全国高考导数题 32页

全国高考导数题 ‎1、(本小题共13分)‎ 已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在点x0处取得极大值5，其导函数y=f′(x)的图象经过点(1，0)，(2，0)，如图所示.求：‎ ‎(Ⅰ)x0的值；‎ ‎(Ⅱ)a，b，c的值.‎ ‎2、（本小题满分12分）‎ 已知函数，，其中，设为的极小值点，为的极值点，，并且，将点依次记为．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若四边形为梯形且面积为1，求的值．‎ ‎3、（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.‎ 已知函数y=x＋有如下性质，如果常数a＞0，那么该函数在］上是减函数，在［，+∞）上是增函数.‎ ‎（1）如果函数y＝x+在（0，4］上是减函数，在［4，+∞）上是增函数，求实常数b的值；‎ ‎（2）设常数c∈[1，4]，求函数f（x）=x+（1≤x≤2）的最大值和最小值；‎ ‎（3）当n是正整数时，研究函数g（x）=xn-（c＞0）的单调性，并说明理由.‎ ‎4、（本小题14分）‎ ‎　　设函数.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间和极值；‎ ‎（Ⅱ）若对一切，，求的最大值.‎ ‎5、（本小题满分12分）‎ ‎ 已知函数f(x)在R上有定义，对任意实数a>0和任意实数x，都有 ‎（Ⅰ）证明f（0）=0：‎ ‎（Ⅱ）证明，其中k和h均为常数：‎ ‎（Ⅲ）当（Ⅱ）中的k>0,设g(x)=讨论g(x)在(0,+)内的单调性并求极值。‎ ‎6、(本小题满分12分)‎ ‎ 已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-与x=1时都取得极值．‎ ‎ (1)求a、b的值及函数f(x)的单调区间；‎ ‎ (2)若对x∈[－1，2]，不等式f(x)＜c2恒成立，求c的取值范围．‎ ‎7、（本小题满分13分）‎ 已知函数，其中为常数。‎ ‎（Ⅰ）若，讨论函数的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若，且，试证：；‎ ‎8、（本小题满分12分）‎ ‎ 已知是二次函数，不等式的解集是且在区间上的最大值是12。‎ ‎ （I）求的解析式；‎ ‎ （II）是否存在实数使得方程在区间内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由。‎ ‎9、（本小题满分14分）‎ 设a为实数，函数f(x)=x-ax+(a-1)x在（-，0）和（1，+）都是增函数，求a的取值范围.‎ ‎10、）（本大题满分12分）‎ ‎ 已知函数，其中是的导函数 ‎（Ⅰ）对满足的一切的值，都有，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）设，当实数在什么范围内变化时，函数的图象与直线只有一个公共点 ‎11、（本小题满分14分）‎ ‎　　设函数.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间和极值；‎ ‎（Ⅱ）若当时，，求的最大值.‎ ‎12、（本小题共13分）‎ ‎ 已知函数f（x）=ax3+bx2+cx在点x0处取得极大值5，其导函数y=f′（x）的图象经过点（1，0），（2，0），如图所示，求：‎ ‎（Ⅰ）x0的值；‎ ‎（Ⅱ）a，b，c的值.‎ ‎13、（本小题满分12分）‎ 已知函数f(x)=,其中a , b , c是以d为公差的等差数列，，且a＞0, d＞0.设［1-］上，在处取得最大值，在，将点依次记为A， B， C.‎ ‎ (I)求 ‎(II)若⊿ABC有一边平行于x轴，且面积为，求a ,d的值 ‎14、（本题满分18分）‎ 已知函数＝＋有如下性质：如果常数＞0，那么该函数在0，上是减函数，在，＋∞上是增函数．‎ ‎（1）如果函数＝＋（＞0）的值域为6，＋∞，求的值；‎ ‎（2）研究函数＝＋（常数＞0）在定义域内的单调性，并说明理由；‎ ‎（3）对函数＝＋和＝＋（常数＞0）作出推广，使它们都是你所推广的函数的特例．研究推广后的函数的单调性（只须写出结论，不必证明），并求函数＝＋（是正整数）在区间[，2]上的最大值和最小值（可利用你的研究结论）．‎ ‎15、（本小题满分14分）‎ ‎ 设函数f(x)=-x3+3x+2分别在x1、x2处取得极小值、极大值。xoy平面上点A、B的坐标分别为（x1，f(x1)）、（x2，f(x2)）。该平面上动点P满足，点Q是点P关于直线y=2(x-4)的对称点，求：‎ ‎（Ⅰ）点A、B的坐标：‎ ‎（Ⅱ）动点Q的轨迹方程。‎ ‎16、（本小题满分12分）‎ 设函数f（x）=x3-ax2+bx+c在x=1处取得极值-2，试用c表示a和b，并求f（x）的单调区间。‎ ‎17、(本小题满分12分)‎ ‎ 已知函数f(x)=4x3-3x2cosθ+，其中x∈R，θ为参数，且0≤θ≤.‎ ‎ (Ⅰ)当cosθ=0时，判断函数f(x)是否有极值；‎ ‎ (Ⅱ)要使函数f(x)的极小值大于零，求参数θ的取值范围；‎ ‎ (Ⅲ)若对(Ⅱ)中所求的取值范围内的任意参数θ，函数f(x)在区间(‎2a-1，a)内都是增函数，求实数a的取值范围.‎ ‎18、(本题满分18分)‎ 设函数，其中为正整数.‎ ‎（1）判断函数的单调性，并就的情形证明你的结论；‎ ‎（2）证明：；‎ ‎（3）对于任意给定的正整数，求函数的最大值和最小值.‎ ‎19、（本小题满分12分）‎ ‎ 已知函数 ‎ （I）求在区间上的最大值 ‎ （II）是否存在实数使得的图象与 的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由。‎ ‎20、（本小题满分14分）‎ 已知函数.‎ ‎（Ⅰ）设讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若对任意恒有，求a的取值范围 ‎21、（本小题满分14分）‎ ‎ 已知函数，的导函数是，对任意两个不相等的正数，证明：‎ ‎ （Ⅰ）当时，‎ ‎ （Ⅱ）当时，‎ ‎22、本小题满分16分，第一小问4分，第二小问满分6分，第三小问满分6分）‎ ‎　　　设a为实数，设函数的最大值为g(a)。‎ ‎　　　（Ⅰ）设t＝，求t的取值范围，并把f(x)表示为t的函数m(t)‎ ‎（Ⅱ）求g(a)‎ ‎（Ⅲ）试求满足的所有实数a ‎23、(本小题满分14分)‎ 已知函数f(x)=ax3-3x2+1-.‎ ‎ (Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎ (Ⅱ)若曲线y=f(x)上两点A、B处的切线都与y轴垂直，且线段AB与x轴有公共点，求实数a的取值范围. ‎ ‎24、（本小题满分12分）‎ 设函数f(x)=‎ ‎(Ⅰ)求f(x)的单调区间；‎ ‎(Ⅱ) 讨论f(x)的极值 ‎25、（本小题满分14分）‎ 设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x(x∈R)的一个极值点。‎ ‎（Ⅰ）求a与b的关系式（用a表示b），并求f(x)的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设＞0，使得＜1成立，求a的取值范围。‎ ‎26、（本小题满分１２分）‎ 设函数若对所有的都有成立，求实数的取值范围。‎ ‎27、(本小题满分12分)‎ 已知函数f(x)=4x3-3x2cosθ+cosθ，其中x∈R,θ为参数，且0≤θ＜2π．‎ ‎(Ⅰ)当cosθ=0时，判断函数f(x)是否有极值；‎ ‎(Ⅱ)要使函数f(x)的极小值大于零，求参数θ的取值范围；‎ ‎(Ⅲ)若对(Ⅱ)中所求的取值范围内的任意参数θ，函数f(x)在区间(‎2a-1，a)内都是增函数，求实数α的取值范围．‎ ‎ ‎ ‎28、（本大题满分12分）设函数，已知是奇函数。‎ ‎（Ⅰ）求、的值。‎ ‎（Ⅱ）求的单调区间与极值。‎ ‎29、(本小题满分12分)‎ ‎ 已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-与x=1时都取得极值．‎ ‎ (1)求a、b的值及函数f(x)的单调区间；‎ ‎ (2)若对x∈［-1，2］，不等式f(x)＜c2恒成立，求c的取值范围．‎ ‎30、（本小题满分12分）‎ 设(k≥0)‎ ‎（Ⅰ）求函数f (x)的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若函数的极小值大于0，求k的取值范围.‎ ‎31、（本小题满分12分）‎ 设函数f（x）=x3－3ax2+3bx的图象与直线12x+y-1=0相切于点（1，－11）.‎ ‎(Ⅰ)求a，b的值；‎ ‎(Ⅱ)讨论函数f（x）的单调性.‎ 全国高考导数题答案 ‎1、解法一：‎ ‎(Ⅰ)由图象可知，在(-∞，1)上f′(x)＞0，在(1，2)上f′(x)＜0，在(2，+∞)上f′(x)＞0，‎ 故f(x)在(-∞，1)，(2，+∞)上递增，在(1，2)上递减，‎ 因此f(x)在x=1处取得极大值，所以x0=1.‎ ‎(Ⅱ)f′(x)=3ax2+2bx+c，由f′(1)=0，f′(2)=0，f(1)=5，‎ 得解得a=2，b= -9，c=12.‎ 解法二：‎ ‎(Ⅰ)同解法一.‎ ‎(Ⅱ)设f′(x)=m(x-1)(x-2)=mx2-3mx+‎2m，又f′(x)=3ax2+2bx+c，‎ 所以a=，b= -m，c=‎2m，f(x)=mx2+2mx.‎ 由f（1）=5，即m+‎2m=5，得m=6，所以a=2，b= -9，c=12，‎ ‎2、（Ⅰ）解：f′（x）=ax2+2（a+d）x+a+2d=（x+1）（ax+a+2d）.‎ 令f′（x）=0，由a≠0得x=－1或x=－1－.∵a＞0，d＞0.∴-1-＜-1.‎ 当-1-＜x＜-1时，f′（x）＜0，‎ 当x＞-1时，f′（x）＞0.所以f（x）在x=-1处取得极小值，即x0=-1.‎ ‎（Ⅱ）解：g（x）=ax2+（‎2a+4d）x+a+4d，‎ ‎∵a＞0，x∈R，∴g（x）在x=-=-1-处取得极小值，即x1=-1-.‎ 由g（x）=0，即（ax+a+4d）（x+1）=0，‎ ‎∵a＞0，d＞0，x2＜x3，∴x2=-1-，x3=-1.‎ ‎∵f（x0）=f（-1）=-a+（a+d）-（a+2d）+d=-a，‎ g（x1）=g（-1-）=a（-1-）2+（‎2a+4d）（-1-）+a+4d=-，‎ ‎∴A（-1，-a），B（-1-，-），C（-1-，0），D（-1，0）.‎ 由四边形ABCD是梯形及BC与AD不平行，得AB∥CD.‎ ‎∴－，即a2=12d2.‎ 由四边形ABCD的面积为1，得（|AB|+|CD|）·|AD|=1，即 ‎()·=1，得d=1.从而a2=12，得 a=2，‎ ‎3、解(1) 由已知得=4, ∴b=4.‎ ‎ (2) ∵c∈[1,4], ∴∈[1,2],‎ ‎ 于是,当x=时, 函数f(x)=x+取得最小值2.f(1)－f(2)=,‎ 当1≤c≤2时, 函数f(x)的最大值是f(2)=2+；‎ 当2≤c≤4时, 函数f(x)的最大值是f(1)=1+c.‎ ‎(3)设0＜x1＜x2,g(x2)－g(x1)=.‎ ‎ 当＜x1＜x2时, g(x2)>g(x1), 函数g(x)在[,+∞)上是增函数；‎ ‎ 当0＜x1＜x2＜时, g(x2)>g(x1), 函数g(x)在(0, ]上是减函数.‎ ‎ 当n是奇数时,g(x)是奇函数,‎ 函数g(x) 在(－∞,－]上是增函数, 在[－,0)上是减函数.‎ ‎ 当n是偶数时, g(x)是偶函数,‎ ‎ 函数g(x)在(－∞,－]上是减函数, 在[－,0)上是增函数.‎ ‎4、解答：（Ⅰ），‎ ‎　　当时，；当时，；‎ ‎　　故在单调增加，在单调减少.‎ ‎　　的极小值，极大值.‎ ‎（Ⅱ）由知，‎ ‎　　即，由此及（Ⅰ）知的最小值为，最大值为.‎ ‎　　因此对一切，的充要条件是，‎ ‎　　即，满足约束条件，由线性规划得，的最大值为5.‎ ‎5、（Ⅰ）证明：对于任意的均有　 ①‎ 在①中取即得 ②‎ ‎（Ⅱ）证明：当时，由①得 取，则有； ③‎ 当时，由①得 取则有 ④‎ 综合②、③、④得 ‎（Ⅲ）解法1：由（Ⅱ）中的③知，当时，‎ 从而 又因为由此可得 ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ 极小值2‎ 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，‎ 在处取得极小值2.‎ 解法2：由（Ⅱ）中的③知，当时，‎ 设且，则 ‎ ‎ 又因为所以 当时，；‎ 当时，‎ 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增在处取得极小值2.‎ ‎6、解：（1）f(x)=x3+ax2+bx+c, f′(x)=3x2+2ax+b,‎ ‎ 由f′(-)=a+b=0, f′(1)=3+‎2a+b=0,得 a=-，b=-2，‎ f′（x）=3x2-x-2=（3x+2）（x-1），函数f（x）的单调区间如下表：‎ ｘ ‎（-∞，-）‎ ‎-‎ ‎（-，1）‎ ‎1‎ ‎（1，+∞）‎ f′（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f（x）‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以函数f（x）的递增区间为（-∞，-）与（1，+∞）；递减区间为（-，1）.‎ ‎（2）f（x）=x3-x2-2x+c x∈［-1，2］，当x=-时，f（x）=+c为极大值，‎ 而f（2）=2+c，则f（2）=2+c为最大值.‎ 要使f（x）＜c2（x∈［-1，2］）恒成立，只须c2＞f（2）=2+c，解得c＜-1或c＞2.‎ ‎7、解：（I）求导得 因，故方程即有两根：‎ 令，解得或；又令，解得．‎ 故当时，是增函数：当时，也是增函数：但当 时，是减函数.‎ ‎（II）易知因此 所以，由已知条件得 因此解得 ‎8、（I）解：是二次函数，且的解集是 ‎ 可设 ‎ 在区间上的最大值是由已知，得 ‎ ‎ ‎ （II）方程等价于方程 ‎ 设则 ‎ 当时，是减函数；‎ ‎ 当时，是增函数。‎ ‎ ‎ ‎ 方程在区间内分别有惟一实数根，而在区间内没有实数根，‎ ‎ 所以存在惟一的自然数使得方程在区间内有且只有两个不同的实数根。‎ ‎9、解：其判别式 ‎（i）若 当为增函数。所以 ‎(ii)若为增函数。所以 即 ‎ ‎ （iii）若 解得 ‎ 当 当 依题意 解得 由 解得 从而 ‎ 综上，a的取值范围为即 ‎ ‎10、解：（Ⅰ）由题意 令，‎ 对，恒有，即 ‎∴ 即解得 故时，对满足的一切的值，都有 ‎（Ⅱ）‎ ‎①当时，的图象与直线只有一个公共点 ‎②当时，列表： ‎ ‎∴。‎ 又因为的值域是，且在上单调递增 ‎∴当时函数的图象与直线只有一个公共点。‎ 当时，恒有由题意得 即解得 综上，的取值范围是 ‎11、解答：（Ⅰ）.‎ ‎　　于是，当时，；时，.‎ ‎　　故在单调减少，在，单调增加.‎ ‎　　当时，取得极大值；‎ ‎　　当时，取得极小值.‎ ‎（Ⅱ）根据（Ⅰ）及，，在的最大值为4，最小值为1.‎ ‎　　因此，当时，的充要条件是，‎ ‎　　即，满足约束条件，由线性规划得，的最大值为7.‎ ‎12、解法一：（Ⅰ）由图象可知，在（-∞，1）上f′（x）＞0，在（1，2）上f′（x）＜0，在（2，+∞）上f′（x）＞0， ‎ 故f（x）在（-∞，1），（2，+∞）上递增，在（1，2）上递减，‎ 因此f（x）在x=1处取得极大值，所以x0=1.‎ ‎（Ⅱ）f′（x）=3ax2+2bx+c， 由f′（1）=0，f′（2）=0，f（1）=5，‎ ‎ 得 解得a=2，b= -9，c=12.‎ ‎ 解法二：（Ⅰ）同解法一.‎ ‎（Ⅱ）设f′（x）=m（x-1）(x-2)=mx2-3mx+2m,又f′（x）=3ax2+2bx+c,‎ ‎ 所以a= f(x)=‎ 由f（1）=5， 即 得m=6，所以a=2，b= -9，c=12.‎ ‎13、(Ⅰ)解：∵2b=a+c.∴f′(x)=ax2+2bx+c=ax2+(a+c)x+c=(x+1)(ax+c).‎ 令f′(x)=0,得x=-1,或x= -‎ ‎∵a＞0,d＞0,∴0＜a＜b＜c,∴‎ 当＜x＜-1时，f′(x)＜0,‎ 当x＞-1时，f′(x)＞0,‎ 所以f(x)在x= -1处取得极小值，即x0= -1. ‎ ‎(Ⅱ)解法一：∵f′(x)=ax2+2bx+c,a＞0.‎ ‎∴f′(x)的图象开口向上，对称轴方程是x= -‎ 由＞1,知 ‎∴f′(x)在［1-］上的最大值为f′(0)=c,即x1=0.‎ 又由＞1，知-∈［1-］，‎ ‎∴当x= -时，f′(x)取得最小值f′(-)=-即x2=-.‎ ‎∵f(x0)=f(-1)= -∴A(-1,-),B(0,c),C(-,-).‎ 由△ABC有一条边平行于x轴，得AC平行于x轴，所以 即a2=3d2. ①‎ 又由△ABC的面积为2+，得 利用b=a+d，c=a+2d，得 ②‎ 联立①，②可得d=3,a=3.‎ 解法二：∵f′(x)=ax2+2bx+c,a＞0，f′(1-)=0,f′(0)=c.‎ 由c＞0知f′(x)在［1-］上的最大值为f′(0)=c.即x1=0.‎ 由知-∈［1-］.‎ ‎∴当x= -时f′(x)取得最小值f′（-）= -即 ‎∵f(x0)=f(-1)=-∴A(-1,-),B(0,c),C(-,-).‎ 由△ABC有一条边平行于x轴，得AC平行于x轴，所以 ‎-= -,即a2=3d2. ①‎ 又由△ABC的面积为2+ ，得 利用b=a+d，c=a+2d，得 ②‎ 联立①，②可得 d=3，a=3.‎ ‎14、解：（1）易知，时，。‎ ‎（2）＝＋是偶函数。易知，该函数在上是减函数，在上是增函数； 则该函数在上是减函数，在上是增函数。‎ ‎（3）推广：函数，当为奇数时，，是减函数；，‎ 是增函数。 ‎ ‎ ，是增函数；，是减函数。当为偶数时，，是减函数；，是增函数。 ，是减函数；，是增函数。＝＋‎ 当时，。‎ ‎ ∴，是减函数；，是增函数。‎ ‎ ∵ ‎ ‎∴函数＝＋在区间[，2]上的最大值为 ‎，最小值为。‎ ‎15、解：（Ⅰ）由可得 令解得或 当时，，当时，，当时，‎ 函数在处取得极小值，在取得极大值，又f(x)分别在x1,x2处最得极小值、极大值，‎ 故，‎ 点A坐标为（-1，0），点B的坐标为B（1，4）.‎ ‎（Ⅱ）设动点P的坐标为P则 由题设，于是有 ‎∴动点P的轨迹是圆，其圆心为（0，2）半径为3。‎ 又点Q是点P关于直线y=2(x-4)的对称点，‎ ‎∴点Q的轨迹是圆关于直线y=2(x-4)的对称圆，记为⊙C，设C（ a,b）由轴对称性质可得：‎ ‎，解这方程组得 故∴⊙C的方程是即动点Q的轨迹方程是 ‎16、解：依题意有而解得从而 由于f(x)在x=1处取得极值，故即 ‎（1）若，则当时，当（）时，当时，从而f(x)的单调增区间为 ‎；单调减区间为.（2）若>1,即0<-3，同上可得，f(x)的单调增区间为；单调减区间为[1，]。‎ ‎17、(Ⅰ)解：当cosθ=0时，f(x)=4x3+，则函数f(x)在(-∞，+∞)上是增函数，故无极值.‎ ‎(Ⅱ)解：f′(x)=12x2-6xcosθ，令f′(x)=0，得x1=0，x2=.‎ 由O≤θ≤及(Ⅰ)，只考虑cosθ＞0的情况.‎ 当x变化时，f′(x)的符号及f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(-∞,0)‎ ‎0‎ ‎（0，）‎ ‎（，+∞）‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f (x)‎ 极大值 极小值 ‎ ‎ ‎ 因此，函数f（x）在x=处取得极小值f（），且f（）=-.‎ ‎ 要使f（）＞0，必有-＞0，可得0＜cosθ＜，所以＜θ＜.‎ ‎（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知，函数f（x）在区间（-∞，0）与（，+∞）内都是增函数.‎ 由题设，函数f(x)在(‎2a-1,a)内是增函数，则a须满足不等式组 由(Ⅱ),参数θ∈（）时，0＜cosθ＜.要使不等式‎2a-1≥cosθ关于参数θ恒成立，必有‎2a-1≥.‎ 综上，解得a≤0或≤a＜1.所以a的取值范围是(-∞,0］∪［，1）.‎ ‎18、解答：（1）在上均为单调递增的函数.…… 2分 ‎ 对于函数，设 ，则 ‎ ，‎ ‎ ∵，‎ ‎ ∴∴函数在上单调递增.…… 4分 ‎（2）∵原式左边 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ . …… 6分 ‎ 又∵原式右边. ‎ ‎ ∴. …… 8分 ‎（3）当时，函数在上单调递增，‎ ‎ ∴的最大值为，最小值为. ‎ ‎ 当时，，∴函数的最大、最小值均为1.‎ ‎ 当时，函数在上为单调递增.‎ ‎ ∴的最大值为，最小值为.‎ ‎ 当时，函数在上单调递减，‎ ‎ ∴的最大值为，最小值为. …… 11分 ‎ 下面讨论正整数的情形：‎ ‎ 当为奇数时，对任意且 ‎ ∵，‎ ‎ 以及 ，‎ ‎ ∴，从而 .‎ ‎ ∴在上为单调递增，则 ‎ 的最大值为，最小值为. …… 14分 ‎ 当为偶数时，一方面有 .‎ ‎ 另一方面，由于对任意正整数，有 ‎ ，‎ ‎ ∴.‎ ‎ ∴函数的最大值为，最小值为. ‎ ‎ 综上所述，当为奇数时，函数的最大值为，最小值为.当为偶数时，函数的最大值为，最小值为. …… 18分 ‎19、解：（I）‎ ‎ 当即时，在上单调递增，‎ ‎ ‎ ‎ 当即时，‎ ‎ 当时，在上单调递减，‎ ‎ 综上，‎ ‎（II）函数的图象与的图象有且只有三个不同的交点，即函数 ‎ 的图象与轴的正半轴有且只有三个不同的交点。‎ ‎∵‎ 当时，是增函数；当时，是减函数；‎ 当时，是增函数；当或时，‎ ‎∵当充分接近0时，当充分大时，‎ 要使的图象与轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 ‎ 　　即 ‎ 所以存在实数，使得函数与的图象有且只有三个不同的交点，的取值范围为 ‎20、解：（Ⅰ）的定义域为对求导数得 ‎（i）当时，，在和均大于0，所以在，为增函数.‎ ‎（ii）当0＜a＜2时，＞0，在，为增函数.‎ ‎（iii）当时，‎ 令，解得 当变化时，和的变化情况如下表，‎ ‎+‎ ‎－‎ ‎+‎ ‎+‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ ‎↗‎ 在，，为增函数，‎ 在为减函数.‎ ‎（Ⅱ）（i）当时，由（I）知：对任意恒有 ‎（ii）当时，取，则由 （I）知 ‎（iii）当时，对任意，恒有且，得 综上当且仅当时，对任意恒有 ‎21、证明：（Ⅰ）由 得 ‎ ‎ ‎ 而 ①‎ 又∴ ②‎ ‎ ∵ ∴‎ ‎∵ ∴ ③‎ 由①、②、③得 即 ‎（Ⅱ）证法一：由，得 ‎∴‎ 下面证明对任意两个不相等的正数,有恒成立 即证成立 ‎∵‎ 设t=，则 令得，列表如下： ‎ ‎ ∴‎ ‎∴对任意两个不相等的正数，恒有 证法二：由f(x)=x2++alnx，得 ‎∴‎ ‎∵是两个不相等的正数 ‎∴‎ 设，‎ 则，列表： ‎ ‎∴ 即 ‎ ‎∴‎ 即对任意两个不相等的正数，恒有 ‎22、解：（Ⅰ）∵t=‎ ‎∴要使t有意义，必须1+x≥0且1-x≥0，即-1≤x≤1.‎ ‎∵t2=2+2t≥0， ①∴t的取值范围是［］.‎ 由①得 ‎∴m（t）=a ‎（Ⅱ）由题意知g（a）即为函数m（t）=at2+t-a，t∈［，2］的最大值.‎ 注意到直线t=-是抛物线m（t）=at2+t-a的对称轴，分以下几种情况讨论.‎ ‎(1)当a＞0时，函数y=m(t),t∈［，2］的图像是开口向上的抛物线的一段，由t=-知m（t）在［，2］上单调递增，∴g（a）=m（2）=a+2.‎ ‎(2)当a=0时，m（t）=t，t∈［，2］，∴g（a）=2.‎ ‎(3)当a＜0时，函数y=m（t），t∈［，2］的图像是开口向下的抛物线的一段.‎ 若t=-］，即a≤-，则g（a）=m（）=.‎ 若t=-］，即a∈(-,-)，则g（a）=m（-）=-a-‎ 若t=-），即a∈(-，0)，则g（a）=m（2）=a+2.‎ 综上有 g(a)=‎ ‎(Ⅲ)解法一：‎ 情形1：当a＜-2时，此时g（a）=，g（）=+2.‎ 由2+=解得a=-1-,与a＜-2矛盾.‎ 情形2:当-2≤a＜-时，-＜，此时g（a）=,‎ g()=--,由=--解得a=-,与a＜-矛盾.‎ 情形3：当-≤a≤-时，-≤≤-，此时g（a）==g（），‎ 所以-≤a≤-.‎ 情形4：当-＜a≤-时，-2≤＜-,此时g（a）=-a-‎ g()=,由-a-解得a=-,与a＞-矛盾.‎ 情形5：当-＜a＜0时，＜-2，此时g（a）=a+2，g（）=，‎ 由a+2=解得a=-2，与a＞-矛盾.‎ 情形6：当a＞0时，＞0，此时g（a）=a+2，g（）=+2,‎ 由a+2=+2解得a=±1，由a＞0知a=1.‎ 综上知，满足g（a）=g（）的所有实数a为：-≤a≤-或a=1.‎ 解法二：当a＞-时，g（a）=a+2＞‎ 当-＜a≤-时，-a∈［-］，所以-a≠-‎ g（a）=-a-＞2因此，当a＞-时，g（a）＞.‎ 当a＞0时，＞0，由g（a）=g（）知a+2=+2解得a=1.‎ 当a＜0时，a·=1，因此a≤-1或≤-1，从而g（a）=或g（）=.‎ 要使g（a）=g（），必须有a≤-，≤-，即-≤a≤-.‎ 此时g（a）==g（）.‎ 综上知，满足g（a）=g（）的所有实数a为：-≤a≤-或a=1.‎ ‎23、解 (Ⅰ)由题设知a≠0,f′(x)=3ax2-6x=3ax(x-)．‎ ‎ 令f′(x)=0得x1=0， x2=.‎ ‎ (ⅰ)当a＞0时，‎ ‎ 若x∈(-∞，0)，则f′(x)＞0，所以f(x)在区间(-∞，0)上是增函数；‎ ‎ 若x∈(0，)，则f′(x)＜0，所以f(x)在区间(0，)上是减函数;‎ ‎ 若x∈(，+∞)，则f′(x)＞0，所以f(x)在区间(，+∞)上是增函数．‎ ‎ (ⅱ)当a＜0时，‎ ‎ 若x∈(-∞，)，则f′(x)＜0，所以f(x)在区间(-∞，)上是减函数：‎ ‎ 若x∈(，0)，则f′(x)＞0，所以f(x)在区间(，0)上是增函数；‎ ‎ 若x∈(0，+∞)，则f′(x)＜0，所以f(x)在区间(0，+∞)上是减函数．‎ ‎ (Ⅱ)由(Ⅰ)的讨论及题设知，曲线y=f(x)上的两点A、B的纵坐标均为函数的极值，且函数y=f(x)在x=0，x=处分别取得极值f(0)=1-，f()=-+1．‎ ‎ 因为线段AB与x轴有公共点，所以f(0)·f()≤0．‎ ‎ 即(-+1)(1-)≤0．所以≤0.‎ ‎ 故a(a+1)(a-3)(a-4)≤0且a≠0．‎ ‎ 解得-1≤a<0或3≤a≤4．即所求实数a的取值范围是［－1，0)∪[3，4]．‎ ‎24、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1，在x=a-1处取得极小值1-(a-1)3．‎ ‎25、解：（Ⅰ）f `(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a ]e3－x,‎ 由f `(3)=0，得 －[32＋(a－2)3＋b－a ]e3－3＝0，即得b＝－3－‎2a，‎ 则 f `(x)＝[x2＋(a－2)x－3－‎2a－a ]e3－x ‎＝－[x2＋(a－2)x－3－‎3a ]e3－x＝－(x－3)(x＋a+1)e3－x.‎ 令f `(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1，由于x＝3是极值点，‎ 所以x+a+1≠0，那么a≠－4.‎ 当a<－4时，x2>3＝x1，则 在区间（－∞，3）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；‎ 在区间（3，―a―1）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；‎ 在区间（―a―1，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数。‎ 当a>－4时，x2<3＝x1，则 在区间（－∞，―a―1）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；‎ 在区间（―a―1，3）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；‎ 在区间（3，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数。‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a>0时，f (x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[min(f (0)，f (4) )，f (3)]，‎ 而f (0)＝－（‎2a＋3）e3<0，f (4)＝（‎2a＋13）e－1>0，f (3)＝a＋6，‎ 那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[－（‎2a＋3）e3，a＋6].‎ 又在区间[0，4]上是增函数，‎ 且它在区间[0，4]上的值域是[a2＋，（a2＋）e4]，‎ 由于（a2＋）－（a＋6）＝a2－a＋＝（）2≥0，所以只须仅须 ‎（a2＋）－（a＋6）<1且a>0，解得01时，不是对所有的x≥0都有成立。 ……12分 ‎ 综上a的取值范围是（]。‎ 解法二：令 于是不等式成立即为成立。 ……3分 对g(x)求导数得令……6分 当为增函数， ‎ 当为减函数， ……9分 要对所有x≥0都有g(x) ≥g(0)充要条件为。‎ 由此得a≤1，即a的取值范围是（]。 ……12分 ‎27、(Ⅰ)解：当cosθ=0时，f(x)=4x3，则f(x)在(-∞，+∞)内是增函数，故无极值．‎ ‎(Ⅱ)解：f′(x)=12x2-6xcosθ，令f′(x)=0，得 x1=0，x2=.‎ 由(Ⅰ)，只需分下面两种情况讨论．‎ 当cosθ＞0时，随x的变化，f′(x)的符号及f(x)的变化情况如下表：‎ 因此，函数f（x）在x=处取得极小值f（），且 f（）=-.‎ ‎ 要使f（）＞0，必有-＞0，可得0＜cosθ＜.‎ ‎ 由于0≤θ＜2π，故＜θ＜或＜θ＜.‎ ‎②当cosθ＜0时，随x的变化，f′（x）的符号及f（x）的变化情况如下表：‎ 因此，函数f（x）在x=0处取得极小值f（0），且f（0）=cosθ 若f（0）＞0，且cosθ＞0.矛盾.所以当cosθ＜0时，f（x）的极小值不会大于零.‎ 综上，要使函数f（x）在（-∞，+∞）内的极小值大于零，参数θ的取值范围为 ‎（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知，函数f（x）在区间（-∞，0）与（，+∞）内都是增函数.‎ 由题设，函数f(x)在(‎2a-1,a)内是增函数，则a须满足不等式组 由(Ⅱ),参数θ∈时，0＜cosθ＜.要使不等式‎2a-1≥cosθ关于参数θ恒成立，必有‎2a-1≥，即.‎ 综上，解得a≤0或＜1.所以a的取值范围是(-∞,0]∪［，1）.‎ ‎28、解:(Ⅰ)因为,所以.‎ 从而.‎ ‎ 是R上的奇函数, ,‎ ‎ .‎ 即 .令得解得 .‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知 从而 由此可知 ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎-‎ 由上表知: 的单调递增区间是,,单调递减区间是,‎ 因此在处取极大值,在处取极小值.‎ ‎29、解：（1）f(x)=x3+ax2+bx+c, f′(x)=3x2+2ax+b,‎ ‎ 由f′(-)=a+b=0, f′(1)=3+‎2a+b=0,得 a=-，b=-2，‎ f′（x）=3x2-x-2=（3x+2）（x-1），函数f（x）的单调区间如下表：‎ ｘ ‎（-∞，-）‎ ‎-‎ ‎（-，1）‎ ‎1‎ ‎（1，+∞）‎ f′（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f（x）‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以函数f（x）的递增区间为（-∞，-）与（1，+∞）；递减区间为（-，1）.‎ ‎（2）f（x）=x3-x2-2x+c x∈［-1，2］，当x=-时，f（x）=+c为极大值，‎ 而f（2）=2+c，则f（2）=2+c为最大值.‎ 要使f（x）＜c2（x∈［-1，2］）恒成立，只须c2＞f（2）=2+c，解得c＜-1或c＞2..‎ ‎30、解：（Ⅰ）当k=0时，f(x)=－3x2+1.‎ ‎∴f(x)的单调增区间为（－∞，0，单调减区间为［0，+∞.当k＞0时 ‎(x)=3kx2－6x=3kx(x－),‎ ‎∴f(x)的单调增区间为（－，0，［，+∞，单调区间为［0，］.‎ ‎（Ⅱ）当k=0时，函数f(x)不存在极小值.‎ ‎ 当k＞0时，依题意 f()=+1＞0.‎ ‎ 即k2＞4. 由条件k＞0,所以k的取值范围为（2，+∞）.‎ ‎31、解：（Ⅰ）求导得f′（x）=3x2－6ax+3b.‎ ‎ 由于f（x）的图象与直线12x+y－1=0相切于点（1，－11），‎ ‎ 所以f（1）=－11，f′（1）=－12，即 解得a=1，b=－3.‎ ‎ (Ⅱ)由a=1，b=－3得 ‎ f′（x）=3x2-6ax+3b=3（x2-2x-3）=3（x+1）（x－3）.‎ 令f′（x）＞0，解得x＜－1或x＞3;又令f′（x）＜0，解得－1＜x＜3.‎ ‎ 所以当x∈（－∞，－1）时，f（x）是增函数;当x∈（3，+∞）时，f（x）也是增函数；但x∈（－1，3）时，f（x）是减函数.‎