2022年高考數(shù)學(xué)模擬題及答案：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

2022年高考數(shù)學(xué)模擬題及答案：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

1．(2022·廣東卷)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a。

(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)；

(3)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，且在點(diǎn)M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，證明：m≤e(2－1。

解(1)由題意可知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝(1＋x2)′ex＋(1＋x2)(ex)′＝(1＋x)2ex≥0，

故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間。

(2)證明：∵a>1，∴f(0)＝1－a1＋a2－a>2a－a＝a>0。

∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，a)上存在零點(diǎn)。

又由(1)知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，

∴函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)。

(3)證明：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，則g′(m)＝em－1，

∴由g′(m)>0，得m>0，由g′(m)0，f(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈21時(shí)，f′(x)0。

若m0，f′(x)0。

所以，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增。

(2)由(1)知，對(duì)任意的m，f(x)在[－1,0]單調(diào)遞減，在[0,1]單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值。

所以對(duì)于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是f(－1)－f(0)≤e－1，(f(1)－f(0)≤e－1，

即e－m＋m≤e－1。(em－m≤e－1，①

設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1。

當(dāng)t0時(shí)，g′(t)>0。

故g(t)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增。

又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性，g(m)>0，即em－m>e－1；

當(dāng)m0，即e－m＋m>e－1。

綜上，m的取值范圍是[－1,1]。

4．(2022·河南省八市重點(diǎn)高中高三質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝8(1x2－x。

(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；

(2)是否存在實(shí)數(shù)m，使得函數(shù)h(x)＝4x(3f(x)＋m＋g(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由。

解(1)f′(x)＝lnx＋1，

由f′(x)>0，得x>e(1；f′(x)0，得03；由φ′(x)0，解得8(70時(shí)，f(x)0，使得對(duì)任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)；

(3)確定k的全部可能取值，使得存在t>0，對(duì)任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|0時(shí)，F(xiàn)(x)0時(shí)，f(x)0，故G(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增，G(x)>G(0)＝0，

故任意正實(shí)數(shù)x0均滿意題意。

當(dāng)00，

取x0＝k(1－1，對(duì)任意x∈(0，x0)，有G′(x)>0，

從而G(x)在[0，x0)單調(diào)遞增，所以G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)。

綜上，當(dāng)k0，使得對(duì)任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)。

(3)解法一：當(dāng)k>1時(shí)，由(1)知，對(duì)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，＋∞)，

則有M′(x)＝k－1＋x(1－2x＝x＋1(－2x2＋(k－2)x＋k－1，

故當(dāng)x∈4(k－2)2＋8(k－1)時(shí)，M′(x)>0，

M(x)在4((k－2)2＋8(k－1)上單調(diào)遞增，

故M(x)>M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|>x2。

所以滿意題意的t不存在。

當(dāng)k0，使得當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f(x)>g(x)。

此時(shí)|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx。

令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)，

則有N′(x)＝x＋1(1－k－2x＝x＋1(－2x2－(k＋2)x＋1－k，

當(dāng)x∈4(k＋2)2＋8(1－k)時(shí)，

N′(x)>0，

N(x)在4((k＋2)2＋8(1－k)上單調(diào)遞增，故N(x)>N(0)＝0，即f(x)－g(x)>x2。

記x0與4((k＋2)2＋8(1－k)中的較小者為x1，則當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|>x2。

故滿意題意的t不存在。

當(dāng)k＝1時(shí)，由(1)知，當(dāng)x>0時(shí)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)。

令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，

則有H′(x)＝1－1＋x(1－2x＝x＋1(－2x2－x。

當(dāng)x>0時(shí)，H′(x)0時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|1時(shí)，由(1)知，對(duì)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01時(shí)，對(duì)于x∈(0，k－1)，

恒有|f(x)－g(x)|>x2，

故滿意題意的t不存在。

當(dāng)k0，使得x∈(0，x0)，f(x)>k1x>kx＝g(x)，

此時(shí)|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)>(k1－k)x＝2(1－kx。

令2(1－kx>x2，解得0x2。

記x0與2(1－k的較小者為x1，當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|>x2。

故滿意題意的t不存在。

當(dāng)k＝1時(shí)，由(1)知，x>0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)