发布时间 : 星期一 文章2017届高考数学大一轮总复习 大题规范练1 函数与导数 理 北师大版更新完毕开始阅读
高考大题规范练(一) 函数与导数
1．(2015·广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x)e－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
3
行(O是坐标原点)，证明：m≤
2
xa－－1。
2
2e
解 (1)由题意可知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(1＋x)′e＋(1＋x)(e)′＝(1＋x)e≥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＋a)e－a>1＋a－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。 2?2?又f(－1)＝－a，即P?－1，－a?， e?e?2
－a－0e2
∴kOP＝＝a－。
－1－0e
22m2m又f′(m)＝(1＋m)e，∴(1＋m)e＝a－。
e令g(m)＝e－m－1，则g′(m)＝e－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e≥m＋1。
22m23
∴a－＝(1＋m)e≥(1＋m)(1＋m)＝(1＋m)，
e
3即 322
a－≥1＋m。故m≤ a－－1。 ee
2
2
2xx2xa2
mmm2．已知函数f(x)＝(x＋bx＋b)·1－2x(b∈R)。 (1)当b＝4时，求f(x)的极值；
?1?(2)若f(x)在区间?0，?上单调递增，求b的取值范围。
?3?
－5xx＋
解 (1)当b＝4时，f′(x)＝
1－2x，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；
?1?当x∈?0，?时，f′(x)<0，f(x)单调递减， ?2?
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。 －x[5x＋b－
(2)f′(x)＝1－2x，
－x?1?因为当x∈?0，?时，<0，
?3?1－2x5?1?依题意当x∈?0，?时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，所以b的取值范围
3?3?1??为?－∞，?。
9??
3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝e＋x－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(e－1)＋2x。
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e－1≤0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1≥0，f′(x)>0。
若m<0，则当x∈(－∞，0)时，e－1>0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，e－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??f?
mxmxmxmxmxmx2
－f－
m－1，
－f－1，
??e－m≤e－1，
即?－m?e＋m≤e－1。?
t
①
t设函数g(t)＝e－t－e＋1，则g′(t)＝e－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＋2－e<0，故当t∈[－1,1]时，
－1
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e－m>e－1； 当m<－1时，g(－m)>0，即e＋m>e－1。 综上，m的取值范围是[－1,1]。
12
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)＝x－x。
8(1)求f(x)的单调区间和极值点； 3f(2)是否存在实数m，使得函数h(x)＝
－mmx＋m＋g(x)有三个不同的零点？若存在，4x求出m的取值范围；若不存在，请说明理由。
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，
11
由f′(x)>0，得x>；f′(x)<0，得0 ee ?1??1?所以f(x)在?0，?上单调递减，在?，＋∞?上单调递增。 ?e??e? 1 故f(x)的极小值点为x＝。 e 3f(2)假设存在实数m，使得函数h(x)＝ 2 x＋m＋g(x)有三个不同的零点， 4x即方程6ln x＋8m＋x－8x＝0，有三个不等实根。 令φ(x)＝6ln x＋8m＋x－8x， 6 φ′(x)＝＋2x－8＝ 2 xx2－4x＋ x＝x－ xx－ ， 由φ′(x)>0，得0 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＋x－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， ??－7＋8m>0 根据φ(x)的图像可知必须满足? ?－15＋6ln 3＋8m<0? 2 7153 ，解得 884 所以存在实数m，使得方程 3fx＋m＋g(x)＝0有三个不等实根， 4x7153 实数m的取值范围是 884 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)| 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) (2)证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈[0，＋∞)，则有G′(x)＝ 1－x＋11－1＋x2 k＝ －kx＋－k。 x＋1 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。 1－k1 当0 kk1 取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)>0， k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)－x，x∈[0，＋∞)， 1－2x＋则有M′(x)＝k－－2x＝ 1＋x2 2 k－x＋k－1 ， x＋1k－ ?k－2＋ 故当x∈?0，??k－2＋M(x)在?0， ? k－ 4 2 ＋ ? ?时，M′(x)>0， ? ? ?上单调递增， ? k－ 4 2 ＋k－ 2 故M(x)>M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|>x。 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。