2010高考数学二轮复习专题四 函数与导数专题

1 函数与导数专题 1.设函数 011233)( 23 yxbxaxxxf 的图像与直线相切于点（ 1， 11）。 （ 1）求 a， b 的值； （ 2）讨论函数 )(xf 的单调性。 解：（ 1）求导得 .363)( 2 baxxxf 2 分 由于 0112)( yxxf 的图象与直线 相切与点（ 1， 11）， 所以 .12363 ,11331,12)1(,11)1( ba baff 即 5 分 解得 .3,1 ba 6 分 （ 2）由 ).3)(1(3)32(3363)(3,1 22 xxxxbaxxxfba 得 令 .31,0)(；31,0)( xxfxxxf 解得又令或解得 所以当 )(,)1,( xfx 时 是增函数， 8 分 当 )(,),3( xfx 时 也是增函数； 10 分 当 )(,)3,1( xfx 时 是减函数。 2.已知向量 2( 3 , 1 ) , ( , )a x b x y ，（其中实数 y 和 x 不同时为零），当| | 2x 时，有 ab ，当 | | 2x 时， /ab (1) 求函数式 ()y f x ； （ 2）求函数 ()fx的单调递减区间； 解：（ 1）当 | | 2x 时，由 ab 得 2( 3 ) 0a b x x y ， 3 3y x x ；（ | | 2x 且 0x ） -2 分 当 | | 2x 时，由 /ab.得2 3xy x -4 分 323 , ( 2 2 0 )() . ( 2 2 )3x x x xy f x x xxx 且或-5分 （ 2）当 | | 2x 且 0x 时，由 2 3 3yx0, 则 h (x)=ax+2-1x= 2 21ax xx, （ 2分） 函数 h(x)存在单调递增区间 , h (x) 0有解 , 即不等式 ax2+2x-1 0有 x0的解 . （ 3分） 当 a0 的解 , 则方程 ax2+2x-1=0 至少有一个不重复正根 , 而方程 ax2+2x-1=0 总有两个不相等的根时 , 则必定是两个不相等的正根 . 故只需 =4+4a0, 即 a-1. 即 -1a0 时 , y= ax2+2x-1的图象为开口向上的抛物线 , ax2+2x-1 0 一定有 x0的解 . （ 6分） 综上 , a的取值范围是 (-1, 0) (0, + ) （ 7分） 9. 已知 a 为实数， )(4()( 2 axxxf 若 )(xf 在 2, 和),2 上都是递增的，求 a 的取值范围。 解： 423)( 2 axxxf )( xf 为开口向上且过点 )4,0( 的抛物线， 由条件知： 0)2( f ， 0)2( f 即028084aa 解得： 22 a ，所以 a 的取值范围是 2,2 10.已知函数 2( ) l n ( )f x x a x a R （ 1）当 1a 时，求函数 ()fx在点 1x 处的切线方程及 )(xf 的单调区间； （ 2）求函数 ()fx的极值 解：（ 1）当 a = -1 时， 2 1( ) l n , ( ) 2 ,f x x x f x xx (1) 3.f 函数 ()fx在点 x = 1 处的切线方程为 y 1= 3（ x 1），即 y =3x -2 当 0x 时， 012)( xxxf， 函数 )(xf 在（ 0， +）上是增函数， 而 )(xf 的定义域为 (0, ) ， 则函数 )(xf 的单调增区间为 (0, ) ，不存在递减区间 （ 2）函数 )(ln)( 2 Raxaxxf 的定义域为（ 0， +）， xaxxf 2)(， 8 当 0a 时， )(,0)( xfxf )(,0)( xfxf 在（ 0， +）上是增函数；函数 )(xf 无极值 当 0a 时，由 0)( xf ，得22ax ， 由220,0)( axxf 得， 当22ax 时， )(xf 有极小值 )2lnln1(21)22( aaaf 综上，当 0a 时， )(xf 无极值； 当 0a 时， )(xf 有极小值 )2lnln1(21 aa，无极大值 11.设 ).442(31)( 2 aaxxexf x 求 a 的值，使 )(xf 的极小值为 0； 解：（ 1） )442(3131)44()( 2 aaxxeeaxxf xx ,)44(231 2 xaxe x 令 1,022,2200)( aaaxxxf 即当或解得 时，无极值。 （ 1）当 )(),(,1,022 xfxfaa 时即 的变化情况如下表（一） x （ ,0） 0 （ 0， 2 2a） 2 2a （ 2 2a,+ ） )(xf 0 + 0 )(xf 极小值 极大值 此 时应有 10,0)( axf 得 （ 2）当 )(),(,1,022 xfxfaa 时即 的变化情况如下表（二） x （ ,2 2a） 2 2a （ 2 2a，0） 0 （ 0+ ） )(xf 0 + 0 9 )(xf 极小值 极大值 此时应有 即,0)22( af 031 )22( ae .1204)22(4)22(2 2 aaaaa 即 综上所述，当 a=0 或 a=2 时， )(xf 的极小值为 0。 12. 已知函数 2 lnf x x a x 在 区 间 （ 1 ， 2 上 是 增 函 数 ， g x x a x 在区间（ 0， 1）上为减函数 . （）试求函数 ,f x g x 的解析式； （）当 x 0 时，讨论方程 2f x g x解的个数 . 解 : （） 02 xaxxf在 2,1x 恒成立 , 所以 22xa , 2a . 又 021 xaxg 在 1,0x 恒成立 , 所以 xa 2 , 2a . 从而有 2a . 故 xxxf ln22 , xxxg 2 . （） 令 2)()()( xgxfxF , 则xxxxF1122)( xxxxxx )222)(1( 所以 xF 在 1,0 上是减函数 ,在 ,1 上是增函数 , 10 从而当 0x 时 , 01m in FxF. 所以方程 2)()( xgxf 在 ,0 只有一个解 1x . 13.已知函数 )(ln)( Rax axxf （）求 )(xf 的极值； （）若函数 )(xf 的图象与函数 )(xg =1 的图象在区间 ,0( 2e 上有公共点，求实数 a 的取值范围。 解：（）2)( ln1)(),0()( x axxfxf 的定义域为 令 aexxf 10)( 得 2 分 当 )(,0)(,),0( 1 xfxfex a 时 是增函数 当 )(,0)(,),( 1 xfxfex a 时 是减函数 111 )()(,)( aaa eefxfexxf极大值处取得极大值在 （）（ i）当 21 ee a 时， 时1a ， 由（）知 ),0()( 1 aexf 在 上是增函数， 在 ,( 21 ee a 上是减函数 11 )()( aamx eefxf 又当 ,(.0)(,0(,0)(, 2eexxfexxfex aaa 当时当时 时 ， ,(.0)(,0(,0)(, 2eexxfexxfex aaa 当时当时 ).0()( 1 aexf 所以1)()( xgxf 与图象 的图象在 ,0( 2e 上有公共点，等价于 11 ae 解得 1,1,1 aaa 所以又 11 （ ii）当 121 aee a 即 时， ,0()( 2exf 在 上是增函数， 2222)(,0()( e aefexf 上的最大值为在 所以原问题等价 于 .2,12 22 eae a 解得 又 1a 无解 14.已知平面向量 a =( 3 , 1). b =(21,23). （ 1）若存在不同时为零的实数 k和 t，使 x =a +(t2 3)b ， y =-ka +tb ，x y ，试求函数关系式 k=f(t) ； (2) 据 (1)的结论，讨论关于 t的方程 f(t) k=0的解的情况 . 解 ： (1) x y ， xy =0 即 a +(t2-3) b ( -ka +tb )=0. 整理后得 -k 2a +t-k(t2-3) ab + (t2-3) 2b =0 ab =0， 2a =4， 2b =1， 上式化为 -4k+t(t2-3)=0， 即 k=41t(t2-3) (2)讨论方程41t(t2-3)-k=0的解的情况 ， 可以看作曲线 f(t)= 41t(t2-3)与直线 y=k的交点个数 . 于是 f (t)= 43(t2-1)= 43(t+1)(t-1). 令 f (t)=0,解得 t1=-1,t2=1.当 t变化时 ， f (t)、 f(t)的变化情况如下表 ： t (-, -1) -1 (-1,1) 1 (1,+ ) f (t) + 0 - 0 + F(t) 极大值 极小值 当 t= 1时， f(t)有极大值， f(t)极大值 =21. 当 t=1时， f(t)有极小值， f(t)极 小值 =21 函数 f(t)=41t(t2-3)的图象如图 13 2 1所示， 可观察出： (1)当 k21或 k21时 ,方程 f(t) k=0有且只有一解； (2)当 k=21或 k=21时 ,方程 f(t) k=0有两解； 12 (3) 当21 k21时 ,方程 f(t) k=0 有三解 . 15.已知函数 ( ) lnf x x x . （）求 ()fx的最小值； （）若对所有 1x 都有 ( ) 1f x ax，求实数 a 的取值范围 . （）解： ()fx的定义域为 0 ( ， +)， . 1 分 ()fx的导数 ( ) 1 lnf x x . . 3 分 令 ( ) 0fx ，解得 1ex；令 ( ) 0fx ，解得 10ex. 从而 ()fx在 10e，单调递减，在 1e， +单调递增 . . 5 分 所以，当 1ex时， ()fx取得最小值 1e. . 6 分 （）解： 解法一： 令 ( ) ( ) ( 1 )g x f x a x ， 则 ( ) ( ) 1 l ng x f x a a x ， 8 分 若 1a ，当 1x 时， ( ) 1 l n 1 0g x a x a ， 故 ()gx 在 (1 )， + 上为增函数 ， 所以， 1x 时， ( ) (1 ) 1 0g x g a ，即 ( ) 1f x ax. . 10 分 若 1a ，方程 ( ) 0gx 的根为 10 eax ， 此时，若0(1 )xx ，则 ( ) 0gx ，故 ()gx 在该区间为减函数 . 所以，0(1 )xx ，时， ( ) (1 ) 1 0g x g a ，即 ( ) 1f x ax， 与题设 ( ) 1f x ax相矛盾 . 13 综上，满足条件的 a 的取值范围是 ( 1， . . 13 分 解法二： 依题意，得 ( ) 1f x ax在 1 )， 上恒成立， 即不等式 1lnaxx对于 1 )x ， 恒成立 . 8 分 令 1( ) lng x xx， 则21 1 1 1( ) 1gx x x x x . . 10 分 当 1x 时，因为 11( ) 1 0gxxx ， 故 ()gx 是 (1 )， 上的增函数 ， 所以 ()gx的最小值是 (1) 1g ， . 12 分 从而 a 的取值范围是 ( 1， . 16. 已知函数 xaxxf ln)( 2 在 2,1( 是增函数 , xaxxg )( 在 (0,1)为减函数 . （ 1） 求 )(xf 、 )(xg 的表达式； (2III） 当 1b 时 ,若212)( xbxxf 在 x 1,0( 内恒成立 ,求 b 的取值范围 . 解 : （ I） ,2)(xaxxf 依题意 2,1(,0)( xxf ,即 22xa , 2,1(x . 上式恒成立 , 2a 1分 又xaxg21)( ,依题意 )1,0(,0)( xxg ,即 xa 2 , )1,0(x . 上式恒成立 , .2a 2分 由得 2a . 3分 .2)(,ln2)( 2 xxxgxxxf 4分 14 （ 2） 设 2231 2 2( ) 2 l n 2 ( ) 2 2 0x x x b x x x bx x x 则, 9分 ()x 在 (0,1 为减函数 m i n( ) (1 ) 1 2 1 0xb 又 1b 11分 所以： 11 b 为所求范围 . 12分 17.已知函数 f(x)= 21 2 ( 0 ) , ( ) l n ,2 a x x a g x x 是否存在实数 a0，使得方程 () ( ) ( 2 1 )gx f x ax 在区间 1( , )ee内有且只有两个不 相等的实数根？若存在，求出 a的取值范围？若不存在，请说明理由。 解：方程 () ( ) ( 2 1 )gx f x ax 即为 l n l n2 ( 2 1 ) , ( 1 2 ) ,xxa x a a x a 等价于方程 ax2+(1-2a)x-lnx=0 . （ 8分） 设 H(x)= ax2+(1-2a)x-lnx, 于是原方程在区间 (1,ee)内根的问题 , 转化为函数 H(x)在区间 (1,ee)内的零点问题 . （ 9分） H (x)=2ax+(1-2a)- 1x= 22 (1 2 ) 1 ( 2 1 ) ( 1 )a x a x a x xxx （ 10分） 当 x (0, 1)时 , H (x)0, H(x)是增函数； 若 H(x)在 (1,ee)内有且只有两个不相等的零点 , 只须 22m i n221 1 2 (1 2 )( ) 1 0( ) (1 ) (1 2 ) 1 0( ) (1 2 ) 1 ( 2 ) ( 1 ) 0a a e a e eHe e e eH x H a a aH e a e e a e e a e （ 13 分） 15 解得 2121eea e, 所以 a的取值范围是 (1, 221eee) （ 14 分） 18.已知函数 23)( nxmxxf （ m、 n R， m 0）的图像在（ 2， )2(f ）处的切线与 x轴平行 （ 1）求 n， m的关系式并求 )(xf 的单调减区间； （ 2）证明：对任意实数 ,10 21 xx 关于 x的方程： ),(0)()()(2112 12 xxxxxfxfxf 在 恒有实数解 （ 3）结合（ 2）的结论，其实我们有拉格朗日中值定理：若函数 )(xf 是在闭区间 a,b上连续不断的函数，且在区间（ a,b）内导数都存在，则在（ a,b）内至少存在一点 x0，使得 .)()()(0 ab afbfxf 如我们所学过的指、对数函数，正、余弦函数等都符合拉格朗日中值定理条件试用拉格朗日中值定理证明： 当 ba0 时，a ababb ab ln（可不用证明函数的连续性和可导性） 解：（ 1）因为 nxmxxf 23)( 2 1 分 由已知 mnnmf 303,0)2( 即所以 2 分 即 .0)2(0)(,63)( 2 xmxxfmxmxxf 知由 当 )；2,0()(,200 的减区间为或时得 xfxxm 3 分 当 )；,2(),0,()(,200 的减区间为时得 xfxm 4分 综上所述：当 )；2,0()(,0 的减区间为时 xfm 16 当 )；,2(),0,()(,0 的减区间为时 xfm 5 分 （ 2） )33()()(2121222112 12 xxxxxxmxxxfxf 6 分 0)()()(1212 xx xfxfxf 可化为 ,03363 212122212 xxxxxxxx 令 212122212 3363)( xxxxxxxxxh 7 分 则 )32)()( 21211 xxxxxh ， )32)()( 21122 xxxxxh ， 即 )32)(32()()()( 212122121 xxxxxxxhxh 又因为 ,10 21 xx 所以 0)32(,0)32( 2121 xxxx ，即 0)()( 21 xhxh 8 分 故 0)( xh 在区间 ),( 21 xx 内必有解，即关于 x的方程 ),(0)()()(2112 12 xxxxxfxfxf 在 恒有实数解 9 分 （ 3）令 ),(,ln)( baxxxg 10 分 则 )(xg 符合拉格朗日中值定理的条件，即存在 ),(0 bax 使 ab abab agbgxg lnln)()()( 0 11分 因为0),1,1()(0),(,1)( ababxgbabaxxxg 可知由 12分 即 ,1lnlnln)()()(10 aabababababagbgxgb 17 a ababb ab ln 14 分 19.抛物线 ()y g x 经过点 (0, 0)O 、 ( , 0)Am 与点 ( 1 , 1 )P m m，其中0 nm ， ab ，设函数 )()()( xgnxxf 在 ax 和 bx 处取到极值。 （ 1）用 ,mx表示 ()y g x ； （ 2） 比较 nmba , 的大小（要求按从小到大排列）； （ 3）若 22 nm ，且过原点存在两条互相垂直的直线与曲线 )(xfy 均相切，求 )(xfy 。 解 ：（ 1 ）由 抛 物 线 经 过 点 (0, 0)O 、 ( , 0)Am 设抛物线方程( ) , 0y k x x m k ， 又抛物线过点 ( 1 , 1 )P m m，则 1 ( 1 ) ( 1 )m k m m m ，得1k ， 所以 2( ) ( )y g x x x m x m x 。 3分 （ 2） )()()( xgnxxf 32( ) ( ) ( )x x m x n x m n x m n x ， /2( ) 3 2 ( )f x x m n x m n ，函数 ()fx 在 ax 和 bx 处取到极值， 5 分 故 /( ) 0 , ( ) 0f a f b， 0 nm ， / 2 2( ) 3 2 ( ) ( ) 0f m m m n m m n m m n m m n 7分 / 2 2( ) 3 2 ( ) ( ) 0f n n m n n m n n m n n n m 18 又 ab ，故 b n a m 。 8分 （ 3）设切点00( , )Q x y，则切线的斜率 /20 0 0( ) 3 2 ( )k f x x m n x m n 又 320 0 0 0()y x m n x m n x ，所以切线的方程是 3 2 20 0 0 0 0 0( ) 3 2 ( ) ( )y x m n x m n x x m n x m n x x 9分 又切线过原点，故 3 2 3 20 0 0 0 0 0( ) 3 2 ( )x m n x m n x x m n x m n x 所以 32002 ( ) 0x m n x ，解得0 0