北京高考题导数

1函数北京高考题二——导数1.（2011年文科18）已知函数xfxxke，（I）求fx的单调区间；（II）求fx在区间0,1上的最小值22.（2012年文科18）函数2()1(0)fxaxa，3()gxxbx．（Ⅰ）若曲线()yfx与曲线()ygx在它们的交点(1,)c处具有公共切线，求,ab的值；（Ⅱ）当3a，9b时，若函数()()fxgx在区间[,2]k上的最大值为28，求k的取值范围．33.（2012年理科18）已知函数2()1fxax(0a),3()gxxbx.(1)若曲线()yfx与曲线()ygx在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求,ab的值;(2)当24ab时,求函数()()fxgx的单调区间,并求其在区间(,1]上的最大值.44.（2013年文科18．）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．55.（2013年理科18．）设L为曲线C：y＝lnxx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．66.（2014年文科20.）已知函数3()23fxxx.（1）求()fx在区间[2,1]上的最大值；（2）若过点(1,)Pt存在3条直线与曲线()yfx相切，求t的取值范围；（3）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）77．（2014年理科18.）已知函数()cossin,[0,]2fxxxxx，（1）求证：()0fx；（Ⅱ）若sinxabx在(0,)2上恒成立，求a的最大值与b的最小值81.（2011年文科18）解：（I）/()(1)xfxxke，令/()01fxxk；所以fx在(,1)k上递减，在(1,)k上递增；（II）当10,1kk即时，函数fx在区间0,1上递增，所以min()(0)fxfk；当011k即12k时，由（I）知，函数fx在区间0,1k上递减，(1,1]k上递增，所以1min()(1)kfxfke；当11,2kk即时，函数fx在区间0,1上递减，所以min()(1)(1)fxfke。2.（2012年文科18）解：（Ⅰ）()2fxax，2()3gxxb．因为曲线()yfx与曲线()ygx在它们的交点(1,)c处具有公共切线，所以(1)(1)fg，且(1)(1)fg．即11ab，且23ab．解得3a，3b．（Ⅱ）记()()()hxfxgx．当3a，9b时，32()391hxxxx，2()369hxxx．令()0hx，得13x，21x．()hx与()hx在(,2]上的情况如下：由此可知：当k≤3时，函数()hx在区间[,2]k上的最大值为(3)28h；当32k时，函数()hx在区间[,2]k上的最大值小于28．因此，k的取值范围是(,3]3.（2012年文科18）解：（）由1c，为公共切点可得：2()1(0)fxaxa，则()2fxax，12ka，3()gxxbx，则2()=3fxxb，23kb，23ab又(1)1fa，(1)1gb，11ab，即ab，代入①式可得：33ab．x(,3)3(3,1)1(1,2)2()hx00()hxZ28]4Z39（2）24ab，设3221()()()14hxfxgxxaxax则221()324hxxaxa，令()0hx，解得：12ax，26ax；0a，26aa，原函数在2a，单调递增，在26aa，单调递减，在6a，上单调递增①若12a≤，即2a≤时，最大值为2(1)4aha；②若126aa，即26a时，最大值为12ah③若16a≥时，即6a≥时，最大值为12ah．综上所述：当02a，时，最大值为2(1)4aha；当2,a时，最大值为12ah已知4.（2012年理科18）18．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，＋∞)．5.（2013年理科18．）设L为曲线C：y＝lnxx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．18．解：(1)设f(x)＝lnxx，则f′(x)＝1－lnxx2.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(x0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝x2－1＋lnxx2.当0x1时，x2－10，lnx0，所以g′(x)0，故g(x)单调递减；当x1时，x2－10，lnx0，所以g′(x)0，故g(x)单调递增．10所以g(x)g(1)＝0(x0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．7．解：（1）证明：'cossincossin,fxxxxxxx∵π0,2x，∴'0fx„，即fx在π0,2上单调递增，∴fx在π0,2上的最大值为00f，所以0fx„．（2）一方面令sinxgxx，π0,2x，则2cossin'xxxgxx，由（1）可知，'0gx，故gx在π0,2上单调递减，从而π22πgxg，故2πa„，所以max2πa．令sinhxxbx，π0,2x，则'coshxxb，当1b…时，'0hx，故hx在π0,2x上单调递减，从而00hxh，所以sin0hxxbx恒成立．当1b时，'cos0hxxb在π0,2有唯一解0x，且00,xx，'0hx，故hx在00,x上单调递增，从而00hxh，即sinsin0sinxxbxxbxbx与sinxbx恒成立矛盾，综上，1b…，故min1b．解答：解：（Ⅰ）由f（x）=2x3﹣3x得f′（x）=6x2﹣3，令f′（x）=0得，x=﹣或x=，∵f（﹣2）=﹣10，f（﹣）=，f（）=﹣，f（1）=﹣1，∴f（x）在区间[﹣2，1]上的最大值为．（Ⅱ）设过点p（1，t）的直线与曲线y=f（x）相切于点（x0，y0），则y0=2﹣3x0，且切线斜率为k=6﹣3，∴切线方程为y﹣y0=（6﹣3）（x﹣x0），∴t﹣y0=（6﹣3）（1﹣x0），即4﹣6+t+3=0，设g（x）=4x3﹣6x2+t+3，则“过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切”，等价于“g（x）有3个不同的零点”．∵g′（x）=12x2﹣12x=12x（x﹣1），∴g（x）与g′（x）变化情况如下：x（﹣∞，0）0（0，1）1（1，+∞）11g′（x）+0﹣0+g（x）↗t+3↘t+1↗∴g（0）=t+3是g（x）的极大值，g（1）=t+1是g（x）的极小值．当g（0）=t+3≤0，即t≤﹣3时，g（x）在区间（﹣∞，1]和（1，+∞）上分别至多有一个零点，故g（x）至多有2个零点．当g（1）=t+1≥0，即t≥﹣1时，g（x）在区间（﹣∞，0]和（0，+∞）上分别至多有一个零点，故g（x）至多有2个零点．当g（0）＞0且g（1）＜0，即﹣3＜t＜﹣1时，∵g（﹣1）=t﹣7＜0，g（2）=t+11＞0，∴g（x）分别在区间[﹣1，0），[0，1）和[1，2）上恰有1个零点，由于g（x）在区间（﹣∞，0）和[1，+∞）上单调，故g（x）分别在区间（﹣∞，0）和[1，+∞）上恰有1个零点．综上所述，当过点过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切时，t的取值范围是（﹣3，﹣1）．（Ⅲ）过点A（﹣1，2）存在3条直线与曲线y=f（x）相切；过点B（2，10）存在2条直线与曲线y=f（x）相切；过点C（0，2）存在1条直线与曲线y=f（x）相切．