函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)
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函数与导数
1.已知函数 f(x) 4x 3 3tx 2 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; (n)当t 0时,求f (x)的单调区间;
(川)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 t 1 时,f(x) 4x 3 3x 2
6x, f (0) 0, f (x) 12x 2 6x 6
f (0)
6.所以曲线y f (x)在点(0, f(0))处的切线方程为y 6x.
(n)解:f (x) 12x 2 6tx 6t 2,令 f (x) 0,解得 x
t 或 x -.
2
因为t 0,以下分两种情况讨论:
(1)若t 0,则- t,当x 变化时,f (x), f(x)的变化情况如下表:
所以,f(x)的单调递增区间是,
|
;f(x)的单调递减区间是 屮
⑵若
t
则t ,当
x
变化时,
f(x)f(x)
的变化情况如下表:
所以,f(x)的单调递增区间是 ,t ,丄, ;f(x)的单调递减区间是 t,-
2 2
(川)证明:由(n)可知,当
t 0时,f(x)在0,1内的单调递减,在 -, 内单调
2 2
递增,以下分两种情况讨论:
(1)当-1即t 2时,f (x)在(0,1)内单调递减,
2
f (0) t 1 0, f (1) 6t 2 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。
t (0,1], f
1
7t 3
t 1
7t 3
0. 2
4
4
所以f(x)在-,1
2 内存在零点。
t
若 t (1,2), f -
7t 3
t 1
厶3 1 0
2
4
4
f(0) t 1
所以f(x)在0
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)
2
x 1, h(x) x . 3 2
(I)设函数 F (x ) = 18f (x ) — x 2[h (x )] 2,求F (x )的单调区间与极值; 3
3
(n)设 a R ,解关于 x 的方程 lg[ f(x 1)
] 2lg h(a x) 2lg h(4 x);
2
4
*
1
(川)设 n N ,证明:f(n)h(n) [h(1)
h(2) L 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) x 2[h(x)]2 x 3 12x 9(x 0),
2
F (x) 3x 12 .
(2)当 0
- 1,即0 t 2 时, 2
f (x)在0,-内单调递减,在
2
1,1内单调递增,若 2
f (1) 6t 2 4t 3 6t 4t 3
2t 3
0.
x 2 ( x 2 舍去).
(x) 0 ;当 x (2, F(x)为增函数;当
x 2为F (x)的极大值点,且
令 F (x) 0,得 当 x (0,2)时.F 故当x [0,2)时,
(n)方法一:原方程可化为
)时, x [2,
F (2)
8 24
3 log^ f (x
即为 Iog 4(x 1) log 2 a x log 2 4
F (x) 0 ,
)时,F(x)为减函数.
9 25 .
I ]_ log 2 ' a x ,且
1)
Iog 2h(a x) Iog 2h(4 x), ①当1 a 4时,
4a 0 ,此时
-,即 x 2 6x 4 x
6 . 20一4a ,
a, x 4,
•/ 1 x a ,
此时方程仅有一解 x 3 5 a .
②当 a 4 时,1 x 4,由x 1
若4 a 5,则 0
,方程有两解 右a 5时,则 0, 方程有 「解
若a 1 或 a 5, 原方程无解.
方法「
一:原方程可化为 Iog 4(x 1) 36 4(a 4)
20 Iog 2 h(4 4 x x a
-,得 x 2
6x x
3 5—a ; 3 ; 36 4(a 4) 20 4a ,
1
即- log 2(x
1) log 2 . 4 x log 2 a
x) log 2 h(a x), x 4 a
(x 0,
0, 0,
①当 4时,原方程有一解 .5 a ;
②当 5时,原方程有二解 ③ 当 ④ 当
x 1)(4 x)
x.
a,
(x 3)「 5.
a
5时,原方程有一解x
1或a 3;
5时,原方程无解.
(川)由已知得 h(1) h(2)
f (n)h(n) 1
6 6
L h(n)]
设数列{a .}的前n 项和为S n ,且 S n f(n)h(n) (nN )
从而有a S , 1,当2 k
100 时,a k
S k
S < 1
又 a k
k ![(4k 3) k (4k 1) .^1]
6
1
6 (4 k 3) -k (4 k 1) !T^
即对任意k 2时,有a k . k ,又因为a !
(4 k
4k 3
k 6
2
3) k (4 k
4k 1 k 1 . 6
2
1) (k 1) (4 k 3)、k (4 k 1) k 1
■-1,所以 a a 2 L a n -1 - 2 L • n .
则£
h(1) h(2) L h(n),故原不等式成立.