2017年北京各城区一二模拟理科导数答案

1、17年各城区摸底17年东城二模理(18)(共13分)解：(I)当a0时，因为f(x)=x2?e-x,所以f'(x)=(-x2+2x)?e-x,f'(-1)=-3e.又因为f(-1)=e,所以曲线y=f(x)在点(-1,f(-1)处的切线方程为y-e=-3e(x+1),即3ex+y+2e=0.4分(n)”对任意的t?0,2,存在s?0,2使得f(s)3g(t)成立”等价于“在区间0,2上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.因为g(x)=x2-x-1=(x-)2-,24所以g(x)在0,2上的最大值为g(2)1.x2xf'(x)=(2x+a)?e(x+ax-a)

2、?ex_2=-exx2+(a-2)x-2a=-e-x(x-2)(x+a)令f'(x)=0,得乂=2或*=-2.当-a?0,即a30时，f'(x)30在0,2上恒成立，f(x)在0,2上为单调递增函数，f(x)的最大值为f(2)=(4+a)?,e12由(4+a*iy1,得a?e4.e当0<-a<2,即-2<a<0时，当x(0,a)时，f'(x)<0,f(x)为单调递减函数，当x(a,2)时，f'(x)0,f(x)为单调递增函数.1所以f(x)的最大值为f(0)=-a或f(2)=(4+a)?,e1o由-a?1,得a?1;由(4+a)壮2

3、1,得a?e4.e又因为-2<a<0,所以-2<a?1.当-a?2,即a?2时，f'(x)£0在0,2上恒成立，f(x)在0,2上为单调递减函数，f(x)的最大值为f(0)=-a,由-a?1,得a?1,又因为a?2,所以a?2.综上所述，实数a的值范围是a?1或a?e24.13分17年东城一模理(18)(共13分)解：(I)f(x)的定义域为(0,).1当m=-1时，f(x)=2lnx+x,x2,21所以f'(x)=2-12+1.xx因为f(1)=2且f'(1)=2,所以曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为2x-y=0.4分(n)若

4、函数f(x)在(0,)上为单调递减，则f'(x)0在(0,)上恒成立.rr21_.即一Fm0在(0,)上恒成立.xxrr21即一一2m在(0,)上恒成立.xx21仅g(x)=一-(x>0),xx则mg(x)max.2112因为g(x)-(-1)1(x0),xxx所以当x1时，g(x)有最大值1.所以m的取值范围为1,).9分(出)因为0<a<b,不等式lnblna等价于lnblna=a.ba,ab、ab即lnbJEJa,令JE=t(t1),原不等式转化为2lntt1.,1令h(t)2lnt-t,，一一1.由(n)知f(x)2lnxx在(0,)上单调递减，x1所以h(t

5、)2lnt-t在(1,)上单调递减.t所以，当t1时，h(t)h(1)0.1即当t1时，2lntt0成立.t所以，当时0<a<b,不等式lnblna口成立.13分ba.ab解：(I)对f(x)求导数，得f(x)exx,所以切线l的斜率为f(xo)ex0xo,1由此得切线l的方程为：y(ex01x2)(ex0xo)(xxo),1 o即y(e%xo)x(1%)e"5%.(n)依题意，切线方程中令x1,得y(ex0xo)(1xD)ex01x2(2xo)(ex01%).2 2所以A(1,y),B(1,0).1所以&AOB-|OB|y|1|(2%)(ex。1%)|2 21

6、“11(1-x3)(ex0-x0)|,x1,1.2 21、，1设g(x)(11x)(ex1x),x1,122i1V11V11V则g(x)(e-x)(1x)(e-)(x1)(e1).22222令g(x)0,得x。或x1.1分2分4分5分7分8分10分x1(1,0)0(0,1)1g(x)0g(x)3,11一(一一)22e111-(e-)22g(x),g(x)的变化情况如下表：所以g(x)在(1,0)单调递减；在(0,1)单调递增,12分所以g(x)ming(0)1,从而4AOB的面积的最小值为1.13分17年西城二模理19.(本小题满分13分)解：(I)由f(x)(x2axa)e1x,1 x,2、

7、1x信f(x)(2xa)e(xaxa)e2 1xx(a2)x2ae1x(xa)(x2)e.2分令f(x)0,得x2,或xa.所以当a2时，函数f(x)有且只有一个零点：x2;当a2时，函数f(x)有两个相异的零点：x2,xa.4分(n)当a2时，f(x)W0恒成立，此时函数f(x)在(，)上单调递减，所以，函数f(x)无极值.5分当a2时，f(x),f(x)的变化情况如下表：x(,a)a(a,2)2(2,)f(x)00f(x)极小值极大值1 a所以，a>0时，f(x)的极小值为f( a) a e < 0 . 7分1 a所以，a>0时，f(x)的极小值为f(a)ae<0.

8、7分2 -2又x2时，xaxa22aaa40,所以，当x2时，f(x)(x2axa)e1x0恒成立.8分所以，f(a)ae1a为f(x)的最小值.9分故a>0是函数f(x)存在最小值的充分条件.10分当a5时，f(x),f(x)的变化情况如下表：x(,2)2(2,5)5(5，)f(x)00f(x)极小值极大值因为当x5时，f(x)(x25x5)e1x0,又f(2)e10,所以，当a5时，函数f(x)也存在最小值.12分所以，a>0不是函数f(x)存在最小值的必要条件.综上，a>0是函数f(x)存在最小值的充分而不必要条件.13分17年海淀一模理18.(本小题满分13分)解：法

9、1：(I)由f(x)x22ax4(a1)ln(x1)可得函数定义域为(1,),4(a1)f'(x)2x2ax1_2_2x(1a)x(a2)x12(x1)x(a2)x1'由f'(x)0得x11,x2a2.因为a3,所以a21.当a1时，a21,所以f'(x),f(x)的变化如下表:x(1,1)1(1,)f'(x)0f(x)极小值当1a3时，1a21,f'(x),f(x)的变化如下表:x(1,a2)a2(a2,1)1(1,)f'(x)00f(x)极大值极小值综上，x1是函数f(x)的极值点，且为极小值点(n)易知f(0)=0,由(I)可知，当

10、a2时，函数f(x)在区间0,1上单调递减,所以有f(x)0恒成立;当2a3时，函数f(x)在区间0,a2上单调递增，所以f(a2)f(0)0,所以不等式不能恒成立；所以a2时有f(x)0在区间0,1上恒成立.法2：(I)由f(x)x22ax4(a1)ln(x1)可得函数定义域为(1,),f'(x)2x2a4(a1)x12x2(1a)x(a2)x1令g(x)x2(1a)x(a2),经验证g(1)0,因为a3,所以g(x)0的判别式(1a)24(a2)a26a9(a3)20,说明：写明(1a)24(a2)a26a9(a3)20也可以由二次函数性质可得，1是g(x)x2(1a)x(a2)的

11、异号零点，所以1是f'(x)的异号零点，所以x1是函数f(x)的极值点.(n)易知f(0)=0,2(x1)x(a2)因为f(x),x1又因为a3,所以a21,所以当a2时，在区间0,1上f'(x)0,所以函数f(x)单调递减，所以有f(x)0恒成立；当2a3时，在区间0,a2上f'(x)0,所以函数f(x)单调递增，所以f(a2)f(0)0,所以不等式不能恒成立；所以a2时有f(x)0在区间0,1上恒成立.解：(I)f(X)aeaxi,因为曲线yf(x)在(0,f(0)处的切线与直线x2y30垂直,所以切线1的斜率为2,所以f'(0)2,所以a3.(n)法1：当

12、a 。时，显然有f(1) ea 1 0 1,即存在实数Xo 使 f(Xo) 1；-1n l)上递减; a a当a0,a1时，由f'(x)。可得x-ln-，aa所以在x(Jlnl)时，f'(x)0,所以函数f(x)在(aax(1lnL)时，f'(x)0,所以函数f(x)在(Iin1,)上递增aaaa所以f(linl)1(1lna)是f(x)的极小值.aaa由函数f(x) eaxx可得f (0) 1,由a 1可得即n10,所以f(Ln) a aa af(0) 1，综上，若a1,存在实数x0使f(%)1.(n)法2：当a 0时，显然有f (1) ea 10 1 ,即存在实数x

13、0使f(%) 1 ；11当a0,a1时，由f'(x)0可得x11n-,aa1 in)上递减; a a11一所以在x(ln1)时，f'(x)0,所以函数f(x)在(aax(1ln-,)时，f'(x)0,所以函数f(x)在(1in-,)上递增.aa'aa'所以f(1ln-)1lna是f(x)的极小值.aaa设g(x)11nx，则g'(x)(x0)，令g'(x)0,得x1xxx(0,1)1(1,)g'(x)+0-g(x)极大值所以当x1时g(x)g(1)1,，11所以f(in-)1,aa综上，若a1,存在实数x0使f(%)1.(18)(

14、本小题满分13分)11ax解：(I)由已知得x0,f(x)a.xx(i)当aW0时，f(x)0恒成立，则函数f(x)在(0,)为增函数；1(ii)当a0时，由f(x)0,得0x；a由f(x)0,得x1；a所以函数f(x)的单调递增区间为(0,二)，单调递减区间为(1,).4分aa101010(n)因为g(x)xf(x)x2xx(lnxx1)x2xxlnxx2 22则g(x)Inx1x1Inxx2f(x)3.由(l)可知，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减.一111又因为g()220,g(1)10,eee所以g(x)在(0,1)上有且只有一个零点x1.又在(0,为)上g(x

15、)0,g(x)在(0,x1)上单调递减；在(、,1)上g(x)0,g(x)在(x1,1)上单调递增.所以x1为极值点，此时m0.又g(3)ln310,g(4)2ln220,所以g(x)在(3,4)上有且只有一个零点x2.又在(3,x2)上g(x)0,g(x)在(3,x2)上单调递增；在d上g(x)0,g(x)在(x2,4)上单调递减.所以x2为极值点，此时m3.13综上所述，m0或m3.解：(I)F(x)ex2xb,则F(x)ex2.令F(x)ex20,得xln2,所以F(x)在(In2,)上单调递增.令F(x)ex20,得xln2,所以F(x)在(，ln2)上单调递减.4分(n)因为f(x)

16、ex2x1,所以f(0)0,所以l的方程为y1.依题意，a1,c1.2于是l与抛物线g(x)x22xb切于点(1,1),由122b1得b2.所以a2,b2,c1.8分(出)设h(x)f(x)g(x)ex(a1)xb,则h(x)0恒成立.易得h(x)ex(a1).(1)当a10时，因为h(x)0,所以此时h(x)在(，)上单调递增.若a10,则当b0时满足条件，此时ab1；若a10,取刈0且x0L_b,a11b_此时h(x0)ex0(a1)x0b1(a1)-bb0,所以h(x)0不恒成立.a1不满足条件；当a10时，令h(x)0,得xln(a1).由h(x)0,得xln(a1)；由h(x)0,得

17、xln(a1).所以h(x)在(,ln(a1)上单调递减，在(ln(a1),)上单调递增.要使彳导hh(x)ex(a1)xb0恒成立”，必须有“当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0”成立.所以b(a1)(a1)ln(a1).则ab2(a1)(a1)ln(a1)1.令G(x)2xxlnx1,x0,则G(x)1Inx.令G(x)0,得xe.由G(x)0,得0xe；由G(x)0,得xe.所以G(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，所以，当xe时，G(x)maxe1.从而，当ae1,b0时，ab的最大值为e1.14分综上，ab的最大值为e1.17年石景山一模

18、理18.(本小题共13分)-1解：(I)f(x)-,f(1)1,x又f(1)0,所以切线方程为yx1;11(n)由题思知x0,令g(x)f(x)(1-)Inx1-.xx11x1g(x)2-2xxxx1易知当x 1时，g'(x)令g'(x)2-0,解得x1.x0,易知当0x1时，g'(x)0.即g(x)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增所以g(x)ming(1)0,g(x)g(1)01一1即g(x)f(x)(1-)0,即f(x)(1-).xx(出)设h(x)x1alnx(x1),依题意，对于任意x1,h(x)0恒成立.axah'(x)1-,9分a1时，h&#

19、39;(x)0,h(x)在1,)上单倜增,xx当x1时，h(x)h(1)0,满足题意.11分a1时，随x变化，h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(1,a)a(a,)h'(x)0h(x)极小值h(x)在(1,a)上单调递减，所以g(a)g(1)0即当a1时，总存在g(a)0,不合题意.12分综上所述，实数a的最大值为1.13分17年顺义二模18.解：（i）当pe时，fxex1x1,fxex11f13,f10曲线yfx在点x1处的切线方程为y34分（n）fxpexx1,fxpex15分当p0时，fx0,则函数fx在的单调递增区间为6分,ln p当p0时，令fx0,得exp,解得xlnp.7分x,lnplnplnp,fx0fx2lnpZx的变化情况如下表:则当x变化时，f9分所以，当p0时，fx的单调递增区间为lnp,单调递减区间为（出）当p 1时，f x10分exx1,直线ymx1与曲线yfx没有公共点,等价于关于x的方程mx 1 e x x 1在上没有实数解,即关于x的方程m 1 x e x（*）在上没有实数解当m1时，方程（*）化为ex0,显然在 ， 上没有实数解12分当m1时，方程（*）化为xex令gx0,得x1,则当x变化时,gx的变化情况如下表:x,1gxgx1,1当x1时，gxmin同时当x趋