全国通用高考推荐高三数学《函数与导数》高考大题规范练1.docx

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全国通用高考推荐高三数学《函数与导数》高考大题规范练1

高考大题规范练

（一）　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≤－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－a<0，且f（a）＝（1＋a2）ea－a>1＋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）＝－a，即P，

∴kOP＝＝a－。

又f′（m）＝（1＋m）2em，∴（1＋m）2em＝a－。

令g（m）＝em－m－1，则g′（m）＝em－1，

∴由g′（m）>0，得m>0，由g′（m）<0，得m<0。

∴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－＝（1＋m）2em≥（1＋m）2（1＋m）＝（1＋m）3，

即≥1＋m。

故m≤－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）在区间上单调递增，求b的取值范围。

解　

（1）当b＝4时，f′（x）＝，由f′（x）＝0得x＝－2或x＝0。

当x∈（－∞，－2）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；

当x∈（－2,0）时，f′（x）>0，f（x）单调递增；

当x∈时，f′（x）<0，f（x）单调递减，

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）＝，

因为当x∈时，<0，

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

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）<0；

当x∈（0，＋∞）时，emx－1≥0，f′（x）>0。

若m<0，则当x∈（－∞，0）时，emx－1>0，f′（x）<0；

当x∈（0，＋∞）时，emx－1<0，f′（x）>0。

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

即①

设函数g（t）＝et－t－e＋1，则g′（t）＝et－1。

当t<0时，g′（t）<0；

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－e<0，故当t∈[－1,1]时，

g（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m<－1时，g（－m）>0，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）＝x2－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）＝＋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）＝lnx＋1，

由f′（x）>0，得x>；f′（x）<0，得0

所以f（x）在上单调递减，在上单调递增。

故f（x）的极小值点为x＝。

（2）假设存在实数m，使得函数h（x）＝＋m＋g（x）有三个不同的零点，

即方程6lnx＋8m＋x2－8x＝0，有三个不等实根。

令φ（x）＝6lnx＋8m＋x2－8x，

φ′（x）＝＋2x－8＝＝，

由φ′（x）>0，得03；由φ′（x）<0，得1

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＋6ln3＋8m。

要使方程6lnx＋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，解得

所以存在实数m，使得方程＋m＋g（x）＝0有三个不等实根，

实数m的取值范围是

5．（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k<1时，存在x0>0，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＝。

当x∈（0，＋∞）时，F′（x）<0。

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）＝－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＝－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k<1时，总存在x0>0，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－－2x＝，

故当x∈时，M′（x）>0，

M（x）在上单调递增，

故M（x）>M（0）＝0，即|f（x）－g（x）|>x2。

所以满足题意的t不存在。

当k<1时，由

（2）知，存在x0>0，使得当x∈（0，x0）时，f（x）>g（x）。

此时|f（x）－g（x）|＝f（x）－g（x）＝ln（1＋x）－kx。

令N（x）＝ln（1＋x）－kx－x2，x∈[0，＋∞），

则有N′（x）＝－k－2x＝，

当x∈时，

N′（x）>0，

N（x）在上单调递增，故N（x）>N（0）＝0，即f（x）－g（x）>x2。

记x0与中的较小者为x1，则当x∈（0，x1）时，恒有|f（x）－g（x）|>x2。

故满足题意的t不存在。

当k＝1时，由

（1）知，当x>0时，|f（x）－g（x）|＝g（x）－f（x）＝x－ln（1＋x）。

令H（x）＝x－ln（1＋x）－x2，x∈[0，＋∞），

则有H′（x）＝1－－2x＝。

当x>0时，H′（x）<0，

所以H（x）在[0，＋∞）上单调递减，故H（x）

故当x>0时，恒有|f（x）－g（x）|

此时，任意正实数t均满足题意。

综上，k＝1。

解法二：

当k>1时，由

（1）知，对于∀x∈（0，＋∞），g（x）>x>f（x），

故|f（x）－g（x）|＝g（x）－f（x）＝kx－ln（1＋x）>kx－x＝（k－1）x。

令（k－1）x>x2，解得0

从而得到，当k>1时，对于x∈（0，k－1），

恒有|f（x）－g（x）|>x2，

故满足题意的t不存在。

当k<1时，取k1＝，从而k

由

（2）知，存在x0>0，使得x∈（0，x0），f（x）>k1x>kx＝g（x），

此时|f（x）－g（x）|＝f（x）－g（x）>（k1－k）x＝x。

令x>x2，解得0x2。

记x0与的较小者为x1，当x∈（0，x1）时，恒有|f（x）－g（x）|>x2。

故满足题意的t不存在。

当k＝1时，由

（1）知，x>0，|f（x）－g（x）|＝f（x）－g（x）＝x－ln（1＋x）。

令M（x）＝x－ln（1＋x）－x2，x∈[0，＋∞），

则有M′（x）＝1－－2x＝。

当x>0时，M′（x）<0，所以M（x）在[0，＋∞）上单调递减，故M（x）

故当x>0时，恒有|f（x）－g（x）|

此时，任意正实数t均满足题意。

综上，k＝1。