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高考數(shù)學(xué)模擬題及答案：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)
?
1
．(2015·廣東卷)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a。
(1)
求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)在(－
∞，＋∞)上僅有一個零點；
(3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤?e(2)－1。
解 (1)
由題意可知函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝(1＋x2)′ex＋(1＋x2)(ex)′＝(1＋x)2ex≥0，
故函數(shù)
f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間。
(2)
證明：∵a>1，∴f(0)＝1－a<0，且f(a)＝(1＋a2)ea－a>1＋a2－a>2a－a＝a>0。
∴
函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，a)上存在零點。
又由(1)
知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴函數(shù)f(
x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點。
(3)證明：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，則g′(m)＝em－1，
∴由g′(m)>0，得m>0，由g′(m)<0，得m<0。
∴函數(shù)
g(m)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增。
∴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．已知函數(shù)f(x)＝
(x2＋bx＋b)·(b∈R)。
(1)當(dāng)b＝4時，求f(x
)的極值；
(2)若f(
x)在區(qū)間3(1)上單調(diào)遞增，求b的取值范圍。
解 (1)當(dāng)b＝
4時，f′(x)＝1－2x(－5x(x＋2))，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0。
當(dāng)x
∈(－∞，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(
－2,0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈
2(1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
故f(x
)在x＝－2處取極小值f(－2)＝0，在x＝0處取極大值f(0)＝4。
(2)f′
(x)＝1－2x(－x[5x＋(3b－2)])，
因為當(dāng)x∈
3(1)時，1－2x(－x)<0，
依題意當(dāng)x∈3(1)時，有5x＋(3b－2)≤0，從而3(5)＋(3b－2)≤0，所以b的取值范圍為9(1)。
3．(2015·新課標全國卷Ⅱ
)設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx。
(1)證明：f(x)
在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增；
(2)若對于任意x1，x
2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍。
解 (1)證明：f
′(x)＝m(emx－1)＋2x。
若m≥0，則當(dāng)x
∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)>0。
若m
<0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1>0，f′(x)<0；
當(dāng)
x∈(0，＋∞)時，emx－1<0，f′(x)>0。
所以，
f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增。
(2)由(1)知，對任意的m，f
(x)在[－1,0]單調(diào)遞減，在[0,1]單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值。
所以對于任意x1
，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是f(－1)－f(0)≤e－1，(f(1)－f(0)≤e－1，)
即e－m＋m≤e－1。(em－m≤e－1，)①
設(shè)函數(shù)g(t
)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1。
當(dāng)t<0時，
g′(t)<0；
當(dāng)t>0時，g
′(t)>0。
故g(t)
在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增。
又g(1)
＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故當(dāng)t∈[－1,1]時，
g(t)≤
0。
當(dāng)m
∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
當(dāng)m>1
時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)>0，即em－m>e－1；
當(dāng)m<－1時，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1。
綜上，
m的取值范圍是[－1,1]。
4
．(2016·河南省八市重點高中高三質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝8(1)x2－x。
(1)求f
(x)的單調(diào)區(qū)間和極值點；
(2)是否存在實數(shù)
m，使得函數(shù)h(x)＝4x(3f(x))＋m＋g(x)有三個不同的零點？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由。
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，
由f′(
x)>0，得x>e(1)；f′(x)<0，得0<x<e(1)，
所以f
(x)在e(1)上單調(diào)遞減，在，＋∞(1)上單調(diào)遞增。
故f
(x)的極小值點為x＝e(1)。
(2)假設(shè)存在實數(shù)
m，使得函數(shù)h(x)＝4x(3f(x))＋m＋g(x)有三個不同的零點，
即方程6ln x＋8m
＋x2－8x＝0，有三個不等實根。
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<x<1或x>3；由φ′(x)<0，得1<x<3，
所以
φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，(1,3)上單調(diào)遞減，(3，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以
φ(x)的極大值為φ(1)＝－7＋8m，φ(x)的極小值為φ(3)＝－15＋6ln 3＋8m。要使方程6ln x＋8m＋x2－8x＝0有三個不等實根，則函數(shù)φ(x)的圖像與x軸要有三個交點，
根據(jù)φ(x
)的圖像可知必須滿足－15＋6ln 3＋8m<0(－7＋8m>0)，解得8(7)<m<8(15)－4(3)ln 3。
所以存在實數(shù)m
，使得方程4x(3f(x))＋m＋g(x)＝0有三個不等實根，
實數(shù)m的取值范圍是
8(7)<m<8(15)－4(3)ln 3。
5
．(2015·福建卷)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)。
(1)證明：當(dāng)x>0
時，f(x)<x；
(2)證明：當(dāng)k<1時，存在x
0>0，使得對任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)；
(3)
確定k的所有可能取值，使得存在t>0，對任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|<x2。
解
(1)證明：令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，則有F′(x)＝1＋x(1)－1＝x＋1(－x)。
當(dāng)x
∈(0，＋∞)時，F′(x)<0。
所以
F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x
>0時，F(x)<F(0)＝0，
即當(dāng)
x>0時，f(x)<x。
(2)
證明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈[0，＋∞)，則有G′(x)＝x＋1(1)－k＝x＋1(－kx＋(1－k))。
當(dāng)k
≤0時，G′(x)>0，故G(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增，G(x)>G(0)＝0，
故任意正實數(shù)x0
均滿足題意。
當(dāng)0<k
<1時，令G′(x)＝0，得x＝k(1－k)＝k(1)－1>0，
取
x0＝k(1)－1，對任意x∈(0，x0)，有G′(x)>0，
從而
G(x)在[0，x0)單調(diào)遞增，所以G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)。
綜上，當(dāng)k
<1時，總存在x0>0，使得對任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)。
(3)解法一：當(dāng)k>1時，由(1)知，對于?
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，＋∞)，
則有M′(x)＝k－1＋x(1)－2x＝x＋1(－2x2＋(k－2)x＋k－1)，
故當(dāng)x∈4(
(k－2)2＋8(k－1))時，M′(x)>0，
M(x
)在4((k－2)2＋8(k－1))上單調(diào)遞增，
故M(x)>M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|>x2。
所以滿足題意的t不存在。
當(dāng)k<1時，由(2)知，存在x
0>0，使得當(dāng)x∈(0，x0)時，f(x)>g(x)。
此時|f
(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx。
令N(x)
＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)，
則有
N′(x)＝x＋1(1)－k－2x＝x＋1(－2x2－(k＋2)x＋1－k)，
當(dāng)
x∈4((k＋2)2＋8(1－k))時，
N′(x
)>0，
N(
x)在4((k＋2)2＋8(1－k))上單調(diào)遞增，故N(x)>N(0)＝0，即f(x)－g(x)>x2。
記x0
與4((k＋2)2＋8(1－k))中的較小者為x1，則當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|>x2。
故滿足題意的t不存在。
當(dāng)k＝1時，由(1)知，當(dāng)
x>0時，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)。
令
H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
則有
H′(x)＝1－1＋x(1)－2x＝x＋1(－2x2－x)。
當(dāng)x
>0時，H′(x)<0，
所以H
(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故H(x)<H(0)＝0。
故當(dāng)x>0
時，恒有|f(x)－g(x)|<x2。
此時，任意正實數(shù)t
均滿足題意。
綜上，k＝
1。
解法二：當(dāng)k>1
時，由(1)知，對于?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<x<k－1。
從而得到，當(dāng)k>1時，對于x
∈(0，k－1)，
恒有|f(
x)－g(x)|>x2，
故滿足題意的t不存在。
當(dāng)k<1時，取k1＝2(k＋1)，從而k<k1<1。
由
(2)知，存在x0>0，使得x∈(0，x0)，f(x)>k1x>kx＝g(x)，
此時|f(x)
－g(x)|＝f(x)－g(x)>(k1－k)x＝2(1－k)x。
令2(1－k)x>
x2，解得0<x<2(1－k)，此時f(x)－g(x)>x2。
記
x0與2(1－k)的較小者為x1，當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|>x2。
故滿足題意的t不存在。
當(dāng)k＝1時，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，＋∞)，
則有M′
(x)＝1－1＋x(1)－2x＝x＋1(－2x2－x)。
當(dāng)x>0時，M
′(x)<0，所以M(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故M(x)<M(0)＝0。
故當(dāng)x>0
時，恒有|f(x)－g(x)|<x2，
此時，任意正實數(shù)
t均滿足題意。
綜上，
k＝1。
?
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