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2020-2021学年高三数学《函数与导数》高考大题规范练1

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  • 2025/7/10 21:02:20

&知识就是力量&

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)=12

xlnx,g(x)=x-x。

8

(1)求f(x)的单调区间和极值点;

3f?x?

(2)是否存在实数m,使得函数h(x)=+m+g(x)有三个不

4x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,

&知识就是力量&

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。 ee????

1故f(x)的极小值点为x=。

e

3f?x?

(2)假设存在实数m,使得函数h(x)=+m+g(x)有三个不

4x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,

62?x2-4x+3?2?x-3??x-1?

φ′(x)=+2x-8==,

xxx由φ′(x)>0,得03;由φ′(x)<0,得1

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,

&知识就是力量&

??-7+8m>0

根据φ(x)的图像可知必须满足?

??-15+6ln 3+8m<0

7

,解得

8

153

84

3f?x?

所以存在实数m,使得方程+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)|

解 (1)证明:令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x∈[0,+∞),1-x则有F′(x)=-1=。

1+xx+1

当x∈(0,+∞)时,F′(x)<0。 所以F(x)在[0,+∞)上单调递减,

&知识就是力量&

故当x>0时,F(x)0时,f(x)

(2)证明:令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x∈[0,+∞),1-kx+?1-k?

则有G′(x)=-k=。

x+1x+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00,

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)。

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&知识就是力量& 当t<0时,g′(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m0,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)=12xlnx,g(x)=x-x。 8(1)求f(x)的单调区间和极值点; 3f?x?(2)是否存在实数m,使得函数h(x)=+m+g(x

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