2014北京高考数学模拟导数大题

2014西一模18．（本小题满分13分）已知函数()lnafxxx，其中aR．（Ⅰ）当2a时，求函数()fx的图象在点(1,(1))f处的切线方程；（Ⅱ）如果对于任意(1,)x，都有()2fxx，求a的取值范围．2014海淀一模18.（本小题满分13分）已知函数()lnfxxx.(Ⅰ)求()fx的单调区间；(Ⅱ)当1k时，求证：()1fxkx恒成立.2014石景山18．（本小题满分13分）已知函数22()2ln(0)fxxaxa．（Ⅰ）若()fx在1x处取得极值，求实数a的值；（Ⅱ）求函数()fx的单调区间；（Ⅲ）若()fx在[1]e，上没有零点，求实数a的取值范围．2014丰台区（18）（本题共13分）已知曲线()xfxaxe(0)a.（Ⅰ）求曲线在点（0,(0)f）处的切线；（Ⅱ）若存在实数0x使得0()0fx，求a的取值范围.2014延庆18.（本小题满分13分）已知函数aaxxxf23)(3，)(Ra.(Ⅰ)求)(xf的单调区间；（Ⅱ）曲线)(xfy与x轴有且只有一个公共点，求a的取值范围.2014西一模18.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：由2()lnfxxx，得212()fxxx，……………2分所以(1)3f，又因为(1)2f，所以函数()fx的图象在点(1,(1))f处的切线方程为350xy.……4分（Ⅱ）解：由()2fxx，得ln2axxx，即2ln2axxxx.………6分设函数2()ln2gxxxxx，则()ln21gxxx，…………8分因为(1,)x，所以ln0x，210x，所以当(1,)x时，()ln210gxxx，……10分故函数()gx在(1,)x上单调递增，所以当(1,)x时，()(1)1gxg.…………11分因为对于任意(1,)x，都有()2fxx成立，所以对于任意(1,)x，都有()agx成立.所以1a≤.……………海淀一模18.解：(Ⅰ)定义域为0,------------------------------------1分'()ln1fxx------------------------------------2分令'()0fx，得1ex------------------------------------3分'()fx与()fx的情况如下：x1(0,)e1e1(,)e'()fx0()fx↘极小值↗---------5分所以()fx的单调减区间为1(0,)e，单调增区间为1(,)e--------------------------6分(Ⅱ)证明1：设1()lngxxx，0x------------------------------------7分22111'()xgxxxx-------------------------------8分'()gx与()gx的情况如下：x(0,1)1(1,)'()fx0()fx↘极小值↗所以()(1)1gxg，即1ln1xx在0x时恒成立，----------------------10分所以，当1k时，1lnxkx，所以ln1xxkx，即ln1xxkx，所以，当1k时，有()1fxkx.------------------------13分证明2：令()()(1)ln1gxfxkxxxkx----------------------------------7分'()ln1gxxk-----------------------------------8分令'()0gx，得1ekx-----------------------------------9分'()gx与()gx的情况如下：x1(0,e)k1ek1(e,)k'()fx0()fx↘极小值↗---------------------10分()gx的最小值为11(e)1ekkg-------------------11分当1k时，1e1k，所以11e0k故()0gx-----------------------------12分即当1k时，()1fxkx.------------------------------------13分石景山18．（本小题满分13分）解：（Ⅰ）22()2ln(0)fxxaxa的定义域为(0)，.………………1分22()2afxxx2222xax2()()xaxax.………………2分()fx在1x处取得极值，(1)0f，解得1a或1a－（舍）.………………3分当1a时，01x，，()0fx；1x，，()0fx，所以a的值为1.………………4分（Ⅱ）令()0fx，解得xa或xa（舍）.………………5分当x在(0)，内变化时，()fxfx，的变化情况如下：x(0)a，a()a，()fx0()fx↘极小值↗由上表知()fx的单调递增区间为()a，，单调递减区间为(0)a，.……………8分（Ⅲ）要使()fx在[1]e，上没有零点，只需在[1]e，上min()0fx或max()0fx，又(1)10f，只须在区间[1]e，上min()0fx.（ⅰ）当ae时，()fx在区间[1]e，上单调递减，22min()()20fxfeea，解得202ea与ae矛盾.………………10分（ⅱ）当1ae时，()fx在区间[1)a，上单调递减，在区间(]ae，上单调递增，2min()()(12ln)0fxfaaa，解得0ae，所以1ae.………………12分（ⅲ）当01a时，()fx在区间[1]e，上单调递增，min()(1)0fxf，满足题意.综上，a的取值范围为0ae.丰台（18）解：（Ⅰ）因为(0)1f，所以切点为（0，-1）.()xfxae，(0)1fa，所以曲线在点（0,(0)f）处的切线方程为：y=(a-1)x-1.---------------4分（Ⅱ）因为a0，由()0fx得，lnxa，由()0fx得，lnxa，所以函数()fx在(,ln)a上单调递增，在(ln,)a上单调递减，所以()fx的最大值为(ln)lnfaaaa.因为存在0x使得0()0fx，所以ln0aaa，所以ae.----------13分延庆18.（本小题满分13分）解：(Ⅰ)axxf33)(2，………1分(1)当0a时，0)(xf恒成立，此时)(xf在),(上是增函数，…2分（2）当0a时，令0)(xf，得ax；令0)(xf，得ax或ax令0)(xf，得axa∴)(xf在),(a和),(a上是增函数，在],[aa上是减函数.………5分（Ⅱ）由(Ⅰ)知，（1）当0a时，)(xf在区间),(单调递增，所以题设成立………6分（2）当0a时，)(xf在ax处达到极大值，在ax处达到极小值，此时题设成立等价条件是0)(af或0)(af，即：02)(3)(3aaaa或02)(3)(3aaaa即：023aaaaa或023aaaaa………11分解得：10a………12分由（1）（2）可知a的取值范围是)1,(.………13分