2017年高考數(shù)學(xué)模擬題及答案：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

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(biāo)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∈21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∈31時，1－2x(－x<0，
    依題意當(dāng)x∈31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(biāo)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，x2∈[－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(1x2－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    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03；由φ′(x)<0，得1    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    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    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)    (2)證明：當(dāng)k<1時，存在x0>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)|    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(xiàn)′(x)<0。
    所以F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，
    故當(dāng)x>0時，F(xiàn)(x)    即當(dāng)x>0時，f(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)00，
    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x0>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)    故當(dāng)x>0時，恒有|f(x)－g(x)|    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    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    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－kx。
    令2(1－kx>x2，解得0x2。
    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)    故當(dāng)x>0時，恒有|f(x)－g(x)|    此時，任意正實數(shù)t均滿足題意。
    綜上，k＝1。