2020-2021学年高三数学《函数与导数》高考大题规范练1

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＋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，

3

2a－－

en)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤

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。

??2?－1，2－a?

又f(－1)＝－a，即P?， ?ee??

2

－a－0e2

∴kOP＝＝a－。

－1－0e2

又f′(m)＝(1＋m)e，∴(1＋m)e＝a－。

e2

m2m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。

2

∴a－＝(1＋m)2em≥(1＋m)2(1＋m)＝(1＋m)3，

e3

322a－≥1＋m。故m≤ a－－1。

ee即

2．已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)·1－2x(b∈R)。 (1)当b＝4时，求f(x)的极值；

??

?0，1?(2)若f(x)在区间??上单调递增，求b的取值范围。 3??

－5x?x＋2?

解 (1)当b＝4时，f′(x)＝，由f′(x)＝0得x＝－2

1－2x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；

???0，1?当x∈??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＋?3b－2?](2)f′(x)＝，

1－2x??－x?0，1?

因为当x∈?<0， ?时，31－2x??

??5?0，1?依题意当x∈??时，有5x＋(3b－2)≤0，从而3＋(3b－2)3????

?－∞，1?

≤0，所以b的取值范围为??。 9??

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，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(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

??f?1?－f?0?≤e－1，件是?

??f?－1?－f?0?≤e－1，

m??e－m≤e－1，即?－m① ??e＋m≤e－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。