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高考数学模拟题及答案：函数与导数
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∈
2(1)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∈
3(1)时，1－2x(－x)<0， 依题意当x∈3(1)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，x
2∈[－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]。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)＝8(1)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)＝4x(3f(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)＝ln x＋1，由f′(
x)>0，得x>e(1)；f′(x)<0，得0<x<e(1)，所以f
(x)在e(1)上单调递减，在，＋∞(1)上单调递增。故f
(x)的极小值点为x＝e(1)。(2)假设存在实数
m，使得函数h(x)＝4x(3f(x))＋m＋g(x)有三个不同的零点，即方程6ln x＋8m
＋x2－8x＝0，有三个不等实根。令φ
(x)＝6ln x＋8m＋x2－8x，φ
′(x)＝x(6)＋2x－8＝x(2(x2－4x＋3))＝x(2(x－3)(x－1))，由φ′(x
)>0，得0<x<1或x>3；由φ′(x)<0，得1<x<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＋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，根据φ(x
)的图像可知必须满足－15＋6ln 3＋8m<0(－7＋8m>0)，解得8(7)<m<8(15)－4(3)ln 3。所以存在实数m
，使得方程4x(3f(x))＋m＋g(x)＝0有三个不等实根，实数m的取值范围是
8(7)<m<8(15)－4(3)ln 3。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)<x；(2)证明：当k<1时，存在x
0>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。解
(1)证明：令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，则有F′(x)＝1＋x(1)－1＝x＋1(－x)。当x
∈(0，＋∞)时，F′(x)<0。所以
F(x)在[0，＋∞)上单调递减，故当x
>0时，F(x)<F(0)＝0，即当
x>0时，f(x)<x。(2)
证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈[0，＋∞)，则有G′(x)＝x＋1(1)－k＝x＋1(－kx＋(1－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＝k(1－k)＝k(1)－1>0，取
x0＝k(1)－1，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)。令M(x
)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)， 则有M′(x)＝k－1＋x(1)－2x＝x＋1(－2x2＋(k－2)x＋k－1)，故当x∈4(
(k－2)2＋8(k－1))时，M′(x)>0，M(x
)在4((k－2)2＋8(k－1))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k<1时，由(2)知，存在x
0>0，使得当x∈(0，x0)时，f(x)>g(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)＝x＋1(1)－k－2x＝x＋1(－2x2－(k＋2)x＋1－k)，当
x∈4((k＋2)2＋8(1－k))时，N′(x
)>0，N(
x)在4((k＋2)2＋8(1－k))上单调递增，故N(x)>N(0)＝0，即f(x)－g(x)>x2。记x0
与4((k＋2)2＋8(1－k))中的较小者为x1，则当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|>x2。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)＝1－1＋x(1)－2x＝x＋1(－2x2－x)。当x
>0时，H′(x)<0，所以H
(x)在[0，＋∞)上单调递减，故H(x)<H(0)＝0。故当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，k＝
1。解法二：当k>1
时，由(1)知，对于∀x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，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<x<k－1。从而得到，当k>1时，对于x
∈(0，k－1)，恒有|f(
x)－g(x)|>x2，故满足题意的t不存在。
当k<1时，取k1＝2(k＋1)，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＝2(1－k)x。令2(1－k)x>
x2，解得0<x<2(1－k)，此时f(x)－g(x)>x2。记
x0与2(1－k)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)＝1－1＋x(1)－2x＝x＋1(－2x2－x)。当x>0时，M
′(x)<0，所以M(x)在[0，＋∞)上单调递减，故M(x)<M(0)＝0。故当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，
k＝1。
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