函數(shù)與導(dǎo)數(shù)經(jīng)典例題高考?jí)狠S題含答案

1、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)1.已知函數(shù)f(x) 4x33tx26tx t 1,x R，其中 t R.(I)當(dāng) t 1 時(shí)，求曲線y f(x)在點(diǎn)(0, f(0)處的切線方程；(U)當(dāng) t 0 時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(川)證明：對(duì)任意的t (0,), f (x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)均存在零點(diǎn).【解析】(19)本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、曲線的切線 方程、函數(shù)的零點(diǎn)、解不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算能力及分類(lèi)討論的思想方法，滿(mǎn) 分 14分。(I)解：當(dāng) t 1 時(shí)，f(x) 4x33x26x, f(0)0, f (x)12x26x 6f (0)6.所以曲線y f(x)在點(diǎn)(0, f (0

2、)處的切線方程為y 6x.(U)解：f (x) 12x26tx 6t2，令f (x) 0，解得x t 或 x -.2因?yàn)?t 0,以下分兩種情況討論：若t ,則 2t,當(dāng) x變化時(shí)，5)的變化情況如下表:+-+所以，fg的單調(diào)遞增區(qū)間是,f t；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是和(2)若t 0,則 t-，當(dāng)x變化時(shí)，f(x), f(x)的變化情況如下表:2+-+所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，t ,丄，；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是t2 2(川)證明：由可知，當(dāng)t 0時(shí)，f(x)在呻內(nèi)的單調(diào)遞減，在|，內(nèi)單調(diào)遞增，以下分兩種情況討論： (D當(dāng)扌1 即t 2時(shí)，f(x)在(01)內(nèi)單調(diào)遞減，所以對(duì)任意t 2

3、,), f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)均存在零點(diǎn)t (0,1, f17t3t 1-t30.244所以f(x)在-,1內(nèi)存在零點(diǎn)2若t (1,2),f2；t3114t310.所以f(x)在叱內(nèi)存在零點(diǎn)所以，對(duì)任意t (0,2), f(x)在區(qū)間(0, 1)內(nèi)均存在零點(diǎn)(2)當(dāng) 0即0 t 2時(shí)，f(x)在0,2內(nèi)單調(diào)遞減，在A 內(nèi)單調(diào)遞增，若綜上，對(duì)任意t (0,), f(x)在區(qū)間(0, 1)內(nèi)均存在零點(diǎn)。2.已知函數(shù)f(x)2x -,h(x) . x.32(I)設(shè)函數(shù) F(x) = 18f (x) x2h(x)2，求 F( x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(U)設(shè)a R，解關(guān)于x的方程lg|f(x 1)弓

4、2lg h(a x) 2lg h(4 x)；(川)設(shè)n N*，證明：f(n)h(n) h(1) h(2) L h(n)6本小題主要考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、不等式的證明、解方程等基礎(chǔ)知識(shí)，考查數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程、分類(lèi)與整合等數(shù)學(xué)思想方法及推理運(yùn)算、分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力.解：(223(I)F(x) 18f (x) x h(x)x 12x 9(x 0)，2F (x) 3x 12.令F (x)0，得x 2(x 2舍去).當(dāng)x (0,2)時(shí).F (x) 0;當(dāng)x (2,)時(shí)，F(xiàn) (x) 0，故當(dāng)x 0,2)時(shí)，F(xiàn)(x)為增函數(shù)；當(dāng)x 2,)時(shí)，F(xiàn)(x)為減函數(shù).x 2為F(x)的極大值點(diǎn)，且F(2)8

5、 24 925.、33(U)方法一：原方程可化為Iog4【f (x 1) Iog2h(a x) log2h(4 x)，24當(dāng)1 a 4時(shí)，1 x a，則x 1a_x，即x26x a 40,4 x36 4(a 4)20 4a 0，此時(shí)x6_20 4a35 a 1 x a,2此時(shí)方程僅有一解x 35 a.當(dāng)a 4時(shí)，1 x 4，由x 1，得x26x a 4 0,36 4(a 4)204 x若4 a 5，則0,方程有兩解x 3 . a；若a 5時(shí)，則0，方程有一解x 3;若a 1或a 5，原方程無(wú)解.方法：原方程可化為log4(x 1) log2h(4 x) log2h(a x)，1當(dāng)1 a 4時(shí)，

6、原方程有一解x 3. 5 a；2當(dāng)4 a 5時(shí)，原方程有二解x 35一a；3當(dāng)a 5時(shí)，原方程有一解x 3；即為log4(x 1) log2a x log24 xJa x冃xlOg24 x，且1a,x 4,4a，1 _即一log2(x 1) log24 xlog2a2x4a(x1 0,x 0,x 0,1)(4x)x.x 4a,(x3)25.當(dāng)a 1或a 5時(shí)，原方程無(wú)解.(川)由已知得h(1) h(2) L h(n),1,2 L設(shè)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為s，且Snf (n)h(n) -(n N*)6則Snh(1) h(2) L h(n)，故原不等式成立.3.設(shè)函數(shù)f (x) a21nx x2a

7、x， a 0(I)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；注：e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).【解析】(21)本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則、導(dǎo)數(shù)應(yīng)用等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考1f(n)h(n)-4n 31n _66從而有a S 1，當(dāng)2 k 100時(shí)，akSkSk14kk4k 1.廠.6 61又ak,k (4 k 3).k (4 k1)JT62 21 (4k 3) k (4k 1) (k 1)6 (4k3). k (4k飛一11 16 (4 k 3) . k (4 k 1).廠1即對(duì)任意k 2時(shí)，有ak.k，又因?yàn)閍111，所以aa2L(U)求所有實(shí)數(shù)a，使e 1f (x) e2對(duì)x 1, e恒成立.查抽象概括、推理論證

8、能力。滿(mǎn)分 15 分。(I)解：因?yàn)閒 (x) a21nx x2ax.其中 x 02所以f (x)-x2x a(x a)(2x a)x由于 a 0,所以f(x)的增區(qū)間為(0,a)，減區(qū)間為(a,)(U)證明：由題意得，f(1) a 1 c 1,即 a c由(I)知 f(x)在1,e內(nèi)單調(diào)遞增,要使e 1 f (x) e2對(duì) x 1,e恒成立,a 1 e 1,2 2 2a e ae e解得a e.ex4.設(shè)f (x)一2，其中a為正實(shí)數(shù).1 ax(I)當(dāng)a-時(shí)，求f (x)的極值點(diǎn)；3(U)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍.【解析】(18)(本小題滿(mǎn)分 13 分)本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，

9、極值點(diǎn)的判斷，導(dǎo)數(shù)符號(hào)與函數(shù)單調(diào)變化之間的關(guān)系，求解二次不等式，考查運(yùn)算能力，綜合運(yùn)用知識(shí)分析和解決問(wèn)題的 能力.2解：對(duì)f(x)求導(dǎo)得 f (x) ex1 ax2：x.只要f(1) f(e)(1 ax )431(I )當(dāng)a-，若f (x)0,則 4x28x 30,解得 Xix?-.322綜合,可知+0一0+/極大值極小值/31所以，Xi-是極小值點(diǎn),X2-是極大值點(diǎn).22(II )若f(x)為 R 上的單調(diào)函數(shù)，則f (x)在 R 上不變號(hào)，結(jié)合與條件 a0,知2ax2 ax 1 0在 R 上恒成立，因此4a24a 4a(a 1)0,由此并結(jié)合 a 0，知 0 a 1.5.已知 a，b 為常

10、數(shù)，且 a0，函數(shù) f (x) =-ax+b+axInx，f (e) =2 (e=2. 71828是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))。(I )求實(shí)數(shù) b 的值；(II )求函數(shù) f (x)的單調(diào)區(qū)間；(III )當(dāng) a=1 時(shí)，是否同時(shí)存在實(shí)數(shù) m 和 M(m0 得 x1,由 f(x)0 得 0 x1;(2)當(dāng) a0 時(shí)，由 f(x)0 得 0 x 1 由 f(x)0 得 x 1綜上，當(dāng) a 0 時(shí)，函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)；當(dāng) a 0 時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0, 1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,)。(III )當(dāng) a=1 時(shí)，f (x) x 2 xl nx,f(x)

11、 In x.由(II )可得，當(dāng) x 在區(qū)間(e)內(nèi)變化時(shí)，f(x), f(x)的變化情況如下表:e-0+單調(diào)遞減極小值 1單調(diào)遞增221又2 2,所以函數(shù) f(x) (x -,e)的值域?yàn)? , 2。ee據(jù)經(jīng)可得，若m九，則對(duì)每一個(gè)t m,M ，直線 y=t 與曲線y f(x)(x -,e)都有M 2e公共點(diǎn)。1并且對(duì)每一個(gè)t( ,m)U(M ,)，直線 y t 與曲線y f (x)(x -,e)都沒(méi)有公共點(diǎn)。e綜上，當(dāng) a=1 時(shí)，存在最小的實(shí)數(shù) m=-最大的實(shí)數(shù) M=2 使得對(duì)每一個(gè)t m, M，直線 y=t1與曲線y f(x)(x -,e)都有公共點(diǎn)。e6.設(shè)函數(shù) f(X x32ax2

12、bx a， g* ) x23x 2，其中 x R，a、b 為常數(shù)，已知曲線y f (x)與y g(x)在點(diǎn)(2,0 )處有相同的切線 I。(I)求 a、b 的值，并寫(xiě)出切線 I 的方程；(II )若方程f (X g(X mx有三個(gè)互不相同的實(shí)根 0、x、x，其中 x1x2，且對(duì)任 意的 x N，X2，fX)g(x m(x 1)恒成立，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍。【解析】20.本題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行推理論證的能力，以及函數(shù)與方程和特殊與一般的思想，(滿(mǎn)分 13 分)解：(I)f (x) 3x 4ax b,g (x) 2x 3.由于曲線 y f(x)與

13、y g(x)在點(diǎn)(2, 0)處有相同的切線，故有f(2)g(2)0, f (2) g (2)1.,少/曰 8 8a 2b a 0,加/曰 a 2,由此得解得12 8a b 1,b 5.所以a 2,b5,切線 I 的方程為x y 20(U)由(I)得f (x) x34x25x 2，所以f (x) g(x) x33x2依題意，方程x(x23x 2 m) 0有三個(gè)互不相同的實(shí)數(shù)0,Xi,X2, 故x1, x2是方程x23x 2 m 0的兩相異的實(shí)根。1所以9 4(2 m) 0,即 m -.又對(duì)任意的x X1,X2, f(x) g(x) m(x 1)成立，特別地，取x禺時(shí)，f(xj g(xj mx1m成立，得 m 0.