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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,.()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,

2、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

3、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

4、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

5、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

6、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:

7、 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);

8、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,

9、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:(),

10、 , 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

11、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

12、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

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