1、 1 / 31 2020 北京各区一模数学试题分类汇编北京各区一模数学试题分类汇编-函数与导数函数与导数 （2020 海淀一模）海淀一模）已知函数 f(x)=|x-m|与函数 g(x)的图象关于 y 轴对称.若 g(x)在区间(1，2)内单调递减，则 m 的取值范围为（ ） A. -1，+) B. (-，-1 C. -2，+) D. (-，-2 【答案】D 【解析】函数( )f xxm与函数( )g x的图象关于y轴对称, ( )= ()g xfxx m-=+， ( )g x在区间(12)，内单调递减， 则22mm-砛?， 故选：D （2020 西城一模）西城一模）设函数 2 1010 0 x
2、xx f x lgxx ， ， 若关于x的方程 f xa aR有四个实数解 1234 i x i ， ， ，其中 1234 xxxx，则 1234 xxxx的取值范围是（ ） A. 0101， B. 099， C. 0100， D. 0 ， 2 / 31 【答案】B 【解析】 2 1010 lg0 xxx f x xx ， ， ，画出函数图像，如图所示： 根据图像知： 12 10xx ， 34 lglgxx ，故 3 4 1x x ，且 3 1 1 10 x. 故 12343 3 0 1 10,99xxxxx x . 故选：B. （2020 西城一模）西城一模）下列函数中，值域为 R且为奇函数
3、的是（ ） 3 / 31 A. 2yx B. ysinx C. 3 yxx D. 2xy 【答案】C 【解析】A. 2yx，值域为R，非奇非偶函数，排除； B. ysinx，值域为1,1，奇函数，排除； C. 3 yxx，值域为R，奇函数，满足； D. 2xy ，值域为0,，非奇非偶函数，排除； 故选：C. （2020 东城一模）东城一模）设函数 1 20f xxx x ，则 f x（ ） A. 有最大值 B. 有最小值 C. 是增函数 D. 是减函数 【答案】A 【解析】0xQ， 11 2224f xxx xx ，当且仅当 1 x x ，即 1x时取等号， f x有最大值，又由对勾函数的图象
4、可知 f x在,0上不具 单调性. 故选：A. （2020 丰台一模）丰台一模）已知函数 e1,0, ,0. x x f x kx x 若存在非零实数 0 x，使得 00 fxf x成立，则实 数 k的取值范围是（ ） A. , 1 B. , 1 C. ( ) 1,0- D. 1,0 4 / 31 【答案】A 【解析】不妨设 0 0x 当0k 时， 0 0 =e10 x f x ， 00 0fxkx，不存在非零实数 0 x，使得 00 fxf x成立， 则0k 不满足题意 当k0时，若存在非零实数 0 x，使得 00 fxf x成立，则方程 0 0 e1 x kx 有非零的正根，即函数 e1,
5、0 x yx与,0ykx x有交点 先考虑函数e1,0 x yx与直线ykx 相切的情形 设切点为 11 ( ,)x y，则 1 1 11 1 e1 x x ke ykx y ，整理得 1 1 1 e10 x x 令( )1 e1,0 x g xxx，则( )0exg xx，即函数( )g x在0,上单调递增 则( )(0)0g xg，所以方程 1 1 1 e10 x x 的根只有一个，且 1 0x ，即1k 则函数e1,0 x yx与直线ykx 相切时，切点为原点 所以要使得函数e1,0 x yx与,0ykx x有交点，则1k ，即1k 所以实数 k 的取值范围是, 1 故选：A （2020
6、 丰台一模）丰台一模）已知 1 3 2a ， 1 2 3b ， 3 1 log 2 c ，则（ ） A. abc B. acb C. bac D. bca 【答案】C 5 / 31 【解析】 66 1 2 1 3 42372 ，0ab 33 1 loglog0 2 1c bac 故选：C （2020 朝阳区一模）朝阳区一模）下列函数中，既是偶函数又在区间(0,)上单调递增的是（ ） A. 3 yx B. 2 1yx C. 2 logyx D. | | 2 x y 【答案】D 【解析】函数 3 yx是奇函数，不符合； 函数 2 1yx 是偶函数，但是在(0, )上单调递减，不符合； 函数 2 l
7、ogyx不是偶函数，不符合； 函数 | | 2 x y 既是偶函数又在区间(0, )上单调递增，符合. 故选：D （2020 朝阳区一模）朝阳区一模）已知函数 2 22 ,1, ( ) 2ln ,1. xaxax f x xaxx 若关于x的不等式( ) 2 a f x 在R上恒成立， 则实数a的取值范围为（ ） A. (,2e B. 3 0, 2 C. 0,2 D. 0,2e 【答案】C 【解析】 （1）当1x时，由( ) 2 a f x 得 2 3 (2) 2 xax， 6 / 31 当 3 1 4 x时， 2 3 2 2 x a x 2 3 2() 4 x x 恒成立， 因为 22 2
8、333933 ()()() 4241644 333 2()2()2() 444 xxx x xxx 9 133 16 () 3 244 2() 4 x x 令 3 4 tx，则 1 0 4 t ，令 193 () 2164 yt t ，则 2 19 (1) 216 y t 0， 所以 193 () 2164 yt t 在 1 (0, 4 上递减，所以 1 1938 ()2 1 2 444 16 4 y ， 即 9 133 16 () 3 244 2() 4 x x 的最小值为 2， 所以此时2a， 当 3 4 x 时， 2 3 2 2 x a x 9 133 16 () 3 244 2() 4
9、 x x 1393 () 3 244 16() 4 x x 恒成立， 因为 1393 () 3 244 16() 4 x x 1393 2 () 3 244 16() 4 x x 0，当且仅当0x时取等， 所以0a， （2）当1x 时，由( ) 2 a f x 得 2 1 ln 2 x a x 恒成立， 令 2 1 ln 2 x y x (1)x ，则 2 2ln1 1 (ln) 2 x y x ， 7 / 31 由0y 得 1 2 xe ，由0y得 1 2 1xe ， 所以函数 2 1 ln 2 x y x 1 2 (1,)e 上递减，在 1 2 (,)e 上递增， 所以x e 时， min
10、 2 2 11 22 e ye ，所以 2ae ， 综上所述：02a. 故选：C （2020 石景山一模）石景山一模）下列函数中，既是奇函数又在区间0,上单调递减的是（ ） A. 2 2yx B. 2 x y C. lnyx D. 1 y x 【答案】D 【解析】 由基本函数的性质得： 2 2yx 为偶函数，2 x y 为非奇非偶函数， lnyx 为非奇非偶函数， 1 y x 为奇函数，且在区间0,上单调递减. 故选：D （2020 石景山一模）石景山一模）设 f x是定义在R上的函数，若存在两个不等实数 12 ,x xR，使得 12 12 22 f xf xxx f ，则称函数 f x具有性
11、质P，那么下列函数： 1 ,0 0,0 x f xx x ； 2 f xx； 8 / 31 2 1f xx ； 具有性质P的函数的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】对于：取 12 1,1xx ，则 12 ( )1,()1f xf x 此时， 12 (0)0 2 xx ff ， 12 1 ( 1) 0 22 f xf x . 所以 12 12 22 f xf xxx f 故函数具有性质P. 对于：假设存在两个不等实数 12 ,x xR，使得 12 12 22 f xf xxx f ， 则 2 22 12121122 2 224 xxxxxxxx f . 2
12、2 12 12 22 f xf xxx . 所以 22 1122 2 4 xxxx 22 12 2 xx ，化简得： 222 121212 2() 00 44 xxx xxx 即： 12 xx. 与“存在两个不等实数 12 ,x xR，使得 12 12 22 f xf xxx f ” 矛盾. 9 / 31 故函数不具有性质P. 对于：取 12 2,2xx，则 12 ( )1, ()1f xf x 此时， 12 (0)1 2 xx ff ， 12 1 1 1 22 f xf x 所以 12 12 22 f xf xxx f 故函数具有性质P. 故选：C. （2020 怀柔一模）怀柔一模）若函数(
13、 )(cos) x f xexa在区间(,) 2 2 上单调递减，则实数a的取值范围是 _. 【答案】 2,). 【解析】由题可知： 函数( )(cos) x f xexa在区间(,) 2 2 上单调递减 等价于 ( ) 0fx 在(,) 2 2 恒成立 即 ( ) cossin0 x fxexxa在(,) 2 2 恒成立 则cossin2cos 4 axxx在(,) 2 2 恒成立 所以 max 2cos 4 ax ， 10 / 31 由(,) 2 2 x ，所以 3 , 444 x 故 2 cos,1 42 x，则 2cos1,2 4 x 所以 2a ，即2, a 故答案为：2, （202
14、0 怀柔一模）怀柔一模）函数 f(x)=|log2x|的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】易知函数值恒大于等于零，同时在（0，1）上单调递减且此时的图像是对数函数的图像 关于 x 轴的对称图形，在单调递增故选 A （2020 密云一模）密云一模） 已知函数 21,0 ( ) (2),0 x x f x f xx ， 若关于 x的方程 3 ( ) 2 f xxa有且只有两个不相 等的实数根，则实数 a的取值范围是_. 11 / 31 【答案】( ,3) 【解析】函数 ( )f x的图象如图所示： 因为方程 3 ( ) 2 f xxa有且只有两个不相等的实数根， 所以( )
15、yf x图象与直线 3 2 yxa有且只有两个交点即可， 当过(0,3)点时两个函数有一个交点，即3a 时， 3 2 yxa与函数( )f x有一个交点， 由图象可知，直线向下平移后有两个交点， 可得3a， 故答案为：( ,3) （2020 顺义区顺义区一模）一模）11.若函数 2 ,0 1,0 x ex f x xx ，则函数 1yf x的零点是_. 【答案】0 或 2 【解析】要求函数 1yf x的零点, 则令 10yf x ,即 ( ) 1fx =, 12 / 31 又因为： 2 ,0 1,0 x ex f x xx , 当0x时, x f xe, 1 x e ,解得0x. 当0x时,
16、2 1f xx, 2 11x ,解得 2x （负值舍去）,所以2x . 综上所以,函数 1yf x的零点是 0或 2. 故答案为：0或 2 （2020 顺义区顺义区一模）一模） 当0,1x时,若函数 2 1fxmx的图象与 2 m g xx的图象有且只有一个 交点,则正实数m的取值范围是（ ） A. 2,+ B. 5 0,2,+ 2 C. 5 , 2 D. 20,1,+ 【答案】B 【解析】当0,1x时,又因为m为正实数, 函数 2 1fxmx的图象二次函数, 在区间 1 0, m 为减函数,在区间 1 ，1)为增函数; 函数 22 mm g xxx,是斜率为1的一次函数. 13 / 31 最
17、小值为 ( )min 2 m g x=,最大值为 ( )max 1 2 m g x= +; 当 1 1 m 时,即01m时, 函数 2 1fxmx在区间 0,1 为减函数, 2 m g xx在区间 0,1 为增函数, f x的图象与 g x的图象有且只有一个交点, 则 maxmin f xg x, maxmin 00fg即 2 0 1 2 m m ,解得2m, 所以01m 当 1 01 m 时,即1m 时, 函数 2 1fxmx在区间 1 0, m 为减函数,在区间 1 ，1)为增函数, 2 m g xx在区间 0,1 为增函数, f x的图象与 g x的图象有且只有一个交点, 则 maxmi
18、n f xg x maxmin 00fg即 2 1fxmx的图象与 2 m g xx的图象有且只有一个交点 14 / 31 1 00 11 m fg fg , 2 2 0 10 2 1 11 2 m m m m 解得12m或 5 2 m 综上所述：正实数m的取值范围为 5 0,2,+ 2 . 故选:B （2020 顺义区顺义区一模）一模）若 3 log 0.2a ， 0.2 2b ， 2 0.2c ，则（ ） A. acb B. abc C. cab D. bca 【答案】A 【解析】 33 log 0.2log 10a , 0.20 221b , 20 00.20.21c , 所以01acb
19、， f x在区间( ) 1,+?上单调递增， 此时无极值. 若0a ，令 g xfx ， 则 2 1a gx xx . 因为当1,x时， ( ) 0gx ，所以 g x在( ) 1,+?上单调递增. 因为 10ga， 而eee10 aaa gaaa ， 所以存在 0 1,e a x ，使得 0 0g x. ( ) fx 和 f x的情况如下： x 0 1,x 0 x 0,e a x ( ) fx 0 f x 极小值 因此，当 0 xx时， f x有极小值 0 f x. 综上，a的取值范围是(,0). 21 / 31 （2020 朝阳区一模）朝阳区一模）已知函数 1 1 x x fxe x .
20、（1）求曲线( )yf x在点(0,(0)f处的切线方程； （2）判断函数 ( )f x的零点的个数，并说明理由； （3）设 0 x是( )f x的一个零点，证明曲线 x ye在点 0 0 (,) x x e处的切线也是曲线lnyx的切线. 【解析】 （1）因为 1 1 x x fxe x ， 所以 0 01 0 1 0)2(ef ， 2 (1) 2 ex x fx ， 0 2 (01) 2 03e( )f . 所以曲线( )yf x在点(0,(0)f处的切线的方程为320xy. （2）函数 ( )f x有且仅有两个零点.理由如下： ( )f x的定义域为 |,1x xR x. 因为 2 2
21、( )e0 (1) x f x x ， 所以 ( )f x在(,1) 和(1,)上均单调递增. 因为(0)20f， 2 1 ( 2) 3 e0f ， 所以 ( )f x在(,1) 上有唯一零点 1 x. 因为 2 e(2)30f ， 5 4 5 ( )e90 4 f， 所以 ( )f x在(1,)上有唯一零点 2 x. 综上， ( )f x有且仅有两个零点. （3）曲线 x ye在点 0 0 (,) x x e处的切线方程为 00 0 () xx yeexx，即 000 0 eee xxx yxx. 22 / 31 设曲线lnyx在点 33 (,)x y处的切线斜率为 0 ex， 则 0 3
22、1 ex x ， 0 3 1 ex x ， 30 yx ，即切点为 0 0 1 (,) ex x. 所以曲线lnyx在点 0 0 1 (,) ex x处的切线方程为 0 0 0 1 e () e x x yxx，即 0 0 e1 x yxx. 因为 0 x是( )f x的一个零点，所以 0 0 0 1 1 x x e x . 所以 000 0 0 0000 1 1 eee (1)(1)1 xxx x x xxxx . 所以这两条切线重合 所以结论成立. （2020 石景山一模）石景山一模）已知函数 2 f xx(0x)， lng xax(0a). （1）若 f xg x恒成立，求实数a的取值范
23、围； （2）当1a 时，过 f x上一点1,1作 g x的切线，判断：可以作出多少条切线，并说明理由. 【解析】 （1）令 2 lnh xf xg xxax(0x) 所以 22 2 2 axa x x h x x 令 22 2 0x x x h a ，解得 2 a x . 当x变化时， h x ， h x的变化情况如下表： 23 / 31 x 0, 2 a 2 a , 2 a h x - 0 + h x 减 极小值 增 所以在0,的最小值为lnln 222222 aaaaaa ha 令0 2 a h ，解得02ea. 所以当02ea时， 0h x 恒成立，即 f xg x恒成立. （2）可作出
24、 2 条切线. 理由如下：当1a 时， lng xx. 设过点1,1的直线l与 lng xx相切于点 00 ,P x y， 则 0 0 0 1 1 y gx x 即 0 00 ln11 1 x xx 整理得 000 ln210xxx 令 ln21xxmxx，则 m x在0,上的零点个数与切点P的个数一一对应. ln1m xx ，令 ln10xm x 解得xe. 24 / 31 当x变化时， m x ， m x的变化情况如下表： x 0,e e , e m x - 0 + m x 减 极小值 增 所以 m x在0,e上单调递减，在, e 上单调递增. 且 22222 11124 ln110m e
25、eeee ln2110m eeeee 2222 ln2110m eeee 所以 m x在 2 1 ,e e 和 2 , e e 上各有一个零点，即ln210xxx 有两个不同的解. 所以过点1,1可作出lnyx2条切线. （2020 怀柔一模）怀柔一模）已知函数( )ln , ( ) x f xx g xe. （1）求( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程； （2）当0x时，证明：( )( )f xxg x； （3）判断曲线 ( )f x与( )g x是否存在公切线，若存在，说明有几条，若不存在，说明理由. 25 / 31 【解析】 （1） ( )lnf xx 的定义域(0,) 1 (
26、)(1)1fxkf x 由 又(1)0f 所以 yf x在点(1,(1)f处的切线方程为：1yx. （2）设( )( )ln(0)h xf xxxx x， 11 ( )101 x h xx xx 由， ( ), ( )h x h xx随 变化如下: x (0,1) 1 (1,) )(h x 0 ( )h x 极大值 max ( )(1)ln1 110h xh ( )f xx 设( )( ), x s xxg xxe则( )1 e0 x s x 在 (0,)x上恒成立 (0,( )xs x在上单调递减 ( )(0)10( ) s xsxg x 综上 f xxg x （3）曲线 ( )f x与(
27、)g x存在公切线，且有 2 条，理由如下： 26 / 31 由（2）知曲线 ( )f x与( )g x无公共点， 设 12 , l l分别切曲线( )f x与( )g x于 2 112 ( ,ln),(,) x xxx e，则 22 1122 1 1 :ln1;:(1) xx lyxxlyexex x ， 若 12 ll，即曲线( )f x与( )g x有公切线，则 2 2 2 122 12 1 (1)10 ln1(1) x x x e xexx xex 令( )(1)1 x h xexx， 则曲线 ( )f x与( )g x有公切线，当且仅当( )h x有零点， ( )1 x h xxe
28、， 当0x时， ( ) 0h x ， ( )h x在,0 单调递增， 当0x时， ( ) 10 x h xxe， ( ) h x在0,单调递减 (0)10, (1)10hhe 又， 所以存在 0 (0,1)x ，使得 0 00 ()10 x h xx e 且当 0 (0,)xx时，( )0, ( )h xh x单调递增， 当 0 (,)xx时，( )0, ( )h xh x单调递减 0 max00000 0 1 ( )()(1)1(1)10 x h xh xexxxx x ， 27 / 31 又 22 ( 2)310, (2)30 hehe 所以( )h x在 00 ( 2,),(,2)xx内
29、各存在有一个零点 故曲线 ( )f x与( )g x存在 2 条公切线. （2020 密云一模）密云一模）已知函数 1 x f xeax，aR. （1）求曲线 yf x在点 0,0Mf处的切线方程； （2）求函数 f x的单调区间； （3）判断函数 f x的零点个数. 【解析】 （1）( )(1) x f xe axQ， ( )(1)(1) xxx f xe axaee axa ， 设曲线( )yf x在点 (0M ， (0)f 处的切线的斜率为k， 则 0 (0)(1)(1)1 xx kfe axaee aa， 又(0)1f， 曲线( )yf x 在点 (0M ， (0)f 处的切线方程为：
30、 1(1)yax ，即( 1)10axy ； （2）由（1）知，( )(1) x f xe axa， 故当0a时，( )0 x f xe，所以 ( )f x在R上单调递增； 当0a时， 1 (,) a x a ，( )0fx； 1 ( a x a ，)，( )0fx； 28 / 31 ( )f x的递减区间为 1 (,) a a ，递增区间为 1 ( a a ，)； 当0a 时，同理可得 ( )f x的递增区间为 1 (,) a a ，递减区间为 1 ( a a ，)； 综上所述，0a时， ( )f x单调递增为(,) ，无递减区间； 当0a时， ( )f x的递减区间为 1 (,) a a
31、，递增区间为 1 ( a a ，)； 当0a 时， ( )f x的递增区间为 1 (,) a a ，递减区间为 1 ( a a ，)； （3）当0a时，( )0 x f xe恒成立，所以 ( )f x无零点； 当0a时，由( )(1)0 x f xe ax，得： 1 x a ，只有一个零点 （2020 顺义区顺义区一模）一模）已知函数 2 ( )2 lnf xxax,其中aR （1）当2a时,求曲线 yf x在点 1,1Af处的切线方程； （2）若函数 f x存在最小值Q,求证:1Q . 【解析】 （1）2a时, 22 ( )4ln,(1)1f xxxf 4 ( )2fxx x 切线斜率(1)
32、242k f 曲线 yf x在点(1,(1)Af处的切线方程为： 12(1)yx 即：230xy （2） 2 2 2 ( )2(0) xa a fxxx xx 29 / 31 当0a 时,( )0fx 恒成立 f x在(0, )单调递增, f x无最小值 当0a时,由( )0fx 得x a 或x a （舍） 0,xa时,( )0fx, f x在 0, a单调递减 ,xa时,( )0fx, f x在 ,a 单调递增 所以 f x存在最小值,lnQfaaaa 下面证明1Q . 设函数( )ln (0),( )1 (ln1)lng aaaa ag aaa 由( )0g a 得1a ,易知( )g a
33、在(0,1)单调递增,在(1,)单调递减 所以( )g a的最大值为(1)1g 所以( )1g a 恒成立,1Q 得证. （2020 延庆一模）延庆一模）已知函数 2 2 21, 1 axa f x x 其中0a （1）当1a 时，求曲线 yf x在原点处的切线方程； （2）若函数 f x在0,上存在最大值和最小值，求 a的取值范围. 【解析】 （1） 2 22 2(1) 1( ) (1) x afx x 当时，. 所以切线的斜率(0)2kf ；又 (0)0f 30 / 31 所以曲线( )yf x在原点处的切线方程为：2yx. （2） 22 22 2 (1)(21)2 ( ) (1) a x
34、axax fx x 2 2222 222221 () (1)(1) axa xaaxxa xx 当0a时，( )0fx 解得 12 1 ,xa x a 则0,)x时( )( )f xfx 、 随x的变化情况如下表： x 0 1 0, a 1 a 1 a ， ( )fx 0 ( )f x 2 1a 递增 1 ( )f a 递减 所以 ( )f x在 1 0, a 上单调递增，在 1 , a 上单调递减， 所以 ( )f x的最大值为 2 1 ( )fa a ， 若 f x存在最小值，则0x，时， 2 ( )(0)1f xfa恒成立，即 2 2 2 21 1 1 axa a x ， 所以 22 2
35、1axax 即 2 11 2 a ax 在 (0,)x恒成立， 31 / 31 所以 2 1 0 2 a a .又因为 0a，所以 2 10a ，则01a . 当0a 时，( )0fx 解得 12 1 ,xa x a 则0,)x时( )( )f xfx 、 随x的变化情况如下表： x 0 0, a a a， ( )fx 0 ( )f x 2 1a 递减 1 递增 所以 ( )f x在 0, a上单调递减，在 , a上单调递增， 所以 ( )f x的最小值为 1， 若 f x存在最大值，则0x，时， 2 ( )(0)1f xfa恒成立，即 2 2 2 21 1 1 axa a x ， 所以 22 21axax 即 2 11 2 a ax 在 (0,)x恒成立， 所以 2 1 0 2 a a .又因为 0a ，所以 2 10a ，则1a. 综上所述，a的取值范围为(, 1(0,1 .