全国通用高考推荐高三数学《函数与导数》高考大题规范练1Word文件下载.docx
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由
(1)及f′(x)=0,得x=-1。
又f(-1)=-a,即P,
∴kOP==a-。
又f′(m)=(1+m)2em,∴(1+m)2em=a-。
令g(m)=em-m-1,则g′(m)=em-1,
∴由g′(m)>
0,得m>
0,由g′(m)<
0,得m<
∴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-=(1+m)2em≥(1+m)2(1+m)=(1+m)3,
即≥1+m。
故m≤-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)在区间上单调递增,求b的取值范围。
解
(1)当b=4时,f′(x)=,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∈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)=,
因为当x∈时,<
0,
依题意当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0,所以b的取值范围为。
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)>
若m<
0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>
0,f′(x)<
当x∈(0,+∞)时,emx-1<
0,f′(x)>
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
即①
设函数g(t)=et-t-e+1,则g′(t)=et-1。
当t<
0时,g′(t)<
当t>
0时,g′(t)>
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)=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)=+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)=lnx+1,
由f′(x)>
0,得x>
;
f′(x)<
0,得0<
x<
,
所以f(x)在上单调递减,在上单调递增。
故f(x)的极小值点为x=。
(2)假设存在实数m,使得函数h(x)=+m+g(x)有三个不同的零点,
即方程6lnx+8m+x2-8x=0,有三个不等实根。
令φ(x)=6lnx+8m+x2-8x,
φ′(x)=+2x-8==,
由φ′(x)>
1或x>
3;
由φ′(x)<
0,得1<
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+6ln3+8m。
要使方程6lnx+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,解得<
m<
-ln3。
所以存在实数m,使得方程+m+g(x)=0有三个不等实根,
实数m的取值范围是<
5.(2015·
福建卷)已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(k∈R)。
当x>
0时,f(x)<
x;
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)|<
x2。
令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x∈[0,+∞),则有F′(x)=-1=。
当x∈(0,+∞)时,F′(x)<
所以F(x)在[0,+∞)上单调递减,
故当x>
0时,F(x)<
F(0)=0,
即当x>
x。
令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x∈[0,+∞),则有G′(x)=-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==-1>
取x0=-1,对任意x∈(0,x0),有G′(x)>
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)>
(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--2x=,
故当x∈时,M′(x)>
M(x)在上单调递增,
故M(x)>
M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>
所以满足题意的t不存在。
1时,由
(2)知,存在x0>
0,使得当x∈(0,x0)时,f(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)=-k-2x=,
当x∈时,
N′(x)>
N(x)在上单调递增,故N(x)>
N(0)=0,即f(x)-g(x)>
记x0与中的较小者为x1,则当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|>
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--2x=。
0时,H′(x)<
所以H(x)在[0,+∞)上单调递减,故H(x)<
H(0)=0。
0时,恒有|f(x)-g(x)|<
此时,任意正实数t均满足题意。
综上,k=1。
解法二:
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<
k-1。
从而得到,当k>
1时,对于x∈(0,k-1),
恒有|f(x)-g(x)|>
x2,
1时,取k1=,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=x。
令x>
,此时f(x)-g(x)>
记x0与的较小者为x1,当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|>
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--2x=。
0时,M′(x)<
0,所以M(x)在[0,+∞)上单调递减,故M(x)<
M(0)=0。
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