导数及其应用-北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编

这是一份导数及其应用-北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编，共34页。试卷主要包含了设函数，，已知函数给出下列四个结论，已知函数，给出下列四个结论等内容，欢迎下载使用。
1．（2024·北京延庆·一模）已知函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C． D．
2．（2024·北京海淀·一模）已知，函数的零点个数为，过点与曲线相切的直线的条数为，则的值分别为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·北京海淀·一模）函数是定义在上的偶函数，其图象如图所示，.设是的导函数，则关于x的不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·北京朝阳·一模）已知个大于2的实数，对任意，存在满足，且，则使得成立的最大正整数为（ ）
A．14B．16C．21D．23
5．（2024·北京房山·一模）若函数，则函数零点的个数为（ ）
A．1B．2C．1或2D．1或3
6．（2024·北京石景山·一模）设函数，
①若有两个零点，则实数的一个取值可以是 ；
②若是上的增函数，则实数的取值范围是 ．
7．（2024·北京朝阳·一模）已知函数.若曲线在点处的切线与其在点处的切线相互垂直，则的一个取值为 .
8．（2024·北京石景山·一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，．若数列，给出下列四个结论：
①；②；③；④．
其中所有正确结论的序号是 ．
9．（2024·北京延庆·一模）已知函数给出下列四个结论：
①存在实数，使得函数的最小值为；
②存在实数，使得函数的最小值为；
③存在实数，使得函数恰有个零点；
④存在实数，使得函数恰有个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
10．（2024·北京海淀·一模）已知函数，给出下列四个结论：
①函数是奇函数；
②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根；
③已知是曲线上任意一点，，则；
④设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则.
其中所有正确结论的序号是 .
11．（2024·北京平谷零模）设函数，曲线在点处的切线斜率为1．
(1)求a的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求证：．
12．（2024·北京石景山·一模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求在区间上的最大值与最小值；
(3)当时，求证：．
13．（2024·北京丰台·一模）已知函数，曲线在点处的切线为，记．
(1)当时，求切线的方程；
(2)在（1）的条件下，求函数的零点并证明；
(3)当时，直接写出函数的零点个数．（结论不要求证明）
14．（2024·北京门头沟·一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求的极值；
(3)当时，判断零点个数，并说明理由．
15．（2024·北京西城·一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处切线的斜率；
(2)当时，讨论的单调性；
(3)若集合有且只有一个元素，求的值．
16．（2024·北京东城·一模）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)设，求函数的最小值；
(3)若，求实数的值.
17．（2024·北京延庆·一模）已知函数.
(1)若曲线的一条切线方程为，求的值；
(2)若函数在区间上为增函数，求的取值范围；
(3)若，无零点，求的取值范围．
18．（2024·北京朝阳·一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若关于的不等式无整数解，求的取值范围.
19．（2024·北京海淀·一模）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)若函数存在最大值，求的取值范围.
20．（2024·北京房山·一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)设，求函数的极大值；
(3)若，求函数的零点个数．
参考答案：
1．A
【详解】因为单调递增，且，，
所以存在唯一，使得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，且，
所以由可得，
故选：A
2．B
【详解】令，即时，，解得，
时，，无解，故，
设过点与曲线相切的直线的切点为，
当时，，则有，
有，整理可得，即，
即当时，有一条切线，
当时，，则有，
有，整理可得，
令，
则，
令，可得，
故当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
由，
，故在上没有零点，
又，
故在上必有唯一零点，
即当时，亦可有一条切线符合要求，
故.故选：B.
3．D
【详解】由，且为偶函数，故，
由导数性质结合图象可得当时，，
当时，，当时，即，
则由，有，解得，
亦可得，或，或，或，
由可得或，即，
由可得，即，
由，可得，即或（舍去，不在定义域内），
由，可得，
综上所述，关于x的不等式的解集为.
故选：D.
4．D
【详解】由，且，，故，即，
令，，
故当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
由，即，故，，
又，故，即，
若，则有，
即，由，故.
故最大正整数为.
故选：D.
5．A
【详解】，
令，则，
则函数零点的个数即为函数图象交点的个数，
令，
当时，，则，
所以函数在上单调递增，且，
当时，，
当时，，则，
所以函数在上单调递增，且，
又当时，当时，，
作出函数的大致图象如图所示，
由图可知函数的图象有且仅有一个交点，
所以函数零点的个数为个.
故选：A.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
6． （内的值都可以） 或
【详解】①函数在上单调递增，，
所以函数在区间上无零点，
则函数在上有2个零点，
即，，则，或或，，
则，解得：，
所以的一个值是；
②函数在上单调递增，
则在上，也单调递增，且，
若函数在在区间单调递增，
则，即在区间上恒成立，
即，即，
不等式，解得：或，
综上可知，或.
故答案为：（内的值都可以）；或
7．(答案不唯一)
【详解】，由题意可知，，
即，所以，得，，，
或，得，，，
所以，，,
所以的一个取值为.
故答案为：(答案不唯一)
8．②③④
【详解】对于①， 时， ，故①错误；
对于②， ，，，故②正确；
对于③，
，故③正确；
对于④，， ，
构造函数 ， ，则 ，单调递增，
，即当时 ， ，
，
当时， ，， ，故④正确.
故选：②③④.
9．①③
【详解】当时，，显然函数的最小值为，故①正确；
当时，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有最小值，由可得，
此时，时，，在上单调递减，所以，
与最小值为矛盾，
若时，的对称轴方程为，当时，
即时，，若，则与矛盾，
当时，在上单调递减，无最小值，
综上，当时，函数的最小值不为，故②错误；
由②知，时，时，单调递减且，当时，且，所以函数恰有2个零点，故③正确；
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
综上时，有且只有1个零点，而在上至多有2个零点，
所以时，函数没有4个零点，当时，函数有无数个零点，故④错误.
故答案为：①③
10．②③④
【详解】对①：令，即有，即，故函数不是奇函数，故①错误；
对②：，即，
当时，有，故是该方程的一个根；
当，时，由，故，结合定义域可得，
有，即，
令，，有或（负值舍去），则，
故必有一个大于的正根，即必有一个大于的正根；
当，时，由，故，结合定义域有，
有，即，
令，， 有或（正值舍去），
令，即，则，
即，故在定义域内亦必有一根，
综上所述，，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根，故②正确；
对③：令，则有，，
令，，，
当时，，当时，，
故在、上单调递增，在上单调递减，
又，，故恒成立，即，故，故③正确；
对④：当时，由，，故，
此时，，则，
当时，由与关于轴对称，不妨设，则有或，、
当时，由，有，故成立；
当时，即有，即有、关于点对称，
由③知，点到的距离，同理点，故；
综上所述，恒成立，故④正确.
故答案为：②③④.
11．(1)(2)单调递减区间为，单调递增区间为(3)证明见解析
【详解】（1）由题意得的定义域为，，
因为．所以，解得.
（2）因为，的定义域为，
，令，得，
与在区间上的情况如下：
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
（3）证明：由（2）得，在时，取得最小值1，所以恒成立，
所以在为增函数，又因为，
当时，，所以；
当时，，所以，
当时，，
综上，.
12．(1) (2)见解析 (3)证明见解析
【详解】（1），，，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2），
当时，在区间上恒成立，在区间上单调递增，
所以函数的最小值为，最大值为，
当时，，得，
在区间小于0，函数单调递减，
在区间大于0，函数单调递增，
所以函数的最小值为，
，，显然，所以函数的最大值为，
综上可知，当时，函数的最小值为，最大值为，
当时，函数的最小值为，最大值为；
（3）当时，，即证明不等式，
设，，，
设，，，
所以在单调递增，并且，，
所以函数在上存在唯一零点，使，
即，则在区间，，单调递减，
在区间，，单调递增，
所以的最小值为，
由，得，且，
所以，
所以，即.
13．(1) (2)函数有唯一零点，证明过程见解析 (3)2
【详解】（1）当时，，
而，所以，
从而切线方程为，也就是.
（2）由题意，
所以，
令，则，
当时，，，
所以，即，
所以当时，单调递减，，
当时，，，
所以，即，
所以当时，单调递增，，
综上，恒成立，也就是恒成立，
所以在上单调递增，
又因为，故函数有唯一零点，
且当时，，当时，；
因此当时，，当时，，
故；
（3）对个实数，定义和分别为中最大的一个和最小的一个.
现在，，故，
令，再对求导一次得到.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故函数在上递减，在上递增.
由于曲线在处的切线斜率为，
故该切线的方程为，从而.
现在我们有，故.
首先我们有，，故.
已证函数在上递减，在上递增，下面我们分情况讨论：
当时：
由于，
故，
同时由在上递增，知，而，
故在上必存在一个零点，记该零点为，
则有，且，从而.
由于函数在上递减，在上递增，，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
这表明在上递减，在和上各自递增.
由于在上递增，故在上至多有一个零点，而.
同时，当时，有
故，
这表明当时，有
.
故必有一个零点，且.
已证在上至多有一个零点，这就说明在上恰有一个零点.
然后，当时，由于在上递减，在上递增，故. 而，这说明在上恰有一个零点.
根据以上的讨论，知恰有2个零点；
当时：
由于，
故，
同时由在上递减，知，而，
故在上必存在一个零点，记该零点为，
则有，且，从而.
由于函数在上递减，在上递增，，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
这表明在上递减，在和上各自递增.
由于在上递增，故在上至多有一个零点，
而.
同时，当时，有：
故，
设，则当时，
故在上递增，所以当时，即.
所以当时，有：
这表明当时，
有，，
从而
.
故必有一个零点，且.
已证在上至多有一个零点，这就说明在上恰有一个零点.
然后，当时，由于在上递减，在上递增，
故. 而，这说明在上恰有一个零点.
根据以上的讨论，知恰有2个零点.
综上，无论哪种情况，都恰有2个零点，从而零点个数为2.
14．(1)
(2)，无极小值
(3)当时有一个零点，当时无零点
【详解】（1）当时，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，且，
令，则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递减，
即在上单调递减，
又，
所以当时，当时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
（3）令，即，
因为，所以，
令，
所以判断的零点个数，即判断的零点个数，
又，，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，，
则，因为，所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以当时有一个零点，即有一个零点，
当时无零点，即无零点，
综上可得当时有一个零点，当时无零点.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将问题转化为，利用导数求出，再构造函数，.
15．(1)(2)单调递增区间为；单调递减区间为(3)
【详解】（1）当时，，
所以,得到，
所以曲线在点处切线的斜率为．
（2）当时，，易知的定义域为，
又，
因为，所以，
所以时，，时，
所以的单调递增区间为；单调递减区间为．
（3）因为，所以，
易知，当时，的定义域为，
所以恒成立，故在上单调递增，
又，所以不合题意，
当时，的定义域为，此时，
所以时，，时，，
故的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以．
设，则，
当时，，时，，
所以的单调递减区间为；单调递增区间为．
所以，
所以集合有且只有一个元素时．
16．(1)(2)(3)
【详解】（1），
则，
所以曲线在处的切线方程为，即；
（2），
，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以；
（3）函数的定义域为，
当时，，
则，即，
即，
由（2）得，
令，则，
所以在上单调递增，
又当时，，
因为，所以，
此时不恒成立，故不符题意；
当时，若，则，
则，即，即，
由上可知函数在上单调递增，
所以，
所以，解得①，
若，则，即，即，
由上可知函数在上单调递增，
所以，
所以，解得②，
由①②可得，
综上所述，.
17．(1)(2)(3)
【详解】（1）函数的定义域为，设切点为，
因为，所以，解得，
因为，，
所以，即，所以，
所以，解得；
（2）因为，在区间上为增函数，
所以在内恒成立，
因为，所以，
所以，即；
（3）因为，，
当，即时，，
所以在上单调递减，
因为，
所以在上无零点，符合题意；
当时，令，则，
当时，，当时，，
所以的单调递减区间是；单调递增区间是，
所以的最小值为，
当，即时，无零点，符合题意；
当时，有一个零点，不符合题意；
当时，的最小值，
因为，
所以，使得，不符合题意；
综上所述，当时，，无零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
18．(1)答案见解析 (2)
【详解】（1），
当，得，
当时，时，，单调递增，
时，，单调递减，
当时，时，，单调递减，
时，，单调递增，
当时，，函数在上单调递增，
综上可知，时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
时，函数的增区间是，无减区间.
（2）不等式，即，
设，，
设，，所以单调递增，
且，，
所以存在，使，即，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，
当时，，当时，，
不等式无整数解，即无整数解，
若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，所以无整数解，符合题意，
当时，因为，显然是的两个整数解，不符合题意，
综上可知，.
19．(1)的减区间为，增区间为 (2)
【详解】（1）易知定义域为，因为，所以，
由，得到，当时，，当时，，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，则，
由（1）知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以在时取得最大值，
所以当时，，当时，，
即当时，，
所以函数在存在最大值的充要条件是，
即，
令，则恒成立，
所以是增函数，又因为，
所以的充要条件是，
所以的取值范围为.
20．(1) (2)答案见解析 (3)
【详解】（1）当时，，，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2），则，
则，
当时，，此时函数无极值；
当时，令，则或，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为；
当时，令，则或，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
而函数的定义域为，
所以此时函数无极值.
综上所述，当时，函数无极大值；
当时，的极大值为；
（3）令，则，
当时，，
所以时，函数无零点；
当时，由，得，所以，
则时，函数零点的个数即为函数图象交点的个数，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，且，当时，，
如图，作出函数的大致图象，

又，由图可知，所以函数的图象只有个交点，
即当时，函数只有个零点；
综上所述，若，函数有个零点．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
x
0
-
0
+
递减
极小
递增