函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)

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函数与导数

1. 函数f(x)4x33tx26txt1,xR，其中tR．

〔Ⅰ〕当t1时，求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； 〔Ⅱ〕当t0时，求f(x)的单调区间；

〔Ⅲ〕证明：对任意的t(0,),f(x)在区间(0,1)内均存在零点．

【解析】〔19〕本小题主要考察导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、

函数的零点、解不等式等根底知识，考察运算能力及分类讨论的思想方法，总分值14分。 〔Ⅰ〕解：当t1时，f(x)4x33x26x,f(0)0,f(x)12x26x6

f(0)6.所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y6x.

〔Ⅱ〕解：f(x)12x26tx6t2，令f(x)0，解得xt或x因为t0，以下分两种情况讨论： 〔1〕假设t0,则t. 2tt,当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表： 2x t, 2+ t,t 2- t, + f(x) f(x) 所以，f(x)的单调递增区间是,,t,;f(x)的单调递减区间是,t。 〔2〕假设t0,则tt2t2t，当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表： 2x ,t + tt, 2- t, 2+ f(x) f(x) - .word.zl.

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所以，f(x)的单调递增区间是,t,,;f(x)的单调递减区间是t,.

t2t2〔Ⅲ〕证明：由〔Ⅱ〕可知，当t0时，f(x)在0,内的单调递减，在以下分两种情况讨论： 〔1〕当

t2t,内单调递增，2t1,即t2时，f(x)在〔0，1〕内单调递减， 2f(0)t10,f(1)6t24t3644230.

所以对任意t[2,),f(x)在区间〔0，1〕内均存在零点。 〔2〕当0ttt1,即0t2时，f(x)在0,内单调递减，在,1内单调递增，假设222771t(0,1],ft3t1t30.

442f(1)6t24t36t4t32t30.

所以f(x)在t,1内存在零点。 2t27474假设t(1,2),ft3t1t310.

f(0)t10

所以f(x)在0,内存在零点。

所以，对任意t(0,2),f(x)在区间〔0，1〕内均存在零点。 综上，对任意t(0,),f(x)在区间〔0，1〕内均存在零点。 2. 函数f(x)21x，h(x)x． 32〔Ⅰ〕设函数F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求F(x)的单调区间与极值；

33〔Ⅱ〕设aR，解关于x的方程lg[f(x1)]2lgh(ax)2lgh(4x)；

241〔Ⅲ〕设nN*，证明：f(n)h(n)[h(1)h(2)h(n)]．

6本小题主要考察函数导数的应用、不等式的证明、解方程等根底知识，考察数形结合、函数

t2- .word.zl.

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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：〔Ⅰ〕F(x)18f(x)x2[h(x)]2x312x9(x0)，

F(x)3x212．

令F(x)0，得x2〔x2舍去〕．

当x(0,2)时．F(x)0；当x(2,)时，F(x)0，

故当x[0,2)时，F(x)为增函数；当x[2,)时，F(x)为减函数． x2为F(x)的极大值点，且F(2)824925．

33〔Ⅱ〕方法一：原方程可化为log4[f(x1)]log2h(ax)log2h(4x)，

24axxa,即为log4(x1)log2axlog24xlog2，且

4x1x4,①当1a4时，1xa，那么x1ax，即x26xa40， 4x6204a35a，∵1xa， 364(a4)204a0，此时x2此时方程仅有一解x35a．

ax②当a4时，1x4，由x1，得x26xa40，364(a4)204a，

4x假设4a5，那么0，方程有两解x35a； 假设a5时，那么0，方程有一解x3； 假设a1或a5，原方程无解．

方法二：原方程可化为log4(x1)log2h(4x)log2h(ax)， 1即log2(x1)log24xlog22x10,1x44x0, xa,ax，ax0,a(x3)25.(x1)(4x)ax.①当1a4时，原方程有一解x35a； ②当4a5时，原方程有二解x35a； ③当a5时，原方程有一解x3；

④当a1或a5时，原方程无解． 〔Ⅲ〕由得h(1)h(2)h(n)]1214n31f(n)h(n)n．

666n，

1〔nN*〕 64k34k1从而有a1S11，当2k100时，akSkSk1kk1．

66221(4k3)k(4k1)(k1)1又akk[(4k3)k(4k1)k1] 66(4k3)k(4k1)k1设数列{an}的前n项和为Sn，且Snf(n)h(n)110． 6(4k3)k(4k1)k1即对任意k2时，有akk，又因为a111，所以a1a2an12 n．- .word.zl.

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那么Snh(1)h(2)

h(n)，故原不等式成立．

3. 设函数f(x)a2lnxx2ax，a0 〔Ⅰ〕求f(x)的单调区间；

〔Ⅱ〕求所有实数a，使e1f(x)e2对x[1,e]恒成立．

注：e为自然对数的底数． 【解析】〔21〕此题主要考察函数的单调性、导数运算法那么、导数应用等根底知识，同时考察抽

象概括、推理论证能力。总分值15分。 〔Ⅰ〕解：因为f(x)a2lnxx2ax.其中x0

a2(xa)(2xa)2xa所以f(x) xx由于a0，所以f(x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,)

〔Ⅱ〕证明：由题意得，f(1)a1c1,即ac

由〔Ⅰ〕知f(x)在[1,e]内单调递增， 要使e1f(x)e对x[1,e]恒成立，

2f(1)a1e1,只要 222f(e)aeaee解得ae.

ex4. 设f(x)，其中a为正实数. 21ax〔Ⅰ〕当a4时，求f(x)的极值点； 3〔Ⅱ〕假设f(x)为R上的单调函数，求a的取值X围.

【解析】〔18〕〔本小题总分值13分〕此题考察导数的运算，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，考察运算能力，综合运用知识分析和解决问题的能力.

1ax2ax解：对f(x)求导得f(x)e.① 22(1ax)x- .word.zl.

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〔I〕当a

3142，假设f(x)0,则4x8x30,解得x1,x2. 3221(,) 2+ ↗ 综合①,可知

x f(x) f(x) 所以,x11 20 极大值 13(,) 22－ ↘ 3 20 极小值 3(,) 2+ ↗ 31是极小值点,x2是极大值点. 22〔II〕假设f(x)为R上的单调函数，那么f(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知

ax22ax10

2在R上恒成立，因此4a4a4a(a1)0,由此并结合a0，知0a1.

5. a，b为常数，且a≠0，函数f〔x〕=-ax+b+axlnx，f〔e〕=2〔e=2．71828…是自然对数的底数〕。 〔I〕XX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〔m与曲线y=f〔x〕〔x∈[

1，e]〕都有公共点？假设存在，求出最小的实数m和最大的实数eM；假设不存在，说明理由。

【解析】22．本小题主要考察函数、导数等根底知识，考察推理论证能力、抽象概括能力、运算

求解能力，考察函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想，总分值14分。

解：〔I〕由f(e)2得b2,

〔II〕由〔I〕可得f(x)ax2axlnx. 从而f'(x)alnx.

因为a0，故：

〔1〕当a0时,由f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0- .word.zl.

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当a0时，函数f(x)的单调递增区间为〔0，1〕， 单调递减区间为(1,)。

〔III〕当a=1时，f(x)x2xlnx,f'(x)lnx.

由〔II〕可得，当x在区间(,e)内变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

1ex f'(x) f(x) 又21 e 1(,1) e- 1 0 极小值1 (1,e) + 单调递增 e 2 22 e单调递减 212,所以函数f'(x)(x[,e])的值域为[1，2]。 ee据经可得，假设有公共点。

m1,1，那么对每一个t[m,M]，直线y=t与曲线yf(x)(x[,e])都

eM21直线yt与曲线yf(x)(x[,e])都没有公共点。 (M,)，

e并且对每一个t(,m)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t[m,M]，直线y=t

与曲线yf(x)(x[,e])都有公共点。

3226. 设函数f，，其中xR，a、b为常数，曲线yf(x)()xx2axbxagx()x3x21e与yg(x)在点〔2,0〕处有一样的切线l。 〔I〕求a、b的值，并写出切线l的方程；

〔II〕假设方程f()有三个互不一样的实根0、x、x，其中x1x2，且对任xg()xmx意的xx恒成立，XX数m的取值X围。 ()g()xm(x1)1,x2，fx【解析】20．此题主要考察函数、导数、不等式等根底知识，同时考察综合运用数学知识进展推理论证的能力，以及函数与方程和特殊与一般的思想，〔总分值13分〕 解：〔Ⅰ〕f(x)3x4axb,g(x)2x3.

由于曲线yf(x)与yg(x)在点〔2，0〕处有一样的切线， 故有f(2)g(2)0,f(2)g(2)1.

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由此得88a2ba0,8ab1,解得a2, 12b5.所以a2,b5，切线l的方程为xy20

〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕得f(x)x34x25x2，所以f(x)g(x)x33x22x. 依题意，方程x(x23x2m)0有三个互不一样的实数0,x1,x2， 故x1,x2是方程x23x2m0的两相异的实根。 所以94(2m)0,即m14.

又对任意的x[x1,x2],f(x)g(x)m(x1)成立，

特别地，取xx1时，f(x1)g(x1)mx1m成立，得m0. 由韦达定理，可得x1x230,x1x22m0,故0x1x2. 对任意的x[x1,x2],有x-x20,xx10,x0

那么f(x)g(x)mxx(xx1)(xx2)0,又f(x1)g(x1)mx10 所以函数f(x)g(x)mx在x[x1,x2]的最大值为0。

于是当m0时，对任意的x[x1,x2],f(x)g(x)m(x1)恒成立， 综上，m的取值X围是(14,0).

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