2020北京各区一模数学试题分类汇编--函数与导数(解析版)

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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 .

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