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2017年西藏高考数学基础练习(三)

来源 :中华考试网 2016-12-16

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]。

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