北京市2016届高三数学一轮专题突破训练《导数及其应用》(文)及答案

北京市2016届高三数学文一轮复习专题突破训练导数及其应用1、（2015年北京高考）设函数2ln2xfxkx，0k．（Ⅰ）求fx的单调区间和极值；（Ⅱ）证明：若fx存在零点，则fx在区间1,e上仅有一个零点．2、（2014年北京高考）已知函数3()23fxxx.（Ⅰ）求()fx在区间[2,1]上的最大值；（Ⅱ）若过点(1,)Pt存在3条直线与曲线()yfx相切，求t的取值范围；（Ⅲ）问过点(1,2),(2,10),(0,2)ABC分别存在几条直线与曲线()yfx相切？（只需写出结论）3、（2013年北京高考）已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(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．4、（昌平区2015届高三上期末）已知函数()1.xxfxexe（I）求函数()fx的最大值；（Ⅱ）设()(),fxgxx其中1,0xx且，证明:()gx＜1.5、（朝阳区2015届高三一模）已知函数()()exafxxx，aR．（Ⅰ）当0a时，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（Ⅱ）当1a时，求证：()fx在(0,)上为增函数；（Ⅲ）若()fx在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求a的取值范围．6、（东城区2015届高三二模）已知函数325()2fxxxaxb,327()ln2gxxxxb，（a，b为常数）．（Ⅰ）若()gx在1x处的切线过点(0,5)，求b的值；（Ⅱ）设函数()fx的导函数为()fx，若关于x的方程()()fxxxfx有唯一解，求实数b的取值范围；（Ⅲ）令()()()Fxfxgx，若函数()Fx存在极值，且所有极值之和大于5ln2，求实数a的取值范围．7、（房山区2015届高三一模）已知函数()ln1fxxax，a是常数，aR．（Ⅰ）求曲线)(xfy在点(1,(1))Pf处的切线l的方程；（Ⅱ）求函数()fx的单调区间；（III）证明:函数()fx)1(x的图象在直线l的下方．8、（丰台区2015届高三一模）已知函数1()ln()fxaxaRx.（Ⅰ）当2a时，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（Ⅱ）如果函数()()2gxfxx在(0,)上单调递减，求a的取值范围；（Ⅲ）当0a时，讨论函数()yfx零点的个数．9、（丰台区2015届高三二模）已知函数2()exfxx．（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）证明：1x，2(,0]x，1224()()efxfx；（Ⅲ）写出集合{()0}xfxbR（b为常数且bR）中元素的个数（只需写出结论）．10、（海淀区2015届高三一模）已知函数1()ln(0)fxaxax.（Ⅰ）求函数()fx的单调区间；（Ⅱ）若存在两条直线1yaxb，212()yaxbbb都是曲线()yfx的切线，求实数a的取值范围；（Ⅲ）若()0(0,1)xfx，求实数a的取值范围.11、（海淀区2015届高三二模）已知函数()ln2fxaxx，其中0a.（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）若对任意的1[1,e]x，总存在2[1,e]x，使得12()()4fxfx，求实数a值.12、（石景山区2015届高三一模）已知函数21()ln22fxxaxx.（Ⅰ）若函数()fx在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若12a，且关于x的方程1()2fxxb在[1,4]上恰有两个不等的实根，求实数b的取值范围；（Ⅲ）设各项为正数的数列na满足111,ln2(*)nnnaaaanN，求证：21nna.13、（西城区2015届高三二模）已知函数21()1xfxax，其中aR.（Ⅰ）当14a时，求函数()fx的图象在点(1,(1))f处的切线方程；（Ⅱ）当0a时，证明：存在实数0m，使得对任意的x，都有()mfxm≤≤成立；（Ⅲ）当2a时，是否存在实数k，使得关于x的方程()()fxkxa仅有负实数解？当12a时的情形又如何？(只需写出结论)14、已知函数()=ln+1,fxxaxaR是常数．（Ⅰ）求函数=()yfx的图象在点(1,(1))Pf处的切线l的方程；（Ⅱ）证明函数=()(1)yfxx的图象在直线l的下方；（Ⅲ）若函数=()yfx有零点，求实数a的取值范围．15、已知函数3211()()32fxxaxaaR.（Ⅰ）若1,a求函数()[0,2]fx在上的最大值；（Ⅱ）若对任意(0,+)x，有()0fx恒成立，求a的取值范围.参考答案1、所以，()fx的单调递减区间是(0,)k，单调递增区间是(,)k；()fx在xk处取得极小值(1ln)()2kkfk.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()fx在区间(0,)上的最小值为(1ln)()2kkfk.因为()fx存在零点，所以(1ln)02kk，从而ke.当ke时，()fx在区间(1,)e上单调递减，且()0fe，所以xe是()fx在区间(1,]e上的唯一零点.当ke时，()fx在区间(0,)e上单调递减，且1(1)02f，()02ekfe，所以()fx在区间(1,]e上仅有一个零点.综上可知，若()fx存在零点，则()fx在区间(1,]e上仅有一个零点.2、解：（Ⅰ）由323fxxx得263fxx.令0fx，得22x或22x.因为210f，222f，22112ff，所以fx在区间21，上的最大值为222f.（Ⅱ）设过点1Pt，的直线与曲线yfx相切于点00xy，，则300023yxx，且切线斜率为2063kx，所以切线方程为20063yyx0xx，因此2000631tyxx.整理得32004630xxt.设32463gxxxt，则“过点1Pt，存在3条直线与曲线yfx相切”等价于“gx有3个不同零点”.21212121gxxxxx.gx与gx的情况如下：x(0)，0(01)，1(1)，()gx00()gx↗3t↘1t↗所以，(0)3gt是()gx的极大值，(1)1gt是()gx的极小值．当(0)30gt≤，即3t≤时，此时()gx在区间1，和(1)，上分别至多有1个零点，所以()gx至多有2个零点．当(1)10gt≥，即1t≥时，此时()gx在区间(0)，和0，上分别至多有1个零点，所以()gx至多有2个零点．当00g且10g，即31t时，因为1702110gtgt，，所以gx分别在区间10，，01，和12，上恰有1个零点.由于gx在区间0，和1，上单调，所以gx分别在区间0，和1，上恰有1个零点.综上可知，当过点1Pt，存在3条直线与曲线yfx相切时，t的取值范围是31，.（Ⅲ）过点12A，存在3条直线与曲线yfx相切；过点210B，存在2条直线与曲线yfx相切；过点02C，存在1条直线与曲线yfx相切.：3、解：由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(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＋cosa)＝0，b＝f(a)．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)－0＋f(x)1所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－14b－2b－1b，f(0)＝1b，所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b1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，＋∞)．4、解：（Ⅰ）'(),xfxxe…………………2分当(,0)x时，f(x)＞0，f(x)单调递增；…………………4分当(0,)x时，f(x)＜0，f(x)单调递减．…………………6分x(,0)0(0,))('xf＋0－)(xf↗极大值↘所以f(x)的最大值为f(0)＝0．…………………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当0x时，()0,()01.fxgx…………………9分当10x时，()1gx等价于().fxx设()()hxfxx，则'()1xhxxe．当(1,0)x时，01,01,xxe则01,xxe从而当(1,0)x时，'()0hx，()hx在(1,0)单调递减．…………………12分当(1,0)x时，()(0)0,hxh即()(0)0,()fxxhfxx所以，故g(x)＜1．综上，总有g(x)＜1．…………………14分5、解：函数()fx定义域为{0}xx，322()exxxaxafxx.（Ⅰ）当0a时，()exfxx，()fx(1)exx.所以(1)e,(1)2eff.所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程是e2e(1)yx，即2ee=0xy.………3分（Ⅱ）当1a时，()fx3221exxxxx.设()gx321xxx，则2()321(31)(1)gxxxxx.令()(31)(1)0gxxx得，13x或1x，注意到0x，所以13x.令()(31)(1)0gxxx得，注意到0x，得103x.所以函数()gx在1(0,)3上是减函数，在1(,)3上是增函数.所以函数()gx在13x时取得最小值，且122()0327g.所以()gx在(0,)上恒大于零.于是，当(0,)x，()fx3221e0xxxxx恒成立.所以当1a时，函数()fx在0,上为增函数.………7分（Ⅱ）问另一方法提示：当1a时，()fx3221exxxxx.由于3210xxx在0,上成立，即可证明函数()fx在0,上为增函数.（Ⅲ）（Ⅱ）322()e()xxxaxafxx.设()hx32xxaxa，2()32hxxxa.(1)当0a时，()0hx在(0,)上恒成立，即函数()hx在(0,)上为增函数.而(0)0ha，(1)20h，则函数()hx在区间0,1上有且只有一个零点0x，使0()0fx,且在0(0,)x上，()0fx¢，在()0,1x上，()0fx¢，故0x为函数()fx在区间0,1上唯一的极小值点;（2）当0a时，当xÎ0,1时，2()320hxxx成立，函数()hx在区间0,1上为增函数，又此时(0)0h，所以函数()0hx在区间0,1恒成立，即()0fx¢，故函数()fx在区间0,1为单调递增函数，所以()fx在区间0,1上无极值；（3）当0a时，()hx3232(1)xxaxaxxax