1、高考大题规范练(一)函数与导数1(2015广东卷)设a1，函数f(x)(1x2)exa。(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yf(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 1。解(1)由题意可知函数f(x)的定义域为R，f(x)(1x2)ex(1x2)(ex)(1x)2ex0，故函数f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间。(2)证明：a1，f(0)1a1a2a2aaa0。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
2、零点。(3)证明：由(1)及f(x)0，得x1。又f(1)a，即P，kOPa。又f(m)(1m)2em，(1m)2ema。令g(m)emm1，则g(m)em1，由g(m)0，得m0，由g(m)0，得m0。函数g(m)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增。g(m)ming(0)0，即g(m)0在R上恒成立，即emm1。a(1m)2em(1m)2(1m)(1m)3，即 1m。故m 1。2已知函数f(x)(x2bxb)(bR)。(1)当b4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b4时，f(x)，由f(x)0得x2或x0。当x(，2)时，f(x)0，f
3、(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)在x2处取极小值f(2)0，在x0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(3b2)0，从而(3b2)0，所以b的取值范围为。3(2015新课标全国卷)设函数f(x)emxx2mx。(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围。解(1)证明：f(x)m(emx1)2x。若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0。若m0，f(x)0；当x(0，)时，emx10。所以，f(x)在(，0)单调递减，在
4、(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x0处取得最小值。所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette1，则g(t)et1。当t0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)e12e1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1；当m0，即emme1。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)x2x。(1)求f(x)的单调区间和极值点；(2)是否存在实数m，
5、使得函数h(x)mg(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)ln x1，由f(x)0，得x；f(x)0，得0x0，得0x3；由(x)0，得1x3，所以(x)在(0,1)上单调递增，(1,3)上单调递减，(3，)上单调递增，所以(x)的极大值为(1)78m，(x)的极小值为(3)156ln 38m。要使方程6ln x8mx28x0有三个不等实根，则函数(x)的图像与x轴要有三个交点，根据(x)的图像可知必须满足，解得mln 3。所以存在实数m，使得方程mg(x)0有三个不等实根，实数m的取值范围是m0时，f(x)x；(2)证明：当k0，使得对任意的
6、x(0，x0)，恒有f(x)g(x)；(3)确定k的所有可能取值，使得存在t0，对任意的x(0，t)，恒有|f(x)g(x)|x2。解(1)证明：令F(x)f(x)xln(1x)x，x0，)，则有F(x)1。当x(0，)时，F(x)0时，F(x)0时，f(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0k0，取x01，对任意x(0，x0)，有G(x)0，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k0，使得对任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)。(3)解法一：当k1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf
7、(x)，故g(x)f(x)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)。令M(x)kxln(1x)x2，x0，)，则有M(x)k2x，故当x时，M(x)0，M(x)在上单调递增，故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2。所以满足题意的t不存在。当k0，使得当x(0，x0)时，f(x)g(x)。此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln(1x)kx。令N(x)ln(1x)kxx2，x0，)，则有N(x)k2x，当x时，N(x)0，N(x)在上单调递增，故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2。记x0与中的较小者为x1，则当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2。故
8、满足题意的t不存在。当k1时，由(1)知，当x0时，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)。令H(x)xln(1x)x2，x0，)，则有H(x)12x。当x0时，H(x)0，所以H(x)在0，)上单调递减，故H(x)0时，恒有|f(x)g(x)|1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x。令(k1)xx2，解得0x1时，对于x(0，k1)，恒有|f(x)g(x)|x2，故满足题意的t不存在。当k1时，取k1，从而kk10，使得x(0，x0)，f(x)k1xkxg(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)xx。令xx2，解得0xx2。记x0与的较小者为x1，当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2。故满足题意的t不存在。当k1时，由(1)知，x0，|f(x)g(x)|f(x)g(x)xln(1x)。令M(x)xln(1x)x2，x0，)，则有M(x)12x。当x0时，M(x)0，所以M(x)在0，)上单调递减，故M(x)0时，恒有|f(x)g(x)|x2，此时，任意正实数t均满足题意。综上，k1。