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.2.（ 2012 年文科 18）函数f ( x)ax21 (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.3. （ 2012 年理科 18） 已知函数 f ( x)ax 2 1( a 0), g(x) x3bx .(1)若曲线

2、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 .4.（ 2013 年文科 18）已知函数f(x) x2 xsin x 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.ln x5.（ 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；

3、(2) 证明：除切点 (1， 0)之外，曲线 C 在直线 L 的下方.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）.7（ 2014 年理科 18.）已知函数f ( x)x cos xsin x, x0, ，2（ 1）求证：f (x)0 ；sin x（）若 ab 在 (0,) 上恒成立，求 a 的最大值与

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 0k11 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)minf (k1)ek1；当 k1 1,即 k2 时，函数 f x 在区间 0,1 上递减，所以f ( x)minf (1)(1 k )e 。2. （ 2012 年文科18）解：

5、（） 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)x33x29x1 ，h (x) 3x26x 9 令 h ( x)0 ，得 x13 ， x21h( x) 与h (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

6、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 ， k2a，1g( x)x3bx ，则 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 ，设 h (x)f ( x) g( x)x3ax21 a2 x114a ， x2a ；则 h (x)3 x22axa 2 ，令 h ( x)0 ，解得：

7、 x1426Q a0 ，aa，26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 2a 6 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 a 2 ,时，最大值为 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) 因为曲线 y f(x)在点 (a， f(a)处与直线 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)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 yf(x)与直线 y b 最多只有一个交点；当 b1 时， f( 2b)f(2b) 4b22b 14b 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 ， )ln x在点 (1， 0)

9、处的切线5.（ 2013 年理科 18）设 L 为曲线 C： y x(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18 解：ln x，则 f(x) 1 ln x(1)设 f(x) xx2.所以 f(1) 1.所以 L 的方程为 y x 1.(2) 令 g(x) x1 f(x)，则除切点之外，曲线C 在直线 L 的下方等价于x2 1 ln xg(x)0(x0，x 1)g(x)满足 g(1) 0，且 g(x) 1 f(x)x2.当 0x1 时， x2 10 ， ln x0，所以 g(x)1 时， x210 ， ln x0，所以 g(x)0，故 g(x)

10、单调递增.所以 g(x)g(1) 0(x0 ， x 1)所以除切点之外，曲 C 在直 L 的下方7 解 ： （ 1 ） 证 明 ： f xcos xxsin xcosxxsin x, x0 , ，2 f x , 0 ， 即 f x 在 0 , 上 单 调 递 增 ，2 f x在 0 , 上 的 最 大 值 为 f00 ， 所 以 f x , 0 2（ 2） 一 方 面 令 g xsin x ， 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 gxg2 ， 故 a,2 ， 所 以 amax2 2

11、2令 h xsin xbx ， x0 , ， 则 h xcos xb ，2当 b1 时 ， h x0 ， 故 h x 在 x0 , 上 单 调 递 减 ， 从 而 h xh 00 ，2所 以 hxsin xbx0 恒 成 立 当 b 1 时 ， h xcos xb0 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 00 ，sin x即 sin xbx0sin xbxx解答： 解：（ ）由 f （ x） =2x3 3xb 与 sin xb 恒 成 立 矛 盾 ， 综 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）在区 2， 1 上的最大 （ ） 点 p（ 1， t ）的直 与曲 y=f （x）相切于点（ x0， y0），则 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 ，设 g（ x） =4x36x2+t+3 ， “ 点 P（ 1， t）存在 3 条直 与曲 y=f （ x）相切 ”，等价于 “g（ x）有 3 个不同的零点 ” g

13、（x） =12x2 12x=12x （ x 1）， g（ x）与 g（x） 化情况如下：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