2022年函数与导数经典例题--高考压轴题 .pdf

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1、函数与导数1.已知函数32()4361,f xxtxtxtxR，其中tR（）当1t时，求曲线()yfx在点(0,(0)f处的切线方程；（）当0t时，求()f x的单调区间；（）证明：对任意的(0,),()tf 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。（）解：当1t时，322()436,(0)0,()1266f xxxx ffxxx(0)6.f所以曲线()yf x在点(0,(0)f处的切线方程为6.yx（）解：22()1266fxxtxt，

2、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，(),()fxf x的变化情况如下表：x,2t,2tt,t()fx+-+()f x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，(),()fxf x的变化情况如下表：x,t,2tt,2t()fx+-+()f x所以，()fx的单调递增区间是,;()2ttf x的单调递减区间是,.2tt（）证明：由（）可知，当0t时，()f x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，()f x在（0，1）

3、内单调递减，2(0)10,(1)643644230.ftftt所以对任意2,),()tf x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(0,1,10.244tfttt2(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),()tf x在区间（0，1）内均存在零点。综上，对任意(0,),()tf x在区间（0，1）内均存在零点。2.已知函数21()32f xx，()h xx（）设

4、函数F(x)18f(x)x2h(x)2，求 F(x)的单调区间与极值；（）设aR，解关于x 的方程33lg(1)2lg()2lg(4)24f xh axhx；（）设*nN，证明：1()()(1)(2)()6f n h nhhh n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：（）223()18()()129(0)F xf xxh xxxx，2()312F xx令()0Fx，得2x（2x舍去）当(0,2)x时()0Fx；当(2,)x时，()0Fx，故当0,2)x时，()F x 为增函数；当2

5、,)x时，()F x 为减函数2x为()F x 的极大值点，且(2)824925F（）方法一：原方程可化为42233log(1)log()log(4)24f xh axhx，即为4222log(1)loglog4log4axxaxxx，且,14,xax当14a时，1xa，则14axxx，即2640 xxa，364(4)2040aa，此时6204352axa，1xa，此时方程仅有一解35xa 当4a时，14x，由14axxx，得2640 xxa，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

6、)log(4)log()xhxh ax，即2221log(1)log4log2xxax，10,40,0,(1)(4).xxaxxxax214,(3)5.xxaax当14a时，原方程有一解35xa；当45a时，原方程有二解35xa；当5a时，原方程有一解3x；当1a或5a时，原方程无解（）由已知得(1)(2)()12hhh nn，1431()()666nf n h nn设数列 na的前 n 项和为nS，且1()()6nSf n h n（*nN）从而有111aS，当2100k时，14341166kkkkkaSSkk又1(43)(41)16kakkkkk221(43)(41)(1)6(43)(41)

7、1kkkkkkkk1106(43)(41)1kkkk即对任意2k时，有kak，又因为111a，所以1212naaan 则(1)(2)()nShhh n，故原不等式成立3.设函数axxxaxf22ln)(，0a（）求)(xf的单调区间；（）求所有实数a，使2)(1exfe对,1ex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。（）解：因为22()ln.0f xaxxaxx其中所以2()(2)()2axaxafxxaxx由于0a，所以()f x的增区间为(0,)a，减区间为(,)a（）证明：由题

8、意得，(1)11,facac即由（）知()1,f xe在内单调递增，要使21()1,ef xexe对恒成立，只要222(1)11,()faef eaeaee解得.ae4.设21)(axexfx，其中a为正实数.（）当34a时，求()f x的极值点；（）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.解：对)(xf求导得.)1(1)(222axaxaxexfx（I）当34a，若.21,23,0384,0)(212xxxxxf解得则

9、综合,可知所以,231x是极小值点,212x是极大值点.（II）若)(xf为R 上的单调函数，则)(xf在R 上不变号，结合与条件a0，知0122axax在 R 上恒成立，因此,0)1(4442aaaa由此并结合0a，知.10a5.已知 a，b 为常数，且a0，函数 f（x）=-ax+b+axlnx，f（e）=2（e=271828 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（m0得x1,由f(x)0得0 x1;（2）当0,()001,()01.afxxfxx时 由得由得综上，当0a时，函数()f x的单调递增

10、区间为(1,)，单调递减区间为（0，1）；当0a时，函数()f x的单调递增区间为（0，1），x)21,(21)23,21(23),23()(xf+0 0+)(xf极大值极小值单调递减区间为(1,)。（III）当 a=1 时，()2ln,()ln.f xxxx fxx由（II）可得，当x 在区间1(,)ee内变化时，(),()fxf x的变化情况如下表：x1e1(,1)e1(1,)ee()fx-0+()f x22e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,tm M，直线y=t 与曲线1()(,)yf xxee

11、都有公共点。并且对每一个(,)(,)tmM，直线yt与曲线1()(,)yf xxee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,tm M，直线y=t 与曲线1()(,)yf xxee都有公共点。6.设函数32()2f xxaxbxa，2()32gxxx，其中xR，a、b为常数，已知曲线()yf x与()yg 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 xg xmx有三个互不相同的实根0、x、x，其中12xx，且对任意的12,xx x，()()(1)fxg xm x恒成立，求实数m 的取值

12、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：（）2()34,()23.fxxaxb g xx由于曲线()()yf xyg x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20 xy（）由（）得32()452f xxxx，所以32()()32.f xg xxxx依题意，方程2(32)0 x xxm有三个互不相同的实数120,x x，故12,x x是方程2320 xxm的两相异的实根。所以194(2)0,.4mm即又对任意的12,()()(1)xx xf xg xm x成立，特别地，取1xx时，111()()f xg xmxm成立，得0.m由韦达定理，可得12121230,20,0.xxx xmxx故对任意的1221,0,0,0 xx xxxx有x-x则12111()()()()0,()()0f xg xmxx xxxxf xg xmx又所以函数12()(),f xg xmxxx x在的最大值为0。于是当0m时，对任意的12,()()(1)xx xf xg xm x恒成立，综上，m的取值范围是1(,0).4