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北京各区2015届高三二模理科数学分类汇编(导数)


北京各区二模理科数学分类汇编 导数
(2015届西城二模)18.(本小题满分13 分)已知函数则

f ( x) ?

1 ? x ,其中a ? 1 ? ax 2

R .

⑴ 当a

??

1 时,求 4

f (x)的单调区

间;

⑵ 当a> 0时,证明:存在实数m > 0,使得对于任意的实数x,都有| f (x)|≤m成立. 18.(本小题满分 13 分) (Ⅰ)解:当 a ? ?

1 4

时,函数

f ( x) ?

1? x , 1 2 1? x 4
?????? 1 分

其定义域为 {x ? R |

x ? ?2}.

求导,得 f ?( x ) ?

? x 2 ? 2 x ? 4 ?( x ? 1) 2 ? 3 ? ? 0, 1 1 4(1 ? x 2 ) 2 4(1 ? x 2 ) 2 4 4

?????? 4 分

所以函数

f ( x ) 在区间 (??, ?2) , (?2, 2) , (2, ??) 上单调递减.

?????? 5 分

(Ⅱ)证明:当 a

? 0 时, f ( x ) ?

1? x 1 ? ax 2


的定义域为 R .

求导,得

f ?( x) ?

ax 2 ? 2ax ? 1 (1 ? ax 2 ) 2

?????? 6 分



f ?( x) ? 0 ,解得 x1 ? 1 ? 1 ?

1 a

? 0 , x2 ? 1 ? 1 ?

1 a

?1,

?????? 7 分

当 x 变化时,

f ?( x ) 与 f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f ?( x ) f ( x)

(??, x1 )
+

x1
0

( x1 , x2 )

x2
0

( x2 , ??)
+

?




↗ ?????? 10 分

所以函数

f ( x ) 在 (??, x1 ) , ( x2 , ??) 上单调递增,在 ( x1 , x2 ) 上单调递减.

又因为

f (1) ? 0 ,当 x ? 1 时, f ( x) ?

1? x 1 ? ax
2

? 0 ;当 x ? 1 时, f ( x ) ?

1? x 1 ? ax 2

?0,

所以当 x≤1 时, 0≤f ( x)≤f ( x1 ) ;当 x 记M

? 1 时, f ( x2 )≤f ( x) ? 0 . ?????? 12 分

? max{ | f ( x1 ) |, | f ( x2 ) | } ,其中 max{ | f ( x1 ) |, | f ( x2 ) | } 为两数 | f ( x1 ) | ,

| f ( x2 ) 中最大的数, |
综上,当 a 成立.

? 0 时,存在实数 m ? [ M , ??) ,使得对任意的实数 x ,不等式 | f ( x) | ≤m 恒
?????? 13 分

(2015 届海淀二模)

(18)(共 13 分) 解:(Ⅰ)令 故

f ( x) ? 0 ,得 x ? e .
??????1 分

f ( x) 的零点为 e .

1 (? ) ? x 2 ? (1 ? ln x) ? 2 x 2 ln x ? 3 f '( x) ? x ? ( x ? 0 ). 2 2 (x ) x3


??????3 分

f '( x) ? 0 ,解得 x ? e 2 .
当 x 变化时,

3

f '( x) , f ( x) 的变化情况如下表:

f ( x)
f '( x)
f ( x)
所以

(0, e )

3 2

e

3 2

(e , ??)

3 2

?

3 2 3 2

0

?


f ( x) 的单调递减区间为 (0, e ) ,单调递增区间为 (e , ??) .

??????6 分

1 ? x ? 1? ln x ln x 1 ? ln x x (Ⅱ)令 g ( x ) ? .则 g '( x) ? ??????7 分 ? ? f ( x) . 2 x x x2 1 1 因为 f ( ) ? 4 ? 4 ln 2 ? 4 ? 4 ? ? 6 , f (e) ? 0 ,且由(Ⅰ)得, f ( x ) 在 (0, e) 内是减函数, 2 2 1 所以 存在唯一的 x0 ? ( , e) ,使得 g '( x0 ) ? f ( x0 ) ? 6 . 2
当 x ? [e, ??) 时,

f ( x) ? 0 .

所以 曲线

y?

ln x 存在以 ( x0 , g ( x0 )) 为切点,斜率为 6 的切线. x

??????10 分

由 g '( x0 ) ?

1 ? ln x0 2 . ? 6 得: ln x0 ? 1 ? 6x0 2 x0
2 ln x0 1 ? 6 x0 1 ? ? ? 6 x0 . x0 x0 x0

所以

g ( x0 ) ?
x0 ? 1 , 2

因为

所以

1 ? 2 , ?6 x0 ? ?3 . x0

所以

y0 ? g ( x0 ) ? ?1 .

??????13 分

(2015 届东城二模)(18)(本小题共 13 分) 已知函数

f ( x) ? x ? a ? e? x .
2

(Ⅰ)当 a ? e 时,求

f ( x) 在区间 [1,3] 上的最小值;

(Ⅱ)求证:存在实数 x0 ? [?3,3] ,有 (18)(共 13 分) 解:(Ⅰ)当 a

f ( x0 ) ? a .

? e2 时, f ( x) ? x ? e2? x , x ? [1,3] .

因为 由

f '( x) ? 1 ? e2? x ,
f ?( x ) , f ( x)

f ?( x) ? 0 , x ? 2 .
关系如下:

则x,

x
f ?( x ) f ( x)
所以当 x

(1,2)

2

(2,3)
?


?


0
极小值

? 2 时, f ( x) 有最小值为 3 .

???5 分

(Ⅱ)“存在实数 x0 ? [?3,3] ,有 因为

f ( x) ? a ”等价于 f ( x) 的最大值大于 a .

f '( x) ? 1 ? ae? x ,
? 0 时, x ? [?3,3] , f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (?3,3) 上单调递增,

所以当 a 所以

f ( x) 的最大值为 f (3) ? f (0) ? a .
? 0 时命题成立.
? 0 时,由 f ?( x) ? 0 得 x ? ln a .

所以当 a 当a

则 x ? R 时, x ,

f ?( x ) , f ( x)

关系如下:

x
f ?( x )

(??, ln a)

ln a

(ln a,??)

?


0
极小值

?


f ( x)

(1)当 a ? e3 时 , ln a ? 3 , f ( x) 在 (?3,3) 上单调递减,
所以

f ( x) 的最大值 f (?3) ? f (0) ? a .
3

所以当 a ? e 时命题成立.

(2)当 e?3 ? a ? e3 时, ? 3 ? ln a ? 3 , 所以 f ( x) 在 (?3, ln a ) 上单调递减,在 (ln a,3) 上单调递增.
所以 且

f ( x) 的最大值为 f (?3) 或 f (3) .
?3

f (?3) ? f (0) ? a 与 f (3) ? f (0) ? a 必有一成立,

所以当 e

? a ? e3 时命题成立.
? ?3 ,

(3) 当 0 ? a ? e 时 , ln a 所以

?3

f ( x) 在 (?3,3) 上单调递增,
所以

f ( x) 的最大值为 f (3) ? f (0) ? a .
?3

所以当 0 ? a ? e 时命题成立. 综上:对任意实数 a 都存在 x ? [?3,3] 使 (2015 届丰台二模) 20.(本小题共 13 分) 已知函数

f ( x) ? a 成立.

??13 分

f ( x) ?

ln ax ? 1 x

(a

? 0 ).

(Ⅰ)求函数

f ( x) 的最大值;

(Ⅱ)如果关于 x 的方程 ln x ? 1 ? bx 有两解,写出 b 的取值范围(只需写出结论); (Ⅲ)证明:当 k ? N 且 k
*

? 2 时, ln

k 1 1 1 1 ? ? ? ? ??? ? ? ln k . 2 2 3 4 k

20.(本小题共 13 分) 解:(Ⅰ)函数的定义域为 {x

x ? 0}.

因为

f ( x) ?

ln ax ? 1 , x ? ln ax . x2

所以

f ?( x) ?

因为 a

? 0 ,所以当 f ?( x) ? 0 时, x ?

1 . a

当 x ? (0,

1 1 ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 (0, ) 上单调递增; a a



1 1 x ? ( , ??) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 ( , ?? ) 上单调递减. a a

所以当 x

?

1 1 时, f ( x )最大值 ? f ( ) ? a . a a

????????6 分 ????????8 分

(Ⅱ)当 0 ? b ? 1 时,方程 ln x ? 1 ? bx 有两解. (Ⅲ)由(Ⅰ)得

ln x ? 1 1 ? 1 ,变形得 1 ? x ? ln ,当 x ? 1 等号成立.所以 x x

1?

1 ? ln 2 , 2
2 3 ? ln , 3 2

1?

??

1?

k ?1 k ? ln , k k ?1
当k ?N 且k
*

所以得到

1 1 1 1 ? 2 时, ? ? ? ?????? ? ? ln k . 2 3 4 k

????????10 分

由(Ⅰ)得

ln x ? 1 ? 1 ,变形得 ln x ? x ? 1 ,当 x ? 1 等号成立.所以 x

ln

3 3 ? ?1 , 2 2 4 4 ? ?1 , 3 3 5 5 ? ?1 , 4 4

ln

ln

??

ln

k ?1 k ?1 ? ? 1, k k
*

所以得到 当 k ? N 且 k

? 2 时, ln

k ?1 1 1 1 1 ? ? ? ? ?????? ? . 2 2 3 4 k

又因为 ln

k k ?1 ? ln , 2 2

所以当 k ? N 且 k
*

? 2 时, ln

k 1 1 1 1 ? ? ? ? ?????? ? ? ln k . 2 2 3 4 k

????????13 分

(2015 届昌平二模) 18.(本小题满分 13 分)已知函数 (I)若函数

f ( x) ? x2 ? ax ? ln x, a ? R.

f ( x) 在 (1, f (1)) 处的切线垂直于 y 轴,求实数 a 的值; f ( x) 的单调区间;

(II) 在(I)的条件下,求函数

(III) 若 x ? 1时, f ( x) ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围. 18.(本小题满分 13 分) 解:(I)

f ( x) ? x2 ? ax ? ln x, a ? R. 定义域为 (0, ??)

1 f ' ( x) ? 2 x ? a ? , a ? R. x
依题意, 所以 (II) a

f ' (1) ? 0 .
……………4 分

f ' (1) ? 3 ? a ? 0 ,解得 a ? 3

? 3 时, f ( x) ? ln x ? x2 ? 3x ,定义域为 (0, ??) ,

f ?( x) ?
当0 当

1 1 ? 2 x 2 ? 3x ? 2x ? 3 ? x x
1 或 x ? 1 时, f ?( x ) ? 0 , 2

?x?

1 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , 2 1 1 故 f ( x ) 的单调递增区间为 (0, ), (1, ??) ,单调递减区间为 ( ,1) .----8 分 2 2
(III)解法一:由

f ( x) ? 0 ,得 a ?

ln x ? x 2 x ?

在x

? 1 时恒成立,

令 g ( x)

?

ln x ? x 2 x
2

,则 g ?( x)

1 ? x 2 ? ln x x2

令 h( x) ? 1 ? x

? ln x ,则 h?( x) ? 2 x ?

1 2 x2 ?1 ? ?0 x x

所以h( x) 在 (1, ??) 为增函数, h( x) ? h(1) ? 2 ? 0 .
故 g ?( x)

? 0 ,故 g ( x) 在 (1, ??) 为增函数. g ( x) ? g (1) ? 1 ,

所以

a ? 1 ,即实数 a 的取值范围为 (??,1] .

……………13 分

解法二:

f ?( x) ?
2

1 1 ? 2 x 2 ? ax ? 2x ? a ? x x

令 g ( x) ? 2 x (i)当 ?

? ax ? 1,则 ? ? a 2 ? 8 ,

? 0 ,即 ?2 2 ? a ? 2 2 时, f ?( x) ? 0 恒成立,

因为x ? 1, 所以f ( x) 在 (1, ??) 上单调递增,
f ( x) ? f (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,所以 a ? (?2 2,1] ;
(ii)当 ?

? 0 ,即 a ? ?2 2 时, f ?( x) ? 0 恒成立,

因为x ? 1, 所以f ( x) 在 (1, ??) 上单调递增,
f ( x) ? f (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,所以 a ? ?2 2 ;
(iii)当 ?

? 0 ,即 a ? ?2 2 或 a ? 2 2 时,

方程 g ( x) ? 0 有两个实数根 x1 若 a ? ?2 当x

?

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , x2 ? 4 4

2 ,两个根 x1 ? x2 ? 0 ,

? 1 时, f ?( x) ? 0 , 所以f ( x) 在 (1, ??) 上单调递增,



f ( x) ? f (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,所以 a ? ?2 2 ;

若a

? 2 2 , g ( x) ? 0 的两个根 0 ? x1 ? x2 ,

因为f ( x) ? 1 ? a ? 0 ,且 f ( x) 在 (1, ??) 是连续不断的函数
所以总存在 x0

? 1 ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,不满足题意.
……………13 分
2 x

综上,实数 a 的取值范围为 ( ??,1] .

(2015 届朝阳二模)19.(本题 14 分)已知函数 f ( x) ? ( x ? a)e , a ? R 。 (Ⅰ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x) 的单调区间。 (Ⅱ)若在区间 (1,2) 上存在不相等的实数 m, n ,使 f (m) ? f (n) 成立,求 a 的取值范围; (Ⅲ)若函数 f ( x) 有两个不同的极值点 x1 , x 2 ,求证: f ( x1 ) f ( x2 ) ? 4e 。
?2


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