2019北京市各区一模数学文科试题分类汇编：12导数及其应用.doc

2019北京市各区一模数学文科试题分类汇编12导数及其应用1、（朝阳区2019届高三一模）已知函数，.（）求函数的单调区间；（）当时，求证：曲线在抛物线的上方.2、（大兴区2019届高三一模）已知函数图象在处的切线与函数图象在处的切线互相平行（）求的值；（）设直线分别与曲线和交于P，Q两点，求证：3、（东城区2019届高三一模）已知函数.（）若函数在时取得极值，求实数的值；（）当时，求零点的个数.4、（房山区2019届高三一模）已知函数，,（）当时，求曲线在 处的切线方程；（）求的单调区间；（）设，若对于任意，总存在，使得成立，求的取值范围. 5、（丰台区2019届高三一模）已知函数（）当时，求函数的单调区间；（）若函数在处取得极大值，求实数的取值范围6、（海淀区2019届高三一模） 已知函数 (I)当时，求函数在上的单调区间； ()求证：当时，函数既有极大值又有极小值7、（怀柔区2019届高三一模）已知函数. （）当时，求在点处的切线方程；（）求的单调区间；（）求在区间上的最小值8、（门头沟区2019届高三一模）已知在点处的切线与直线平行。()求实数的值；（）设.（）若函数在上恒成立,求的最大值；（）当时，判断函数有几个零点，并给出证明.9、（石景山区2019届高三一模）设函数，（）若曲线在点处的切线与轴平行，求；（）当时，函数的图象恒在轴上方，求的最大值10、（顺义区2019届高三第二次统练（一模）设函数.（I）若点在曲线上，求在该点处曲线的切线方程；（II）若恒成立，求的取值范围.11、（通州区2019届高三一模）设 （）当时，直线是曲线的切线，求的值；（）求的单调区间；（）若恒成立，求的取值范围12、（西城区2019届高三一模）设函数，其中 （）当为偶函数时，求函数的极值；（）若函数在区间上有两个零点，求的取值范围13、（延庆区2019届高三一模）已知函数（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）求函数的单调区间；（）当时，求函数在上区间零点的个数.参考答案1、解：（）求导得.定义域.当时，,函数在上为减函数.当时，令得,为增函数；令得,为减函数.所以时，函数减区间是.当时，函数增区间是 ；减区间是. 5分（）依题意，只需证.设.则，设.因为，所以在上单调递增.又因为，所以在内有唯一解，记为即.当时，单调递减；当时，单调递增；所以.设，.则.所以.所以，即曲线在抛物线上方.13分2、解（）由，得，所以 1分由，得，所以 2分由已知，得，3分经检验，符合题意 4分（）由题意 设， 1分则， 2分设， 则，所以在区间单调递增， 3分又， 4分所以在区间存在唯一零点，设零点为，则，且 5分当时，；当，所以，函数在递减，在递增， 6分， 由，得所以，由于， 8分从而，即，也就是，即，命题得证 9分3、解：（I）定义域为.由已知，得，解得.当时，.所以.所以减区间为，增区间为.所以函数在时取得极小值，其极小值为，符合题意所以. 5分（II ）令，由，得.所以.所以减区间为，增区间为.所以函数在时取得极小值，其极小值为.因为，所以.所以. 所以.因为，又因为，所以.所以.根据零点存在定理，函数在上有且仅有一个零点.因为，.令，得.又因为，所以.所以当时，.根据零点存在定理，函数在上有且仅有一个零点.所以，当时，有两个零点. 14分4、（）当时，所以所以， ，所以切线方程为 3分（），的定义域是，令，得 4分当时， 所以函数的单调增区间是5分当时，变化如下：00所以函数的单调增区间是，单调减区间是当时，变化如下：00所以函数的单调增区间是，单调减区间是8分（）因为，所以当时， 所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以在上的最小值是，最大值是，即当时，的取值范围为 10分由（）知 当时，在上单调递减，在上单调递增，因为，所以不合题意 当时，在上单调递减，所以在上的最大值为，最小值为所以当时，的取值范围为 12分“对于任意，总存在，使得成立”等价于 “”解 得 所以的取值范围为 13分5、解：（）定义域为，当时， ， ， 令得，令得 所以 的增区间为，减区间为. （）（1）当时，若，则此时，函数在处不可能取得极大值（2）当时，1+0-极大值函数在处取得极大值综上可知，的取值范围是. 6、解：（）当时， 所以， 令得，或. 当变化时，的变化情况如下表： 极大值极小值 所以在上的单调递增区间是，单调递减区间是()当时， 若，则，所以 因为，所以 若，则，所以 令 ，所以有两个不相等的实根，且 不妨设，所以当变化时，的变化情况如下表： 无定义 极大值极小值因为函数图象是连续不断的，所以当时，即存在极大值又有极小值 7、解：（）的定义域为,当时，所以在点处的切线方程是-5分（）f（x）=6x（x+a），当a=0时，f（x）=6x20，则f（x）在（，+）上为增函数；当a0，即a0时，由f（x）=6x（x+a）0得xa或x0，所以f（x）的单调增区间为（，a）和（0，+）；由f（x）=6x（x+a）0得ax0，所以f（x）的单调减区间为（a，0）；当a0即a0时，由f（x）=6x（x+a）0得xa或x0，所以f（x）的单调增区间为（，0）和（a，+）；由f（x）=6x（x+a）0，得0xa，所以f（x）的单调减区间为（0，a）综上所述，当a=0时，f（x）的单调增区间为（，+）；当a0时，f（x）的单调增区间为（，a）和（0，+），f（x）的单调减区间为（a，0）；当a0时，f（x）的单调增区间为（，0）和（a，+），f（x）的单调减区间为（0，a）-10分（）当a0即a0时，由（）可知，f（x）在0，2上单调递增，所以f（x）的最小值为f（0）=1；当0a2，即2a0时，由（）可知，f（x）在0，a）上单调递减，在（a，2上单调递增，所以f（x）的最小值为f（a）=a3+1；当a2即a2时，由（）可知，f（x）在0，2上单调递减，所以f（x）的最小值为f（2）=17+12a综上所述，当a0时，f（x）的最小值为f（0）=1；2a0时，f（x）的最小值为f（a）=a3+1；a2时，f（x）的最小值为f（2）=17+12a-14分8、解：()由题意得：（）（）当时，若，递增，则当时，若，在递减，则不恒成立，所以，的最大值为1.（），显然有一个零点0；设当时，无零点；所以只有一个零点0当时，有，所以在上单增，又，由零点存在定理可知，所以在上有唯一一个零点，所以有二个零点综上所述，时，只有一个零点0，时，有二个零点.9、解：（）， ， 由题设知，即，解得 经验证满足题意。（）方法一： 令，即，则， （1）当时，即对于任意有，故在单调递减； 对于任意有，故在单调递增， 因此当时，有最小值为成立 （2）当时，即对于任意有，故在单调递减， 所以因为的图象恒在轴上方，所以，因为，所以，即， 综上，的最大值为 方法二：由题设知，当时， （1）当时， 设，则， 故在单调递减，因此，的最小值大于，所以. （2）当时，成立 （3）当时，因为，所以当时成立 综上，的最大值为10、解：（I）因为点在曲线上，所以，. -1分又， -3分所以. -4分在该点处曲线的切线方程为即 -5分（II）定义域为，-6分讨论：（1）当时，此时在上单调递减，又，不满足-8分（2）当时，令可得 列表可得0单调递减单调递增所以在上单调递减，在上单调递增-10分所以=，所以令解得所以的取值范围为. -13分或法二：定义域为，恒成立即恒成立，又所以恒成立。令，则，由，所以在单调递增，在上单调递减，所以11、解：（）当时， . 1分设切点，则， .2分 所以，把切点的坐标代入切线方程，得； .4分（）的定义域为， .5分 .6分（）当时，在上单调递增； .7分（）当时，令，得 在，所以在单调递减；在，所以在单调递增 .8分（）恒成立，即在恒成立，也就是在恒成立 .9分令，则 .10分因为， .11分当时，因为，所以；当时，因为，所以 .12分所以在时取得极小值因为在定义域内只有一个极小值，所以也是最小值所以，即所以的取值范围是.13分12、解：（）由函数是偶函数，得，即对于任意实数都成立，所以. 2分此时，则.由，解得. 3分当x变化时，与的变化情况如下表所示：00极小值极大值所以在，上单调递减，在上单调递增. 5分 所以有极小值，有极大值. 6分 （）由，得. 所以“在区间上有两个零点”等价于“直线与曲线，有且只有两个公共点”. 8分 对函数求导，得. 9分 由，解得，. 10分 当x变化时，与的变化情况如下表所示：00极小值极大值 所以在，上单调递减，在上单调递增. 11分 又因为， 所以当或时，直线与曲线，有且只有两个公共点. 即当或时，函数在区间上有两个零点. 13分13、（）当时，1分， 2分，切点，切线方程是.3分（），4分令， 5分、及的变化情况如下0增减所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减7分（）法一：由（）可知的最大值为 8分（1）当时，在区间单调递增，在区间上单调递减由，故在区间上只有一个零点 10分 （2）当时， 且 12分 因为 ，所以，在区间上无零点13分 综上，当时，在区间上只有一个零点 当时，在区间上无零点 （）法二： 令， 令 8分 10分0减极小值1增 11分 由已知所以，当时，在区间上只有一个零点12分 当时，在区间上无零点 13分