北京市2016届高三数学文一轮复习专题突破训练

导数及其应用

x2

klnx，k 0． 1、（2015年北京高考）设函数f x 2

（Ⅰ）求f x 的单调区间和极值；

（Ⅱ）证明：若f x 存在零点，则f x

在区间上仅有一个零点．

2、（2014年北京高考）已知函数f(x) 2x3 3x. （Ⅰ）求f(x)在区间[ 2,1]上的最大值；

（Ⅱ）若过点P(1,t)存在3条直线与曲线y f(x)相切，求t的取值范围；

（Ⅲ）问过点A( 1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线y f(x)相切？（只需写出结论）

3、（2013年北京高考）已知函数f(x)＝x2

＋xsin x＋cos x.

(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．

4、（昌平区2015届高三上期末）已知函数f(x) ex xex 1.

（I）求函数f(x)的最大值； （Ⅱ）设g(x) f(x)

x

, 其中x 1,且x 0，证明: g(x)＜1.

5、（朝阳区2015届高三一模）已知函数f(x) (x a)ex

x

，a R． （Ⅰ）当a 0时，求曲线y f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）当a 1时，求证：f(x)在(0, )上为增函数；

（Ⅲ）若f(x)在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求a的取值范围．

3

6、（东城区2015届高三二模）已知函数f(x) x

527

x ax b ,g(x) x3 x2 lnx b，22

（a，b为常数）．

（Ⅰ）若g(x)在x 1处的切线过点(0, 5)，求b的值；

（Ⅱ）设函数f(x)的导函数为f (x)，若关于x的方程f(x) x xf (x)有唯一解，求实数b的取

值范围；

（Ⅲ）令F(x) f(x) g(x)，若函数F(x)存在极值，且所有极值之和大于5 ln2，求实数a的取值范围．

7、（房山区2015届高三一模）已知函数f(x) lnx ax 1，a是常数，a R． （Ⅰ）求曲线y f(x)在点P(1,f(1))处的切线l的方程； （Ⅱ）求函数f(x)的单调区间；

（III）证明:函数f(x)(x 1)的图象在直线l的下方．

8、（丰台区2015届高三一模）已知函数f(x) alnx

1

(a R). x

（Ⅰ）当a 2时，求曲线y f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

（Ⅱ）如果函数g(x) f(x) 2x在(0, )上单调递减，求a的取值范围； （Ⅲ）当a 0时，讨论函数y f(x)零点的个数．

9、（丰台区2015届高三二模）已知函数f(x) xe．

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）证明： x1，x2 ( ,0]，f(x1) f(x2)

2x

4； 2e

（Ⅲ）写出集合{x Rf(x) b 0}（b为常数且b R）中元素的个数（只需写出结论）．

10、（海淀区2015届高三一模）已知函数f(x) alnx （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

1

(a 0). x

（Ⅱ）若存在两条直线y ax b1，y ax b2(b1 b2)都是曲线y f(x)的切线，求实数a的取值范围；

（Ⅲ）若xf(x) 0 (0,1)，求实数a的取值范围.

11、（海淀区2015届高三二模）已知函数f(x) alnx x 2，其中a 0. （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若对任意的x1 [1,e]，总存在x2 [1,e]，使得f(x1) f(x2) 4，求实数a值.

12、（石景山区2015

（Ⅰ）若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；

取值范围；

x

[1,4]上恰有两个不等的实根，求实数b的（Ⅲ）设各项为正数的数列 an 满足a1 1,an 1 lnan an 2(n N*)，求证：an 2 1.

n

13、（西城区2015届高三二模）已知函数f(x)

1

1 x1 ax2

，其中a R.

（Ⅰ）当a 时，求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程；

4

（Ⅱ）当a 0时，证明：存在实数m 0，使得对任意的x，都有 m≤f(x)≤m成立； （Ⅲ）当a 2时，是否存在实数k，使得关于x的方程f(x) k(x a)仅有负实数解？当a 时的情形又如何？(只需写出结论)

12

14、已知函数f(x)=lnx ax+1,a R是常数．

（Ⅰ）求函数y=f(x)的图象在点P(1,f(1))处的切线l的方程； （Ⅱ）证明函数y=f(x)(x 1)的图象在直线l的下方； （Ⅲ）若函数y=f(x)有零点，求实数a的取值范围．

15、已知函数f(x)

131

x a2x a(a R). 32

（Ⅰ）若a 1,求函数f(x)在[0,2]上的最大值；

（Ⅱ）若对任意x (0,+ )，有f(x) 0恒成立，求a的取值范围.

参考答案 1、

所以，f(x

)的单调递减区间是

，单调递增区间是 )；

f(x

)在x

f

k(1 lnk)

2

. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在区间(0,

)上的最小值为f k(1 lnk)

2

. 因为f(x)存在零点，所以

k(1 lnk)

2

0，从而k e. 当k e时，f(x

)在区间(1

上单调递减，且f 0，

所以x

f(x

)在区间(1上的唯一零点.

当k e时，f(x

)在区间上单调递减，且f(1) 1e k2

0，f 2

0，所以f(x

)在区间(1上仅有一个零点.

综上可知，若f(x)存在零点，则f(x

)在区间(1上仅有一个零点. 2、解：（Ⅰ） 由f x 2x3 3x得f x 6x2 3.

令f x

0，得x

或x . 因为f 2

10，f f1

f 1

所以f x 在区间 2，

1 上的最大值为f

（Ⅱ） 设过点P 1，

t 的直线与曲线y f x 相切于点 x0，y0 ， 则y30 2x0

3x2

0，且切线斜率为k 6x0 3， 所以切线方程为y y 2

0 6x0 3 x x0

，

因此t y 6x200 3

1 x0 .

32

整理得4x0 6x0 t 3 0.

设g x 4x3 6x2 t 3，

t 存在3条直线与曲线y f x 相切”等价于“g x 有3个不同零点”. 则“过点P 1，

g x 12x2 12x 12x x 1 .

g x 与g x 的情况如下：

)

所以，g(0) t 3是g(x)的极大值，g(1) t 1是g(x)的极小值．

1 和(1， )上分别至多有1个零当g(0) t 3≤0，即t≤ 3时，此时g(x)在区间 ，

点，所以g(x) 至多有2个零点．

0)和 0， 上分别至多有1个零点，当g(1) t 1≥0，即t≥ 1时，此时g(x)在区间( ，

所以g(x) 至多有2个零点．

当g 0 0且g 1 0，即 3 t 1时，因为g 1 t 7 0，g 2 t 11 0，所以g x

1 和 1，2 上恰有1个零点.由于g x 在区间 ，0 和 1， 上单调，分别在区间 1，0 ， 0，

0 和 1， 上恰有1个零点. 所以g x 分别在区间 ，

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 . 综上可知，当过点P 1，

（Ⅲ） 过点A 1，2 存在3条直线与曲线y f x 相切；

10 存在2条直线与曲线y f x 相切； 过点B 2，

2 存在1条直线与曲线y f x 相切.： 过点C 0，

3、解：由f(x)＝x＋xsin x＋cos x，得 f′(x)＝x(2＋cos x)．

(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＋cos a)＝0，b＝

2

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：

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；

2

当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b， 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b>1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，＋∞)． 4、解：（Ⅰ）f'(x) xex, 2分 当x ( ,0)时，f (x)＞0，f(x)单调递增； 4分 当x (0, )时，f (x)＜0，f(x)单调递减． 6分

7分

所以f(x)的最大值为f(0)＝0．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x 0时，f(x) 0,g(x) 0 1. 9分 当 1 x 0时，g(x) 1等价于f(x) x. 设h(x) f(x) x，则h'(x) xex 1．

当x ( 1,0)时，0 x 1,0 ex 1,则0 xex 1,

从而当x ( 1,0)时，h(x) 0，h(x)在( 1,0)单调递减． 12分 当x ( 1,0)时，h(x) h(0) 0, 即f(x) x h(0) 0,所以f(x) x， 故g(x)＜1． 综上，总有g(x)＜1．

14分

'

325、解：函数f(x)定义域为{xx 0}，f (x) x x ax ax

x2

e.

（Ⅰ）当a 0时，f(x) x ex，f (x) (x 1)ex. 所以f(1) e,f (1) 2e.

所以曲线y f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是y e 2e(x 1)，

即2ex y e=0. 3分

（Ⅱ） 当a 1时，f (x) x3 x2 x 1x

2

ex

. 设g(x) x3

x2

x 1，则g (x) 3x2 2x 1 (3x 1)(x 1).

令g (x) (3x 1)(x 1) 0得，x 13或x 1，注意到x 0，所以x 13

. 令g (x) (3x 1)(x 1) 0得，注意到x 0，得0 x 1

3

.

所以函数g(x)在(0,11

3)上是减函数，在(3, )上是增函数.

所以函数g(x)在x 1122

3时取得最小值，且g(3)

27

0. 所以g(x)在(0, )上恒大于零.

于是，当x (0, )，f (x) x3 x2 x 1x

2

ex

0恒成立. 所以当a 1时，函数f(x)在 0, 上为增函数. 7分

（Ⅱ）问另一方法提示：当a 1时，f (x) x3 x2 x 1x

2

ex

. 由于x3

x2

x 1 0在 0, 上成立，即可证明函数f(x)在 0, 上为增函数.

（Ⅲ）（Ⅱ）f (x) ex

(

x3 x2 ax a

x2

). 设h(x) x3 x2

ax a，h (x) 3x2

2x a.

(1) 当a 0时，h (x) 0在(0, )上恒成立，

即函数h(x)在(0, )上为增函数.

而h(0) a 0，h(1) 2 0，则函数h(x)在区间 0,1 上有且只有一个零点x0，使在(x0,1)上，f¢故x0为函数f(x)在区间 0,1 (x)<0，(x)>0，f (x0) 0,且在(0,x0)上，f¢上唯一的极小值点; （2）当a 0时，当xÎ

0,1 时，h (x) 3x2 2x 0成立，函数h(x)在区间 0,1 上为增函数，

又此时h(0) 0，所以函数h(x) 0在区间 0,1 恒成立，即f¢(x)>0， 故函数f(x)在区间 0,1 为单调递增函数，所以f(x)在区间 0,1 上无极值； （3）当a 0时，h(x) x3 x2 ax a x3 x2 a(x 1).

当x 0,1 时，总有h(x) 0成立，即f (x) 0成立，故函数f(x)在区间 0,1 上为单调递增函数，所以f(x)在区间 0,1 上无极值.

综上所述a 0. 13分 6、解：（Ⅰ）设g(x)在x 1处的切线方程为y kx 5，

因为g (x) 3x 7x

2

1

,g (1) 11， x

所以k 11，故切线方程为y 11x 5.

3

当x 1时，y 6，将(1,6) 代入g(x) x

72

x lnx b， 2

得b

3

． 3分 2

2

（Ⅱ）f' x 3x 5x a，

由题意得方程x 3

52

x ax b 3x3 5

x2 ax x有唯一解， （Ⅲ）F(x) ax x lnx,

2

2x2 ax 1

所以F'(x) .

x

2x2 ax 1

因为F(x)存在极值，所以F'(x) 0在(0, )上有根，

x即方程2x

2

ax 1 0在(0, )上有根，则有 =a2 8 0.

显然当 =0时，F(x)无极值，不合题意； 所以方程必有两个不等正根．

xx 1 0记方程2x2 ax 1 0的两根为x,x 122

，12，则 x1 xa2 2

，

F(x1) F(x2) a(x1 x2) (x21 x22) (lnx1 lnx2)

a2a2 2 4 1 ln12

5 ln1

2 ,

解得a2 16，满足 0. 又x1 x2

a

2

0，即a 0， 故所求a的取值范围是(4, )． 7、解：（Ⅰ）f (x)=

1

x

a f(1)= a+1，kl=f (1)=1 a，所以切线 l 的方程为

y f(1)=kl(x 1)，即y=(1 a)x． （Ⅱ）f(x)定义域为 0,

f (x)=

1

x

a

1 axx （1）当a 0时，f x 1

x

0，f(x)在 0, 为增函数 （2）当a 0时， 令

1 axx 0得，x 0或x 1

a

①当a 0时，f(x)在 0, 为增函数

14分 2分 4分

②当a 0时，f(x)在 0,

1 1

上是增数，在 , 是减函数 9分 a a

（Ⅲ）令F(x)=f(x) (1-a)x=lnx x+1，x>0，则F (x)=

11

1=(1 x)， 解F (x)=0得x

=1. F(1)<0，所以 x>0且x 1，F(x)<0，f(x)<(1 a)x，

即函数y=f(x)(x 1)的图像在直线 l 的下方． 13分 8、解：（Ⅰ）当a 2时，f(x)

2lnx

所以f (x)

1

，f

(1) 1， x

21

2，f (1) 1． xx

所以切线方程为y

x． 3分

（Ⅱ）因为g(x) f(x) 2

x在(0, )上单调递减，

a1

2 0在(0, )恒成立， xx21

变形得a 2x (x 0)恒成立，

x

1而2x x1（当且仅当2x ，即x 时，等号成立）．

x所以a 8分

ax 1

（Ⅲ）f (x) ． 2

x

1

令f

(x) 0，得x ．

等价于g (x)

a

所以f(x)min=f()=aln

a a(1 lna)． a

（ⅰ）当0 a e时，f(x)min 0，所以f(x)在定义域内无零点；

（ⅱ）当a e时，f(x)min 0，所以f(x)在定义域内有唯一的零点； （ⅲ）当a e时，f(x)min 0，

① 因为f(1) 1 0，所以f(x)在增区间(, )内有唯一零点； ② f(

1a

1

) a(a 2lna)， a2

2， a

设h(a) a 2lna，则h (a) 1

因为a e，所以h (a) 0，即h(a)在(e, )上单调递增， 所以h(a) h(e) 0，即f(

11) 0(0,)内有唯一的零点． f(x)，所以在减区间a2a

所以a e时f(x)在定义域内有两个零点．

综上所述：当0 a e时，f(x)在定义域内无零点； 当a e时，f(x)在定义域内有唯一的零点；

当a e时，f(x)在定义域内有两个零点． 13分 （若用其他方法解题，请酌情给分）

9、解：（Ⅰ）f (x) x(x 2)e．

令f (x) x(x 2)e 0，则x1 2，x2 0．

xx

所以函数f(x)的单调递减区间为( 2,0)，单调递增区间为 ( , 2),(0, )．

4分

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知f(x)的单调递增区间为( , 2)，单调递减区间为( 2,0)，

所以当x ( ,0]时，f(x)最大值=f( 2)

4

． e2

因为当x ( , 2]时，f(x) 0，f(0) 0，

所以当x ( ,0]时，f(x)最小值=f(0) 0．

所以f(x)最大值-f(x)最小值=

4． e2

4． 2e

所以对 x1，x2 ( ,0]，都有f(x1) f(x2) f(x)最大值-f(x)最小值=

10分

（Ⅲ）当b 0时，集合{x Rf(x) b 0}的元素个数为0；

当b 0或b 当b

4

时，集合{x Rf(x) b 0}的元素个数为1； e2

4

时，集合{x Rf(x) b 0}的元素个数为2； 2e

4

当0 b 2时，集合{x Rf(x) b 0}的元素个数为3． 13分

e

a1ax 1

(x 0). 1分 10、解：（Ⅰ）f'(x) 2

xxx2

当a 0时，f'(x) 0，则函数f(x)的单调递减区间是(0, ). 2分

当a 0时，令f'(x) 0，得x

1

. a

当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下：

所以 f(x)的单调递减区间是(0,)，单调递增区间是(, ). 4分

aa

（Ⅱ）因为 存在两条直线y ax b1，y ax b2(b1 b2)都是曲线y f(x)的切线，

所以 f'(x) a至少有两个不等的正实根. 5分 令

ax 12

aax ax 1 0，记其两个实根分别为x1,x2. 得2

x

a2 4a 0, 则 解得a 4. 7分 1 x1x2 0.

a

当a 4时，曲线y f(x)在点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))处的切线分别为y ax f(x1) ax1，

y ax f(x2) ax2.

令F(x) f(x) ax(x 0).

由F'(x) f'(x) a 0得x x1,x x2（不妨设x1 x2），且当x1 x x2时，F'(x) 0，即F(x)在[x1,x2]上是单调函数. 所以 F(x1) F(x2).

所以 y ax f(x1) ax1，y ax f(x2) ax2是曲线y f(x)的两条不同的切线. 所以 实数a的取值范围为(4, ). 9分 （Ⅲ）当a 0时，函数f(x)是(0, )内的减函数.

因为 f(e

1a

1a

) aln(e)

1a

1e

1a

1

1e

1a

e 1 0，

1a

而e

(0,1)，不符合题意. 11分

1a

当a 0时，由（Ⅰ）知：f(x)的最小值是f() alna a a 1 lna . （ⅰ）若f() 0，即0 a e时，{x|f(x) 0} (0,1)，

所以，0 a e符合题意.

（ⅱ）若f() 0，即a e时，{x|f(x) 0} {} (0,1).

所以，a e符合题意.

（ⅲ）若f() 0，即a e时，有0

1a1a

1e

1a1

1. a

因为 f(1) 1 0，函数f(x)在(, )内是增函数， 所以 当x 1时，f(x) 0.

又因为 函数f(x)的定义域为(0, )， 所以 xf(x) 0 (0,1). 所以 a e符合题意.

综上所述，实数a的取值范围为{a|a 0}. 14分

11、解：（Ⅰ）f'(x)

1a

aa x 1 ,x 0. 2分 xx

当a 0时，对 x (0, )，f'(x) 0，所以 f(x)的单调递减区间为(0, )；

4分

当a 0时，令f'(x) 0，得x a.

因为 x (0,a)时，f'(x) 0；x (a, )时，f'(x) 0.

所以 f(x)的单调递增区间为(0,a)，单调递减区间为(a, ). 6分 （Ⅱ）用f(x)max,f(x)min分别表示函数f(x)在[1,e]上的最大值，最小值. 当a 1且a 0时，由（Ⅰ）知：在[1,e]上，f(x)是减函数. 所以 f(x)max f(1) 1.

因为 对任意的x1 [1,e]，x2 [1,e]， f(x1) f(x2) 2f(1) 2 4，

所以对任意的x1 [1,e]，不存在x2 [1,e]，使得f(x1) f(x2) 4. 8分 当1 a e时，由（Ⅰ）知：在[1,a]上，f(x)是增函数，在[a,e]上，f(x)是减函数. 所以 f(x)max f(a) alna a 2. 因为 对x1 1， x2 [1,e]，

f(1) f(x2) f(1) f(a) 1 alna a 2 a(lna 1) 3 3，

所以 对x1 1 [1,e]，不存在x2 [1,e]，使得f(x1) f(x2) 4. 10分 当a e时，令g(x) 4 f(x)(x [1,e]).

由（Ⅰ）知：在[1,e]上，f(x)是增函数，进而知g(x)是减函数. 所以 f(x)min f(1) 1,f(x)max f(e) a e 2，

g(x)max g(1) 4 f(1)，g(x)min g(e) 4 f(e).

因为 对任意的x1 [1,e]，总存在x2 [1,e]，使得f(x1) f(x2) 4，即f(x1) g(x2)，

所以 f(1) g(e), f(1) f(e) 4, f(e) g(1),即

f(e) f(1) 4.

所以 f(1) f(e) a e 3 4，解得a e 1. 13分

综上所述，实数a的值为e 1.

ax2 2x 1

(x 0)， 2分 12、（Ⅰ）函数的定义域为(0, )，f (x)

x

依题意f (x) 0在(x 0)时恒成立，则a

1 2x1

( 1)2 1在(x 0)时恒成立， 2

xx

当x 1时，(

1

1)2 1取最小值 1， a ( , 1]. 4分 x

（Ⅱ）已知条件等价于方程

123

x x lnx b 0在[1,4]上有两个不同的实根， 42

设g(x)

123

x x lnx,x [1,4]， 42

g (x)

(x 2)(x 1)

，x [1,2)时，g (x) 0，x (2,4]时，g (x) 0

2x

5

g(x)min g(2) ln2 2,g(1) ,g(4) 2ln2 2， 6分

4

由g(1) g(4)

31

2ln2 (3 4ln4) 0，得g(1) g(4) 44

5

] 8分 4

则b (ln2 2,

（Ⅲ）先证：当x 0时，lnx x 1. 令h(x) lnx x 1，h (x)

1 x

，可证x (0,1)时h(x)单调递增，x (1, )时h(x)单调递x

减，x 1时h(x)max 0.所以x 0时，lnx x 1. 9分 用以上结论，由an 0,可得lnan an 1.

an 1 lnan an 2 an 1 an 2 2an 1，故an 1 1 2(an 1), 10分

所以当n 2时，0

a 1an 1a 1

2, 2,0 n 1 2， ，0 2

a1 1an 1 1an 2 1

相乘得0

an 1

2n 1. 12分 a1 1