20xx年全国各地高考数学试题分类汇编14导数文

20xx年全国各地高考数学试题分类汇编14导数文内容摘要：

l 在 x 轴上截距的取值范围 . 【答案】 10 16．（ 2020 年高考北京卷（文）） 已知函数 2( ) s in c o sf x x x x x  . (Ⅰ) 若曲线 ()y f x 在点 ( , ( ))a f a )处与直线 yb 相切 ,求 a 与 b 的值 . (Ⅱ) 若曲线 ()y f x 与直线 yb 有两个不同的交点 ,求 b 的取值范围 . 【答案】 解 :由 2( ) s in c o sf x x x x x  ,得 ( ) (2 cos )f x x x . (I)因为曲线 ()y f x 在 点 ( , ( ))a f a 处与直线 yb 相切 ,所以 ( ) ( 2 c o s ) 0f a a a    ()b f a ,解得 0a , (0) 1bf. (II)令 ( ) 0fx  ,得 0x . ()fx与 ()fx 的情况如下 : ( , 0 ) 0 ( 0 , )( ) 0( ) 1xfxfx   所以函数 ()fx在区间 ( ,0) 上单调递减 ,在区间 (0, ) 上单调递增 , (0) 1f  是 ()fx的最小值 . 11 当 1b 时 ,曲线 ()y f x 与直线 yb 最多只有一个交点。 当 1b 时 , 2( 2 ) ( 2 ) 4 2 1f b f b b b    4 2 1b b b   , (0) 1fb , 所以存在 1 ( 2 ,0)xb , 2 (0,2 )xb ,使得 12( ) ( )f x f x b. 由于函数 ()fx在区间 ( ,0) 和 (0, ) 上均单调 ,所以当 1b 时曲线 ()y f x 与直线 yb 有且只有两个不同 交点 . 综上可知 ,如果曲线 ()y f x 与直线 yb 有且只有两个不同交点 ,那么 b 的取值范围是 (1, ) . 17．（ 2020 年高考课标 Ⅰ 卷（文）） (本小题满分共 12 分 ) 已知函数2( ) ( ) 4xf x e ax b x x   ,曲线()y f在点(0, (0))处切线方程为44yx. (Ⅰ) 求,ab的值。 (Ⅱ) 讨论()fx的单调性 ,并求()的极 大值 . 【答案】 1 2 1( ) ( ) 2 4 . ( 0 ) 4 , ( 0 ) 4 , 4 , 8 ,4。 f x e a x a b x f f b a bab          （ I ） 由 已 知 得 故从 而 (II) 由 (I)知 , 2) 4 ( 1 ) 4 ,xf x e x x x   （ 1 1( ) 4 ( 2 ) 2 4 4 ( 2 ) ( ) .2xxf x e x x x e       令 1 ( ) 0 = 1 n 2 x = 2 .f x x 得 ， 或 从而当 11( , 2 ) ( 1 0。 ( 22 , ) , 1 2) )( )x n f x x n f x         当 时 ， （时 ，0. 故 ( ) 2 1 2 + 2 1 2f x n n在 （ ， ） ， （ ， ） 单 调 递 增 ， 在 （ ， ） 单 调 递 减. 当 2= 2 2 = 4 1 )x f x f e 时 ， 函 数 （ ） 取 得 极 大 值 ， 极 大 值 为 （ ） （. 18．（ 2020 年高考天津卷（文））设[ 2,0]a, 已知函数332( 5 ) , 03 ,0(,).2xf a x xax x x xx a     (Ⅰ ) 证明()fx在区间 (1,1)内单调递减 , 在区间 (1, + ∞) 内单调递增。 (Ⅱ ) 设曲线()y f x在点( , ( ))( 1, 2, 3)i i ix f x iP 处的切线相互平行 , 且 1 2 30,xxx  证明1 2 3 13xx x. 【答案】 12 19．（ 2020 年高考福建卷（文）） 已知函数( ) 1 xaf x x e  (aR, e为自然对数的底数 ). (1)若曲 线()y f x在点(1, (1))f处的切线平行于 x轴 ,求 a的值。 (2)求函数()fx的极值。 (3)当1a的值时 ,若直线:1l y kx与曲线()y f x没有公共点 ,求k的最大值 . 【答案】 解 :(Ⅰ) 由  1 xaf x e  ,得  1 xafx e . 又曲线 y f x在点 , 1f处的切线平行于 x轴 , 13 得 10f ,即ae,解得 ae. (Ⅱ)  1 xafx e , ① 当0a时 ,  0 ,为 ,上的增函数 ,所以函数fx无极值 . ② 当时 ,令fx ,得xea,lnxa.  ,ln ,  0 。  ln , , 0 . 所以在 ,lna上单调递减 ,在 ln ,a上单调递增 , 故 在ln处取得极小值 ,且极小值为 ln lnf a a,无极大值 . 综上 ,当0a时 ,函数fx无极小值。 当,在ln处取得极小值lna,无极大值 . (Ⅲ) 当1a时 ,  11 xf x x e   令        111 xg x f x k x k x e     , 则直线l:1y kx与曲线 y f x没有公共点 , 等价于方程  0gx在 R上没有实数解 . 假设1k,此时 0 1 0g ,1 111101kg k e   , 又函数的图象连续不断 ,由零点存在定理 ,可知  0gx在 R上至少有一解 ,与 “ 方程  0gx在 R上没有实数解 ” 矛盾 ,故1k. 又1k时 ,1 0xe,知方程  0在 R上没有实数解 .。