函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案).pdf
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1、 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(
2、)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(
3、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
4、.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
5、 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;
6、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,111aS2100k14341166kkkkka
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