高考數學模擬題及答案：函數與導數

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　　高考數學模擬題及答案：函數與導數

 

1

．(2015·廣東卷)設a>1，函數f(x)＝(1＋x²)e^x－a。

(1)

求f(x)的單調區間；

(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f(x)的定義域為R，f′(x)＝(1＋x²)′e^x＋(1＋x²)(e^x)′＝(1＋x)²e^x≥0，

故函數

f(x)的單調遞增區間為(－∞，＋∞)，無單調遞減區間。

(2)

證明：∵a>1，∴f(0)＝1－a<0，且f(a)＝(1＋a²)e^a－a>1＋a²－a>2a－a＝a>0。

∴

函數f(x)在區間(0，a)上存在零點。

又由(1)

知函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，

∴函數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)，

∴k_OP

＝－1－0(－a－0)＝a－e(2)。

又

f′(m)＝(1＋m)²e^m，∴(1＋m)²e^m＝a－e(2)。

令g(m)＝e^m－m－1，則g′(m)＝e^m－1，

∴由g′(m)>0，得m>0，由g′(m)<0，得m<0。

∴函數

g(m)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增。

∴g(m)_min＝g(0)＝0，即g(m)≥0在R上恒成立，

即e^m≥

m＋1。

∴a－e(2)＝(1＋m)²e^m≥(1＋m)²(1＋m)＝(1＋m)³，

即 e(2)

≥1＋m。故m≤ e(2)－1。

2．已知函數f(x)＝

(x²＋bx＋b)·(b∈R)。

(1)當b＝4時，求f(x

)的極值；

(2)若f(

x)在區間3(1)上單調遞增，求b的取值范圍。

解　(1)當b＝

4時，f′(x)＝1－2x(－5x(x＋2))，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0。

當x

∈(－∞，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；

當x∈(

－2,0)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；

當x∈

2(1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，

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x∈

3(1)時，1－2x(－x)<0，

依題意當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

)設函數f(x)＝e^mx＋x²－mx。

(1)證明：f(x)

在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增；

(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(e^mx－1)＋2x。

若m≥0，則當x

∈(－∞，0)時，e^mx－1≤0，f′(x)<0；

當x∈(0，＋∞)時，e^mx－1≥0，f′(x)>0。

若m

<0，則當x∈(－∞，0)時，e^mx－1>0，f′(x)<0；

當

x∈(0，＋∞)時，e^mx－1<0，f′(x)>0。

所以，

f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增。

(2)由(1)知，對任意的m，f

(x)在[－1,0]單調遞減，在[0,1]單調遞增，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

設函數g(t

)＝e^t－t－e＋1，則g′(t)＝e^t－1。

當t<0時，

g′(t)<0；

當t>0時，g

′(t)>0。

故g(t)

在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增。

又g(1)

＝0，g(－1)＝e^－1＋2－e<0，故當t∈[－1,1]時，

g(t)≤

0。

當m

∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；

當m>1

時，由g(t)的單調性，g(m)>0，即e^m－m>e－1；

當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量檢測)已知函數f(x)＝xlnx，g(x)＝8(1)x²－x。

(1)求f

(x)的單調區間和極值點；

(2)是否存在實數

m，使得函數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)上單調遞減，在，＋∞(1)上單調遞增。

故f

(x)的極小值點為x＝e(1)。

(2)假設存在實數

m，使得函數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)上單調遞增，(1,3)上單調遞減，(3，＋∞)上單調遞增，

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φ(x)的圖像與x軸要有三個交點，

根據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m

，使得方程4x(3f(x))＋m＋g(x)＝0有三個不等實根，

實數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f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)。

(1)證明：當x>0

時，f(x)<x；

(2)證明：當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x

∈(0，＋∞)時，F′(x)<0。

所以

F(x)在[0，＋∞)上單調遞減，

故當x

>0時，F(x)<F(0)＝0，

即當

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k

≤0時，G′(x)>0，故G(x)在[0，＋∞)單調遞增，G(x)>G(0)＝0，

故任意正實數x₀

均滿足題意。

當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)單調遞增，所以G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)。

綜上，當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k<1時，由(2)知，存在x

0>0，使得當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

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x∈(0，x₁)時，恒有|f(x)－g(x)|>x²。

故滿足題意的t不存在。

當k＝1時，由(1)知，當

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x

>0時，H′(x)<0，

所以H

(x)在[0，＋∞)上單調遞減，故H(x)<H(0)＝0。

故當x>0

時，恒有|f(x)－g(x)|<x²。

此時，任意正實數t

均滿足題意。

綜上，k＝

1。

解法二：當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x∈(0，x₁)時，恒有|f(x)－g(x)|>x²。

故滿足題意的t不存在。

當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x>0時，M

′(x)<0，所以M(x)在[0，＋∞)上單調遞減，故M(x)<M(0)＝0。

故當x>0

時，恒有|f(x)－g(x)|<x²，

此時，任意正實數

t均滿足題意。

綜上，

k＝1。

 

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