函數(shù)與導(dǎo)數(shù)經(jīng)典例題含答案

1、1.已知函數(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(0, f(0)處的切線方程；(U)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.【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、解不等式等基礎(chǔ)知識，考查運算能力及分類討論的思想方法，滿分 14分。(I)解：當(dāng) t 1 時，f(x) 4x 3x 6x, f (0)0, f (x)12x 6x 6f (0)6.所以曲線y f (x)在點(0, f(0)處的切線

2、方程為y 6x.(U)解：f (x) 12x2 6tx 6t2，令 f (x) 0,解得 xt 或 x -.2因為t 0，以下分兩種情況討論：(1)若t 0,則-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，, t, ; f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是 |, t若t 0,則t 2，當(dāng)x變化時，f(x),f(x)的變化情況如下表:+-+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t,-2 2(川)證明：由(U)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)遞2 2增，以下分兩種情況討論：(1)當(dāng)-1,即t 2時，f

3、(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞減，2所以對任意t 2,), f (x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)均存在零點。(2)當(dāng) 0-2t (0,1, f0.所以f (x)在內(nèi)存在零點若 t (1,2),7 -t 10.4所以f (x)在內(nèi)存在零點所以，對任意(0,2), f(x)在區(qū)間(0, 1)內(nèi)均存在零點。t 2時，f(x)在內(nèi)單調(diào)遞減，在r1內(nèi)單調(diào)遞增，若2綜上，對任意(0,), f(x)在區(qū)間(0,1 )內(nèi)均存在零點。2 12.已知函數(shù) f(x) x -，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；33(U)設(shè) a R，解關(guān)于 x 的方程 lg f(

4、x 1) 2lgh(a x) 2lg h(4 x);(川)設(shè) n N，證明：f(n)h(n) h(1) h(2) Lh(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，考查數(shù)形結(jié)合、 函數(shù)與方程、分類與整合等數(shù)學(xué)思想方法及推理運算、分析問題、解決問題的能力.解：(I) F(x) 18f (x)2 2x h(x)x312x9(x0)，2F (x) 3x 12 .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，F(xiàn)(x)為減函數(shù).x 2為F(x)的極大值點，且

5、 F(2)8 24(U)方法一：原方程可化為log4|f(x925 .即為 Iog4(x 1) log 2 . ax log 2 431)匚log 2 h (a4,4ax冃 Xx) log 2 h(4 x)，當(dāng)1 a 4時，1 xa，則 x 136 4(a 4)20 4a0，此時xx log 2 ，且74 x處，即x24 x620 4a6xa,x 4,此時方程僅有一解x 3當(dāng)a 4時，1 x 4，得 x2 6x36 4(a4)20 4a，若4 a 5，則 0，方程有兩解x 35 a ;若a 5時，則 0 ,方程有一解x 3 ;若a 1或a 5，原方程無解.方法二：原方程可化為log4(x 1)

6、 log2h(4即-log2 (x1) log 2 4 x log 2 ax)x4a(xlog2 h(a 1 0, x 0, x 0, 1)(4X),X)當(dāng)14時，原方程有一解.5a ;當(dāng)45時，原方程有二解5時，原方程有一解x1或a 5時，原方程無解.由已知得 h(1) h(2) L h(n)1 4n 31 當(dāng)a 當(dāng)a(K)a1xx 4a,2f(n )h( n)n6 6 6設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，且Snf(n )h( n)(nN)從而有a S 1 ,當(dāng)2 k 100時,ak又 ak. k l(4k616 (4 k 3)、k (4 k 1) k 1即對任意k 2時，有akk，又因為4k 1

7、 - ” k 1 .61 (4 k 3)k (4 k 1)(k 1)6 (4 k 3). k(4 k 1) JTSkai6 3 k2 21. 1，所以 a!a2 L an . 12 L n .則h(1) h(2) L h(n)，故原不等式成立.3. 設(shè)函數(shù) f (x) a21nx x2 ax， a 0(I)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(U)求所有實數(shù)a，使e 1 f(x) e2對x 1,e恒成立.注：e為自然對數(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)運算法則、導(dǎo)數(shù)應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，同時考 查抽象概括、推理論證能力。滿分15分。(I)解：因為 f (x) a21 nx x2 ax.其中

8、x 02所以 f (x)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,)(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x 1,e恒成立,f (1) a 1 e 1,只要2 2 2f (e) a e ae e解得a e.x4. 設(shè)f(x)，其中a為正實數(shù)1 ax(I)當(dāng)a 4時，求f (x)的極值點；(u)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍.【解析】(18)(本小題滿分13分)本題考查導(dǎo)數(shù)的運算，極值點的判斷，導(dǎo)數(shù)符號與函 數(shù)單調(diào)變化之間的關(guān)系，求解

9、二次不等式，考查運算能力，綜合運用知識分析和解決問題的 能力.2解：對f(x)求導(dǎo)得f (x)x 1 ax ax c e亍(1 ax )431(I)當(dāng) a -，若 f (x)0,則4x2 8x 30,解得 *,X2-.322綜合,可知+0一；0+/極大值極小值/所以*-2(II)若 f(在R上恒成立，因此4a2 4a 4a(a 1) 0,由此并結(jié)合a 0,知0 a 1.5. 已知 a，b 為常數(shù)，且 a0，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，

10、是否同時存在實數(shù) m和M (m0 得x1,由 f(x)0 得0x1;(2) 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 xl nx,f(x) In x.1由(II)可得，當(dāng)x在區(qū)間(丄,e)內(nèi)變化時，f(x), f(x)的變化情況如下表:-0+單調(diào)遞減極小值1單調(diào)遞增22 1又2 2,所以函數(shù)f(x) (x ,e)的值域為1，2ee據(jù)經(jīng)可得，卄 m若1，則對每1個t

11、 m,M ，直線y=t與曲線y f (x)(x -,e)都有M2e公共點。并且對每個t (,m)U(M,1)，直線y t與曲線y f(x)(x -,e)都沒有公共點。e綜上，當(dāng)a=1時，存在最小的實數(shù) m=1，最大的實數(shù)M=2，使得對每一個t m, M ， 直線y=t與曲線y f (x)(x 1,e)都有公共點。e6. 設(shè)函數(shù)f (X x3 2ax2 bx a， g* ) x2 3x 2，其中x R， a、b為常數(shù)，已知曲線y f (x)與y g(x)在點(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) 若方程f ()x g(X mx有三個互不相同的實根0、x、x

12、，其中x1 x2，且對任意的x X1,X2，fx；)g(X m(x 1)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍?！窘馕觥?0.本題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式等基礎(chǔ)知識，同時考查綜合運用數(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，(滿分13分)解：(I) f (x) 3x2 4ax b, g (x) 2x 3.由于曲線y f (x)與y g(x)在點(2, 0)處有相同的切線,故有 f(2)g(2)0, f (2) g (2)1.由此得8 8a 2b12 8a ba 0, a 解得1,b2,5.所以a 2,b5 ,切線I的方程為x y 202x.(U)由(I)得 f(x) x3 4x2 5x 2，所以 f(x) g(x) x3 3x2 依題意，方程x(x2 3x 2 m) 0有三個互不相同的實數(shù)0,Xi,X2, 故,X2是方程x2 3x 2 m 0的兩相異的實根。1所以 9 4(2 m) 0,即 m-.4又對任意的x X1,X2】，f(x) g(x) m(x 1)成立，特別地，取X X1時，f(X1)g(X1)mx1m成立，得m 0.由韋達(dá)定理，可得