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-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)=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) <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-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) <0,f(x)单调递减;
当x∈(-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈21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)=1-2x(-x[5x+(3b-2)],
因为当x∈31时,1-2x(-x <0,
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) <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 <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)=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) <0,得0 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0 3;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+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+8m <0(-7+8m> 0,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(7 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+x(1-1=x+1(-x。
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)=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0 0,
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-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。
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)=x+1(1-k-2x=x+1(-2x2-(k+2)x+1-k,
当x∈4(k+2)2+8(1-k)时,
N′(x)>0,
N(x)在4((k+2)2+8(1-k)上单调递增,故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2。
记x0与4((k+2)2+8(1-k)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)=1-1+x(1-2x=x+1(-2x2-x。
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=2(k+1,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=2(1-kx。
令2(1-kx>x2,解得0 x2。
记x0与2(1-k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)=1-1+x(1-2x=x+1(-2x2-x。
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。