函數(shù)與導(dǎo)數(shù)例題高考壓軸題含答案

1、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)1.函數(shù) f(x) 4x3 3tx2 6tx t 1,x R，其中 t R.(I)當(dāng)t 1時，求曲線y f (x)在點(diǎn)(0, f (0)處的切線方程;(n)當(dāng)t 0時，求f (x)的單調(diào)區(qū)間；(川)證明：對任意的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)、解不等式等根底知識，考查運(yùn)算能力及分類討論的思想方法，總分值14分。(I)解：當(dāng) t 1 時，f(x) 4x3 3x26x, f (0)0, f (x)12x2 6x 6f (0)6.所以曲線y f (x)在點(diǎn)(0, f(

2、0)處的切線方程為y 6x.22t(n)解：f (x) 12x 6tx 6t ,令 f (x) 0，解得 xt或x.2因?yàn)閠 0，以下分兩種情況討論：(1)假設(shè)t 0,那么-t,當(dāng)x變化時，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)間是丄,t, ; f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間是-,t2 2(2)假設(shè)t 0,那么 t -，當(dāng)x變化時，f (x), f (x)的變化情況如下表:tt , 2,2+-+所以，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是；f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間是t,丄(川)證明：由(n)可知，當(dāng)t 0時，f(x)在0,-內(nèi)的單調(diào)遞減，在-, 內(nèi)單調(diào)2 2遞增，以下分兩種

3、情況討論：(1)當(dāng)-1,即t 2時，f (x)在(0, 1)內(nèi)單調(diào)遞減，21,即 0 t2時,f (x)在0,1內(nèi)單調(diào)遞減，在21,1內(nèi)單調(diào)遞增，假設(shè)21t (0J,f 27t347t3 0.4所以f (x)在2,i內(nèi)存在零點(diǎn)。所以(1,2), f4t3 t1 0.f (x)在內(nèi)存在零點(diǎn)。所以，對任意t(0,2), f(x)在區(qū)間(0, 1)內(nèi)均存在零點(diǎn)。綜上，對任意t (0,), f (x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)均存在零點(diǎn)。2 12.函數(shù) f(x) x ， h(x) x .3 2(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；33(H)設(shè) a R，解關(guān)于

4、x 的方程 |g f (x 1) - 2lg h(a x) 2lg h(4 x)；24* 1(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、解方程等根底知識，考查數(shù)形結(jié)合、函數(shù) 與方程、分類與整合等數(shù)學(xué)思想方法及推理運(yùn)算、分析問題、解決問題的能力.解：(I) F(x) 18f(x) x2h(x)2x3 12x 9(x 0),F (x) 3x212 .令 F (x)0，得 x 2 ( x 2 舍去).當(dāng) x (0,2)時.F (x)0 ;當(dāng) x (2,)時，F(xiàn) (x)0 ,故當(dāng)x 0,2)時，F(xiàn)(x)為增函數(shù)；當(dāng)x 2,)時

5、，F(xiàn)(x)為減函數(shù).x 2為F (x)的極大值點(diǎn)，且F(2)824 925 .(n)方法一：原方程可化為3 log*?f(x31)4log 2h(ax)log2 h(4 x),即為 log4(x 1) log2 a xlog 2 4xl薦log 2匚且xa,1x 4,.4x當(dāng)1 a 4時，1 x a ,那么x 1ax，即 x26xa40 ,4x36 4(a 4)20 4a 0 ,此時 x 6? 4a 3 門,v 1 x a ,此時方程僅有一解x 35 a .當(dāng) a 4 時，1 x 4，由 x 1，得 x2 6x a 40 ,36 4(a 4)20 4a,4 xa 5，那么 0 ,方程有兩解0,

6、方程有一解假設(shè)4假設(shè)a 5時，那么假設(shè)a 1或a 5，原方程無解.方法二：原方程可化為log4(x 1)Iog2h(4x) log? h(a x), x即 1 Iog2(x1) Iog2 . 4 x log2 .aa(x0,0,0,x1)(4 x)a,2(x 3)5.當(dāng)4時，原方程有一解.5 a ;當(dāng)5時，原方程有二解5時，原方程有一解x : 1或a 5時，原方程無解. 當(dāng) 當(dāng)(川)由得 h(1)h(2) L h(n)1 4n 3 l 1f(n )h( n)n6 6 6a設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為s，且Snf(n)h(n)(nN )從而有a S 1，當(dāng)2 k 100時，akSkS< 1_ 1

7、又 akk - (4k 3) k (4 k 1) k 16-6 (4 k 3) .k (4 k 1 k_12時，有ak k，又因?yàn)閍t即對任意k那么 S.h(1) h(2)L h( n),故原不等式成立.(4 k4k 3 k623) k (4 k1.k 1 .621) (k 1)4k16 (4 k 3)、k (4 k 1) k 111，所以 d a2 L an 1.2 L . n .3.設(shè)函數(shù) f (x) a21nx x2 ax, a 0(I)求f (x)的單調(diào)區(qū)間；2(n)求所有實(shí)數(shù) a，使e 1 f(x) e對x 1,e恒成立.注：e為自然對數(shù)的底數(shù).【解析】(21)此題主要考查函數(shù)的單調(diào)

8、性、導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法那么、導(dǎo)數(shù)應(yīng)用等根底知識，同時考查抽象 概括、推理論證能力?？偡种?5分。22r.(I)解：因?yàn)?f (x) a In x xax.其中 x 02所以 f (x) d 2x a (x a)(2x a)xx由于a 0,所以f (x)的增區(qū)間為(0, a)，減區(qū)間為(a,)由(i)知f (x)在1,e內(nèi)單調(diào)遞增,要使e1f(x)e2對x1,e恒成立,f(1)a 1e 1,只要f (e)2 ae2 ae2 e解得ae.x4.設(shè)f (x) J，其中a為正實(shí)數(shù).1 ax4(【)當(dāng)a時，求f(x)的極值點(diǎn)；3(n)假設(shè)f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍【解析】(18)(本小題總分值13

9、分)此題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，極值點(diǎn)的判斷，導(dǎo)數(shù)符號與函數(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)用知識分析和解決問題的能力.1 ax2 ax解：對f (x)求導(dǎo)得f (x) ex.(1 ax )431(I)當(dāng) a ，假設(shè) f(x) 0,那么4x 8x 30,解得x1,x2.322綜合，可知+0一0+/極大值極小值/31所以，X"|是極小值點(diǎn)，x2是極大值點(diǎn)22(II )假設(shè)f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，那么f(X)在R上不變號，結(jié)合與條件a>0，知ax22 ax 102在R上恒成立，因此4a 4a 4a (a 1)0,由此并結(jié)合a 0，知0 a 1.5. a, b 為

10、常數(shù)，且 0，函數(shù) f (x) =-ax+b+axlnx , f (e) =2 (e=2. 71828 是自然對數(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，是否同時存在實(shí)數(shù)m和M (m<M ),使得對每一個 t m , M，直線y=t1 一 一與曲線y=f (x) (x 丄，e)都有公共點(diǎn)？假設(shè)存在，求出最小的實(shí)數(shù)m和最大的實(shí)數(shù)eM ;假設(shè)不存在，說明理由?！窘馕觥?2 本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)等根底知識，考查推理論證能力、抽象概括能力、運(yùn)算 求解能力，考查函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想，總分值 14分。

11、解：(I)由 f(e) 2得b 2,(II )由(I)可得 f(x) ax 2 axl n x.從而 f '(x) aln x.因?yàn)閍 0 ,故：(1)當(dāng) a 0時，由 f(x)>0 得x>1,由 f(x)<0 得0<x<1;當(dāng) a 0時，由 f '(x) 0得0 x 1 由 f '(x) 0得 x 1.綜上，當(dāng)a 0時，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，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，f(x) x 2 xlnx, f'(x)

12、 In x.1由(II)可得，當(dāng)x在區(qū)間(-,e)內(nèi)變化時，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22,所以函數(shù)f'(x) (x 一，e)的值域?yàn)?，2。ee據(jù)經(jīng)可得，假設(shè) m 1,，那么對每一個t m,M ，直線y=t與曲線y f (x)(x - e)都有M 2e'公共點(diǎn)。1并且對每一個t ( ,m)U(M ,)，直線y t與曲線y f(x)(x ,e)都沒有公共點(diǎn)。e綜上，當(dāng)a=1時，存在最小的實(shí)數(shù) m=1，最大的實(shí)數(shù) M=2，使得對每一個t m,M ，直線y=t1與曲線y f (x)(x,e)都有公共點(diǎn)。e3

13、2 26.設(shè)函數(shù)f ()x x 2ax bx a, gX ) x 3x 2，其中x R, a、b為常數(shù)，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，并寫出切線I的方程；(II) 假設(shè)方程f (X g(Xmx有三個互不相同的實(shí)根0、x、x，其中 x2，且對任意的xx1, x2 ， fx() g()x m(x 1)恒成立，求實(shí)數(shù) m的取值范圍?！窘馕觥?0.此題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式等根底知識，同時考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識進(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，(總分值13分)2解：(I) f (x) 3x 4 ax b, g (x) 2x 3.由于曲線y f(x)與yg(x)在點(diǎn)(2, o)處有相同的切線,故有 f(2)g(2)0, f (2) g (2)1.由此得8 8a 2b a 0,解得 a 2,12 8a b 1,b 5.所以a2,b5，切線1的方程為x y 20(n)由(I)得 f(x) x3 4x2 5x 2，所以 f(x) g(x) x3 3x2 2x.依題意，方程x(x2 3x 2 m) 0有三個互不相同的實(shí)數(shù) 0,%,冷,2故X1,X2是方程X 3x 2 m 0的兩相異的實(shí)根。所以 94(2 m) 0,即 m又對任意的x 為必,f (x)g(x) m(x1)成立,特別地，取x X