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，.
（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.
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.
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 ……………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

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

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＞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）．
------------------------------------------------------------------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）=17+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），
，
，
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，
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：（Ⅰ）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
（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
． 　　　　 ..........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. ……………… 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. ……………… 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
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