北京高考題導(dǎo)數(shù)

1、函數(shù)北京高考題二一一導(dǎo)數(shù)X1.( 2011年文科18)已知函數(shù)f X X k e，(I)求f x的單調(diào)區(qū)間;(II)求f x在區(qū)間0,1上的最小值”、232. (2012 年文科 18)函數(shù) f (x) ax 1 (a 0) , g(x) x bx .(I)若曲線y f(x)與曲線y g(x)在它們的交點(diǎn)(1,c)處具有公共切線，求 a, b的值;(n)當(dāng)a 3，b 9時(shí)，若函數(shù)f(x) g(x)在區(qū)間k,2上的最大值為28，求k的取值范圍.3. (2012 年理科18)已知函數(shù)f (x)ax21( a0),g(x)x3bx. 若曲線y f(x)與曲線y g(x)在它們的交點(diǎn)(1, c)處具有

2、公共切線,求a,b的值； 當(dāng)a2 4b時(shí),求函數(shù)f(x) g(x)的單調(diào)區(qū)間,并求其在區(qū)間(,1上的最大值.4. (2013 年文科 18 .)已知函數(shù) f(x) = x2 + xsin x+ cos x.(1) 若曲線y= f(x)在點(diǎn)(a, f(a)處與直線y = b相切，求a與b的值;(2) 若曲線y= f(x)與直線y= b有兩個(gè)不同交點(diǎn)，求b的取值范圍.In X5. (2013年理科18 .)設(shè)L為曲線C : y=h在點(diǎn)(1 , 0)處的切線.X求L的方程；證明：除切點(diǎn)(1 , 0)之外，曲線C在直線L的下方.36. ( 2014年文科20.)已知函數(shù)f(x) 2x 3x.(1 )求

3、f(x)在區(qū)間2,1上的最大值;(2)若過點(diǎn)P (1,t)存在3條直線與曲線y f(x)相切，求t的取值范圍;(3)問過點(diǎn)A( 1,2), B(2,10), C(0,2)分別存在幾條直線與曲線y f (x)相切？(只需寫出結(jié)論)7.(2014年理科 18.)已知函數(shù) f(x) XCOSX sinx,x 0,(1)求證：f(X)0 ；sin X(n)若a 巴匕 b在(0)上恒成立，求a的最大值與b的最小值1. (2011年文科佝 解：(I) f /(x) (X k 1)ex,令 f/(x)0X k 1 ；所以X 在（，k 1）上遞減，在(k1,）上遞增;(II)當(dāng) k0,即k 1時(shí)，函數(shù)f X在

4、區(qū)間0,1上遞增，所以f ( x) minf(0)所以 f (X)min11即1 k 2時(shí),由（I）知,函數(shù)f X在區(qū)間0,k 1上遞減,(k 1,1上遞增,f(k八k 11) e當(dāng)k 11,即k2時(shí)，函數(shù)fX在區(qū)間0,1上遞減，所以f ( X)minf(1)(1 k)e。2. （ 2012 年文科 18）解：（I） f （X）因?yàn)榍€y f（x）與曲線y2ax， g （X）3x2g（X）在它們的交點(diǎn)（1,c）處具有公共切線，所以f(1) g(1)，且 f (1)1 b，且 2a 3g(1).解得a(n)記 h(X)h(X)h(X) 令 h(x)f(x) g(x).當(dāng) a X3 3x2 9x

5、1 , 3x2 6x 9 .3, b 9 時(shí),0 ,得 x13 , x21.h（x）與h （X）在（，2上的情況如下:X(,3)3(3,1)1(1,2)2h(x)00h(x)Z284Z3由此可知:當(dāng)k 1 時(shí)，f( 2b) = f(2b)4b2 2b 14b 2b 1b, f(0) = 11時(shí)，曲線y= f(x)與直線y= b有且 僅有兩個(gè)不同交點(diǎn).綜上可知，如果曲線5. (2013年理科18 .)設(shè)y= f(x)與直線y = b有兩個(gè)不同交點(diǎn)，那么 b的取值范圍是(1 ,+s ).In xL為曲線C : y=一在點(diǎn)(1 , 0)處的切線.x(1) 求L的方程；(2) 證明：除切點(diǎn)(1,0)之

6、外，曲線C在直線L的下方.18 .解：(1)設(shè) f(x)= E,則 f(x) =1 一.xx所以f(1) = 1. 所以L的方程為y= x 1.令g(x)= x 1 f(x),則除切點(diǎn)之外，曲線 C在直線L的下方等價(jià)于x2 1 + ln x g(x)0( x0, XM 1).g(x)滿足 g(1)= 0,且 g(x) = 1 f(x)=忑當(dāng) 0x1 時(shí)，X2 10, ln x0,所以 g(x)1 時(shí)，X210, ln x0，所以 g (x)0,故 g(x)單調(diào)遞增.所以 g(x)g(1) = 0(x0 , xM 1).c n0, 2所以除切點(diǎn)之外，曲線C在直線L的下方.7. 解： (1) 證明

7、： fx cosx x sin x cosxxs in x, v xf x , 0 ,即f X在0,上上單調(diào)遞增，2f x在0,n 上的最大值為(2) 一方面令gsin xx x八n0,-2，由(可知，g x 0, cosx Xg X 2Xg x在0,-上單調(diào)遞減，從而g x2所以amaxh xsin X bx , x 0 ,2則h xcosx b ,h xc nx 0, 2上單調(diào)遞減,從而h所以h xsin xbx 0恒成立.b 1時(shí)，h xcosx b 0 在0,丄有唯一解x0,且2x 0,x0h x 0 ,0, x0上單調(diào)遞增，從而h xsinx bx 0 sinx bxb 與匹xx解答

8、：解：(I )由 f (x) =2x3- 3x 得 f (x)空或x壓, T 2令 f (x) =0 得，x=-b恒成立矛盾，綜上，bT，故 bmin1 .=6x2- 3, f (- 2) = - 10, f (-普)砸,f (誓)=W2, f (1)=- f (x)在區(qū)間-2, 1上的最大值為(n )設(shè)過點(diǎn)P ( 1, t)的直線與曲線 y=f (x)相切于點(diǎn)(X0, y0),則 y0=21,yg - 3x0,且切線斜率為k=6Xg -3,切線方程為 y - y0= (- 3) (x- x0), t - yo= (- 3) (1 - xo),即 4xg+t+3=0,設(shè) g (x) =4x3-

9、 6x2+t+3，貝U 過點(diǎn) P (1, t)有3個(gè)不同的零點(diǎn)”/ g(x) =12x2- 12x=12x (x- 1), g (X)與g (x)變化情況如下：x(- s, 0)0存在3條直線與曲線y=f (x)相切”等價(jià)于g (x)(0,1)二 g 當(dāng) 故 當(dāng) 故 當(dāng)g( X)+g (X)/(0) =t+3是g (X)的極大值,(0)(X)(1)(X)(0)g g g g g=t+3切，即卩tw 3時(shí)，g 至多有2個(gè)零點(diǎn).=t+1 為，即 tA 1 時(shí)，g 至多有2個(gè)零點(diǎn). 0 且 g (1) 0,即0-0t+3t+1g (1) =t+1是g (X)的極小值.I ( X)在區(qū)間(-S, 1和(1 , +m)(X)在區(qū)間(-S, 0和(0, +S)上分別至多有一個(gè)零點(diǎn),上分別至多有一個(gè)零點(diǎn),3 t 1 時(shí)，/ g ( 1) =t 7 0, g ( X)分別在區(qū)間-1, 0), 0 , 1 )和1 , 2)上恰有1個(gè)零點(diǎn)，由于g (X)在區(qū)間(-8, 0) 和1 , + S)上單調(diào)， 故g (X)分別在區(qū)間(-8 綜上所述，當(dāng)過點(diǎn)過點(diǎn)-1).