函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)

函数与导数

1. 已知函数f(x)4x3tx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。

322 （Ⅰ）解：当t1时，f(x)4x3x6x,f(0)0,f(x)12x6x6

32

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

22 （Ⅱ）解：f(x)12x6tx6t，令f(x)0，解得xt或xt. 2

因为t0，以下分两种情况讨论：

（1）若t0,则tt,当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表： 2t, 2+ x t,t 2- t, + f(x) f(x)

所以，f(x)的单调递增区间是,tt,t,t,;f(x)的单调递减区间是。 22 （2）若t0,则tt，当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表： 2tt, 2- x ,t + t, 2+ f(x) f(x)

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

22

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

t2t,内单调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，若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

若t(1,2),f7373ttt1t10. 442 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。

t2

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

2. 已知函数f(x)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)，

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

4x1x4,ax，即x26xa40， 4x6204a364(a4)204a0，此时x35a，∵1xa，

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若4a5，则0，方程有两解x35a； 若a5时，则0，方程有一解x3； 若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当1a4时，1xa，则x1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）由已知得h(1)h(2)h(n)]12n，

14n31f(n)h(n)n．

6661设数列{an}的前n项和为Sn，且Snf(n)h(n)（nN*）

k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111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则Snh(1)h(2)

h(n)，故原不等式成立．

an12n．

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

（Ⅱ）求所有实数a，使e1f(x)e对x[1,e]恒成立．

注：e为自然对数的底数． 【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。 （Ⅰ）解：因为f(x)alnxxax.其中x0

22222

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

只要f(1)a1e1,f(e)aeaee222

解得ae.

ex4. 设f(x)，其中a为正实数.

1ax2（Ⅰ）当a4时，求f(x)的极值点； 3（Ⅱ）若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围.

【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.

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

（I）当a

314

，若f(x)0,则4x28x30,解得x1,x2. 322综合①,可知

x f(x) f(x) 1(,) 2+ ↗ 1 20 极大值 13(,) 22－ ↘ 3 20 极小值 3(,) 2+ ↗

所以,x131是极小值点,x2是极大值点. 22（II）若f(x)为R上的单调函数，则f(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知

ax22ax10

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.

25. 已知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）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（m与曲线y=f（x）（x∈[

1，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数eM；若不存在，说明理由。

【解析】22．本小题主要考查函数、导数等基础知识，考查推理论证能力、抽象概括能力、运算

求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想，满分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- 单调递减 1 0 极小值1 (1,e) + 单调递增 e 2 22 e212,所以函数f'(x)(x[,e])的值域为[1，2]。 ee据经可得，若公共点。

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

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，gx，其中xR，a、b为常数，已知曲线()xx2axbxa()x3x21eyf(x)与yg(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()有三个互不相同的实根0、x、x，其中x1x2，且对任意xg()xmx的xx恒成立，求实数m的取值范围。 ()g()xm(x1)1,x2，fx【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：（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）处有相同的切线， 故有f(2)g(2)0,f(2)g(2)1.

2

由此得88a2ba0,a2, 解得128ab1,b5.

所以a2,b5，切线l的方程为xy20

3232 （Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)x4x5x2，所以f(x)g(x)x3x2x.

依题意，方程x(x3x2m)0有三个互不相同的实数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.

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

则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的取值范围是(,0).

21414