函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)所以对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零点。

（2）当01,022t t <<<<即时，()f x 在0,2t ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减，在,12t ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增，若33177(0,1],10.244t f t t t ⎛⎫∈=-+-≤-< ⎪⎝⎭2(1)643643230.f t t t t t =-++≥-++=-+>所以(),12t f x ⎛⎫⎪⎝⎭在内存在零点。

若()3377(1,2),110.244t t f t t t ⎛⎫∈=-+-<-+< ⎪⎝⎭(0)10f t =->所以()0,2t f x ⎛⎫ ⎪⎝⎭在内存在零点。

所以，对任意(0,2),()t f x ∈在区间（0，1）内均存在零点。

综上，对任意(0,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零点。

2. 已知函数21()32f x x =+，()h x =． （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[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)24f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1()()[(1)(2)()]6f n h n h h h 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：（Ⅰ）223()18()[()]129(0)F x f x x h x x x x =-=-++≥， 2()312F x x '∴=-+．令()0F x '∴=，得2x =（2x =-舍去）．当(0,2)x ∈时．()0F x '>；当(2,)x ∈+∞时，()0F x '<，故当[0,2)x ∈时，()F x 为增函数；当[2,)x ∈+∞时，()F x 为减函数．2x =为()F x 的极大值点，且(2)824925F =-++=．（Ⅱ）方法一：原方程可化为42233log [(1)]log ()log (4)24f x h a x h x --=---，即为4222log (1)loglog log x -==，且,14,x a x <⎧⎨<<⎩①当14a <≤时，1x a <<，则14a xx x--=-，即2640xx a -++=，364(4)2040a a ∆=-+=->，此时3x ==±∵1x a <<，此时方程仅有一解3x =②当4a >时，14x <<，由14a xx x--=-，得2640xx a -++=，364(4)204a a∆=-+=-，若45a <<，则0∆>，方程有两解3x =± 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 ()x h x h a x -+-=-，即2221log (1)log log 2x -+，10,40,0,(1)(4).x x a x x x a x ->⎧⎪->⎪⇔⎨->⎪⎪--=-⎩214,(3) 5.x x a a x ⎧<<⎪⇔<⎨⎪=--+⎩①当14a <≤时，原方程有一解3x =②当45a <<时，原方程有二解3x =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)()]12h h h n n+++=+++，11()()66f n h n -=． 设数列{}na 的前n 项和为nS ，且1()()6nSf n h n =-（*n ∈N ）从而有111a S ==，当2100k ≤≤时，1k k k a S S-=-=又1[(4(46k a k k +-2216=106=>．即对任意2k ≥时，有ka >，又因为11a ==，所以1212na a a n +++≥+++．则(1)(2)()nS h h h n ≥+++，故原不等式成立．3. 设函数axx x ax f +-=22ln )(，0>a（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）求所有实数a ，使2)(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈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 .0f x a x x ax x =-+>其中所以2()(2)()2a x a x a f x x a x x-+'=-+=-由于0a >，所以()f x 的增区间为(0,)a ，减区间为(,)a +∞ （Ⅱ）证明：由题意得，(1)11,f a c a c=-≥-≥即由（Ⅰ）知()[1,]f x e 在内单调递增， 要使21()[1,]e f x e x e -≤≤∈对恒成立，只要222(1)11,()f a e f e a e ae e=-≥-⎧⎨=-+≤⎩解得.a e = 4. 设21)(ax e x f x+=，其中a 为正实数.（Ⅰ）当34=a 时，求()f x 的极值点； （Ⅱ）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)(x f 求导得.)1(1)(222ax axax e x f x+-+=' ①（I ）当34=a ，若.21,23,0384,0)(212===+-='x x x xx f 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)(x f 为R 上的单调函数，则)(x f '在R 上不变号，结合①与条件a>0，知0122≥+-ax ax在R 上恒成立，因此,0)1(4442≤-=-=∆a a a a由此并结合>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（m<M ），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,f e b==得（II）由（I）可得()2ln.f x ax ax x=-++从而'()ln.f x a x=a≠因为，故：（1）当0,a>时由f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0<x<1;（2）当0,'()001,'()0 1.a f x x f x x<><<<>时由得由得综上，当0a>时，函数()f x的单调递增区间为(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），单调递减区间为(1,)+∞。

（III）当a=1时，()2ln,'()ln.f x x x x f x x=-++=由（II）可得，当x在区间1(,)ee 内变化时，'(),()f x f x的变化情况如下表：又2122,'()([,])f x x e e e-<=∈所以函数的值域为[1，2]。

据经可得，若1,2m M =⎧⎨=⎩，则对每一个[,]t m M ∈，直线y=t 与曲线1()([,])y f x x e e=∈都有公共点。

并且对每一个(,)(,)t m M ∈-∞+∞，直线y t =与曲线1()([,])y f x x e 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=t与曲线1()([,])y f x x e e=∈都有公共点。

6. 设函数32()2f x x a x b x a =+++，2()32gx x x =-+，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l 。

（I ） 求a 、b 的值，并写出切线l 的方程； （II ）若方程()()f x g x m x +=有三个互不相同的实根0、x 、x ，其中12xx <，且对任意的[]12,x x x ∈，()()(1)fx g x m x +<-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,()2 3.f x xax b g x x ''=++=-由于曲线()()y f x y g x ==与在点（2，0）处有相同的切线，故有(2)(2)0,(2)(2) 1.f g f g ''==== 由此得8820,2,1281, 5.a b a a a b b +++==-⎧⎧⎨⎨++==⎩⎩解得所以2,5a b =-=，切线l 的方程为20x y --= （Ⅱ）由（Ⅰ）得32()452f x x x x =-+-，所以32()()32.f x g x x x x +=-+依题意，方程2(32)0x xx m -+-=有三个互不相同的实数120,,x x ，故12,x x 是方程2320xx m -+-=的两相异的实根。

所以194(2)0,.4m m ∆=-->>-即 又对任意的12[,],()()(1)x x x f x g x m x ∈+<-成立，特别地，取1x x =时，111()()f x g x mxm+-<-成立，得0.m <由韦达定理，可得12121230,20,0.x xx x m x x +=>=-><<故对任意的1221[,],0,0,0x x x x x x ∈≤-≥>有x-x则12111()()()()0,()()0f xg x mx x x x x x f x g x mx+-=--≤+-=又所以函数12()()[,]f x g x mx x x x +-∈在的最大值为0。