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北京市部分区2016届高三上学期期中期末考试数学理试题分类汇编:导数及其应用



北京部分区 2016 届高三上学期期中期末考试数学理试题分类汇编

导数及其应用
一、选择题 1、(东城区 2016 届高三上学期期中)曲线 A、x=1 B、y= 处的切线方程是 D、x-y=1 的解集为

1 2

C、x+y=1

2、(东城区 2016 届高三上学期期中)已知定义在 R 上的函数 f ( x ) 的图象如图,则

1、B 2、A 二、填空题 1、(东城区 2016 届高三上学期期中)若过曲线 (e,e) 三、解答题 1、(昌平区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ? x ? ? 2ln ? x ?1? . (Ⅰ)若函数 f ? x ? 在点 P ? x0 ,f ? x0 ?? 处的切线方程为 y ? 2 x ,求切点 P 的坐标; (Ⅱ)求证:当 x ? [0,e ? 1] 时, f ? x ? ? x2 ? 2x ;(其中 e ? 2.71828 ??? ) (Ⅲ)确定非负实数 ....a 的取值范围,使得 ?x ? 0, f ? x ? ? a 2 x ? x 上的点 P 的切线的斜率为 2,则点 P 的坐标是

?

2

? 成立.

2、(朝阳区 2016 届高三上学期期末)

已知函数 f ( x) ? ax ? ln x ,其中 a ? R .

(Ⅰ)若 f ( x) 在区间 [1, 2] 上为增函数,求 a 的取值范 围; (Ⅱ)当 a ? ?e 时,(ⅰ)证明: f ( x) ? 2 ? 0 ; (ⅱ)试判断方程 f ( x) ?

ln x 3 ? 是否有实数解,并说明理由. x 2

x2 ? (a ? 1) x . 3、(朝阳区 2016 届高三上学期期中)已知函数 f ( x) ? a ln x ? 2
(Ⅰ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)当 a ? ?1 时,证明 f ( x ) ?

1 . 2

4、(大兴区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? ax ?

a?2 ? 2 ? 2a (a ? 0) . x

(Ⅰ)当 a ? 1 时,求函数 f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程; (Ⅱ)求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ)若 f ( x) ≥ 2ln x 错误!未找到引用源。在 [1, ??) 错误!未找到引用源。上恒成立,求 a 的取值范围.

5、(东城区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ( x ) ?

ex ? a ( x ? ln x ) . x

(Ⅰ)当 a ? 1 时,试求 f ( x ) 在 (1, f (1)) 处的切线方程; (Ⅱ)当 a ? 0 时,试求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若 f ( x ) 在 (0,1) 内有极值,试求 a 的取值范围.

6、(东城区 2016 届高三上学期期中)已知函数 f(x)= (I)若曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y=1,求 a,b 的值; (II)求 f(x)的单调区间及极值。



7、(丰台区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ?

1 3 ax ? x 2 (a ? 0) . 3

(Ⅰ)求函数 y ? f ( x) 的极值;

1 1 (Ⅱ)若存在实数 x0 ? (?1,0) ,且 x0 ? ? ,使得 f ( x0 ) ? f (? ) ,求实数 a 的取值范围. 2 2

8、(海淀区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? kx ? (k ? 1)ln x ? (Ⅰ)当 k ?

1 . x

1 时,求函数 f ( x ) 的单调区间和极值; 2

(Ⅱ)求证:当 0 ? k ? 1 时,关于 x 的不等式 f ( x ) ? 1 在区间 [1,e] 上无解. (其中 e ? 2.71828? )

9、(海淀区2016届高三上学期期中)已知函数
(Ⅰ)若直线l的斜率为-3,求函数 的单调区间;

,曲线

在点(0,1)处的切线为l

(Ⅱ)若函数是

区间[-2,a]上的单调函数,求 a 的取值范围.

10、(石景山区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? x ? 1 ?

a ( a ? R , e 为自然对数的底数). ex

(Ⅰ)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线平行于 x 轴,求 a 的值; (Ⅱ)求函数 f ( x) 的极值; (Ⅲ)当 a ? 1 时,若直线 l : y ? kx ? 1 与曲线 y ? f ( x) 没有公共点,求 k 的最大值.

11、(西城区 2016 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? x ?1 ,函数 g ( x) ? 2t ln x ,其中 t ≤ 1 .
2

(Ⅰ)如果函数 f ( x ) 与 g ( x) 在 x ? 1 处的切线均为 l ,求切线 l 的方程及 t 的值; (Ⅱ)如果曲线 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 有且仅有一个公共点,求 t 的取值范围.

参考答案 1、(Ⅰ)解:定义域为 (?1, ??) , f ' ? x ? ?

2 . x ?1

由题意, f ' ? x0 ? ? 2 ,所以 x0 ? 0, f ? 0? ? 0 ,即切点 P 的坐标为 (0, 0) . ………3 分 (Ⅱ)证明:当 x ? [0,e ? 1] 时, f ? x ? ? x2 ? 2x ,可转化为 当 x ? [0,e ? 1] 时, f ? x ? ? x2 ? 2x ? 0 恒成立. 设 g ( x) ? f ? x ? ? x2 ? 2x , 所以原问题转化为当 x ? [0,e ? 1] 时, g ? x ?min ? 0 恒成立. 所以 g '( x) ?

2 4 ? 2 x2 . ? 2x ? 2 ? x ?1 x ?1

令 g '( x) ? 0 ,则 x1 ? ? 2 (舍), x2 ? 2 . 所以 g ( x) , g '( x) 变化如下:
x
g '( x) g ( x) g (0)

0

(0, 2)
? ↗

2

( 2,e ? 1)
? ↘

e ?1

0 极大值

g (e ? 1)

因为 g (0) ? f ? 0? ? 0 ? 0 , g (e ? 1) ? 2 ? (e ? 1)2 ? 2(e ? 1) ? 2 ? (e ? 1)(3 ? e) ? 0 , 所以 g ( x)min ? 0 . 当 x ? [0,e ? 1] 时, f ? x ? ? x2 ? 2x 成立. (Ⅲ)解: ?x ? 0, f ? x ? ? a 2 x ? x 当 x ? 0 时, f ? x ? ? a 2 x ? x ………………..8 分

?

2

? ,可转化为

?

2

? ? 0 恒成立.

设 h( x) ? f ? x ? ? a 2x ? x2 , 所以 h '( x) ?

?

?

2 2(ax2 ? 1 ? a) . ? 2a ? 2ax ? x ?1 x ?1
2 ? 0, x ?1

⑴当 a ? 0 时,对于任意的 x ? 0 , h '( x) ?

所以 h( x) 在 [0, ??) 上为增函数,所以 h( x)min ? h ? 0 ? ? 0 , 所以命题成立. 当 a ? 0 时,令 h '( x) ? 0 ,则 ax 2 ? 1 ? a ? 0 , ⑵当 1 ? a ? 0 ,即 0 ? a ? 1 时,对于任意的 x ? 0 , h '( x) ? 0 , 所以 h( x) 在 [0, ??) 上为增函数,所以 h( x)min ? h ? 0 ? ? 0 , 所以命题成立.

⑶当 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 时, a ?1 a ?1 1 ? 1? ? 0 . 则 x1 ? ? (舍), x2 ? a a a 所以 h( x) , h '( x) 变化如下:
x
h '( x)
h( x)

0

(0, x2 )

x2

( x2 , ??)

? ↘

0 极小值

? ↗

因为 h( x)min ? h( x2 ) ? h ? 0? ? 0 , 所以,当 x ? 0 时,命题不成立. 综上,非负实数 a 的取值范围为 [0,1] . …………………………..13 分
1 2、 解:函数 f ( x) 定义域 x ? (0,??) , f ?( x) ? a ? . x

(Ⅰ)因为 f ( x) 在区间 [1, 2] 上为增函数,所以 f ?( x) ? 0 在 x ?[1, 2] 上恒成立, 即 f ?( x) ? a ? 则a ? ? .
1 1 ? 0 , a ? ? 在 x ?[1, 2] 上恒成立, x x

1 2

?????????????????????4 分
?ex ? 1 . x

(Ⅱ)当 a ? ?e 时, f ( x) ? ?e x ? ln x , f ?( x) ? (ⅰ)令 f ?( x) ? 0 ,得 x ?
1 . e

1 1 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? (0, ) ,所以函数 f ( x) 在 (0, ) 单调递增. e e 1 1 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ( , ??) ,所以函数 f ( x) 在 ( , ??) 单调递减. e e 1 1 1 所以, f ( x)max ? f ( ) ? ?e ? ? ln ? ?2 . e e e

所以 f ( x) ? 2 ? 0 成立.

???????????????????9 分

(ⅱ)由(ⅰ)知, f ( x)max ? ?2 , 所以 | f ( x) |? 2 . 设 g ( x) ?

1 ? ln x ln x 3 . ? , x ? (0, ??). 所以 g ?( x ) ? x 2 x2

令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? e . 令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? (0,e) ,所以函数 g ( x) 在 (0,e) 单调递增, 令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? (e, ??) ,所以函数 g ( x) 在 (e, ??) 单调递减; 所以, g ( x)max ? g (e) ?
ln e 3 1 3 ? ? ? ? 2 , 即 g ( x) ? 2 . e 2 e 2 ln x 3 ? . x 2

所以 | f ( x) |? g ( x) ,即 | f ( x) |? 所以,方程 | f ( x) |?

ln x 3 ? 没有实数解. x 2

???????????14 分

3、

4、(1)当
3 f (2) ? , 2

a ? 1 时, f ( x) ? x ?

1 1 , f ?( x) ? 1 ? 2 x x

????2 分 ????3 分
3 5 ? ( x ? 2) 2 4

f ?(2) ?

5 4

所以,函数 f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y ? 即: 5x ? 4 y ? 4 ? 0 (Ⅱ)函数的定义域为: {x | x ? 0}

????4 分 ????1 分 ????2 分

f ' ( x) ? a ?

a ? 2 ax2 ? (2 ? a) ? (a ? 0) x2 x2

当 0 ? a ? 2 时, f ' ( x) ? 0 恒成立,所以, f ( x) 在 (??,0) 和 (0, ??) 上单调递增 当 a ? 2 时,令 f ' ( x) ? 0 ,即: ax 2 ? 2 ? a ? 0 , x1 ? ?
a?2 , x2 ? a a?2 a

f ' ( x) ? 0, x ? x2或x ? x1 ; f ' ( x) ? 0, x1 ? x ? 0或0 ? x ? x2 ,
所 以 ,
f ( x)

单 调 递 增 区 间 为

(??, ?

a?2 a?2 )和( , ??) a a

, 单 调 减 区 间 为

(?

a?2 a?2 , 0)和(0, ). a a

????4 分
a?2 ? 2 ? 2a ? 2ln x ? 0(a ? 0) x

(Ⅲ)因为 f ( x) ? 2ln x 在 [1, ??) 上恒成立,有 ax ? 在 [1, ??) 上恒成立。 所以,令 g ( x) ? ax ? 则 g ' ( x) ? a ?
a?2 ? 2 ? 2a ? 2ln x , x

a ? 2 2 ax2 ? 2x ? a ? 2 ( x ? 1)[ax ? (a ? 2)] . ? ? ? x2 x x2 x2 a?2 令 g ' ( x) ? 0, 则 x1 ? 1, x2 ? ? a
若?

????2 分

a?2 ? 1 ,即 a ? 1 时, g ' ( x) ? 0 ,函数 g ( x) 在 [1, ??) 上单调递增,又 g (1) ? 0 a 所以, f ( x) ? 2ln x 在 [1, ??) 上恒成立; ????3 分

若?

a?2 a?2 ? 1 ,即 a ? 1 时,当 x ? (0,1),(? , ??) 时, g ' ( x) ? 0, g ( x) 单调递增; a a a?2 ) 时, g ' ( x) ? 0 , g ( x) 单调递减 a a?2 ), a

当 x ? (1, ?

所以, g ( x) 在 [1, ??) 上的最小值为 g (? 因为 g (1) ? 0, 所以 g (?
?

a?2 ) ? 0 不合题意. a

????4 分

a?2 a?2 ? 1, 即 a ? 1 时,当 x ? (0, ? ),(1, ??) 时, g ' ( x) ? 0, g ( x) 单调递增, a a a?2 ,1) 时, g ' ( x) ? 0, g ( x) 单调递减, a

当 x ? (?

所以, g ( x) 在 [1, ??) 上的最小值为 g (1) 又因为 g (1) ? 0 ,所以 f ( x) ? 2ln x 恒成立 综上知, a 的取值范围是 [1, ??) . 5、解:(Ⅰ)当 a ? 1 时, f ( x ) ?
/

????5 分

e x ( x ? 1) 1 ? 1 ? , f / (1) ? 0 , f (1) ? e ? 1 . 2 x x
???????4 分

方程为 y ? e ? 1 .
(Ⅱ) f ?( x ) ?

e x ( x ? 1) 1 e x ( x ? 1) ? ax( x ? 1) ? a (1 ? ) ? , x2 x x2 1 ) .

?

x ( e ? a x )? x ( 2 x

当 a ? 0 时,对于 ?x ? (0, ??) , e x ? ax ? 0 恒成立,
所以

f ' ( x) ? 0 ? x ? 1 ;
'

f ' ( x) ? 0 ? 0 ? x ? 1 0.
???????8 分

所以 单调增区间为 (1, ??) ,单调减区间为 (0,1) .

(Ⅲ)若 f ( x ) 在 (0,1) 内有极值,则 f ( x) 在 x ? (0,1) 内有解.

令 f ' ( x) ?

(e x ? ax )( x ? 1) ex x ? 0 e ? ax ? 0 ? ? . a ? x2 x
x?( 0 , 1 ,)

ex 设 g ( x) ? x

所以 g ' ( x ) ?

e x ( x ? 1) , 当 x ? (0,1) 时, g ' ( x) ? 0 恒成立, x

所以 g ( x) 单调递减. 又因为 g (1) ? e ,又当 x ? 0 时, g ( x) ? ?? , 即 g ( x) 在 x ? (0,1) 上的值域为 (e, ??) ,
所以

当 a ? e 时, f ' ( x ) ?

(e x ? ax )( x ? 1) ? 0 有解. x2

设 H ( x) ? e x ? ax ,则 H ?( x) ? e x ? a ? 0 x ? (0,1) , 所以 H ( x ) 在 x ? (0,1) 单调递减. 因为 H (0) ? 1 ? 0 , H (1) ? e ? a ? 0 , 所以 H ( x) ? e x ? ax 在 x ? (0,1) 有唯一解 x0 . 所以有:

x
H ( x)

(0, x0 )

x0
0 0 极小值

( x0 ,1)

f ' ( x)
f ( x)

? ?
]

?

?
Z

所以 当 a ? e 时, f ( x ) 在 (0,1) 内有极值且唯一.

当 a ? e 时,当 x ? (0,1) 时, f ' ( x) ? 0 恒成立, f ( x) 单调递增,不成立. 综上, a 的取值范围为 (e, ??) . ???????14 分
6、

7、解:(Ⅰ) f / ( x) ? ax2 ? 2x ,
/ 令 f ( x) ? 0 得 x2 ? 0 , x3 ? ?

2 . a
2 (? , 0) a
_ 0 0 极小值

x

2 (??, ? ) a
+

?

2 a

(0, ??)
+

f / ( x)
f ( x)

0 极大值

?

?

?

∴函数 y ? f ( x) 的极大值为 f (? ) ?

2 a

1 2 2 4 a ? (? )3 ? (? ) 2 ? 2 ; 极小值为 f (0) ? 0 . 3 a a 3a
??????????8 分

(Ⅱ) 若存在 x0 ? ( ?1, ? ) ? ( ?

1 2

1 1 , 0) ,使得 f ( x0 ) ? f (? ) ,则 2 2

1 ? 2 ?? a ? ? 2 ? 3 1 2 ? 2 由(Ⅰ)可知,需要 ? ? ? ?1, (如图 1)或 ? ? ? ? ? (如图 2). a 2 a ? a 1 ? ? f (?1) ? f (? 2 ) ?

(图 1) 于是可得 a ? ( 8、解:(Ⅰ)

(图 2) ??????????13 分

18 , 4) ? (4, 6) . 7

1 , x k ? 1 1 kx 2 ? ( k ? 1) x ? 1 ? 2 ? 所以 f '( x ) ? k ? ,…………………………….1 分 x x x2
因为 f ( x) ? kx ? (k ? 1)ln x ?

1 1 ( x ? 2)( x ? 1) .…………………………….2 分 当 k ? 时, 2 f '( x ) ? 2 x2 1 ( x ? 2)( x ? 1) 令 ,得 x1 ? 1, x2 ? 2 ,…………………………….3 分 f '( x ) ? 2 ?0 2 x
所以 f '( x ), f ( x ) 随 x 的变化情况如下表:

x
f '( x)
f ( x)

(0,1)

1
0
极大值

(1, 2)

2
0
极小值

(2, +?)

?
?

?
?

?
?

…………………………….6 分 所以 f ( x ) 在 x ? 1 处取得极大值 f (1) ? ? 在 x ? 2 处取得极小值 f (2) ?

1 , 2

1 3 ? ln 2 .…………………………….7 分 2 2

函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (0,1) , (2, ??) , f ( x ) 的单调递减区间为 (1, 2) .…………………………….8 分 (Ⅱ)证明: 不等式 f ( x ) ? 1 在区间 [1,e] 上无解,等价于 f ( x ) ? 1 在区间 [1,e] 上恒成立, 即函数 f ( x ) 在区间 [1,e] 上的最大值小于等于 1.

1 k ( x ? )( x ? 1) 因为 , k f '( x ) ? x2

1 , x2 ? 1 . k 1 因为 0 ? k ? 1 时,所以 ? 1 . k
令 f '( x ) ? 0 ,得 x1 ?

…………………………….9 分



1 ? e 时, f '( x) ? 0 对 x ? [1,e] 成立,函数 f ( x ) 在区间 [1,e] 上单调递减,……………………….10 分 k

所以函数 f ( x ) 在区间 [1,e] 上的最大值为 f (1) ? k ? 1 ? 1 , 所以不等式 f ( x ) ? 1 在区间 [1,e] 上无解;…………………………….11 分 当

1 ? e 时, f '( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表: k

x

1 (1, ) k
?


1 k
0
极小值

1 ( ,e) k
?


f '( x )
f ( x)

所以函数 f ( x ) 在区间 [1,e] 上的最大值为 f (1) 或 f (e) .……………………………….12 分 此时 f (1) ? k ? 1 ? 1 , f (e) ? ke ? ( k ? 1) ? 所以 f (e) ? 1 ? ke ? ( k ? 1) ?

1 , e

1 ?1 e

1 1 1 ? k (e ? 1) ? 2 ? ? (e ? 1) ? 2 ? ? e ? 3 ? ? 0 . e e e
综上,当 0 ? k ? 1时,关于 x 的不等式 f ( x ) ? 1 在区间 [1,e] 上无解.…………………………….13 分

9、解
(Ⅰ)因为 f (0) ? 1 ,所以曲线 y ? f ( x) 经过点 (0,1) , 又 f '( x) ? x ? 2 x ? a ,
2

--------------------------2 分 --------------------------3 分

所以 f '(0) ? a ? ?3 , 所以 f '( x) ? x ? 2 x ? 3 .
2

当 x 变化时, f '( x) , f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f '( x )

( ??, ?3)

?3

( ?3,1)

(1, +?)
1
?
0

?

0

?

f ( x) ?
极大值

?

极小值

?

--------------------------5 分 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 ( ??, ?3) , (1, +?) , 单调递减区间为 ( ?3,1) . (Ⅱ) 因为函数 f ( x ) 在区间 [?2, a ] 上单调, 当函数 f ( x ) 在区间 [?2, a ] 上单调递减时, f '( x ) ? 0 对 x ? [?2, a ] 成立, 即 f '( x) ? x ? 2 x ? a ? 0 对 x ? [?2, a ] 成立,
2

--------------------------7 分

根据二次函数的性质,只需要 ? 又 ?2 ? a ,所以 ?2 ? a ? 0 .

? f '( ?2) ? 0 , 解得 ?3 ? a ? 0 . ? f '(a ) ? 0
--------------------------9 分

当函数 f ( x ) 在区间 [?2, a ] 上单调递增时, f '( x ) ? 0 对 x ? [?2, a ] 成立, 只要 f '( x) ? x ? 2 x ? a 在 [?2, a ] 上的最小值大于等于 0 即可,
2

因为函数 f '( x) ? x ? 2 x ? a ? 0 的对称轴为 x ? ?1 ,
2

当 ?2 ? a ? ?1 时, f '( x) 在 [?2, a ] 上的最小值为 f '(a ) , 解 f '(a)=a ? 3a ? 0 ,得 a ? 0 或 a ? ?3 ,所以此种情形不成立.
2

--------------------------11 分

当 ?1 ? a 时, f '( x) 在 [?2, a ] 上的最小值为 f '( ?1) , 解 f '( ?1) ? 1 ? 2 ? a ? 0 得 a ? 1 ,所以 a ? 1 , 综上,实数 a 的取值范围是 ?2 ? a ? 0 或 a ? 1 . --------------------------13 分

10、解:(Ⅰ)由 f ? x ? ? x ? 1 ?

a a ,得 f ? ? x ? ? 1 ? x . x e e

………………2 分

又曲线 y ? f ? x ? 在点 1, f ?1? 处的切线平行于 x 轴, 得 f ? ?1? ? 0 ,即 1 ? (Ⅱ) f ? ? x ? ? 1 ?

?

?

a ? 0 ,解得 a ? e . e

………………4 分

a , ex

①当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 为 ? ??, ?? ? 上的增函数, 所以函数 f ? x ? 无极值.
x ②当 a ? 0 时,令 f ? ? x ? ? 0 ,得 e ? a , x ? ln a .

………………6 分

x ? ? ??, ln a ? , f ? ? x ? ? 0 ; x ? ? ln a, ?? ? , f ? ? x ? ? 0 .

所以 f ? x ? 在 ? ??, ln a ? 上单调递减,在 ? ln a, ?? ? 上单调递增, 故 f ? x ? 在 x ? ln a 处取得极小值,且极小值为 f ? ln a ? ? ln a ,无极大值. 综上,当 a ? 0 时,函数 f ? x ? 无极小值 当 a ? 0 , f ? x ? 在 x ? ln a 处取得极小值 ln a ,无极大值. (Ⅲ)当 a ? 1 时, f ? x ? ? x ? 1 ? ………………9 分

1 ex 1 , ex

令 g ? x ? ? f ? x ? ? ? kx ? 1? ? ?1 ? k ? x ?

则直线 l : y ? kx ? 1 与曲线 y ? f ? x ? 没有公共点, 等价于方程 g ? x ? ? 0 在 R 上没有实数解. 假设 k ? 1 ,此时 g ? 0 ? ? 1 ? 0 , g ? ………………10 分

1 ? 1 ? ? ? ?1 ? 1 ? 0 , ? k ?1 ? e k ?1

又函数 g ? x ? 的图象连续不断,由零点存在定理,可知 g ? x ? ? 0 在 R 上至少有一解,与“方程 g ? x ? ? 0 在 R 上没有 实数解”矛盾,故 k ? 1 . ………………12 分

1 又 k ? 1 时, g ? x ? ? x ? 0 ,知方程 g ? x ? ? 0 在 R 上没有实数解. e 所以 k 的最大值为 1 . ………………13 分
解法二: (Ⅰ)(Ⅱ)同解法一. (Ⅲ)当 a ? 1 时, f ? x ? ? x ? 1 ?

1 . ex

直线 l : y ? kx ? 1 与曲线 y ? f ? x ? 没有公共点, 等价于关于 x 的方程 kx ? 1 ? x ? 1 ?

1 在 R 上没有实数解,即关于 x 的方程: ex

? k ? 1? x ?

1 ex

(*) ……………10 分 ………………11 分

在 R 上没有实数解.

1 ? 0 ,在 R 上没有实数解. ex 1 ②当 k ? 1 时,方程(*)化为 ? xe x . k ?1
①当 k ? 1 时,方程(*)可化为 令 g ? x ? ? xe ,则有 g ? ? x ? ? ?1 ? x ? e .
x x

令 g ? ? x ? ? 0 ,得 x ? ?1 , 当 x 变化时, g ? ? x ? 的变化情况如下表:

x

? ??, ?1?
?

?1

? ?1, ?? ?
?

g? ? x?

0

g ? x?
1 e

?

?

1 e

?

当 x ? ?1 时, g ? x ?min ? ? ,同时当 x 趋于 ?? 时, g ? x ? 趋于 ?? , 从而 g ? x ? 的取值范围为 ? ? , ?? ? .

? 1 ? e

? ?

所以当

1 1? ? ? ? ??, ? ? 时,方程(*)无实数解, 解得 k 的取值范围是 ?1 ? e,1? . k ?1 ? e?
………………13 分 ??????2 分

综上,得 k 的最大值为 1 .
2t g ?( x ) ? ? f ( x ) ? 2 x x , ( x ? 0) . 11、(Ⅰ)解:求导,得 ,

由题意,得切线 l 的斜率 k ? f ?(1) ? g ?(1) ,即 k ? 2t ? 2 ,解得 t ? 1 . ?????3 分 又切点坐标为 (1, 0) ,所以切线 l 的方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 . (Ⅱ)解:设函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x 2 ?1 ? 2t ln x , x ? (0, ??) . ??????4 分 ??????5 分

“曲线 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 有且仅有一个公共点”等价于“函数 y ? h( x) 有且仅有一 个零点”. 求导,得 h?( x) ? 2 x ? ① 当 t≤0 时, 由 x ? (0, ??) ,得 h?( x) ? 0 ,所以 h( x) 在 (0, ??) 单调递增. 又因为 h(1) ? 0 ,所以 y ? h( x) 有且仅有一个零点 1 ,符合题意. ② 当 t ? 1 时, 当 x 变化时, h?( x) 与 h( x) 的变化情况如下表所示: ??????8 分

2t 2 x 2 ? 2t . ? x x

??????6 分

x
h?( x)

(0,1)

1

(1, ??)

?


0

?


h( x )

所以 h( x) 在 (0,1) 上单调递减,在 (1, ??) 上单调递增, 所以当 x ? 1 时, h( x)
min

? h(1) ? 0 ,
??????10 分

故 y ? h( x) 有且仅有一个零点 1 ,符合题意. ③ 当 0 ? t ? 1 时, 令 h?( x) ? 0 ,解得 x ? t . 当 x 变化时, h?( x) 与 h( x) 的变化情况如下表所示:

x

(0, t )

t

( t , ??)

h?( x)
h( x )

?


0

?


所以 h( x) 在 (0, t ) 上单调递减,在 ( t , ??) 上单调递增, 所以当 x ? t 时, h( x)
min

? h( t ) .

??????11 分

因为 h(1) ? 0 , t ? 1 ,且 h( x) 在 ( t , ??) 上单调递增, 所以 h( t ) ? h(1) ? 0 . 又因为存在 e? 2t ? (0,1) , h(e? 2t ) ? e? t ? 1 ? 2t ln e? 2t ? e? t ? 0 , 所以存在 x0 ? (0,1) 使得 h( x0 ) ? 0 , 所以函数 y ? h( x) 存在两个零点 x0 ,1,与题意不符. 综上,曲线 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 有且仅有一个公共点时, t 的范围是 {t | t≤0 ,或 t ? 1} . ??????13 分
1

1

1

1

1



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