函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案).pdf

函数与导数1.已知函数，其中32()4361,f xxtxtxtxR tR（）当时，求曲线在点处的切线方程；1t()yf x(0,(0)f（）当时，求的单调区间；0t()f x（）证明：对任意的在区间内均存在零点(0,),()tf x(0,1)【解析】（19）本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、函数的零点、解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分 14 分。（）解：当时，1t 322()436,(0)0,()1266f xxxx ffxxx所以曲线在点处的切线方程为(0)6.f ()yf x(0,(0)f6.yx （）解：，令，解得22()1266fxxtxt()0fx.2txtx 或因为，以下分两种情况讨论：0t （1）若变化时，的变化情况如下表：0,2tttx 则当(),()fxf xx,2t,2tt,t()fx+-+()f x所以，的单调递增区间是的单调递减区间是。()f x,;()2ttf x,2tt （2）若，当变化时，的变化情况如下表：0,2ttt 则x(),()fxf xx,t,2tt,2t()fx+-+()f x所以，的单调递增区间是的单调递减区间是()f x,;()2ttf x,.2tt （）证明：由（）可知，当时，在内的单调递减，在内单调0t()f x0,2t,2t递增，以下分两种情况讨论：（1）当时，在（0，1）内单调递减，1,22tt即()f x2(0)10,(1)643644230.ftftt 所以对任意在区间（0，1）内均存在零点。2,),()tf x （2）当时，在内单调递减，在内单调递增，若01,022tt即()f x0,2t,12t33177(0,1,10.244tfttt 2(1)643643230.fttttt 所以内存在零点。(),12tf x在若3377(1,2),110.244ttfttt (0)10ft 所以内存在零点。()0,2tf x在所以，对任意在区间（0，1）内均存在零点。(0,2),()tf x综上，对任意在区间（0，1）内均存在零点。(0,),()tf x2.已知函数，21()32f xx()h xx（）设函数 F(x)18f(x)x2h(x)2，求 F(x)的单调区间与极值；（）设，解关于 x 的方程；aR33lg(1)2lg()2lg(4)24f xh axhx（）设，证明：*nN1()()(1)(2)()6f n h nhhh nL本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力解：（），223()18()()129(0)F xf xx h xxxx 2()312F xx 令，得（舍去）()0F x2x 2x 当时；当时，(0,2)x()0F x(2,)x()0F x故当时，为增函数；当时，为减函数0,2)x()F x2,)x()F x为的极大值点，且2x()F x(2)824925F （）方法一：原方程可化为，42233log(1)log()log(4)24f xh axhx即为，且4222log(1)loglog4log4axxaxxx,14,xax当时，则，即，14a1xa14axxx 2640 xxa，此时，364(4)2040aa 6204352axa1xa此时方程仅有一解35xa当时，由，得，4a 14x14axxx 2640 xxa，364(4)204aa 若，则，方程有两解；45a0 35xa若时，则，方程有一解；5a 0 3x 若或，原方程无解1a 5a 方法二：原方程可化为，422log(1)log(4)log()xhxh ax即，2221log(1)log4log2xxax10,40,0,(1)(4).xxaxxxax 214,(3)5.xxaax 当时，原方程有一解；14a35xa当时，原方程有二解；45a35xa当时，原方程有一解；5a 3x 当或时，原方程无解1a 5a（）由已知得，(1)(2)()12hhh nnLL1431()()666nf n h nn设数列的前 n 项和为，且（）nanS1()()6nSf n h n*nN从而有，当时，111aS2100k14341166kkkkkaSSkk又1(43)(41)16kakkkkk221(43)(41)(1)6(43)(41)1kkkkkkkk1106(43)(41)1kkkk即对任意时，有，又因为，所2k kak111a 以1212naaanLL 则，故原不等式成立(1)(2)()nShhh nL3.设函数，axxxaxf22ln)(0a（）求的单调区间；)(xf（）求所有实数，使对恒成立a2)(1exfe,1 ex注：为自然对数的底数e【解析】（21）本题主要考查函数的单调性、导数运算法则、导数应用等基础知识，同时考查抽象概括、推理论证能力。满分 15 分。（）解：因为22()ln.0f xaxxaxx其中所以2()(2)()2axaxafxxaxx 由于，所以的增区间为，减区间为0a()f x(0,)a(,)a （）证明：由题意得，(1)11,facac 即由（）知内单调递增，()1,f xe在要使恒成立，21()1,ef xexe 对只要222(1)11,()faef eaeaee 解得.ae4.设，其中为正实数.21)(axexfxa（）当时，求的极值点；34a()f x（）若为上的单调函数，求的取值范围.()f xRa【解析】（18）（本小题满分 13 分）本题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调变化之间的关系，求解二次不等式，考查运算能力，综合运用知识分析和解决问题的能力.解：对求导得.)1(1)(222axaxaxexfx )(xf（I）当34a，若.21,23,0384,0)(212xxxxxf解得则综合,可知所以,是极小值点,是极大值点.231x212x（II）若为 R 上的单调函数，则在 R 上不变号，结合与条件 a0，知)(xf)(xf 0122 axax在 R 上恒成立，因此由此并结合，知,0)1(4442aaaa0a.10 a5.已知 a，b 为常数，且 a0，函数 f（x）=-ax+b+axlnx，f（e）=2（e=271828是自然对数的底数）。（I）求实数 b 的值；（II）求函数 f（x）的单调区间；（III）当 a=1 时，是否同时存在实数 m 和 M（m0得x1,由f (x)0得0 x1;（2）当0,()001,()01.afxxfxx时由得由得综上，当时，函数的单调递增区间为，0a()f x(1,)x)21,(21)23,21(23),23()(xf+00+)(xf极大值极小值 单调递减区间为（0，1）；当时，函数的单调递增区间为（0，1），0a()f x单调递减区间为。(1,)（III）当 a=1 时，()2ln,()ln.f xxxx fxx 由（II）可得，当 x 在区间内变化时，的变化情况如下表：1(,)ee(),()fxf xx1e1(,1)e1(1,)ee()fx-0+()f x22e单调递减极小值 1单调递增2又的值域为1，2。2122,()(,)fxxeee所以函数据经可得，若，则对每一个，直线 y=t 与曲线都有1,2mM,tm M1()(,)yf x xee公共点。并且对每一个，直线与曲线都没有公共点。(,)(,)tmM Uyt1()(,)yf x xee综上，当 a=1 时，存在最小的实数 m=1，最大的实数 M=2，使得对每一个，直,tm M线 y=t与曲线都有公共点。1()(,)yf x xee6.设函数32()2f xxaxbxa，2()32g xxx，其中xR，a、b 为常数，已知曲线()yf x与()yg x在点（2,0）处有相同的切线 l。（I）求 a、b 的值，并写出切线 l 的方程；（II）若方程()()f xg xmx有三个互不相同的实根 0、1x、2x，其中12xx，且对任意的12,xx x，()()(1)f xg xm x恒成立，求实数 m 的取值范围。【解析】20本题主要考查函数、导数、不等式等基础知识，同时考查综合运用数学知识进行推理论证的能力，以及函数与方程和特殊与一般的思想，（满分 13 分）解：（）2()34,()23.fxxaxb g xx由于曲线在点（2，0）处有相同的切线，()()yf xyg x与 故有(2)(2)0,(2)(2)1.fgfg由此得8820,2,1281,5.abaaabb 解得所以，切线 的方程为2,5ab l20 xy （）由（）得，所以32()452f xxxx32()()32.f xg xxxx依题意，方程有三个互不相同的实数，2(32)0 x xxm120,x x故是方程的两相异的实根。12,x x2320 xxm所以194(2)0,.4mm 即又对任意的成立，12,()()(1)xx xf xg xm x特别地，取时，成立，得1xx111()()f xg xmxm 0.m 由韦达定理，可得12121230,20,0.xxx xmxx故对任意的1221,0,0,0 xx xxxx有x-x则12111()()()()0,()()0f xg xmxx xxxxf xg xmx又所以函数的最大值为 0。12()(),f xg xmxxx x在于是当时，对任意的恒成立，0m 12,()()(1)xx xf xg xm x综上，的取值范围是m1(,0).4