1、2019 北京各區(qū)一模數(shù)學(xué)理試題分類解析- 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用注意事項(xiàng)：認(rèn)真閱讀理解，結(jié)合歷年的真題，總結(jié)經(jīng)驗(yàn)，查找不足！重在審題，多思考，多理解！12. 2018年海淀一模理12設(shè)某商品的需求函數(shù)為Q = 100-5P ，其中 Q, P 分別表示需求量和價格，如果商品需求彈性EQ 大于 1其中 EQQ '， Q ' 是 Q 的導(dǎo)數(shù)，那么EP= -QPEP商品價格 P 的取值范圍是 .答案： (10,20) 。18. 2018 年海淀一模理18函數(shù)kx( x2x1. 求 f ( x) 的單調(diào)f ( x) e) ( k 0)k區(qū)間；是否存在實(shí)數(shù)k ，使得函數(shù)f ( x) 的極大值等于3

2、e 2 ？假設(shè)存在，求出k 的值；假設(shè)不存在，請說明理由 .解： f (x) 的定義域?yàn)?R .ke kx (x21) e kx (2 xe kx kx2，f '(x)x1)(2k) x 2k即 f '( x)e kx (kx2)( x1)(k0) .令 f '( x)0 ，解得： x1或x2 .k當(dāng) k2 時， f '( x)2e2 x( x1)20 ，故 f ( x) 的單調(diào)遞增區(qū)間是 (- ? ,? ) .當(dāng) 2k0時，f ( x) ， f'( x) 隨 x 的變化情況如下：x(, 2 )2(2, 1)1(1, )kkkf'( x)00f

3、( x)極大值極小值所以，函數(shù)f ( x) 的單調(diào)遞增區(qū)間是(,2和 (1,) ，單調(diào)遞減區(qū)間是2.k)(,1)k當(dāng) k2 時，f ( x) ， f '( x) 隨 x 的變化情況如下：x( ,1)1( 1,2)2(2, )kkkf '( x)00f ( x)極大值極小值所以，函數(shù)f ( x) 的單調(diào)遞增區(qū)間是(,1)和2,，單調(diào)遞減區(qū)間是()k當(dāng) k = -1 時， f ( x) 的極大值等于3e 2 . 理由如下：當(dāng) k2 時， f (x) 無極大值 .當(dāng) 2k0 時， f ( x) 的極大值為f (2e2(41，)k2k)k令，即解得 k1 或舍 .e 2 (41 ) 3

4、e 2413,k4k2kk2k3當(dāng) k2 時， f ( x) 的極大值為f (1)ek.k因?yàn)?eke2 ，011，k2所以ek1 e 2.k2因?yàn)?123e2，所以 f (x) 的極大值不可能等于3e 2 .e2綜上所述，當(dāng) k1 時， f ( x) 的極大值等于 3e 2 .18. 2018年西城一模理18函數(shù)eax( a，其中 a1.f ( x)a1)x當(dāng) a1 時，求曲線 yf (x) 在點(diǎn) (1, f (1)處的切線方程；求 f( x) 的單調(diào)區(qū)間 .解：當(dāng) a1時，f (x) ex (1，、2)f (x) ex ( 1212 )xxx2 .(1,)由于 f (1) 3e， f (1

5、)2e ，所以曲線 yf (x) 在點(diǎn) (1, f (1)處的切線方程是 2exye0 、f ( x)ax ( x 1)( a1)x 1 ， x0 、aex2當(dāng) a1時，令 f (x)0，解得 x1 、f (x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為(, 1) ；單調(diào)遞增區(qū)間為(1,0) ， (0,) 、當(dāng) a1 時，令 f ( x)0 ，解得 x1 ，或x1、a1當(dāng) 1 a0 時， f ( x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為(,1) ，(1；單調(diào)遞增區(qū),)a1間為 (1,0) ，1、(0,)a1當(dāng) a0 時， f (x) 為常值函數(shù)，不存在單調(diào)區(qū)間、當(dāng) a0 時， f ( x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為(1,0)，(0,1；單調(diào)遞

6、增區(qū)間為a)1( ,1) ，1、(,)a118、 2018 年東城一模理 18函數(shù)122ex 3e2ln xb在 ( x0 ,0) 處的切線斜率f (x)x2為零、 求 x0 和 b 的 值 ； 求證 ： 在 定 義 域 內(nèi) f ( x) 0 恒成 立 ； ( ) 假 設(shè) 函 數(shù)a 有最小值 m ，且 m2e ，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍 .F ( x) f ( x)x解：2 .f (x) x2e3ex由題意有 f(x0 )0 即3e2，解得 x0e 或 x03e 舍去、x0 2e0x0得 f (e)0 即 1223e2ln eb，解得1 2、2e2e0be2證明： 由知1 x22，f (x)2e

7、x3e2 ln xe( x0)22f ( x)x2e3e2(xe)( x3e)、xx( x 0)在區(qū)間 (0,e)上，有 f( x)0 ；在區(qū)間 (e,) 上，有 f ( x)0 、故 f ( x) 在 (0,e)單調(diào)遞減，在 (e,) 單調(diào)遞增，于是函數(shù) f (x) 在 (0,) 上的最小值是f (e)0 、故當(dāng) x0 時，有 f ( x) 0 恒成立、解：()F ( x) f ( x)axa 3e22e (x 0) 、xx當(dāng) a3e2 時，那么xa3e22e2a 3e2，當(dāng)且僅當(dāng)x a 3e2時等F ( x)x2e號成立，故 F ( x) 的最小值 m2a3e22e2e ，符合題意；當(dāng) a

8、3e2 時，函數(shù) F ( x)x2e 在區(qū)間 (0,) 上是增函數(shù)，不存在最小值，不合題意；當(dāng) a3e2 時，函數(shù)xa3e2在區(qū)間 (0,) 上是增函數(shù)，不存在最小值，不F ( x)x2e合題意、綜上，實(shí)數(shù) a 的取值范圍(3e2,)、18. 2018 年豐臺一模理18函數(shù) f (x) ax2(a 2) xln x 、當(dāng) a=1 時，求曲線y=f(x)在點(diǎn) (1 ， f(1)處的切線方程； 當(dāng) a>0 時，函數(shù) f(x) 在區(qū)間 1 ， e 上的最小值為-2 ，求 a 的取值范圍；假設(shè)對任意x1 , x2(0,) ， x1x2，且 f (x1)+2 x1f ( x2 )+2 x2恒成立，

9、求a 的取值范圍、解：當(dāng) a1時， f (x)x23xln x ，( x)2x1、1分f3x因?yàn)?f (1)0 ， f(1)2，2分所以切線方程為y2、 3分函數(shù) f ( x)ax2(a2) x ln x 的定義域?yàn)?(0,) 、當(dāng) a>0 時，f ( x)2ax( a2)12ax2(a 2) x 1( x0)，4分xx令 f( x)0 ，即f( x)2ax2(a 2) x 1(2 x1)(ax1)，xx0所以1 或1、5分xxa2當(dāng)1，即 a1時， f (x) 在 1,e上單調(diào)遞增，01a所以 f (x) 在 1,e上的最小值是f (1)2；6分當(dāng)1時， f (x) 在 1,e上的最小

10、值是1)f (1)2，不合題意；1ef (aa當(dāng) 1時， f (x) 在 (1,e) 上單調(diào)遞減，ae所以 f (x) 在 1,e上的最小值是f (e)f (1)2，不合題意、7 分綜上可得 a1、 8 分設(shè) g (x)f ( x)2 x ，那么 g( x)axaxln x ， 9 分2只要 g( x) 在 (0,) 上單調(diào)遞增即可、而a12ax2ax1， 10 分g (x) 2axxx當(dāng) a0時，g ( x)1，此時 g( x) 在 (0,) 單調(diào)遞增； 11分x0當(dāng) a0時，只需 g ( x)0在 (0,) 恒成立，因?yàn)?x(0,) ，只要 2ax2ax+1 0 ，那么需要 a0 ，對于函

11、數(shù) y2ax2ax+1 ，過定點(diǎn) (0,1) ，對稱軸1，只需a28a0 ，x40即 0 a8、12 分綜上可得 0a 8 、 13 分18. 2018 年朝陽一模理18設(shè)函數(shù)f (x)eax, a. 當(dāng) a1時，求曲線 yf ( x)x21R在點(diǎn) (0,f (0)處的切線方程； 求函數(shù)f (x) 單調(diào)區(qū)間 .解： 因?yàn)閒 ( x)eax所以eax (ax22x a) .2 1,f ( x)( x2 1)2x當(dāng) a1 時,f (x)ex,f ( x)ex (x22x1) ,1( x21)2x2所以 f (0)1,f (0) 1.所以曲線 yf ( x) 在點(diǎn) (0,f (0) 處的切線方程為

12、xy10.4分因?yàn)閒( x)eax(ax22xa)eax(ax22x，5分(x21)2( x22a)1)1當(dāng) a0 時, 由 f ( x)0 得 x0 ；由 f ( x)0 得 x 0 .所以函數(shù) f ( x) 在區(qū)間 (,0) 單調(diào)遞增 , 在區(qū)間 (0,)單調(diào)遞減 .6 分2當(dāng) a0 時, 設(shè) g( x)ax22x a ，方程 g ( x)ax22x a0 的判別式44a24(1 a)(1a), 7 分當(dāng) 0a1時，此時0 .由 f (x)0 得11 a2, 或1 1 a2；xaxa由 f ( x)0 得 1 1 a2x1 1 a2.aa所以函數(shù) f ( x) 單調(diào)遞增區(qū)間是2和2, 1(

13、1(1 a)1 a ,)aa單調(diào)遞減區(qū)間 (11a2,11a2).9分aa當(dāng) a1 時，此時0 . 所以 f ( x)0 ，所以函數(shù) f ( x) 單調(diào)遞增區(qū)間是 (,). 10 分當(dāng) 1 a 0 時，此時0 .由 f (x) 0得1a2x11a2 ；1aa由 f ( x)0 得x11 a2 , 或x1 1 a2 .aa所以當(dāng)1a 0 時 ,函數(shù) f ( x) 單調(diào)遞減區(qū)間是(,11a2和 11a2,a)(a,)單調(diào)遞增區(qū)間11a2,11a2.12分()aa當(dāng) a1時,此時0 ， f ( x)0 ，所以函數(shù)f (x) 單調(diào)遞減區(qū)間是 (,) .18.2018年東城11校聯(lián)考理18函數(shù)：a,12

14、x 1當(dāng)x1, e時，求f (x)的f ( x) x ( a 1) ln x(a R) g(x)exexxx2最小值；2當(dāng) a1 時，假設(shè)存在 x1e, e2, 使得對任意的 x22,0 , fx1g x2恒成立，求 a 的取值范圍 .解： 1 f ( x) 的定義域?yàn)?(0,) ,f ' ( x)(x 1)( x a) (a R)x2當(dāng) a1時， x1,e , f 'x0. fx為增函數(shù)，f x minf11a當(dāng) 1a e時， x1, a , f 'x0. f x為減函數(shù)， xa,e , f 'x0. fx 為增函數(shù)，fx minfaaa1 ln a1當(dāng) ae

15、時， x1,e , f 'x0. f x為減函數(shù)，fx minf e eaa 1e綜上當(dāng) a1時， fx min1a當(dāng) 1a e時， f x minaa1 ln a1當(dāng) ae時，f x minea1a 6 分e(2) 假設(shè)存在 x1e, e2 , 使得對任意的x22,0 , fx1g x2 恒成立，即 f (x1 ) min g( x2 ) min當(dāng) a1 時，由 1可知， x1 e, e2 , f x 為增函數(shù)，a ，f x1minfeea1eg ' ( x)xexxexexx 1ex, 當(dāng) x22,0 時 g ' ( x) 0, gx 為 減 函 數(shù) ，g( x2

16、) m i ng 01,e(a1)a1,ae22eee1a( e22e ,1) 13 分e118. 2018 年石景山一模理18函數(shù) f ( x) x2aln x . 假設(shè)函數(shù)f ( x) 的圖象在2(2, f (2) 處的切線斜率為1，求實(shí)數(shù) a 的值；求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間； 假設(shè)函數(shù)2f ( x)在 1,2 上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a 的取值范圍 .g( x)x解： 2a2x2a 1 分2f '( x)2xxx由 f '(2)1，解得 a3.3 分 II 函數(shù) f ( x) 的定義域?yàn)?(0,) . 1當(dāng) a0 時 ,f '(x)0 ， f(x) 的單調(diào)遞增區(qū)間

17、為(0,)；5分 2當(dāng) a0 時f2( xa )( xa ) .'( x)x當(dāng) x 變化時， f '(x),f (x) 的變化情況如下：x(0,a )a(a ,)f '(x)-0+f (x)極小值由上表可知，函數(shù)f (x) 的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,a ) ；單調(diào)遞增區(qū)間是(a,). 8分II 由2得22a2g (x)xx 2a ln x g '( x)x22xx由函數(shù) g (x) 為 1,2上的單調(diào)減函數(shù)，那么 g '(x)0 在 1,2 上恒成立， 9分即22x2a在 1,2上恒成立 .x2x0即1 2在 1,2上恒成立 .11 分axx令h(x)1x2

18、，在 1,2 上12x(1，xh '( x)22 2x)0xx所以 h( x) 在 1,2為減函數(shù) .7 ,h( x) min h(2)2所以a7.14分218. 2018 年房山一模18函數(shù) f ( x) ln(1x)mx 、 I 當(dāng) m1時，求函數(shù)f (x) 的單調(diào)遞減區(qū)間；II求函數(shù) f ( x) 的極值； III 假設(shè)函數(shù) f ( x) 在區(qū)間0, e2 1上恰有兩個零點(diǎn)， 求 m的取值范圍、解： I 依題意，函數(shù)f ( x) 的定義域?yàn)?,，當(dāng) m1時， f (x)ln(1x)x ，12分f ( x)11 x由 f (x)0 得11，即x0101 xx解得 x 0 或 x1，

19、又x1 ，x0f ( x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,)、 4分II 1，(x1)f (x)1xm 1 m0 時， f( x)0 恒成立f (x) 在 (1,) 上單調(diào)遞增，無極值. 6分 2 m0 時，由于 111m所以 f ( x) 在1上單調(diào)遞增，在1上單調(diào)遞減，1,11,mm從而f ( x)極大值 f ( 1、9分1)mln m 1mIII由 II問顯然可知，當(dāng) m0 時， f ( x) 在區(qū)間 0, e21上為增函數(shù)，在區(qū)間 0, e2 1不可能恰有兩個零點(diǎn)、10 分當(dāng) m0 時，由 II問知 f ( x)極大值=1，f (m1)又 f (0)0 ，0 為 f ( x) 的一個零點(diǎn)、11

20、 分假設(shè) f ( x) 在0,e21恰有兩個零點(diǎn)，只需f (e21)0011e21m即2m(e21)02 13 分e2m111m1e2注明：如有其它解法，酌情給分18、 2018年密云一模理18函數(shù)f x2 ax 、 I 當(dāng)a 1時，求在處x efx(1, f 1 )的切線方程； II 求函數(shù) f x的單調(diào)區(qū)間； III假設(shè) fx在 (1,) 單調(diào)遞增， 求 a 范圍.解： I當(dāng) a1 時， fxx2ex ，f ' x(x2 )' exx2 (ex )'2xexx2ex(2 xx2 )exf ' 13e， f1e，故切線方程為ye 3e( x1) ，即 3exy

21、2e04分II f 'x( x2 )' eaxx2 (eax )'2xeaxax2 eaxx(ax2)eax 5 分1當(dāng) a0時， f ' x2x ，當(dāng) x0 時， f ' x0 ，當(dāng) x0 時， f ' x0 ，單調(diào)增區(qū)間為 (0,) ，單調(diào)減區(qū)間為 (,0) 6 分當(dāng) a0時，令 f 'x0，得 x10 或x227分a2當(dāng) a0時，2 ，0a當(dāng)2 時， f ' x0，當(dāng)2x0時， f ' x0 ，當(dāng) x0 時， f ' x0 ，xaa單調(diào)增區(qū)間為,2，(0,) ，單調(diào)減區(qū)間為(2,0) 9 分()aa3當(dāng) a<0 時，0<2 ，當(dāng) x>2 時，f (x)<0 ，當(dāng) 0<x<2 時，f(x)>0，當(dāng) x<0 時，f (x)<0 ，aaaf(x)的單調(diào)增區(qū)間是 (0,2 ) ，單調(diào)減區(qū)間是 (- ,0)， (2,+ ) 11 分aa綜上：當(dāng) a0 時，單調(diào)增區(qū)間為(0,) ，單調(diào)減區(qū)間為 (,0)當(dāng) a0時，單調(diào)增區(qū)間為2 )， (0,) ，單調(diào)減區(qū)間為2 ,0