2018年北京高三模拟题分类汇编之导数大题
2018全国高考试题分类汇编-导数部分(含解析)
2018年全国高考试题分类汇编-导数部分（含解析）1.(2018·全国卷I高考理科·T5)同(2018·全国卷I高考文科·T6)设函数f=x3+-x2+ax.若f为奇函数,则曲线y=f在点处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x2.(2018·全国卷II高考理科·T13)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为3.(2018·全国卷II高考文科·T13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为4.(2018·全国Ⅲ高考理科·T14)曲线y=e x在点处的切线的斜率为-2,则a=.5.(2018·天津高考文科·T10)已知函数f(x)=e x ln x,f′(x)为f(x)的导函数,则f′(1)的值为.6.(2018·全国卷I高考理科·T16)已知函数f=2sin x+sin2x,则f的最小值是.7.(12分)(2018·全国卷I高考文科·T21)已知函数f=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f的极值点.求a,并求f的单调区间.(2)证明:当a≥时,f≥0.8.(2018·全国Ⅲ高考理科·T21)(12分)已知函数f=ln-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f<0;当x>0时,f>0.(2)若x=0是f的极大值点,求a.9.(2018·全国Ⅲ高考文科·T21)(12分)已知函数f=-.(1)求曲线y=f在点-处的切线方程.(2)证明:当a≥1时,f+e≥0.10.(本小题13分)(2018·北京高考理科·T18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程与x轴平行,求a.(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.11.(本小题13分)(2018·北京高考文科·T19)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a.(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.12.(12分)(2018·全国卷I高考理科·T21)已知函数f=-x+a ln x.(1)讨论f的单调性.(2)若f存在两个极值点x1,x2,证明:-<a-2.-13.(2018·全国卷II高考理科·T21)(12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1.(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.14.(2018·全国卷II高考文科·T21)(12分)已知函数f=x3-a.(1)若a=3,求f(x)的单调区间.(2)证明:f(x)只有一个零点.15.(本小题满分14分)(2018·天津高考理科·T20)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)-x ln a的单调区间.(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-.(Ⅲ)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.16.(本小题满分14分)(2018·天津高考文科·T20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(Ⅰ)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(Ⅱ)若d=3,求f(x)的极值;(Ⅲ)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.17.(本小题满分14分)(2018·江苏高考·T17)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sinθ的取值范围.(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.18.(本小题满分16分)(2018·江苏高考·T19)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值.(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=,对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.19.(2018·浙江高考T22)(本题满分15分)已知函数f(x)=-ln x.(Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(Ⅱ)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.1.【解析】选D.因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即a=1,所以f(x)=x3+x,所以f′(0)=1,所以切线方程为y=x.2.【解析】y′=,k==2,所以切线方程为y-0=2(x-0),即y=2x.答案:y=2x3.【解析】y′=,k==2,所以切线方程为y-0=2(x-1)即y=2x-2.答案:y=2x-24.【解析】由y=(ax+1)e x,所以y′=a e x+(ax+1)e x=(ax+1+a)e x,故曲线y=(ax+1)e x在(0,1)处的切线的斜率为k=a+1=-2,解得a=-3.答案:-35.【解析】因为f(x)=e x ln x,所以f′(x)=(e x ln x)′=(e x)′ln x+e x(ln x)′=e x·ln x+e x·,f′(1)=e1·ln1+e1·=e.答案:e6.【解析】方法一:f′(x)=2cos x+2cos2x=4cos2x+2cos x-2=4(cos x+1)-, 所以当cos x<时函数单调减,当cos x>时函数单调增,从而得到函数的减区间为--(k∈Z),函数的增区间为-(k∈Z),所以当x=2kπ-,k∈Z时,函数f(x)取得最小值,此时sin x=-,sin2x=-,所以f(x)min=2×--=-.方法二:因为f(x)=2sin x+sin2x,所以f(x)最小正周期为T=2π,所以f′(x)=2(cos x+cos2x)=2(2cos2x+cos x-1),令f′(x)=0,即2cos2x+cos x-1=0,所以cos x=或cos x=-1.所以当cos x=,为函数的极小值点,即x=或x=π,当cos x=-1,x=π,所以f=-,f=,f(0)=f(2π)=0,f(π)=0,所以f(x)的最小值为-.答案:-7.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a e x-.由题设知,f′(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1,f′(x)=e x-.当0<x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)当a≥时,f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当时a≥时,f(x)≥0.8.【解析】(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f′(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f′(x)=ln(1+x)-,则g′(x)=.当-1<x<0时,g′(x)<0;当x>0时,g′(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f′(x)≥0,当且仅当x=0时,f′(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h′(x)=--=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h′(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h′(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点..如果6a+1=0,则h′(x)=---则当x∈(-1,0)时,h′(x)>0;当x∈(0,1)时,h′(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.9.【解析】(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=--,显然f(0)=-1,即点(0,-1)在曲线y=f(x)上,所求切线斜率为k=f′(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)方法一(一边为0):令g(x)=-ax2+(2a-1)x+2,当a≥1时,方程g(x)的判别式Δ=(2a+1)2>0,由g(x)=0得,x=-,2,且-<0<2,x,f′(x),f(x)的关系如下①若x∈(-∞,2],f(x)≥f-=-又因为a≥1,所以0<≤1,1<≤e,-≥-e,f(x)+e≥0,②若x∈(2,+∞),ax2+x-1>4a+2-1>0,e x>0,所以f(x)=->0,f(x)+e≥0,综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.方法二(充要条件):①当a=1时,f(x)=-.显然e x>0,要证f(x)+e≥0只需证-≥-e, 即证h(x)=x2+x-1+e·e x≥0,h′(x)=2x+1+e·e x,观察发现h′(-1)=0,x,h′(x),h(x)的关系如下所以h(x)有最小值h(-1)=0,所以h(x)≥0即f(x)+e≥0.②当a>1时,由①知,-≥-e,又显然ax2≥x2,所以ax2+x-1≥x2+x-1,f(x)=-≥-≥-e,即f(x)+e≥0.综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.方法三(分离参数):当x=0时,f(x)+e=-1+e≥0成立.当x≠0时,f(x)+e≥0等价于-≥-e,等价于ax2+x-1≥-e·e x,即ax2≥-e·e x-x+1等价于a≥--=k(x),等价于k(x)max≤1.k′(x)=--,令k′(x)=0得x=-1,2.x,k′(x),k(x)的关系如下又因为k(-1)=1,k(2)=-<0,所以k(x)max=1,k(x)≤1,x≠0,综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.10.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f′(x)=[2ax-(4a+1)]e x+[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x=[ax2-(2a+1)x+2]e x. f′(1)=(1-a)e.由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.(2)由(1)得f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时,f′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0, 所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(,+∞).11.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x, 所以f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x,f′(2)=(2a-1)e2, 由题设知f′(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)方法一:由(1)得f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x若a>1,则当x∈时,f′(x)<0.当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f′(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法二:f′(x)=(ax-1)(x-1)e x.①当a=0时,令f′(x)=0得x=1.f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.②当a>0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.(ⅰ)当x1=x2,即a=1时,f′(x)=(x-1)2e x≥0,所以f(x)在R上单调递增,所以f(x)无极值,不合题意.(ⅱ)当x1>x2,即0<a<1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.(ⅲ)当x1<x2,即a>1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.③当a<0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.综上所述,a的取值范围为(1,+∞).12.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=--.(i)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.(ii)若a>2,令f′(x)=0得,x=--或x=-.当x∈--∪-时,f′(x)<0;当x∈---时,f′(x)>0.所以f(x)在--,-上单调递减,在---上单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.由于--=--1+a--=-2+a--=-2+a--,所以--<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g(x)<0.所以-x2+2ln x2<0,即--<a-2.13.【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g′(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,1)∪(1,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)上的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点,由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.14.【解析】(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f′(x)=x2-6x-3.令f′(x)=0解得x=3-2或3+2.当x∈(-∞,3-2)或(3+2,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g′(x)=≥0,仅当x=0时g′(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.故g(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6--<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.15.【解析】(I)由已知,h(x)=a x-x ln a,有h′(x)=a x ln a-ln a.令h′(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(II)由f′(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ln a.由g′(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-. (III)曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1和l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解,--由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0③,因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③有实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点. u′(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u′(x)>0;x∈(0,+∞)时,u′(x)单调递减,又u′(0)=1>0,u′[]=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u′(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln(ln a)≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(I)可得a x≥1+x ln a,当x>时,有u(x)≤(1+x ln a)(1-x ln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0,因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.16.【解析】(Ⅰ)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f′(x)=3x2-1,因此f(0)=0,f′(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f′(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(Ⅱ)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f′(x)=3x2-6t2x+3-9.令f′(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.(III)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解,令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g′(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g′(x)≥0,这时g′(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,g′(x)=0,解得x1=--,x2=-.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,g(x)的极大值g(x1)=g-=-+6>0,g(x)的极小值g(x2)=g-=--+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞)17.【解析】(1)设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10.过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,故OE=40cosθ,EC=40sinθ,则矩形ABCD的面积为2×40cosθ(40sinθ+10)=800(4sinθcosθ+cosθ),△CDP的面积为×2×40cosθ(40-40sinθ)=1600(cosθ-sinθcosθ).过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,则GK=KN=10.令∠GOK=θ0,则sinθ0=,θ0∈.当θ∈[θ0,)时,才能作出满足条件的矩形ABCD,所以sinθ的取值范围是.答:矩形ABCD的面积为800(4sinθcosθ+cosθ)平方米,△CDP的面积为1600(cosθ-sinθcosθ),sinθ的取值范围是.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0),则年总产值为4k×800(4sinθcosθ+cosθ)+3k×1600(cosθ-sinθcosθ) =8000k(sinθcosθ+cosθ),θ∈.设f(θ)=sinθcosθ+cosθ,θ∈,则f′(θ)=cos2θ-sin2θ-sinθ=-(2sin2θ+sinθ-1)=-(2sinθ-1)(sinθ+1).令f′(θ)=0,得θ=,当θ∈时,f′(θ)>0,所以f(θ)为增函数;当θ∈时,f′(θ)<0,所以f(θ)为减函数,因此,当θ=时,f(θ)取到最大值.答:当θ=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.18.【解析】(1)函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f′(x)=1,g′(x)=2x+2.由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x),得-此方程组无解,因此,f(x)与g(x)不存在“S”点.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f′(x)=2ax,g′(x)=.设x0为f(x)与g(x)的“S”点,由f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),得-即-(*)得ln x0=-,即x0=-,则a=-=.当a=时,x0=-满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S”点.因此,a的值为.(3)f′(x)=-2x,g′(x)=-,(x≠0),由f′(x0)=g′(x0),得b=-->0,得0<x0<1,由f(x0)=g(x0),得-+a==--,得a=--,令h(x)=x2---a=---,(a>0,0<x<1),设m(x)=-x3+3x2+ax-a,(a>0,0<x<1),则m(0)=-a<0,m(1)=2>0,得m(0)m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,则m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点,则f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S”点.19.【解析】(Ⅰ)函数f(x)的导函数f′(x,由f′(x1)=f′(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2.因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)=-ln x,则g′(x)=(-4),所以所以g(x)在(256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(Ⅱ)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n-≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=--.设h(x)=--,则h′(x)=--=--,其中g(x)=-ln x.由(Ⅰ)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h′(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.。
2018北京各城区一模导数
2018一模导数（文理）朝阳理18．已知函数ln 1()x f x ax x-=-． （Ⅰ）当2a =时，（ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ⅱ）求函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若12a <<，求证：)(x f 1<-．18． (本小题满分13分)（Ⅰ）当2a =时，ln 1()2x f x x x -=-.2222ln 22ln ()2x x x f x x x ---'=-=. （ⅰ）可得(1)0f '=，又(1)3f =-，所以()f x 在点（1,3-）处的切线方程为3y =-. （ⅱ）在区间（0,1）上2220x ->，且ln 0x ->，则()0f x '>. 在区间（1,+∞）上2220x -<，且ln 0x -<，则()0f x '<. 所以()f x 的单调递增区间为（0,1），单调递减区间为（1,+∞）. （Ⅱ）由0x >，()1f x <-，等价于ln 11x ax x--<-，等价于21ln 0ax x x -+->. 设2()1ln h x ax x x =-+-，只须证()0h x >成立.因为2121()21ax x h x ax x x--'=--=，12a <<，由()0h x '=，得2210ax x --=有异号两根. 令其正根为0x ，则200210ax x --=. 在0(0,)x 上()0h x '<，在0(,)x +∞上()0h x '>.则()h x 的最小值为20000()1ln h x ax x x =-+-00011ln 2x x x +=-+-003ln 2x x -=-.又(1)220h a '=->，13()2()30222a h a '=-=-<，所以0112x <<.则0030,ln 02x x ->->.因此003ln 02x x -->，即0()0h x >.所以()0h x >，所以()1f x <-.朝阳文20.（本小题满分13分）已知函数ln 1()()x f x ax a x-=-∈R . （Ⅰ）若0a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）若1a <-，求函数)(x f 的单调区间； （Ⅲ）若12a <<，求证：)(x f 1<-.20. （本小题满分13分）解：（Ⅰ）若0a =，则(1)1f =-，22ln ()xf x x-'=，(1)2f '=， 所以)(x f 在点()11-，处的切线方程为230x y --=．（Ⅱ）(0,)x ∈+∞，222ln ()ax xf x x --'=.令2()2ln g x ax x =--，则221()ax g x x--'=．令()0g x '=，得x =．（依题意102a->）由()0g x '>，得x >；由()0g x '<，得0x <<所以，()g x 在区间上单调递减，在区间)+∞上单调递增所以，min5()2g x g ==-因为1a <-，所以11022a <-<，0<． 所以()0g x >，即()0f x '>． 所以函数)(x f 的单调递增区间为(0,)+∞．（Ⅲ）由0x >，()1f x <-，等价于ln 11x ax x--<-，等价于21ln 0ax x x -+->. 设2()1ln h x ax x x =-+-，只须证()0h x >成立.因为2121()21ax x h x ax x x--'=--=，12a <<，由()0h x '=，得2210ax x --=有异号两根. 令其正根为0x ，则200210ax x --=. 在0(0,)x 上()0h x '<，在0(,)x +∞上()0h x '>.则()h x 的最小值为20000()1ln h x ax x x =-+-0011ln 2x x x +=-+- 003ln 2x x -=-.又(1)220h a '=->，13()2()30222a h a '=-=-<，所以0112x <<.则0030,ln 02x x ->->.因此003ln 02x x -->，即0()0h x >.所以()0h x >所以()1f x <-.19．已知2()x f x e ax =-，曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1y bx =+. （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）求()f x 在[0,1]上的最大值；（Ⅲ）当x ∈R 时，判断()y f x =与1y bx =+交点的个数.（只需写出结论，不要求证明） 19．解：（Ⅰ）()2x f x e ax '=-,由已知可得(1)2f e a b '=-=，(1)1f e a b =-=+解之得1,2a b e ==-．（Ⅱ）令()'()2x g x f x e x ==-． 则'()2x g x e =-,故当0ln2x ≤<时，'()0g x <，()g x 在[0,ln2)单调递减；当ln21x <≤时，'()0g x >，()g x 在(ln 2,1]单调递增； 所以min ()(ln 2)22ln 20g x g ==->，故()f x 在[0,1]单调递增，所以max ()(1)1f x f e ==-．（Ⅲ）当x R ∈时，()y f x =与1y bx =+有两个交点.20．（本小题共14分）设函数()ln mf x x x=+，m ∈R ． （Ⅰ）当m e =时，求函数)(x f 的极小值；（Ⅱ）讨论函数()()3xg x f x '=-零点的个数； （Ⅲ）若对任意的0b a >>，()()1f b f a b a-<-恒成立，求实数m 的取值范围．20.（本小题14分）解：（Ⅰ）因为2'()(0)x ef x x x -=>， 所以当),0(e x ∈时，0)(<'x f ，)(x f 在),0(e 上单调递减；当),(+∞∈e x 时，0)(>'x f ，)(x f 在),(+∞e 上单调递增；所以当e x =时，)(x f 取得极小值2ln )(=+=eee ef ． （Ⅱ）=-'=3)()(x x f x g 312x x m x --)0(>x ，令0)(=x g ，得31(0)3m x x x =-+>．设31()(0)3x x x x ϕ=-+>，则=+-='1)(2x x ϕ)1)(1(+--x x ．所以当)1,0(∈x 时，0)(>'x ϕ，)(x ϕ在(0,1)上单调递增；当),1(+∞∈x 时，0)(<'x ϕ，)(x ϕ在),1(+∞上单调递减；所以)(x ϕ的最大值为32131)1(=+-=ϕ，又0)0(=ϕ，可知： ①当32>m 时，函数)(x g 没有零点；②当32=m 或0≤m 时，函数)(x g 有且仅有1个零点；③当320<<m 时，函数)(x g 有2个零． （Ⅲ）原命题等价于a a f b b f -<-)()(恒成立．)(*. 设=-=x x f x h )()()0(ln >-+x x xmx ，则)(*等价于)(x h 在),0(+∞上单调递减． 即011)(2≤--='x m x x h 在),0(+∞上恒成立,所以=+-≥x x m 241)21(2+--x )0(>x 恒成立，所以41≥m ．即m 的取值范围是),41[+∞．东城理（19）已知函数()e (1)xf x a x =-+.（I ）若曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线斜率为0，求a 的值； （II ）若()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（III ）证明：当0a =时，曲线()(0)y f x x =>总在曲线2ln y x =+的上方. （19）解：（I ）函数()e (1)xf x a x =-+的定义域为R .因为()e (1)xf x a x =-+，所以'()e xf x a =-. 由'(0)10f a =-=得1a =. （II ）'()e (R)x f x a x =-∈. ①当0a >时，令'()0f x =得ln x a =.ln x a <时，'()0f x <；ln x a >时，'()0f x >.()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,+)a ∞上单调递增.所以当ln x a =时，()f x 有最小值(ln )(1ln )ln f a a a a a a =-+=-. “()0f x ≥恒成立”等价于“()f x 最小值大于等于0”，即ln 0a a -≥. 因为0a >，所以01a <≤.②当0a =时，()e 0xf x =>符合题意；③当0a <时，取011x a=-+，则111101()e(11)e 10aa f x a a -+-+=--++=-<，不符合题意.综上，若()0f x ≥对x R ∈恒成立，则a 的取值范围为[0,1].（III ）当0a =时，令()()(2ln )e ln 2(0)xh x f x x x x =-+=-->，可求1'()e xh x x=-. 因为121'()e 1002h =-<，'(1)e 10h =->，且1'()e xh x x=-在(0,)+∞上单调递增，所以在（0，+?）上存在唯一的0x ，使得0001'()e 0xh x x =-=，即001e x x =，且0112x <<. 当x 变化时，()h x 与'()h x 在（0，+?）上的情况如下：则当0x x =时，()h x 存在最小值0()h x ,且000001()e ln 22xh x x x x =--=+-. 因为01(,1)2x ∈，所以0001()220h x x x =+->=.u 所以当0a =时，()2ln (0)f x x x >+>所以当0a =时，曲线()(0)y f x x =>总在曲线2ln y x =+的上方. .. …………14分（20）已知函数()sin cos f x x x a x x =++，a ∈R .（Ⅰ）当1a =-时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当2a=时，求()f x 在区间[0,]2π上的最大值和最小值；（Ⅲ）当2a >时，若方程()30f x -=在区间[0,]2π上有唯一解，求a 的取值范围. （20）解：（Ⅰ）当1a =-时，()sin cos f x x x x x =-+，所以'()2sin cos 1f x x x x =++，'(0)1f =.又因为(0)1f =-， 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y x =-.（Ⅱ）当2a =时，()sin 2cos f x x x x x =++，所以'()sin cos 1f x x x x =-++．当(0,)2x π∈时，1sin 0x ->，cos 0x x >，所以'()0f x >.所以()f x 在区间[0,]2π上单调递增．因此()f x 在区间[0,]2π上的最大值为()2f π=π，最小值为(0)2f =.（Ⅲ）当2a >时，'()(1)sin cos 1f x a x x x =-++.设()(1)sin cos 1h x a x x x =-++，'()(2)cos sin h x a x x x =--，因为2a >，[0,]2x π∈,所以'()0h x <.所以()h x 在区间[0,]2π上单调递减．因为(0)10h =>，()11202h a a π=-+=-<，所以存在唯一的0[0,]2x π∈，使0()0h x =，即0'()0f x =.所以()f x 在区间0[0,]x 上单调递增，在区间0[]2x π，上单调递减．因为(0)f =a ，()2f π=π，又因为方程()30f x -=在区间[0,]2π上有唯一解，所以23a <≤.18. 已知函数ax xx f +=ln )(. （Ⅰ）当0=a 时，求函数)(x f 的单调递增区间； （Ⅱ）当0>a 时，若函数)(x f 的最大值为2e1，求a 的值. 18.（Ⅰ）当0a =时，ln ()xf x x=, 221ln 1ln '()x xx x f x x x ⋅--==令'()0f x >，得0x <<e , 故()f x 的单调递增区间为(0,)e（Ⅱ）方法1：22ln 1ln '()()()x a ax xx x f x x a x a +-+-==++ 令()1ln a g x x x =+-, 则221'()0a x ag x x x x+=--=-< 由()0a g =>e e ，1111()1(1)(1)0a a a a g a a e e+++=+-+=⋅-<e 故存在10(,)a x +∈e e ，0()0g x =故当0(0,)x x ∈时，()0g x >；当0(,)x x ∈+∞时，()0g x <故02()f x =e 故000201ln 0ln 1ax x x x a ⎧+-=⎪⎪⎨⎪=⎪+⎩e，解得202x a ⎧=⎪⎨=⎪⎩e e 故a 的值为2e .（Ⅱ）方法2：()f x 的最大值为21e 的充要条件为对任意的(0,)x ∈+∞，2ln 1x x a ≤+e 且存在0(0,)x ∈+∞，使得020ln 1x x a =+e，等价于对任意的(0,)x ∈+∞，2ln a x x ≥-e 且存在 0(0,)x ∈+∞，使得200ln a x x ≥-e ，等价于2()ln g x x x =-e 的最大值为a .Q 2'()1g x x=-e ， 令'()0g x =，得2x =e .故的最大值为()ln g =-=e e e e e ，即a =e . ········ 13分海淀文20．已知函数ax x x f x-=sin e )(.（Ⅰ）当0=a 时，求曲线)(x f y =在))0(,0(f 处的切线方程； （Ⅱ）当0≤a 时，判断()f x 在]4π3,0[上的单调性，并说明理由； （Ⅲ）当1<a 时，求证：]4π3,0[∈∀x ，都有0)(≥x f . 20．解：（Ⅰ）当0a =时，()e sin x f x x =,'()e (sin cos )x f x x x x =+∈R n . 得'(0) 1.f = 又0(0)e sin 0=0f =,所以曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为.y x =（Ⅱ）方法1：因为()e sin x f x x ax =-，所以'()e (sin cos )xf x x x a =+-sin(+)4x x a π=-因为3[0,]4x π∈，所以[,]44x πππ+∈. sin()04x x π+≥. 所以 当0a ≤时，'()0f x ≥， 所以()f x 在区间3[0,]4π单调递增. ………….…8分方法2：因为()e sin x f x x ax =-，所以'()e (sin cos )x f x x x a =+-. 令()'()g x f x =，则 '()e (sin cos )e (cos sin )2e cos x x x g x x x x x x =++-=，(),'()g x g x 随x 的变化情况如下表：当0a ≤时，3(0)10,()04g a g a =->π=-≥.所以3[0,]4x π∈时，()0g x ≥，即'()0f x ≥，所以()f x 在区间3[0,]4π单调递增.（Ⅲ）方法1：由（Ⅱ）可知，当0a ≤时，()f x 在区间3[0,]4π单调递增， 所以3[0,]4x π∈时，()(0)0f x f ≥=. 当01a <<时，设()'()g x f x =， 则 '()e (sin cos )e (cos sin )2e cos x x x g x x x x x x =++-=，(),'()g x g x 随x 的变化情况如下表：所以'()f x 在[0,]2π上单调递增，在3(,]24ππ上单调递减因为'(0)10f a =->，3'()04f a π=-<， 所以存在唯一的实数03(,)24x ππ∈，使得0'()0f x =，且当0(0,)x x ∈时，'()0f x >，当03(,]4x x π∈时，'()0f x <， 所以()f x 在0[0,]x 上单调递增，()f x 在03[,]4x π上单调递减.又 (0)0f =，3324433()304242f e a e ππππ=⨯->⨯->>, 所以当01a <<时，对于任意的3[0,]4x π∈，()0f x ≥. 综上所述，当1a <时，对任意的3[0,]4x π∈，均有()0f x ≥. ……….…13分方法2：由（Ⅱ）可知，当0a ≤时，()f x 在区间3[0,]4π单调递增， 所以3[0,]4x π∈时，()(0)0f x f ≥=. 当01a <<时， 由（Ⅱ）知，'()f x 在[0,]2π上单调递增，在3(,]24ππ上单调递减，因为'(0)10f a =->，3'()04f a π=-<， 所以存在唯一的实数03(,)24x ππ∈，使得0'()0f x =，且当0(0,)x x ∈时，'()0f x >，当03(,]4x x π∈时，'()0f x <， 所以()f x 在0[0,]x 上单调递增，()f x 在03[,]4x π上单调递减.又 (0)0f =，3324433()304242f e a e ππππ=⨯->⨯->>, 所以当01a <<时，对于任意的3[0,]4x π∈，()0f x ≥. 综上所述，当1a <时，对任意的3[0,]4x π∈，均有()0f x ≥. .…………………….…13分西城理18．已知函数1()e (ln )xf x a x x=⋅++，其中a ∈R ． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-垂直，求a 的值；（Ⅱ）当(0,ln 2)a ∈时，证明：()f x 存在极小值． 18．（本小题满分13分）解：（Ⅰ）()f x 的导函数为2111()e (ln )e ()x x f x a x x x x '=⋅+++⋅-221e (ln )x a x x x =⋅+-+．依题意，有 (1)e (1)e f a '=⋅+=，解得 0a =． （Ⅱ）由221()e (ln )x f x a x x x '=⋅+-+及e 0x >知，()f x '与221ln a x x x+-+同号． 令 221()ln g x a x x x =+-+， 则223322(1)1()x x x g x x x -+-+'==． 所以 对任意(0,)x ∈+∞，有()0g x '>，故()g x 在(0,)+∞单调递增． 因为 (0,ln 2)a ∈，所以 (1)10g a =+>，11()ln 022g a =+<，故 存在01(,1)2x ∈，使得 0()0g x =．()f x 与()f x '在区间1(,1)上的情况如下：所以 ()f x 在区间01(,)2x 上单调递减，在区间0(,1)x 上单调递增．所以 ()f x 存在极小值0()f x ．西城文20．已知函数()e (ln )x f x a x =⋅+，其中a ∈R ． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-垂直，求a 的值； （Ⅱ）记()f x 的导函数为()g x ．当(0,ln 2)a ∈时，证明： ()g x 存在极小值点0x ，且0()0f x <． 20．解：（Ⅰ）11()e (ln )e e (ln )x xx f x a x a x x x'=⋅++⋅=⋅++． 依题意，有 (1)e (1)e f a '=⋅+=，解得 0a =． （Ⅱ）由（Ⅰ）得 1()e (ln )xg x a x x=⋅++， 所以 2211121()e (ln )e ()e (ln )xx x g x a x a x x x x x x'=⋅+++⋅-=⋅+-+． 因为 e 0x>，所以()g x '与221ln a x x x +-+同号． 设 221()ln h x a x x x =+-+，则 223322(1)1()x x x h x x x -+-+'==． 所以 对任意(0,)x ∈+∞，有()0h x '>，故()h x 在(0,)+∞单调递增． 因为 (0,ln 2)a ∈，所以 (1)10h a =+>，11()ln 022h a =+<，故存在01(,1)x ∈，使得 0()0h x =． ()g x 与()g x '在区间1(,1)2上的情况如下：所以 ()g x 在区间01(,)2x 上单调递减，在区间0(,1)x 上单调递增．所以 若(0,ln 2)a ∈，存在01(,1)2x ∈，使得0x 是()g x 的极小值点．令 0()0h x =，得 002012ln x a x x -+=，所以 00000212()e (ln )e 0x x x f x a x x -=⋅+=⋅<．丰台理（18）已知函数()e (ln 1)()x f x a x a =-+∈R ． （Ⅰ）求函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数()y f x =在1(,1)2上有极值，求a 的取值范围． （18）（本小题共13分）解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()e x af x x'=-． （Ⅰ）因为(1)e f a =-，(1)e f a '=-，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(e )(e )(1)y a a x --=--， 即(e )y a x =-． （Ⅱ）()e x a f x x'=-． （ⅰ）当0a ≤时，对于任意1(,1)2x ∈，都有()0f x '>，所以函数()f x 在1(,1)2上为增函数，没有极值，不合题意． （ⅱ）当0a >时，令()e x a g x x =-，则2()e 0x ag x x'=+>． 所以()g x 在1(,1)2上单调递增，即()f x '在1(,1)2上单调递增，所以函数()f x 在1(,1)2上有极值，等价于(1)0,1()0.2f f '>⎧⎪⎨'<⎪⎩所以e 0,20.a a ->⎧⎪<所以e 2a <<． 所以a的取值范围是．丰台文（20）已知函数1()ln ()e xf x a x a =+∈R ． （Ⅰ）当1ea =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数()f x 在定义域内不单调，求a 的取值范围． （20）（本小题共13分）解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，导函数1e ()e e x x x a a xf x x x -'=-+=．（Ⅰ）当1e a =时，因为11(1)0e e f '=-+=，1(1)ef =， 所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1ey =．（Ⅱ）e ()(0)e x xa xf x x x -'=>， 设函数()f x 在定义域内不单调时．．．．，a 的取值范围是集合A ； 函数()f x 在定义域内单调时．．．，a 的取值范围是集合B ，则R A B =ð． 所以函数()f x 在定义域内单调．．，等价于()0f x '≤恒成立，或()0f x '≥恒成立， 即e 0x a x -≤恒成立，或e 0x a x -≥恒成立，等价于e x x a ≤恒成立或e x xa ≥恒成立． 令()(0)e x x g x x =≥，则1()ex xg x -'=，由()0g x '>得 01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增； 由()0g x '<得 1x >，所以()g x 在(1,)+∞上单调递减． 因为(0)0g =，1(1)eg =，且0x >时，()0g x >，所以1()(0]eg x∈，．所以1{|0,}eB a a a=≤≥或，所以1{|0}eA a a=<<．。
2018年北京高三模拟题分类汇编之导数大题
2018年北京高三模拟题分类汇编之导数大题精心校对版△注意事项：1.本系列试题包含2018北京市各城区一模二模真题。
2.本系列文档有相关的试题分类汇编，具体见封面。
3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科 一 、填空题（本大题共1小题，共0分） 1.（2018北京东城区高三一模数学(文)）已知函数()sin cos f x x x a x x =++，a ∈R .（Ⅰ）当1a =-时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当2a=时，求()f x 在区间[0,]2π上的最大值和最小值；（Ⅲ）当2a >时，若方程()30f x -=在区间[0,]2π上有唯一解，求a 的取值范围.二 、解答题（本大题共10小题，共0分） 2.（2018北京东城区高三二模数学(文)）设函数2()2ln 2f x x x ax =-++.（Ⅰ）当3a =时，求()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）若直线1y x =-+是曲线()y f x =的切线，求a 的值.3.（2018北京西城区高三一模数学(文)）已知函数()e (ln )xf x a x =⋅+，其中a ∈R ．（Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-垂直，求a 的值； （Ⅱ）记()f x 的导函数为()g x ．当(0,ln 2)a ∈时，证明： ()g x 存在极小值点0x ，且0()0f x <．姓名：__________班级：__________考号：__________ ●-------------------------密--------------封--------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●4.（2018北京西城区高三二模数学(文)）已知函数ln ()xf x ax x=-，曲线()y f x =在1x =处的切线经过点(2,1)-．（Ⅰ）求实数a 的值；（Ⅱ）设1b >，求()f x 在区间1[,]b b上的最大值和最小值．5.（2018北京朝阳区高三一模数学(文)）已知函数ln 1()()x f x ax a x-=-∈R . （Ⅰ）若0a =,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程; （Ⅱ）若1a <-,求函数()f x 的单调区间; （Ⅲ）若12a <<,求证:()1f x <-.6.（2018北京朝阳区高三二模数学(文)）已知函数()e xf x x =，()1g x ax =+，a ∈R .（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线与直线()y g x =垂直，求a 的值； （Ⅱ）若方程()()0f x g x -=在(2,2)-上恰有两个不同的实数根，求a 的取值范围; （Ⅲ）若对任意1[2,2]x ∈-，总存在唯一的2(,2)x ∈-∞，使得21()()f x g x =，求a 的取值范围.7.（2018北京海淀区高三一模数学(文)）已知函数()e sin x f x x ax =-．（Ⅰ）当0a =时，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当0a ≤时，判断()f x 在3π[0,]4上的单调性，并说明理由； （Ⅲ）当1a <时，求证：3π[0,]4x ∀∈，都有()0f x ≥．8.（2018北京海淀区高三二模数学(文)）已知函数()()e x a f x x x=+，a ∈R . （Ⅰ）求()f x 的零点；（Ⅱ）当5a ≥-时，求证：()f x 在(1,)+∞上为增函数. 9.（2018北京丰台区高三一模数学(文)）已知函数1()ln ()e xf x a x a =+∈R ． （Ⅰ）当1ea =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数()f x 在定义域内不单调，求a 的取值范围．10.（2018北京石景山区高三一模数学(文)）设函数()ln mf x x x=+，m ∈R ． （Ⅰ）当m e =时，求函数)(x f 的极小值；（Ⅱ）讨论函数()()3xg x f x '=-零点的个数； （Ⅲ）若对任意的0b a >>，()()1f b f a b a-<-恒成立，求实数m 的取值范围．11.（2018年北京高考真题数学(文)）设函数2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围.2018年北京高三模拟题分类汇编之导数大题答案解析一 、填空题 1.解：（Ⅰ）当1a =-时，()sin cos f x x x x x =-+， 所以'()2sin cos 1f x x x x =++，'(0)1f =. 又因为(0)1f =-，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y x =-. ………4分 （Ⅱ）当2a =时，()sin 2cos f x x x x x =++， 所以'()sin cos 1f x x x x =-++．当(0,)2x π∈时，1sin 0x ->，cos 0x x >， 所以'()0f x >.所以()f x 在区间[0,]2π上单调递增．因此()f x 在区间[0,]2π上的最大值为()2f π=π，最小值为(0)2f =.………8分（Ⅲ）当2a >时，'()(1)sin cos 1f x a x x x =-++. 设()(1)sin cos 1h x a x x x =-++，'()(2)cos sin h x a x x x =--，因为2a >，[0,]2x π∈, 所以'()0h x <.所以()h x 在区间[0,]2π上单调递减．因为(0)10h =>，()11202h a a π=-+=-<，所以存在唯一的0[0,]2x π∈，使0()0h x =，即0'()0f x =. 所以()f x 在区间0[0,]x 上单调递增，在区间0[]2x π，上单调递减．因为(0)f =a ，()2f π=π，又因为方程()30f x -=在区间[0,]2π上有唯一解，所以23a <≤. ………13分二 、解答题 2.解：()f x 的定义域为(0,)+∞． ………1分 （Ⅰ）当3a =时，2()2ln 32f x x x x =-++，所以22232'()23x x f x x x x -++=-+=.令2232'()0x x f x x-++==，得22320x x -++=， 因为0x >，所以2x =. ()f x 与'()f x 在区间(0,)+∞上的变化情况如下：所以()f x 的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间(2)+∞，. ()f x 有极大值2ln 24+，()f x 无极小值. …………6分（Ⅱ）因为2()2ln 2f x x x ax =-++， 所以2'()2f x x a x=-+. 设直线1y x =-+与曲线()y f x =的切点为（00,()x f x ），所以2000000222'()21x ax f x x a x x -++=-+==-，即202(1)20x a x -+-=. 又因为200000()2ln 21f x x x ax x =-++=-+，即20002ln (1)10x x a x -+++= 所以2002ln 10x x +-=.设2()2ln 1g x x x =+-，因为22(1)'()0(0)x g x x x+=>>，所以()g x 在区间(0,)+∞上单调递增.所以()g x 在区间(0,)+∞上有且只有唯一的零点. 所以(1)0g =，即01x =.所以1a =-. …………13分 3.解：（Ⅰ）11()e (ln )e e (ln )x xx f x a x a x x x'=⋅++⋅=⋅++． [ 2分] 依题意，有 (1)e (1)e f a '=⋅+=， [ 3分] 解得 0a =． [ 4分]（Ⅱ）由（Ⅰ）得1()e (ln )xg x a x x =⋅++， 所以 2211121()e (ln )e ()e (ln )x x xg x a x a x x x x x x'=⋅+++⋅-=⋅+-+． [ 6分]因为 e 0x>，所以()g x '与221ln a x x x+-+同号． 设 221()ln h x a x x x =+-+， [ 7分] 则 223322(1)1()x x x h x x x-+-+'==． 所以 对任意(0,)x ∈+∞，有()0h x '>，故()h x 在(0,)+∞单调递增． [ 8分]因为 (0,ln 2)a ∈，所以 (1)10h a =+>，11()ln 022h a =+<，故存在01(,1)2x ∈，使得 0()0h x =． [10分]()g x 与()g x '在区间1(,1)上的情况如下：所以 ()g x 在区间0(,)2x 上单调递减，在区间0(,1)x 上单调递增．所以 若(0,ln 2)a ∈，存在01(,1)2x ∈，使得0x 是()g x 的极小值点． [11分]令 0()0h x =，得 00212ln x a x x -+=， 所以 00000212()e (ln )e 0x x x f x a x x -=⋅+=⋅<． [13分] 4.解：（Ⅰ）()f x 的导函数为221ln ()x ax f x x --'=， ………………2分所以(1)1f a '=-． 依题意，有 (1)(1)112f a --=--，即1112a a -+=--， ……………… 4分 解得 1a =． ……………… 5分（Ⅱ）由（Ⅰ）得221ln ()x xf x x--'=． 当0<<1x 时，210x ->，ln 0x ->，所以()0f x '>，故()f x 单调递增；当>1x 时，210x -<，ln 0x -<，所以()0f x '<，故()f x 单调递减．所以 ()f x 在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减． ……………… 8分 因为 101b b<<<， 所以 ()f x 最大值为(1)1f =-． ……………… 9分 设 111()()()()ln h b f b f b b b b b b =-=+-+，其中1b >． ………………10分则 21()(1)ln 0h b b b '=->， 故 ()h b 在区间(1,)+∞上单调递增． ………………11分所以 ()(1)0h b h >=， 即 1()()f b f b >， ………………12分故 ()f x 最小值为11()ln f b b b b=--． ………………13分5.已知函数ln 1()()x f x ax a x-=-∈R . （Ⅰ）若0a =,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程; （Ⅱ）若1a <-,求函数()f x 的单调区间; （Ⅲ）若12a <<,求证:()1f x <-.解:（Ⅰ）若0a =,则(1)1f =-,22ln (),(1)2xf x f x-''==,所以()f x 在点(1,1)-处的切线方程为230x y --=.（Ⅱ）222ln (0,),().ax xx f x x--'∈+∞= 令2()2ln g x ax x =--,则221()ax g x x--'=.令()0g x '=,得x=依题意102a ->)由()0g x '>,得x >由()0g x '<,得0x <<.所以,()g x 在区间上单调递减,在区间)+∞上单调递增所以,min5()2g x g ==-因为1a <-,所以110,022a <-<<.所以()0g x >,即()0f x '>.所以函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞.（Ⅲ）由0,()1x f x ><-,等价于ln 11x ax x--<-, 等价于21ln 0ax x x -+->.设2()1ln h x ax x x =-+-,只须证()0h x >成立.因为2121()21,12,ax x h x ax a x x--'=--=<< 由()0h x '=,得2210ax x --=有异号两根.令其正根为0x ,则200210ax x --=.在0(0,)x 上()0h x '<,在0(,)x +∞上()0h x '>则()h x 的最小值为20000()1ln h x ax x x =-+-000011ln 23ln .2x x x x x +=-+--=- 又13(1)220,()2()30,222a h a h a ''=->=-=-<所以011.2x << 则030,ln 0.2x x ->-> 因此03ln 0,2x x -->即0()0.h x >所以()0h x >. 所以()1f x <-.6.解：（Ⅰ）由题意可知()(1)xf x x e '=+，(0)1f '=，因为曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线与直线()y g x =垂直，所以1a =-. ……………… 3分（Ⅱ）令()()()h x f x g x =-，(2,2)x ∈-.则()(1)e ,()(2)e 0x x h x x a h x x '''=+-=+>所以，()h x '在区间(2,2)-上单调递增.依题意，(2)0(2)0h h '-<⎧⎨'>⎩ ，解得221(,3e )e a ∈-.所以0(2,2)x ∃∈-，使得0()0h x '=，即00(1)e 0xx a +-=, 于是()h x 的最小值为0000()e 1xh x x ax =--.依题意，0(2)0(2)0()0h h h x ->⎧⎪>⎨⎪<⎩，，，因为000020000000()e 1e (1)e 1e 10xxxxh x x ax x x x x =--=-+-=--<,所以，解得22111(,e )e 22a ∈+-.……………… 8分 （Ⅲ）()(1)e x f x x '=+⋅，令()0f x '=，得1x =-.当(,1)x ∈-∞-时，()0f x '<，函数()f x 为减函数； 当(12)x ∈-，时，()0f x '>，函数()f x 为增函数. 所以函数()f x 的最小值1(1)ef -=-. 又2(2)2e f =.显然当0x <时，()0f x <. 令2()e ,1x t x x x =<-.则2()(2)e .xt x x x '=+令()0t x '=，得2x =-或0. 所以()t x 在()2-∞-，内为增函数，在()21--，内为减函数.所以max 24()(2)1e t x t =-=<.所以2e 1x x <. 又1x <-，所以1e x x x >.而当1x <-时，()11,0x∈-，所以当(],1x ∈-∞-时，1(),0e f x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭；当(1,0)x ∈-时，1(),0ef x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. (1)当0a =时，()1g x =，符合题意；(2)当0a >时，易得()[21,21]g x a a ∈-++.依题意2210212e a a -+≥⎧⎨+<⎩，， 所以21,21e ,2a a ⎧≤⎪⎪⎨⎪<-⎪⎩所以此时102a <≤.(3)当0a <，则()[2121]g x a a ∈+-+，，依题意2210212e a a +≥⎧⎨-+<⎩，，所以21,21e ,2a a ⎧≥-⎪⎪⎨⎪>-+⎪⎩所以102a -≤<.综上11[,]22a ∈-. ……………13分7.解：（Ⅰ）当0a =时，()sin x f x e x =,'()(sin cos )x f x e x x x R =+∈，. (1)分得'(0) 1.f = .…………………….…2分 又0(0)sin 0=0f e =, .…………………….…3分所以曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为.y x = .…………………….…4分方法1：（Ⅱ）因为()sin x f x e x ax =-，所以π'()e (sin cos )sin(+)4x xf x x x a x a =+-=-. …………………….…5分因为3π[0,]4x ∈，所以ππ[,π]44x +∈. .…………………….…6分πsin()04xx +≥. (7)分所以 当0a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在区间3π[0,]4单调递增. (8)分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当0a ≤时，()f x 在区间3π[0,]4单调递增，所以3π[0,]4x ∈时，()(0)0f x f ≥=. .…………………….…9分当01a <<时，设()'()g x f x =，则 '()(sin cos )(cos sin )2cos xxxg x e x x e x x e x =++-=，所以'()f x 在[0,]2上单调递增，在(,]24上单调递减 .…………………….…10分因为'(0)10f a =->，3π()04f a '=-<， 所以存在唯一的实数0π3π(,)24x ∈，使得0'()0f x =， .…………………….…11分且当0(0,)x x ∈时，'()0f x >，当03π(,]4x x ∈时，'()0f x <，所以()f x 在0[0,]x 上单调递增，()f x 在03π[,]x 上单调递减. .………………….…12分又(0)0f =，3π3π443π3π()e e 3044f a =->>>， 所以当01a <<时，对于任意的3π[0,]4x ∈，()0f x ≥.综上所述，当1a <时，对任意的3π[0,]4x ∈，均有()0f x ≥. .…………………….…13分方法2：（Ⅱ）因为()sin xf x e x ax =-，所以'()(sin cos )xf x e x x a =+-，…………….…5分 令()'()g x f x =，则'()(sin cos )(cos sin )2cos xxxg x e x x e x x e x =++-=， .…………………….…6分(),'()g x g x 随x 的变化情况如下表：.…7分当0a ≤时，(0)10g a =->，3(π)04g a =-≥所以3π[0,]4x ∈时，()0g x ≥，即()0f x '≥，所以()f x 在区间3π[0,]4单调递增. .…………………….…8分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当0a ≤时，()f x 在区间3π[0,]4单调递增，所以3π[0,]4x ∈时，()(0)0f x f ≥=. .…………………….…9分当01a <<时， 由（Ⅱ）可知，()f x '在π[0,]2上单调递增，在π3π(,]24上单调递减，因为(0)10f a '=->，3π()04f a '=-<，所以存在唯一的实数0π3π(,)24x ∈，使得0'()0f x =， .…………………….…11分且当0(0,)x x ∈时，'()0f x >，当03π(,]4x x ∈时，'()0f x <，所以()f x 在0[0,]x 上单调递增，()f x 在03π[,]4x 上单调递减. .………………….…12分又(0)0f =，3π3π443π3π()e e 3044f a =->>>， 所以当01a <<时，对于任意的3π[0,]4x ∈，()0f x ≥.综上所述，当1a <时，对任意的3π[0,]4x ∈，均有()0f x ≥. .……………….…13分8.解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞， …………………1分令()0f x =，得220,.x a x a +==- …………………2分 当0a ≥时，方程无解，()f x 没有零点； …………………3分当0a <时，得x =…………………4分综上，当0a ≥时()f x 无零点；当0a <时，()f x 零点为（Ⅱ）2'()(1)()x x a a f x e x e x x=-++322()xx x ax a e x ++-=. …………………6分 令32()g x x x ax a =++-，(1)x > …………………7分 则2'()32g x x x a =++， …………………8分其对称轴为13x =-，所以'()g x 在(1,)+∞上单调递增， ………………9分 所以2'()31215g x a a >⨯+⨯+=+，当5a ≥-时，'()0g x >恒成立， …………………10分 所以()g x 在(1,)+∞上为增函数. …………………11分所以()(1)20g x g >=>. …………………12分所以1x >时，'()0f x >,()f x 在(1,)+∞上单调递增. …………………13分9.解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞， ……………………1分导函数1e ()e ex x xa a xf x x x -'=-+=． ……………………3分 （Ⅰ）当1e a =时，因为11(1)0e e f '=-+=，1(1)ef =， ……………………5分 所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1ey =． ……………………6分（Ⅱ）e ()(0)ex xa xf x x x -'=>， 设函数()f x 在定义域内不单调时．．．．，a 的取值范围是集合A ； ……………………7分 函数()f x 在定义域内单调时．．．，a 的取值范围是集合B ，则RA B =．所以函数()f x 在定义域内单调．．，等价于()0f x '≤恒成立，或()0f x '≥恒成立， 即e 0x a x -≤恒成立，或e 0x a x -≥恒成立，等价于e x x a ≤恒成立或e x xa ≥恒成立． ……………………8分 令()(0)e x x g x x =≥，则1()ex xg x -'=， ……………………9分由()0g x '>得 01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增； ……………………10分 由()0g x '<得 1x >，所以()g x 在(1,)+∞上单调递减． ……………………11分 因为(0)0g =，1(1)eg =，且0x >时，()0g x >， 所以1()(0]eg x ∈，． ……………………12分 所以1{|0,}eB a a a =≤≥或，所以1{|0}eA a a =<<． ……………………13分 10.解：（Ⅰ）因为2'()(0)x ef x x x -=>， 所以当),0(e x ∈时，0)(<'x f ，)(x f 在),0(e 上单调递减；当),(+∞∈e x 时，0)(>'x f ，)(x f 在),(+∞e 上单调递增；所以当e x =时，)(x f 取得极小值2ln )(=+=eee ef ． ………………3分 （Ⅱ）=-'=3)()(x x f x g 312xx m x --)0(>x ， 令0)(=x g ，得31(0)3m x x x =-+>．设31()(0)3x x x x ϕ=-+>，则=+-='1)(2x x ϕ)1)(1(+--x x ．所以当)1,0(∈x 时，0)(>'x ϕ，)(x ϕ在(0,1)上单调递增； 当),1(+∞∈x 时，0)(<'x ϕ，)(x ϕ在),1(+∞上单调递减；所以)(x ϕ的最大值为32131)1(=+-=ϕ，又0)0(=ϕ，可知： ①当32>m 时，函数)(x g 没有零点； ②当32=m 或0≤m 时，函数)(x g 有且仅有1个零点； ③当320<<m 时，函数)(x g 有2个零． ……………9分 （Ⅲ）原命题等价于a a f b b f -<-)()(恒成立．)(*.设=-=x x f x h )()()0(ln >-+x x xmx ， 则)(*等价于)(x h 在),0(+∞上单调递减．即011)(2≤--='xmx x h 在),0(+∞上恒成立， 所以=+-≥x x m 241)21(2+--x )0(>x 恒成立， 所以41≥m ． 即m 的取值范围是),41[+∞． ………………14分11.（13分）解：（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++， 所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e xxf x ax a x ax x '=-++=--. 若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<， 所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞.方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--.（1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. ①当12x x =，即a =1时，2()(1)e 0xf x x '=-≥，∴()f x 在R 上单调递增，∴()f x 无极值，不合题意.②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.。
[2014-2018]北京高考数学真题分类汇编 专题三 导数及其应用
![[2014-2018]北京高考数学真题分类汇编 专题三 导数及其应用](https://img.taocdn.com/s3/m/c6a6352b3c1ec5da51e2702c.png)
专题三 导数及其应用1．（2018北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（4a +1）x +4a +3]e x ．（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若f （x ）在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 2．（2017北京）已知函数f （x ）＝e x cos x ﹣x ．（1）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （2）求函数f （x ）在区间[0，]上的最大值和最小值．3. （2016北京）设函数f （x ）＝xe a ﹣x +bx ，曲线y ＝f （x ）在点（2，f （2））处的切线方程为y ＝（e ﹣1）x +4， （Ⅰ）求a ，b 的值； （Ⅱ）求f （x ）的单调区间． 4. （2015北京）已知函数f （x ）＝ln，（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （Ⅱ）求证，当x ∈（0，1）时，f （x ）；（Ⅲ）设实数k 使得f （x ）对x ∈（0，1）恒成立，求k 的最大值．5. （2014北京）已知函数f （x ）＝x cos x ﹣sin x ，x ∈[0，] （1）求证：f （x ）≤0； （2）若ab 对x ∈（0，）上恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．6. （2013北京）设l 为曲线:lnxC y x=在点(1,0)处的切线． （Ⅰ）求l 的方程；（Ⅱ）证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下方．7. （2012北京）已知函数2()1(0)f x ax a =+>，3()g x x bx =+（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24a b =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 8. （2011北京）已知函数2()()x kf x x k e =-． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的(0,)x ∈+∞，都有1()f x e，求k 的取值范围 9. （2010北京）已知函数2()(1)(0)2k f x ln x x x k =+-+． （Ⅰ）当2k =时，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 的单调区间．专题三 导数及其应用答案部分1．（2018北京）（Ⅰ）函数f （x ）＝[ax 2﹣（4a +1）x +4a +3]e x 的导数为 f ′（x ）＝[ax 2﹣（2a +1）x +2]e x ．由题意可得曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线斜率为0， 可得（a ﹣2a ﹣1+2）e ＝0，且f （1）＝3e ≠0， 解得a ＝1；（Ⅱ）f （x ）的导数为f ′（x ）＝[ax 2﹣（2a +1）x +2]e x ＝（x ﹣2）（ax ﹣1）e x ， 若a ＝0则x ＜2时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增；x ＞2，f ′（x ）＜0，f （x ）递减． x ＝2处f （x ）取得极大值，不符题意； 若a ＞0，且a，则f ′（x ）（x ﹣2）2e x ≥0，f （x ）递增，无极值；若a ，则2，f （x ）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增，可得f （x ）在x ＝2处取得极小值；若0＜a，则2，f（x）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增，可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意；若a＜0，则2，f（x）在（，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，）递减，可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（，+∞）．2．（2017北京）（1）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；（2）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，令g（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）＝e x（cos x﹣sin x﹣sin x﹣cos x）＝﹣2e x•sin x，当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2e x•sin x≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；最小值为f（）cos．3．（2016北京）（Ⅰ）∵y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y＝（e﹣1）x+4，∴当x＝2时，y＝2（e﹣1）+4＝2e+2，即f（2）＝2e+2，同时f′（2）＝e﹣1，∵f（x）＝xe a﹣x+bx，∴f′（x）＝e a﹣x﹣xe a﹣x+b，则，即a＝2，b＝e；（Ⅱ）∵a＝2，b＝e；∴f（x）＝xe2﹣x+ex，∴f′（x）＝e2﹣x﹣xe2﹣x+e＝（1﹣x）e2﹣x+e＝（1﹣x+e x﹣1）e2﹣x，∵e2﹣x＞0，∴1﹣x+e x﹣1与f′（x）同号，令g（x）＝1﹣x+e x﹣1，则g′（x）＝﹣1+e x﹣1，由g′（x）＜0，得x＜1，此时g（x）为减函数，由g′（x）＞0，得x＞1，此时g（x）为增函数，则当x＝1时，g（x）取得极小值也是最小值g（1）＝1，则g（x）≥g（1）＝1＞0，故f′（x）＞0，即f（x）的单调区间是（﹣∞，+∞），无递减区间．4. （2015北京）（1）因为f（x）＝ln（1+x）﹣ln（1﹣x）所以又因为f（0）＝0，所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x．（2）证明：令g（x）＝f（x）﹣2（x），则g'（x）＝f'（x）﹣2（1+x2），因为g'（x）＞0（0＜x＜1），所以g（x）在区间（0，1）上单调递增．所以g（x）＞g（0）＝0，x∈（0，1），即当x∈（0，1）时，f（x）＞2（x）．（3）由（2）知，当k≤2时，f（x）对x∈（0，1）恒成立．当k ＞2时，令h （x ）＝f （x ），则h '（x ）＝f '（x ）﹣k （1+x 2），所以当时，h '（x ）＜0，因此h （x ）在区间（0，）上单调递减．当时，h （x ）＜h （0）＝0，即f （x ）．所以当k ＞2时，f （x ）并非对x ∈（0，1）恒成立．综上所知，k 的最大值为2． 6. （2013北京）（Ⅰ）lnxy x=∴21lnxy x -'=l ∴的斜率1|1x k y =='= l ∴的方程为1y x =-证明：（Ⅱ）令()(1)f x x x lnx =--，(0)x > 曲线C 在直线l 的下方，即()(1)0f x x x lnx =-->， 则1(21)(1)()21x x f x x x x+-'=--=()f x ∴在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，又f （1）0= (0,1)x ∴∈时，()0f x >，即1lnxx x <- (1,)x ∈+∞时，()0f x >，即1lnxx x<- 即除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下方7. （2012北京）（1）2()1(0)f x ax a =+>，则()2f x ax '=，12k a =，3()g x x bx =+，则2()3g x x b '=+，23k b =+， 由(1,)c 为公共切点，可得：23a b =+① 又f （1）1a =+，g （1）1b =+，11a b ∴+=+，即a b =，代入①式可得：33a b =⎧⎨=⎩． （2）由题设24a b =，设3221()()()14h x f x g x x ax a x =+=+++则221()324h x x ax a '=++，令()0h x '=，解得：12ax =-，26a x =-；0a >，∴a a-<-，∴原函数在(,)2a -∞-单调递增，在(,)26a a --单调递减，在(,)6a -+∞上单调递增①若12a--，即02a <时，()h x 在(-∞，1]-递增，无最大值； ②若126a a -<-<-，即26a <<时，最大值为()12ah -=；③若16a --时，即6a 时，最大值为()12ah -=． 综上所述：当(0a ∈，2]时，无最大值；当(2,)a ∈+∞时，最大值为()12ah -=．8. （2011北京）（Ⅰ）22211()2()()()x x xkk k f x x k e x k e x k e k k'=-+-=-，令()0f x '=，得x k =±当0k >时，()()f x f x '随x 的变化情况如下：所以，()f x 的单调递增区间是(,)k -∞-，和(,)k +∞，单调递减区间是(,)k k -； 当0k <时，()()f x f x '随x 的变化情况如下：所以，()f x 的单调递减区间是(,)k -∞，和(,)k -+∞，单调递增区间是(,)k k -； （Ⅱ）当0k >时，有11(1)k kf k ee++=>，不合题意， 当0k <时，由()I 知()f x 在(0,)+∞上的最大值是24()k f k e-=，∴任意的(0,)x ∈+∞，1()f x e，241()k f k e e ⇔-=，解得102k -<，故对于任意的(0,)x ∈+∞，都有1()f x e ，k 的取值范围是102k -<．9. （2010北京）()I 当2k =时，21()(1),()121f x ln x x x f x x x'=+-+=-++ 由于3(1)(2),(1)2f ln f '==所以曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为 32(1)2y ln x -=-．即322230x y ln -+-=1()()1(1)1II f x kx x x'=-+>-+ 当0k =时，()1x f x x'=-+ 因此在区间(1,0)-上，()0f x '>；在区间(0,)+∞上，()0f x '<； 所以()f x 的单调递增区间为(1,0)-，单调递减区间为(0,)+∞； 当01k <<时，(1)()01x kx k f x x +-'==+，得1210,0kx x k-==>；因此，在区间(1,0)-和1(,)k k -+∞上，()0f x '>；在区间1(0,)kk -上，()0f x '<；即函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和1(,)k k -+∞，单调递减区间为1(0,)kk-；当1k =时，2()1x f x x'=+．()f x 的递增区间为(1,)-+∞当1k >时，由(1)()01x kx k f x x +-'==+，得1210,(1,0)kx x k-==∈-；因此，在区间1(1,)k k --和(0,)+∞上，()0f x '>，在区间1(,0)k k-上，()0f x '<； 即函数()f x 的单调递增区间为1(1,)k k --和(0,)+∞，单调递减区间为1(,0)kk-．。
最新-北京市各区2018年高考数学一模试题分类解析(3)
三、导数及其应用（选修2-2）21．（2018高考模拟文科）（本小题满分12分） 若1212()x x x x ≠、是函数)0()(223>-+=a x a bx ax x f 的两个极值点。
（Ⅰ）若121,13x x =-=，求函数)(x f 的解析式；（Ⅱ）若12x x +=b 的最大值。
21．解析：（Ⅰ）∵)0()(223>-+=a x a bx ax x f ，∴)0(23)(22>-+='a a bx ax x f依题意有13-和1是方程02322=-+a bx ax 的两根 ∴2233133b a a ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩ 解得11a b =⎧⎨=-⎩，∴()32f x x x x =--．（经检验，适合）……5分（Ⅱ）∵)0(23)(22>-+='a a bx ax x f ,依题意，12,x x 是方程()0f x '=的两个根，∵0321<-=ax x且12x x += ∴()21212x x -=．∴()2222412,3933b ab a a a ⎛⎫-+=∴=- ⎪⎝⎭．．．．．．．．．．．．７分 ∵20b ≥∴09a <≤．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．８分设()()239p a aa =-，则()2549p a a a '=-．由()0p a '>得06a <<，由()0p a '<得6a >．即函数()p a 在区间(]0,6上是增函数，在区间[]6,9上是减函数，．．．．．．．．10分 ∴当6a =时，()p a 有极大值为324，∴()p a 在(]0,9上的最大值是324， ∴b 的最大值为18． ……………………………12分 18.（2018东城一模文科）（本小题共13分）已知1=x 是函数()(2)e xf x ax =-的一个极值点．(a ∈R )（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）当1x ，[]20,2x ∈时，证明：12()()e f x f x -≤．（Ⅰ）解：'()(2)e x f x ax a =+-， …………2分由已知得)1('=f ，解得1=a ． …………4分当1a =时，()(2)e x f x x =-，在1x =处取得极小值．所以1a =. …………5分（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，()(2)e x f x x =-，'()(1)e x f x x =-.当[]1,0∈x 时，0)1()('≤-=x e x x f ，)(x f 在区间[]0,1单调递减； 当(]1,2x ∈时，'()(1)xf x x e =->，)(x f 在区间(]1,2单调递增. …………8分所以在区间[]0,2上，()f x 的最小值为(1)e f =-， 又(0)2f =-，(2)0f =， 所以在区间[]0,2上，()f x 的最大值为(2)0f =. …………12分对于[]12,0,2x x ∈，有12max min ()()()()f x f x f x f x -≤-． 所以12()()0(e)e f x f x -≤--=. …………13分18. （2018丰台一模文科）（本小题共13分）已知函数321()13f x x ax =-+ ()a R ∈． （Ⅰ）若曲线y =f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x +y +1=0平行，求a 的值；（Ⅱ）若a >0，函数y =f (x )在区间(a ，a 2-3)上存在极值，求a 的取值范围； （Ⅲ）若a >2，求证：函数y =f (x )在(0，2)上恰有一个零点． 解：（Ⅰ）2()2f x x ax '=-， ……………………1分(1)12f a '=-， ……………………2分因为曲线y =f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x +y +1=0平行所以1a -=， ……………………3分所以1a =． ……………………4分（Ⅱ）令(f x '=， ……………………5分即()(2)0f x x x a '=-=，所以x =或2x a =． ……………………6分因为a >0，所以0x =不在区间(a ，a 2-3)内，要使函数在区间(a ，a 2-3)上存在极值，只需223a a a <<-． ……………………7分所以3a >． ……………………9分（Ⅲ）证明：令()0f x '=，所以 0x =或2x a =．因为a >2，所以2a >4， ……………………10分所以()0f x '<在(0，2)上恒成立，函数f (x )在(0，2)内单调递减． 又因为(f =>，1112(2)03af -=<， ……………………11分 所以f (x )在(0，2)上恰有一个零点． ……………………13分 18．（2018石景山一模文科）（本小题满分14分）已知函数2()2ln f x x a x =+.（Ⅰ）若函数()f x 的图象在(2,(2))f 处的切线斜率为1，求实数a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅲ）若函数2()()g x f x x=+在[1,2]上是减函数，求实数a 的取值范围. 解：（Ⅰ）2222'()2a x a f x x x x+=+= …………1分 由已知'(2)1f =，解得3a =-. …………3分（II ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞.（1）当0a ≥时, '()0f x >，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞；……5分（2）当0a <时'()f x =.当x 变化时，'(),()f x f x 的变化情况如下：由上表可知，函数()f x 的单调递减区间是；单调递增区间是)+∞. …………8分 （II ）由22()2ln g x x a x x =++得222'()2a g x x x x=-++，…………9分 由已知函数()g x 为[1,2]上的单调减函数，则'()0g x ≤在[1,2]上恒成立，即22220ax x x -++≤在[1,2]上恒成立. 即21a x x ≤-在[1,2]上恒成立. …………11分令21()h x x x =-，在[1,2]上2211'()2(2)0h x x x x x=--=-+<，所以()h x 在[1,2]为减函数. min 7()(2)2h x h ==-,所以72a ≤-. …………14分18. （2018高考仿真文科）（本小题满分13分）设函数c x b ax x f +-=232)(，其图像过点（0,1）. （1）当方程01)('=+-x x f 的两个根分别为是21，1时,求f(x)的解析式；（2）当0,32≠=b a 时，求函数f(x)的极大值与极小值.解：由题意可知，f(0)=1所以c=1 ……………………………….1分(Ⅰ)由,12)(23+-=x b ax x f 得bxax x f -=2'3)(.因为01)('=+-x x f ，即0132=+--x bx ax 的两个根分别为1,21所以⎪⎩⎪⎨⎧=+--=+--⨯011301212413b a b a 解得⎪⎩⎪⎨⎧==232b a 故132)(23+-=x x x f ………… ……………………….6分 （Ⅱ）c x bx x f +-=23232)(所以，)2(22)(2'bx x bx x x f -=-=………………. ……………………….7分①若b>0，则当)0,(-∞∈x 时，0)('>x f 函数f(x)单调递增 当)2,0(b x ∈时，0)('<x f 函数f(x)单调递减 当),2(+∞∈b x 时，0)('>x f 函数f(x)单调递增 因此，f(x)的极大值为f （0）=c=1,f(x)的极小值为241)23b b f -=（ ……………………….10分②若b<0，则当)2,(b x -∞∈时，0)('>x f 函数f(x)单调递增 当)0,2(b x ∈时，0)('<x f 函数f(x)单调递减 当),0(+∞∈x 时，0)('>x f 函数f(x)单调递增因此，f(x)的极大值为241)23b b f -=（f(x)的极小值为f （0）=1.综上所述，当b>0时, f(x)的极大值为1, 极小值为2413b -,当b<0时, f(x)的极大值为2413b -, 极小值为 1. ……………………….13分18. （2018朝阳一模文科）（本题满分14分）已知函数()2()1e xf x ax =-⋅,a ∈R .（Ⅰ）若函数()f x 在1x =时取得极值，求a 的值；（Ⅱ）当0a ≤时，求函数()f x 的单调区间.解：（Ⅰ）()2()21e xf x ax ax '=+-⋅.x ∈R ……………………2分依题意得(1)(31)e =0f a '=-⋅，解得13a =. 经检验符合题意. ………4分 （Ⅱ）()2()21e xf x ax ax '=+-⋅，设2()21g x ax ax =+-，（1）当0a =时，()e x f x =-，()f x 在(),-∞+∞上为单调减函数. ……5分 （2）当0a <时，方程2()21g x ax ax =+-=0的判别式为244a a ∆=+， 令0∆=, 解得0a =（舍去）或1a =-.1°当1a =-时，22()21(1)0g x x x x =---=-+≤，即()2()21e 0xf x ax ax '=+-⋅≤，且()f x '在1x =-两侧同号，仅在1x =-时等于0，则()f x 在(),-∞+∞上为单调减函数. ……………………7分 2°当10a -<<时，0∆<，则2()210g x ax ax =+-<恒成立，即()0f x '<恒成立，则()f x 在(),-∞+∞上为单调减函数. ……………9分 3°1a <-时，2440a a ∆=+>，令()0g x =， 方程2210ax ax +-=有两个不相等的实数根11x =-21x =-作差可知11->-则当1x a <-+时，()0g x <，()0f x '<，()f x 在(,1)a-∞-+上为单调减函数；当11x -<<-时，()0g x >，()0f x '>，()f x 在(11-+-上为单调增函数；当1x a >--时，()0g x <，()0f x '<，()f x 在(1)a--+∞上为单调减函数. ……………………………………………………………………13分 综上所述，当10a -≤≤时，函数()f x 的单调减区间为(),-∞+∞；当1a <-时，函数()f x 的单调减区间为(,1-∞-，(1)-+∞，函数()f x 的单调增区间为(11-+-. …………………………14分18. （2018东城示范校二模文）(本题满分13分) 已知函数32()231f x ax ax =-+，3()42a g x x =-+()a ∈R . (Ⅰ) 当1a =时, 求函数()y f x =的单调区间；(Ⅱ) 当0≤a 时，若任意给定的[]00,2x ∈,在[]0,2上总存在两个不同的(1,2)i x i =，使 得0()()i f x g x =成立，求a 的取值范围．解：（I ）2()666(1).f x x x x x '=-=-------------------------2分由()0,10f x x x '>><得或； 由()0,01f x x '<<<得；故函数)(x f 的单调递增区间是)(1,)0,(+∞-∞和；单调递减区间是（0，1）.-------------------------6分 （II ） ①当0a =时，23)(,1)(==x g x f ，显然不可能满足题意； -------------------------7分②当0a <时，)1(666)(2-=-='x ax ax ax x f .分又因为当30,()42a a g x x <=-+时在[0，2]上是增函数， 对任意]232,23[)(],2,0[+-∈∈a x g x ， -------------------------------11分由题意可得a a -<+-1232解得1-<a . 综上，a 的取值范围为)1,(--∞.------------------------13分18. （2018房山一模文科）（本小题共13分）设函数3221()23()3f x x ax a x a a R =-+-+∈. （Ⅰ）当1=a 时，求曲线)(x f y =在点())3(,3f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数)(x f 的单调区间和极值；（Ⅲ）若对于任意的∈x (3,)a a ，都有()1f x a <+，求a 的取值范围. 解：（I ）∵当1=a 时，13231)(23+-+-=x x x x f ，………………………1分 34)(2-+-='x x x f …………………………………2分当3=x 时，1)3(=f ，=')3(f 0 …………………………………3分 ∴曲线)(x f y =在点())3(,3f 处的切线方程为01=-y ………………………4分（II ）22()4-3()(3)f x x ax a x a x a '=-+=--- ……………………………5分 0a =时，()0f x '≤，(,)-∞∞是函数的单调减区间；无极值；……………6分 0a >时，在区间(,),(3,)a a -∞∞上，()0f x '<； 在区间(,3)a a 上，()0f x '>， 因此(,),(3,)a a -∞∞是函数的单调减区间，(,3)a a 是函数的单调增区间， 函数的极大值是(3)f a a =；函数的极小值是34()3f a a a =-；………………8分 0a <时，在区间(,3),(,)a a -∞∞上，()0f x '<； 在区间(3,)a a 上，()0f x '>，因此(,3),(,)a a -∞∞是函数的单调减区间，(3,)a a 是函数的单调增区间函数的极大值是34()3f a a a =-，函数的极小值是(3)f a a = ………………10分 (III) 根据（II ）问的结论，(3,)x a a ∈时，34()()3f x f a a a <=-………………11分因此，不等式()1f x a <+在区间(3,)a a 上恒成立必须且只需：⎪⎩⎪⎨⎧<+≤-01343a a a a ，解之，得a ⎡⎫∈⎪⎢⎪⎣⎭ ……………………13分 18． （2018海淀一模文科）（本小题满分13分）已知函数211()ln (0)22f x a x x a a =-+∈≠且R .（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数a ，使得对任意的[)1,x ∈+∞，都有()0f x ≤？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(0,)+∞.2'()a x af x x x x-+=-=. ………………………………………2分当0a <时，在区间(0,)+∞上，'()0f x <.所以 ()f x 的单调递减区间是(0,)+∞. (3)分当0a >时，令'()0f x =得x =或x =. 函数()f x ,'()f x 随x 的变化如下：所以 ()f x 的单调递增区间是，单调递减区间是)+∞.………………………………………6分综上所述，当0a <时， ()f x 的单调递减区间是(0,)+∞；当0a >时，()f x 的单调递增区间是，单调递减区间是)+∞. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知：当0a <时, ()f x 在[1,)+∞上单调递减.所以()f x 在[1,)+∞上的最大值为(1)0f =，即对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≤.当0a >时，① 1≤，即01a <≤时，()f x 在[1,)+∞上单调递减.所以()f x 在[1,)+∞上的最大值为(1)0f =，即对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≤.② 1>，即1a >时，()f x 在上单调递增，所以 (1)f f >.又 (1)0f =，所以 0f >，与对于任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≤矛盾. 综上所述，存在实数a 满足题意，此时a 的取值范围是(,0)(0,1]-∞ .………………………………………13分16. （2018门头沟一模文科）（本小题满分13分）已知函数1)(23-++=bx ax x x f 在1=x 处有极值1-．（I ）求实数b a ，的值；（II ）求函数错误！未找到引用源。
北京市6城区2018届高三第一学期期末数学(文)试题分类汇编：2函数与导数
函数与导数【海淀期末】（13）函数2,0()(2),0x x f x x x x ⎧≤=⎨-⎩ 的最大值为 ；若函数()f x 的图像与直线(1)y k x =-有且只有一个公共点，则实数k 的取值范围是 .【西城期末】3．下列函数中，在区间(0,)+∞上单调递增的是（A ）1y x =-+ （B ）2(1)y x =- （C ）sin y x = （D ）1y x = 【西城期末】9．若函数()()f x x x b =+是偶函数，则实数b =____．【西城期末】8．已知A ，B 是函数2x y =的图象上的相异两点．若点A ，B 到直线12y =的距离相等，则点A ，B 的横坐标之和的取值范围是（A ）(,1)-∞- （B ）(,2)-∞- （C ）(,3)-∞- （D ）(,4)-∞- 【西城期末】14．已知函数2,2,()1, 3.x x x c f x c x x⎧+-⎪=⎨<⎪⎩≤≤≤若0c =，则()f x 的值域是____；若()f x 的值域是1[,2]4-，则实数c 的取值范围是____．【西城期末】5．若122log log 2a b +=，则有 （A ）2a b = （B ）2b a = （C ）4a b = （D ）4b a =【东城期末】（2）下列函数中为偶函数的是A. 2(2)y x =-B. ln y x =C. cos y x x =⋅D. x y e -=【东城期末】（6）已知13212112,log ,log 33a b c -===，则 A. a b c B. a c b C. c b a D. c a b【东城期末】（13）函数223,(),x x x a f x x x a ⎧--=⎨-≤⎩ 当0a =时，()f x 的值域为 ；当()f x 有两个不同零点时，实数a 的取值范围为 .【朝阳期末】5． 下列函数中，是奇函数且在(0,1)内是减函数的是①3()f x x =- ②1()2x f x =（） ③()sin f x x =- ④()ex x f x = A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．③④【丰台期末】14．设函数()()f x x ∈R 的周期是3，当[)2,1x ∈-时，(),20,1,0 1.2x x a x f x x +-≤<⎧⎪=⎨⎛⎫≤< ⎪⎪⎝⎭⎩ ①132f ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ； ②若()f x 有最小值，且无最大值，则实数a 的取值范围是 ．【石景山期末】9．若1ln 2a =，0.813b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，132c =，则,,a b c 的大小关系为_______. 【石景山期末】4．已知函数()3,0sin ,0x x x f x x x ⎧+>=⎨⎩≤则下列结论正确的是（ ） A ．()x f 是偶函数 B. ()x f 是增函数C ．()x f 是周期函数D ．()x f 的值域为[)+∞-,1【海淀期末】（20）（本小题13分）已知函数2()(1)x f x x e ax =-+.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求证：“=0a ”是“函数()y f x =有且只有一个零点” 的充分必要条件.【西城期末】20．（本小题满分13分）已知函数2()ln 2f x x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）求证：存在唯一的0(1,2)x ∈，使得曲线()y f x =在点00(,())x f x 处的切线的斜率为(2)(1)f f -；（Ⅲ）比较(1.01)f 与 2.01-的大小，并加以证明．【东城期末】（19）（本小题14分）已知函数()ln f x x x =.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）求()f x 的单调区间； （Ⅲ）若对于任意1[,]x e e∈，都有()1f x ax ≤-，求实数a 的取值范围. 求证：“=0a ”是“函数()y f x =有且只有一个零点” 的充分必要条件.【朝阳期末】20．（本小题满分13分）已知函数()cos f x x x a =+，a ∈R ．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点2x π=处的切线的斜率；（Ⅱ）判断方程()0f x '=（()f x '为()f x 的导数）在区间()0,1内的根的个数，说明理由； （Ⅲ）若函数()sin cos F x x x x ax =++在区间()0,1内有且只有一个极值点，求a 的取值范围．【丰台期末】20．已知函数()()22ln f x a x x ax a =-+∈R . （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若()f x 在()1,e 上有零点，求实数a 的取值范围.【石景山期末】20．（本小题共13分）已知函数()3212()32a f x x x x a R =-+-∈. （Ⅰ）当3a =时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对于任意(1,)x ∈+∞都有()2f x a '<-成立，求实数a 的取值范围； （Ⅲ）若过点1(0,)3-可作函数()y f x =图象的三条不同切线，求实数a 的取值范围.。
北京市城六区2018届高三一模理科数学解答题分类汇编之函数与导数word含解析
【西城一模】18．〔本小题总分值13分〕已知函数1()e (ln )xf x a x x=⋅++，其中a ∈R ． 〔Ⅰ〕假设曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-垂直，求a 的值； 〔Ⅱ〕当(0,ln 2)a ∈时，证明：()f x 存在极小值．解：〔Ⅰ〕()f x 的导函数为2111()e (ln )e ()x xf x a x x x x'=⋅+++⋅-221e (ln )x a x x x =⋅+-+．[ 2分]依题意，有 (1)e (1)e f a '=⋅+=，[4分]解得0a =．[5分]〔Ⅱ〕由221()e (ln )x f x a x x x '=⋅+-+及e 0x >知，()f x '与221ln a x x x+-+同号． 令221()ln g x a x x x=+-+，[6分] 则 223322(1)1()x x x g x x x -+-+'==．[8分] 所以对任意(0,)x ∈+∞，有()0g x '>，故()g x 在(0,)+∞单调递增．[9分] 因为(0,ln 2)a ∈，所以(1)10g a =+>，11()ln 022g a =+<，故存在01(,1)2x ∈，使得0()0g x =．[11分]()f x 与()f x '在区间1(,1)上的情况如下：所以()f x 在区间01(,)2x 上单调递减，在区间0(,1)x 上单调递增．所以()f x 存在极小值0()f x ．[13分]【朝阳一模】18． (本小题总分值13分)已知函数ln 1()x f x ax x-=-． 〔Ⅰ〕当2a =时，〔ⅰ〕求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；〔ⅱ〕求函数)(x f 的单调区间；〔Ⅱ〕假设12a <<，求证：)(x f 1<-．〔Ⅰ〕当2a =时，ln 1()2x f x x x-=-.2222ln 22ln ()2x x xf x x x ---'=-=. 〔ⅰ〕可得(1)0f '=，又(1)3f =-，所以()f x 在点〔1,3-〕处的切线方程为3y =-. ….3分 〔ⅱ〕在区间〔0,1〕上2220x ->，且ln 0x ->，则()0f x '>.在区间〔1,+∞〕上2220x -<，且ln 0x -<，则()0f x '<.所以()f x 的单调递增区间为〔0,1〕，单调递减区间为〔1,+∞〕. ….8分〔Ⅱ〕由0x >，()1f x <-，等价于ln 11x ax x--<-，等价于21ln 0ax x x -+->. 设2()1ln h x ax x x =-+-，只须证()0h x >成立.因为2121()21ax x h x ax x x--'=--=，12a <<，由()0h x '=，得2210ax x --=有异号两根.令其正根为0x ，则200210ax x --=. 在0(0,)x 上()0h x '<，在0(,)x +∞上()0h x '>.则()h x 的最小值为20000()1ln h x ax x x =-+-0011ln 2x x x +=-+-03ln 2x x -=-. 又(1)220h a '=->，13()2()30222a h a '=-=-<，所以0112x <<. 则030,ln 02x x ->->. 因此03ln 02x x -->，即0()0h x >.所以()0h x > 所以()1f x <-. ….….13分【丰台一模】〔18〕〔本小题共13分〕已知函数()e (ln 1)()xf x a x a =-+∈R ．〔Ⅰ〕求函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；〔Ⅱ〕假设函数()y f x =在1(,1)2上有极值，求a 的取值范围． 〔18〕〔本小题共13分〕解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()e x af x x'=-． ……………………1分 〔Ⅰ〕因为(1)e f a =-，(1)e f a '=-， ……………………3分所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(e )(e )(1)y a a x --=--，即(e )y a x =-． ……………………5分〔Ⅱ〕()e x a f x x'=-． 〔ⅰ〕当0a ≤时，对于任意1(,1)2x ∈，都有()0f x '>， …………………6分所以函数()f x 在1(,1)2上为增函数，没有极值，不合题意． (8)分〔ⅱ〕当0a >时，令()e xa g x x =-，则2()e 0xa g x x'=+>．…………………9分所以()g x 在1(,1)2上单调递增，即()f x '在1(,1)2上单调递增，…………10分所以函数()f x 在1(,1)2上有极值，等价于(1)0,1()0.2f f '>⎧⎪⎨'<⎪⎩ …………………12分所以e 0,20.a a ->⎧⎪<所以e 2a <<．所以a的取值范围是． ……………………13分 【海淀一模】(18)〔本小题13分〕已知函数ln ()x f x x a =+(I)当0a =时，求函数()f x 的单调递增区间；(Ⅱ)当0a 时，假设函数()f x 的最大值为e21，求a 的值.18.〔此题总分值13分〕〔Ⅰ〕当0a =时，ln ()xf x x=故221ln 1ln '()x xx x f x x x ⋅--==令'()0f x >，得0x <<e故()f x 的单调递增区间为(0,)e ··························································· 4分〔Ⅱ〕方法1：22ln 1ln '()()()x a ax xx x f x x a x a +-+-==++ 令()1ln ag x x x=+- 则221'()0a x a g x x x x+=--=-< 由()0a g =>e e ，1111()1(1)(1)0a a a a g a a e e+++=+-+=⋅-<e 故存在10(,)a x +∈e e ，0()0g x =故当0(0,)x x ∈时，()0g x >；当0(,)x x ∈+∞时，()0g x <故02()f x =e 故000201ln 0ln 1ax x x x a ⎧+-=⎪⎪⎨⎪=⎪+⎩e，解得202x a ⎧=⎪⎨=⎪⎩e e ···················································· 13分 故a 的值为2e .〔Ⅱ〕方法2：()f x 的最大值为21e 的充要条件为对任意的(0,)x ∈+∞，2ln 1x x a ≤+e且存在0(0,)x ∈+∞，使得020ln 1x x a =+e，等价于对任意的(0,)x ∈+∞，2ln a x x ≥-e 且存在0(0,)x ∈+∞，使得200ln a x x ≥-e ，等价于2()ln g x x x =-e 的最大值为a .2'()1g x x=-e ，令'()0g x =，得2x =e.故的最大值为()ln g =-=e e e e e ，即a =e . ··························· 13分【东城一模】(19)〔本小题14分〕已知函数()(1)x f x e a x =-+.假设曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线斜率为0，求a 的值； (Ⅱ〕假设()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；(Ⅲ〕求证：当0a =时，曲线()y f x = (x>0)总在曲线2ln y x =+的上方． 19〕〔共14分〕解：〔I 〕函数()e (1)xf x a x =-+的定义域为R .因为()e (1)x f x a x =-+，所以'()e xf x a =-.由'(0)10f a =-=得1a =. ……………………………4分〔II 〕'()e (R)xf x a x =-∈.①当0a >时，令'()0f x =得ln x a =.ln x a <时，'()0f x <；ln x a >时，'()0f x >. ()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,+)a ∞上单调递增.所以当ln x a =时，()f x 有最小值(ln )(1ln )ln f a a a a a a =-+=-.“()0f x ≥恒成立”等价于“()f x 最小值大于等于0”，即ln 0a a -≥. 因为0a >，所以01a <≤.②当0a =时，()e 0xf x =>符合题意；③当0a <时，取011x a=-+，则111101()e (11)e 10a a f x a a -+-+=--++=-<，不符合题意.综上，假设()0f x ≥对x R ∈恒成立，则a 的取值范围为[0,1]. ……………………9分〔III 〕当0a =时，令()()(2ln )e ln 2(0)x h x f x x x x =-+=-->，可求1'()e xh x x=-. 因为121'()e 1002h =-<，'(1)e 10h =->，且1'()e xh x x=-在(0,)+∞上单调递增，所以在〔0，〕上存在唯一的0x ，使得0001'()e 0xh x x =-=，即001e x x =，且 0112x .当x 变化时，()h x 与'()h x 在〔0，〕上的情况如下：则当0x x =时，()h x 存在最小值0()h x ,且000001()e ln 22xh x x x x =--=+-. 因为01(,1)2x ∈，所以0001()220h x x x =+->=. 所以当0a =时，()2ln (0)f x x x >+>所以当0a =时，曲线()(0)y f x x =>总在曲线2ln y x =+的上方. .. …………14分【石景山一模】19．〔本小题共14分〕已知2()x f x e ax =-，曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1y bx =+. 〔Ⅰ〕求,a b 的值；〔Ⅱ〕求()f x 在[0,1]上的最大值；〔Ⅲ〕当x ∈R 时，判断()y f x =与1y bx =+交点的个数.〔只需写出结论，不要求证明〕 19．〔本小题共14分〕 解：〔Ⅰ〕()2x f x e ax '=-,由已知可得(1)2f e a b '=-=，(1)1f e a b =-=+解之得1,2a b e ==-． …………3分〔Ⅱ〕令()'()2x g x f x e x ==-．则'()2x g x e =-, …………5分 故当0ln2x ≤<时，'()0g x <，()g x 在[0,ln 2)单调递减；当ln21x <≤时，'()0g x >，()g x 在(ln 2,1]单调递增；所以min ()(ln 2)22ln 20g x g ==->， …………8分故()f x 在[0,1]单调递增，所以max ()(1)1f x f e ==-． ………11分〔Ⅲ〕当x R ∈时，()y f x =与1y bx =+有两个交点. ………14分。
北京市6城区2018届高三第一学期期末数学(理)试题分类汇编：2函数与导数
函数与导数【西城期末】2．下列函数中，在区间(0,)+∞上单调递增的是（A ）1y x =-+ （B ）|1|y x =- （C ）sin y x = （D ）12y x =【西城期末】7．已知A ，B 是函数2x y =的图象上的相异两点．若点A ，B 到直线12y =的距离相等，则点A ，B 的横坐标之和的取值范围是（A ）(,1)-∞- （B ）(,2)-∞- （C ）(1,)-+∞ （D ）(2,)-+∞【西城期末】14．已知函数2,2,()1, 3.x x x c f x c x x⎧+-⎪=⎨<⎪⎩≤≤≤若0c =，则()f x 的值域是____；若()f x 的值域是1[,2]4-，则实数c 的取值范围是____． 【东城期末】（5）已知函数41()2x x f x +=，则()f x 的 A.图像关于原点对称，且在[0,)+∞上是增函数B. 图像关于y 轴对称，且在[0,)+∞上是增函数C. 图像关于原点对称，且在[0,)+∞上是减函数D. 图像关于y 轴对称，且在[0,)+∞上是减函数【朝阳期末】7. 已知函数()f x x x a =⋅-的图象与直线1y =-的公共点不少于两个，则实数a 的取值范围是A .2a <- B.2a ≤- C.20a -≤< D.2a >-【丰台期末】14．已知函数()sin ,0,,x x x f x x ππ<<⎧⎪=≥()()()g x f x kx k =-∈R . ①当1k =时，函数()g x 有 个零点；②若函数()g x 有三个零点，则k 的取值范围是 ．【石景山期末】6．给定函数①12y x =，②12log (1)y x =+，③1y x =-，④12x y +=，其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是（ ）A ．①④B ．①②C ．②③D ．③④【石景山期末】8． 小明在如图1所示的跑道上匀速跑步，他从点A 出发，沿箭头方向经过点B 跑到点C ，共用时30s ，他的教练选择了一个固定的位置观察小明跑步的过程，设小明跑步的时间为()t s ，他与教练间的距离为()y m ，表示y 与t 的函数关系的图象大致如图2所示，则这个固定位置可能是图1中的（ ）A ．点MB ．点NC ．点PD ．点Q【石景山期末】9．若1ln2a =，0.813b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，132c =，则,,a b c 的大小关系为_______.【海淀期末】（19）（本小题14分）已知函数2()222x f x e ax x =---.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点处的切线方程；（Ⅱ）当0a ≤时，求证：函数()f x 有且仅有一个零点；（Ⅲ）当0a 时，写出函数()f x 的零点的个数.（只需写出结论）【西城期末】18．（本小题满分13分）已知函数()e sin 1ax f x x =⋅-，其中0a >．（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）证明：()f x 在区间[0,π]上恰有2个零点．【东城期末】（18）（本小题13分） 已知函数311()ln 62f x x x x x =+-. （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若()f x a 对1(,)x e e∈恒成立，a 的最小值. 【朝阳期末】18. (本小题满分13分)已知函数()cos f x x x a =+，a ∈R .（Ⅰ）求曲线()y f x =在点2x π=处的切线的斜率； （Ⅱ）判断方程()0f x '=（()f x '为()f x 的导数）在区间()0,1内的根的个数，说明理由； （Ⅲ）若函数()sin cos F x x x x ax =++在区间(0,1)内有且只有一个极值点，求a 的取值范围.【丰台期末】18．已知函数()()22ln f x x ax a x a =--∈R .（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.【石景山期末】18．（本小题共13分）已知函数ln()()x a f x x-=． （Ⅰ）若1a = ,确定函数()f x 的零点；（Ⅱ）若1a =-，证明：函数()f x 是(0,)+∞上的减函数；（Ⅲ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与直线0x y -=平行，求a 的值.。
2018全国各地高考数学模拟试题《导数及其应用》试题汇编(含答案解析)
2018全国各地高考数学模拟试题《导数及其应用》试题汇编（含答案解析）1．（2018•台州一模）已知函数f（x）=2x3﹣3（m+1）x2+6mx，m∈R．（Ⅰ）若m=2，写出函数f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）若对于任意的x∈[﹣1，1]，都有f（x）＜4，求m的取值范围．2．（2018•濮阳三模）已知函数f（x）=a（x﹣）﹣lnx，其中a∈R．（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）若对任意x≥1，都有f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．3．（2018•葫芦岛二模）已知函数f（x）=（a，b∈R且a≠0，e为自然对数的底数）．（1）若曲线f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率为0，且f（x）有极小值，求实数a的取值范围；（2）当a=b=1时，证明：xf（x）+2＜0．4．（2018•武邑县校级一模）已知函数f（x）=2e x+3x2﹣2x+1+b，x∈R的图象在x=0处的切线方程为y=ax+2．（1）求函数f（x）的单调区间与极值；（2）若存在实数x，使得f（x）﹣2x2﹣3x﹣2﹣2k≤0成立，求整数k的最小值．5．（2018•张掖模拟）已知函数（a为实数）．（1）当f（x）与y=﹣3切于A（x0，f（x0）），求a，x0的值；（2）设F（x）=f'（x）•e x，如果F（x）＞﹣1在（0，+∞）上恒成立，求a的范围．6．（2018•赣州二模）设函数f（x）=（x﹣1）2+alnx有两个极值点x1，x2，且x1＜x2．（1）求实数a的取值范围；（2）若对任意的x∈（x1，+∞），都有f（x）＞m成立，求实数m的取值范围．7．（2018•天心区校级模拟）已知函数f（x）=（2a+1）x2+（a2+a）x，（a 为常数）．（1）若对任意m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，求k的取值范围；（2）若a＞﹣1，求函数f（x）在区间[0，1]上的最大值．8．（2018•凌源市模拟）已知函数f（x）=xe x．（1）讨论函数g（x）=af（x）+e x的单调性；（2）若直线y=x+2与曲线y=f（x）的交点的横坐标为t，且t∈[m，m+1]，求整数m所有可能的值．9．（2018•郑州二模）已知函数f（x）=e x﹣x2．（Ⅰ）求曲线f（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）求证：当x＞0时，．10．（2018•渭南二模）已知函数f（x）=x•（lnx+ax+1）﹣ax+1（Ⅰ）若f（x）在[1，+∞）上是减函数，求实数a的取值范围（Ⅱ）若f（x）的最大值为2，求实数a的值．11．（2018•信阳二模）已知函数f（x）=4x2+﹣a，g（x）=f（x）+b，其中a，b 为常数．（1）若x=1是函数y=xf（x）的一个极值点，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若函数f（x）有2个零点，f（g（x））有6个零点，求a+b的取值范围．12．（2018•咸阳一模）已知f（x）=e x﹣alnx（a∈R）．（1）求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）当a=﹣1时，若不等式f（x）＞e+m（x﹣1）对任意x∈（1，+∞）恒成立，求实数m的取值范围．13．（2018•河南一模）已知：f（x）=（2﹣x）e x+a（x﹣1）2（a∈R）（1）讨论函数f（x）的单调区间：（2）若对任意的x∈R，都有f（x）≤2e x，求a的取值范围．14．（2018•佛山二模）已知a∈R，函数f（x）=x（e x﹣2a）﹣ax2．（Ⅰ）若f（x）有极小值且极小值为0，求a的值．（Ⅱ）当x∈R时，f（2x）≥2f（x），求a的取值范围15．（2018•广元模拟）设函数f（x）=lnx+x2﹣ax（a∈R）．（Ⅰ）已知函数在定义域内为增函数，求a的取值范围；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+2ln，对于任意a∈（2，4），总存在x∈[]，使g（x）＞k（4﹣a2）成立，求实数k的取值范围．16．（2018•莆田二模）已知函数p（x）=，q（x）=x2﹣（1+2a）x．（1）讨论函数f（x）=q（x）+2ax•p（x）的单调性；（2）当a=0时，证明：xp（x）+q（x）＜e x+x2﹣x﹣1．17．（2018•乐山三模）已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．18．（2018•江苏模拟）已知f（x）=（2x+2f'（0））e x，，h （x）=f（x）+a（x2+4x）+4．（Ⅰ）求f（x）；（Ⅱ）求g（x）单调区间；（Ⅲ）若不等式h（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．19．（2018•郑州二模）设函数f（x）=ax2﹣（x+1）lnx，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的斜率为0．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）求证：当0＜x≤2时，．20．（2018•重庆模拟）已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax•e x﹣4x，其中a为大于零的常数．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．21．（2018•玉溪模拟）设M是满足下列条件的函数构成的集合：①方程f（x）﹣x=0有实数根；②函数f（x）的导数f'（x）满足0＜f'（x）＜1．（1）若函数f（x）为集合M中的任意一个元素，证明：方程f（x）﹣x=0只有一个实根；（2）判断函数是否是集合M中的元素，并说明理由；（3）设函数f（x）为集合M中的元素，对于定义域中任意α，β，当|α﹣2012|＜1，|β﹣2012|＜1时，证明：|f（α）﹣f（β）|＜2．22．（2018•莆田二模）已知函数f（x）=x（e x﹣2）﹣ax2+1．（1）求f（x）图象在x=0处的切线方程；（2）当x≥0时，f（x）≥1﹣x．求a的取值范围．23．（2018•和平区校级一模）已知函数f（x）=ln（x+1）+，g（x）=|ln（x ﹣1）|．（Ⅰ）若x=1为f（x）的极值点，求a的值；（Ⅱ）若函数f（x）存在两个极值点，求a的取值范围；（Ⅲ）设m＞n＞1，且g（）=g（n），g（m）=2g（），求证：4＜m＜5．24．（2018•宿州三模）设函数f（x）=x+axlnx（a∈R）．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若函数f（x）的极大值点为x=1，证明：f（x）≤e﹣x+x2．25．（2018•衡阳一模）已知函数f（x）=+alnx（x∈R）．（1）若函数f（x）在（0，2）上递减，求实数a的取值范围；（2）设h（x）=f（x）+|（a﹣2）x|，x∈[1，+∞）求证：h（x）≥2．26．（2018•浙江模拟）已知函数．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）的定义域及值域．27．（2018•淮北一模）已知函数f（x）=e x（x+a），g（x）=x2﹣bx且F（x）=f（x）+g（x）在点（0，F（0））处的切线方程为y=1+6x（Ⅰ）求a、b的值（Ⅱ）若x≤1时，f（x）＜g（x）+t恒成立，求实数t的取值范围．28．（2018•柯桥区二模）已知函数f（x）=﹣e x+a（x+1）．（1）讨论函数f（x）单调性；（Ⅱ）当f（x）有最大值且最大值大于﹣a2+a时，求a的取值范围．29．（2018•泸州模拟）设f（x）=ae x﹣cosx，其中a∈R．（1）求证：曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线过定点；（2）若函数f（x）在（0，）上存在极值，求实数a的取值范围．30．（2018•潍坊二模）已知函数f（x）=（x﹣a）e x﹣．（x∈R）（1）若曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线为l，l与x轴的交点坐标为（2，0），求a的值；（2）讨论f（x）的单调性．31．（2018•榆林三模）设函数f（x）=ax3+bx2﹣x（x∈R，a，b 是常数，a≠0），且当x=1和x=2时，函数f（x）取得极值．（1）求f（x）的解析式；（2）若曲线y=f（x）与g（x）=﹣3x﹣m（﹣2≤x≤0）有两个不同的交点，求实数m的取值范围．32．（2018•安阳一模）已知函数，g（x）=3elnx，其中e为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性．（Ⅱ）是否存在实数a，b，使f（x）≥ax+b≥g（x）对任意x∈（0，+∞）恒成立？若存在，试求出a，b的值；若不存在，请说明理由．33．（2018•江苏二模）已知函数f（x）=x（e x﹣2），g（x）=x﹣lnx+k，k∈R，其中e为自然对数的底数．记函数F（x）=f（x）+g（x）．（1）求函数y=f（x）+2x的极小值；（2）若F（x）＞0的解集为（0，+∞），求k的取值范围；（3）记F（x）的极值点为m，求证：函数G（x）=|F（x）|+lnx在区间（0，m）上单调递增．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）34．（2018•徐州模拟）已知函数f（x）=lnx﹣ax+a，a∈R．（1）若a=1，解关于x的方程f（x）=0；（2）求函数f（x）在[1，e]上的最大值；（3）若存在m，对任意的x∈（1，m）恒有|f（x）|＜（x﹣1）2，试确定a的所有可能值．35．（2018•三明二模）已知函数（a∈R）．（1）若曲线y=f（x）在x=e处切线的斜率为﹣1，求此切线方程；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1x2＞x1+x2．36．（2018•朝阳区校级模拟）已知函数f（x）=ln（ax+1）﹣x（a≠0），．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）+g（x）．已知函数y=h（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且h（x1）+h（x2）＜2﹣2ln2，求实数a的取值范围．37．（2018•南京三模）已知函数f（x）=2x3﹣3ax2+3a﹣2（a＞0），记f'（x）为f （x）的导函数．（1）若f（x）的极大值为0，求实数a的值；（2）若函数g（x）=f（x）+6x，求g（x）在[0，1]上取到最大值时x的值；（3）若关于x的不等式f（x）≥f'（x）在[，]上有解，求满足条件的正整数a的集合．38．（2018•榆林一模）已知函数f（x）=e x﹣a（x﹣1），其中a＞0，e为自然对数底数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）已知b∈R，若函数f（x）≥b对任意x∈R都成立，求ab的最大值．39．（2018•河北区一模）已知函数f（x）=a2x3﹣3ax2+2，g（x）=﹣3ax+3，x∈R，其中a＞0．（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求函数f（x）在区间（﹣1，1）上的极值；（Ⅲ）若∃x0∈（0，]，使不等式f（x0）＞g（x0）成立，求a的取值范围．40．（2018•重庆一模）设函数f（x）=e x﹣asinx．（1）当a=1时，证明：∀x∈（0，+∞），f（x）＞1；（2）若∀x∈[0，+∞），f（x）≥0都成立，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析1．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的最大值即可．【解答】解：（Ⅰ）若m=2，则f（x）=2x3﹣9x2+12x，∵f′（x）=6x2﹣18x+12=6（x2﹣3x+2）=6（x﹣1）（x﹣2），令f′（x）＞0，则x＜1或x＞2，故函数f（x）的递增区间是（﹣∞，1），（2，+∞）；（Ⅱ）f（x）=2x3﹣3（m+1）x2+6mx，f′（x）=6（x﹣1）（x﹣m），①当m≥1时，f（x）在（﹣1，1）递增，f（x）max=f（1）=3m﹣1＜4，故m＜，∴1≤m＜；②当﹣1＜m＜1时，f（x）在（﹣1，m）递增，在（m，1）递减，f（x）max=f（m）=﹣m3+3m2＜4，即m3﹣3m2+4＞0，（m+1）（m﹣2）2＞0恒成立，∴﹣1＜m＜1；③当m≤﹣1时，f（x）在（﹣1，1）递减，f（x）max=f（﹣1）=﹣9m﹣5＜4，综上，m的范围是﹣1＜m＜．【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及求函数的最值问题以及求函数的最值问题，是一道中档题．2．【分析】（Ⅰ）当a=1时，求得f（x）的解析式，f（1）=0，以及导数，可得切线的斜率，即可得到所求切线方程；（Ⅱ）求得f（x）的导数，讨论a的符号，结合f（x）的单调性，以及二次方程的韦达定理，可得a的范围．【解答】解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x﹣﹣lnx，f（1）=0，所以f′（x）=1+﹣，f′（1）=1，即曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y=x﹣1；（Ⅱ）f（x）=a（x﹣）﹣lnx的导数为f′（x）=，若a≤0，则当x＞1时，x﹣＞0，lnx＞0，可得f（x）＜0，不满足题意；若a＞0，则当△=1﹣4a2≤0，即a≥时，f′（x）≥0恒成立，可得f（x）在[1，+∞）上单调递增，而f（1）=0，所以当x≥1，都有f（x）≥0，满足题意；当△＞0，即0＜a＜时，f′（x）=0，有两个不等实根设为x1，x2，且x1＜x2，则x1x2=1，x1+x2=＞0，即有0＜x1＜1＜x2，当1＜x＜x2时，f′（x）＜0，故f（x）在（1，x2）上单调递减，而f（1）=0，当x∈（1，x2）时，f（x）＜0，不满足题意．综上所述，a≥．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性，考查不等式恒成立问题解法，注意运用分类讨论思想和二次方程的韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．3．【分析】（1）求导，由f′（e）=0，求得b=0，根据函数单调性与导数的关系，即可求得a的取值范围；（2）证法1：构造函数，求导，根据函数的单调性，求得g（x）最大值，由g （x）max＜0，即可求得xf（x）+2＜0．证法2：将原式化简xf（x）+2=lnx﹣（x﹣1）+[（x+1）﹣e x]，根据经典不等式，即可求得xf（x）+2＜0．【解答】解：（1）f（x）=，（x＞0），求导f′（x）=，由f′（e）=0，则b=0，则f′（x）=，当a＞0时，f′（x）在（0，e）内大于0，在（e，+∞）内小于0，∴f（x）在（0，e）内为增函数，在（e，+∞）为减函数，∴f（x）有极大值无极小值；当a＜0时，f（x）在（0，e）为减函数，在（e，+∞）为增函数，∴f（x）有极小值无极大值；∴实数a的取值范围（﹣∞，0）；（2）证明：证法1：当a=b=1时，设g（x）=xf（x）+2=lnx﹣e x+2，g′（x）=﹣e x，在（0，+∞）为减函数，由g′（1）=1﹣e＜0，g′（）=2﹣＞0，∴存在实数x0∈（，1）使得g′（x0）=﹣=0，∴g（x）在区间（0，x0）内为增函数，在（x0，+∞）内为减函数，由g′（x0）=﹣=0，则x0=﹣lnx0，g（x）max=g（x0）=lnx0﹣+2=﹣x0﹣+2=﹣（x0+）+2，由x0∈（，1），﹣（x0+）＜﹣2，∴g（x）max＜0，∴xf（x）+2＜0．证法2：当a=b=1时，设g（x）=xf（x）+2=lnx﹣e x+2=lnx﹣（x﹣1）+[（x+1）﹣e x]，因为曲线y=lnx与直线y=x﹣1相切于点（1，0）；直线y=x+1与曲线y=e x相切于点（0，1），……………………（8分）lnx≤x﹣1，x+1≤e x且“=”不同时成立，故x＞1时，lnx﹣（x﹣1）+[（x+1）﹣e x]＜0，即xf（x）+2＜0．………………………………………（12分）【点评】本题考查导数与函数单调性及极值的判断，考查利用导数求函数的最值，经典不等式的应用及几何关系，考查转化思想，分类讨论思想，属于中档题．4．【分析】（1）求导，根据导数的几何意义，即可求得b的值，根据导数与函数单调性及极值的关系，即可求得f（x）的单调性及极值；（2）由题意，可知存在实数x，使得k≥e x+x2﹣x﹣1成立，构造函数，则k ≥h（x）min，根据函数的零点的判断及函数的最值，即可求得整数k的最小值．【解答】解：（1）f′（x）=2e x+6x﹣2，因为f′（0）=a，所以a=0，易得切点（0，2），所以b=﹣1．易知函数f′（x）在R上单调递增，且f′（0）=0．则当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0．所以函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0）；单调递增区间为（0，+∞）．所以函数f（x）在x=0处取得极小值f（0）=2．无极大值．（2）由（1）得f（x）=2e x+3x2﹣2x，存在实数x，使得f（x）﹣2x2﹣3x﹣2﹣2k≤0成立⇔e x+x2﹣x﹣1﹣k≤0，则k≥e x+x2﹣x﹣1，令h（x）=e x+x2﹣x﹣1，若存在实数x，使得不等式成立，则k≥h（x）min，h′（x）=e x+x﹣，易知h′（x）在R上单调递增，又h′（0）=﹣＜0，h′（1）=e﹣＜0，h′（）=﹣＞﹣=﹣=﹣＞2﹣＞0，由e x＞x+1，当且x=0时取等号，则h′（x）=e x+x﹣≥2x﹣＞0，则x＞，所以存在唯一的x0∈（，），使得h′（x0）=0，且当x∈（﹣∞，x0）时，h′（x0）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＞0．所以h（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，h（x）min=h（x0）=，又h′（x0）=0，即+x0﹣=0，所以=﹣x0，所以h（x0）=﹣x0+x02﹣x0﹣1=（x02﹣7x0+3），因为x0∈（，），所以h（x0）∈（﹣，﹣），则k≥h（x0），又k∈Z，所以k的最小值为0．【点评】本题导数的综合应用，导数的几何意义，函数的单调性及最值得关系，考查函数零点的判断，考查转换思想，属于中档题．5．【分析】（1）利用函数的导数，函数与y=﹣3切于A（x0，f（x0）），列出方程组，求解即可．（2）求出F（x）=（ax2+x﹣1）•e x，的导函数F'（x），利用F（0）=﹣1．通过①当a=0时，②当时，③当时，④当时，⑤当a＞0时，判断函数的单调性，转化求解a的范围即可．【解答】解：（1）f'（x）=ax2+x﹣1，由f（x）与y=﹣3切于点A（x0，f（x0）），则解得，x0=4．（2）F（x）=（ax2+x﹣1）•e x，∴F'（x）=e x（ax2+（2a+1）x），且F（0）=﹣1．①当a=0时，F'（x）=xe x，可知F（x）在（0，+∞）递增，此时F（x）＞﹣1成立；②当时，，可知F（x）在递增，在递减，此时，不符合条件；③当时，恒成立，可知F（x）在（0，+∞）递减，此时F（x）＜﹣1成立，不符合条件；④当时，，可知F（x）在（0，+∞）递减，此时F（x）＜﹣1成立，不符合条件；⑤当a＞0时，，可知F（x）在（0，+∞）递增，此时F（x）＞﹣1成立．综上所述，a≥0．【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及分类讨论思想的应用，考查计算能力．6．【分析】（1）先确定函数的定义域然后求导数f′（x），令g（x）=2x2﹣2x+a，由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，建立不等关系解之即可；（2）x2是方程g（x）=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可求m的取值范围．【解答】解：（1）因为f（x）=（x﹣1）2+alnx，∴即，令g（x）=2x2﹣2x+a，（x＞0）则x1，x2，且x1＜x2．是方程2x2﹣2x+a=0的两个正实根．则，得0，（2）∵0＜x1＜x2，x1+x2=1，∴＜x2＜1，a=2x2﹣2x22，∴f（x2）=x22﹣2x2+1+（2x2﹣2x22）lnx2，令g（t）=t2﹣2t+1+（2t﹣2t2）lnt，其中＜t＜1，则g′（t）=2（1﹣2t）lnt，当t∈（，1）时，g′（t）＞0，∴g（t）在（，1）上是增函数，∴g（t）＞g（）=，∴g（t）＜g（1）=0，∴f（x2）的取值范围是：（，0）．若对任意的x∈（x1，+∞），都有f（x）＞m成立⇔m＜f（x2）min，即可∴m≤．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于中档题．7．【分析】（1）将条件直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，转化为k不在导函数值域范围内．（2）利用导数求f（x）在区间[0，1]上的最大值．【解答】解：（1）若∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，即k不在导函数值域范围内．﹣，只要f'（x）的最小值大于k即可，∴k的范围为k＜﹣．（2）∵a＞﹣1，∴a+1＞0，当a≥1时，f'（x）≥0对x∈[0，1]成立，∴当x=1时，f（x）取得最大值f（1）=a2﹣；当0＜a＜1时，在x∈（0，a），f'（x）＞0，f（x）单调递增，在x ∈（a ，1）时，f'（x ）＜0，f （x ）单调递减，∴当x=a 时，f （x ）取得最大值f （a ）=；当a=0时，在x ∈（0，1），f'（x ）＜0，f （x ）单调递减，∴当x=0时，f （x ）取得最大值f （0）=0；当﹣1＜a ＜0时，在x ∈（0，a +1），f'（x ）＜0，f （x ）单调递减，在x ∈（a +1，1），f'（x ）＞0，f （x ）单调递增，又f （0）=0，f （1）=a 2﹣；当﹣1＜a ＜﹣时，f （x ）在x=1取得最大值f （1）=a 2﹣； 当﹣时，f （x ）在x=0取得最大值f （0）=0； 当a=﹣时，f （x ）在x=0，x=1处都取得最大值0．综上所述，当a ≥1或﹣1时，f （x ）在x=1取得最大值f （1）=a 2﹣；当0＜a ＜1时，f （x ）取得最大值f （a ）=； 当a=﹣时，f （x ）在x=0，x=1处都取得最大值0； 当﹣＜a ≤0时，f （x ）在x=0取得最大值f （0）=0．【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，以及利用导数研究函数的性质，要求熟练掌握导数在研究函数中的应用，综合性较强，运算量较大．8．【分析】（1）根据题意，可得g （x ）=af （x ）+e x =axe x +e x ，求出其导数g′（x ），分情况讨论a 的值，分析导函数的符号，结合函数的导数与单调性的关系，即可得答案；（2）根据题意，分析可得原命题等价于方程xe x =x +2在x ∈[m ，m +1]上有解，进而可得原方程等价于，令，求出r （x ）的导数，分析r （x ）的单调性，进而可得直线y=x +2与曲线y=f （x ）的交点仅有两个，即可得m 的值．【解答】解：（1）由题意，函数f （x ）=xe x ．则g （x ）=af （x ）+e x =axe x +e x ，∴g′（x）=（ax+a+1）e x．①若a=0时，g′（x）=e x，g′（x）＞0在R上恒成立，所以函数g（x）在R上单调递增；②若a＞0时，当时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，当时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；③若a＜0时，当时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；当时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．综上，若a=0时，g（x）在R上单调递增；若a＞0时，函数g（x）在内单调递减，在区间内单调递增；当a＜0时，函数g（x）在区间内单调递增，在区间内单调递减．（2）由题可知，原命题等价于方程xe x=x+2在x∈[m，m+1]上有解，由于e x＞0，所以x=0不是方程的解，所以原方程等价于，令，因为对于x∈（﹣∞，0）∪（0，+∞）恒成立，所以r（x）在（﹣∞，0）和（0，+∞）内单调递增．又r（1）=e﹣3＜0，r（2）=e2﹣2＞0，，，所以直线y=x+2与曲线y=f（x）的交点仅有两个，且两交点的横坐标分别在区间[1，2]和[﹣3，﹣2]内，所以整数m的所有值为﹣3，1．【点评】本题考查函数导数的性质以及应用，（2）中注意将原问题转化为方程xe x=x+2在x∈[m，m+1]上有解的问题．9．【分析】（Ⅰ）求出导数，可得可得切点坐标及切线的斜率，代入点斜式，可得曲线f（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）猜测：当x＞0，x≠1时，f（x）的图象恒在切线y=（e﹣2）x+1的上方，只证：当x＞0时，f（x）≥（e﹣2）x+1，又x≥lnx+1，即，即可．【解答】解：（Ⅰ）f'（x）=e x﹣2x，由题设得f'（1）=e﹣2，f（1）=e﹣1，∴f（x）在x=1处的切线方程为y=（e﹣2）x+1．（Ⅱ）f'（x）=e x﹣2x，f''（x）=e x﹣2，∴f'（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，所以f'（x）≥f'（ln2）=2﹣2ln2＞0，所以f（x）在[0，1]上单调递增，所以f（x）max=f（1）=e﹣1，x∈[0，1]．f（x）过点（1，e﹣1），且y=f（x）在x=1处的切线方程为y=（e﹣2）x+1，故可猜测：当x＞0，x≠1时，f（x）的图象恒在切线y=（e﹣2）x+1的上方．下证：当x＞0时，f（x）≥（e﹣2）x+1，设g（x）=f（x）﹣（e﹣2）x﹣1，x＞0，则g'（x）=e x﹣2x﹣（e﹣2），g''（x）=e x﹣2，g'（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，又g'（0）=3﹣e＞0，g'（1）=0，0＜ln2＜1，∴g'（ln2）＜0，所以，存在x0∈（0，1n2），使得g'（x0）=0，所以，当x∈（0，x0）∪（1，+∞）时，g'（x）＞0；当x∈（x0，1）时，g'（x）＜0，故g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，又g（0）=g（1）=0，∴g（x）=e x﹣x2﹣（e﹣2）x﹣1≥0，当且仅当x=1时取等号，故．又x≥lnx+1，即，当x=1时，等号成立．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、切线方程、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，问题转化为a≤﹣，设g（x）=﹣，根据函数的单调性求出a的范围即可；（Ⅱ）求出f（x）的单调区间，得到f′（1）=0，求出a的值即可．【解答】解：（Ⅰ）若f（x）在[1，+∞）上是减函数，则f′（x）≤0在[1，+∞）恒成立，f′（x）=lnx+2ax+2﹣a≤0，∴a≤﹣，设g（x）=﹣，则g′（x）=，∵x≥1，∴g′（x）≥0，g（x）递增，又g（1）=﹣2，故a≤﹣2；（Ⅱ）由f（1）=2，要使f（x）max=2，故f（x）的递减区间是[1，+∞），递增区间是（0，1），∴f′（1）=0，即ln1+2a+2﹣a=0，∴a=﹣2．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．11．【分析】（1）求得函数y=xf（x）的导数，由极值的概念可得a=12，求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，运用点斜式方程可得切线的方程；（2）求出f（x）的导数和单调区间，以及极值，由零点个数为2，可得a=3，作出y=f（x）的图象，令t=g（x），由题意可得t=﹣1或t=，即f（x）=﹣1﹣b或f（x）=﹣b都有3个实数解，由图象可得﹣1﹣b＞0，且﹣b＞0，即可得到所求a+b的范围．【解答】解：（1）函数f（x）=4x2+﹣a，则y=xf（x）=4x3+1﹣ax的导数为y′=12x2﹣a，由题意可得12﹣a=0，解得a=12，即有f（x）=4x2+﹣12，f′（x）=8x﹣，可得曲线在点（1，f（1））处的切线斜率为7，切点为（1，﹣7），即有曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y+7=7（x﹣1），即为y=7x﹣14；（2）由f（x）=4x2+﹣a，导数f′（x）=8x﹣，当x＞时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＜0或0＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）递减．可得x=处取得极小值，且为3﹣a，由f（x）有两个零点，可得3﹣a=0，即a=3，零点分别为﹣1，．令t=g（x），即有f（t）=0，可得t=﹣1或，则f（x）=﹣1﹣b或f（x）=﹣b，由题意可得f（x）=﹣1﹣b或f（x）=﹣b都有3个实数解，则﹣1﹣b＞0，且﹣b＞0，即b＜﹣1且b＜，可得b＜﹣1，即有a+b＜2．则a+b的范围是（﹣∞，2）．【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值，考查函数零点问题的解法，注意运用换元法和数形结合的思想方法，考查运算能力，属于中档题．12．【分析】（1）求出函数的导数，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解其切线方程．（2）由f（x）=e x﹣alnx，原不等式即为e x+lnx﹣e﹣m（x﹣1）＞0，记F（x）=e x+lnx ﹣e﹣m（x﹣1），通过函数的导数判断函数的单调性，求解函数的最值，转化求解m的范围即可．【解答】解：（1）由f（x）=e x﹣alnx，则，切点为（1，e），所求切线方程为y﹣e=（e﹣a）（x﹣1），即（e﹣a）x﹣y+a=0．（2）由f（x）=e x﹣alnx，原不等式即为e x+lnx﹣e﹣m（x﹣1）＞0，记F（x）=e x+lnx﹣e﹣m（x﹣1），F（1）=0，依题意有F（x）＞0对任意x∈[1，+∞）恒成立，求导得，当x＞1时，F''（x）＞0，则F'（x）在（1，+∞）上单调递增，有F'（x）＞F'（1）=e x+1﹣m，若m≤e+1，则F'（x）＞0，若F（x）在（1，+∞）上单调递增，且F（x）＞F （1）=0，适合题意；若m＞e+1，则F'（1）＜0，又，故存在x1∈（1，lnm）使F'（x）=0，当1＜x＜x1时，F'（x）＜0，得F（x）在（1，x1）上单调递减，在F（x）＜F（1）=0，舍去，综上，实数m的取值范围是m≤e+1．【点评】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．13．【分析】（1）求导，分类讨论，根据导数与函数单调性的关系，即可求得函数f （x）的单调区间：（2）构造辅助函数，分类讨论，利用导数与函数单调性及最值的关系，即可求得g（x）的最值，根据函数恒成立即可求得a的取值范围．【解答】解：（1）f′（x）=（1﹣x）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（2a﹣e x），当a≤0时，函数在（﹣∞，1）上递增，在（1，+∞）上递减；当时，函数在（﹣∞，ln2a），（1，+∞）上递减，在（ln2a，1）上递增；当时，函数在（﹣∞，1），（ln2a，+∞）上递减，在（1，ln2a）上递增；当时，函数在R上递减；（2）由对任意的x∈R，f（x）≤2e x，即（2﹣x）e x+a（x﹣1）2≤2e x，当x=1时，e x+a（x﹣1）2≤2e x，恒成立，当x≠1时，整理得：a≤，对任意x∈R恒成立，设g（x）=，求导g′（x）==，令g′（x）=0，解得：x=1±，当x=1+附近时，当x＞1+，g′（x）＞0，当1＜x＜1+，f′（x）＜0，∴当x=1+时取极小值，极小值为，当x=1﹣附近时，当x＞1﹣，g′（x）＞0，当x＜1﹣，g′（x）＜0，当x=1﹣时取极小值，极小值为，由＜，∴g（x）的最小值为，由题意对任意的x∈R，都有f（x）≤2e x，即a≤f（x），最小值∴a的取值范围（﹣∞，]．【点评】本题考查导数的综合应用，导数与函数单调性及极值与最值的关系，考查函数恒成立问题，考查转化思想的应用，属于中档题．14．【分析】（I）讨论a的范围，判断f（x）的单调性，得出f（x）的极小值，从而列方程解出a的值；（II）分离参数可得a≤，根据函数性质求出a的范围．【解答】解：（I）f′（x）=（e x﹣2a）+xe x﹣2ax=（x+1）（e x﹣2a），x∈R．①若a≤0，由f′（x）=0解得x=﹣1．∴当x＜﹣1时，f′（x）＜0，当x＞﹣1时，f′（x）＞0，∴当x=﹣1时，f（x）取得极小值f（﹣1）=a﹣=0，解得a=（舍去）；②若a＞0，由f′（x）=0解得x=﹣1或x=ln（2a），（i）若ln（2a）＜﹣1，即0＜a＜，∴当x＜ln（2a）时，f′（x）＞0，当ln（2a）＜x＜﹣1时，f′（x）＜0，当x＞﹣1时，f′（x）＞0，∴当x=﹣1时，f（x）取得极小值f（﹣1）=a﹣=0，解得a=（舍去）；（ii）若ln（2a）=﹣1，即a=时，f′（x）≥0，此时f（x）没有极小值；（iii）若ln（2a）＞﹣1，即a＞，∴当x≤﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜ln（2a）时，f′（x）＜0，当x＞ln（2a）时，f′（x）＞0，∴当x=ln（2a）时，f（x）取得极小值f（ln（2a））=﹣aln2（2a）=0，解得a=．综上，a=．（II）f（2x）﹣2f（x）=2x（e2x﹣2a）﹣4ax2﹣2x（e x﹣2a）+2ax2=2x（e2x﹣e x）﹣2ax2≥0，显然当x=0时，上式恒成立，当x≠0时，a≤．令g（x）==（x≠0），则当x＜0时，e x﹣1＜0，当x＞0时，e x﹣1＞0，∴g（x）＞0，且当x→﹣∞时，g（x）→0，∴a≤0，即a的取值范围是（﹣∞，0]．【点评】本题考查了函数单调性的判断，导数的应用，属于中档题．15．【分析】（Ⅰ）对f（x）进行求导，将其转化为在定义域上不等式g（x）＞0恒成立，进而可得答案；（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论k的范围结合函数的单调性确定k的范围即可【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=lnx+x2﹣ax∴f′（x）=+2x﹣a …………1´∵函数在定义域内为增函数，∴f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，即a≤+2x在（0，+∞）上恒成立，…………3´而x＞0，+2x≥2，当且仅当x=时，“=”成立即+2x的最小值为2，∴a≤2…………6´（Ⅱ）∵g（x）=f（x）+2ln=2ln（ax+2）+x2﹣ax﹣2ln6∴…………7´∵a∈（2，4），∴=﹣＞﹣，＞0∴g´（x）＞0，故g（x）在[]上单调递增∴当x=2时，g（x）取最大值2ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln62ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln6＞k（4﹣a2）在（2，4）上恒成立．，…………8´令h（a）=2ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln6﹣k（4+a2），则h（2）=0，且h（a）＞0在（2，4）内恒成立，h′（a）==当k≤0时，h′（a）＜0，h（a）在（2，4）上单调递减h（a）＜h（2）=0，不合题意当k＞0时，由h´（a）=0得：a=①＞2，即0＜k＜时，h（a）在（2，）内单调递减，存在h（a）＜h（2）不合题意，②≤2，即k≥时，h（a）在（2，4）内单调递增，h（a）＞h（2）=0满足题意．综上，实数k的取值范围为[ (12)【点评】此题主要考查利用导数研究函数的单调性，此题综合性比较强，这类题型是高考的热点问题，解的过程中我们用到了分类讨论和转化的思想，是一道中档题16．【分析】（1）令f′（x）=0，讨论f′（x）的零点的大小，得出f′（x）的符号，从而得出f（x）的单调性；（2）化简不等式为，e x﹣lnx﹣1＞0，根据导数判断函数y=e x﹣lnx﹣1的单调性，求出最小值，从而得出结论．，【解答】解：（1）f（x）=x2﹣（1+2a）x+2alnx，定义域为（0，+∞），则f（x）=x﹣（1+2a）+=．①当a≤0时，x﹣2a＞0，∴当0＜x＜1时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．②当0＜a＜时，0＜2a＜1，∴当0＜x＜2a或x＞1时，f′（x）＞0，当2a＜x＜1时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，2a）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，③当a=时，f′（x）=≥0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．④当a＞时，2a＞1，∴当0＜x＜1或x＞2a时，f′（x）＞0，当1＜x＜2a时，f′（x）＜0，所以，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上单调递增．（2）证明：当a=0时，要证xp（x）+q（x）＜e x+x2﹣x﹣1，即证lnx+x2﹣x＜e x+x2﹣x﹣1，只需证明：e x﹣lnx﹣1＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣1，则g′（x）=e x﹣，g″（x）=e x+＞0，所以g′（x）在（0，+∞）上单调递增，又g′（）=﹣2＜0，g′（1）=e﹣1＞0，所以存在唯一x0∈（，1）使得g′（x0）=0，即e=，∴﹣lnx0=x0．∴g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以g（x）的最小值为g（x0）=e﹣lnx0﹣1=+x0﹣1≥2﹣1=1＞0，所以e x﹣lnx﹣1＞0，即原不等式得证．【点评】本小题主要考查函数的性质及导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想等．17．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）问题转化为证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．18．【分析】（Ⅰ）由已知可得f′（x）=（2x+2f′（0）+2）e x，取x=0，可得f′（0）=﹣2，从而求得f（x）=（2x﹣4）e x．（Ⅱ）由题意知，g'（x）=（2x﹣2）e x+a（x﹣1）=（x﹣1）（2e x+a），当a≥0时，由导函数的符号可得g（x）的单调区间；当a＜﹣2e时，，由g'（x）＞0和g'（x）＜0分别解得g（x）的单调区间，当﹣2e＜a＜0时，，g'（x）＞0和g'（x）＜0分别解得g（x）的单调区间；（Ⅲ）h（x）=（2x﹣4）e x+a（x2+4x）+4，可得h'（x）=（2x﹣2）e x+2a（x+2），令m（x）=h'（x），由导数可得有m'（x）=2xe x+2a（x≥0），得到m（x）≥m（0）=4a﹣2，然后对4a﹣2与0的大小分类分析得答案．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）=（2x+2f′（0）+2）e x，∴f′（0）=2f′（0）+2，得f′（0）=﹣2，∴f（x）=（2x﹣4）e x．（Ⅱ）由题意知，∴g'（x）=（2x﹣2）e x+a（x﹣1）=（x﹣1）（2e x+a），当a≥0时，令g'（x）＞0，得x＞1，令g'（x）＜0，得x＜1，∴g（x）在（1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，1）上单调递减，当a＜﹣2e时，，令g'（x）＞0，得x＜1或，令g'（x）＜0，得，∴g（x）在（﹣∞，1），上单调递增，在上单调递减，当﹣2e＜a＜0时，，令g'（x）＞0，得x＞1或，令g'（x）＜0，得，∴g（x）在，（1，+∞）上单调递增，在上单调递减，当a=﹣2e时，g'（x）＞0在R上恒成立，综上所述，当a≥0时，g（x）在（1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，1）上单调递减，当a＜﹣2e时，g（x）在（﹣∞，1）和上单调递增，在上单调递减，当﹣2e＜a＜0时，g（x）在和（1，+∞）上单调递增，在上单调递减，当a=﹣2e时，g（x）在R上单调递增．（Ⅲ）h（x）=（2x﹣4）e x+a（x2+4x）+4，h'（x）=（2x﹣2）e x+2a（x+2），令m（x）=h'（x）=（2x﹣2）e x+2a（x+2），有m'（x）=2xe x+2a（x≥0），当2a≥0时，有m'（x）≥0，此时函数y=m（x）在[0，+∞）上单调递增，则m（x）≥m（0）=4a﹣2，（i）若4a﹣2≥0即时，y=h（x）在[0，+∞）上单调递增，则h（x）min=h（0）=0恒成立；（ii）若4a﹣2＜0即时，则在[0，+∞）存在h'（x0）=0，此时函数y=h（x）在（0，x0）上单调递减，x∈（x0，+∞）上单调递增，且h （0）=4a﹣4，∴不等式不可能恒成立，故不符合题意；当2a＜0时，有m'（0）=2a＜0，则在[0，+∞）上存在g'（x1）=0，在x∈（0，x1）上单调递减，在（x1，+∞）上单调递增，∴y=h'（x）在[0，+∞）上先减后增，又h'（0）=﹣2+4a＜0，则函数y=h（x）在[0，+∞）上先减后增，且h（0）=4a ﹣4，∴不等式不可能恒成立，故不符合题意．综上所述，实数a的取值范围为．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的数学思想方法与数学转化思想方法，属难题．19．【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导函数值为0，即可求a的值；（Ⅱ）只需证：，令g（x）=x﹣lnx，利用函数的导数判断函数的单调性求解函数的最小值以及最大值，推出结果即可．【解答】解：（Ⅰ），由题意可得：f′（1）=2a﹣2=0∴a=1，（Ⅱ）证明：只需证：，令g（x）=x﹣lnx，，由解得：x=1，g（x）在（0，1）递减，在（1，2]上递增，故g（x）min=g（1）=1由可知：h（x）在（0，2]上递增，故，故h（x）＜g（x）即：．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查计算能力以及转化思想的应用．20．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）令h（x）=g（x）﹣2f（x）﹣2（lna﹣ln2），根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（Ⅰ）…………………………………（2分）x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减………………………．（4分）（Ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）故……………………………．（7分）令h'（x）=0即，两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）∴，∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是一道中档题．21．【分析】（1）令h（x）=f（x）﹣x，则h′（x）=f′（x）﹣1＜0，说明h（x）是单调递减函数，然后说明方程f（x）﹣x=0有且只有一个实数根．（2）令，利用F（x）在区间[e，e2]上连续，说明F（x）在[e，e2]上存在零点x0，推出g（x）∈M．（3）不妨设α＜β，利用函数的单调性，令h（x）=f（x）﹣x，结合h′（x）=f′（x）﹣1＜0，说明h（x）是单调递减函数，然后证明|f（α）﹣f（β）|＜|α﹣β|≤|α﹣2012|+|β﹣2012|＜2．【解答】解：（1）证明：令h（x）=f（x）﹣x，则h′（x）=f′（x）﹣1＜0，故h （x）是单调递减函数，所以，方程h（x）=0，即f（x）﹣x=0至多有一解，又由题设①知方程f（x）﹣x=0有实数根，所以，方程f（x）﹣x=0有且只有一个实数根…..（4分）（2）易知，，满足条件②；令，则，…..（7分）又F（x）在区间[e，e2]上连续，所以F（x）在[e，e2]上存在零点x0，即方程g（x）﹣x=0有实数根，故g（x）满足条件①，综上可知，g（x）∈M…（9分）（3）证明：不妨设α＜β，∵f′（x）＞0，∴f（x）单调递增，∴f（α）＜f（β），即f（β）﹣f（α）＞0，令h（x）=f（x）﹣x，则h′（x）=f′（x）﹣1＜0，故h（x）是单调递减函数，∴f（β）﹣β＜f（α）﹣α，即f（β）﹣f（α）＜β﹣α，∴0＜f（β）﹣f（α）＜β﹣α，则有|f（α）﹣f（β）|＜|α﹣β|≤|α﹣2012|+|β﹣2012|＜2．（14分）【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性的判断与应用，考查函数与方程的思想的应用．22．【分析】（1）根据题意，由函数的解析式求出导数，由导数的几何意义可得f（x）在x=0处的切线的斜率，由切点坐标计算可得答案；（2）根据题意，分析可得f（x）≥1﹣x⇔e x﹣ax﹣1≥0，令g（x）=e x﹣ax﹣1，求出g（x）的导数，分析可得存在x=lna，使得g（lna）＜g（0）=0．据此分析可得答案．【解答】解：（1）根据题意，由f（x）=x（e x﹣2）﹣ax2+1，得f'（x）=（x+1）e x﹣2ax﹣2，即f（x）在x=0处的切线的斜率k=f'（0）=﹣1又f（0）=1，所以切点为（0，1）即切线方程：y﹣1=﹣x．所以f（x）图象在x=0处的切线方程为：x+y﹣1=0；（2）由f（x）≥1﹣x，得x（e x﹣2）﹣ax2+x≥0又x≥0，即e x﹣ax﹣1≥0令g（x）=e x﹣ax﹣1，即g（x）≥0在x∈[0，+∞）恒成立．又g'（x）=e x﹣a；①当a≤1时，g'（x）≥g'（0）=1﹣a≥0即g（x）在[0，+∞）上单调递增，故g（x）≥g（0）=0．所以当a≤1时，g（x）≥0在x∈[0，+∞）恒成立②当a＞1时，令g'（x）=0，得x=lna；g（x），g'（x）的变化情况如下表：故存在x=lna，使得g（lna）＜g（0）=0．所以当a＞1时，g（x）≥0不成立，综上，a的取值范围为（﹣∞，1]．【点评】本小题主要考查函数导数及其应用等基础知识，注意导数的几何意义，属于综合题．23．【分析】（Ⅰ）求出函数导数f′（x），由f′（1）=0，可得a．（Ⅱ）函数f（x）=ln（x+1）+的定义域为{x|x＞﹣1，且x≠﹣a}．=，可得x2+a（a﹣2）=0在定义域内有两个不等实根x1=﹣，x2=，（0＜a＜2）．只需讨论﹣与定义域得关系即可．（Ⅲ）由g（）=g（n）可得m﹣1＞n﹣1，（m﹣1）（n﹣1）=1．由g（m）=2g（）⇒|ln（m﹣1）|=2|ln（+）|．可得m﹣1=[（]2，令m﹣1=t，⇒⇒t3﹣3t2﹣t﹣1=0．令h（t）=t3﹣3t2﹣t﹣1，则h′（t）=3t2﹣6t﹣1，可得3＜t＜4，4＜m＜5．【解答】解：（Ⅰ）=，∵x=1为f（x）的极值点，∴f′（1）=0，∴a=1．（Ⅱ）函数f（x）=ln（x+1）+的定义域为{x|x＞﹣1，且x≠﹣a}．=，要使函数f（x）存在两个极值点，则方程x2+a（a﹣2）=0在定义域内有两个不等实根．∴a（a﹣2）＜0，即0＜a＜0，由f′（x）=0，得x1=﹣，x2=．只需讨论﹣与定义域得关系即可．当1＜a＜2时，函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），此时﹣1．此时函数f（x）存在两个极值点x1=﹣，x2=．当a=1时，函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），此时﹣1=﹣，此时函数f（x）存在1个极值点x2=．当0＜a＜1时，函数f（x）的定义域为（﹣1，﹣a）∪（﹣a，+∞），此时﹣1＜﹣a．此时函数f（x）存在两个极值点x1=﹣，x2=．综上，函数f（x）存在两个极值点，a的取值范围为（0，1）∪（1，2），（Ⅲ）证明：∵g（）=g（n），∴|ln（m﹣1）|=|ln（n﹣1）|．又g（x）=|ln（x﹣1）|在（1，2）递减，在（2，+∞）递增．且m﹣1＞n﹣1，（m﹣1）（n﹣1）=1．∴m﹣1＞1，n﹣1＜1，∴m＞2．由g（m）=2g（）⇒|ln（m﹣1）|=2|ln（+）|．∵=1，∴m﹣1=[（]2，令m﹣1=t，⇒⇒t3﹣3t2﹣t﹣1=0．令h（t）=t3﹣3t2﹣t﹣1，则h′（t）=3t2﹣6t﹣1，令h′（t）=0，可得t=，∴h（t）在（1，）递减，在（，+∞）递增．∵h（3）＜0，h（4）＞0，∴3＜t＜4，∴4＜m＜5．【点评】本题考查了导数与函数的极值、单调性，及利用导数通过单调性解方程，属于中档题．24．【分析】（Ⅰ）根据题意，由函数的解析式分析其定义域，进而求出其导数，按a的值分三种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，综合三种情况即可得答案；（Ⅱ）根据题意，由函数的极值与导数的关系分析可得a的值，可以将原问题转化为证明x﹣xlnx≤e﹣x+x2，令（x＞0），求出其导数，分析函数的单调性，可得其最小值，就可得证明．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，f（x）=x+axlnx，必有x＞0，则f（x）的定义域为（0，+∞），其导数f'（x）=1+alnx+a，当a=0时，f（x）=x，则函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；当a＞0时，由f'（x）＞0得，由f'（x）＜0得．所以，f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增；当a＜0时，由f'（x）＞0得，由f'（x）＜0得，所以，函数f（x）在区间上单调递增，在区间单调递减．综上所述，当a=0时，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；当a＞0时，函数f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增；。
北京市第四中学2018高考理科数学总复习例题讲解：导数
定积分与微积分基本定理一、知识要点1、定积分意义性质：1.()()bba a kf x dx k f x dx =⎰⎰（k 为常数）； 2.[()()]()()bb ba a a f x g x dx f x dx g x dx ±=±⎰⎰⎰； 3.()()()b c b a a c f x dx f x dx f x dx =+⎰⎰⎰，其中a c b <<；（积分区间的可加性） 4.()()b aa b f x dx f x dx =-⎰⎰； 5. 若在区间[,]a b 上()()f x g x ≤，则()()bba a f x dx g x dx ≤⎰⎰； 6.()()bba a f x dx f x dx ≤⎰⎰； 7. 若函数()f x 在区间[,]ab 上的最大值与最小值分别为M 与m ， 则()()()ba mb a f x dx M b a -≤≤-⎰. （近似估计)2、微积分基本定理（牛顿——莱布尼茨公式）设函数()()F x f x '=，且()f x 在区间[,]a b 上可积，则)()(|)()(a F b F x F dx x f b a b a -==⎰. 其中，()F x 叫做()f x 的一个原函数.3、 定积分的应用（1）求曲边多边形的面积（2）在物理上的应用二、典型例题例1、由直线12x =，2x =，曲线1y x=及x 轴所围图形的面积为( ). A ．154 B ．174 C ．1ln 22D ．2ln 2例2、设函数0(1),(0)x y t dt x =->⎰，则y 有( ). A. 极小值21 B. 极小值12- C. 极大值21 D. 极大值12-例3、 函数2(cos 2),(0)x x y t t dt x -=++>⎰是( ).A. 奇函数B. 偶函数C.非奇非偶函数D.以上都不正确例4、求例5、抛物线y=―x 2+4x ―3的图形与x 轴的交点为A 、B ，（1）求以A 与B 为切点的切线L 1与L 2；（2）求L 1、L 2与抛物线围成的封闭区域的面积。
2018,4高三一模函数与导数(更新)
2018年高三一模函数与导数2018, 3丰台一模第18题（理科）已知函数()=e (ln 1)()x f x a x a -+∈R ．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若函数()y f x =在1(,1)2上有极值，求a 的取值范围．2018, 3丰台一模第20题（文科） 已知函数1()ln ()e x f x a x a =+∈R ． （Ⅰ）当1e a =时，求曲线()yf x =在(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若函数()f x 在定义域内不单调，求a 的取值范围．2018, 3石景山一模第19题（理科）已知2()e x f x ax =-，曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1y bx =+．（Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）求()f x 在[0,1]上的最大值；（Ⅲ）当x ∈R 时，判断()y f x =与1y bx =+交点的个数．（只需写出结论，不要求证明）2018, 3石景山一模第20题（文科） 设函数()ln m f x x x=+，m ∈R ． （Ⅰ）当e m =时，求函数()f x 的极小值； （Ⅱ）讨论函数()()3x g x f x '=-零点的个数； （Ⅲ）若对任意的0b a >>，()()1f b f a b a-<-恒成立，求实数m 的取值范围．2018, 3朝阳一模第18题（理科）已知函数ln 1()x f x ax x-=-，a ∈R ． （Ⅰ）若2a =，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （ii ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若12a <<，求证：()1f x <-．已知函数ln 1()x f x ax x-=-，a ∈R ． （Ⅰ）若0a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若1a <-，求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若12a <<，求证：()1f x <-．2018, 3延庆一模第18题（理科）已知函数()e x f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）设不等式()f x ax >的解集为P ，且{|02}x x P ⊆≤≤，求a 的取值范围； （Ⅲ）设()()g x f x ax =-，写出函数()g x 的零点的个数．（只需写出结论）2018, 3延庆一模第20题（文科）已知函数()e x f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当[0,2]x ∈时，不等式()f x ax >恒成立，求a 的取值范围； （Ⅲ）设()()g x f x ax =-，当函数()g x 有且只有一个零点时，求a 的取值范围．2018, 3怀柔一模第19题（文科）已知函数()ln 1f x x =+．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）求证：()f x x ≤；（Ⅲ）设0k >，若()f x kx ≤在区间(0,)+∞内恒成立，求k 的最小值．2018, 4东城一模第19题（理科）已知函数()e (1)x f x a x =-+．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线斜率为0，求a 的值； （Ⅱ）若()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（Ⅲ）求证：当0a =时，曲线()y f x =(0)x >总在曲线2ln y x =+的上方．已知函数()sin cos f x x x a x x =++，a ∈R ．（Ⅰ）当1a =-时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当2a =时，求函数()f x 在区间[0,]2π上的最大值和最小值； （Ⅲ）若2a >时，若方程()30f x -=在区间[0,]2π上有唯一解，求a 的取值范围．2018, 4西城一模第18题（理科） 已知函数1()e (ln )x f x a x x=⋅++，其中a ∈R ． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线e x y =-垂直，求a 的值；（Ⅱ）当(0,ln 2)a ∈时，证明：()f x 存在极小值．2018, 4西城一模第20题（文科） 已知函数1()e (ln )x f x a x x =⋅++，其中a ∈R ． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线e xy =-垂直，求a 的值；（Ⅱ）记()f x 的导函数为()g x ．当(0,ln 2)a ∈时，证明：()g x 存在极小值点0x ，且0()0f x <.2018, 4海淀一模第18题（理科） 已知函数ln ()x f x x a=+． （Ⅰ）当0a =时，求函数()f x 的单调递增区间； （Ⅱ）当0a >时，若函数()f x 的最大值为21e ，求a 的值．2018, 4海淀一模第20题（文科）已知函数()e sin x f x x ax =-．（Ⅰ）当0a =时，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当0a ≤时，判断()f x 在3[0,]4π上的单调性，并说明理由； （Ⅲ）当1a <时，求证：3[0,4x π∀∈，都有()0f x ≥．。
[2014-2018]北京高考数学(文)真题分类汇编 专题三 导数及其应用
![[2014-2018]北京高考数学(文)真题分类汇编 专题三 导数及其应用](https://img.taocdn.com/s3/m/8dbdf774eefdc8d376ee32dc.png)
专题三导数及其应用19．（13分）设函数f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]e x．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．20．（13分）已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．20．（13分）设函数f（x）＝x3+ax2+bx+c．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）设a＝b＝4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围；（3）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．19．（13分）设函数f（x）klnx，k＞0．（1）求f（x）的单调区间和极值；（2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．20．（13分）已知函数f（x）＝2x3﹣3x．（Ⅰ）求f（x）在区间[﹣2，1]上的最大值；（Ⅱ）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；（Ⅲ）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）专题三导数及其应用答案部分1.解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]e x的导数为f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]e x．曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，可得（4a﹣2a﹣2+1）e2＝0，解得a；（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]e x＝（x﹣1）（ax﹣1）e x，若a＝0则x＜1时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞1，f′（x）＜0，f（x）递减．x＝1处f（x）取得极大值，不符题意；若a＞0，且a＝1，则f′（x）＝（x﹣1）2e x≥0，f（x）递增，无极值；若a＞1，则1，f（x）在（，1）递减；在（1，+∞），（﹣∞，）递增，可得f（x）在x＝1处取得极小值；若0＜a＜1，则1，f（x）在（1，）递减；在（，+∞），（﹣∞，1）递增，可得f（x）在x＝1处取得极大值，不符题意；若a＜0，则1，f（x）在（，1）递增；在（1，+∞），（﹣∞，）递减，可得f（x）在x＝1处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（1，+∞）．2. 解：（1）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；（2）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，令g（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）＝e x（cos x﹣sin x﹣sin x﹣cos x）＝﹣2e x•sin x，当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2e x•sin x≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；最小值为f（）cos．3.解：（1）函数f（x）＝x3+ax2+bx+c的导数为f′（x）＝3x2+2ax+b，可得y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝f′（0）＝b，切点为（0，c），可得切线的方程为y＝bx+c；（2）设a＝b＝4，即有f（x）＝x3+4x2+4x+c，由f（x）＝0，可得﹣c＝x3+4x2+4x，由g（x）＝x3+4x2+4x的导数g′（x）＝3x2+8x+4＝（x+2）（3x+2），当x或x＜﹣2时，g′（x）＞0，g（x）递增；当﹣2＜x时，g′（x）＜0，g（x）递减．即有g（x）在x＝﹣2处取得极大值，且为0；g（x）在x处取得极小值，且为．由函数f（x）有三个不同零点，可得c＜0，解得0＜c，则c的取值范围是（0，）；（3）证明：若f（x）有三个不同零点，令f（x）＝0，可得f（x）的图象与x轴有三个不同的交点．即有f（x）有3个单调区间，即为导数f′（x）＝3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，可得△＞0，即4a2﹣12b＞0，即为a2﹣3b＞0；若a2﹣3b＞0，即有导数f′（x）＝3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，当c＝0，a＝b＝4时，满足a2﹣3b＞0，即有f（x）＝x（x+2）2，图象与x轴交于（0，0），（﹣2，0），则f（x）的零点为2个．故a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．4.解：（1）由f（x）f'（x）＝x由f'（x）＝0解得xf（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：X （0，）（）f'（x）﹣0 +f（x）↓↑所以，f（x）的单调递增区间为（），单调递减区间为（0，）；f（x）在x处的极小值为f（），无极大值．（2）证明：由（1）知，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为f（）．因为f（x）存在零点，所以，从而k≥e当k＝e时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）＝0所以x是f（x）在区间（1，）上唯一零点．当k＞e时，f（x）在区间（0，）上单调递减，且，所以f（x）在区间（1，）上仅有一个零点．综上所述，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．5.解：（Ⅰ）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．（Ⅱ）设过点P（1，t）的直线与曲线y＝f（x）相切于点（x0，y0），则y0＝23x0，且切线斜率为k＝63，∴切线方程为y﹣y0＝（63）（x﹣x0），∴t﹣y0＝（63）（1﹣x0），即46t+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（x﹣1），∴g（x）与g′（x）变化情况如下：x（﹣∞，0）0 （0，1） 1 （1，+∞）g′（x）+ 0 ﹣0 +g（x）↗t+3 ↘t+1 ↗∴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）．（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．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2018年北京高三模拟题分类汇编之导数大题精心校对版题号一二总分得分△注意事项：1.本系列试题包含2018北京市各城区一模二模真题。
2.本系列文档有相关的试题分类汇编，具体见封面。
3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科一、填空题（本大题共1小题，共0分）1.（2018北京东城区高三一模数学(文)）已知函数()sin cos f x x x a x x ，a R . （Ⅰ）当1a 时，求曲线()y f x 在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当2a=时，求()f x 在区间[0,]2上的最大值和最小值；（Ⅲ）当2a 时，若方程()30f x 在区间[0,]2上有唯一解，求a 的取值范围. 二、解答题（本大题共10小题，共0分）2.（2018北京东城区高三二模数学(文)）设函数2()2ln 2f x x x ax . （Ⅰ）当3a 时，求()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）若直线1y x 是曲线()y f x 的切线，求a 的值. 3.（2018北京西城区高三一模数学(文)）已知函数()e (ln )x f x a x ，其中a R ．（Ⅰ）若曲线()y f x 在1x 处的切线与直线e x y 垂直，求a 的值；（Ⅱ）记()f x 的导函数为()g x ．当(0,ln 2)a 时，证明：()g x 存在极小值点0x ，且0()0f x ．姓名：__________班级：__________考号：__________●-------------------------密--------------封-
-------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●。