北京市部分区2018届高三上学期考试数学理试题分类汇编

导数及其应用

1、（昌平区2017届高三上学期期末）设函数f(x)ln(1ax)bx，g(x)f(x)bx2.

（Ⅰ）若a1,b1，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若曲线yg(x)在点(1,ln3)处的切线与直线11x3y0平行.

(i) 求a,b的值；

(ii)求实数k(k3)的取值范围，使得g(x)k(x2x)对x(0,)恒成立.

2、（朝阳区2017届高三上学期期末）设函数f(x)ln(x1)axx1，

2g(x)(x1)exax2，aR．

（Ⅰ）当a1时，求函数f(x)在点(2,f(2))处的切线方程； （Ⅱ）若函数g(x)有两个零点，试求a的取值范围； （Ⅲ）证明f(x)g(x)．

3、（朝阳区2017届高三上学期期中）已知函数f(x)e(xa)，aR．

（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （Ⅱ）若函数f(x)在(3,0)上单调递减，试求a的取值范围； （Ⅲ）若函数f(x)的最小值为2e，试求a的值．

4、（东城区2017届高三上学期期末）设函数f(x)ln(x1)（Ⅰ）若f(0)为f(x)的极小值，求a的值；

（Ⅱ）若f(x)0对x(0,)恒成立，求a的最大值．

x2ax(aR)． x15、（丰台区2017届高三上学期期末）已知函数f(x)xex与函数g(x)12xax的图象在20)处有相同的切线. 点(0，（Ⅰ）求a的值；

，2]上的最小值. （Ⅱ）设h(x)f(x)bg(x)(bR)，求函数h(x)在[1

a1． x（Ⅰ）若曲线yf(x)存在斜率为1的切线，求实数a的取值范围；

6、（海淀区2017届高三上学期期末）已知函数f(x)lnx（Ⅱ）求f(x)的单调区间；

xa（Ⅲ）设函数g(x)，求证：当1a0时，g(x)在(1,)上存在极小值．

lnx

7、（海淀区2017届高三上学期期中）已知函数f(x)x39x，函数g(x)3x2a. （Ⅰ）已知直线l是曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线，且l与曲线yg(x)相切，求a的值；

（Ⅱ）若方程f(x)g(x)有三个不同实数解，求实数a的取值范围.

8、（石景山区2017届高三上学期期末）已知函数f(x)（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若对任意x1,x2[0,2]，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围．

9、（通州区2017届高三上学期期末）设函数f(x)e1kR．

kxx2axg(x)xe(a0)． ，1x21（Ⅰ）当k＝1时，求曲线yf(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

)时，F(x)＞0. （Ⅱ）设函数F(x)f(x)xkx，证明：当x∈(0，

10、（西城区2017届高三上学期期末）已知函数f(x)lnxasin(x1)，其中aR．

（Ⅰ）如果曲线yf(x)在x1处的切线的斜率是1，求a的值； （Ⅱ）如果f(x)在区间(0,1)上为增函数，求a的取值范围．

2

11、（北京市第四中学2017届高三上学期期中）已知函数f(x)ln(ax1)1xx≥0，1x其中a0.

（Ⅰ）若a1，求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若f(x)的最小值为1，求a的取值范围.

12、（北京市第四中学2017届高三上学期期中）设函数f(x)alnxbxe，曲线xyf(x)在点P1,f1处的切线方程为 ye(x1)2.

（Ⅰ）求a,b； （Ⅱ）设g(x)xex2x0，求g(x)的最大值； e（Ⅲ）证明函数f(x)的图象与直线y1没有公共点.

参考答案

1、解：（Ⅰ）当a1,b1时，f(x)ln(1x)x,(x1)，

则f'(x)1x1. 1x1x当f'(x)0时，1x0； 当f'(x)0时，x0；

所以f(x)的单调增区间为(1,0)，单调减区间为(0,). ……………4分

（Ⅱ）(i)因为g(x)f(x)bx2ln(1ax)b(xx2)，

所以g'(x)ab(12x). 1axg(1)ln(1a),ln(1a)ln3,依题设有 即a1111

g'(1),b.31a3解得a2. ……………8分

b32(i i)所以g(x)ln(12x)3(xx),x(,).

12g(x)k(x2x)对x(0,)恒成立，

即g(x)k(x2x)0对x(0,)恒成立. 令F(x)g(x)k(xx)．

24(3k)x2k1则有F'(x)．

12x① 当1k3时，当x(0,)时，F'(x)0， 所以Fx在(0,)上单调递增.

所以F(x)F(0)0，即当x(0,)时，g(x)k(x2x)；

②当k1时，当x(0,11k)时，F'(x)0，

23k所以Fx在(0,11k)上单调递减，

23k故当x(0,11k)时，F(x)F(0)0，

23k即当x(0,)时，g(x)k(x2x)不恒成立.

综上，k[1,3]． ……………13分

2、解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域是(1,)，f(x)x(2ax2a1)．

x1 当a1时，f(2)4a26，f(2)4a37．

所以函数f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y76(x2)．

即y6x5． …………………………………4分

（Ⅱ）函数g(x)的定义域为R，由已知得g(x)x(e①当a0时，函数g(x)(x1)e只有一个零点； ②当a0，因为e2a0，

xx2a)．

x当x(,0)时，g(x)0；当x(0,)时，g(x)0． 所以函数g(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增． 又g(0)1，g(1)a，

因为x0，所以x10,ex1，所以ex(x1)x1，所以g(x)ax2x1

取x0114a，显然x00且g(x0)0

2a所以g(0)g(1)0，g(x0)g(0)0．

由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点． ③当a0时，由g(x)x(e2a)0，得x0，或xln(2a)．

ⅰ) 当ax1，则ln(2a)0． 2当x变化时，g(x),g(x)变化情况如下表：

x g(x) g(x) (,0) + ↗ 0 (0,ln(2a)) － ↘ ln(2a) 0 (ln(2a),) + ↗ 0 1 注意到g(0)1，所以函数g(x)至多有一个零点，不符合题意． ⅱ) 当a1，则ln(2)a0，g(x)在(,)单调递增，函数g(x)至多有一个零点，2不符合题意． 若a1，则ln(2a)0． 2当x变化时，g(x),g(x)变化情况如下表：

x (,ln(2a)) ln(2a) (ln(2a),0) 0 (0,) g(x) + ↗ 0 x2－ ↘ 0 1 + ↗ g(x) 注意到当x0,a0时，g(x)(x1)eax0，g(0)1，所以函数g(x)至多有一个零点，不符合题意．

综上，a的取值范围是(0,). …………………………………………9分 （Ⅲ）证明：g(x)f(x)(x1)eln(x1)x1．

设h(x)(x1)eln(x1)x1，其定义域为(1,)，则证明h(x)0即可．

x因为h(x)xexxx1xx(e)，取x11e3，则h(x1)x1(ex1e3)0，且x1x1h(2)0．

又因为h(x)(x1)ex10，所以函数h(x)在(1,)上单增． 2(x1)x0所以h(x)0有唯一的实根x0(1,2)，且e1． x01当1xx0时，h(x)0；当xx0时，h(x)0． 所以函数h(x)的最小值为h(x0)．

所以h(x)h(x0)(x01)e0ln(x01)x01

x1x0x010．

所以f(x)g(x). ……………………………………………………14分

3、解：由题意可知f(x)ex(x22xa)． （Ⅰ）因为a1，则f(0)1，f(0)1，

所以函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y(1)(x0)．

即xy10． …………………3分 （Ⅱ）因为函数f(x)在(3,0)上单调递减，

所以当x(3,0)时，f(x)ex(x22xa)0恒成立． 即当x(3,0)时，x2xa0恒成立．

显然，当x(3,1)时，函数g(x)x22xa单调递减， 当x(1,0)时，函数g(x)x22xa单调递增． 所以要使得“当x(3,0)时，x2xa0恒成立”， 等价于22g(3)0,a3,

即所以a3． …………………8分

g(0)0.a0.

（Ⅲ）设g(x)x22xa，则44a．

①当44a0，即a1时，g(x)0，所以f(x)0． 所以函数f(x)在(,)单增，所以函数f(x)没有最小值．

②当44a0，即a1时，令f(x)ex(x22xa)0得x2xa0， 解得x11a1,x21a1 随着x变化时，

2f(x)和f(x)的变化情况如下：

 11a x f '(x) f(x) ( , 11a) ( 11a, 1+1a)  1+1a ( 1+1a,) ＋ ↗ ＋ ↗ 0 极大值 － ↘ 0 极小值 当x( , 11a]时，x2( 11a)22a21a. 所以xa221a0. 所以f(x)ex(x2a)0. 又因为函数f(x)的最小值为2e<0，

所以函数f(x)的最小值只能在x21a1处取得. 所以f(1a1)e1所以e1a1a12[(1a1)2a]2e1a1(1a1)2e.

(a11)e.

易得a111.

解得a3． …………………………………14分 以下证明解的唯一性，仅供参考：

设g(a)e1a1(1a1)

因为a0，所以 1+1a0，11a0． 设x 1+1a0，则x11a. 设h(x)xex，则h(x)ex(x1).

当x0时，h(x)0，从而易知g(a)为减函数. 当a(0,3)，g(a)0；当a(3,)，g(a)0． 所以方程e1a1(a11)e只有唯一解a3．

4、解：（Ⅰ）f(x)的定义域为(1,)． 因为f(x)ln(x1)所以f'(x)ax， x11a． 2x1(x1) 因为f(0)为f(x)的极小值， 所以f'(0)0，即所以a1．

此时，f'(x)1a0． 01(01)2x．

(x1)2 当x(1,0)时，f'(x)0，f(x)单调递减； 当x(0,)时，f'(x)0，f(x)单调递增． 所以f(x)在x0处取得极小值，

所以a1． ……………………………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知当a1时，f(x)在[0,)上为单调递增函数， 所以f(x)f(0)0， 所以f(x)0对x(0,)恒成立．

因此，当a1时，f(x)ln(x1)axxln(x1)0， x1x1f(x)0对x(0,)恒成立．

当a1时，f'(x)1ax(a1)， 22x1(x1)(x1)所以，当x(0,a1)时，f'(x)0，因为f(x)在[0,a1)上单调递减， 所以f(a1)f(0)0．

所以当a1时，f(x)0并非对x(0,)恒成立．

综上，a的最大值为1． ……………………………13分 5、解：（Ⅰ）因为f(x)exxex，所以f(0)1. ……………….2分

因为g(x)xa，所以g(0)a. ……………….4分 因为f(x)与g(x)的图象在（0,0）处有相同的切线，所以f(0)g(0)，所以a1. …….5

分

12xx, 212x 令h(x)f(x)bg(x)xebxbx，x[1,2]，

2（Ⅱ）由（Ⅰ）知, g(x)则h(x)exxexb(x1)(x1)(exb)． ……………….6

分

(1)当b0时，x[1,2]，h(x)0，所以h(x)在[1,2]上是增函数，

故h(x)的最小值为h(1)=e3b； ……………….7分 2(2)当b0时，由h(x)=0得，xlnb， ……………….8分

①若lnb1，即0be，则x[1,2]，h(x)0，所以h(x)在[1,2]上是增函数，

故h(x)的最小值为h(1)=e23b. ……………….9分 22)， ②若1lnb2，即ebe，则x(1,lnb)，h(x)0，x(lnb，h(x)0，

2)上是增函数， 所以h(x)在(1,lnb)上是减函数，在(lnb， 故h(x)的最小值为h(lnb)=21bln2b； ……………….11分 2 ③若lnb2，即be，则x[1,2]，h(x)0，所以h(x)在[1,2]上是减函数，

故h(x)的最小值为h(2)=2e24b. ……………….12分 综上所述，当be时，h(x)的最小值为h(1)=e 当ebe时，h(x)的最小值为23b， 21bln2b， 2 当be2时，h(x)的最小值为2e24b. …………….13分 6、解：（Ⅰ）由f(x)lnxa1得x

f'(x)1axa22(x0). xxx由已知曲线yf(x)存在斜率为1的切线， 所以f'(x)1存在大于零的实数根， 即x2xa0存在大于零的实数根， 因为yx2xa在x0时单调递增， （-，0）所以实数a的取值范围.

（Ⅱ）由f'(x)xa，x0，aR可得 x2当a0时，f'(x)0，所以函数f(x)的增区间为(0,)； 当a0时，若x(a,)，f'(x)0，若x(0,a)，f'(x)0， 所以此时函数f(x)的增区间为(a,)，减区间为(0,a).

a1f(x）xax（Ⅲ）由g(x)及题设得g'(x)， (lnx)2(lnx)2lnx由1a0可得0a1，由(Ⅱ)可知函数f(x)在(a,)上递增， 所以f(1)a10，

lnx取xe，显然e1，

f(e)lneaa10， ee所以存在x0(1,e)满足f(x0)0，即 存在x0(1,e)满足g'(x0)0，

所以g(x),g'(x)在区间(1,)上的情况如下：

x

g'(x)(1,x0) 

x0 (x0,)

g(x)0 极小



所以当1a0时，g(x)在(1,)上存在极小值. （本题所取的特殊值不唯一，注意到

7、解析：

a，因此只需要lnx01即可） 0(x1)）

x

(1x2)(1x)(1x)8、解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域为R，f(x)2．……2分 (x1)2(x21)2当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f(x) (,1) (1,1) (1,)    f(x) 所以，函数f(x)的单调递增区间是(1,1)，

单调递减区间是(,1)，(1,)． …………5分

（Ⅱ）依题意，“对于任意x1,x2[0,2]，f(x1)g(x2)恒成立”等价于 “对于任意x[0,2]，

f(x)ming(x)max成立”．

由（Ⅰ）知，函数f(x)在[0,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减， 因为f(0)1，f(2)2m11，所以函数f(x)的最小值为f(0)1． 5所以应满足g(x)max1．………………………………………………7分 因为g(x)x2eax，所以g(x)(ax2+2x)eax．………8分 因为a0，令g(x)0得，x10，x2（ⅰ）当2． a22，即1a0时， a在[0,2]上g(x)0，所以函数g(x)在[0,2]上单调递增， 所以函数g(x)maxg(2)4e2a．

由4e2a1得，aln2，所以1aln2． ……………11分 （ⅱ）当022，即a1时, a22在[0,)上g(x)0，在(,2]上g(x)0，

aa22所以函数g(x)在[0,)上单调递增，在(,2]上单调递减，

aa24所以g(x)maxg()22．

aae42由221得，a，所以a1． ……………13分 aee综上所述，a的取值范围是(,ln2]． ……………14分

9、解：(Ⅰ)f'(x)ex，……………….1分

将x=0分别代入f(x)和f’(x)得，f’(0)=1， f(0)=0……………….3分 所以曲线在点(0, f(0))处的切线方程为：y=x. ……………….4分 (Ⅱ)F'(x)kekx2xk……………….6分

令g(x)kekx2xk，则g'(x)k2ekx2……………….8分 ekx0,k20，g'(x)k2ekx20……………….10分 ∴g(x)在(0,)上单调递增，

∴g(x)>g(0)=0即F'(x)0，……………….11分

∴F(x)在(0,)上单调递增，

∴F(x)>F(0)=0……………….13分

10、解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域是(0,)，[1分]

导函数为f(x)1acos(x1)．[2分] x因为曲线yf(x)在x1处的切线的斜率是1， 所以f(1)1，即1a1，[3分]

所以a2．[4分]

（Ⅱ）因为f(x)在区间(0,1)上为增函数，

所以对于任意x(0,1)，都有f(x)因为x(0,1)时，cos(x1)0，

所以f(x)1acos(x1)≥0．[6分] x11acos(x1)≥0a≤．[8分] xxcos(x1)令g(x)xcos(x1)，所以g(x)cos(x1)xsin(x1)．[10分] 因为x(0,1)时，sin(x1)0，

所以x(0,1)时，g(x)0，g(x)在区间(0,1)上单调递增， 所以g(x)g(1)1．[12分] 所以a≤1．

即a的取值范围是(,1]．[13分]

a2ax2a211、解:定义域为0,.f(x). 22ax1(1x)(ax1)(1x)x21（Ⅰ）若a1，则f(x)，令f(x)0，得x1（舍1）. 2(x1)(1x)x f(x) f(x) (0,1) 1 0 极小值 (1,)   所以a1时，f(x)的单调增区间为(1,)，减区间为(0,1).

ax2a2（Ⅱ）f(x)，∵x0,a0, ∴ax10.

(ax1)(1x)2①当a2时，在区间(0,)上，f'(x)0,∴f(x)在1,单调递增，所以

f(x)的最小值为f(0)1;

②当0a2时，由f'(x)0解得x2a2a,由f'(x)0解得x, aa∴f(x)的单调减区间为（0，2-a2-a),单调增区间为（，）.所以f(x)在aax2a2a处取得最小值，注意到f()f(0)1,，所以不满足 aa综上可知，若f(x)得最小值为1，则a的取值范围是[2,).

12、 解：（I）函数f(x)的定义域为(0,+),

bxbbabf(x)alnxealnxex2alnxex.

xxxxx由题意可得f(1)2,f(1)e. 故a1,b2 . e2（Ⅱ）g(x)xex,则g'(x)ex(1x).

e所以当x(0,1)时g(x)0;当x(1,)时，g(x)0.故g(x)在（0,1）单调递增， 1在(1,+)单调递减，从而g(x)在(0,)的最大值为g(1).e2（Ⅲ）由（I）知f(x)exlnxex1,又f(1)eln12e0=21,于是函数f(x)的

x2图象与直线y1没有公共点等价于f(x)1。而f(x)1等价于xlnxxex.

e设函数h(x)xlnx,则h(x)lnx1.

11所以当x(0,)时，h(x)0;当x(,)时，h(x)0.

ee11故h(x)在（0,）单调递减，在（,）单调递增，从而h(x)在(0,+)的最小值为ee11h().ee

由（Ⅱ）知综上，当x0时，h(x)g(x),即f(x)1.