高考数学冲刺总复习六大专题分析及解题策略 11页

高考数学冲刺总复习（共分六大专题）‎ 专题一：三角与向量的题型分析及解题策略 ‎【例1】　【分析】　根据向量的坐标确定平行公式为，再代入已知解析式可得.还可以由向量的坐标得图象的两个平移过程，由此确定平移后的函数解析式，经对照即可作出选择.‎ ‎【解析1】　由平移向量知向量平移公式，即，代入y＝sin2x得y¢＋3＝sin2(x¢＋)，即到y＝sin(2x＋)－3，由此知j＝，B＝－3，故选C.‎ ‎【解析2】　由向量＝(－，－3)，知图象平移的两个过程，即将原函数的图象整体向左平移个单位，再向下平移3个单位，由此可得函数的图象为y＝sin2(x＋)－3，即y＝sin(2x＋)－3，由此知j＝，B＝－3，故选C.‎ ‎【例2】　【分析】　首先利用向量共线的充要条件建立三角函数等式，由于可求得A角的正弦值，再根据角的范围即可解决第(Ⅰ)小题；而第(Ⅱ)小题根据第(Ⅰ)小题的结果及A、B、C三个角的关系，结合三角民恒等变换公式将函数转化为关于角B的表达式，再根据B的范围求最值.‎ ‎【解】　（Ⅰ）∵、共线，∴(2－2sinA)(1＋sinA)＝(cosA＋sinA)(cosA－sinA)，则sin‎2A＝，‎ 又A为锐角，所以sinA＝，则A＝.‎ ‎（Ⅱ）y＝2sin2B＋cos＝2sin2B＋cos ‎＝2sin2B＋cos(－2B)＝1－cos2B＋cos2B＋sin2B ‎＝sin2B－cos2B＋1＝sin(2B－)＋1.‎ ‎∵B∈(0，)，∴2B－∈(－，)，∴2B－＝，解得B＝，ymax＝2.‎ ‎ ‎ ‎【例3】 【分析】　第(Ⅰ)小题从向量垂直条件入手，建立关于α的三角方程，再利用同角三角函数的基本关系可求得tanα的值；第(Ⅱ)小题根据所求得的tanα的结果，利用二倍角公式求得tan的值，再利用两角和与差的三角公式求得最后的结果．‎ ‎【解】　（Ⅰ）∵⊥，∴·＝0．而＝（3sinα，cosα），＝(2sinα, 5sinα－4cosα)，‎ 故·＝6sin2α＋5sinαcosα－4cos2α＝0． ‎ 由于cosα≠0，∴6tan2α＋5tanα－4＝0．解之，得tanα＝－，或tanα＝．‎ ‎∵α∈（，2π），tanα＜0，故tanα＝（舍去）．∴tanα＝－．‎ ‎（Ⅱ）∵α∈（，2π），∴∈（，π）．‎ 由tanα＝－，求得tan＝－，tan＝2（舍去）．∴sin＝，cos＝－，‎ ‎∴cos(＋)＝coscos－sinsin＝－×－×＝－ ‎【例4】 【分析】　利用向量的模的计算与数量积的坐标运算可解决第(Ⅰ)小题；而第(Ⅱ)小题则可变角α＝(α－β)＋β，然后就须求sin(α－β)与cosβ即可.‎ ‎【解】　(Ⅰ)∵|－|＝，∴2－2·＋2＝，‎ 将向量＝(cosα,sinα)，＝(cosβ,sinβ)代入上式得 ‎12－2(cosαcosβ＋sinαsinβ)＋12＝，∴cos(α－β)＝－.‎ ‎(Ⅱ)∵－＜β＜0＜α＜，∴0＜α－β＜π，‎ 由cos(α－β)＝－，得sin(α－β)＝，‎ 又sinβ＝－，∴cosβ＝，‎ ‎∴sinα＝sin［(α－β)＋β］＝sin(α－β)cosβ＋cos(α－β)sinβ＝.‎ ‎【例5】 分析：利用向量内积公式的坐标形式，将题设条件中所涉及的向量内积转化为三角函数中的“数量关系”，从而，建立函数f(x)关系式，第（Ⅰ）小题直接利用条件f()＝2可以求得，而第(Ⅱ)小题利用三角函数函数的有界性就可以求解.‎ 解：（Ⅰ）f(x)＝·＝m(1＋sinx)＋cosx，‎ 由f()＝2，得m(1＋sin)＋cos＝2，解得m＝1.‎ ‎(Ⅱ)由（Ⅰ）得f(x)＝sinx＋cosx＋1＝sin(x＋)＋1，‎ 当sin(x＋)＝－1时，f(x)的最小值为1－.‎ ‎【例6】 【分析】　第(Ⅰ)小题利用数量积公式建立关于角A的三角函数方程，再利用二倍角公式求得A角，然后通过三角形的面积公式及余弦定理建立关于b、c的方程组求取b＋c的值；第(Ⅱ)小题正弦定理及三角形内角和定理建立关于B的三角函数式，进而求得b＋c的范围.‎ ‎【解】　（Ⅰ）∵＝(－cos，sin)，＝(cos，sin)，且·＝，‎ ‎∴－cos2＋sin2＝，即－cosA＝，‎ 又A∈(0，π)，∴A＝.‎ 又由S△ABC＝bcsinA＝，所以bc＝4，‎ 由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bc·cos＝b2＋c2＋bc，∴16＝(b＋c)2，故b＋c＝4.‎ ‎（Ⅱ）由正弦定理得：＝＝＝＝4，又B＋C＝p－A＝，‎ ‎∴b＋c＝4sinB＋4sinC＝4sinB＋4sin(－B)＝4sin(B＋)，‎ ‎∵0＜B＜，则＜B＋＜，则＜sin(B＋)≤1，即b＋c的取值范围是(2，4].‎ ‎【专题训练】参考答案 一、选择题 ‎1．B　解析：由数量积的坐标表示知·＝cos40°sin20°＋sin40°cos20°＝sin60°＝.‎ ‎2．D 【解析】y＝2sin2x－→y＝2sin2（x＋）－＋，即y＝－2sin2x.‎ ‎3．A 【解析】因为cos∠BAC＝＝＜0，∴∠BAC为钝角.‎ ‎4．B 【解析】由平行的充要条件得×－sinacosa＝0，sin2a＝1，2a＝90°，a＝45°.‎ ‎5．B 【解析】·＝sinθ＋|sinθ|，∵θ∈(π，)，∴|sinθ|＝－sinθ，∴·＝0，∴⊥．‎ ‎6．A 【解析】＝＋l＝(6，－4＋2l)，代入y＝sinx得，－4＋2l＝sin＝1，解得l ‎＝.‎ ‎7．B 【解析】考虑把函数y＝sin(x＋)的图象变换为y＝cosx的图象，而y＝sin(x＋)＝cos(x＋)，即把y＝cos(x＋)的图象变换为y＝cosx的图象，只须向右平行个单位，所以m＝，故选B.‎ ‎8．C 【解析】||＝＝≤3.‎ ‎9．D 【解析】＋＝(cosa＋cosb,sina＋sinb)，－＝(cosa＋cosb,sina－sinb)，∴(＋)·(－)＝cos2a－cos2b＋sin2a－sin2b＝0，∴(＋)⊥(－)．‎ ‎10．C 【解析】||2＝||2＋t2||2＋2t·＝1＋t2＋2t(sin20°cos25°＋cos20°sin25°)＝t2＋t＋1＝(t＋)2＋，||＝，∴||min＝.‎ ‎11．C 【解析】设BC的中点为D，则＋＝2，又由＝＋l(＋)，＝2l，所以 与共线，即有直线AP与直线AD重合，即直线AP一定通过△ABC的重心．‎ ‎12．A 【解析】设＝(x,y)，x轴、y轴、z轴方向的单位向量分别为＝(1,0)，＝(0,1)，由向量知识得cosa＝＝，cosb＝＝，则cos2a＋cos2b＝1.‎ 二、填空题 ‎13．－ 【解析】由∥，得－sinq＝2cosq,∴tanq＝－4，∴sin2q＝＝＝－．‎ ‎14． 【解析】·＝－5Þ10cosacobs＋10sinasinb＝－5Þ10cos(a－b)＝－5Þcos(a－b)＝－，∴sin∠AOB＝，又||＝2，||＝5，∴S△AOB＝×2×5×＝．‎ ‎15．（，－1） 【解析】要经过平移得到奇函数g(x)，应将函数f(x)＝tan(2x＋)＋1的图象向下平移1个单位，再向右平移－＋(k∈Z)个单位．即应按照向量＝(－＋，－1) (k∈Z)进行平移．要使|a|最小，‎ ‎16．(－1，0)或(0，－1) 【解析】设＝(x，y)，由·＝－1，有x＋y＝－1 ①，由与夹角为，有·＝||·||cos，∴||＝1，则x2＋y2＝1 ②，由①②解得或 ∴即＝(－1，0)或＝(0，－1) ．‎ 三、解答题 ‎17．【解】（Ⅰ）∵·＝bccosA，·＝cacosB，‎ 又·＝·，∴bccosA＝cacosB，‎ ‎∴由正弦定理，得sinBcosA＝sinAcosB，即sinAcosB－sinBcosA＝0，∴sin(A－B)＝0‎ ‎∵－π＜A－B＜π，∴A－B＝0，即A＝B，∴△ABC为等腰三角形. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴·＝bccosA＝bc·＝，‎ ‎∵c＝，∴k＝1.‎ ‎18．【解】(Ⅰ)由题意得·＝sinA－cosA＝1，2sin(A－)＝1，sin(A－)＝，‎ 由A为锐角得A－＝，A＝.‎ ‎(Ⅱ)由（Ⅰ）知cosA＝，所以f(x)＝cos2x＋2sinx＝1－2sin2x＋2sinx＝－2(sinx－)2＋，‎ 因为x∈R，所以sinx∈[－1,1]，因此，当sinx＝时，f(x)有最大值．‎ 当sinx＝－1时，f(x)有最小值－3，所以所求函数f(x)的值域是[－3，]．‎ ‎19．【解】(Ⅰ)由∥，得2sin‎2A－1－cosA＝0，即2cos‎2A＋cosA－1＝0，∴cosA＝或cosA＝－1.‎ ‎∵A是△ABC内角，cosA＝－1舍去，∴A＝.‎ ‎(Ⅱ)∵b＋c＝a，由正弦定理，sinB＋sinC＝sinA＝，‎ ‎∵B＋C＝，sinB＋sin(－B)＝，‎ ‎∴cosB＋sinB＝，即sin(B＋)＝．‎ ‎20．【解】（Ⅰ）由已知得：＝，则sinα＝cosα，‎ 因为α∈(－π，0)，∴α＝－.‎ ‎（Ⅱ）由(3cosα－4)·3cosα＋3sinα·(3sinα－4)＝0，得 sinα＋cosα＝，平方，得sin2α＝－.‎ 而＝＝2sinαcosα＝sin2α＝－．‎ ‎21．【解】(Ⅰ)由⊥，得·＝0，从而(2b－c)cosA－acosC＝0，‎ 由正弦定理得2sinBcosA－sinCcosA－sinAcosC＝0‎ ‎∴2sinBcosA－sin(A＋C)＝0，2sinBcosA－sinB＝0，‎ ‎∵A、B∈(0，π)，∴sinB≠0，cosA＝，故A＝.‎ ‎(Ⅱ)y＝2sin2B＋2sin(2B＋)＝(1－cos2B)＋sin2Bcos＋cos2Bsin ‎＝1＋sin2B－ cos2B＝1＋sin(2B－).‎ 由(Ⅰ)得，0＜B＜，－＜2B－＜，‎ ‎∴当2B－＝，即B＝时，y取最大值2.‎ ‎22．【解】（Ⅰ）假设∥，则2cosx(cosx＋sinx)－sinx(cosx－sinx)＝0，‎ ‎∴2cos2x＋sinxcosx＋sin2x＝0，2·＋sin2x＋＝0，‎ 即sin2x＋cos2x＝－3，‎ ‎∴(sin2x＋)＝－3，与|(sin2x＋)|≤矛盾，‎ 故向量与向量不可能平行．‎ ‎（Ⅱ）∵f(x)＝·＝(cosx＋sinx)·(cosx－sinx)＋sinx·2cosx ‎＝cos2x－sin2x＋2sinxcosx＝cos2x＋sin2x ‎＝(cos2x＋sin2x)＝(sin2x＋)，‎ ‎∵－≤x≤，∴－≤2x＋≤，∴当2x＋＝，即x＝时，f(x)有最大值；‎ 当2x＋＝－，即x＝－时，f(x)有最小值－1．‎ 专题二：函数与导数的题型分析及解题策略 ‎【例1】 【分析】　根据原函数y＝f(x)的图象可知，f(x)有在两个上升区间，有两个下降区间，且第一个期间的上升区间，然后相间出现，则反映在导函数图象上就是有两部分图象在x轴的上方，有两部分图象在x轴的下方，且第一部分在x轴上方，然后相间出现.‎ ‎【解】　由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正→负→正→负,只有答案A满足.‎ ‎【例2】 【分析】　先观察所给出的导函数y＝f¢(x)的图象的正负区间，再观察所给的选项的增减区间，二者结合起来即可作出正确的选择.本题还可以通过确定导函数y＝f¢(x)的图象零点0、2对应原函数的极大或极小值点来判断图象.‎ ‎【解法1】　由y＝f¢(x)的图象可以清晰地看出，当x∈(0,2)时，y＝f¢(x)＜0，则f(x)为减函数，只有C项符合，故选C.‎ ‎【解法2】　在导函数f¢(x)的图象中，零点0的左侧函数值为正，右侧为负，由可知原函数f(x)在x＝0时取得极大值.又零点2的左侧为负，右侧为正，由此可知原函数f(x)在x＝0时取得极小值，只有C适合，故选C.‎ ‎【例3】【分析】　第（Ⅰ）小题先求导函数f¢(x)，由于含有参数a，根据判别式确定对a的分类标准，进而确定单调区间；第（Ⅱ）小题根据第（Ⅰ）小题的结果，建立关于a的不等式组，由此可确定a的范围.‎ ‎【解】　(Ⅰ)由f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，求导得f¢(x)＝3x2＋2ax＋1，‎ 当a2≤3时，△＝4(a2－3)≤0，f¢(x)≥0，f(x)在R上递增，‎ 当a2＞3，f¢(x)＝求得两根为x＝，则 函数f(x)在区间(－∞，)上递增，在区间(，)上递减，‎ 在区间(，＋∞)上递增.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)得，且a2＞3，解得a≥2.‎ ‎【例4】 【分析】　先求导函数f¢(x)，然后由x＝1和x＝2是f¢(x)＝0的两个根建立关于a、b的方程组求解.‎ ‎【解】　因为f¢(x)＝5x4＋3ax2＋b，‎ 由x＝1和x＝2是函数f(x)＝x5＋ax3＋bx＋1的两个极值点，所以f¢(1)＝0，且f¢(2)＝0，‎ 即，解得a＝，b＝20.‎ ‎【点评】　解答本题要明确极值点与导函数方程之间的关系：对于三次函数极值点的导数一定为0，但导数为0的点不一定是极值点.‎ 本题解得充分利用上述关系，通过建立方程组求得了a和b的值.‎ ‎【例5】 【分析】　先求导函数f¢(x)，然后令f¢(－c)＝0及一元二次方程根与系数的关系可解决第（Ⅰ）小题；而解答第（Ⅱ）小题须对k与c进行分类讨论进行解答.‎ ‎【解】　(Ⅰ)f¢(x)＝＝，‎ 由题意知f¢(－c)＝0，即得c2k－‎2c－ck＝0，即c＝1＋ （*）‎ ‎∵c≠0，∴k≠0．由f¢(0)＝0，得－kx2－2x＋ck＝0，‎ 由韦达定理知另一个极值点为x＝1．‎ ‎(Ⅱ)由（*）式得c＝1＋，当c＞1时，k＞0；当0＜c＜1时，k＜－2．‎ ‎(ⅰ)当k＞0时，f(x)在(－∞，－c)和(1，＋∞)内是减函数，在(－c，1)内是增函数．‎ f(1)＝＝＞0，m＝f(－c)＝＝＜0，‎ 由M－m＝＋≥1及k＞0，解得k≥.‎ ‎(ⅱ)当k＜－2时，f(x)在(－∞，－c)和(1，＋∞)内是增函数，在(－c，1)内是减函数．‎ ‎∴M＝f(1)＝＞0，m＝＝＜0，而M－m＝－＝1－≥1恒成立．‎ 综上可知，所求的取值范围为(－∞，－2)∪[，＋∞)．‎ ‎【例6】 【分析】　首先求函数f¢(x)，再解方程f¢(x)＝0，得两个根，而两根含有参数，但不知两根的大小，因此须分类讨论讨论函数f(x)的单调区间，进而确定f(x)在给定区间上的最大值.‎ ‎【解】　(Ⅱ)f¢(x)＝3x2－2ax．令f¢(x)＝0，解得x1＝0，x2＝．‎ 当≤0，即a≤0时，f(x)在[0，2]上单调递增，从而f(x)max＝f(2)＝8－‎4a．‎ 当≥2，时，即a≥3时，f(x)在[0，2]上单调递减，从而f(x)max＝f(0)＝0．‎ 当0＜＜2，即0＜a＜3，f(x)在[0，]上单调递减，在[，2]上单调递增，‎ 从而f(x)max＝，‎ 综上所述，f(x)max＝.‎ ‎【例7】‎20090318‎ 【分析】　根据解答分段函数“对号入座”的解题原则，分别利用两段函数表达式建立不等式可求得第（Ⅰ）小题；而第（Ⅱ）小题则须先求函数V¢(t)，然后利用导数与函数最值关系求解.‎ ‎【解】　(Ⅰ)①当0＜t≤10时，V(t)＝(－t2＋14t－40)e＋50＜50，化简得t2－14t＋40＞0，‎ 解得t＜4或t＞10，又0＜t≤10，故0＜t＜4.‎ ‎②当10＜t≤12时，V(t)＝4(t－10)(3t－41)＋50＜50，化简得(t－10)(3t－41)＜0，‎ 解得10＜t＜，又10＜t≤12,故10＜t≤12.‎ 综合得0＜t＜4,或10＜t≤12；故知枯水期为1月，2月，3月，11月，12月共5个月.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知：V(t)的最大值只能在（4，10）内达到.‎ 由V¢(t)＝e(－t＋t＋4)＝－e(t＋2)(t－8)‎ 令V¢(t)＝0，解得t＝8(t＝－2舍去).‎ 当t变化时，V¢(t)与V(t)的变化情况如下表：‎ t ‎(4，8)‎ ‎8‎ ‎(8，10)‎ V¢(t)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ V(t) ‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 由上表，V(t)在t＝8时取得最大值V(8)＝8e2＋50＝108.32(亿立方米).‎ 故知一年内该水库的最大蓄水量是108.32亿立方米.‎ ‎【例8】【分析】　第（Ⅰ）小题直接根据所给函数的解析式进行计算；第（Ⅱ）小题须根据条件建立耗油量为h(x)关于行驶速度x的函数关系式，再利用导数的知识进行解答.‎ ‎【解】　（I）当x=40时，汽车从甲地到乙地行驶了=2.5小时，‎ ‎ 要耗没(×403－×40+8)×2.5=17.5（升）.‎ 答：当汽车以‎40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油‎17.5升.‎ ‎ （II）当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，设耗油量为h(x)升，‎ 依题意得h(x)=(x3－x+8)·=x2+－(0＜x≤120)，‎ ‎ h¢(x)=－=(0＜x≤120)，令h¢(x)=0得x=80，‎ ‎ 当x∈(0,80)时，h¢(x)＜0,h(x)是减函数；当x∈(80,120)时，h¢(x)＞0,h(x)是增函数,‎ ‎ ∴当x=80时，h(x)取到极小值h(80)=11.25,因为h(x)在(0,120]上只有一个极值，所以它是最小值.‎ 答：当汽车以‎80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为‎11.25升.‎ ‎【专题训练】参考答案 一、选择题 ‎1．D 【解析】f¢(x)＝3x2＋2ax＋3，则x1·x2＝1.‎ ‎2．C 【解析】∵f¢(x)＝x2＋a，又f¢(－1)＝0，∴a＝－1，f(1)＝－1＋1＝.‎ ‎3．B 【解析】f¢(x)＝3x2－‎3a，由于f(x)在(0，1)内有最小值，故a＞0，且f¢(x)＝0的解为x1＝，x2＝－，则∈(0，1)，∴0＜a＜1.‎ ‎4．B 【解析】∵f(x)＝ax3＋bx2，f′(x)＝3ax2＋2bx，∴，即，令f¢(x)＝3x2－6x＜0，则0＜x＜2，即选B.‎ ‎5．A 【解析】由条件f¢(x)≤0知，选择f(x)图象的下降区间即为解.‎ ‎6．A 【解析】f¢(x)＝ωcos(ωx＋)，则ω＝3，则由3x＋＝2kπ＋，即x＝kπ＋(k∈Z)，由此可知x＝为f(x)的图象的一条对称轴.‎ ‎7．A 【解析】f¢(x)的图象与x轴有A、B、O、C四个交点. 其中在A、C处f¢(x)的值都是由正变负，相应的函数值则由增变减，故f(x)点A、C处应取得极大值；在B处f¢(x)的值由负变正，相应的函数值则由减变增，故f(x)在点B处应取得极小值.点O处f¢(x)的值没有正负交替的变化，故不是极值点，这就是说，点B是唯一的极值点.‎ ‎8．C 【解析】因为u＝logax(0＜a＜1)在（0，＋∞）上是减函数，根据函数的单调性的复合规律得0≤logax≤，即≤a≤1，故选C.‎ ‎8．B 【解析】y¢＝(cosx－xsinx)＝－xsinx，令－xsinx＞0，则xsinx＜0，各选项中x均为正，只须sinx＜0，故x∈(π，2π).‎ ‎9．B 【解析】∵f¢(x)＝x2＋2ax＋a2－1＝(x＋a)2－1，又a≠0，∴f′(x)的图象为第三个，知f¢(0)＝0，故a＝－1，f(－1)＝－＋a＋1＝－.‎ ‎11．B 【解析】依题意得f(x)是奇函数，在(0，＋∞)上是增函数，故在(－∞，0)上是增函数，即当x＜0时，f¢(x)＞0；g(x)是偶函数，在(0，＋∞)上是增函数，故在(－∞，0)上是减函数，即当x＜0时，g¢(x)＜0.‎ ‎12．B 【解析】令F(x)＝xf(x)，则F¢(x)＝xf¢(x)＋f(x)，由xf¢(x)＞－f(x)，得xf¢(x)＋f(x)＞0，即则F¢(x)＞0，所以f(x)在R上为递增函数.因为a＞b，所以af(a)＞bf(b).‎ 二、填空题 ‎13．4 【解析】根据导函数对应方程f¢(x)＝0的根与极值的关系及极值的定义易得结果.‎ ‎14．3＜a＜ 【解析】f¢(x)＝x2＋ax＋2，由题知：，解得3＜a＜.‎ ‎15．－ 【解析】f¢(x)＝3x2＋2bx＋c ∵f(x)在[－1，2]上减，∴f¢(x)在[－1，2]上非正.‎ 由，即，∴15＋2(b＋c)≤0，∴b＋c≤－.‎ ‎16． 【解析】设直线L平行于直线y＝－x－1，且与曲线y＝2x4相切于点P(x0，y0)，则所求最小值d，即点P到直线y＝－x－1的距离，y¢＝8x3＝－1，∴x0＝－，x0＝，∴d＝＝.‎ 三、解答题 ‎17．【解】　由已知得f¢(x)＝6x[x－(a－1)]，令f¢(x)＝0，解得 x1＝0,x2＝a－1，.‎ ‎（Ⅰ）当a＝1时，f¢(x)＝6x2，f(x)在(－∞,＋∞)上单调递增 当a＞1时，f¢(x)＝6x[x－(a－1)]，f¢(x),f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞,0) ‎ ‎0‎ ‎(0,a－1) ‎ a－1‎ ‎(a－1,＋∞) ‎ f¢(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎0‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 从上表可知，函数f(x)在(－∞,0)上单调递增；在(0,a－1)上单调递减；在(a－1,＋∞)上单调递增.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a＝1时，函数f(x)没有极值.；当a＞1时，函数f(x)在x＝0处取得极大值，在x＝a－1处取得极小值1－(a－1)3.‎ ‎18．【解】　(Ⅰ)f(x)＝ax3－3x，f¢(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2),‎ ‎∵x＝1是f(x)的一个极值点，∴f¢(1)＝0，∴a＝2；‎ ‎(Ⅱ)①当a＝0时，f(x)＝－3x2在区间（－1，0）上是增函数，∴a＝0符合题意；‎ ‎②当a≠0时，f¢(x)＝3ax(x－)，由f¢(x)＝0，得x＝0，x＝ 当a＞0时，对任意x∈(－1，0)，f¢(x)＞0，∴a＞0符合题意；‎ 当a＜0时，当x∈(，0)时，由f¢(x)＞0，得≤－1，∴－2≤a＜0符合题意；‎ 综上所述，a≥－2.‎ ‎19．【解】（Ⅰ）由f(x)的图象经过P（0，2），知d＝2，则 f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2，f¢(x)＝3x2＋2bx+c，‎ 由在M(-1,f(-1))处的切线方程是6x-y+7=0，知-6-f(-1)+7=0，即f(-1)=1，且f¢(-1)=6，‎ ‎∴，即，解得b=c=-3，‎ 故所求的解析式是f(x)＝x3-3x2-3x+2.‎ ‎（Ⅱ）f¢(x)＝3x2-6x-3，令3x2-6x-3=0，即x2-2x-1=0，‎ 解得x1=1-，x2=1+，当x＜1-或x＞1+时，f¢(x)＞0；‎ 当1-＜x＜1+时，f¢(x)＜0，‎ 故f(x)＝x3-3x2-3x+2在(-∞，1-)内是增函数，在(1-，1+)内是减函数，在(1+，+∞)内是增函数.‎ ‎20．【解】令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a 令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1，‎ ‎(1)当a≤1时，对所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数，‎ 又g(0)＝0，所以对x≥0，都有g(x)≥g(0)，‎ 即当a≤1时，对于所有x≥0，都有　f(x)≥ax．‎ ‎(2)当a＞1时，对于0＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，ea－1－1)是减函数，‎ 又g(0)＝0，所以对0＜x＜ea－1－1，都有g(x)＜g(0)，‎ 即当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立．‎ 综上，a的取值范围是（－∞，1]．‎ ‎21．【解】（I）∵f(x)是二次函数，且f(x)＜0的解集是(0，5)，∴可设f(x)＝ax(x－5)(a＞0)，‎ ‎∴f(x)在区间[－1，4]上的最大值是f(－1)＝‎6a，‎ 由已知，得‎6a＝12，∴a＝2，∴f(x)＝2x(x－5)＝2x2－10x(x∈R). ‎ ‎（II）方程f(x)＋＝0等价于方程2x3－10x2＋37＝0，‎ 设h(x)＝2x3－10x2＋37，则h¢(x)＝6x2－20x＝2x(3x－10)，‎ 当x∈(0，)时，h¢(x)＜0，h(x)是减函数；当x∈(，＋∞)时，h¢(x)＞0，h(x)是增函数，‎ ‎∵h(3)＝1＞0，h()＝－＜0，h(4)＝5＞0，‎ ‎∴方程h(x)＝0在区间(3，)、(，4)内分别有惟一实数根，而在(0，3)，(4，＋∞)内 没有实数根，‎ ‎ 所以存在惟一的自然数m＝3，使得方程f(x)＋＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个 ‎ 不同的实数根.‎ ‎22．解析：(Ⅰ)f¢(x)＝logae＋2，g¢(x)＝logae＋2，‎ ‎∵函数f(x)和g(x)的图象在x＝2处的切线互相平行，‎ f¢(2)＝g¢(2)，∴logae＝logae，t＝6.‎ ‎(Ⅱ)∵t＝6，∴F(x)＝g(x)－f(x)＝2loga(2x＋4)－logax＝loga，x∈[1，4]，‎ 令h(x)＝＝4x＋，x∈[1，4]，∴h¢(x)＝4－＝，x∈[1，4]，‎ ‎∴当1≤x＜2时，h¢(x)＜0，当2＜x≤4时，h¢(x)＞0，‎ ‎∴h(x)在[1，2)是单调减函数，在(2，4]是单调增函数，‎ ‎∴h¢(x)min＝h(2)＝32，h¢(x)max＝h(1)＝h(4)＝36，‎ ‎∴当0＜a＜1时，有F(x) min＝loga36，当a＞1时，有F(x) max＝loga32.‎ ‎∵当x∈[1，4]时，F(x)≥2恒成立，∴F(x) min≥2，‎ ‎∴满足条件的a的值满足下列不等式组 ①，或 ②‎ 不等式组①的解集为空集，解不等式组②得1＜a≤4，‎ 综上所述，满足条件的的取值范围是：1＜a≤4.‎