1、北京市部分区2017届高三上学期考试数学文试题分类汇编导数及其应用1、（昌平区2017届高三上学期期末）已知函数.(I) 若，求曲线在点处的切线方程；(II)求函数的最大值，并求使成立的取值范围.2、（朝阳区2017届高三上学期期末） 设函数.（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）若函数有两个零点，试求的取值范围;(III)设函数当时，证明.3、（朝阳区2017届高三上学期期中）已知函数，.（）若曲线在点处切线斜率为，求函数的最小值；（）若函数在区间上无极值，求的取值范围.4、（东城区2017届高三上学期期末）设函数，.（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）求函数在上的最小值；（）若，求证：是
2、函数在时单调递增的充分不必要条件.5、（丰台区2017届高三上学期期末） 已知函数()求曲线在点处的切线方程；()若函数在区间上仅有一个极值点，求实数的取值范围；()若，且方程在区间上有两个不相等的实数根，求实数的最小值6、（海淀区2017届高三上学期期末）已知函数（）求曲线在函数零点处的切线方程；（）求函数的单调区间；（）若关于的方程恰有两个不同的实根，且，求证：7、（海淀区2017届高三上学期期中）已知函数，.（）若曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，求的值；（）若存在实数使不等式的解集为，求实数的取值范围；（）若方程有三个不同的解，且它们可以构成等差数列，写出实数的值. (只需写出结果
3、)8、（石景山区2017届高三上学期期末）已知函数（）若在点处的切线方程为，求的值；（）求的单调区间；（）当时，设在处取到极值，记，判断直线、与函数的图象各有几个交点（只需写出结论）9、（通州区2017届高三上学期期末）已知函数，（）求函数的极值；（）若对任意的，都有，求实数a的取值范围；（）函数的图象是否为中心对称图形，如果是，请写出对称中心； 如果不是，请说明理由10、（西城区2017届高三上学期期末）对于函数，若存在实数满足，则称为函数的一个不动点已知函数，其中（）当时，（）求的极值点；（）若存在既是的极值点，又是的不动点，求的值；（）若有两个相异的极值点，试问：是否存在，使得， 均为的
4、不动点？证明你的结论11、（北京市第四中学2017届高三上学期期中）已知：函数的导函数的两个零点为和0（）求的单调区间；（）若的极小值为，求的极大值12、（朝阳区2017届高三上学期期中）已知函数.（I）若，求函数的单调区间；（）若，且在区间上恒成立，求的取值范围；（III）若，判断函数的零点的个数.参考答案1、解：(I)若，则. 所以. 所以,. 所以曲线在点处的切线方程为. 5分(II) 因为， 当时, ;时，.所以在上单调递增；在上单调递减.所以的最大值.，即. 设.因为，所以在上单调递减.又因为所以当时，.所以取值范围为. 13分2、解：（）当时，函数， 因为，所以.又则所求的切线方程
5、为.化简得：.3分 （）因为当时，函数只有一个零点；当，函数当时，；函数当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.又，因为，所以，所以，所以取，显然且所以，.由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点.当时，由，得，或.若，则.故当时，所以函数在在单调递增，所以函数在至多有一个零点.又当时，所以函数在上没有零点.所以函数不存在两个零点.若，则.当时，所以函数在上单调递增，所以函数在至多有一个零点.当时，；当时，；所以函数在上单增，上单调递减，所以函数在上的最大值为，所以函数在上没有零点.所以不存在两个零点.综上，的取值范围是 9分 （III）证明:当时，.设，其定义域为，则证明即可.因为，
6、所以，.又因为，所以函数在上单调递增.所以有唯一的实根，且.当时，；当时，.所以函数的最小值为.所以.所以. 14分 3、解：（）因为，所以.依题意，,解得.所以，.当时，函数为增函数；当时，函数为减函数；所以函数的最小值是. 6分 （）因为，所以.（1） 若，则.此时在上单调递减，满足条件.（2） 若，令得.()若，即，则在上恒成立.此时在上单调递减，满足条件.()若，即时，由得； 由得. 此时在上为增函数，在上为减，不满足条件. ()若即.则在上恒成立. 此时在上单调递减，满足条件. 综上，. 13分4、解：（）由得. 当时， 求得切线方程为 4分（）令得. 当，即时，时恒成立，单调递增，
7、此时.当，即时，时恒成立，单调递减，此时.当，即时，时，单减；时，单增，此时. 9分（）. 当时，时，恒成立， 函数在时单调递增，充分条件成立； 又当时，代入. 设，则恒成立 当时，单调递增. 又，当时，恒成立.而， 当时，恒成立，函数单调递增. 必要条件不成立 综上，是函数在时单调递增的充分不必要条件. 14分5、解：（）因为,所以，因为， 所以曲线在点，处的切线方程为. 4分 （）因为，所以， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增，没有极值点，不符合题意；5分 当时，令得，当变化时，与的变化情况如下表所示：7分因为函数在区间，仅有一个极值点， 所以所以. 9分() 令，方程在上恰有两个实数根
8、等价于函数在上恰有两个零点.， 因为，令，得， 10分 所以所以 ，所以 12分因为，所以恒成立.所以，所以实数的最小值为2. 14分恒成立，证明如下：令，所以，令，当时，所以在上单调递增，所以.6、解：（）令，得.所以，函数零点为.由得，所以，所以曲线在函数零点处的切线方程为，即. （）由函数得定义域为.令，得. 所以，在区间上，；在区间上，.故函数的单调递增区间是，单调递减区间是.（）由（）可知在上，在上.由（）结论可知，函数在处取得极大值，所以，方程有两个不同的实根时，必有，且，法1：所以，由在上单调递减可知，所以.法2：由可得，两个方程同解.设，则，当时，由得，所以在区间上的情况如下：
9、0极小所以，,所以. 7、8、解：（）由题意, 1分因为在点处切线方程为，所以，解得，经检验时满足条件 3分（）由（I）令，则或,4分 当时，令，解得或;令，解得所以函数的单调增区间为和，单调减区间为 6分 当时，此时，恒成立，且仅在处，故函数的单调增区间为7分 当时，同理可得函数的单调增区间为和，单调减区间为9分（）直线与的图象的交点个数是个；10分直线与的图象的交点个数是个；11分直线与的图象的交点个数是个13分9、解：（），.1分由，可得2分00增极大值减极小值增所以，当时，有极大值0，当时，有极小值.5分（）令，则，法一：，由，可得 当，即时，在上恒成立，所以，此时为最小值，所以恒成立
10、，即7分当，即时，00减增所以，当时，取得最小值，若要满足，则由，得，所以.10分由可得的取值范围是.11分法二：由，得，令，由，得，当时，当时，所以，当时，在上取得最小值，即因为，所以（）函数的图象是中心对称图形，其对称中心是.13分10、解：（）的定义域为，且1分当时，（） 当时，显然在上单调递增，无极值点2分 当时，令，解得3分和的变化情况如下表：所以，是的极大值点；是的极小值点5分（）若是的极值点，则有；若是的不动点，则有从上述两式中消去，整理得6分设所以，在上单调递增又，所以函数有且仅有一个零点，即方程的根为，所以 8分（）因为有两个相异的极值点，所以方程有两个不等实根， 所以，即9
11、分假设存在实数，使得，均为的不动点，则，是方程的两个实根，显然，对于实根，有又因为，得 同理可得所以，方程也有两个不等实根，11分所以对于方程，有 ， 所以， 即，这与相矛盾！所以，不存在，使得，均为的不动点13分11、解：（），定义域：令，则和，由，则000极大值极小值则的单调增区间是，单调减区间是， 7分（）由（）知，和0是的根，则，解得，所以，又由（）知， 13分12、解：（）若，则，由得，；由得，.所以函数的单调增区间为；单调减区间为. 3分 （）依题意，在区间上.令得，或.若，则由得，；由得，.所以，满足条件； 若，则由得，或；由得，.，依题意 ，即，所以.若，则.所以在区间上单调递增，不满足条件； 综上，. 9分 （III）,.所以.设，.令 得 .当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.所以的最小值为.因为，所以.所以的最小值.从而，在区间上单调递增.又，设.则.令得.由，得；由，得.所以在上单调递减，在上单调递增.所以.所以恒成立.所以，.所以.又，所以当时，函数恰有1个零点. 14分