1、1函数北京高考题二导数1.（2011 年文科 18）已知函数 ，xfxke（I）求 的单调区间；fx（II）求 在区间 上的最小值0,122.（2012 年文科 18）函数 ， 2()1(0)fxa3(gxb（）若曲线 与曲线 在它们的交点 处具有公共切线，求 的值；yfyg1,)c,ab（）当 ， 时，若函数 在区间 上的最大值为 ， 求 的取值范围3a9b()fx2k28k33.（2012 年理科 18）已知函数 ( ), .2()1fxa03()gxb(1)若曲线 与曲线 在它们的交点(1, )处具有公共切线,求 的值;()yfygc,ab(2)当 时,求函数 的单调区间,并求其在区间
2、上的最大值.24ab()fx(,144.（2013 年文科 18 ）已知函数 f(x)x 2xsin xcos x.(1)若曲线 yf(x )在点(a，f(a )处与直线 yb 相切，求 a 与 b 的值；(2)若曲线 yf(x )与直线 yb 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 在点(1 ，0)处的切线ln xx(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()2fx（1）求 在区间 上的最大值；()fx2,1（2）若过点 存在 3 条直线与曲线 相切
3、，求 t 的取值范围；,Pt ()yfx（3）问过点 分别存在几条直线与曲线 相切？（只需写出结论）()(,0,)ABC()yfx77 （2014 年理科 18.）已知函数 ，()cosin,02fxx（1）求证： ；()0fx（）若 在 上恒成立，求 的最大值与 的最小值sinab(,)2ab81.（2011 年文科 18）解：（I） ，令 ；所以 在/()1)xfxke/()01fxkfx上递减，在 上递增；(,1)k(1,k（II）当 时，函数 在区间 上递增，所以 ；0,即fx0, min()(0)fxfk当 即 时，由（I ）知，函数 在区间 上递减， 上递增，k2kfx,1k1,所
4、以 ；1min()()fxfe当 时，函数 在区间 上递减，所以 。1,k即fx0,1min()()fxfke2.（2012 年文科 18）解：（） ， ()2fxa2()3gb因为曲线 与曲线 在它们的交点 处具有公共切线，所以yf()yx(1,)c，且 1f1f即 ，且 b解得 ， 3a（）记 当 ， 时，()()hxfgx3a9b，2916令 ，得 ， ()0x12x与 在 上的情况如下：h(,由此可知：当 时，函数 在区间 上的最大值为 ；k3()hx,2k(3)28h当 时，函数 在区间 上的最大值小于 2因此， 的取值范围是 (,33.（2012 年文科 18）解：（）由 为公共切
5、点可得：1c，则 ， ，2()1(0)fxa()2fxa1k，则 ， ，3gb=3b3又 ， ，()f()g，即 ，代入式可得： 1aa3ab3)(3,1)(1,2)()00xZ284Z39（2） ， 设24ab321()()4hxfgxax则 ，令 ，解得： ， ；221()34hxa01a26， ，06原函数在 单调递增，在 单调递减，在 上单调递增2， 26a， 6，若 ，即 时，最大值为 ；1a 2(1)4h若 ，即 时，最大值为266a1a若 时，即 时，最大值为 1a 2h综上所述：当 时，最大值为 ；当 时，最大值为 已知02， (1)4a2,12ah4.（2012 年理科 18
6、）18解：由 f(x)x 2xsin xcos x，得 f(x)x(2 cos x)(1)因为曲线 yf(x )在点(a，f(a) 处与直线 yb 相切，所以 f(a)a(2cos a) 0，bf (a)解得 a0，bf(0)1.(2)令 f (x)0，得 x0.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 b1 时，曲线 yf( x)与直线 yb 最多只有一个交点；当 b1 时，f( 2b)f(2b)4b 22b14b2b1b，f(0) 11
7、时，曲线 yf (x)与直线 yb 有且仅有两个不同交点综上可知，如果曲线 yf( x)与直线 yb 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 在点(1 ，0)处的切线ln xx(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) ，则 f(x) .ln xx 1 ln xx2所以 f(1)1. 所以 L 的方程为 yx1.(2)令 g(x)x1f(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(
8、x) .x2 1 ln xx2当 01 时，x 2 10，ln x0 ，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 ： ，cosincosin,fxx0,2 ， 即 在 上 单 调 递 增 ，0fxfx0,2 在 上 的 最 大 值 为 ， 所 以 f,20f0fx（ 2） 一 方 面 令 ， ，sinxg,2则 ， 由 （ 1） 可 知 ， ，2cosixg0gx故 在 上 单 调 递 减 ， 从 而 ， 故 ， 所 以 0, 2amax2令 ， ， 则 ，sinhxbx0,2c
9、oshxb当 时 ， ， 故 在 上 单 调 递 减 ， 从 而 ，1bx0,20hx所 以 恒 成 立 sin0hxb当 时 ， 在 有 唯 一 解 ， 且 ， ，1bcosx0,20x0,x0h故 在 上 单 调 递 增 ， 从 而 ，hx0, hx即 与 恒 成 立 矛 盾 ， 综 上 ， ， 故 sinsinsibxbsib1bmin1解答： 解：（）由 f（x）=2x 33x 得 f（x）=6x 23，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 （）设过点 p（1，t）的直线与曲线 y=f
10、（x）相切于点（ x0，y 0） ，则 y0=2 3x0，且切线斜率为 k=6 3，切线方程为 yy0=（6 3） （ xx0） ，ty0=（6 3） （1 x0） ，即 4 6 +t+3=0，设 g（x）=4x 36x2+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”11g（x）=12x 212x=12x（x 1） ，g（ x）与 g（x）变化情况如下：x （，0） 0 （0，1） 1 （1，+）g（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）
11、的极小值当 g（0）=t+30，即 t3 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+10，即 t1 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3t 1 时，g（1）=t 70，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） （）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
