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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

1、 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,. (Ⅰ)求函数的单调区间; (Ⅱ)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. (Ⅰ)求的值; (Ⅱ)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. (Ⅰ)若函数在时取得极值,求实数的值; (Ⅱ)当时,求零点的个数. 4、(房山区2019届高三一模)已知函数,, (Ⅰ)当时,求曲线在 处的切线方程; (Ⅱ)求的单调区间; (Ⅲ)设,若

2、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. (Ⅰ)当时,求函数的单调区间; (Ⅱ)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; (Ⅱ)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. (Ⅰ)当时,求在点处的切线方程; (Ⅱ)求的单调区间; (Ⅲ)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。 (Ⅰ)求实数的值; (Ⅱ)设. ()若函数

3、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,. (Ⅰ)若曲线在点处的切线与轴平行,求; (Ⅱ)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. (Ⅰ)当时,直线是曲线的切线,求的值; (Ⅱ)求的单调区间; (Ⅲ)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. (Ⅰ)当为偶函数时,求函数

4、的极值; (Ⅱ)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. (Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程; (Ⅱ)求函数的单调区间; (Ⅲ)当时,求函数在上区间零点的个数. 参考答案 1、解:(Ⅰ)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 (Ⅱ)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.

5、 所以,即曲线在抛物线上方.………13分 2、解(Ⅰ)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 (Ⅱ)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.

6、 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、(Ⅰ)当时,,所以 所以, ,所以切线方程为

7、 ……………3分 (Ⅱ),的定义域是 ,令,得 ……………4分 ①当时, 所以函数的单调增区间是 ……………5分 ②当时,,,变化如下: 0 0 所以函数的单调增区间是,单调减区间是 ③当时,,,变化如下: 0 0 所以函数的单调增区间是,单调减区间是 …………………………8分 (Ⅲ)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

8、围为 ……………10分 由(Ⅱ)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:(Ⅰ)定义域为, 当时, , , 令得,令得. 所以 的增区间为,减区间为. (Ⅱ). (1)当时,若,则. 此时, 函数在处不可能取得

9、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:(Ⅰ)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

10、 所以在上的单调递增区间是,,单调递减区间是 (Ⅱ)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

11、 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:(Ⅰ)的定义域为, 当时,,, ,, 所以在点处的切线方程是.----------------------5分 (Ⅱ)f'(x)=6x(x+a), ①当﹣a=0时,f'(x)=6x2≥0,则f(x)在(﹣∞,+∞)上为增函数; ②当﹣a<0,即a>0时,由f'(x)=6x(x+a)>0 得x<﹣a或x>0,所以f(x)的单调增区间为(﹣∞,﹣a)和(0,+∞); 由f'(x)=6x(x+a)<0得﹣a<x<0, 所以f(x)的单调减区间为(﹣a,0); ③当﹣a

12、>0即a<0时, 由f'(x)=6x(x+a)>0得x>﹣a或x<0, 所以f(x)的单调增区间为(﹣∞,0)和(﹣a,+∞); 由f'(x)=6x(x+a)<0,得0<x<﹣a, 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a>0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a<0时,f(x)的单调增区间为(﹣∞,0)和(﹣a,+∞),f(x)的单调减区间为(0,﹣a). -------------------------------------------------

13、10分 (Ⅲ)①当﹣a≤0即a≥0时,由(Ⅱ)可知,f(x)在[0,2]上单调递增,所以f(x)的最小值为 f(0)=1; ②当0<﹣a<2,即﹣2<a<0时,由(Ⅱ)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; ③当﹣a≥2即a≤﹣2时,由(Ⅱ)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a≥0时,f(x)的最小值为f(0)=1;﹣2<a<0时,f(x)的最小值为f(﹣a)=a3+1;a≤﹣2时,f(x)的最小值为f(2)=1

14、7+12a.-------------------------------------------14分 8、解:(Ⅰ)由题意得: (Ⅱ)() 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:(Ⅰ), , ,

15、 由题设知,即,解得. 经验证满足题意。 (Ⅱ)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,

16、 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,. -----

17、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

18、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:(Ⅰ)当时,,.     .......... 1分 设切点,则,

19、 ..........2分 所以,. 把切点的坐标代入切线方程,得; ..........4分 (Ⅱ)的定义域为,   ..........5分 . ..........6分 (ⅰ)当时,,在上单调递增; ..........7分 (ⅱ)当时,令,得. 在,,所以在单调递减; 在,,所以在单调递增. ..........8分 (Ⅲ)恒成立,即在恒成立, 也就是在恒成立. ..........9分 令,,则 .     

20、 ..........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:(Ⅰ)由函数是偶函数,得, 即对于任意实数都成立, 所以. ………………

21、 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: 0 0 ↘ 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 (Ⅱ)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.

22、 ……………… 9分 由,解得,. ……………… 10分 当x变化时,与的变化情况如下表所示: 0 0 ↘ 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

23、间上有两个零点. …… 13分 13、(Ⅰ)当时,,……………1分 , ……………2分 ,切点, 切线方程是.……………3分 (Ⅱ),……………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 (Ⅲ)法一:由(Ⅱ)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

24、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 (Ⅲ)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

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