高考数学模拟题及答案：函数与导数

高考数学模拟题及答案：函数与导数

1．(2015·广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a。

(1)求f(x)的单调区间；

(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；

(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤ e(2－1。

解(1)由题意可知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(1＋x2)′ex＋(1＋x2)(ex)′＝(1＋x)2ex≥0，

故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间。

(2)证明：∵a>1，∴f(0)＝1－a1＋a2－a>2a－a＝a>0。

∴函数f(x)在区间(0，a)上存在零点。

又由(1)知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，

∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点。

(3)证明：由(1)及f′(x)＝0，得x＝－1。

又f(－1)＝e(2－a，即P－a(2，

∴kOP＝－1－0(－a－0＝a－e(2。

又f′(m)＝(1＋m)2em，∴(1＋m)2em＝a－e(2。

令g(m)＝em－m－1，则g′(m)＝em－1，

∴由g′(m)>0，得m>0，由g′(m)∴函数g(m)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增。

∴g(m)min＝g(0)＝0，即g(m)≥0在R上恒成立，

即em≥m＋1。

∴a－e(2＝(1＋m)2em≥(1＋m)2(1＋m)＝(1＋m)3，

即e(2≥1＋m。故m≤ e(2－1。

2．已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)·(b∈R)。

(1)当b＝4时，求f(x)的极值；

(2)若f(x)在区间3(1上单调递增，求b的取值范围。

解(1)当b＝4时，f′(x)＝1－2x(－5x(x＋2)，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0。

当x∈(－∞，－2)时，f′(x)当x∈(－2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x∈21时，f′(x)故f(x)在x＝－2处取极小值f(－2)＝0，在x＝0处取极大值f(0)＝4。

(2)f′(x)＝1－2x(－x[5x＋(3b－2)]，

因为当x∈31时，1－2x(－x依题意当x∈31时，有5x＋(3b－2)≤0，从而3(5＋(3b－2)≤0，所以b的取值范围为9(1。

3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx。

(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；

(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围。

解(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x。

若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0。

若m0，f′(x)当x∈(0，＋∞)时，emx－10。

所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增。

(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值。

所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是f(－1)－f(0)≤e －1，(f(1)－f(0)≤e－1，

即e－m＋m≤e－1。(em－m≤e－1，①

设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1。

当t当t>0时，g′(t)>0。

故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增。

又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－eg(t)≤0。

当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；

当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0，即em－m>e－1；

当m0，即e－m＋m>e－1。

综上，m的取值范围是[－1,1]。

4．(2016·河南省八市重点高中高三质量检测)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝8(1x2－x。

(1)求f(x)的单调区间和极值点；

(2)是否存在实数m，使得函数h(x)＝4x(3f(x)＋m＋g(x)有三个不同的零点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由。

解(1)f′(x)＝ln x＋1，

由f′(x)>0，得x>e(1；f′(x)所以f(x)在e(1上单调递减，在，＋∞(1上单调递增。

故f(x)的极小值点为x＝e(1。

(2)假设存在实数m，使得函数h(x)＝4x(3f(x)＋m＋g(x)有三个不同的零点，

即方程6ln x＋8m＋x2－8x＝0，有三个不等实根。

令φ(x)＝6ln x＋8m＋x2－8x，

φ′(x)＝x(6＋2x－8＝x(2(x2－4x＋3)＝x(2(x－3)(x－1)，

由φ′(x)>0，得03；由φ′(x)所以φ(x)在(0,1)上单调递增，(1,3)上单调递减，(3，＋∞)上单调递增，

所以φ(x)的极大值为φ(1)＝－7＋8m，φ(x)的极小值为φ(3)＝－15＋6ln 3＋8m。要使方程6ln x＋8m＋x2－8x＝0有三个不等实根，则函数φ(x)的图像与x 轴要有三个交点，

根据φ(x)的图像可知必须满足－15＋6ln 3＋8m0，解得8(7所以存在实数m，使得方程4x(3f(x)＋m＋g(x)＝0有三个不等实根，

实数m的取值范围是8(75．(2015·福建卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k ∈R)。

(1)证明：当x>0时，f(x)(2)证明：当k0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)；

(3)确定k的所有可能取值，使得存在t>0，对任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|解(1)证明：令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，则有F′(x)＝1＋x(1－1＝x＋1(－x。

当x∈(0，＋∞)时，F′(x)所以F(x)在[0，＋∞)上单调递减，

故当x>0时，F(x)即当x>0时，f(x)(2)证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈[0，＋∞)，则有G′(x)＝x＋1(1－k＝x＋1(－kx＋(1－k)。

当k≤0时，G′(x)>0，故G(x)在[0，＋∞)单调递增，G(x)>G(0)＝0，

故任意正实数x0均满足题意。

当00，

取x0＝k(1－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)>0，

从而G(x)在[0，x0)单调递增，所以G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)。

综上，当k0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)。

(3)解法一：当k>1时，由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，

|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)。

令M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，

则有M′(x)＝k－1＋x(1－2x＝x＋1(－2x2＋(k－2)x＋k－1，

故当x∈4(k－2)2＋8(k－1)时，M′(x)>0，

M(x)在4((k－2)2＋8(k－1)上单调递增，

故M(x)>M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|>x2。