北京市2016届高三数学一轮专题突破训练《导数及其应用》(理)及答案

北京市2016届高三数学理一轮复习专题突破训练导数及其应用1、（2015年北京高考）已知函数xxxf11ln)(．（Ⅰ）求曲线)(xf在点0,0f处的切线方程；（Ⅱ）求证：当1,0x时，32)(3xxxf；（Ⅲ）设实数k使得3)(3xxkxf对1,0x恒成立，求k的最大值．2、（2014年北京高考）已知函数()cossin,[0,]2fxxxxx，（1）求证：()0fx；（2）若sinxabx在(0,)2上恒成立，求a的最大值与b的最小值.3、（2013年北京高考）设L为曲线C：lnxyx在点(1,0)处的切线．(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．4、（朝阳区2015届高三一模）已知函数（1）当a=−1时，求函数f(x)的最小值；（2）当a≤1时，讨论函数f(x)的零点个数。5、（东城区2015届高三二模）已知函数()exfxxa．（Ⅰ）当2ea时，求()fx在区间[1,3]上的最小值；（Ⅱ）求证：存在实数0[3,3]x，有0()fxa.6、（房山区2015届高三一模）已知21()ln(1)2fxaxxx，其中0a．(Ⅰ)若函数()fx在点(3,(3))f处切线斜率为0，求a的值；(Ⅱ)求()fx的单调区间；(Ⅲ)若()fx在0,上的最大值是0，求a的取值范围．7、（丰台区2015届高三一模）设函数()xfxeax，xR．（Ⅰ）当2a时，求曲线()fx在点(0,(0))f处的切线方程；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证：()0fx；（Ⅲ）当1a时，求函数()fx在[0,]a上的最大值．8、（海淀区2015届高三二模）已知函数21ln()xfxx.（Ⅰ）求函数()fx的零点及单调区间；（Ⅱ）求证：曲线lnxyx存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标01y.9、（石景山区2015届高三一模）已知函数1()ln,()(0)afxxaxgxax．(Ⅰ)若1a，求函数()fx的极值；(Ⅱ)设函数()()()hxfxgx，求函数()hx的单调区间；(Ⅲ)若存在0[1,]xe，使得00()()fxgx成立，求a的取值范围．10、（西城区2015届高三一模）设n∈N*，函数，函数，x∈(0，+∞)，（1）当n=1时，写出函数y=f(x)−1零点个数，并说明理由；（2）若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)分别位于直线l:y=1的两侧，求n的所有可能取值。11、（北京四中2015届高三上学期期中）已知函数32()ln(21)2(0).3xfxaxxaxa（Ⅰ）若2x为()fx的极值点，求实数a的值；（Ⅱ）若()yfx在3,上为增函数，求实数a的取值范围.12、（朝阳区2015届高三上学期期中）已知函数2(),xfxaxaR=?-.(Ⅰ)求函数()fx的单调区间;（Ⅱ）若()fx在(1,2)上是单调函数，求a的取值范围.13、（东城区示范校2015届高三上学期综合能力测试）已知定义在,1上的函数2lnxxxf，xxxxgln。（I）求证：xf存在唯一的零点，且零点属于（3，4）；（II）若Zk且1xkxg对任意的1x恒成立，求k的最大值。14、（昌平区2015届高三上学期期末）已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R)．(I)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(II)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围．15、（朝阳区2015届高三上学期期末）设函数2e(),1axfxaxR．（Ⅰ）当35a时,求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）设()gx为()fx的导函数，当1[,2e]ex时，函数()fx的图象总在()gx的图象的上方，求a的取值范围．16、（大兴区2015届高三上学期期末）已知22()(0)(1)axfxax.（Ⅰ）若1a，求)(xf在1x处的切线方程；（Ⅱ）确定函数)(xf的单调区间，并指出函数()fx是否存在最大值或最小值．参考答案1、解析:（Ⅰ）因为)1ln()1ln()(xxxf，所以xxxf1111)('，2)0('f．又因为0)0(f，所以曲线)(xfy在点))0(,0(f处的切线方程为xy2．（Ⅱ）令)3(2)()(3xxxfxg，则242''12)1(2)()(xxxxfxg．因为)10(0)('xxg，所以)(xg在区间)1,0(上单调递增．所以0)0()(gxg,)1,0(x,即当)1,0(x时，)3(2)(3xxxf．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当2k时，)3()(3xxkxf对)1,0(x恒成立．当2k时，令)3()()(3xxkxfxh，则242''1)2()1()()(xkkxxkxfxh．所以当420kkx时，0)('xh，因此)(xh在区间)2,0(4kk上单调递减．当420kkx时，0)0()(hxh，即)3()(3xxkxf．所以当2k时，令)3()(3xxkxf并非对)1,0(x恒成立．综上可知，k的最大值为2．2、⑴证明：cossincossinfxxxxxxx，π02x时，0fx≤，从而fx在π02上单调递减，所以fx在π02上的最大值为00f，所以00fxf≤.⑵法一：当0x时，“sinxax”等价于“sin0xax”；“sinxbx”等价于“sin0xbx”，令singxxcx，则cosgxxc.当0c≤时，0gx对任意π02x恒成立.当1c≥时，因为对任意π02x，cos0gxxc，所以gx在区间π02上单调递减.从而00gxg对任意π02x恒成立.当01c时，存在唯一的0π02x，使得00cos0gxxc，且当00xx时，0gx，gx单调递增；当0π2xx时，0gx，gx单调递减。所以000gxg。进一步，“0gx对任意π02x恒成立”当且仅当ππ1022gc≥，即20πc≤.综上所述，当且仅当2πc≤时，0gx对任意π02x恒成立；当且仅当1c≥时，0gx对任意π02x恒成立.所以，若sinxabx对任意π02x恒成立，则a的最大值为2π，b的最小值为1.法二：令sinπ02xgxxx，则2cossinxxxgxx，由⑴知，0gx≤，故gx在π02上单调递减，从而gx的最小值为π22πg，故2πa≤，a的最大值为2π.b的最小值为1，下面进行证明：sinhxxbx，π02x，则coshxxb，当1b时，0hx≤，hx在π02上单调递减，从而max00hxh，所以sin0xx≤，当且仅当0x时取等号.从而当π02x时，sin1xx.故b的最小值小于等于1。若1b，则cos0hxxb在π02上有唯一解0x，且00xx时，0hx，故hx在00x上单调递增，此时00hxh,sinsin0xxbxbx与恒成立矛盾，故1b≥，综上知：b的最小值为1.3、解：(1)设lnxfxx，则21lnxfxx.所以f′(1)＝1.所以L的方程为y＝x－1.(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)＞0(x＞0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝221lnxxx.当0＜x＜1时，x2－1＜0，lnx＜0，所以g′(x)＜0，故g(x)单调递减；当x＞1时，x2－1＞0，lnx＞0，所以g′(x)＞0，故g(x)单调递增．所以，g(x)＞g(1)＝0(x＞0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．4、5、解：（Ⅰ）当2ea时，2()exfxx，]3,1[x.因为2'()1exfx，由0)(xf，2x.则x，)(xf，)(xf关系如下：x)2,1(2)3,2(()fx0()fx↘极小值↗所以当2x时，)(xf有最小值为3.………5分（Ⅱ）“存在实数0[3,3]x，有axf)(”等价于()fx的最大值大于a.因为'()1exfxa，所以当0a时，]3,3[x，0)('xf，)(xf在)3,3(上单调递增，所以()fx的最大值为(3)(0)ffa.所以当0a时命题成立.当0a时，由0)(xf得axln.则xR时，x，)(xf，)(xf关系如下：（1）当3ea时，3lna，)(xf在)3,3(上单调递减，所以()fx的最大值(3)(0)ffa.所以当3ea时命题成立.（2）当33eea时，3ln3a，所以)(xf在)ln,3(a上单调递减，在)3,(lna上单调递增.所以()fx的最大值为(3)f或(3)f.且aff)0()3(与aff)0()3(必有一成立，所以当33eea时命题成立.（3）当30ea时，3lna，所以)(xf在)3,3(上单调递增，所以()fx的最大值为(3)(0)ffa.所以当30ea时命题成立.综上：对任意实数a都存在]3,3[x使axf)(成立.……13分6、解：(Ⅰ)由题意得f′(x)＝－ax2－a－xx＋1，x∈(－1，＋∞)，由f′(3)＝0⇒a＝14．………………3分(Ⅱ)令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝1a－1，①当0a1时，x1x2，f(x)与f′(x)的变化情况如下表x(－1,0)0(0，1a－1)1a－1(1a－1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)f(0)f(1a－1)∴f(x)的单调递增区间是(0，1a－1)，f(x)的单调递减区间是(－1,0)和(1a－1，＋∞)；②当a＝1时，f(x)的单调递减区间是(－1，＋∞)；③当a1时，－1x20f(x)与f′(x)的变化情况如下表x(－1，1a－1)1a－1(1a－1,0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)f(1a－1)f(0)∴f(x)的单调递增区间是(1a－1,0)，f(x)的单调递减区间是(－1，1a－1)和(0，＋∞)．综上，当0a1时，f(x)的单调递增区间是(0，1a－1)．f(x)的单调递减区间是(－1,0)，(1a－1，＋∞)，当a1，f(x)的单调递增区间是(1a－1,0)．f(x)的单调递减区间是(－1，1a－1)，(0，＋∞)．当a＝1时，f(x)的单调递减区间为(－1，＋∞)．………………9分(Ⅲ)由(Ⅱ)可知当0a1时，f(x)在(0，＋∞)的最大值是f(1a－1)，但f(1a－1)f(0)＝0，所以0a1不合题意，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，由f(x)≤f(0)可得f(x)在[0，＋∞)上的最大值为f(0)＝0，符合题意，∴f(x)在[0，＋∞)上的最大值为0时，a的取值范围是a≥1．………………13分7、解：（Ⅰ）当2a时，()2xfxex，(0)1f，所以()2xfxe．因为0(0)21fe，即切线的斜率为1，所以切线方程为1(0)yx，即10xy．……………………4分