北京市各区2016年高三期末、一模、二模数学试题分类汇编——导数专题.docx

导数1( 昌平区20152016学年第一学期高三年级期末) 已知函数 （）若函数在点处的切线方程为，求切点的坐标；（）求证：当时，；（其）（）确定非负实数的取值范围，使得成立2( 朝阳区2015-2016学年度高三年级第一学期期末) 已知函数,其（）若在区间上为增函数，求的取值范围；（）当时，（）证明：； （）试判断方程是否有实数解，并说明理由3(东城区2015-2016学年第一学期期末) 已知函数 （）当时，试求在处的切线方程；（）当时，试求的单调区间；（）若在内有极值，试求的取值范围4( 丰台区20152016学年度第一学期期末) 已知函数 （）求函数的极值； （）若存在实数，且，使得，求实数a的取值范围5( 海淀区高三年级第一学期期末) 已知函数 （）当时，求函数的单调区间和极值；（）求证：当时，关于的不等式在区间上无解（其）源6( 西城区2015 2016学年度第一学期期末) 已知函数，函数，其 （）如果函数与在处的切线均为，求切线的方程及的值；（）如果曲线与有且仅有一个公共点，求的取值范围7( 通州区2016年一模) 已知函数(a0)（）当时，求函数的零点；（）求f(x)的单调区间；（）当时，若对恒成立，求的取值范围8(朝阳区高三一模) 已知函数 （）求函数的单调区间；（）当时，都有成立，求的取值范围； （）试问过点可作多少条直线与曲线相切？并说明理由9(东城一模) 设函数 f (x) aex x1，aR （1）当a 1时，求 f (x)的单调区间；（2）当x(0，)时， f (x) 0恒成立，求a的取值范围；（3）求证：当x(0，)时，10(房山一模) 已知函数，其（）当时，求函数的极大值；（）若在区间上仅有一个零点，求的取值范围11(丰台一模) 已知函数（）求曲线在点处的切线方程；（）求证：；（）若在区间上恒成立，求的最小值12(海淀一模) 已知函数f (x) ln x1，（）求函数 f (x)的最小值；（）求函数g(x)的单调区间；（）求证：直线 yx不是曲线 y g(x)的切线。13(石景山一模) 已知函数（）求曲线在点处的切线方程；（）求证：当时，；（）若对恒成立，求实数的最大值14(顺义一模) 已知函数 （）求曲线在点处的切线方程；（）设，若函数在上(这里）恰有两个不同的零点,求实数的取值范围15(西城区一模) 已知函数，且 （）求的值及的单调区间；（）若关于x的方程存在两不相等个正实数根，证明：16(西城区二模) 设，函数（）若函数在处的切线与直线平行，求a的值；（）若对于定义域内的任意，总存在使得，求a的取值范围17(昌平二模) 已知函数，且曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线 设（I）求的值，及的关系式；（II）求函数的单调区间；（III）设，若对于任意，都有，求的取值范围18(朝阳二模) 已知函数，（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）当时，若曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内，试求的取值范围19(东城二模) 已知，（）求的单调区间；（）当时，求证：对于，恒成立；（）若存在，使得当时，恒有成立，试求的取值范围20（房山二模）已知函数（）当时，求函数的单调区间；（）设，若在区间上有两个极值点，求实数的取值范围21（丰台二模）设函数（）当时，求函数在区间内的最大值；（）若函数在区间内有两个零点，求实数的取值范围22 （海淀二模）已知函数 （）当时，求函数的单调区间；（）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围；()若曲线存在两条互相垂直的切线，求实数的取值范围(只需直接写出结果)参考答案：1 （）解：定义域为，由题意，所以，即切点的坐标为 3分（）证明：当时，可转化为当时，恒成立设，所以原问题转化为当时，恒成立所以令，则（舍），所以，变化如下：0+0-极大值因为，所以当时，成立 8分（）解：，可转化为当时，恒成立设，所以当时，对于任意的，所以在上为增函数，所以，所以命题成立当时，令，则，当，即时，对于任意的，所以在上为增函数，所以，所以命题成立 当，即时，则（舍），所以，变化如下：0-0+极小值因为，所以，当时，命题不成立综上，非负实数的取值范围为 13分2 解：函数定义域， （）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立， 即，在上恒成立，则 4分（）当时，,（）令，得令,得，所以函数在单调递增令,得，所以函数在单调递减所以， 所以成立 9分（）由（）知， ， 所以 设所以 令，得 令,得，所以函数在单调递增， 令,得，所以函数在单调递减；所以， 即 所以 ，即所以，方程没有实数解 14分3 解：（）当时，方程为 4分（） ， 当时，对于，恒成立，所以 ； 0所以 单调增区间为，单调减区间为 8分（）若在内有极值，则在内有解令 设 ,所以 ,当时，恒成立，所以单调递减又因为，又当时，,即在上的值域为,所以 当时， 有解设，则 ，所以在单调递减因为，,所以在有唯一解所以有：00极小值所以 当时，在内有极值且唯一当时，当时，恒成立，单调递增，不成立综上，的取值范围为 14分4 解：（），令得，x0+0_0+极大值极小值函数的极大值为； 极小值为 8分 () 若存在，使得，则 由（）可知，需要（如图1）或（如图2） （图1） （图2）于是可得 13分5 解：（）因为,所以，1分当时，2分令，得，3分所以随的变化情况如下表：极大值极小值6分所以在处取得极大值，在处取得极小值7分函数的单调递增区间为，, 的单调递减区间为8分（）证明：不等式在区间上无解，等价于在区间上恒成立，即函数在区间上的最大值小于等于1 因为，令，得9分因为时，所以当时，对成立，函数在区间上单调递减，10分所以函数在区间上的最大值为,所以不等式在区间上无解；11分当时，随的变化情况如下表：极小值所以函数在区间上的最大值为或12分此时,，所以 综上，当时，关于的不等式在区间上无解13分6 （）解：求导，得，2分 由题意，得切线l的斜率，即，解得3分 又切点坐标为，所以切线l的方程为4分（）解：设函数，5分 “曲线与有且仅有一个公共点”等价于“函数有且仅有一 个零点” 求导，得 6分 当时， 由，得，所以在单调递增 又因为，所以有且仅有一个零点，符合题意8分 当时， 当变化时，与的变化情况如下表所示：0 所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，故有且仅有一个零点，符合题意10分 当时， 令，解得 当变化时，与的变化情况如下表所示：0所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时， 11分 因为，且在上单调递增， 所以 又因为存在 ，所以存在使得，所以函数存在两个零点，1，与题意不符 综上，曲线与有且仅有一个公共点时，的范围是，或 13分7 ()令， 即 1分因为,所以2分 ,因为,所以所以方程有两个不等实根：，所以函数有且只有两个零点和3分() 4分令，即，解得或5分 当时，列表得：x1+00+单调递增极大值单调递减极小值单调递增6分 当时，（1）若 ，则，列表得x10+0单调递减极小值单调递增极大值单调递减7分（2） 若，则 ，列表得x 10+0单调递减极小值单调递增极大值单调递减8分综上，当时，单调递增区间为，单调递减区间为；当时，单调递增区间为，单调递减区间为，；当时，单调递增区间为，单调递减区间为，9分()因为，所以当时，有， ，所以，从而 10分当时，由（）可知函数在时取得极小值所以，为函数在上的最小值11分由题意，不等式对恒成立，所以得，解得所以的取值范围是13分8 解：（）函数的定义域为（1）当时，恒成立，函数在上单调递增；（2）当时， 令，得当时，函数为减函数；当时，函数为增函数综上所述，当时，函数的单调递增区间为当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为4分（）由（）可知，（1）当时，即时，函数在区间上为增函数，所以在区间上，显然函数在区间上恒大于零；（2）当时，即时，函数在上为减函数，在上为增函数，所以依题意有，解得，所以（3）当时，即时，在区间上为减函数，所以 依题意有，解得，所以 综上所述，当时，函数在区间上恒大于零8分（）设切点为，则切线斜率，切线方程为 因为切线过点，则 即 令 ，则 （1）当时，在区间上， 单调递增；在区间上，单调递减，所以函数的最大值为故方程无解，即不存在满足式因此当时，切线的条数为（2）当时, 在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以函数的最小值为取，则故在上存在唯一零点取，则设，则 当时，恒成立所以在单调递增，恒成立所以故在上存在唯一零点因此当时，过点P存在两条切线（3）当时，显然不存在过点P的切线综上所述，当时，过点P存在两条切线；当时，不存在过点P的切线13分910 解：（I）当时， 2 令 得（舍）随的变化情况如下表：0 极大值所以当时，取得极大值 4分 (II) 5当 时，在上，在上所以 在上单调递增，在上单调递减所以在区间上的最大值为， 而所以 函数在上没有零点，不符合 6分当 时 令,得 当时，即时，在上，在上所以 在上单调递增，在上单调递减所以在区间上的最大值为，因为 所以 所以 要使函数在上仅有一个零点，只需解得 （满足） 9分当时,即时在上，在上，在上所以 在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增 而所以 要使函数在上仅有一个零点，只需即 ，解得 与矛盾 11分当时，即时在上，在上所以 在区间上单调递增，在单调递减，所以在区间上的最大值为，而，所以函数无零点 13分综上所述， 11 解：（）设切线的斜率为 因为，切点为 切线方程为，化简得：-4分（）要证： 只需证明：在恒成立，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时在恒成立所以-10分（）要使：在区间在恒成立， 等价于：在恒成立， 等价于：在恒成立因为=当时，不满足题意当时，令，则或（舍）所以时，在上单调递减；时，在上单调递增；当时当时，满足题意所以，得到的最小值为 -14分12 解: （）函数的定义域为， 1分 2分当变化时，的变化情况如下表：极小值 4分函数在上的极小值为， 所以的最小值为 5分（）解：函数的定义域为， 6分 7分由（）得，所以 8分所以的单调增区间是，无单调减区间 9分（）证明：假设直线是曲线的切线 10分设切点为，则，即 11分又，则 12分所以, 得，与 矛盾 所以假设不成立，直线不是曲线的切线 13分13 解：（），所以切线方程为（）令，则，当时，设，则所以在单调递减，即，所以所以在上单调递减，所以，所以（）原题等价于对恒成立，即对恒成立，令，则易知，即在单调递增，所以，所以故在单调递减，所以综上所述，的最大值为14 解：（）函数定义域为 【1分】， 【2分】又，所求切线方程为，即 【5分】（）函数在上恰有两个不同的零点，等价于在上恰有两个不同的实根， 【8分】等价于在上恰有两个不同的实根，令则当时，在递减； 当时，在递增故，又 【11分】，即 【13分】15 （）解：对求导，得， 2分 所以，解得 3分 故， 令，得当变化时，与的变化情况如下表所示：00所以函数的单调减区间为，单调增区间为5分（）解：方程，即为， 设函数 6分 求导，得 由，解得，或 7分 所以当变化时，与的变化情况如下表所示：0 所以函数在单调递减，在上单调递增9分 由，得又因为，所以不妨设（其为的两个正实数根）， 因为函数在单调递减，且， 所以 11分 同理根据函数在上单调递增，且， 可得， 所以， 即 13分16 （）证明：函数的定义域， 1分由题意，有意义，所以求导，得3分由题意，得，解得 验证知符合题意 5分（）解：“对于定义域内的任意，总存在使得”等价于“不存在最小值” 6分 当时，由，得无最小值，符合题意 7分 当时， 令，得 或 8分随着x的变化时，与的变化情况如下： 不存在0不存在极大 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为9分 因为当时，当时，所以只要考虑，且即可当时，由在上单调递减，且，得，所以存在，使得，符合题意； 同理，当时，令，得，也符合题意；故当时，对于定义域内的任意，总存在使得成立11分 当时，随着x的变化时，与的变化情况如下表：0不存在极小 不存在 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为因为当时，当时，所以所以当时，不存在使得综上所述，a的取值范围为 13分17 解：（I）因为函数，所以函数，又因为曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，所以，即 4分（II）由已知，所以设，所以，R，所以在上为单调递增函数 6分由（I）得，所以，即0是的零点所以，函数的导函数有且只有一个零点07分所以及符号变化如下，-+极小值 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为9分（III）由（II）知当 时，是增函数对于任意，都有等价于，等价于当时，因为，所以在上是增函数，又，所以 13分18 解：（）当时, ， 则，而 所以曲线在点(1,)处的切线方程为，即 4分（）依题意当时，曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内，等价于当时，恒成立 设，所以（1）当，即时，当时，为单调减函数，所以 依题意应有解得所以（2）若 ，即时，当，为单调增函 数， 当，为单调减函数 由于，所以不合题意 （3）当，即时，注意到，显然不合题意 综上所述， 13分19 解：（） ,当时，所以 解得 当时, 解得 所以 单调增区间为，单调减区间为-4分（） 设,当时，由题意，当时，恒成立, 当时，恒成立，单调递减又, 当时，恒成立，即 对于，恒成立 -8分（） 因为 由(II)知，当k = 2时，f (x) 1，2 ln (x + 2) (x + 1)2 2时，对于x 1，x + 1 0，此时2 (x + 1) k (x + 1) 2 ln (x + 2) (x + 1)2 2 (x + 1) k (x + 1)，即f (x) g (x)恒成立，不存在满足条件的x0；当k 2时，令t (x) = 2x2 (k + 6)x (2k + 2)，可知t (x)与h (x)符号相同, 当x (x0 , +)时，t (x) 0，h (x) h (1) = 0，即f (x) g (x) 0恒成立综上，k的取值范围为( , 2) -14分20 解：（）当时，2分令 得 变化情况2+-+增减增所以 函数增区间为，减区间为 5分（）方法一： 7分 当时， 若在上有两个极值点，在上至少有两零点，即方程在上至少有两个不等实根，即方程在上至少有两个不等实根设，8分解的在上单增，在上单减所以 在上的最大值为又 10分所以 要使方程有两个不等实根，的取值范围为11分 设， 解得当时，且在单调递减；在单调递增 设为方程的两个不等实根， 则在上，在上，在上 所以在上，在上，在上 即为的两个极值点 综上所述， 在内存在两个极值点时，的取值范围为13分方法二：（），因为在上有两个极值点，所以在上至少有两零点，所以方程，即方程在上至少有两个不等实根，所以直线与曲线在上有两个不同的交点因为，所以过点和的直线的斜率设过点的直线与曲线相切于点因为，所以直线的斜率所以直线的方程为因为直线过点，所以，所以因为直线与曲线在上有两个不同的交点所以，即设为直线与曲线在上两个交