及h(x)符號變化如下，所以函數(shù)h(x)的單調遞減區(qū)間為(,0),單調遞增區(qū)間為(0,) (III) 由(II)知當x 0,1時,h(x)是增函數(shù).對于任意x,x2 0,1,都有h(Xi) h(X2)e 1等價于ah(x)max h(x)min h(1)h(0) e ae 1,等價于當a 0時，G(a) ea a (e 1)0,因為 G'(a) ea 10,所以G(a)在0,)上是增函數(shù)，又G(1)0,所以a11.解：(I)函數(shù)定義域為1f '(x) 2x ,x0,1(0,)f

36、 '(1)1又f (1) 1,所求切線方程為y 1 x(n )函數(shù) h(x) f (x) g(x) ln x x1,即 x y 01t在-,e上恰有兩個不同的零點e1等價于ln x x t 0在-,e上恰有兩個不同的實根e等價于t x Inx在丄,e上恰有兩個不同的實根，e12.1 x 1令 k(x) x In x,則 k'(x)1 一 x x11當 x(丄,1)時,k'(x)0, k(x)在(丄,1)遞減;ee當 x (1,e時，k'(x)0, k(x)在(1,e遞增.11 ,又 k()e. 1故 kmin (x)k(1)1QU-)ek(e)即 t (1,1丄

37、 e?: f (x)cosx20,1,k(e) e 1.1k()k(e),ek(1)1t k(-)e(cosx0 f()xsin x)xsin xg(x) f(x)(n)令1 3 -x 3,則 g (x)xsin x2 xx(sin x x)Jx當x (02)時,設(0 ,)t(x) sin x xJ則t(x)cosx1 0,所以t(x)在2 單調遞減,t(x) si nx Xt(0)0,即sin xxJ所以g (x)0所以g(x)(0在2)上單調遞減,所以g(x)g(0)0J所以一、13f(x)-x3(0 ,)ksin x(0 ,)原題等價于sinxxxkx對2恒成立，即x對2恒成立，xco

38、sx sin X2 xf(x)在.所以切線方程為y(I )f()易知 f(x) xsinx 0,即sin x 令 h(x)r,則h(x)f(x)2(0,2)單調遞增,所以 f(x) f(0)0,所以 h(x) 0故h(x)在'2單調遞減,所以213.解：(I)設切線的斜率為kf (x) In k f (1) 因為f(1)切線方程為x 1ln1 11 ln1(n)要證:f (x) x10切點為(1,0).1 (x 1),化簡得：y x1x2.綜上所述,k的最大值為1只需證明：g（x）x|nx X 1 0在（0,）恒成立,g （x）xIn x 11 In x(0,1)時f(X)0, f(x

39、)在(0,1)上單調遞減；(1,)時f(X)0 , f (x)在(1,)上單調遞增；1 時 g( X)minXI n Xxg(x) 所以f(x) xg(1)1 I n1 1100在(0，)恒成立xIn（川）要使：ax22a在區(qū)間在（0，）恒成立,In x等價于：ax等價于：h（x）In2ax 在(0,2）恒成立,因為1h(x)-X當0 時,h(1)當所以axax0 、在（0，）恒成立ax2In1a2x2ax2 ax2a2(x -)(x -)厶 aa 2 =ax當1n(所以14.解：（0 aJ1a或0不滿足題意20時，令 h'(x)0,則1-)時 h(x) 0,h(x)在(0, a(0,

40、a1a-)a3eI ）函數(shù)（1）當0當x)時 h(x)O,h(x)在(h( x) min1h( -) ln(aa丄)a0時，滿足題意0，得到a的最小值為f （x）的定義域為 XXa 0時，f（X）0恒成立，函數(shù)a 0時，令 f（X）0,得xxa （舍）.1-）上單調遞減；a）上單調遞增；(x)f（x）在（0,a .a時，f （x）0,函數(shù)f （x）為減函數(shù)；a時，f （x）0,函數(shù)f （x）為增函數(shù).x x）上單調遞增；綜上所述,當a 0時，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為當a 0時，函數(shù)f（x）的單調遞減區(qū)間為（0, a）,單調遞增區(qū)間為（a，）.(0,).(n)由(I)可知,(1)當 a1時，

41、即a 1時，函數(shù)f (x)在區(qū)間1,2上為增函數(shù)，所以在區(qū)間1,2 上，f(x)mina 2時，即2 a當1上為增函數(shù)依題意有f(x)min 當a 2時，即a，所以 f(x)minf(a a ln(f(1)1,顯然函數(shù)f (x)在區(qū)間1,2上恒大于零；1時，函數(shù)f (x)在1, a上為減函數(shù)，在a,2a)a) o ,解得a2時，f(x)在區(qū)間a aln( a).e,所以21,2上為減函數(shù)，1.所以 f(x)minf(2) 2+aln2.依題意有f (x)min 2+al n2 o,解得a,所以 ln2ln22.2綜上所述,當a 丄時，函數(shù)f(x)在區(qū)間ln 21,2上恒大于零(川)設切點為(x

42、o,xo alnxo),則切線斜率k1 Xo切線方程為y(xo ainxo) (1-)(x xo因為切線過點P(1,3),則 3 (Xoa in Xo)(1旦)(1Xo即 a(ln x01) 2 0.Xo令 g(x)a(x11 1) 2 (XX1o),則 g (x) a(-xW)Xo時，在區(qū)間(o,1)上,g (X) o, g(x)單調遞增； )上, g (X) o, g(x)單調遞減，2 o .a(ln x1)2X(1)當 a在區(qū)間(1,所以函數(shù)g(x)的最大值為g(1) 故方程g(x) 0無解，即不存在x0滿足式. 因此當a 0時,切線的條數(shù)為0. 當a 0時，在區(qū)間(0,1)上，g(X)

43、0 , g(x)單調遞減，在區(qū)間(1,) 上, g (X)所以函數(shù)g(x)的最小值為1+2取 X1 e ae,則 g(x,)o, g(x)單調遞增, g(1)2 o.a(1 -a1 2 ae ao.故 g(x)在(1,-1-取 x2 e a <e)上存在唯一零點.1,則 g(X2) a( 11 -1) 2 ae a2a1 -4 ae a2(1 -).a2設t 12(t 1), u(t) e 2t ,則 u (t) e 2.a當t 1時,u(t)et 2 e 20恒成立.所以u(t)在(1,)單調遞增，u(t) u(1) e 2 0恒成立.所以g(x2)0 .故g(x)在(0,1)上存在唯一零點.因此當a 0時，過點P(1,3)存在兩條切線.(3)當a 0時，f(X)x,顯然不存在過點 P(1,3)的切線.綜上所述,當a 0時,過點P(1,3)存在兩條切線；當a 0時，不存在過點 P(1,3)的切線1(X)-X15.解:(I )函數(shù)f (X)的定義域為(0,),1 X 122X X函數(shù)f(X)在(0,)上的極小值為f (a)ln1 110,1所以f (X)的最小值為0(n )解：函數(shù)g(x)的定義域為(0,1)U(1,In X 1 1 X ln2xg