函数与导数经典例题(含答案)

1函数与导数1.已知函数32()4361,fxxtxtxtxR，其中tR．（Ⅰ）当1t时，求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；（Ⅱ）当0t时，求()fx的单调区间；（Ⅲ）证明：对任意的(0,),()tfx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。（Ⅰ）解：当1t时，322()436,(0)0,()1266fxxxxffxxx(0)6.f所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为6.yx（Ⅱ）解：22()1266fxxtxt，令()0fx，解得.2txtx或因为0t，以下分两种情况讨论：（1）若0,,2tttx则当变化时，(),()fxfx的变化情况如下表：x,2t,2tt,t()fx+-+()fx所以，()fx的单调递增区间是,,,;()2ttfx的单调递减区间是,2tt。（2）若0,2ttt则，当x变化时，(),()fxfx的变化情况如下表：x,t,2tt,2t()fx+-+()fx2所以，()fx的单调递增区间是,,,;()2ttfx的单调递减区间是,.2tt（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当0t时，()fx在0,2t内的单调递减，在,2t内单调递增，以下分两种情况讨论：（1）当1,22tt即时，()fx在（0，1）内单调递减，2(0)10,(1)643644230.ftftt所以对任意[2,),()tfx在区间（0，1）内均存在零点。（2）当01,022tt即时，()fx在0,2t内单调递减，在,12t内单调递增，若33177(0,1],10.244tfttt2(1)643643230.fttttt所以(),12tfx在内存在零点。若3377(1,2),110.244ttfttt(0)10ft所以()0,2tfx在内存在零点。所以，对任意(0,2),()tfx在区间（0，1）内均存在零点。综上，对任意(0,),()tfx在区间（0，1）内均存在零点。2.已知函数21()32fxx，()hxx．（Ⅰ）设函数F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求F(x)的单调区间与极值；（Ⅱ）设aR，解关于x的方程33lg[(1)]2lg()2lg(4)24fxhaxhx；（Ⅲ）设*nN，证明：1()()[(1)(2)()]6fnhnhhhn．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3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）223()18()[()]129(0)Fxfxxhxxxx，2()312Fxx．令()0Fx，得2x（2x舍去）．当(0,2)x时．()0Fx；当(2,)x时，()0Fx，故当[0,2)x时，()Fx为增函数；当[2,)x时，()Fx为减函数．2x为()Fx的极大值点，且(2)824925F．（Ⅱ）方法一：原方程可化为42233log[(1)]log()log(4)24fxhaxhx，即为4222log(1)loglog4log4axxaxxx，且,14,xax①当14a时，1xa，则14axxx，即2640xxa，364(4)2040aa，此时6204352axa，∵1xa，此时方程仅有一解35xa．②当4a时，14x，由14axxx，得2640xxa，364(4)204aa，若45a，则0，方程有两解35xa；若5a时，则0，方程有一解3x；若1a或5a，原方程无解．方法二：原方程可化为422log(1)log(4)log()xhxhax，即2221log(1)log4log2xxax，10,40,0,(1)(4).xxaxxxax214,(3)5.xxaax①当14a时，原方程有一解35xa；②当45a时，原方程有二解35xa；③当5a时，原方程有一解3x；④当1a或5a时，原方程无解．（Ⅲ）由已知得(1)(2)()]12hhhnn，1431()()666nfnhnn．设数列{}na的前n项和为nS，且1()()6nSfnhn（*nN）从而有111aS，当2100k时，14341166kkkkkaSSkk．又1[(43)(41)1]6kakkkkk221(43)(41)(1)6(43)(41)1kkkkkkkk1106(43)(41)1kkkk．即对任意2k时，有kak，又因为111a，所以1212naaan．4则(1)(2)()nShhhn，故原不等式成立．3.设函数axxxaxf22ln)(，0a（Ⅰ）求)(xf的单调区间；（Ⅱ）求所有实数a，使2)(1exfe对],1[ex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22()ln.0fxaxxaxx其中所以2()(2)()2axaxafxxaxx由于0a，所以()fx的增区间为(0,)a，减区间为(,)a（Ⅱ）证明：由题意得，(1)11,facac即由（Ⅰ）知()[1,]fxe在内单调递增，要使21()[1,]efxexe对恒成立，只要222(1)11,()faefeaeaee解得.ae4.设21)(axexfx，其中a为正实数.（Ⅰ）当34a时，求()fx的极值点；（Ⅱ）若()fx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.解：对)(xf求导得.)1(1)(222axaxaxexfx①5（I）当34a，若.21,23,0384,0)(212xxxxxf解得则综合①,可知所以,231x是极小值点,212x是极大值点.（II）若)(xf为R上的单调函数，则)(xf在R上不变号，结合①与条件a0，知0122axax在R上恒成立，因此,0)1(4442aaaa由此并结合0a，知.10a5.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（mM），使得对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f（x）（x∈[1e，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；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()22,feb得（II）由（I）可得()2ln.fxaxaxx从而'()ln.fxax0a因为，故：（1）当0,a时由f'(x)0得x1,由f'(x)0得0x1;（2）当0,'()001,'()01.afxxfxx时由得由得x)21,(21)23,21(23),23()(xf+0－0+)(xf↗极大值↘极小值↗6综上，当0a时，函数()fx的单调递增区间为(1,)，单调递减区间为（0，1）；当0a时，函数()fx的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为(1,)。（III）当a=1时，()2ln,'()ln.fxxxxfxx由（II）可得，当x在区间1(,)ee内变化时，'(),()fxfx的变化情况如下表：x1e1(,1)e1(1,)ee'()fx-0+()fx22e单调递减极小值1单调递增2又2122,'()([,])fxxeee所以函数的值域为[1，2]。据经可得，若1,2mM，则对每一个[,]tmM，直线y=t与曲线1()([,])yfxxee都有公共点。并且对每一个(,)(,)tmM，直线yt与曲线1()([,])yfxxee都没有公共点。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[,]tmM，直线y=t与曲线1()([,])yfxxee都有公共点。6.设函数32()2fxxaxbxa，2()32gxxx，其中xR，a、b为常数，已知曲线()yfx与()ygx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()()fxgxmx有三个互不相同的实根0、1x、2x，其中12xx，且对任意的12,xxx，()()(1)fxgxmx恒成立，求实数m的取值范围。【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）2()34,()23.fxxaxbgxx7由于曲线()()yfxygx与在点（2，0）处有相同的切线，故有(2)(2)0,(2)(2)1.fgfg由此得8820,2,1281,5.abaaabb解得所以2,5ab，切线l的方程为20xy（Ⅱ）由（Ⅰ）得32()452fxxxx，所以32()()32.fxgxxxx依题意，方程2(32)0xxxm有三个互不相同的实数120,,xx，故12,xx是方程2320xxm的两相异的实根。所以194(2)0,.4mm即又对任意的12[,],()()(1)xxxfxgxmx成立，特别地，取1xx时，111()()fxgxmxm成立，得0.m由韦达定理，可得12121230,20,0.xxxxmxx故对任意的1221[,],0,0,0xxxxxx有x-x则12111()()()()0,()()0fxgxmxxxxxxfxgxmx又所以函数12()()[,]fxgxmxxxx在的最大值为0。于是当0m时，对任意的12[,],()()(1)xxxfxgxmx恒成立，综上，m的取值范围是1(,0).4