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| 标题 | 高考数学模拟题及答案：函数与导数 | |||||||||||||||
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出国留学网高考网为大家提供高考数学模拟题及答案：函数与导数，更多高考资讯请关注我们网站的更新! 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∈ 2(1)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∈ 3(1)时，1－2x(－x)<0， 依题意当x∈3(1)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，x 2∈[－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(1)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)＝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<x<e(1)， 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<x<1或x>3；由φ′(x)<0，得1<x<3， 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)<m<8(15)－4(3)ln 3。 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)<m<8(15)－4(3)ln 3。 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)<x； (2)证明：当k<1时，存在x 0>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)|<x2。 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)<F(0)＝0， 即当 x>0时，f(x)<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<k <1时，令G′(x)＝0，得x＝k(1－k)＝k(1)－1>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x 0>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)<H(0)＝0。 故当x>0 时，恒有|f(x)－g(x)|<x2。 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<x<k－1。 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<k1<1。 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－k)x。 令2(1－k)x> x2，解得0<x<2(1－k)，此时f(x)－g(x)>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)<M(0)＝0。 故当x>0 时，恒有|f(x)－g(x)|<x2， 此时，任意正实数 t均满足题意。 综上， k＝1。 ? 小编精心为您推荐： 高考数学第二轮复习计划?? 高中数学错题10个原因分析及解决方案? 高考数学答题技巧：审题慢 做题快?? 高考数学冲刺复习：70个易错点
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