压轴题目突破练——函数与导数.doc

压轴题目突破练函数与导数1， 设f(x)，g(x)在a，b上可导，且f(x)g(x)，则当axg(x)Bf(x)g(x)f(a)Df(x)g(b)g(x)f(b)2，三次函数f(x)mx3x在(，)上是减函数，则m的取值范围是()Am0 Bm1 Cm0 Dm13， 点P是曲线x2y2ln0上任意一点，则点P到直线4x4y10的最短距离是()A.(1ln 2) B.(1ln 2)C. D.(1ln 2)4，设函数f(x)x3x2tan ，其中，则导数f(1)的取值范围是_5，给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f(x)存在，且导函数f(x)在D上也可导，则称函数f(x)在D上存在二阶导函数，记f(x)(f(x).若f(x)0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak1，其中kN*.若a116，则a1a3a5的值是_7，设函数f(x)，g(x)，对任意x1、x2(0，)，不等式恒成立，则正数k的取值范围是_8，定义在R上的奇函数f(x)，当x0，)时，f(x)是增函数，对于任意的，均有f(cos 23)f(4m2mcos )0，试求实数m的取值范围9，已知a0，且a1，f(logax).(1)求f(x)；(2)判断f(x)的单调性；(3)求f(x23x2)0，a，cR)(1)设ac0.若f(x)c22ca对x1，)恒成立，求c的取值范围；(2)函数f(x)在区间(0,1)内是否有零点，有几个零点？为什么？11，已知f(x)是二次函数，不等式f(x)1时，f(x)(x1)；(2)当1x3时，f(x)0，(f(x)g(x)0，f(x)g(x)在a，b上是增函数，当axf(a)g(a)，f(x)g(a)g(x)f(a)2 答案A解析f(x)3mx21，依题可得m0.3，答案B解析将直线4x4y10平移后得直线l：4x4yb0，使直线l与曲线切于点P(x0，y0)，由x2y2ln0得y2x，直线l的斜率k2x01x0或x01(舍去)，P，所求的最短距离即为点P到直线4x4y10的距离d(1ln 2)4，答案，2解析f(x)sin x2cos x，f(1)sin cos 2sin.，sin.f(1)，25，答案D解析对于选项A，f(x)sin xcos x，则f(x)sin xcos x0在上恒成立，故此函数为凸函数；对于选项B，f(x)ln x2x，则f(x)0在上恒成立，故此函数为凸函数；对于选项C，f(x)x32x1，则f(x)6x0在上恒成立，故此函数不是凸函数6，答案21解析因为y2x，所以过点(ak，a)处的切线方程为ya2ak(xak)又该切线与x轴的交点为(ak1,0)，所以ak1ak，即数列ak是等比数列，首项a116，其公比q，所以a34，a51.所以a1a3a521.7，答案1，)解析因为对任意x1、x2(0，)，不等式恒成立，所以max.因为g(x)，所以g(x)(xe2x)e2xxe2x(1)e2x(1x)当0x0；当x1时，g(x)0，f(cos 23)f(2mcos 4m)，于是cos 232mcos 4m，即cos2mcos 2m20.得m，设h()，则h()442，即h()max42，只须m42.故实数m的取值范围是(42，)9，解(1)令tlogax (tR)，则xat，且f(t).f(x)(axax) (xR)(2)当a1时，axax为增函数，又0，f(x)为增函数；当0a1时，axax为减函数，又0，f(x)为增函数函数f(x)在R上为增函数(3)f(0)(a0a0)0，f(x23x2)0f(0)由(2)知：x23x20，1x2.不等式的解集为x|1xc0，得2aac，故c22ca对x1，)恒成立，则f(x)minf(1)c22ca，即acc22ca，得c2c0，所以0c1.(2)若f(0)f(1)c(ac)0，则c0，或a0，f(1)ac0，则ac0.因为二次函数f(x)3ax22(ac)xc的图象的对称轴是x.而f0，所以函数f(x)在区间和内各有一个零点，故函数f(x)在区间(0,1)内有两个零点11，解(1)f(x)是二次函数，且f(x)0)f(x)在区间1,4上的最大值是f(1)6a.由已知，得6a12，a2，f(x)2x(x5)2x210x(xR)(2)方程f(x)0等价于方程2x310x2370设h(x)2x310x237，则h(x)6x220x2x(3x10)当x时，h(x)0，h(x)是增函数h(3)10，h0，方程h(x)0在区间，内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，)内没有实数根，存在唯一的自然数m3，使得方程f(x)0在区间(m，m1)内有且只有两个不等的实数根12，(1)证明方法一记g(x)ln x1(x1)，则当x1时，g(x)0.又g(1)0，所以有g(x)0，即f(x)1时，2x1，故.令k(x)ln xx1，则k(1)0，k(x)10，故k(x)0，即ln x1时，f(x)(x1)(2)证明方法一记h(x)f(x)，由(1)得h(x).令G(x)(x5)3216x，则当1x3时，G(x)3(x5)22160，因此G(x)在(1,3)内是减函数又由G(1)0，得G(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(1,3)内是减函数又h(1)0，所以h(x)0.于是当1x3时，f(x).方法二记h(x)(x5)f(x)9(x1)，则当1x3时，由(1)得h(x)f(x)(x5)f(x)9(x1)(x5)93x(x1)(x5)(2)18x(7x232x25)0.因此h(x)在(1,3)内单调递减又h