北京高考题导数

1、。函数北京高考题二导数1. （ 2011 年文科 18）已知函数fxxk ex ，（ I ）求 f x 的单调区间；（ II ）求 f x 在区间 0,1 上的最小值精选资料，欢迎下载。2. （ 2012 年文科 18）函数f ( x)ax 21( a0) ， g( x)x3bx （ ）若曲线 yf ( x) 与曲线 yg( x) 在它们的交点(1, c) 处具有公共切线，求a, b 的值；（ ）当 a3 ，b9 时，若函数f ( x)g( x) 在区间 k,2 上的最大值为28 ，求 k 的取值范围精选资料，欢迎下载。3. （ 2012 年理科 18） 已知函数 f ( x)ax 2 1(

2、a 0), g(x) x3bx .(1)若曲线 yf (x) 与曲线 yg( x) 在它们的交点 (1, c ) 处具有公共切线 , 求 a,b 的值 ;(2)当 a24b 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 .精选资料，欢迎下载。4. （ 2013 年文科 18）已知函数f ( x) x2 xsinx 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 的取值范围精选资料，欢迎下载。5. （ 201

3、3 年理科 18）设L为曲线：lnx在点 (1 ， 0) 处的切线C yx(1)求 L 的方程；(2)证明：除切点 (1 ， 0) 之外，曲线 C在直线 L 的下方精选资料，欢迎下载。6. （ 2014 年文科 20. ）已知函数 f ( x) 2x33x .（ 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yf ( 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yf (x) 相切？（只需写出结论）精选资料，欢迎下载。7（ 2014 年理科 18.）已知函数f (

4、x) xcos x sin x, x 0, ，2（ 1）求证： f (x)0 ；sin xb 在 (0,) 上恒成立，求 a 的最大值与 b 的最小值（ ）若 ax2精选资料，欢迎下载。1.（2011 年文科18）解：（ I ） f / ( x)( xk1)ex ，令 f / (x)0x k 1；所以 fx 在 ( , k 1)上递减，在 ( k1,) 上递增；（ II ）当 k10,即 k1时，函数 fx在区间 0,1 上递增，所以f ( x)minf (0)k ；当 0k 1 1即 1k 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

5、)minf (k1)ek1；当 k 11,即 k2 时，函数 fx 在区间 0,1 上递减，所以f ( x)minf (1) (1k )e 。2. （ 2012 年文科18）解：（ ） f ( x)2ax ， g ( x)3x2b 因为曲线 yf ( x) 与曲线 yg( 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 a11 b ，且 2a3b 解得a3， b3 （）记 h(x)f (x)g( x) 当 a3 ， bh( x)x33x29x 1 ，h (x) 3x26x 9 令 h ( x)0 ，得 x13 ， x21h( x) 与 h

6、(x) 在 (, 2 上的情况如下：x(, 3)3( 3,1)h ( x)0h( x)Z289 时，1(1,2)204Z3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3k2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 (,33. （ 2012 年文科18）解：（ ）由1 ，c为公共切点可得：f ( x) ax21(a0) ，则 f( x)2 ax ， k12a ，g( x)x3bx ，则 f(x)=3 x2b ， k2 3b ，2a3b又 f (1)a1 ， g (1)1 b ，a11b ，即 ab ，代入 式

7、可得：a3 b3（ 2） a24b ，设 h (x) f ( x)g( x) x3ax21 a2 x 14精选资料，欢迎下载。则 h (x)3 x22ax1 a 2 ，令 h ( x)0 ，解得： x1a ， x2a ；426a0 ，aa2，6原函数在， a单调递增，在a ， a单调递减，在a ，上单调递增2266若1a，即 a2时，最大值为h(1)aa2；42若a1a ，即2a6 时，最大值为 ha1262若1a时，即 a6 时，最大值为 ha162综上所述：a2当 a0 ，2 时，最大值为h(1) a；当 a2 ,a1 已知4时，最大值为 h24. （ 2012 年理科 18） 18解：由

8、 f ( x) x2 xsinx cosx，得 f (x) x(2 cos x) (1) 因为曲线y(x)在点(a，( ) 处与直线yb相切，所以() (2 cos ) 0， ( ) ffaf aaab fa解得 a 0， b f (0) 1.(2) 令 f (x) 0，得 x0.f ( x) 与 f (x) 的情况如下：x( ， 0)0(0， )f (x)0f ( 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 yb 最多只有一个交点；当 b1 时， f

9、( 2b) f (2 b) 4b2 2b14b 2b 1b， f (0) 11 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 ， ) lnx5. （ 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lnx1ln x18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

10、 ( x) ，则除切点之外，曲线C在直线 L 的下方等价于g( x)0(x0， x 1) g( x) 满足 g(1) 0，且 g(x) 1 f (x) x2 1 ln xx2.当 0x1 时， x2 10， lnx0，所以 g(x)1 时，x2 10，lnx0，所以g()0 ，故() 单调递增xg x所以 g( x) g(1) 0(x0， x 1) 精选资料，欢迎下载。所以除切点之外，曲线C在直线L 的下方7 解 ： （ 1 ） 证 明 ： f xcos xx sin xcosxxsin x, x0 , ，2 f x , 0 ， 即 fx在 0 , 上 单 调 递 增 ，2 f x在 0 ,

11、上 的 最 大 值 为 f00 ， 所 以 f x , 0 2（ 2） 一 方 面 令 g xsi nx ， x0 , ，x2则 g xcosx xsin x ， 由 （ 1 ） 可 知 ， g x0 ，x2故 g x在 0 , 上 单 调 递 减 ， 从 而 g xg 2 ， 故 a,2 ， 所 以 am a x2 22令 h xsin xbx ， x0 , ， 则 h xcos xb ，2当 b 1 时 ， h x0 ， 故 h x 在 x0 , 上 单 调 递 减 ， 从 而 h xh 00 ，2所 以 h x si n xb x 0恒 成 立 当 b 1 时 ， h xcos xb0

12、在0 , 有 唯 一 解 x0 ， 且 x0 , x0， h x0 ，2故 h x在 0 , x0 上 单 调 递 增 ， 从 而 h xh 0 0 ，即 sin xbx 0sin xbxsin xsin xb 恒 成 立 矛 盾 ， 综 上 ， b 1 ， 故 bmin 1 xb 与x解答： 解：（ ）由 f （ x）=2x3 3x得 f （ x） =6x2 3，令 f （x） =0 得， x=或 x=， f （ 2） = 10， f （） =， f （） = ， f （ 1）= 1， f （ x）在区间 2， 1上的最大值为（ ）设过点 p（ 1， t ）的直线与曲线y=f （ x）相切于

13、点（ x0， y0 ），则 y0=2 3x0，且切线斜率为k=6 3， 切线方程为 y y0=（ 6 3）（ x x0）， t y0=（ 6 3）（ 1 x0 ），即 4 6+t+3=0 ，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 （ x1）， g（ x）与 g（x）变化情况如下：x（ ，0）0（ 0，1）1（ 1， +）g （x）+00+精选资料，欢迎下载。g（ x）t+3t+1 g（ 0） =t+3 是 g（x）的极大值，g（ 1）

14、 =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 3t 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