2017年西藏高考数学真题:2017年西藏高考数学基础练习（三）

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]。

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(1x2-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03;由φ′(x)<0，得1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(75.(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)(2)证明：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)|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)即当x>0时，f(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00，

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x0>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)故当x>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：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-kx。

令2(1-kx>x2，解得0x2。

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)故当x>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。

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