2017年西藏高考数学基础练习（三）
来源 :中华考试网 2016-12-16
中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，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤ e(2-1。
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。
又f(-1)=e(2-a，即P-a(2，
∴kOP=-1-0(-a-0=a-e(2。
又f′(m)=(1+m)2em，∴(1+m)2em=a-e(2。
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。
∴a-e(2=(1+m)2em≥(1+m)2(1+m)=(1+m)3，
即 e(2≥1+m。故m≤ e(2-1。
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3(1上单调递增，求b的取值范围。
解 (1)当b=4时，f′(x)=1-2x(-5x(x+2)，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∈21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)=1-2x(-x[5x+(3b-2)]，
因为当x∈31时，1-2x(-x<0，
依题意当x∈31时，有5x+(3b-2)≤0，从而3(5+(3b-2)≤0，所以b的取值范围为9(1。
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
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。
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]。