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 26x, f (0) 0, f (x) 12x 2 6x 6f (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 xt 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，2f (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], f17t 3t 17t 30. 244所以f(x)在-,12 内存在零点。
t若 t (1,2), f -7t 3t 1厶3 1 0244f(0) t 1所以f(x)在02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)2x 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； 33(n)设 a R ，解关于 x 的方程 lg[ f(x 1)] 2lg h(a x) 2lg h(4 x);24*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)，2F (x) 3x 12 .(2)当 0- 1,即0 t 2 时, 2f (x)在0,-内单调递减，在21,1内单调递增，若 2f (1) 6t 2 4t 3 6t 4t 32t 30.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)8 243 log^ f (x即为 Iog 4(x 1) log 2 a x log 2 4F (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 x6 . 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 26x x3 5—a ; 3 ； 36 4(a 4) 20 4a ,1即- log 2(x1) log 2 . 4 x log 2 ax) 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.a5时，原方程有一解x1或a 3;5时，原方程无解.(川)由已知得 h(1) h(2)f (n)h(n) 16 6L 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 k100 时，a kS kS < 1又 a kk ![(4k 3) k (4k 1) .^1]616 (4 k 3) -k (4 k 1) !T^即对任意k 2时，有a k . k ，又因为a !(4 k4k 3k 623) k (4 k4k 1 k 1 . 621) (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.3.设函数f(x) a21 nx x2 ax, a 0(i)求f (x)的单调区间；(n)求所有实数a，使e 1 f(x) e2对x ［1,e］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f (x) a21 nx x2 ax.其中x 0所以f (x) 2x a (x a)(2x a)x x由于a 0,所以f (x)的增区间为(0, a)，减区间为(a,)(n)证明：由题意得，f(1) a 1 c 1,即a c由(i)知f(x)在［1,e］内单调递增,要使e1f(x)e2对x［1,e］恒成立,f(1) a 1 e 1,只要f (e) 2 a2e ae 2 e解得a e.x5 e4.设f(x) 2，其中a为正实数.1 ax(i)当a 4时，求f(x)的极值点；3(n)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.1 2解：对f(x)求导得f (x) e x1 ax2 a x. ①(1 ax2)24 3 1(I )当a ，若f (x) 0,则4x2 8x 3 0,解得治，x? .3 2 2综合①，可知3 1所以，X i 是极小值点，X2 是极大值点•2 2(II )若f (x)为R上的单调函数，则f(X)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2 2ax 1 0在R上恒成立，因此4a2 4a 4a(a 1) 0,由此并结合a 0,知0 a 1.5.已知a, b 为常数，且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(m<M,使得对每一个t € [m, M]，直线y=t与曲1 一一线y=f (x) (x€ [- , e])都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数Me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f(e) 2得b 2,(II )由(I )可得f (x) ax 2 axln x.从而f '(x) aln x.因为a 0 ,故：(1)当a 0时，由f(x)>0 得x>1,由f(x)<0 得0<x<1;(2)当a 0时，由 f '(x) 0得0 x 1,由f'(x) 0得x 1.综上，当a 0时，函数f (x)的单调递增区间为(1,),单调递减区间为(0, 1)；当a 0时，函数f(x)的单调递增区间为(0, 1),单调递减区间为(1,)。
(III )当a=1 时，f(x) x 2 xln x, f'(x) In x.1由(II )可得，当x在区间(丄，e)内变化时，f '(x), f (x)的变化情况如下表:又2 2,所以函数f'(x) (x [丄，e])的值域为[1，2]。
e e据经可得，卄m若M1'，则对每一2-个t [m,M ]，直线y=t与曲线y1 +亠f (x)(x [—,e])都有e公共点。
并且对每「个t (,m) U(M,)，直线y t与曲线y f(x)(x1[—,e])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t [m,M ]，直线y=t1与曲线y f (x)(x [—,e])都有公共点。
e6.设函数f(X x32ax2bx a，g* ) x23x 2，其中x R，a、b为常数，已知曲线y f (x)与y g(x)在点(2,0 )处有相同的切线I。
(I)求a、b的值，并写出切线I的方程；(II )若方程f ()x g(x mx有三个互不相同的实根0、x、x，其中x1x2，且对任意的x x1,x2，fx() g()x m(x 1)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)2解：(I) f (x) 3x 4ax b, g (x) 2x 3.由于曲线y f (x)与y g(x)在点(2, 0)处有相同的切线，故有f(2) g(2) 0, f (2) g (2) 1.精品文档所以a 2,b 5，切线I 的方程为x y 2(□)由(I)得 f(x) x 3 4x 2 5x 2，所以 f(x) g(x) x 3 3x 2 依题意，方程x(x 2 3x 2 m) 0有三个互不相同的实数 0, x !, x 2, 故x i , x 2是方程x 2 3x 2 m 0的两相异的实根。
所以9 4(2 m) 0,即m又对任意的x [ x 1, x 2], f (x) 14. 1)成立，g(x) m(x 特别地，取 x X 1 时，f(xj g(xj mx 1m 成立，得m 0,由韦达疋理，可得x 1 x 2 30, x 1x 2 2 m 0,故 0 x 1 x 2对任意的x [X 1,X 2],有 x-x 20,x% 0, x 0则 f (x) g(x) mx x(x x 1)(x x 2) L 0,又f(xj g(x ,) mx-, 0所以函数f(x) g(x) mx 在x 以必]的最大值为0。