函数与导数经典例题(含答案)

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1、-函数与导数1.已知函数f(x)4x33tx26txt1,xR，其中tR．（Ⅰ）当t1时，求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（Ⅱ）当t0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。（Ⅰ）解：当t1时，f(x)4x33x26x,f(0)0,f(x)12x26x6f(0)6.所以曲线yf(x)

2、在点(0,f(0))处的切线方程为y6x.（Ⅱ）解：f(x)12x26tx6t2，令f(x)0，解得xt或xt.因为t0，以下分两种情况讨论：2（1）若t0,则tt,当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：x2ttt,,t,22f(x)+-+f(x)所以，f(x)的单调递增区间是,t,t,;f(x)的单调递减区间是t,t。22（）若t0,则tt，当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：22x,tt,tt,22f(x)+-+--f(x)--1--所以，f(x)的单调递增区间是,t,t,;f(x)的单调递减

3、区间是t,t.22（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当t0时，f(x)在0,t内的单调递减，在t,内单调22递增，以下分两种情况讨论：t1,即t2时，f(x)在（0，1）内单调递减，（1）当2f(0)t10,f(1)6t24t3644230.所以对任意t[2,),f(x)在区间（0，1）内均存在零点。（2）当0t1,即0t2时，f(x)在0,t内单调递减，在t,1内单调递增，若222t(0,1],f17t3t17t30.244f(1)6t24t36t4t32t30.所以f(x)在t,1内存在零点。2若t(1,2),ft7t3t

4、17t310.244f(0)t10所以f(x)在0,t内存在零点。2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。--2.已知函数f(x)（Ⅰ）设函数（Ⅱ）设a（Ⅲ）设n2x1，h(x)x．32F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求F(x)的单调区间与极值；31)3x)2lgh(4x)；R，解关于x的方程lg[f(x]2lgh(a24--N*，证明：f(n)h(n)[h(1)h(2)h(n)]1．--6本小题主要考查函数导数的应用

5、、不等式的证明、解方程等基础知识，考查数形结合、函数--2--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)]2x312x9(x0)，F(x)3x212．令F(x)0，得x2（x2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．x2为F(x)的极大值点，且F(2)824925．（Ⅱ）方法一：原方程可化为log4[3f(x1)3]log2h(ax)log2h(4x)

6、，24即为log4(x1)log2axlog24xlog2ax，且xa,1x4,4x①当1a4时，1xa，则x1ax，即x26xa40，4x364(a4)204a0，此时x6204a5a，∵1xa，23此时方程仅有一解x35a．②当a4时，1x4，由x1ax，得x26xa40，364(a4)204a，4x若4a5，则0，方程有两解x35a；若a5时，则0，方程有一解x3；若a1或a5，原方程无解．方法二：原方程可化为log4(x1)log2h(4x)log2h(ax)，x10,1x4即1log2(x4x0,1)log2

7、4xlog2ax，xa,ax0,2a(x3)25.(x1)(4x)ax.①当1a4时，原方程有一解x35a；②当4a5时，原方程有二解x35a；③当a5时，原方程有一解x3；④当a1或a5时，原方程无解．--（Ⅲ）由已知得h(1)h(2)h(n)]12n，f(n)h(n)14n3n1．666设数列{an}的前n项和为Sn，且Snf(n)h(n)1（nN*）6从而有a1S11，当2k100时，akSkSk14k3k4k11．66k又akk13)k(4k1)k1]1(4k3)2k(4k1)2(k1)[(4k6(4k3)k(

8、4k1)k16110．6(4k3)k(4k1)k1即对任意k2时，有akk，又因为a111，所以a1a2an12n．--3--则(1)(2)()，故原不等式成立．Snhhhn3.设函数f(x)a2lnxx2ax，a0（Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）求所有实数a，使e1f(x)e2对x[1,e]恒成立．注：e为自然对数的底数．【解