1、 .函數(shù)北京高考題二導(dǎo)數(shù)1.（2011年文科18）已知函數(shù)，（I）求的單調(diào)區(qū)間；（II）求在區(qū)間上的最小值2.（2012年文科18）函數(shù)，（）若曲線與曲線在它們的交點(diǎn)處具有公共切線，求的值；（）當(dāng)，時(shí)，若函數(shù)在區(qū)間上的最大值為，求的取值范圍3.（2012年理科18）已知函數(shù)(),.(1)若曲線與曲線在它們的交點(diǎn)(1,)處具有公共切線,求的值;(2)當(dāng)時(shí),求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,并求其在區(qū)間上的最大值.4.（2013年文科18）已知函數(shù)f(x)x2xsin xcos x.(1)若曲線yf(x)在點(diǎn)(a，f(a)處與直線yb相切，求a與b的值；(2)若曲線yf(x)與直線yb有兩個(gè)不同交點(diǎn)，求b的取值范

2、圍5.（2013年理科18）設(shè)L為曲線C：y在點(diǎn)(1，0)處的切線(1)求L的方程；(2)證明：除切點(diǎn)(1，0)之外，曲線C在直線L的下方6.（2014年文科20.）已知函數(shù).（1）求在區(qū)間上的最大值；（2）若過(guò)點(diǎn)存在3條直線與曲線相切，求t的取值范圍；（3）問(wèn)過(guò)點(diǎn)分別存在幾條直線與曲線相切？（只需寫(xiě)出結(jié)論）7（2014年理科18.）已知函數(shù)，（1） 求證：；（）若在上恒成立，求的最大值與的最小值1.（2011年文科18）解：（I），令；所以在上遞減，在上遞增；（II）當(dāng)時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上遞增，所以；當(dāng)即時(shí)，由（I）知，函數(shù)在區(qū)間上遞減，上遞增，所以；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上遞減，所以。2.（2012

3、年文科18）解：（），因?yàn)榍€與曲線在它們的交點(diǎn)處具有公共切線，所以，且即 ，且解得 ，（）記當(dāng)，時(shí)，令，得，與在上的情況如下：由此可知：當(dāng)時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上的最大值為；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上的最大值小于因此，的取值范圍是3.（2012年文科18）解：（1）由為公共切點(diǎn)可得：，則，則，又，即，代入式可得：（2），設(shè)則，令，解得：，；，原函數(shù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增若，即時(shí)，最大值為；若，即時(shí)，最大值為若時(shí)，即時(shí)，最大值為綜上所述：當(dāng)時(shí)，最大值為；當(dāng)時(shí)，最大值為已知4.（2012年理科18）18解：由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)x(2cos x)(1)因?yàn)榍€yf(x)在

4、點(diǎn)(a，f(a)處與直線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)與f(x)的情況如下：x(，0)0(0，)f(x)0f(x)1所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，f(0)1是f(x)的最小值當(dāng)b1時(shí)，曲線yf(x)與直線yb最多只有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)b1時(shí)，f(2b)f(2b)4b22b14b2b1b，f(0)11時(shí)，曲線yf(x)與直線yb有且僅有兩個(gè)不同交點(diǎn)綜上可知，如果曲線yf(x)與直線yb有兩個(gè)不同交點(diǎn)，那么b的取值范圍是(1，)5.（2013年理科18）設(shè)L為曲線C：y在點(diǎn)(1，0

5、)處的切線(1)求L的方程；(2)證明：除切點(diǎn)(1，0)之外，曲線C在直線L的下方18解：(1)設(shè)f(x)，則f(x).所以f(1)1. 所以L的方程為yx1.(2)令g(x)x1f(x)，則除切點(diǎn)之外，曲線C在直線L的下方等價(jià)于g(x)0(x0，x1) g(x)滿足g(1)0，且g(x)1f(x).當(dāng)0x1時(shí)，x210，ln x0，所以g(x)1時(shí)，x210，ln x0，所以g(x)0，故g(x)單調(diào)遞增所以g(x)g(1)0(x0，x1)所以除切點(diǎn)之外，曲線C在直線L的下方7解：（1）證明：，即在上單調(diào)遞增，在上的最大值為，所以（2）一方面令，則，由（1）可知，故在上單調(diào)遞減，從而，故，所

6、以令，則，當(dāng)時(shí)，故在上單調(diào)遞減，從而，所以恒成立當(dāng)時(shí)，在有唯一解，且，故在上單調(diào)遞增，從而，即與恒成立矛盾，綜上，故解答：解：（）由f（x）=2x33x得f（x）=6x23，令f（x）=0得，x=或x=，f（2）=10，f（）=，f（）=，f（1）=1，f（x）在區(qū)間2，1上的最大值為（）設(shè)過(guò)點(diǎn)p（1，t）的直線與曲線y=f（x）相切于點(diǎn)（x0，y0），則y0=23x0，且切線斜率為k=63，切線方程為yy0=（63）（xx0），ty0=（63）（1x0），即46+t+3=0，設(shè)g（x）=4x36x2+t+3，則“過(guò)點(diǎn)P（1，t）存在3條直線與曲線y=f（x）相切”，等價(jià)于“g（x）有3個(gè)不同

7、的零點(diǎn)”g（x）=12x212x=12x（x1），g（x）與g（x）變化情況如下： x（，0） 0 （0，1） 1（1，+） g（x）+ 0 0+ g（x） t+3 t+1g（0）=t+3是g（x）的極大值，g（1）=t+1是g（x）的極小值當(dāng)g（0）=t+30，即t3時(shí)，g（x）在區(qū)間（，1和（1，+）上分別至多有一個(gè)零點(diǎn)，故g（x）至多有2個(gè)零點(diǎn)當(dāng)g（1）=t+10，即t1時(shí)，g（x）在區(qū)間（，0和（0，+）上分別至多有一個(gè)零點(diǎn)，故g（x）至多有2個(gè)零點(diǎn)當(dāng)g（0）0且g（1）0，即3t1時(shí)，g（1）=t70，g（2）=t+110，g（x）分別在區(qū)間1，0），0，1）和1，2）上恰有1個(gè)零點(diǎn)，由于g（x）在區(qū)間（，0）和1，+）上單調(diào)，故g（x）分別在區(qū)間（，0）和1，+）上恰有1個(gè)零點(diǎn)綜上所述，當(dāng)過(guò)點(diǎn)過(guò)點(diǎn)P（1，t）存在