北京一模二模導數(shù)大題

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1、2016北京一模二模導數(shù)大題 ．（2017屆北京市高三入學定位考試理）已知函數(shù). (Ⅰ)若曲線在點處的切線經(jīng)過點(0,1),求實數(shù)的值; (Ⅱ)求證:當時,函數(shù)至多有一個極值點; (Ⅲ)是否存在實數(shù),使得函數(shù)在定義域上的極小值大于極大值?若存在,求出的取值范圍;若不存在,請說明理由. ．（2017屆北京市高三入學定位考試理）已知函數(shù). (Ⅰ)當時,求證:函數(shù)的圖像關于點對稱; (Ⅱ)當時,求的單調(diào)區(qū)間. ．（2016年北京高考（理））設函數(shù),曲線在點處的切線方程為,(1)求,的值;(2)求的單調(diào)區(qū)間. ．（2016年北京市海淀區(qū)高三二模理）已知函數(shù). (Ⅰ)當時,

2、求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間; (Ⅱ)若關于的不等式在上有解,求實數(shù)的取值范圍; (Ⅲ)若曲線存在兩條互相垂直的切線,求實數(shù)的取值范圍.(只需直接寫出結果) ．（2016年北京市西城區(qū)高三二模理）設,函數(shù). (Ⅰ)若函數(shù)在處的切線與直線平行,求a的值; (Ⅱ)若對于定義域內(nèi)的任意,總存在使得,求a的取值范圍. ．（2016年北京市東城區(qū)高三二模理）已知,. (Ⅰ)求的單調(diào)區(qū)間; (Ⅱ)當時,求證:對于,恒成立; (Ⅲ)若存在,使得當時,恒有成立,試求的取值范圍. ．（2016年北京市朝陽區(qū)高三二模理）已知函數(shù),. (Ⅰ)當時,求曲線在點處的切線方程; (Ⅱ)當時,若曲線上的點

3、都在不等式組所表示的 平面區(qū)域內(nèi),試求的取值范圍. ．（2016年北京市豐臺區(qū)高三二模理）設函數(shù). (Ⅰ)當時,求函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的最大值; (Ⅱ)若函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有兩個零點,求實數(shù)的取值范圍. ．（2016年北京市房山區(qū)高三二模理）已知函數(shù). (Ⅰ)當時,求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間; (Ⅱ)設,若在區(qū)間上有兩個極值點,求實數(shù)的取值范圍. ．（2016年北京市昌平區(qū)高三二模理）已知函數(shù),,且曲線與曲線在它們的交點處具有公共切線. 設.(I)求的值,及的關系式;(II)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間; (III)設,若對于任意,都有,求的取值范圍. ．（2016年北京市順義區(qū)高三一模理）已知函數(shù).

4、 (Ⅰ)求曲線在點處的切線方程; (Ⅱ)設,若函數(shù)在上(這里)恰有兩個不同的零點,求實數(shù)的取值范圍. ．（2016年北京市石景山區(qū)高三一模理）已知函數(shù). (Ⅰ)求曲線在點處的切線方程; (Ⅱ)求證:當時,; (Ⅲ)若對恒成立,求實數(shù)的最大值. ．（2016年北京市豐臺區(qū)高三一模理）已知函數(shù). (Ⅰ)求曲線在點處的切線方程;(Ⅱ)求證:; (Ⅲ)若在區(qū)間上恒成立,求的最小值. ．（2016年北京市朝陽區(qū)高三一模理）已知函數(shù). (Ⅰ)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間; (Ⅱ)當時,都有成立,求的取值范圍; (Ⅲ)試問過點可作多少條直線與曲線相切?并說明理由. ．（2016年北京市海淀區(qū)

5、高三一模理）已知函數(shù), (Ⅰ)求函數(shù)的最小值;(Ⅱ)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間; (Ⅲ)求證:直線不是曲線的切線. ．（2016年北京市西城區(qū)高三一模理）已知函數(shù),且. (Ⅰ)求的值及的單調(diào)區(qū)間; (Ⅱ)若關于x的方程存在兩不相等個正實數(shù)根,證明:. ．（2016年北京市東城區(qū)高三一模理）設函數(shù),. (Ⅰ)當時,求的單調(diào)區(qū)間; (Ⅱ)當時,恒成立,求的取值范圍; (Ⅲ)求證:當時,. 單元檢測卷設置參考答案 (Ⅰ)解: (Ⅱ)證明:當時, 當時,,函數(shù)在上單調(diào)遞增,無極值; 當時,令,則. 由得,則 ①當,即時,,在上單調(diào)遞減, 所以在上至多有一個零

6、點,即在上至多有一個零點. 所以函數(shù)在上至多有一個極值點. ②當,即時,及隨的變化情況如下表: 因為, 所以在上至多有一個零點,即在上至多有一個零點. 所以函數(shù)在上至多有一個極值點. 綜上,當時,函數(shù)在定義域上至多有一個極值點 (Ⅲ)存在實數(shù),使得函數(shù)在定義域上的極小值大于極大值. 的取值范圍是. 由(Ⅱ)可知當時,函數(shù)至多有一個極值點,不可能同時存在極大值與極小值. 當時,,無極值; 當時,及隨的變化情況如下表: ①下面研究在上的極值情況: 因為,, 所以存在實數(shù),使得, 且時,,即,在上遞減; 時,,,在上遞增;

7、 所以在上的極小值為,無極大值. ②下面考查在上的極值情況: 當時,; 當時,, 令,則,令, 因為在上遞減, 所以,即. 綜上,因為, 所以存在實數(shù),, 且時,,即,在上遞減; 時,,,在上遞增; 所以在上的極大值為,無極小值. 又因為,且, 所以, 所以,當且僅當時,函數(shù)在定義域上的極小值大于極大值 (Ⅰ)證明:當時,. 將函數(shù)的圖像向左平移個單位,得到函數(shù)的圖像. 因為對任意,,且, 所以函數(shù)是奇函數(shù). 所以函數(shù)的圖像關于原點對稱. 所以函數(shù)的圖像關于點對稱 (Ⅱ)解:由,得 ①當時,. 所以

8、的遞減區(qū)間是. ②當時,及隨的變化情況如下表: 所以的單調(diào)遞增區(qū)間是,單調(diào)遞減區(qū)間是,. ③當時,及隨的變化情況如下表: 所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是,單調(diào)遞減區(qū)間是, 解: (Ⅰ)函數(shù)的定義域為. 當時, 當變化時,,的變化情況如下表: 極大值 極小值 函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為,, 函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為 (Ⅱ)解:因為在區(qū)間上有解, 所以在區(qū)間上的最小值小于等于. 因為, 令,得 當時,即時, 因為對成立,所以在

9、上單調(diào)遞增, 此時在上的最小值為 所以, 解得,所以此種情形不成立, 當,即時, 若, 則對成立,所以在上單調(diào)遞增, 此時在上的最小值為所以, 解得,所以 若, 若,則對成立,對成立. 則在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增, 此時在上的最小值為 所以有,解得, 當時,注意到,而, 此時結論成立 綜上,的取值范圍是 法二:因為在區(qū)間上有解, 所以在區(qū)間上的最小值小于等于, 當時,顯然,而成立, 當時,對成立,所以在上單調(diào)遞增, 此時在上的最小值為, 所以有, 解得,所以 綜上, (Ⅲ)的取值范圍是

10、 (Ⅰ)證明:函數(shù)的定義域, 由題意,有意義,所以. 求導,得 由題意,得,解得. 驗證知符合題意 (Ⅱ)“對于定義域內(nèi)的任意,總存在使得”等價于“不存在最小值” ① 當時, 由,得無最小值,符合題意 ② 當時, 令,得 或 隨著x的變化時,與的變化情況如下: 不存在 0 ↘ 不存在 ↗ 極大 ↘ 所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為,,單調(diào)遞增區(qū)間為. 因為當時,,當時,, 所以只要考慮,且即可. 當時, 由在上單調(diào)遞

11、減,且, 得, 所以存在,使得,符合題意; 同理,當時,令, 得,也符合題意; 故當時,對于定義域內(nèi)的任意,總存在使得成立 ③ 當時, 隨著x的變化時,與的變化情況如下表: 0 不存在 ↘ 極小 ↗ 不存在 ↘ 所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為,,單調(diào)遞增區(qū)間為. 因為當時,,當時,, 所以. 所以當時,不存在使得. 綜上所述,a的取值范圍為 解:(Ⅰ)所以 單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為 (Ⅱ) 設, 當時,由題意,當時,恒成立. , \ 當時,恒成立,單調(diào)

12、遞減. 又, \ 當時,恒成立,即. \ 對于,恒成立 (Ⅲ) 因為 . 由(II)知,當k = 2時,f (x) < g (x)恒成立, 即對于"x > –1,2 ln (x + 2) – (x + 1)2 < 2 (x + 1),不存在滿足條件的x0; 當k > 2時,對于"x > –1,x + 1 > 0,此時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, 不存在滿足條件的x0; 當k < 2時,令t (

13、x) = –2x2 – (k + 6)x – (2k + 2),可知t (x)與h (x)符號相同, 當x (x0 , +)時,t (x) < 0,h (x) < 0,h (x)單調(diào)遞減. \ 當x (–1 , x0)時,h (x) > h (–1) = 0,即f (x) – g (x) > 0恒成立. 綜上,k的取值范圍為(– , 2) 解:(Ⅰ) . (Ⅱ)依題意當時,曲線上的點都在不等式組所表示的平面區(qū)域內(nèi),等價于當時,恒成立. 設,. 所以. (1)當,即時,當時,,為單調(diào)減函數(shù), 所以. 依題意應有

14、 解得所以. (2)若 ,即時,當,,為單調(diào)增函 數(shù), 當,,為單調(diào)減函數(shù). 由于,所以不合題意. (3)當,即時,注意到,顯然不合題意. 綜上所述, 解: (Ⅰ)當時,, 與、之間的關系如下表: 1 + 0 - 增函數(shù) 極大值 減函數(shù) 函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極大值點,所以這個極值點也是最大值點, 最大值 (Ⅱ)(1)當時,,顯然在區(qū)間內(nèi)沒有兩個零點,不合題意. (2)當時,, ①當且時,,函數(shù)區(qū)間上是增函數(shù),所以函 數(shù) 區(qū)間上不可能有兩個零

15、點,所以不合題意; ②當時,在區(qū)間上與、之間的關系如下表: + 0 - 增函數(shù) 極大值 減函數(shù) 因為,若函數(shù)區(qū)間上有兩個零點, 則,所以,化簡 因為, , 所以. 綜上所述,當時,函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有兩個零點. 解:(Ⅰ)當時, 令 得 變化情況 2 + - + 增 減 增 所以 函數(shù)增區(qū)間為,,減區(qū)間為 (Ⅱ)方法一: 當時, 若在上有兩個極值點,在上至少有兩零點, 即方程在上至少有兩個不等實根

16、, 即方程在上至少有兩個不等實根 設, 解的 在上單增,在上單減 所以 在上的最大值為 又 所以 要使方程有兩個不等實根,的取值范圍為 設, 解得 當時, 且在單調(diào)遞減;在單調(diào)遞增. 設為方程的兩個不等實根, 則在上,在上,在上 所以在上,在上,在上 即為的兩個極值點 綜上所述, 在內(nèi)存在兩個極值點時,的取值范圍為. 方法二: (Ⅱ), 因為在上有兩個極值點,所以在上至少有兩零點, 所以方程,即方程在上至少有兩個不等實根, 所以直線與曲線在上有兩個不同的交點 因為,所以過點和的直線的斜率

17、 設過點的直線與曲線相切于點 因為,所以直線的斜率 所以直線的方程為 因為直線過點,所以,所以 因為直線與曲線在上有兩個不同的交點 所以,即 設為直線與曲線在上兩個交點的橫坐標,顯然在上,在上,在上 所以在上,在上,在上 即為的兩個極值點 所以當在內(nèi)有兩個極值點時,的取值范圍為. 方法三: 當時,在區(qū)間上, 所以 從而在區(qū)間上是增函數(shù),故在區(qū)間上無極值點; 當時,設, 若在上有兩個極值點,在上至少有兩零點, 即在上至少有兩零點 令得 當 即時,,, 所以在單調(diào)遞增, 故在內(nèi)不存在兩個極值點.

18、當即時, ,, 所以在單調(diào)遞減, 所以 在上只有一個零點 ,,, 所以,單調(diào)增,,單調(diào)減 所以在上只有一個極值點(在內(nèi)不存在兩個極值點) 當即時, 時,,, 所以 時,函數(shù)單調(diào)遞減; ,函數(shù)單調(diào)遞增. 所以函數(shù)的最小值為. 函數(shù)在內(nèi)存在兩個極值點 當且僅當 解得. 綜上所述,函數(shù)在內(nèi)存在兩個極值點時,的取值范圍為. 解:(I)因為函數(shù),, 所以函數(shù),. 又因為曲線與曲線在它們的交點處具有公共切線, 所以,即 (II)由已知,. 所以. 設,所以, R,,所以在上為單調(diào)遞增函數(shù) 由(I)得,所以,即0是的零點

19、. 所以,函數(shù)的導函數(shù)有且只有一個零點0 所以及符號變化如下, - + ↘ 極小值 ↗ 所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為 (III)由(II)知當 時,是增函數(shù). 對于任意,都有等價于 , 等價于當時,, 因為,所以在上是增函數(shù), 又,所以 解:(Ⅰ)函數(shù)定義域為 , 又,所求切線方程為,即 (Ⅱ)函數(shù)在上恰有兩個不同的零點, 等價于在上恰有兩個不同的實根, 等價于在上恰有兩個不同的實根, 令則 當時,,在遞減; 當時,,在遞增. 故,又. ,, 即 解:

20、 (Ⅰ),.所以切線方程為 (Ⅱ)令,則, 當時,設,則,所以在單調(diào)遞減,,即, 所以 所以在上單調(diào)遞減,所以, 所以 (Ⅲ)原題等價于對恒成立,即對恒成立, 令,則 易知,即在單調(diào)遞增, 所以,所以, 故在單調(diào)遞減,所以.綜上所述,的最大值為 解:(Ⅰ)設切線的斜率為 因為,切點為. 切線方程為,化簡得: (Ⅱ)要證: 只需證明:在恒成立, 當時,在上單調(diào)遞減; 當時,在上單調(diào)遞增; 當時 在恒成立 所以 (Ⅲ)要使:在區(qū)間在恒成立, 等價于:在恒成立, 等價于:

21、在恒成立 因為== ①當時,,不滿足題意 ②當時,令,則或(舍). 所以時,在上單調(diào)遞減; 時,在上單調(diào)遞增; 當時 當時,滿足題意 所以,得到的最小值為 解:(Ⅰ)函數(shù)的定義域為.. (1)當時,恒成立,函數(shù)在上單調(diào)遞增; (2)當時, 令,得. 當時,,函數(shù)為減函數(shù); 當時,,函數(shù)為增函數(shù). 綜上所述,當時,函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為. 當時,函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知, (1)當時,即時,函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù), 所以在區(qū)間上,,顯然函數(shù)在區(qū)間上恒大于零; (2)當時,即時,函數(shù)在

22、上為減函數(shù),在 上為增函數(shù),所以. 依題意有,解得,所以. (3)當時,即時,在區(qū)間上為減函數(shù), 所以. 依題意有,解得,所以. 綜上所述,當時,函數(shù)在區(qū)間上恒大于零 (Ⅲ)設切點為,則切線斜率, 切線方程為. 因為切線過點,則. 即. ① 令 ,則 . (1)當時,在區(qū)間上,, 單調(diào)遞增; 在區(qū)間上,,單調(diào)遞減, 所以函數(shù)的最大值為. 故方程無解,即不存在滿足①式. 因此當時,切線的條數(shù)為. (2)當時, 在區(qū)間上,,單調(diào)遞減, 在區(qū)間上,,單調(diào)遞增, 所以函數(shù)的最小值為. 取,則.

23、 故在上存在唯一零點. 取,則. 設,,則. 當時,恒成立. 所以在單調(diào)遞增,恒成立.所以. 故在上存在唯一零點. 因此當時,過點P存在兩條切線. (3)當時,,顯然不存在過點P的切線. 綜上所述,當時,過點P存在兩條切線; 當時,不存在過點P的切線 解: (Ⅰ)函數(shù)的定義域為, 當變化時,,的變化情況如下表: 極小值 函數(shù)在上的極小值為, 所以的最小值為 (Ⅱ)解:函數(shù)的定義域為, 由(Ⅰ)得,,所以 所以的單調(diào)增區(qū)間是,無單調(diào)減區(qū)間

24、 (Ⅲ)證明:假設直線是曲線的切線 設切點為,則,即 又,則 所以, 得,與 矛盾 所以假設不成立,直線不是曲線的切線 (Ⅰ)解:對求導,得, 所以,解得 故,. 令,得. 當變化時,與的變化情況如下表所示: 0 0 ↘ ↗ 所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為,單調(diào)增區(qū)間為 (Ⅱ)解:方程,即為, 設函數(shù) 求導,得. 由,解得,或 所以當變化時,與的變化情況如下表所示: 0 ↘ ↗ 所以函數(shù)在單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增 由,得.

25、 又因為, 所以. 不妨設(其中為的兩個正實數(shù)根), 因為函數(shù)在單調(diào)遞減,且,, 所以 同理根據(jù)函數(shù)在上單調(diào)遞增,且, 可得, 所以, 即 解:(Ⅰ)當時,則, 則. 令得 - + ↘ ↗ 所以 當時,,在上單調(diào)遞減; 當時,,在上單調(diào)遞增; 當時, (Ⅱ)因為, 所以恒成立,等價于恒成立. 設,, 得, 當時,, 所以 在上單調(diào)遞減, 所以 時,. 因為恒成立, 所以 (Ⅲ)當時,,等價于. 設,. 求導,得. 由(Ⅰ)可知,時, 恒成立. 所以時,,有. 所以 . 所以在上單調(diào)遞增,當時,. 因此當時, 第22頁，共22頁