2020年北京市中考二模数学试题分类汇编：导数

1、1.(丰台19)已知函数f(x) (I)求函数f (x)的极值;1 2(n)求证：当 x (0,)时，f(x) -x 1； 2(出)当x 0时，若曲线y f (x)在曲线y ax2 1的上方，求实数a的取值范围答案x 1解：(I)因为f(x) ,定义域R,ex所以 f(x) F.e令 f (x) 0 ,解得 x 0.随x的变化，f (x)和f(x)的情况如下:X0(0* Eo)/W+0一极大值由表可知函数f(x)在x 0时取得极大值f(0) 1 ,无极小值(n)令 g(x)g (x)=1 2 x 11 2f(x) -x 1-x 1(x 0),2e 2x1 ex 1-x x(1 ) x(一).

2、ee ex由x 0得e 1 0 ,于是 g(x) 0,故函数g(x)是0,+ )上的增函数所以当 x (0,+ )时，g(x) g(0)1x2 1.2、一 1 .(出)当a 一时，由(n)知 f(x)2122,-x 1 ax 1,满足题意.2令 h(x)2 x 12f (x) ax 1 -x- ax 1,eh(x)x-2ax e1 x( 2a).e20.520.5h (x) 0,41a 0 时，若 x (0,ln( ) 2a1 1则h(x)在0,ln( )上是减函数.2a1所以 x (0,ln( )时，h(x) h(0)当 a 0 时 h (x)2a0,则 h(x)在(0,+0,不合题意.)上

3、是减函数,所以 h(x) h(0)综上所述，实数a的取值范围(15分2.(密云 19)已知函数 f(x) x alnx,a R .(i)1时，求曲线f(x)在x 1处的切线方程;(n)设函数1 a h(x) f (x) ，试判断函数h(x)是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在，请说明理 x由.(出) 答案0时，写出xlnx与x2 x的大小关系.1, TOC o 1-5 h z 132a4b(I)解：根据题意得、/b2(n)b2152G62c .a解得b2,1,、3.所以椭圆2C的方程为y2 1,离心率4解：方法一因为直线不与 轴垂直，所以直线设直线的方程为:x联立方程2xtyy2 1.

4、e化简得(t26 ty ?6 一 一显然点Q( 6,0)在椭圆C的内部，所以设 M (Xi, y1) , N(x2, 丫2)，f (x) 1 x3 ax3f (x) 1 x3 ax3则 yy2 ， y y5(t2 4)6425(t2 4)UULT(x1 2,y. AN2) V1 y2(x22, y2),UUUU又因为A( 2,0),所以AMUUUU UULT所以 AM gAN(x1 2)(x21625y26 一 5 1-2r22 y 6一5 X/VALX24 一 5 p 佻 6 一 5 w11t t12t25(t4)642) 一t25(t4)51)(t2=0 UJIT AN ,即 MAN90是

5、定值.联立方程y2 x4k(x5)化简得(1 4kbx 1._2_48, 24(36 k 25)一 k x 525uuuu 所以AM方法二(1)当直线，垂直于x轴时64解得M与N的坐标为(6, f).55由点 A( 2,0),易证 MAN 90.(2)当直线/斜率存在时设直线/的方程为：y k(x -),k 0.,56 _、-0.显然点Q( 2,0)在椭圆C的内部，所以5设 M(x),y1), Nd.),加48k24(36k2 25)则 x1 x2厂,x1x2 丁 .5(1 4k2)25(1 4k2)JJJJUJIT又因为 A( 2,0),所以 am(x1 2,y1), AN (x2 2,y2

6、) .UUUU JUUT所以 AMgAN (x1 2)(x2 2) y1y2(X(k2(k2662)(x2 2) k(x15)k(x25)1)x1x26 2(25k)(x1x2)36k22524(36k2 25)25(1 4k2)6 2(2 -k2)5248k25(1 4k2)236k22590是定值.=0UUUU UJIT所以AM AN ,即 MAN3.(昌平20)已知函数a,a R.(i)当a 1时，求曲线y f(x)在点(0,1)处的切线方程；(II )求函数yf(x)的单调区间；(III)当x (0,2)时，比较f(x)与|1 a|的大小.答案 TOC o 1-5 h z - 一，1

7、3斛：(I)当 a 1 时，f (x) - x x 1.3因为 f(x) x2 1,分.1所以f(0)1.龙所以曲线y f (x)在点(0,1)处的切线方程为x y 1 0.分(II )定义域为R .因为 f (x) x2 a, a R.当a 0时，f (x) 0恒成立.所以函数yf (x)在(-,+ )上单调递增.结当a 0时，f(x) 0恒成立.所以函数yf (x)在(-,+ )上单调递增.泰当a 0时，令f(x) 0,则xja或x ja.分所以当f(x) 0时，xja或x ja；当 f (x) 0时，Ja x Va .分.8所以函数y f (x)在(，3)和(指，)上单调递增，在(ja,

8、 ja)上单调递减.分.9综上可知，当a 0时，函数y f (x)在(-,+ )上单调递增；当a 0时，函数y f (x)在(，石)和(店，)上单调递增，在(ja, ja)上单调递减.(III)法一：由(n)可知，(1)当a 0时，函数y f(x)在(-,+ )上单调递增；所以当 x (0,2)时，fmin(x) f (0) a.因为 11a |= (1 a) a 1所以 f(x) |1 a|.(2)当a 0时，函数y f (x)在(, 石)和(向)上单调递增,在(ja,ja)上单调递减.当 0 ja 1,即 0 a 1时，11a| 0.所以当x (0,2)时，函数y f (x)在(0,向 上

9、单调递减，(向2)上单调递增，fmin(X)f 晨 a)a . a + a1( a)3 3a( 2Va +1) 03所以 f(x) |1 a|.10.11当 1 后 2,即 1 a 4时，11a |=1 a 0.2由上可知。(刈f(后)a( 261), 3:2a a因为 a( 7a 1) (1 a) 2a 1,32x x设 g(x) 2x x 1,(1 x 4).因为 g (x) 2 Vx 0,所以g(x)在(1,4)上单调递增. TOC o 1-5 h z 一 1c所以 g(x) g(1) - 0. 3-一,22a a , 一所以 a( -.a 1) (1 a) 2a 1 033所以 f(x

10、) |1 a |.当 Va 2,即 a 4时，|1 a|=1 a 0.因为函数y f (x)在(0,6)上单调递减，8所以当 x (0,2)时，fmin(x)f(2) 8 a 1 a.3对于 a 2(出)解：a 0 15分所以 f(x) |1 a|.综上可知，当 x (0,2)时，f(x) |1 a|.14(III)法二：因为 f(x) ( |1 a|) f(x) |1 a|,当a 1时，因为 x (0,2),所以 ax x. TOC o 1-5 h z 一.1a1a所以 f (x) |1 a | =f (x) 1 a - x ax 1 - x x 1分033当a 1时，1 3c/1 3/f

11、(x)|1 a | =f (x)a 1 -xax 2a1- xa(2x) 1因为 x (0,2),所以 a(2 x) (2 x).131 313所以 f(x) |1 a| -x3a(2 x) 1 -x3(2 x) 1 -x3x 1. 11 分设 g(x) 1 x3 x 1.因为 g (x) x2 1 (x 1)(x 1),所以当g (x) 0时，x 1或x 1 , 当 g (x) 0 时，1x1.分2所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增.131所以 gmin(x) g(1) - 0.3所以当 x (0,2)时，f (x)|1 a|.14x.(东城 20)已知 f (x)

12、e sin x ax(a R).(I)当a 2时，求证：f (x)在(，0)上单调递减；(n)若对任意x 0, f (x) 1恒成立，求实数 a的取值范围;(出)若f(x)有最小值，请直接给出实数 a的取值范围.答案(I)解：f (x) ex cosx a当 x 0 时， ex 1,cos x 1 ，所以 f (x) ex cosx 2 0 .所以f (x)在 ,0上单调递减. 4分解： 当 x 0 时， f (x) 1 1 ，对于 a R ，命题成立，当 x 0 时，设 g (x) ex cosx a ，则 g (x) ex sin x .因为 ex 1, sin x 1 ， TOC o 1

13、-5 h z 所以 g (x)ex sin x 1 1=0 ， g(x) 在 0, 上单调递增.又 g(0) 2 a,所以g(x)2 a .所以f(x)在0, 上单调递增，且f(x) 2 a.当 a2 时，f (x)0，所以f(x) 在 0,上单调递增.因为f (0)1 ，所以f (x)1 恒成立.当 a2 时，f (0)2a 0 ，因为 f (x) 在 0,) 上单调递增，又当 x ln(2 a) 时， f (x) a 2 cosx a 2 cosx 0 ，所以存在 x0 (0,) ， 对于 x (0, x0) ， f (x) 0恒成立.所以 f(x) 在0,x0 上单调递减，所以当 x (

14、0, x0) 时，f(x) f(0) 1 ，不合题意.综上，当a 2时，对于x 0, f(x) 1恒成立. 13分.(海淀 20)已知函数 f (x) ex (sin x cosx).(I)求f(x)的单调递增区间;(n)求证：曲线 y f (x)在区间(0,_)上有且只有一条斜率为 2的切线.2答案 TOC o 1-5 h z xx解：(I) f (x) e (sinx cosx)+e (cosx sinx)2ex cosx.令 f (x) 0,得 2k x 2k (k Z). 22所以f(x)的单调递增区间为(2k-,2k) (k Z).22(n)证明：要证曲线 y f(x)在区间(0,)

15、上有且只有一条斜率为 2的切线,2即证方程f(x) 2在区间(0,)上有且只有一个解.2令 f (x) 2ex cosx 2 ,得 ex cosx 1.设 g(x) ex cosx 1 ,贝U g (x) ex cosx exsinx . 2exsin(x -).4当 x (0,)时，令 g(x) 0,得 x -. TOC o 1-5 h z 24当x变化时，g(x), g(x)的变化情况如下表:x(0,4)4(一，一) 4 2g (x)0g(x)Z极大值 TOC o 1-5 h z 所以g(x)在(0,)上单调增，在(,)上单调减.44 2因为 g(0) 0,所以当 x (0, 时，g(x)

16、 0; 4又g(一)1 0,所以当x (一,)时，g(x)有且只有一个零点24 2所以当x (0,-)时，g(x) excosx 1有且只有一个零点. 2即方程f (x) 2, x (0,-)有且只有一个解.2所以曲线y f(x)在区间(0,)上有且只有一条斜率为2的切线.26.(西城19)设函数 f(x) axlnx，其中a R.曲线y f(x)在点(1, f ( 1)处的切线经过点(3, 2).6.(西城19)设函数 f(x) axlnx，其中a R.曲线y f(x)在点(1, f ( 1)处的切线经过点(3, 2).(i)求a的值；(n )求函数 f (x)的极值；一 x 2(出)证明：

17、f (x)- e e答案解：(I)由 f (x) axlnx,得 f (x) aln x a,则 f(1) 0, f (1) a. TOC o 1-5 h z 所以曲线y f(x)在点(1,f (1)处的切线为y a(x 1). 4分将点(3,2)代入切线方程，得 a 1. 5分(n)由题意，得 f (x) xln x , f (x) In x 1.人，、C L1、令 f (x) 0 ,得 x - . 7 分e随着x变化，f (x)与f(x)的变化情况如下表所示：x1 (0,-) e1 e(1,+ ) ef (x)0f(x)极小值 TOC o 1-5 h z 11所以函数f(x)在(0,-)上

18、单倜递减，在(一,+ )上单调递增. 9分ee11所以函数f(x)存在极小值，且极小值为f(-)-；函数f(x)不存在极大值.ee10分x2,x2(出)“ f(x) 1r 2” 等价于 “ xlnx $20”. 11 分eeee,11 一由(n),得f(x) xlnx-(当且仅当x 时等号成立). eex 2 1 x所以 xlnx _.e e e ex故只要证明- 二0即可(需验证等号不同时成立) 12分e e设 g(x) 1 壬，x (0,+ )，则 g(x) 13 分e ee因为当 x (0,1)时，g (x) J1 0；当 x (1,)时，g(x) J1 0,ee所以函数g(x)在(0,

19、1)上单调递减，在(1,+ )上单调递增.所以g(x) g(1) 0 (当且仅当x 1时等号成立).因为两个不等式中的等号不同时成立,x 2所以当 X (0,)时，f(x) F -. e e15分一cosx v7.(房山20)已知函数 f (x) e .1 sin x(I)求函数f(x)的定义域;(n)求曲线f(x)在点(0, f (0)处的切线方程;(出),兀 兀求证：当x (-,-)时, 2 2f(x)2.答案(I)由 sinx 1,得 x - 2kk Z)所以f (x)的定义域为x|x-2k 22 21V法一：f (x) e1 sin x1 n当 x 0时，f (0) e0 0;1 si

20、n0.当 x (1,0)时，sinx ( 1,0), 1 sinx (0,1), -： (1,1 sin x),11sin x1),ex (e，)，所以当 x ( ,0)时，f (x) 0, f(x)单调递减,2(0,5)时，sin x1111(0，1)，1 sinx(1,2)e 号1)(1,2)，ex (1万)，所以当x(0,)时，f (x) 0, f(x)单调递增, 2f(x)的极小值为f (0) 2一,兀 兀.所以，当 x (一,)时，f (x) 22 28.(朝阳 20)已知函数 f(x) 2sinx xcosx ax (aR)(i)若曲线y f(x)在点(0, f(0)处的切线白斜率

21、为1.(i )求a的值；(ii)证明：函数 f (x)在区间(0,力内有唯一极值点；(n)当a 1时，证明：对任意x (0, f(x) 0 .答案解：(I) (i)因为 f (x) 2sin x xcosx ax,所以 f (x) 2cosx (cosx xsinx) a cosx xsinx a.因为曲线y f(x)在点(0, f(0)处的切线的斜率为1,所以 f (0) 1,即 1 a 1,故 a 0 .经检验，符合题意. 4分(ii )由(i )可知 f (x) 2sin x xcosx , f (x)cosx xsin x .设 g(x) f (x),则 g (x) xcosx .一一

22、一任令 g(x) 0 ,又 x (0,力，得 x 2当 x (0, 2b 时，g (x) 0；当 x (j, 时，g (x) 0,所以g(x)在(0, 1)内单调递增，在(:,力内单调递减.又g(0) 1, g(-)g(n)1,22因此，当x (0,-时，g(x) g(0) 0,即f (x) 0,此时f(x)在区间(0,-上无极值点; 22当x (一，用时，g(x) 0有唯一解x0,即f (x) 0有唯一解x0, 2 n -，、= ， 、 -，、 且易知当x (2,凡)时，f (x) 0,当x (x0,力时，f (x) 0,故此时f (x)在区间(:,力内有唯一极大值点x0.综上可知，函数 f

23、(x)在区间(0, 内有唯一极值点. 10分(n ) 因为 f (x) cosx xsin x a ,设 h(x) f (x),贝U h (x) xcosx .令 h(x) 0,又 x (0,力，得 x 二且当 x (0,-)时，h(x) 0；当 x (-，时，h(x) 0, 222所以f (x)在(0,)内单调递增，在(二自内单调递减. 22当 a 1时，f(0)1a0,f(万) a 0, f ()1a.(1)当 f ( )1a0,即a1 时，f (x) 0.此时函数f(x)在(0,4内单调递增，f (x) f(0) 0 ；(2)当 f ( )1a0,即1a 1时，因为 f (0)1a0,f

24、() a 0,22所以，在(0,2)内f (x) 0恒成立，而在区间(;用内f (x)有且只有一个零点，记为x1 ,22则函数f (x)在(0,X)内单调递增，在(X,时内单调递减.又因为f(0) 0, f( ) (1 a) 0,所以此时f (x) 0 .由(1) (2)可知，当a 1时，对任意x (0,另，总有f(x) 0 . 15分9.(顺义19)(本小题14分)已知函数 f(x) ex ax2, a R .(I)当a 1时，求曲线y f(x)在点A(0, f (0)处的切线方程;(II )若 f (x)在(0,)内单调递增，求实数 a的取值范围;(III )当a 1时，试写出方程f(x) 1根的个数.(只需写出结论)解： a 1 时，f (x) ex x2 . f (x) ex 2x TOC o 1-5 h