北京市城六区2018届高三一模理科数学解答题分类汇编之函数与导数word含解析

2018城六区一模函数与导数理科1/7【西城一模】18．（本小题满分13分）已知函数1()e(ln)xfxaxx，其中aR．（Ⅰ）若曲线()yfx在1x处的切线与直线exy垂直，求a的值；（Ⅱ）当(0,ln2)a时，证明：()fx存在极小值．解：（Ⅰ）()fx的导函数为2111()e(ln)e()xxfxaxxxx221e(ln)xaxxx．[2分]依题意，有(1)e(1)efa，[4分]解得0a．[5分]（Ⅱ）由221()e(ln)xfxaxxx及e0x知，()fx与221lnaxxx同号．令221()lngxaxxx，[6分]则223322(1)1()xxxgxxx．[8分]所以对任意(0,)x，有()0gx，故()gx在(0,)单调递增．[9分]因为(0,ln2)a，所以(1)10ga，11()ln022ga，故存在01(,1)2x，使得0()0gx．[11分]()fx与()fx在区间1(,1)2上的情况如下：x01(,)2x0x0(,1)x()fx0+()fx↘极小值↗所以()fx在区间01(,)2x上单调递减，在区间0(,1)x上单调递增．所以()fx存在极小值0()fx．[13分]2018城六区一模函数与导数理科2/7【朝阳一模】18．(本小题满分13分)已知函数ln1()xfxaxx．（Ⅰ）当2a时，（ⅰ）求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅱ）若12a，求证：1．（Ⅰ）当2a时，ln1()2xfxxx.2222ln22ln()2xxxfxxx.（ⅰ）可得(1)0f，又(1)3f，所以()fx在点（1,3）处的切线方程为3y.….3分（ⅱ）在区间（0,1）上2220x，且ln0x，则()0fx.在区间（1,）上2220x，且ln0x，则()0fx.所以()fx的单调递增区间为（0,1），单调递减区间为（1,）.….8分（Ⅱ）由0x，()1fx，等价于ln11xaxx，等价于21ln0axxx.设2()1lnhxaxxx，只须证()0hx成立.因为2121()21axxhxaxxx，12a，由()0hx，得2210axx有异号两根.令其正根为0x，则200210axx.在0(0,)x上()0hx，在0(,)x上()0hx.则()hx的最小值为20000()1lnhxaxxx00011ln2xxx003ln2xx.又(1)220ha，13()2()30222aha，)(xf)(xf2018城六区一模函数与导数理科3/7所以0112x.则0030,ln02xx.因此003ln02xx，即0()0hx.所以()0hx所以()1fx.….….13分【丰台一模】（18）（本小题共13分）已知函数()e(ln1)()xfxaxaR．（Ⅰ）求函数()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（Ⅱ）若函数()yfx在1(,1)2上有极值，求a的取值范围．（18）（本小题共13分）解：函数()fx的定义域为(0,)，()exafxx．……………………1分（Ⅰ）因为(1)efa，(1)efa，……………………3分所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为(e)(e)(1)yaax，即(e)yax．……………………5分（Ⅱ）()exafxx．（ⅰ）当0a时，对于任意1(,1)2x，都有()0fx，…………………6分所以函数()fx在1(,1)2上为增函数，没有极值，不合题意．……………………8分（ⅱ）当0a时，令()exagxx，则2()e0xagxx．…………………9分所以()gx在1(,1)2上单调递增，即()fx在1(,1)2上单调递增，…………10分所以函数()fx在1(,1)2上有极值，等价于(1)0,1()0.2ff…………………12分2018城六区一模函数与导数理科4/7所以e0,e20.aa所以ee2a．所以a的取值范围是e(,e)2．……………………13分【海淀一模】(18)（本小题13分）已知函数ln()xfxxa(I)当0a时，求函数()fx的单调递增区间；(Ⅱ)当0a时，若函数()fx的最大值为，求a的值.18.（本题满分13分）（Ⅰ）当0a时，ln()xfxx故221ln1ln'()xxxxfxxx令'()0fx，得0xe故()fx的单调递增区间为(0,)e···························································4分（Ⅱ）方法1：22ln1ln'()()()xaaxxxxfxxaxa令()1lnagxxx则221'()0axagxxxx由()0agee，1111()1(1)(1)0aaaagaaeee故存在10(,)axee，0()0gx故当0(0,)xx时，()0gx；当0(,)xx时，()0gxx0(0,)x0x0(,)x'()fx0()fx↗极大值↘故021()fxe2018城六区一模函数与导数理科5/7故000201ln0ln1axxxxae，解得202xaee····················································13分故a的值为2e.（Ⅱ）方法2：()fx的最大值为21e的充要条件为对任意的(0,)x，2ln1xxae且存在0(0,)x，使得020ln1xxae，等价于对任意的(0,)x，2lnaxxe且存在0(0,)x，使得200lnaxxe，等价于2()lngxxxe的最大值为a.2'()1gxxe，令'()0gx，得2xe.x2(0,)e2e2(,)e'()gx0()gx↗极大值↘故()gx的最大值为22222()lngeeeee，即2ae.···························13分【东城一模】(19)（本小题14分）已知函数()(1)xfxeax.若曲线()yfx在(0,(0))f处的切线斜率为0，求a的值；(Ⅱ）若()0fx恒成立，求a的取值范围；(Ⅲ）求证：当a0a时，曲线()yfx(x0)总在曲线2lnyx的上方．19）（共14分）解：（I）函数()e(1)xfxax的定义域为R.因为()e(1)xfxax，所以'()exfxa.由'(0)10fa得1a.……………………………4分2018城六区一模函数与导数理科6/7（II）'()e(R)xfxax.①当0a时，令'()0fx得lnxa.lnxa时，'()0fx；lnxa时，'()0fx.()fx在(,ln)a上单调递减，在(ln,+)a上单调递增.所以当lnxa时，()fx有最小值(ln)(1ln)lnfaaaaaa.“()0fx恒成立”等价于“()fx最小值大于等于0”，即ln0aa.因为0a，所以01a.②当0a时，()e0xfx符合题意；③当0a时，取011xa，则111101()e(11)e10aafxaa，不符合题意.综上，若()0fx对xR恒成立，则a的取值范围为[0,1].……………………9分（III）当0a时，令()()(2ln)eln2(0)xhxfxxxx，可求1'()exhxx.因为121'()e1002h，'(1)e10h，且1'()exhxx在(0,)上单调递增，所以在（0，+?）上存在唯一的0x，使得0001'()e0xhxx，即001exx，且0112x.当x变化时，()hx与'()hx在（0，+?）上的情况如下：x0(0,)x0x0(,)x'()hx0()hx极小则当0xx时，()hx存在最小值0()hx,且000001()eln22xhxxxx.2018城六区一模函数与导数理科7/7因为01(,1)2x，所以0000011()2220hxxxxx.所以当0a时，()2ln(0)fxxx所以当0a时，曲线()(0)yfxx总在曲线2lnyx的上方...…………14分【石景山一模】19．（本小题共14分）已知2()xfxeax，曲线()yfx在(1,(1))f处的切线方程为1ybx.（Ⅰ）求,ab的值；（Ⅱ）求()fx在[0,1]上的最大值；（Ⅲ）当xR时，判断()yfx与1ybx交点的个数.（只需写出结论，不要求证明）19．（本小题共14分）解：（Ⅰ）()2xfxeax,由已知可得(1)2feab，(1)1feab解之得1,2abe．…………3分（Ⅱ）令()'()2xgxfxex．则'()2xgxe,…………5分故当0ln2x时，'()0gx，()gx在[0,ln2)单调递减；当ln21x时，'()0gx，()gx在(ln2,1]单调递增；所以min()(ln2)22ln20gxg，…………8分故()fx在[0,1]单调递增，所以max()(1)1fxfe．………11分（Ⅲ）当xR时，()yfx与1ybx有两个交点.………14分