北京市高考專題復(fù)習(xí)(導(dǎo)數(shù)部分)

1、學(xué)習(xí)必備歡迎下載北京市 20XX屆高考專題復(fù)習(xí)（導(dǎo)數(shù)部分）1、（ 20XX年北京高考）已知函數(shù)f ( x) ln 1x （）求曲線 f ( x) 在點 0, f 01x處的切線方程；（）求證：當(dāng) x0,1 時， f ( x)2 xx3；3（）設(shè)實數(shù) k 使得 f (x) k xx30,1 恒成立，求 k 的最大值對 x32、（ 20XX年北京高考）已知函數(shù)f ( x) xcosx sin x, x 0, ，2（ 1）求證： f (x)0 ；sin xb 在 (0,) 上恒成立，求 a 的最大值與 b 的最小值 .（ 2）若 ax23、（ 20XX年北京高考）設(shè)L 為曲線 C： yln x處的切

2、線在點 (1,0)x(1) 求 L 的方程；(2) 證明：除切點 (1,0) 之外，曲線 C在直線 L 的下方4、（朝陽區(qū) 20XX屆高三一模）已知函數(shù)（ 1）當(dāng) a = - 1時，求函數(shù) f ( x) 的最小值；（ 2）當(dāng) a1時，討論函數(shù) f ( x) 的零點個數(shù)。5、（東城區(qū) 20XX屆高三二模）已知函數(shù)f()x aexx（）當(dāng) a e2 時，求 f ( x) 在區(qū)間 1,3上的最小值；（）求證：存在實數(shù)x0 3,3 ，有 f ( x0 )a .6、（房山區(qū)20XX屆高三一模）已知f (x)1 ax2xln(1x)，其中a0 2( ) 若函數(shù)( ) 求 f ( x)( ) 若 f ( x

3、)f ( x) 在點 (3, f (3) 處切線斜率為的單調(diào)區(qū)間；在 0,上的最大值是0 ，求0 ，求 a 的值；a 的取值范圍學(xué)習(xí)必備歡迎下載7、（豐臺區(qū) 20XX屆高三一模）設(shè)函數(shù)f ( x)exax ， x R （）當(dāng) a 2 時，求曲線 f (x)在點 (0, f (0)處的切線方程；（）在（）的條件下，求證：f ( x)0 ；（）當(dāng) a1時，求函數(shù)f (x) 在 0, a 上的最大值8、（海淀區(qū) 20XX屆高三二模）已知函數(shù)1ln x.f (x)x2（）求函數(shù) f ( x) 的零點及單調(diào)區(qū)間；（）求證：曲線yln x 存在斜率為6 的切線，且切點的縱坐標(biāo) y01.x9、（石景山區(qū) 2

4、0XX 屆高三一模）已知函數(shù)f ( x)x a ln x , g( x)1 a ( a 0) x( ) 若 a 1 ，求函數(shù) f ( x) 的極值；( ) 設(shè)函數(shù) h(x)f ( x) g( x) ，求函數(shù) h( x) 的單調(diào)區(qū)間；( ) 若存在 x01 , e ，使得 f ( x0 )g( x0 ) 成立，求 a 的取值范圍10、（西城區(qū) 20XX屆高三一模）設(shè)n N* ，函數(shù)，函數(shù)， x(0 ，+) ，（ 1）當(dāng) n =1時，寫出函數(shù)y = f ( x) - 1零點個數(shù)，并說明理由；（ 2）若曲線y = f( x) 與曲線y = g( x) 分別位于直線l:y =1 的兩側(cè)，求n 的所有可

5、能取值。11、（北京四中 20XX屆高三上學(xué)期期中）已知函數(shù)f ( x) ln(2 ax 1)x3x22ax(a 0).3（）若 x2 為 f ( x) 的極值點，求實數(shù) a 的值；（）若 yf ( x) 在 3,上為增函數(shù)，求實數(shù)a 的取值范圍 .12、（朝陽區(qū)x220XX屆高三上學(xué)期期中）已知函數(shù)f (x) =, a ? R .x -a( ) 求函數(shù)f (x) 的單調(diào)區(qū)間 ;學(xué)習(xí)必備歡迎下載（）若f (x) 在 (1,2) 上是單調(diào)函數(shù)，求a 的取值范圍 .13、（東城區(qū)示范校20XX屆高三上學(xué)期綜合能力測試）已知定義在1,上的函數(shù)f xxln x2 ， g xx ln xx 。（ I ）

6、求證：f x 存在唯一的零點，且零點屬于（3，4）；（ II）若kZ且 g xk x1對任意的x1恒成立，求k 的最大值。14、（昌平區(qū) 20XX屆高三上學(xué)期期末）已知函數(shù)f ( x) lnx a2x2 ax ( a R ) ( I )當(dāng) 1時，求函數(shù)f() 的單調(diào)區(qū)間；ax(II)若函數(shù)f ( x) 在區(qū)間(1， ) 上是減函數(shù)，求實數(shù)a 的取值范圍15、（朝陽區(qū)eax, a R 20XX屆高三上學(xué)期期末）設(shè)函數(shù)f ( x)2x13（）當(dāng) a時 , 求函數(shù)f ( x) 的單調(diào)區(qū)間；5（）設(shè) g (x) 為 f (x) 的導(dǎo)函數(shù)， 當(dāng) x 1 , 2e 時，函數(shù) f ( x) 的圖象總在g(x

7、) 的圖象的上方， 求 ae的取值范圍16、（大興區(qū) 20XX屆高三上學(xué)期期末）已知f ( x)ax22 ( a 0) .( x1)（）若 a1 ，求 f( x) 在 x1 處的切線方程；（）確定函數(shù)f( x) 的單調(diào)區(qū)間，并指出函數(shù)f ( x) 是否存在最大值或最小值參考答案1、解析 : （） 因為 f ( x) ln(1 x) ln(1x) ，所以f ' (x)11， f '(0) 2 1x1x學(xué)習(xí)必備歡迎下載又因為 f (0)0 ，所以曲線 yf ( x) 在點 (0, f (0) 處的切線方程為 y2x （）令 g(x)f ( x)2(xx3) ，3則 g' (

8、x)f '( x)2(1x2 )2x421x因為 g ' ( x)0(0x1) ，所以 g(x) 在區(qū)間 (0,1) 上單調(diào)遞增 所以 g(x)g(0)0 , x(0,1) ,即當(dāng) x(0,1) 時， f ( x)2(xx3) 3（）由（）知，當(dāng)k2時， f ( x)k(x3)對 x (0,1) 恒成立x3當(dāng) k2 時，令 h( x)f ( x)k(xx3) ，則3h' ( x)f ' (x)k(1x2 )kx4(k2)1x2所以當(dāng) 0x4kk2時， h' ( x)0 ，因此 h( x) 在區(qū)間 (0, 4k2 ) 上單調(diào)遞減k當(dāng) 0xk2時， h( x

9、)h(0)0，即 f (x)x3) 4k( xk3所以當(dāng) k2 時，令 f (x)k(xx3) 并非對 x(0,1) 恒成立3綜上可知， k 的最大值為 2 2、證明： fxcosxx sin xcos xxsin x ，x0 時， fx0，從而fx在0 上單調(diào)遞減，22所以 fx在 0 上的最大值為f00 ，2所以 fx f00 .法一：當(dāng) x0 時，“ sin xa ”等價于“ sin xax 0”；“ sin xb ”等價于“ sin xbx0 ”，xx令 gxsin xcx ，則 gxcos xc .當(dāng) c 0 時， gx0對任意x0 恒成立 .2學(xué)習(xí)必備歡迎下載當(dāng) c 1 時，因為對

10、任意 x0 ， gxcosxc0 ，所以 gx 在區(qū)間0 上單調(diào)遞減 .22從而 g xg00 對任意 x0 恒成立 .2當(dāng) 0c1 時，存在唯一的x00 ，使得 gx0cos x0c0 ，2且當(dāng) x0x0時， gx0 ， gx單調(diào)遞增；當(dāng) xx0 時， gx0 ， gx單調(diào)遞減。2所以 g x0g00。進一步，“ gx0 對任意 x0恒成立”當(dāng)且僅當(dāng)g2221c 0 ，即 0c .2綜上所述，當(dāng)且僅當(dāng)c 2時， gx0 對任意 x0 恒成立；2當(dāng)且僅當(dāng) c 1 時， gx0對任意 x0 恒成立 .2所以，若 asin xb 對任意 x0 恒成立，則 a 的最大值為2 ， b 的最小值為1.x

11、2法二：令 gxsin xx0 ，x2則 gxcos xxsin x ，由知， gx 0 ，x2故 g x在0 上單調(diào)遞減，從而gx的最小值為 g2 ，22故 a 2 ， a 的最大值為 2 .b 的最小值為1，下面進行證明：h xsin xbx ， x0 ，則 hxcosxb ，2當(dāng) b1 時， hx 0 ， hx在0 上單調(diào)遞減，從而h x maxh 00，2所以 sin xx 0 ，當(dāng)且僅當(dāng) x0 時取等號 .從而當(dāng) x0 時， sin x1 . 故 b 的最小值小于等于 1。2x若 b1，則 hxcos xb0 在 0 上有唯一解 x0，且 x0x0 時， h x0，2故 h x在0x

12、0 上單調(diào)遞增，此時hxh 00,sin xbx0sin xb與恒成立矛盾，故b 1 ，x綜上知： b 的最小值為1.3、解： (1)設(shè) f xln x，則 fx1ln xxx2.所以 f (1) 1.所以 L 的方程為 y x 1.(2) 令 g( x) x 1 f ( x) ，則除切點之外， 曲線 C在直線 L的下方等價于g( x) 0(x0，x1) 學(xué)習(xí)必備歡迎下載(x) 滿足(1) 0，且()1( ) x21 ln x .ggg xfxx2當(dāng) 0 x 1 時， x2 1 0， ln x 0，所以 g(x) 0，故 g( x) 單調(diào)遞減；當(dāng) x 1 時， x2 1 0， ln x0，所以

13、 g(x) 0，故 g( x) 單調(diào)遞增所以， g( x) g(1) 0(x 0， x1) 所以除切點之外，曲線C在直線 L 的下方4、學(xué)習(xí)必備歡迎下載5、解：（）當(dāng) a e2 時， f (x)x e2 x ， x 1,3 .因為 f '(x)1 e2x ，由 f ( x)0 ， x2.則 x ， f ( x) ， f ( x)關(guān)系如下：x(1,2)2(2,3)f (x)0f ( x)極小值所以當(dāng) x2 時， f (x)有最小值為3.5分（）“存在實數(shù)x0 3,3，有 f ( x)a ”等價于 f (x) 的最大值大于 a .因為 f '( x)1ae x ，所以當(dāng) a0 時，

14、 x3,3 ， f ' ( x) 0 ， f (x) 在 (3,3) 上單調(diào)遞增，所以 f ( x) 的最大值為f (3)f (0)a .所以當(dāng) a0 時命題成立 .當(dāng) a0時，由 f ( x)0 得 xln a .則 xR時， x ， f( x) ， f (x) 關(guān)系如下：學(xué)習(xí)必備歡迎下載（ 1）當(dāng) ae3 時 ， ln a3， f(x) 在 (3,3) 上單調(diào)遞減，所以 f ( x) 的最大值 f (3)f (0) a .所以當(dāng) ae3 時命題成立 .（ 2）當(dāng) e 3a e3 時， 3 ln a3 ，所以f ( x) 在 ( 3,ln a) 上單調(diào)遞減，在(ln a,3) 上單調(diào)

15、遞增 .所以f ( x) 的最大值為f (3)或 f (3).且 f (3)f ( 0) a 與 f (3)f (0)a 必有一成立，所以當(dāng) e 3a e3 時命題成立 .（ 3） 當(dāng) 0 ae 3 時 ， ln a3 ，所以 f ( x)在 ( 3,3) 上單調(diào)遞增，所以 f ( x)的最大值為f (3)f (0) a .所以當(dāng) 0a e 3 時命題成立 .綜上：對任意實數(shù) a 都存在 x3,3使 f (x)a 成立 . 13分6、解： ( ) 由題意得 f ax2 ax(x) x1， x ( 1， ) ，1由 f (3) 0? a 4 3 分( ) 令 f (x) 0? x10， x a

16、1，12當(dāng) 0<a<1 時， x1<x2，f ( x) 與 f (x) 的變化情況如下表x( 1,0)0111(0 ， a1)a 1( a 1，)( )00fx1f ( x)f (0)f ( a 1)11) ， f ( x) 的單調(diào)遞增區(qū)間是 (0 ，af ( x) 的單調(diào)遞減區(qū)間是 ( 1,0)1和 ( a1， ) ；當(dāng) a 1 時， f ( x) 的單調(diào)遞減區(qū)間是( 1， ) ；當(dāng) a>1 時， 1<x2<0f(x) 與f( ) 的變化情況如下表xx( 1，1 1)1 1(11,0)0(0 ，)aaaf(x)00f ( x)1f (0)f ( a1)1，

17、 f ( x) 的單調(diào)遞增區(qū)間是 ( 1,0)a學(xué)習(xí)必備歡迎下載1f ( x) 的單調(diào)遞減區(qū)間是( 1， a 1) 和 (0 ， ) 綜上，當(dāng) 0< <1時，(x) 的單調(diào)遞增區(qū)間是(0 ，11) afaf ( x) 的單調(diào)遞減區(qū)間是( 1,0) ，(11， ) ，a1當(dāng) a>1， f ( x) 的單調(diào)遞增區(qū)間是( a 1,0) 1f ( x) 的單調(diào)遞減區(qū)間是( 1， a 1) ， (0 ， ) 當(dāng) a 1 時， f ( x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為( 1， ) 9 分( ) 由( )可知1當(dāng) 0<a<1 時， f ( x) 在(0 ， ) 的最大值是f ( a1)

18、，1但 f ( a 1)> f (0) 0，所以 0<a<1 不合題意，當(dāng) a1時， f ( x) 在 (0 ， ) 上單調(diào)遞減，由 f ( x) f (0) 可得 f ( x) 在 0 ， ) 上的最大值為 f(0) 0，符合題意， f ( x) 在 0 ， ) 上的最大值為0 時，a 的取值范圍是 a11 3分7、解：（）當(dāng)a2時， f ( x)ex2x ， f (0)1，所以f( )ex2x因為 f(0)e021，即切線的斜率為1，所以切線方程為y1(x0) ，即 xy 10 4 分（）證明：由（）知f(x)ex2 令 f ( x)0 ，則 x0ln 2 當(dāng) x(,ln

19、 2) 時， f ' ( x)0， f (x) 在 (,ln 2) 上單調(diào)遞減，當(dāng) x(ln 2,) 時， f ' ( x)0， f (x) 在 (ln 2,) 上單調(diào)遞增，所以當(dāng) xln 2 時，函數(shù)最小值是f (ln 2)eln 22ln 222ln 2 0 命題得證 8 分（）因為 f ( x)exax ，所以 f ( x) exa 令 f ( x)0 ，則 x ln a 0 當(dāng) a1時，設(shè) M (a)a ln a ，因為 M (a)11a10，aa所以 M (a)aln a 在 (1,) 上單調(diào)遞增，且 M (1)1ln11，學(xué)習(xí)必備歡迎下載所以 M ( a)aln a

20、0 在 (1,) 恒成立，即 aln a 所以當(dāng) x(0,ln a) ， f(x)0 ， f ( x) 在 (0,lna) 上單調(diào)遞減；當(dāng) x(ln a, a) ， f(x)0 ， f (x) 在 (ln a, a) 上單調(diào)遞增所以 f ( x) 在 0, a 上的最大值等于max f (0), f (a) ，因為 f (0)e0a0 1 ， f (a)eaa2 ，不妨設(shè) h( a)f (a)f (0)eaa21( a1) ，所以()a2haea由（）知h (a)ea2a0在 (1,) 恒成立，所以 h( a)f (a)f (0)eaa21在 (1,) 上單調(diào)遞增又因為 h(1)e1121e2

21、0 ，所以 h( a)f (a)f (0)eaa210在(1,) 恒成立，即 f ( a) f (0) 所以當(dāng) a1時， f ( x) 在 0, a 上的最大值為f (a)eaa2 13 分8、解：（）令f (x)0 ，得 xe .故 f (x) 的零點為 e . 1 分(1) x2(1ln x)2x2ln x 3f'( x)x（ x0） . 3 分(x2 ) 2x33令f '( x)0，解得xe2 .當(dāng) x 變化時，f '( x) ， f ( x) 的變化情況如下表：f ( x)333(0,e 2 )e2(e2 , )f '(x)0f ( x)33所以 f (

22、 x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,e 2 ) ，單調(diào)遞增區(qū)間為(e 2 ,) . 6 分學(xué)習(xí)必備歡迎下載ln x1x1 ln x1ln x（）令. 則 g '(x)xf ( x) . 7 分g( x)x2x2x因為函數(shù)，f ( 1 )44ln 24416 ， f (e)0 ，且由（）得，f ( x) 在 (0,e) 內(nèi)是減22所以 存在唯一的 x0( 1 ,e) ，使得 g '(x0 ) f ( x0 )6.2當(dāng) x e,) 時， f ( x)0 .所以 曲線 yln x 存在以 ( x0 , g( x0 ) 為切點，斜率為6的切線. 10 分x由 g '( x0 )1 l

23、n x06 得： ln x0 1 6x02 .x02所以 g( x0 )ln x016x021x0x06x0 .x0因為 x01,212， 6x03 .所以x0所以 y0g( x0 )1 . 13 分9、（） f ( x) xa ln x 的定義域為 (0,) 1 分當(dāng) a1 時， f( x)x1 2 分x由 f(x) 0 ，解得 x1 . 當(dāng)0x 1時， f ( x)0, f ( x) 單調(diào)遞減；當(dāng) x1時， f(x)0, f ( x) 單調(diào)遞增；所以當(dāng) x 1 時，函數(shù) f ( x) 取得極小值，極小值為f (1)=1 ln11 ； .4 分（） h( x)f ( x)g( x)x1a)

24、a ln x，其定義域為 (0,xx2ax(1a)( x1) x (1a) . 6 分又 h (x)x2x2由 a0可得1a0 ，在 x(0,1 a) 上 h (x)0 ，在 x (1a,) 上 h ( x) 0 ，所以 h( x) 的遞減區(qū)間為(0,1a) ；遞增區(qū)間為(1a,) . 7 分學(xué)習(xí)必備歡迎下載（ III ）若在 1, e 上存在一點 x0 ，使得f ( x0 ) g( x0 ) 成立，即在 1, e 上存在一點 x0 ，使得 h( x0 )0 即 h( x) 在 1, e 上的最小值小于零 8分當(dāng) 1ae ，即 ae 1時，由（ II）可知 h( x) 在 1, e 上單調(diào)遞減

25、故 h( x) 在 1, e 上的最小值為 h(e) ，由 h( e)e1aae219分e0 ，可得 ae1因為 e21e1 所以 ae21 ； 10 分e1e1當(dāng) 1 1 a e ，即 0 ae 1時，由（ II ）可知 h( x) 在 (1,1+a )上單調(diào)遞減，在(1a, e) 上單調(diào)遞增h( x) 在 1, e 上最小值為 h(1a)2+aa ln(1a) 11 分因為 0ln(1a)1，所以 0a ln(1a)a 2+aa ln(1a)2 ，即 h(1a)2不滿足題意，舍去 12分綜上所述 : a( e21 ,) 13 分e110、學(xué)習(xí)必備歡迎下載11、（）解：f(x)2a22 x2

26、ax2 ax2(14a) x(4 a22)分2ax1x2ax 11因為 x = 2為 f( x) 的極值點，所以f(2)02分即2a2a0 ，解得： a = 03分4a1又當(dāng) a = 0時， f (x)x(x 2) ，當(dāng) x(0,2)時， f ( x) 0, x(2,) 時， f (x)0,從而 x = 2為 f( x) 的極值點成立6分（）解： f ( x) 在區(qū)間 3 ，+) 上為增函數(shù)， f ( x)x2 ax2(14a) x (4 a 22) 0 在區(qū)間 3 ，+) 上恒成立8分2ax1當(dāng) a = 0 時， f ( x)x( x2) 0 在 3 ，+) 上恒成立，所以f( x) 在 3

27、 ，+) 上為增函數(shù)，故 a =0 符合題意9分當(dāng) a > 0時，2ax2(14a ) x(4 a 22) 0 在區(qū)間 3 ， + ) 上恒成立令 g( x)2ax2(14a) x(4a 22)，其對稱軸為 114a a > 0， 111，從而 g (x) 0在3 ， + ) 上恒成立，只要 g (3) 0即可，4a由 g(3)4a 26a1 0 ，解得： 313 a 31344學(xué)習(xí)必備歡迎下載 a > 0 ， 0 a 313 13分4綜上所述， a 的取值范圍為 0 ， 313 14分 來412、 ()f (x) 的定義域為x xa .x(x -2a) .f ( x) =(x -a)2（ 1）當(dāng) a = 0 時， f ( x)x(x 0), f,0， 0,時， f (x) 為增函數(shù)；( x) = 1 ，則 x（ 2）當(dāng) a > 00 得， x2