高考大题规范练(一)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≤－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)＝－a，即P，∴kOP＝＝a－。又f′(m)＝(1＋m)2em，∴(1＋m)2em＝a－。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－＝(1＋m)2em≥(1＋m)2(1＋m)＝(1＋m)3，即≥1＋m。故m≤－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)在区间上单调递增，求b的取值范围。解(1)当b＝4时，f′(x)＝，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∈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)＝，因为当x∈时，<0，依题意当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，所以b的取值范围为。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。1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的充要条件是即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)＝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)＝＋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)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>；f′(x)<0，得00，得03；由φ′(x)<0，得10时，f(x)0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)；(3)确定k的...
