2019北京模拟 解答题-函数与导数

18．（本小题满分13分）

已知函数f(x)ln(ax) (aR且a0). x（Ⅰ）当a1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)x1； （Ⅲ）讨论函数f(x)的极值． 解：（Ⅰ）当a1时，f(x)lnx1lnx．所以f(x)． 2xx因为f(1)1,f(1)0，所以曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为yx1．

ln(x)．函数f(x)的定义域为(,0)． xln(x) 不等式f(x)x1成立x1成立ln(x)x2x0成立.

x（Ⅱ）当a1时，f(x)设g(x)ln(x)xx(x(,0))，

212x2x1(2x1)(x1)则g(x)2x1．

xxx当x变化时，g(x)，g(x)变化情况如下表：

x g(x) g(x) 所以g(x)g(1)．

(,1) ＋ ↗ 1 0 极大值 (1,0) － ↘ 因为g(1)0，所以g(x)0，所以（Ⅲ）求导得f(x)ln(x)x1．… x1ln(ax)e. 令，因为可得． xf(x)0a02xa当a0时，f(x)的定义域为0,+.当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表：

x f(x) e(0,) a＋ e ae(,) a－ 0 f(x) 此时f(x)有极大值f()↗ 极大值 ↘ eaa，无极小值． e当a0时，f(x)的定义域为,0，当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表：

x f(x) f(x) 此时f(x)有极小值f()e(,) a－ ↘ e ae(,0) a＋ ↗ 0 极小值 eaa，无极大值． e2019朝阳一模文19

19. （本小题满分13分）

已知函数f(x)ae4x，aR. （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）当a1时，求证：曲线yf(x)在抛物线yx1的上方.

x解：（Ⅰ）求导得f(x)ae4.定义域xR.

2x当a0时，f(x)0,函数f(x)在R上为减函数. 当a0时，令f(x)0得xln4,f(x)为增函数； a4令f(x)0得xln,f(x)为减函数.

a所以a0时，函数f(x)减区间是(,). 当a0时，函数f(x)增区间是 (ln44,)；减区间是(,ln). ………5分 aax2（Ⅱ）依题意，只需证ex4xx210.设F(x)e4xx1.

则F(x)e42x，设G(x)F(x).

因为G(x)e20，所以G(x)在(,)上单调递增.

又因为G(0)30,G(1)e20，所以G(x)0在(0,1)内有唯一解，记为x0即

xxex042x0.

当xx0时，F(x)0，F(x)单调递减；当xx0时，F(x)0，F(x)单调递增；

22所以F(x)minF(x0)e04x0x01x06x05,x0(0,1).

x设g(x)x6x5(x3)4，x(0,1).则g(x)g(1)0.所以F(x0)0. 所以F(x)0，即曲线yf(x)在抛物线yx1上方.

2222019东城一模理18

（18）（本小题13分）

设函数f(x)ax(a2)xlnx的极小值点为x0. （I）若x01，求a的值f(x)的单调区间；

（II）若0x01，在曲线yf(x)上是否存在点P，使得点P位于x轴的下方？若存在，求出一个P点坐标，若不存在，说明理由. 解：（Ⅰ）f(x)定义域为(0,).

212ax2(a2)x1(2x1)(ax1)f'(x)2ax(a2).

xxx由已知，得f(1)0，解得a当a1.

1时，f'(x)(2x1)(x1),

x当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0. 所以f(x)的递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,所以a1时函数f(x)在x1处取得极小值. 即f(x)的极小值点为1时a的值为1.

（II） 当0x01时，曲线yf(x)上不存在点P位于x轴的下方，理由如下：

由（I）知f'(x)).

(2x1)(ax1),x

当a0时，f'(x)0，所以f(x)在(0,)单调递减，f(x)不存在极小值点；

(2x1)(ax1)10，得x.

xa11当x(0,)时，f(x)0，f(x)在区间(0,)上单调递减；

aa当a0时，令f'(x)11,)时，f(x)0，f(x)在区间(,)上单调递增. aa11所以f()lna1是f(x)在(0,)上的最小值.

aa1由已知，若0x01，则有01，即a1.

a11，，且，0110. a1lna0当时

aa1 所以f()0.

a当x(当0故当0x01时，曲线yf(x)上所有的点均位于x轴的上方.

x01时，曲线yf(x)上不存在点P位于x轴的下方.

2019东城一模文20

（20）（本小题14分）

已知函数f(x)ax(a2)xlnx.

（Ⅰ）若函数f(x)在x1时取得极值，求实数a的值； （Ⅱ）当02a1时，求f(x)零点的个数.

解：（I）f(x)定义域为(0,).

12ax2(a2)x1(2x1)(ax1)f'(x)2ax(a2).

xxx由已知，得f'(1)0，解得a1.当a1时，f'(x)(2x1)(x1).

x所以f'(x)00x1,f'(x)0x1. 所以f(x)减区间为(0,1)，增区间为(1,). 所以函数f(x)在x1时取得极小值，其极小值为f(1)（II）令f'(x)0，符合题意，所以a1.

(2x1)(ax1)10，由0a1，得x1.

xa11所以f'(x)00x,f'(x)0x.

aa11所以f(x)减区间为(0,)，增区间为(,).

aa111所以函数f(x)在x时取得极小值，其极小值为f()lna1.

aaa111因为0a1，所以lna0,1.所以10. 所以f()lna1aaa1a(a2)(a2)(a2e)因为f()， 112eeeee1a0.

又因为0a1，所以a2e0.所以f()1a1e0.

根据零点存在定理，函数f(x)在(0,)上有且仅有一个零点. 因为xlnx，f(x)ax(a2)xlnxax(a2)xxx(axa3).

3aa.又因为022令axa30，得xa1，所以

3aa1.所以当xa3aa时，

f(x)0.

根据零点存在定理，函数f(x)在(,所以，当01a)上有且仅有一个零点.

a1时，f(x)有两个零点.

2019西城一模理18

18．（本小题满分13分）

设函数f(x)mexx23，其中mR．

（Ⅰ）当f(x)为偶函数时，求函数h(x)xf(x)的极值； （Ⅱ）若函数f(x)在区间[2,4]上有两个零点，求m的取值范围． 解：（Ⅰ）由函数f(x)是偶函数，得f(x)f(x)， 即mex(x)23mexx23对于任意实数x都成立，所以m0.

32此时h(x)xf(x)x3x，则h(x)3x3.由h(x)0，解得x1.

当x变化时，h(x)与h(x)的变化情况如下表所示：

x h(x)

(1,1) (,1) 1 0 极小值 1 0 极大值 (1,)  ↘  ↗  ↘ h(x) 所以h(x)在(,1)，(1,)上单调递减，在(1,1)上单调递增.… 所以h(x)有极小值h(1)2，h(x)有极大值h(1)2.…

x23（Ⅱ）由f(x)mex30，得mx.

ex22x3所以“f(x)在区间[2,4]上有两个零点”等价于“直线ym与曲线g(x)x，

ex[2,4]有且只有两个公共点”.

2x2x3.…由g(x)0，解得x11，x23.… 对函数g(x)求导，得g(x)ex当x变化时，g(x)与g(x)的变化情况如下表所示：

x (2,1) 1 0 极小值 (1,3) 3 0 极大值 (3,4) g(x)  ↘  ↗  ↘ g(x) 所以g(x)在(2,1)，(3,4)上单调递减，在(1,3)上单调递增.…… 又因为g(2)e2，g(1)2e，g(3)613g(2)g(4)g(1)， ，e3e413x2362em4m3g(x)xyme，x[2,4]有且只有两个ee所以当或时，直线与曲线

2em136me4或e3时，函数f(x)在区间[2,4]上有两个零点.

公共点.即当

2019海淀一模理18

(18)（本小题满分14分）

已知函数f(x)xln(x1)ax2.

(I)求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； (Ⅱ)当a0时，求证：函数f(x)存在极小值；

(Ⅲ)请直接写出函数f(x)的零点个数．

22解：（Ⅰ）f(x)xln(x1)ax的定义域为{x|x1} 因为f(0)0ln(01)a00

所以切点的坐标为

(0,0)，因为

f(x)ln(x1)+x2ax x102a00 所以切线的斜率k0，所以切线的方程为y0 01x（Ⅱ）因为f(x)ln(x1)2ax

x1x当a0时，当x0时， ln(x1)0,0,2ax0，所以f(x)0

x1x当x0时， ln(x10,0,2ax0，所以f(x)0

x1f(0)ln(01)+所以x，f'(x)，f(x)在区间(1,) 的变化情况如下表:

所以x0时，函

x f(x) (1,0)  0 (0,)  数f(x)取得极小

0 f(x) 值，问题得证 （Ⅲ）当a0或

极小值 a1时，函数

f(x)有一个零点，当a0且a1时，函数f(x)有两个零点

2019海淀一模文19

(19)（本小题满分13分） 已知函数f(x)1352xxax1． 32 (I)当a6时，求函数f(x)在(0，+)上的单调区间；

(Ⅱ)求证：当a0时，函数f(x)既有极大值又有极小值． 解

：（

Ⅰ

）

当

a6,x0时，

15f(x)x3x26x1，所以

32f'(x)x25x6(x2)(x3)，

令f'(x)0,得x2，或x3. 当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

x (0,2)  2 (2,3)  3 0 极小值 (3,)  f'(x) f(x) 0 极大值 所以f(x)在(0,+)上的单调递增区间是(0,2)，(3,)，单调递减区间是(2,3)

3(Ⅱ)当a0时，若x0，则f(x)x1352xax1， 2所以f'(x)x25xax(x5)a 因为x0,a0，所以f'(x)0

15若x0，则f(x)x3x2ax1，所以f'(x)x25xa 令f'(x)0,

32254a0，所以有两个不相等的实根x1,x2，且x1x20

不妨设x20，所以当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

x (,0)  0 无定义 极大值 (0,x2)  x2 (x2,)  f'(x) f(x) 0 极小值 因为函数f(x)图象是连续不断的，所以当a0时，f(x)即存在极大值又有极小值

2019石景山一模理18

18.（本小题13分）

设函数f(x)exax1，a0．

（Ⅰ）若曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行，求a； （Ⅱ）当x1时，函数f(x)的图象恒在x轴上方，求a的最大值． 解：（Ⅰ）

xf(x)exax1f(x)ea， f(1)ea，

由题设知f(1)0，即ea0，解得ae．经验证ae满足题意。

（Ⅱ） 令fx0，即exa，则xlna （1）当lna1时，即0ae，

对于任意x,lna有fx0，故fx在,lna单调递减； 对于任意xlna,1有fx0，故fx在lna,1单调递增， 因此当xlna时，fx有最小值为aalna1a1lna10成立．

（2）当lna1时，即ae

对于任意x,1有fx0，故fx在,1单调递减， 因为fx0，所以f10，即ae1， 综上，a的最大值为e1．

2019石景山一模文19

19.（本小题13分）

设函数f(x)exaxa，a0． 2（Ⅰ）若曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行，求a； （Ⅱ）当x1时，函数f(x)的图象恒在x轴上方，求a的最大值

xax解：（Ⅰ）f(x)eax，f(x)ea，f(1)ea，

2由题设知f(1)0，即ea0，解得ae．经验证ae满足题意。

（Ⅱ）令fx0，即exa，则xlna， （1）当lna1时，即0ae

对于任意x,lna有fx0，故fx在,lna单调递减； 对于任意xlna,1有fx0，故fx在lna,1单调递增，

因此当xlna时，fx有最小值为aalna（2）当lna1时，即ae

a3alna0成立． 22对于任意x,1有fx0，故fx在,1单调递减，所以fxf(1)． 因为fx的图象恒在x轴上方，所以f10，

因为fx0，所以f10，即a2e， 综上，a的最大值为2e．

2019延庆一模理18

18.（本小题满分13分）

已知函数f(x)ln(xa)在点(1,f(1))处的切线与直线x2y0平行. （Ⅰ）求a的值； （Ⅱ）令g(x)f(x)，求函数g(x)的单调区间. x解：（Ⅰ）

f(x)ln(xa) f(x)11 f(1) xa1a11 解得 a1 1a2f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x2y0平行（Ⅱ）由（Ⅰ）可知g(x)ln(x1) 函数g(x)的定义域是(1,0)(0,)， xxln(x1)xln(x1)， 所以g'(x)x12，令h(x)x1x又h'(x)11x，

(x1)2x1(x1)2x(1,0)有h(x)0恒成立，故h(x)在(1,0)上为增函数，

由h(x)h(0)ln10，所以函数g(x)是(1,0)上单调递减．x(0,)有

h(x)0恒成立故h(x)在(0,)上为减函数，由h(x)h(0)ln10，所以函数g(x)是(0,)上单调递减．综上，g(x) 在 (1,0) 和 (0,) 单调递减

2019延庆一模文19

19.（本小题满分13分）

已知函数f(x)lnxa1． x（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅲ）当a1时，求函数f(x)在上区间0,e零点的个数.

（Ⅰ）当a1时，f(x)是y1. （Ⅱ）f(x)lnx，f(1)0，k0，f(1)0，切点(1,0)，切线方程x21lnxa，令f(x)0，xe1a x、f(x)及f(x)的变化情况如下2x

(0,e1ax ) e1a 0 (e1a,) f(x) f(x)  增  减 所以，f(x)在区间(0,e1a)上单调递增，f(x)在区间(e1a,)上单调递减………7分 （Ⅲ）令f(x)lnxalnxa101，axlnx令g(x)xlnx xx，

1x1g(x)10x1

xx

x (0,1) 1 0 极小值1 1,e  增 g(x) g(x)  减 由已知a1，所以，当a1时，f(x)在区间0,e上只有一个零点… 当a1时，f(x)在区间0,e上无零点