北京高考題導數(shù)

1、.函數(shù)北京高考題二導數(shù)1.（ 2011 年文科 18）已知函數(shù)fxxk ex ，（ I ）求 f x 的單調(diào)區(qū)間；（ II ）求 f x 在區(qū)間 0,1 上的最小值.2.（ 2012 年文科 18）函數(shù)f ( x)ax21 (a0) ， g( x)x3bx （）若曲線yf ( x) 與曲線 yg( x) 在它們的交點(1, c) 處具有公共切線，求a, b 的值；（）當 a3 ，b9 時，若函數(shù)f ( x)g( x) 在區(qū)間 k,2 上的最大值為28 ，求 k 的取值范圍.3. （ 2012 年理科 18） 已知函數(shù) f ( x)ax 2 1( a 0), g(x) x3bx .(1)若曲線

2、yf (x) 與曲線 yg( x) 在它們的交點 (1, c ) 處具有公共切線 , 求 a,b 的值 ;(2)當 a24b 時 , 求函數(shù) f (x)g( x) 的單調(diào)區(qū)間 , 并求其在區(qū)間 (, 1 上的最大值 .4.（ 2013 年文科 18）已知函數(shù)f(x) x2 xsin x cos x.(1) 若曲線 y f(x) 在點 (a， f(a) 處與直線 y b 相切，求 a 與 b 的值；(2) 若曲線 y f(x) 與直線 y b 有兩個不同交點，求b 的取值范圍.ln x5.（ 2013 年理科 18）設 L 為曲線 C： y x 在點 (1， 0)處的切線(1) 求 L 的方程；

3、(2) 證明：除切點 (1， 0)之外，曲線 C 在直線 L 的下方.6.（ 2014 年文科 20.）已知函數(shù)f (x)2x33x .（ 1）求 f ( x) 在區(qū)間 2,1 上的最大值；（ 2）若過點 P(1,t) 存在 3 條直線與曲線yf ( x) 相切，求 t 的取值范圍；（ 3）問過點A( 1,2), B(2,10), C (0,2) 分別存在幾條直線與曲線yf (x) 相切？（只需寫出結(jié)論）.7（ 2014 年理科 18.）已知函數(shù)f ( x)x cos xsin x, x0, ，2（ 1）求證：f (x)0 ；sin x（）若 ab 在 (0,) 上恒成立，求 a 的最大值與

4、b 的最小值x2.1.（ 2011 年文科 18）解：（ I） f / ( x)(xk1)ex ，令 f / (x)0xk1 ；所以 fx 在 (, k1)上遞減，在 ( k1,) 上遞增；（ II ）當 k10,即 k1時，函數(shù) fx 在區(qū)間 0,1上遞增，所以f ( x) minf (0)k ；當 0k11 即 1k 2時，由（ I）知，函數(shù)f x 在區(qū)間 0,k 1上遞減， (k 1,1上遞增，所以 f ( x)minf (k1)ek1；當 k1 1,即 k2 時，函數(shù) f x 在區(qū)間 0,1 上遞減，所以f ( x)minf (1)(1 k )e 。2. （ 2012 年文科18）解：

5、（） f( x)2ax ， g ( x)3x2b 因為曲線 yf ( x) 與曲線 yg( x) 在它們的交點 (1,c) 處具有公共切線，所以f (1)g (1)，且 f(1)g (1) 即 a11 b ，且 2a3b 解得 a3， b3 （）記 h(x)f (x)g( x) 當 a3 ， bh( x)x33x29x1 ，h (x) 3x26x 9 令 h ( x)0 ，得 x13 ， x21h( x) 與h (x) 在 (, 2上的情況如下：x(, 3)3( 3,1)h ( x)0h( x)Z289 時，1(1,2)204Z3由此可知：當 k 3 時，函數(shù) h( x) 在區(qū)間 k, 2上的

6、最大值為 h(3)28 ；當3k2時，函數(shù) h(x) 在區(qū)間 k, 2 上的最大值小于28因此， k 的取值范圍是 (,33.（ 2012 年文科 18）解：（ ）由1 ，c為公共切點可得：f ( x)ax21(a0) ，則 f( x)2 ax ， k2a，1g( x)x3bx ，則 f(x)=3 x2b ， k2 3b ，2a3b又 f (1)a1 ， g (1)1 b ，a11b ，即 ab ，代入式可得：a3 b3.（ 2）Q a24b ，設 h (x)f ( x) g( x)x3ax21 a2 x114a ， x2a ；則 h (x)3 x22axa 2 ，令 h ( x)0 ，解得：

7、 x1426Q a0 ，aa，26原函數(shù)在， a單調(diào)遞增，在a ， a單調(diào)遞減，在a ，上單調(diào)遞增2266若1a，即 a2時，最大值為h(1)aa2；42若a1a ，即 2a 6 時，最大值為 ha1262若1a時，即 a6時，最大值為 ha162綜上所述：a2當 a0 ，2 時，最大值為 h(1)a；當 a 2 ,時，最大值為 ha1 已知424. （ 2012 年理科 18） 18解： 由 f(x)x2xsin x cos x，得 f(x) x(2 cos x)(1) 因為曲線 y f(x)在點 (a， f(a)處與直線 y b 相切，所以 f(a) a(2 cos a)0， b f( a

8、)解得 a 0， b f(0) 1.(2) 令 f (x)0，得 x 0. f(x)與 f(x)的情況如下：x(， 0)0(0， )f(x)0f(x)1所以函數(shù)f(x)在區(qū)間 (， 0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0， )上單調(diào)遞增， f(0) 1 是 f(x)的最小值當 b 1 時，曲線 yf(x)與直線 y b 最多只有一個交點；當 b1 時， f( 2b)f(2b) 4b22b 14b 2b 1b， f(0) 11 時，曲線 y f(x)與直線 y b 有且僅有兩個不同交點綜上可知，如果曲線 y f(x)與直線 y b 有兩個不同交點，那么b 的取值范圍是 (1 ， )ln x在點 (1， 0)

9、處的切線5.（ 2013 年理科 18）設 L 為曲線 C： y x(1) 求 L 的方程；(2) 證明：除切點 (1， 0)之外，曲線 C 在直線 L 的下方18 解：ln x，則 f(x) 1 ln x(1)設 f(x) xx2.所以 f(1) 1.所以 L 的方程為 y x 1.(2) 令 g(x) x1 f(x)，則除切點之外，曲線C 在直線 L 的下方等價于x2 1 ln xg(x)0(x0，x 1)g(x)滿足 g(1) 0，且 g(x) 1 f(x)x2.當 0x1 時， x2 10 ， ln x0，所以 g(x)1 時， x210 ， ln x0，所以 g(x)0，故 g(x)

10、單調(diào)遞增.所以 g(x)g(1) 0(x0 ， x 1)所以除切點之外，曲 C 在直 L 的下方7 解 ： （ 1 ） 證 明 ： f xcos xxsin xcosxxsin x, x0 , ，2 f x , 0 ， 即 f x 在 0 , 上 單 調(diào) 遞 增 ，2 f x在 0 , 上 的 最 大 值 為 f00 ， 所 以 f x , 0 2（ 2） 一 方 面 令 g xsin x ， x0 , ，x2則 g xcosx xsin x ， 由 （ 1 ） 可 知 ， g x0 ，x2故 g x在0 , 上 單 調(diào) 遞 減 ， 從 而 gxg2 ， 故 a,2 ， 所 以 amax2 2

11、2令 h xsin xbx ， x0 , ， 則 h xcos xb ，2當 b1 時 ， h x0 ， 故 h x 在 x0 , 上 單 調(diào) 遞 減 ， 從 而 h xh 00 ，2所 以 hxsin xbx0 恒 成 立 當 b 1 時 ， h xcos xb0 在0 , 有 唯 一 解 x0 ， 且 x0 , x0， h x0 ，2故 h x 在 0 , x0上 單 調(diào) 遞 增 ， 從 而 h xh 00 ，sin x即 sin xbx0sin xbxx解答： 解：（ ）由 f （ x） =2x3 3xb 與 sin xb 恒 成 立 矛 盾 ， 綜 上 ， b1 ， 故 bmin 1

12、x得 f（ x） =6x2 3，令 f （ x）=0 得， x= 或 x=， f（ 2） =10， f （ ） =， f （ ） =， f （ 1） = 1， f（ x）在區(qū) 2， 1 上的最大 （ ） 點 p（ 1， t ）的直 與曲 y=f （x）相切于點（ x0， y0），則 y0=2 3x0，且切 斜率 k=6 3， 切 方程 y y0=（ 6 3）（ x x0）， ty0=（ 6 3）（1 x0），即 46+t+3=0 ，設 g（ x） =4x36x2+t+3 ， “ 點 P（ 1， t）存在 3 條直 與曲 y=f （ x）相切 ”，等價于 “g（ x）有 3 個不同的零點 ” g

13、（x） =12x2 12x=12x （ x 1）， g（ x）與 g（x） 化情況如下：x（ ， 0）0（ 0， 1）1（ 1， +）.g（ x）+00+g（ x）t+3t+1 g（ 0）=t+3 是 g（ x）的極大值， g（ 1）=t+1 是 g（ x）的極小值當 g（ 0）=t+3 0，即 t 3 時， g（ x）在區(qū)間（ ， 1和（ 1， +）上分別至多有一個零點，故 g（ x）至多有 2 個零點當 g（ 1）=t+1 0，即 t 1 時， g（ x）在區(qū)間（ ， 0和（ 0， +）上分別至多有一個零點，故 g（ x）至多有 2 個零點當 g（ 0） 0 且 g（1） 0，即 3 t 1 時， g（ 1）=t 7 0， g（2） =t+11 0， g（ x）分別在區(qū)間 1，0），0，1）和 1，2）上恰有 1 個零點，由于 g（ x）在區(qū)間（ ，0）和