【数学】2014高考专题复习：第3章 导数及其应用 348页

【数学】2014 版《6 年高考 4 年模拟》 第三章 导数及其应用 第一部分 六年高考荟萃 2013 年高考题 一、选择题 1 ．（2013 年高考湖北卷（理））已知 a 为常数,函数  ( ) lnf x x x ax  有两个极值点 1 2 1 2, ( )x x x x ,则 （ ） A． 1 2 1( ) 0, ( ) 2f x f x   B． 1 2 1( ) 0, ( ) 2f x f x   C． 1 2 1( ) 0, ( ) 2f x f x   D． 1 2 1( ) 0, ( ) 2f x f x   答案：D 本题考查导数的应用，如何利用导数判断极值。函数 ( ) (ln )f x x x ax  有两个极值点 1 2,x x 1 2( )x x ，则 12ln)('  axxxf 有两个零点,即方程 12ln  axx 有两个根,有数 形 结 合 易 知 2 10  a 且 21 10 xx  . 因 为 在 ),( 21 xx 上 )(xf 递 增 ， 所 以 )()1()( 21 xffxf  ，即 )()( 21 xfaxf  ，所以 1 2 1( ) 0, ( ) 2f x f x   .故选 D. 2 ．（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD 版含答案））已知函 数 3 2( )f x x ax bx c    ,下列结论中错误的是 （ ） A． 0x R, 0( ) 0f x  B．函数 ( )y f x 的图像是中心对称图形 C．若 0x 是 ( )f x 的极小值点,则 ( )f x 在区间 0( , )x 上单调递减 D．若 0x 是 ( )f x 的极值点,则 0'( ) 0f x  答案：C 若 0c  则 有 (0) 0f  ， 所 以 A 正 确 。 由 3 2( )f x x ax bx c    得 3 2( )f x c x ax bx    ， 因 为 函 数 3 2y x ax bx   的 对 称 中 心 为 （ 0,0 ） ， 所 以 3 2( )f x x ax bx c    的对称中心为 (0, )c ,所以 B 正确。由三次函数的图象可知，若 0x 是 f(x)的极小值点，则极大值点在 0x 的左侧，所以函数在区间（-∞, 0x ）单调递减是错误的， D 正确。选 C. 3 ．（2013 年高考江西卷（理））若 2 2 22 1 2 31 1 1 1, , ,xS x dx S dx S e dxx      则 1 2 3S S S 的大 小关系为 （ ） A． 1 2 3S S S  B． 2 1 3S S S  C． 2 3 1S S S  D． 3 2 1S S S  答案：B ， 本题考查微积分基本定理。 2 2 3 2 1 11 1 7 3 3S x dx x   , 2 2 2 11 1 ln ln 2 1S dx xx     ， 2 2 2 3 11 7( 1) 3 x xS e dx e e e e e       。所以 2 1 3S S S  ，选 B. 4 ．（2013 年普 通高等学 校招生 统一考 试辽宁数 学（理 ）试题（ WORD 版） ）设函数           2 2 2 , 2 , 0,8 xe ef x x f x xf x f x f xx     满足 则 时， （ ） A．有极大值,无极小值 B．有极小值,无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值 答案：D 由已知， 2[ ( )] xex f x x   (1) 。在已知 2 ( ) 2 ( ) xex f x xf x x    中令 2x  ，并将 2 (2) 8 ef  代入，得 (2) 0f   ；因为 2 ( ) 2 ( ) xex f x xf xx    ，两边乘以 x 后令 3 2( ) ( ) 2[ ( )] (2)xg x x f x e x f x    。求导并将（1）式代入， 2( ) 2 x x xe xg x e ex x      ， 显然 (0,2)x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 减； (2, )x   时， ( ) 0g x  ， ( )g x 增；并且由（2） 式知 (2) 0g  ，所以 (2) 0g  为 ( )g x 的最小值，即 ( ) 0g x  ，所以 3 ( ) 0x f x  ，在 0x  时得 ( ) 0f x  （仅在 x=2 时，f（x）的导数为零），所以 ( )f x 为增函数，故没有极大值 也没有极小值。 5 ．（2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯 WORD 版））设函数 的 定义域为 R, 是 的极大值点,以下结论一定正确的是 （ ） A． B． 是 的极小值点 C． 是 的极小值点 D． 是 的极小值点 答案：D A． 0, ( ) ( )x R f x f x   ，错误． 0 0( 0)x x  是 ( )f x 的极大值点，并不是最大值点． B． 0x 是 ( )f x 的极小值点．错误． ( )f x 相当于 ( )f x 关于 y 轴的对称图像，故 0x 应 是 ( )f x 的极大值点 C． 0x 是 ( )f x 的极小值点．错误． ( )f x 相当于 ( )f x 关于 x 轴的对称图像，故 0x 应是 ( )f x 的极小值点．跟 0x 没有关系． D． 0x 是 ( )f x  的极小值点．正确． ( )f x  相当于 ( )f x 先关于 y 轴的对象，再关于 x 轴的对称图像．故 D 正确 6 ．（2013 年高考湖北卷（理））一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以 速度   257 3 1v t t t     ( t 的单位: s , v 的单位: /m s )行驶至停止.在此期间汽车继 续行驶的距离(单位; m )是 （ ） A．1 25ln5 B． 118 25ln 3  C． 4 25ln5 D． 4 50ln2 答案：C 本题考查微积分的基本应用。由 v(t)=7-3t+ t1 25  =0，解得 4t  ，所以所求的路程为 4 2 4 00 25 3(7 3 ) (7 25ln(1 )) 4 25ln51 2t dt t t tt         ，选 C. 7 ．（2013 年高考北京卷（理））直线 l 过抛物线 C: x2=4y 的焦点且与 y 轴垂直,则 l 与 C 所围成的图形的面积等于 （ ） A． 4 3 B．2 C． 8 3 D．16 2 3 答案：C 抛物线 x2=4y 的焦点坐标为（0，1）， 因为直线 l 过抛物线 C：x2=4y 的焦点且与 y 轴垂直， 所以直线 l 的方程为 y=1， 由 ，可得交点的横坐标分别为﹣2，2． 所以直线 l 与抛物线围成的封闭图形面积为 =（ x﹣ ）| = ． 故选 C． 8 ．（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版））已知 e 为自然对 数的底数,设函数 )2,1()1)(1()(  kxexf kx ,则 （ ） A．当 1k 时, )(xf 在 1x 处取得极小值 B．当 1k 时, )(xf 在 1x 处取得极大值 C．当 2k 时, )(xf 在 1x 处取得极小值 D．当 2k 时, )(xf 在 1x 处取得极大值 答案：C ：当 k=2 时，函数 f（x）=（ex﹣1）（x﹣1）2． 求导函数可得 f'（x）=ex（x﹣1）2+2（ex﹣1）（x﹣1）=（x﹣1）（xex+ex﹣2），所以当 x=1， f'（x）=0，且当 x＞1 时，f'（x）＞0，当 ＜x＜1 时，f'（x）＜0，故函数 f（x）在（1， +∞）上是增函数； 在（ ，1）上是减函数，从而函数 f（x）在 x=1 取得极小值．对照选项． 故选 C． 二、填空题 9 ．（2013 年高考江西卷（理））设函数 ( )f x 在 (0, ) 内可导,且 ( )x xf e x e  ,则 (1)xf  ______________ 答案：2 本题考查导数的基本运算如求值。令 xt e ，则 lnx t ，所以函数为 ( ) lnf t t t  ， 即 ( ) lnf x x x  ，所以 1'( ) 1f x x   ，即 1'(1) 1 21f    。 10 ．（2013 年高考湖南卷（理））若 2 0 9, T x dx T 则常数 的值为_________. 答案：3 本题考查积分的基本运算。 2 3 3 00 1 1 93 3 T Tx dx x T   ,即 3 27T  ，解得 3T  . 11．（2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯 WORD 版））若曲线 lny kx x  在点 1,k 处的切线平行于 x 轴,则 k  ______. 答案： 1 1 ；求导得 1y k x    ,依题意 1 0k   ,所以 1k   . 12．（2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯 WORD 版））当 时,有如下表达式: 两边同时积分得: 从而得到如下等式: 请根据以下材料所蕴含的数学思想方法,计算: 答案： 11 3[( ) 1]1 2 n n   由 0 1 2 21 ... ... (1 )n n n n n n nC C x C x C x x       两边同时积分得： 1 1 1 1 1 22 2 2 2 2 0 0 0 0 0 1 ... ... (1 ) .n n n n n nC dx C xdx C x dx C x dx x dx           从而得到如下等式： 0 1 22 3 1 11 1 1 1 1 1 1 1 3( ) ( ) ... ( ) [( ) 1]2 2 2 3 2 1 2 1 2 n n n n n n nn nC C C C             13．（2013 年高考新课标 1（理））若函数 ( )f x = 2 2(1 )( )x x ax b   的图像关于直线 2x   对称,则 ( )f x 的最大值是______. 答案：16. 因为函数 f（x）=（1﹣x2）（x2+ax+b）的图象关于直线 x=﹣2 对称， 所以将函数 y=f（x）的图象向右平移 2 个单位，得函数 y=f（x﹣2）的图象关于 x=0 对称， 可得 f（x﹣2）=[1﹣（x﹣2）2 ] [（x﹣2）2+a（x﹣2）+b ] 是偶函数 设 g（x）=f（x﹣2）=﹣x4+（8﹣a）x3+（12a﹣b﹣23）x2+（28﹣11a+4b）x+8a﹣4b 因为 g（﹣x）=g（x）， 所以 ，解之得 因此，f（x）=（1﹣x2）（x2+8x+15）=﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15 求导数，得 f'（x）=﹣4x3﹣24x2﹣28x+8 令 f'（x）=0，得 x1=﹣2﹣ ，x2=﹣2，x3=﹣2+ 当 x ∈ （﹣∞，﹣2﹣ ）时，f'（x）＞0；当 x ∈ （﹣2﹣ ，﹣2）时，f'（x）＜0； 当 x ∈ （﹣2，﹣2+ ）时，f'（x）＞0； 当 x ∈ （﹣2+ ，+∞）时，f'（x）＜0 所以 f（x）在区间（﹣∞，﹣2﹣ ）、（﹣2，﹣2+ ）上是增函数，在区间（﹣2﹣ ， ﹣2）、（﹣2+ ，+∞）上是减函数 又因为 f（﹣2﹣ ）=f（﹣2+ ）=16 所以 f（x）的最大值为 16 14．（2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））若函数   2 1=f x x ax x   在 1 ,+2     是增函数,则 a 的取值范围是 (A)[-1,0] (B)[ 1, )  (C)[0,3] (D)[3, ) 答案：D 因为 在（ ，+∞）上是增函数 故 ≥0 在（ ，+∞）上恒成立 即 a≥ ﹣2x 在（ ，+∞）上恒成立 令 h（x）= ﹣2x， 则 h′（x）=﹣ ﹣2 当 x ∈ （ ，+∞）时，h′（x）＜0，则 h（x）为减函数 所以 h（x）＜h（ ）=3 所以 a≥3 故选 D 三、解答题 15．（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD 版含答案））已知函 数 )ln()( mxexf x  . (Ⅰ)设 0x  是 ( )f x 的极值点,求 m ,并讨论 ( )f x 的单调性; (Ⅱ)当 2m  时,证明 ( ) 0f x  . 16．（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知函数         3 21 , 1 2 cos . 0,12 e x xf x x g x ax x x x      当 时， (I)求证:   11- ;1x f x x    (II)若    f x g x 恒成立,求实数 a 取值范围. 请考生在第 22、23、24 三题中任选一题做答,如果多做,则按所做的第一题计分.作答时 用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑. 17．（2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯 WORD 版含附加题）） 本小题满分 16 分. 设函数 axxxf  ln)( , axexg x )( ,其中 a 为实数. (1)若 )(xf 在 ),1(  上是单调减函数,且 )(xg 在 ),1(  上有最小值,求 a 的取值范围; (2)若 )(xg 在 ),1(  上是单调增函数,试求 )(xf 的零点个数,并证明你的结论. 卷Ⅱ 附加题部分答案 word 版 [选做题]第 21 题,本题包括 A、B、C、D 四小题,请选定其中两题．．．．．．,并在相应的答题区域 内作答,若多做,则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 解:(1)由 01)('  axxf 即 ax 1 对 ),1( x 恒成立,∴ max 1     xa 而由 ),1( x 知 x 1 <1 ∴ 1a 由 aexg x )(' 令 0)(' xg 则 ax ln 当 x < aln 时 )(' xg <0,当 x > aln 时 )(' xg >0, ∵ )(xg 在 ),1(  上有最小值 ∴ aln >1 ∴ a > e 综上所述: a 的取值范围为 ),( e (2)证明:∵ )(xg 在 ),1(  上是单调增函数 ∴ 0)('  aexg x 即 xea  对 ),1( x 恒成立, ∴  min xea  而当 ),1( x 时, xe > e 1 ∴ ea 1 分三种情况: (Ⅰ)当 0a 时, xxf 1)('  >0 ∴f(x)在 ),0( x 上为单调增函数 ∵ 0)1( f ∴f(x)存在唯一零点 (Ⅱ)当 a <0 时, axxf  1)(' >0 ∴f(x)在 ),0( x 上为单调增函数 ∵ )1()( aaa eaaeaef  <0 且 af )1( >0 ∴f(x)存在唯一零点 (Ⅲ)当 0< ea 1 时, axxf  1)(' ,令 0)(' xf 得 ax 1 ∵当 0< x < a 1 时, x axa xf )1( )('   >0; x > a 1 时, x axa xf )1( )('   <0 ∴ ax 1 为最大值点,最大值为 1ln11ln)1(  aaaaaf ①当 01ln  a 时, 01ln  a , ea 1 , )(xf 有唯一零点 eax  1 ②当 1ln  a >0 时,0< ea 1 , )(xf 有两个零点 实 际 上 , 对 于 0< ea 1 , 由 于 e a eaeef  111ln)1( <0, 1ln11ln)1(  aaaaaf >0 且函数在      ae 1,1 上的图像不间断 ∴函数 )(xf 在      ae 1,1 上有存在零点 另外,当      ax 1,0 , axxf  1)(' >0,故 )(xf 在      a 1,0 上单调增,∴ )(xf 在      a 1,0 只有一个零点 下 面 考 虑 )(xf 在      ,1 a 的 情 况 , 先 证 )(lnln)( 11111 21    aaaaa eaaaeeaaeeef <0 为此我们要证明:当 x > e 时, xe > 2x ,设 2)( xexh x  ,则 xexh x 2)('  ,再设 xexl x 2)(  ∴ 2)('  xexl 当 x >1 时, 2)('  xexl >e -2>0, xexl x 2)(  在  ,1 上是单调增函数 故当 x >2 时, xexh x 2)('  > 4)2( 2'  eh >0 从 而 2)( xexh x  在  ,2 上 是 单 调 增 函 数 , 进 而 当 x > e 时, 2)( xexh x  > 2)( eeeh e  >0 即当 x > e 时, xe > 2x , 当 0< a < e 1 时 , 即 1a >e 时, )(lnln)( 11111 21    aaaaa eaaaeeaaeeef <0 又 1ln11ln)1(  aaaaaf >0 且函数 )(xf 在  1 ,1  aea 上的图像不间断, ∴函数 )(xf 在  1 ,1  aea 上有存在零点,又当 x > a 1 时, x axa xf )1( )('   <0 故 )(xf 在   ,1a 上是单调减函数∴函数 )(xf 在   ,1a 只有一个零点 综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当 0a 时, )(xf 的零点个数为 1;当 0< a < e 1 时, )(xf 的零点个 数为 2 18．（2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯 WORD 版））设函数     21 xf x x e kx   (其中 k R ). (Ⅰ) 当 1k  时,求函数  f x 的单调区间; (Ⅱ) 当 1 ,12k     时,求函数  f x 在 0,k 上的最大值 M . (Ⅰ) 当 1k  时 ,     21 xf x x e x   ,      1 2 2 2x x x xf x e x e x xe x x e         令   0f x  ,得 1 0x  , 2 ln 2x  当 x 变化时,    ,f x f x 的变化如下表: x  ,0 0  0,ln 2 ln 2  ln 2,  f x  0  0   f x  极 大 值  极 小 值  右表可知,函数  f x 的递减区间为 0,ln 2 ,递增区间为 ,0 , ln 2, . (Ⅱ)      1 2 2 2x x x xf x e x e kx xe kx x e k         , 令   0f x  , 得 1 0x  ,  2 ln 2x k , 令    ln 2g k k k  ,则   1 11 0kg k k k      ,所以  g k 在 1 ,12      上递增, 所以   ln 2 1 ln 2 ln 0g k e     ,从而  ln 2k k ,所以    ln 2 0,k k 所以当   0,ln 2x k 时,   0f x  ;当   ln 2 ,x k  时,   0f x  ; 所以        3max 0 , max 1, 1 kM f f k k e k     令     31 1kh k k e k    , 则    3kh k k e k   , 令   3kk e k   , 则   3 3 0kk e e      所以  k 在 1 ,12      上递减,而    1 31 3 02 2e e               所以存在 0 1 ,12x     使得  0 0x  ,且当 0 1 ,2k x    时,   0k  ,当  0 ,1k x 时,   0k  , 所以  k 在 0 1 ,2 x     上单调递增,在 0 ,1x 上单调递减. 因为 1 1 7 02 2 8h e        ,  1 0h  ,所以   0h k  在 1 ,12      上恒成立,当且仅当 1k  时取得“  ”. 综上,函数  f x 在 0,k 上的最大值   31 kM k e k   . www.zxsx.com 19．（2013 年高考江西卷（理））已知函数 1( )= (1-2 - )2f x a x , a 为常数且 >0a . (1) 证明:函数 ( )f x 的图像关于直线 1= 2x 对称; (2) 若 0x 满足 0 0( ( ))=f f x x ,但 0 0( )f x x ,则称 0x 为函数 ( )f x 的二阶周期点,如果 ( )f x 有两个二阶周期点 1 2, ,x x 试确定 a 的取值范围; (3) 对 于 (2) 中 的 1 2,x x 和 a , 设 x3 为 函 数 f(f(x)) 的 最 大 值 点,A(x1,f(f(x1))),B(x2,f(f(x2))),C(x3,0),记△ABC 的面积为 S(a),讨论 S(a)的单调 性. (1)证明:因为 1 1( ) (1 2 ), ( ) (1 2 )2 2f x a x f x a x      ,有 1 1( ) ( )2 2f x f x   , 所以函数 ( )f x 的图像关于直线 1 2x  对称. (2)解:当 10 2a  时,有 2 2 4 ,( ( )) 4 (1 ), a xf f x a x    1 ,2 1 .2 x x   所以 ( ( ))f f x x 只有一个解 0x  ,又 (0) 0f  ,故 0 不是二阶周期点. 当 1 2a  时,有 ,( ( )) 1 , xf f x x    1 ,2 1 .2 x x   所以 ( ( ))f f x x 有解集 1| 2x x    ,又当 1 2x  时, ( )f x x ,故 1| 2x x    中的所 有点都不是二阶周期点. 当 1 2a  时,有 2 2 2 2 2 1 ,4 4 , 1 1,2 4 , 4 2( ( )) 1 4 12 (1 2 ) 4 , ,2 44 4 , 4 1.4 x a a x xa a x af f x aa a a x x aa a x ax a             所 以 ( ( ))f f x x 有 四 个 解 2 2 2 2 2 40, , ,1 4 1 2 1 4 a a a a a a   , 又 2 2(0) 0, ( )1 2 1 2 a af f a a    , 2 2 2 2 2 2 4 4( ) , ( )1 4 1 4 1 4 1 4 a a a af fa a a a      ,故只有 2 2 2 2 4,1 4 1 4 a a a a  是 ( )f x 的二阶 周期点.综上所述,所求 a 的取值范围为 1 2a  . (3)由(2)得 2 1 22 2 2 4,1 4 1 4 a ax xa a    , 因为 3x 为函数 ( ( ))f f x 的最大值点,所以 3 1 4x a  或 3 4 1 4 ax a  . 当 3 1 4x a  时, 2 2 1( ) 4(1 4 ) aS a a   .求导得: 2 2 1 2 1 22( )( )2 2'( ) (1 4 ) a a S a a       , 所以当 1 1 2( , )2 2a  时, ( )S a 单调递增,当 1 2( , )2a   时 ( )S a 单调递减; 当 3 4 1 4 ax a  时, 2 2 8 6 1( ) 4(1 4 ) a aS a a    ,求导得: 2 2 2 12 4 3'( ) 2(1 4 ) a aS a a    , 因 1 2a  ,从而有 2 2 2 12 4 3'( ) 02(1 4 ) a aS a a    , 所以当 1( , )2a  时 ( )S a 单调递增. 20 ． （ 2013 年 普 通 高 等 学 校 招 生 统 一 考 试 重 庆 数 学 （ 理 ） 试 题 （ 含 答 案 ） ） 设    25 6lnf x a x x   ,其中 a R ,曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线与 y 轴 相交于点 0,6 . (1)确定 a 的值; (2)求函数  f x 的单调区间与极值. (3) 2 6ln3f   21．（2013 年高考四川卷（理））已知函数 2 2 , 0( ) ln , 0 x x a xf x x x       ,其中 a 是实数.设 1 1( , ( ))A x f x , 2 2( , ( ))B x f x 为该函数图象上的两点,且 1 2x x . (Ⅰ)指出函数 ( )f x 的单调区间; (Ⅱ)若函数 ( )f x 的图象在点 ,A B 处的切线互相垂直,且 2 0x  ,求 2 1x x 的最小值; (Ⅲ)若函数 ( )f x 的图象在点 ,A B 处的切线重合,求 a 的取值范围. 解:  函数  f x 的单调递减区间为 , 1  ,单调递增区间为 1,0 , 0,   由导数的几何意义可知,点 A 处的切线斜率为  1f x ,点 B 处的切线斜率为  2f x , 故当点 A 处的切线与点 B 处的切垂直时,有    1 2 1f x f x    . 当 0x  时,对函数  f x 求导,得   2 2f x x   . 因为 1 2 0x x  ,所以  1 22 2 2 2 1x x    , 所以   1 22 2 0, 2 2 0x x    . 因此       2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 12x x x x x x             当且仅当  12 2x  = 22 2x  =1,即 1 2 3 1 2 2x x  且 时等号成立. 所以函数 ( )f x 的图象在点 ,A B 处的切线互相垂直时, 2 1x x 的最小值为 1   当 1 2 0x x  或 2 1 0x x  时,    1 2f x f x  ,故 1 20x x  . 当 1 0x  时,函数 ( )f x 的图象在点   1 1,x f x 处的切线方程为     2 1 1 1 12 2 2y x x a x x x      ,即   2 1 12 2y x x x a    当 2 0x  时,函数 ( )f x 的图象在点   2 2,x f x 处的切线方程为  2 2 2 1lny x x xx    ,即 2 2 1 ln 1y x xx     . 两切线重合的充要条件是 1 2 2 2 1 1 2 2 ln 1 xx x x a         ① ② 由①及 1 20x x  知, 11 0x   . 由①②得,  2 2 1 1 1 1 1ln 1 ln 2 2 12 2a x x xx        . 设    2 1 1 1 1ln 2 2 1( 1 0)h x x x x       , 则  1 1 1 12 01h x x x     . 所以   1 11 0h x x   是减函数. 则    1 0 ln 2 1h x h    , 所以 ln 2 1a    . 又 当 1 ( 1,0)x   且 趋 近 于 1 时 ,  1h x 无 限 增 大 , 所 以 a 的 取 值 范 围 是  ln 2 1,   . 故当函数 ( )f x 的图像在点 ,A B 处的切线重合时, a 的取值范围是 ln 2 1,   22．（2013 年高考湖南卷（理））已知 0a  ,函数 ( ) 2 x af x x a   . (I)记  ( ) 0, 4f x a在 区 间 上 的 最 大 值 为 g( ),求 ag( )的表达式; (II)是否存在 a ,使函数 ( )y f x 在区间  0, 4 内的图像上存在两点,在该两点处的 切线相互垂直?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. 解:           时，是单调递减的。当 时，是单调递增的。或当 axaax a ax ax axaxax a ax ax xfa 2,2 31-2 ,2,2 3-12)(,0 (Ⅰ) 2 1 2 31-)0(]4,0[)(4  a afxxfa 为上单调递减，其最大值在时，由上知，当 上单调递增。上单调递减，在在时，当 ]4,[],0[)(4 aaxfa  );0()(]4,1(],4,1(,2 1)0(24 3-1)4( fagaafa af 的最大值为时，即当解得：令  )4()(]1,0( faga 的最大值为时，当         时当 时当 ),1(,2 1 ]1,0(,24 3-1 综上，g(a) a aa a (II)由前知,y=f(x)的图像是由两段反比例函数的图像组成的.因此,若在图像上存在两 点 ),(),,( 2211 yxQyxP 满 足 题 目 要 求 , 则 P,Q 分 别 在 两 个 图 像 上 , 且 1)(')(' 21  xfxf .               40 2,)2( 3 ,2,)2( 3 )(' 2 2 a axaax a axaxax a xf 时当 时或当 不妨设 )2)(2(3]8,(),,0(,1)2( 3 )2( 3 21212 2 2 1 axaxaaxaxax a ax a          8 2 4230 2 42334)(20 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2121 xa aax aaxa ax aaxaxaaxxaxx )2 1,0(403 1 1642 432 4342 1622 242 432 8 21 4230 2 2 2 2 2 2                       aaa a aa aa xa xa ax xa ax ax ，且 所以,当 )2 1,0(a 时,函数 ( )y f x 在区间  0, 4 内的图像上存在两点,在该两点处 的切线相互垂直. 23．（2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯 WORD 版））已知函数 (1)当 时,求曲线 在点 处的切线方程; (2)求函数 的极值. 解:函数 的定义域为 , . (Ⅰ)当 时, , , , 在点 处的切线方程为 , 即 . (Ⅱ)由 可知: ①当 时, ,函数 为 上的增函数,函数 无极值; ②当 时,由 ,解得 ; 时, , 时, 在 处取得极小值,且极小值为 ,无极大值. 综上:当 时,函数 无极值 当 时,函数 在 处取得极小值 ,无极大值. 24．（2013 年高考新课标 1（理））(本小题满分共 12 分)已知函数 ( )f x = 2x ax b  , ( )g x = ( )xe cx d ,若曲线 ( )y f x 和曲线 ( )y g x 都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切 线 4 2y x  (Ⅰ)求 a ,b , c , d 的值;(Ⅱ)若 x ≥-2 时, ( )f x ≤ ( )kg x ,求 k 的取值范围. (Ⅰ)由已知得 (0) 2, (0) 2, (0) 4, (0) 4f g f g     , 而 ( )f x = 2x b , ( )g x = ( )xe cx d c  ,∴ a =4,b =2, c =2, d =2; (Ⅱ)由(Ⅰ)知, 2( ) 4 2f x x x   , ( ) 2 ( 1)xg x e x  , 设函数 ( )F x = ( ) ( )kg x f x = 22 ( 1) 4 2xke x x x    ( 2x   ), ( )F x = 2 ( 2) 2 4xke x x   = 2( 2)( 1)xx ke  , 有题设可得 (0)F ≥0,即 1k  , 令 ( )F x =0 得, 1x = ln k , 2x =-2, (1) 若 21 k e  , 则 -2< 1x ≤0,∴ 当 1( 2, )x x  时 , ( )F x <0, 当 1( , )x x  时, ( )F x >0,即 ( )F x 在 1( 2, )x 单调递减,在 1( , )x  单调递增,故 ( )F x 在 x = 1x 取最 小值 1( )F x ,而 1( )F x = 2 1 1 12 2 4 2x x x    = 1 1( 2)x x  ≥0, ∴当 x ≥-2 时, ( )F x ≥0,即 ( )f x ≤ ( )kg x 恒成立, (2)若 2k e ,则 ( )F x = 2 22 ( 2)( )xe x e e  , ∴当 x ≥-2 时, ( )F x ≥0,∴ ( )F x 在(-2,+∞)单调递增,而 ( 2)F  =0, ∴当 x ≥-2 时, ( )F x ≥0,即 ( )f x ≤ ( )kg x 恒成立, (3)若 2k e ,则 ( 2)F  = 22 2ke  = 2 22 ( )e k e  <0, ∴当 x ≥-2 时, ( )f x ≤ ( )kg x 不可能恒成立, 综上所述, k 的取值范围为[1, 2e ]. 25．（2013 年高考湖北卷（理））设 n 是正整数, r 为正有理数. (I)求函数    1( ) 1 1 1( 1)rf x x r x x       的最小值; (II)证明:    1 11 11 1 1 1 r rr r rn n n nnr r         ; (III)设 x R ,记 x   为不小于 x 的最小整数,例如 2 2   , 4    , 3 12       .令 3 3 3 381 82 83 125S      ,求 S   的值. (参考数据: 4 380 344.7 , 4 381 350.5 , 4 3124 618.3 , 4 3126 631.7 ) 证明:(I)         ( ) 1 1 1 1 1 1r rf x r x r r x            ( )f x 在 1,0 上单减,在 0, 上单增. min( ) (0) 0f x f   (II)由(I)知:当 1x   时,    11 1 1rx r x    (就是伯努利不等式了) 所证不等式即为:         11 11 1 1 1 1 rr r rr r n r n n n r n n            若 2n  ,则        11 11 1 1 1 1 r rr rn r n n n r nn               11 11 rr n n         ① 11 1 r r n n        , 1 r r n n     11 1 1 1 r r r n n n           ,故①式成立. 若 1n  ,     11 1 1 rr rn r n n      显然成立.      11 11 1 1 1 1 r rr rn r n n n r nn               11 11 rr n n         ② 11 1 r r n n       , 1 r r n n   11 1 1 1 r r r n n n           ,故②式成立. 综上可得原不等式成立. (III)由(II)可知:当 *k N 时,     4 1 44 4 3 3 33 33 31 14 4k k k k k                 4 4 4125 4 3 3 33 81 3 31 125 80 210.2254 4k S k k                    4 4 4125 4 3 3 33 81 3 31 126 81 210.94 4k S k k                 211S    26．（2013 年高考陕西卷（理））已知函数 ( ) e ,xf x x  R . (Ⅰ) 若直线 y=kx+1 与 f (x)的反函数的图像相切, 求实数 k 的值; (Ⅱ) 设 x>0, 讨论曲线 y=f (x) 与曲线 2 ( 0)y mx m  公共点的个数. (Ⅲ) 设 a 0,m > 0 时, 曲线 y=f (x) 与曲线 2 ( 0)y mx m  的公共点个数即方程 2)( mxxf  根的个数. 由 222 2 )2()(')(,)( x xxexh x exh x emmxxf xxx  令 , 则 h(x)在 );(h(2),h(x))2,0( 上单调递减，这时 h(x) ).(h(2),h(x),),2(  这时上单调递增在 4h(2) 2e . 的极小值即最小值。是 h(x)h(2) y 所以对曲线 y=f (x) 与曲线 2 ( 0)y mx m  公共点的个数,讨论如下: 当 m )4,0( 2e 时,有 0 个公共点;当 m= 4 2e ,有 1 个公共点;当 m ），（  4 2e 有 2 个公 共点; (Ⅲ) 设 )(2 )()2()()2()()( 2 )()( ab bfabafab ab afbfbfaf    a abba eab eabab ab eabeab     )(2 )2()2( )(2 )2()2( 令 xxx exexxgxexxxg  )1(1)21(1)(',0,)2(2)( 则 . ）上单调递增，在（的导函数  0)('所以,0)11()('')(' xgexexxgxg xx ,且 ,0)0(,),0()(0)('.0)0('  gxgxgg 而上单调递增在，因此 0)(),0(  xg上所以在 . ,0)2(2)(0 baexxxgx x  且时，当 0)(2 )2()2(    a ab eab eabab 所以 ab afbfbfaf   )()( 2 )()(,b0, 存在唯一的 s, 使 ( )t f s . (Ⅲ) 设 (Ⅱ) 中 所 确 定 的 s 关 于 t 的 函 数 为 ( )s g t , 证 明 : 当 2>et 时 , 有 2 ln ( ) 1 5 ln 2 g t t   . 31．（2013 年高考北京卷（理））设 L 为曲线 C: ln xy x  在点(1,0)处的切线. (I)求 L 的方程; (II)证明:除切点(1,0)之外,曲线 C 在直线 L 的下方. 解: (I)设 ln( ) xf x x  ,则 2 1 ln( ) xf x x   .所以 (1) 1f   .所以 L 的方程为 1y x  . (II) 令 ( ) 1 ( )g x x f x   , 则 除 切 点 之 外 , 曲 线 C 在 直 线 l 的 下 方 等 价 于 ( ) 0g x  ( 0, 1)x x   . ( )g x 满足 (1) 0g  ,且 2 2 1 ln( ) 1 ( ) x xg x f x x      . 当 0 1x  时, 2 1 0x   , ln 0x  ,所以 ( ) 0g x  ,故 ( )g x 单调递减; 当 1x  时, 2 1 0x   , ln 0x  ,所以 ( ) 0g x  ,故 ( )g x 单调递增. 所以, ( ) (1) 0g x g  ( 0, 1x x  ). 所以除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方. 又解: ( ) 0g x  即 ln1 0xx x    变形为 2 ln 0x x x   ,记 2( ) lnh x x x x   ,则 21 2 1 (2 1)( 1)( ) 2 1 x x x xh x x x x x          , 所以当 0 1x  时, ( ) 0h x  , ( )h x 在(0,1)上单调递减; 当 1x  时, ( ) 0h x  , ( )h x 在(1,+∞)上单调递增. 所以 ( ) (1) 0h x h  .) 2012 年高考题 1.[2012·广东卷] 曲线 y＝x3－x＋3 在点(1,3)处的切线方程为________． 答案：y＝2x＋1 [解析] 根据已知曲线方程求导得：y′＝3x2－1，所以切线斜率 k＝y′|x＝1＝3 －1＝2，所以根据点斜式方程得：y－3＝2(x－1)，即方程为：y＝2x＋1. 2.[2012·辽宁卷] 已知 P，Q 为抛物线 x2＝2y 上两点，点 P，Q 的横坐标分别为 4，－2，过 P、Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点 A，则点 A 的纵坐标为________． 答案：－4 [解析] 本小题主要考查导数的几何意义的应用．解题的突破口为求切点坐标和 切线的斜率．由 x2＝2y 可知 y＝1 2x2，这时 y′＝x，由 P，Q 的横坐标为 4，－2，这时 P(4,8)， Q(－2,2), 以点 P 为切点的切线方程 PA 为 y－8＝4(x－4)，即 4x－y－8＝0①；以点 Q 为切 点的切线方程 QA 为 y－2＝－2(x＋2)，即 2x＋y＋2＝0②；由①②联立得 A 点坐标为(1，－ 4)，这时纵坐标为－4. 3.[2012·浙江卷] 设 a>0，b>0( ) A．若 2a＋2a＝2b＋3b，则 a>bB．若 2a＋2a＝2b＋3b，则 abD．若 2a－2a＝2b－3b，则 a2b＋2b.构造函数：f(x)＝2x＋2x， 则 f(x)＝2x＋2x 在 x＞0 上单调递增，即 a＞b 成立，故 A 正确，B 错误．其余选项用同样方 法排除． 4.[2012·辽宁卷] 若 x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是( ) A．ex≤1＋x＋x2 B. 1 1＋x ≤1－1 2x＋1 4x2C．cosx≥1－1 2x2 D．ln(1＋x)≥x－1 8x2 答案：C [解析] 本小题主要考查导数与函数知识，属于导数在函数中的应用．解题的突破 口为构造函数，借助导数工具来解决问题． 验证 A，当 x＝3 时，e3>2.73＝19.68>1＋3＋32＝13，故排除 A；验证 B，当 x＝1 2 时， 1 1＋1 2 ＝ 6 3 ，而 1－1 2×1 2 ＋1 4×1 4 ＝13 16 ＝39 48 ＝ 1521 48 < 1536 48 ＝16 6 48 ，故排除 B； 验证 C，令 g(x)＝cosx－1＋1 2x2，g′(x)＝－sinx＋x，g″(x)＝1－cosx，显然 g″(x)>0 恒成立， 所以当 x∈[0，＋∞)时，g′(x)≥g′(0)＝0，所以 x∈[0，＋∞)时，g(x)＝cosx－1＋1 2x2 为增函数， 所以 g(x)≥g(0)＝0 恒成立，即 cosx≥1－1 2x2 恒成立；验证 D，令 h(x)＝ln(1＋x)－x＋1 8x2，h′(x) ＝ 1 x＋1 －1＋x 4 ＝x x－3 4 x＋1 ，令 h′(x)<0，解得 00，b>0( ) A．若 2a＋2a＝2b＋3b，则 a>bB．若 2a＋2a＝2b＋3b，则 abD．若 2a－2a＝2b－3b，则 a2b＋2b.构造函数：f(x)＝2x＋2x， 则 f(x)＝2x＋2x 在 x＞0 上单调递增，即 a＞b 成立，故 A 正确，B 错误．其余选项用同样方 法排除． 8.[2012·陕西卷] 设函数 f(x)＝xex，则( ) A．x＝1 为 f(x)的极大值点 B．x＝1 为 f(x)的极小值点 C．x＝－1 为 f(x)的极大值点 D．x＝－1 为 f(x)的极小值点 答案：D [解析] 本小题主要考查导数与函数单调性及函数的极值的知识，解题的突破口为 求函数的导函数，判断函数的单调性，从而判断函数的极值点．f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，因 为 ex>0 恒成立，当 f′(x)>0 时，x>－1，函数 f(x)为单调增函数；当 f′(x)<0 时，x<－1，函数 f(x)为单调减函数．所以 x＝－1 为极小值点．故选 D. 9.[2012·重庆卷] 设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f′(x)，且函数 y＝(1－x)f′(x)的图象如图 1－1 所示，则下列结论中一定成立的是( ) 图 1－1 A．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(1) C．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(－2) D．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(2) 答案：D [解析] 在 x＝－2 左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，则 f′(x)＞0，在 x＝ －2 右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，则 f′(x)＜0，所以函数在 x＝－2 处取得极大 值；在 x＝1 左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，f′(x)＜0，在 x＝1 右侧附近时，由 图象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，则 f′(x)＜0，所以函数在 x＝1 处没有极值；在 x＝2 左侧附近时， 由图象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，则 f′(x)＜0，在 x＝2 右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＜ 0，则 f′(x)＞0，所以函数在 x＝2 处取得极小值． 10.[2012·江西卷] 计算定积分错误!－1(x2＋sinx)dx＝________. 答案：2 3 [解析] 考查定积分的计算、诱导公式，以及运算能力；解题的突破口是通过基本 初 等 函 数 的 导 数 公 式 的 逆 向 使 用 确 定 被 积 函 数 的 原 函 数 . 错误! － 1(x2 ＋ sinx)dx ＝ x3 3 －cosx |1－1＝1 3 －cos1－ －1 3 ＋cos(－1)＝2 3. 11.[2012·福建卷] 如图所示，在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点 P， 则点 P 恰好取自阴影部分的概率为( ) A.1 4 B.1 5 C.1 6 D.1 7 答案：C [解析] 本题考查几何概型的计算与求解以及定积分的计算， 解决本题的关键是利用定积分求出阴影部分的面积，再利用几何概型公式求解．阴影部分的 面积是： S 阴影＝错误!( x－x)dx＝ 2 3x3 2 －1 2x2 |10＝2 3 －1 2 ＝1 6 ，利用几何概型公式得：P＝ S 阴影 S 正方形 ＝ 1 6 1 ＝1 6. 12.[2012·山东卷] 设 a>0，若曲线 y＝ x与直线 x＝a，y＝0 所围成封闭图形的面积为 a2，则 a＝________. 答案：4 9 [解析] 本题考查定积分的应用，考查运算求解能力，容易题．由题意得 a2＝ 错误! xdx＝ 2 3x3 2|a0＝2 3a3 2 ，解之得 a＝4 9. 13.[2012·湖北卷] 已知二次函数 y＝f(x)的图象如图 1－1 所示，则它与 x 轴所围图形的面积 为( ) 图 1－1 A.2π 5 B.4 3C.3 2 D.π 2 答案：B [解析] (解法一)设 f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).因为函数 f(x)的图象过(－1,0)，(1,0)，(0,1)， 代入得 a－b＋c＝0， a＋b＋c＝0， c＝1， 解得 a＝－1， b＝0， c＝1， 故 f(x)＝1－x2. 故 S＝错误!－1(1－x2)dx＝ x－x3 3 |1－1＝4 3.故选 B. (解法二)设 f(x)＝a(x－1)(x＋1)，将 x＝0，y＝1 代入 f(x)＝a(x－1)(x＋1)，得 a＝－1，所以 f(x)＝－(x－1)(x＋1)＝1－x2，所以 S＝错误!－1(1－x2)dx＝ x－x3 3 |1－1＝4 3.故选 B. (解法三)观察函数图象可知，二次函数 f(x)的顶点坐标为(0,1)，故可设 f(x)＝ax2＋1，又函数 图象过点(1,0)，代入得 a＝－1，所以 f(x)＝－x2＋1.所以 S＝错误!＝ x－x3 3 |1－1＝4 3.故选 B. B14 单元综合 14.[2012·福建卷] 对于实数 a 和 b，定义运算“*”：a*b＝ a2－ab，a≤b， b2－ab，a＞b. 设 f(x)＝(2x－1)*(x －1)，且关于 x 的方程 f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根 x1，x2，x3，则 x1x2x3 的取 值范围是________． 答案： 1－ 3 16 ，0 [解析] 根据新运算符号得到函数 f(x)的解析式，即为： f(x)＝(2x－1)*(x－1)＝ 2x－1 2－ 2x－1 x－1 ， 2x－1≤x－1 ， x－1 2－ 2x－1 x－1 ， 2x－1>x－1 ， 化简得： f(x)＝ 2x2－x， x≤0 ， －x2＋x， x>0 ， 画出函数 f(x)的图象(如下图所示)， 如果 f(x)＝m 有三个不同的实数解，即直线 y＝m 与函数 f(x)的图象有三个交点，如图，当直 线 y＝m 过抛物线 f(x)＝－x2＋x 的顶点且与 x 轴平行时，此时有两个交点，抛物线的顶点纵 坐标是：y＝1 4.设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以 x1 即为 方程 2x2－x＝1 4 小于 0 的解，解得 x1＝1－ 3 4 ，此时 x2＝x3＝1 2 ，所以 x1·x2·x3＝1－ 3 4 ×1 2×1 2 ＝ 1－ 3 16 ，y＝m 与函数 f(x)有 2 个交点的最低位置是当 y＝m 与 x 轴重合时，此时 x1·x2·x3＝0， 所以当方程 f(x)＝m 有三个不等实根时，x1·x2·x3∈ 1－ 3 16 ，0 . 15. [2012·广东卷] 设 a<1，集合 A＝{x∈R|x>0}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B. (1)求集合 D(用区间表示)；(2)求函数 f(x)＝2x3－3(1＋a)x2＋6ax 在 D 内的极值点． 解：(1)x∈D⇔x>0 且 2x2－3(1＋a)x＋6a>0.令 h(x)＝2x2－3(1＋a)x＋6a， Δ＝9(1＋a)2－48a＝3(3a－1)(a－3)．①当1 30，∴B＝R. 于是 D＝A∩B＝A＝(0，＋∞)． ②当 a＝1 3 时，Δ＝0，此时方程 h(x)＝0 有唯一解， x1＝x2＝3 1＋a 4 ＝3 1＋1 3 4 ＝1， ∴B＝(－∞，1)∪(1，＋∞)． 于是 D＝A∩B＝(0,1)∪(1，＋∞)． ③当 a<1 3 时，Δ>0，此时方程 h(x)＝0 有两个不同的解 x1＝3＋3a－ 3 3a－1 a－3 4 ， x2＝3＋3a＋ 3 3a－1 a－3 4 . ∵x10，∴B＝(－∞，x1)∪(x2，＋∞)． 又∵x1>0⇔a>0，所以 i)当 0a 且 x1<3＋3a 4 <1， x2＝3＋3a＋ 3 3a－1 a－3 4 ＝3＋3a＋ 1－3a 2＋ 8－24a 4 >3＋3a＋ 1－3a 4 ＝1， ∴a∈D,1∉ D. 由表可得，x＝a 为 f(x)在 D 内的极大值点．④当 a≤0 时，D＝(x2，＋∞)且 x2>1. 由表可得，f(x)在 D 内单调递增．因此 f(x)在 D 内没有极值点． 16.[2012·湖南卷] 已知两条直线 l1：y＝m 和 l2：y＝ 8 2m＋1 (m＞0)，l1 与函数 y＝|log2x|的图象 从左至右相交于点 A，B，l2 与函数 y＝|log2x|的图象从左至右相交于点 C，D.记线段 AC 和 BD 在 x 轴上的投影长度分别为 a，b.当 m 变化时，b a 的最小值为( ) A．16 2 B．8 2C．83 4 D．43 4 答案：B [解析] 考查函数的图象变换、均值不等式和对数方程，以及数形结合和函数与方 程思想，综合程度高，难度也较大，关键是转化为关于 m 的代数式最值问题． 线段 AC 和 BD 在 x 轴上的投影长度分别为 a，b，由已知可求出 ABCD 四点的横坐标得 a＝ |xA－xC|＝|2－m－2－ 8 2m＋1|，b＝|xB－xD|＝|2m－2 8 2m＋1|， 所以b a ＝ |2m－2 8 2m＋1| |2－m－2－ 8 2m＋1|＝2m＋ 8 2m＋1 ， 令 t＝m＋ 8 2m＋1 ＝ m＋1 2 ＋ 4 m＋1 2 －1 2≥2 m＋1 2 4 m＋1 2 －1 2 ＝4－1 2 ， b a ＝2m＋ 8 2m＋1 ≥24－1 2 ＝8 2，所以最小值为 8 2. 17.[2012·江苏卷] 设 f(x)是定义在 R 上且周期为 2 的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝ ax＋1，－1≤x＜0， bx＋2 x＋1 ，0≤x≤1， 其中 a，b∈R.若 f 1 2 ＝f 3 2 ， 则 a＋3b 的值为________． 答案：－10 [解析] 本题考查函数的周期性以及分段函数的函数值求解．解题突破口为根 据周期性将 f 3 2 转化为 f －1 2 . 由条件得 f 1 2 ＝b＋4 3 ，f 3 2 ＝f －1 2 ＝－1 2a＋1，从而b＋4 3 ＝－1 2a＋1，化简得 3a＋2b＝－2， 又 f(－1)＝f(1)得－a＋1＝b＋2 2 ，联立解之得 a＝2，b＝－4，从而 a＋3b＝－10. 18.[2012·山东卷] 函数 y＝ cos6x 2x－2－x 的图象大致为( ) 图 1－2 答案：D [解析] 本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力，应用意识，中档题． 由函数 y＝ cos6x 2x－2－x 为奇函数，排除选项 A，当 x 无限大时，y 趋向于 0，排除选项 C，当 x 从正数趋向于 0 时，y 趋向于正无穷大，故选 D. 19.[2012·上海卷] 已知函数 y＝f(x)的图像是折线段 ABC，其中 A(0,0)、B 1 2 ，5 、C(1,0)．函 数 y＝xf(x)(0≤x≤1)的图像与 x 轴围成的图形的面积为________． 答案：5 4 [解析] 考查分段函数和用定积分求曲边形的面积，考查学生分类讨论思想和转化 思想． 由已知可得函数的解析式 y＝xf(x)＝ 10x2，x∈ 0，1 2 ， 10x－10x2，x∈ 1 2 ，1 ， 曲线与 x 轴围成区域的 面积，可用定积分表示 S＝∫1 20(10x2 )dx＋错误!1 2(10x－10x2)dx＝ 5 4. 20.[2012·四川卷] 函数 f(x)＝ x2－9 x－3 ，x＜3， ln x－2 ，x≥3 在 x＝3 处的极限( ) A．不存在 B．等于 6C．等于 3 D．等于 0 答案：A [解析] 由题意， limx→3－f(x)＝ limx→3－ x2－9 x－3 ＝ limx→3－ (x＋3)＝6， limx→3＋f(x)＝ limx→3＋ln(x－2)＝0，故 limx→3－f(x)≠ limx→3＋f(x)，即 f(x)在 x＝3 处的极限不存在． 21.[2012·重庆卷] 设 f(x)＝a ln x＋ 1 2x ＋3 2x＋1，其中 a∈R，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切 线垂直于 y 轴．(1)求 a 的值；(2)求函数 f(x)的极值． 解：(1)因 f(x)＝a ln x＋ 1 2x ＋3 2x＋1，故 f′(x)＝a x － 1 2x2 ＋3 2. 由于曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于 y 轴，故该切线斜率为 0，即 f′(1)＝0，从而 a －1 2 ＋3 2 ＝0，解得 a＝－1. (2)由(1)知 f(x)＝－ln x＋ 1 2x ＋3 2x＋1(x＞0)， f′(x)＝－1 x － 1 2x2 ＋3 2 ＝3x2－2x－1 2x2 ＝ 3x＋1 x－1 2x2 . 令 f′(x)＝0，解得 x1＝1，x2＝－1 3(因 x2＝－1 3 不在定义域内，舍去)． 当 x∈(0,1)时，f′(x)＜0，故 f(x)在(0,1)上为减函数； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故 f(x)在(1，＋∞)上为增函数． 故 f(x)在 x＝1 处取得极小值 f(1)＝3，无极大值． 22．[2012·浙江卷] 已知 a>0，b∈R，函数 f(x)＝4ax3－2bx－a＋b. (1)证明：当 0≤x≤1 时，(i)函数 f(x)的最大值为|2a－b|＋a；(ii)f(x)＋|2a－b|＋a≥0； (2)若－1≤f(x)≤1 对 x∈[0,1]恒成立，求 a＋b 的取值范围． 解：(1)(i)f′(x)＝12ax2－2b＝12a x2－ b 6a . 当 b≤0 时，有 f′(x)≥0，此时 f(x)在[0，＋∞)上单调递增． 当 b＞0 时，f′(x)＝12a x＋ b 6a x－ b 6a . 此时 f(x)在 0， b 6a 上单调递减，在 b 6a ，＋∞ 上单调递增． 所以当 0≤x≤1 时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝ 3a－b，b≤2a， －a＋b，b＞2a ＝|2a －b|＋a. (ii)由于 0≤x≤1，故当 b≤2a 时， f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)． 当 b＞2a 时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝ 2a(2x3－2x＋1)． 设 g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则 g′(x)＝6x2－2＝6 x－ 3 3 x＋ 3 3 ， 于是 x 0 0， 3 3 3 3 3 3 ，1 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 减 极小值 增 1 所以，g(x)min＝g 3 3 ＝1－4 3 9 ＞0.所以当 0≤x≤1 时，2x3－2x＋1＞0. 故 f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0. (2)由(i)知，当 0≤x≤1 时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1. 若|2a－b|＋a≤1，则由②知 f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1. 所以－1≤f(x)≤1 对任意 0≤x≤1 恒成立的充要条件是 |2a－b|＋a≤1， a＞0， 即 2a－b≥0， 3a－b≤1， a＞0 或 2a－b＜0， b－a≤1， a＞0. ③ 在直角坐标系 aOb 中，③所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段 BC. 做一组平行线 a＋b＝t(t∈R)，得－1＜a＋b≤3.所以 a＋b 的取值范围是(－1,3]． 23.[2012·北京卷] 已知函数 f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求 a，b 的值； (2)当 a2＝4b 时，求函数 f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． 解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b. 因为曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以 f(1)＝g(1)，且 f′(1)＝g′(1)．即 a＋1＝1＋b，且 2a＝3＋b，解得 a＝3，b＝3. (2)记 h(x)＝f(x)＋g(x)．当 b＝1 4a2 时，h(x)＝x3＋ax2＋1 4a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋1 4a2. 令 h′(x)＝0，得 x1＝－a 2 ，x2＝－a 6. a>0 时，h(x)与 h′(x)的情况如下： x －∞，－a 2 －a 2 －a 2 ，－a 6 －a 6 －a 6 ，＋∞ h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x) 所以函数 h(x)的单调递增区间为 －∞，－a 2 和 －a 6 ，＋∞ ；单调递减区间为 －a 2 ，－a 6 . 当－a 2≥－1，即 06 时，函数 h(x)在区间 －∞，－a 2 内单调递增，在区间 －a 2 ，－a 6 内单调 递减，在区间 －a 6 ，－1 上单调递增， 又因 h －a 2 －h(－1)＝1－a＋1 4a2 ＝1 4(a－2)2>0， 所以 h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为 h －a 2 ＝1. 24.[2012·福建卷] 已知函数 f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R. (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，求函数 f(x)的单调区间； (2)试确定 a 的取值范围，使得曲线 y＝f(x)上存在唯一的点 P，曲线在该点处的切线与曲线 只有一个公共点 P. 解：(1)由于 f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率 k＝2a＝0， 所以 a＝0，即 f(x)＝ex－ex. 此时 f′(x)＝ex－e，由 f′(x)＝0 得 x＝1. 当 x∈(－∞，1)时，有 f′(x)<0；当 x∈(1，＋∞)时， 有 f′(x)>0.所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)设点 P(x0，f(x0))，曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线方程为 y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)， 令 g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点． 因为 g(x0)＝0，且 g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)． ①若 a≥0，当 x＞x0 时，g′(x)＞0，则 x＞x0 时，g(x)＞g(x0)＝0； 当 x＜x0 时，g′(x)＜0，则 x＜x0 时，g(x)＞g(x0)＝0.故 g(x)只有唯一零点 x＝x0. 由于 x0 具有任意性，不符合 P 的唯一性，故 a≥0 不合题意． ②若 a＜0，令 h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则 h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a. 令 h′(x)＝0，得 x＝ln(－2a)，记 x*＝ln(－2a)，则当 x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而 h(x)在(－ ∞，x*)内单调递减；当 x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而 h(x)在(x*，＋∞)内单调递增． (i)若 x0＝x*，由 x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*) ＝0.知 g(x)在 R 上单调递增． 所以函数 g(x)在 R 上有且只有一个零点 x＝x*. (ii)若 x0＞x*，由于 h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且 h(x0)＝0，则当 x∈(x*，x0)时有 g′(x)＝h(x) ＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取 x1∈(x*，x0)有 g(x1)＞0. 又当 x∈(－∞，x1)时，易知 g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0) ＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c， 其中 b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)． 由于 a＜0，则必存在 x2＜x1，使得 ax22＋bx2＋c＜0. 所以 g(x2)＜0，故 g(x)在(x2，x1)内存在零点．即 g(x)在 R 上至少有两个零点． (iii)若 x0＜x*，仿(ii)并利用 ex＞x3 6 ，可证函数 g(x)在 R 上至少有两个零点． 综上所述，当 a＜0 时，曲线 y＝f(x)上存在唯一点 P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的 切线与曲线只有一个公共点 P. 25.[2012·浙江卷] 已知 a>0，b∈R，函数 f(x)＝4ax3－2bx－a＋b. (1)证明：当 0≤x≤1 时，(i)函数 f(x)的最大值为|2a－b|＋a；(ii)f(x)＋|2a－b|＋a≥0； (2)若－1≤f(x)≤1 对 x∈[0,1]恒成立，求 a＋b 的取值范围． 解：(1)(i)f′(x)＝12ax2－2b＝12a x2－ b 6a . 当 b≤0 时，有 f′(x)≥0，此时 f(x)在[0，＋∞)上单调递增． 当 b＞0 时，f′(x)＝12a x＋ b 6a x－ b 6a . 此时 f(x)在 0， b 6a 上单调递减，在 b 6a ，＋∞ 上单调递增． 所以当 0≤x≤1 时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝ 3a－b，b≤2a， －a＋b，b＞2a ＝|2a －b|＋a. (ii)由于 0≤x≤1，故当 b≤2a 时， f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)． 当 b＞2a 时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝ 2a(2x3－2x＋1)． 设 g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则 g′(x)＝6x2－2＝6 x－ 3 3 x＋ 3 3 ， 于是 x 0 0， 3 3 3 3 3 3 ，1 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 减 极小值 增 1 所以，g(x)min＝g 3 3 ＝1－4 3 9 ＞0. 所以当 0≤x≤1 时，2x3－2x＋1＞0. 故 f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0. (2)由(i)知，当 0≤x≤1 时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以 |2a－b|＋a≤1. 若|2a－b|＋a≤1，则由②知 f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1. 所以－1≤f(x)≤1 对任意 0≤x≤1 恒成立的充要条件是 |2a－b|＋a≤1， a＞0， 即 2a－b≥0， 3a－b≤1， a＞0 或 2a－b＜0， b－a≤1， a＞0. ③ 在直角坐标系 aOb 中，③所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段 BC. 做一组平行线 a＋b＝t(t∈R)，得 －1＜a＋b≤3. 所以 a＋b 的取值范围是(－1,3]． 26.[2012·辽宁卷] 设 f(x)＝ln(x＋1)＋ x＋1＋ax＋b(a，b∈R，a，b 为常数)，曲线 y＝f(x)与 直线 y＝3 2x 在(0,0)点相切．(1)求 a，b 的值；(2)证明：当 0＜x＜2 时，f(x)＜ 9x x＋6 . 解：(1)由 y＝f(x)过(0,0)点，得 b＝－1.由 y＝f(x)在(0,0)点的切线斜率为3 2 ， 又 y′|x＝0＝ 1 x＋1 ＋ 1 2 x＋1 ＋a |x＝0＝3 2 ＋a，得 a＝0. (2)(证法一) 由均值不等式，当 x＞0 时，2 x＋1· 1＜x＋1＋1＝x＋2，故 x＋1＜x 2 ＋1. 记 h(x)＝f(x)－ 9x x＋6 ，则 h′(x)＝ 1 x＋1 ＋ 1 2 x＋1 － 54 x＋6 2 ＝2＋ x＋1 2 x＋1 － 54 x＋6 2 ＜ x＋6 4 x＋1 － 54 x＋6 2 ＝ x＋6 3－216 x＋1 4 x＋1 x＋6 2 . 令 g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，则当 0＜x＜2 时，g′(x)＝3(x＋6)2－216＜0. 因此 g(x)在(0,2)内是递减函数，又由 g(0)＝0，得 g(x)＜0，所以 h′(x)＜0. 因此 h(x)在(0,2)内是递减函数，又 h(0)＝0，得 h(x)＜0.于是当 0＜x＜2 时，f(x)< 9x x＋6 . (证法二) 由(1)知 f(x)＝ln(x＋1)＋ x＋1－1. 由均值不等式，当 x＞0 时，2 x＋1· 1＜x＋1＋1＝x＋2，故 x＋1＜x 2 ＋1.① 令 k(x)＝ln(x＋1)－x，则 k(0)＝0，k′(x)＝ 1 x＋1 －1＝ －x x＋1 ＜0， 故 k(x)＜0，即 ln(x＋1)＜x.②由①②得，当 x＞0 时，f(x)＜3 2x. 记 h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，则当 0＜x＜2 时， h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9＜3 2x＋(x＋6) 1 x＋1 ＋ 1 2 x＋1 －9 ＝ 1 2 x＋1 [3x(x＋1)＋(x＋6)(2＋ x＋1)－18(x＋1)] < 1 2 x＋1 [3x(x＋1)＋(x＋6) 3＋x 2 －18(x＋1)]＝ x 4 x＋1 (7x－18)＜0. 因此 h(x)在(0,2)内单调递减，又 h(0)＝0，所以 h(x)＜0，即 f(x)＜ 9x x＋6 . 27.[2012·课标全国卷] 已知函数 f(x)满足 f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋1 2x2. (1)求 f(x)的解析式及单调区间；(2)若 f(x)≥1 2x2＋ax＋b，求(a＋1)b 的最大值． 解：(1)由已知得 f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x. 所以 f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即 f(0)＝1.又 f(0)＝f′(1)e－1，所以 f′(1)＝e.从而 f(x)＝ex－x＋1 2x2. 由于 f′(x)＝ex－1＋x，故当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. 从而，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由已知条件得 ex－(a＋1)x≥b. ① (i)若 a＋1<0，则对任意常数 b，当 x<0，且 x<1－b a＋1 时，可得 ex－(a＋1)x0，设 g(x)＝ex－(a＋1)x， 则 g′(x)＝ex－(a＋1)．当 x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)<0；当 x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)>0. 从而 g(x)在(－∞，ln(a＋1))单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)单调递增． 故 g(x)有最小值 g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)． 所以 f(x)≥1 2x2＋ax＋b 等价于 b≤a＋1－(a＋1)ln(a＋1)． ② 因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)． 设 h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，则 h′(a)＝(a＋1)(1－2ln(a＋1))． 所以 h(a)在(－1，e1 2 －1)单调递增，在(e1 2 －1，＋∞)单调递减，故 h(a)在 a＝e1 2 －1 处取得最 大值．从而 h(a)≤e 2 ，即(a＋1)b≤e 2.当 a＝e1 2 －1，b＝ e1 2 2 时，②式等号成立， 故 f(x)≥1 2x2＋ax＋b.综合得，(a＋1)b 的最大值为e 2. 28.[2012·天津卷] 已知函数 f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为 0，其中 a＞0. (1)求 a 的值；(2)若对任意的 x∈[0，＋∞)，有 f(x)≤kx2 成立，求实数 k 的最小值； (3)证明错误! 2 2i－1 －ln(2n＋1)＜2(n∈N*)． 解：(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞)．f′(x)＝1－ 1 x＋a ＝x＋a－1 x＋a . 由 f′(x)＝0，得 x＝1－a＞－a. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－a,1－a) 1－a (1－a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 极小值 因此，f(x)在 x＝1－a 处取得最小值，故由题意 f(1－a)＝1－a＝0，所以 a＝1. (2)当 k≤0 时，取 x＝1，有 f(1)＝1－ln2＞0，故 k≤0 不合题意． 当 k＞0 时，令 g(x)＝f(x)－kx2，即 g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2. g′(x)＝ x x＋1 －2kx＝－x[2kx－ 1－2k ] x＋1 .令 g′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝1－2k 2k ＞－1. ①当 k≥1 2 时， 1－2k 2k ≤0，g′(x)＜0 在(0，＋∞)上恒成立，因此 g(x)在[0，＋∞)上单调递减，从 而对任意的 x∈[0，＋∞)，总有 g(x)≤g(0)＝0，即 f(x)≤kx2 在[0，＋∞)上恒成立，故 k≥1 2 符合 题意． ②当 0＜k＜1 2 时，1－2k 2k ＞0, 对于 x∈ 0，1－2k 2k ，g′(x)＞0，故 g(x)在 0，1－2k 2k 内单调递增， 因此当取 x0∈ 0，1－2k 2k 时，g(x0)＞g(0)＝0，即 f(x0)≤kx 20不成立，故 0＜k＜1 2 不合题意． 综上，k 的最小值为1 2. (3)证明：当 n＝1 时，不等式左边＝2－ln3＜2＝右边，所以不等式成立． 当 n≥2 时， 错误! 2 2i－1 ＝ 错误! 2 2i－1 －ln 1＋ 2 2i－1 ＝ 错误! 2 2i－1 － 错误! ln(2i ＋ 1) － ln(2i － 1)] ＝ 错误! 2 2i－1 －ln(2n＋1)． 在(2)中取 k＝1 2 ，得 f(x)≤x2 2 (x≥0)，从而 f 2 2i－1 ≤ 2 2i－1 2 ＜ 2 2i－3 2i－1 (i∈N*，i ＞2)， 所 以 有 错误! 2 2i－1 － ln(2n ＋ 1) ＝ 错误! 2 2i－1 ＝ f(2) ＋ 错误! 2 2i－1 ＜ 2 － ln3 ＋ 错误! 2 2i－3 2i－1 ＝2－ln3＋错误! 1 2i－3 － 1 2i－1 ＝2－ln3＋1－ 1 2n－1 ＜2. 综上，错误! 2 2i－1 －ln(2n＋1)＜2，n∈N*. 29.[2012·安徽卷] 设函数 f(x)＝aex＋ 1 aex ＋b(a>0)．(1)求 f(x)在[0，＋∞)内的最小值； (2)设曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为 y＝3 2x，求 a，b 的值． 解：(1)f′(x)＝aex－ 1 aex.当 f′(x)＞0，即 x＞－lna 时，f(x)在(－lna，＋∞)上递增； 当 f′(x)＜0，即 x＜－lna 时，f(x)在(－∞，－lna)上递减； ①当 0＜a＜1 时，－lna＞0，f(x)在(0，－lna)上递减，在(－lna，＋∞)上递增，从而 f(x)在[0，＋∞) 上的最小值为 f(－lna)＝2＋b； ②当 a≥1 时，－lna≤0，f(x)在[0，＋∞)上递增，从而 f(x)在[0，＋∞)上的最小值为 f(0)＝a＋1 a ＋b. (2)依题意 f′(2)＝ae2－ 1 ae2 ＝3 2 ，解得 ae2＝2 或 ae2＝－1 2(舍去)． 所以 a＝2 e2 ，代入原函数可得 2＋1 2 ＋b＝3，即 b＝1 2. 故 a＝2 e2 ，b＝1 2. 30.设函数 f(x)＝ax＋cosx，x∈[0，π]．(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设 f(x)≤1＋sinx，求 a 的取值 范围． 解：(1)f′(x)＝a－sinx. ①当 a≥1 时，f′(x)≥0，且仅当 a＝1，x＝π 2 时，f′(x)＝0，所以 f(x)在[0，π]上是增函数； ②当 a≤0 时，f′(x)≤0，且仅当 a＝0，x＝0 或 x＝π时，f′(x)＝0，所以 f(x)在[0，π]上是减函数； ③当 00，f(x)是增函数； 当 x∈(x1，x2)时，sinx>a，f′(x)<0，f(x)是减函数； 当 x∈(x2，π]时，sinx0，f(x)是增函数． (2)由 f(x)≤1＋sinx 得 f(π)≤1，aπ－1≤1，所以 a≤2 π. 令 g(x)＝sinx－2 πx 0≤x≤π 2 ，则 g′(x)＝cosx－2 π. 当 x∈ 0，arccos2 π 时，g′(x)>0，当 x∈ arccos2 π ，π 2 时，g′(x)<0. 又 g(0)＝g π 2 ＝0，所以 g(x)≥0，即 2 πx≤sinx 0≤x≤π 2 .当 a≤2 π 时，有 f(x)≤2 πx＋cosx. ①当 0≤x≤π 2 时，2 πx≤sinx，cosx≤1，所以 f(x)≤1＋sinx； ②当π 2≤x≤π时，f(x)≤2 πx＋cosx＝1＋2 π x－π 2 －sin x－π 2 ≤1＋sinx. 综上，a 的取值范围是 －∞，2 π . 31.[2012·湖北卷] (1)已知函数 f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中 r 为有理数，且 00}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B. (1)求集合 D(用区间表示)；(2)求函数 f(x)＝2x3－3(1＋a)x2＋6ax 在 D 内的极值点． 解：(1)x∈D⇔x>0 且 2x2－3(1＋a)x＋6a>0. 令 h(x)＝2x2－3(1＋a)x＋6a， Δ＝9(1＋a)2－48a＝3(3a－1)(a－3)． ①当1 30，∴B＝R. 于是 D＝A∩B＝A＝(0，＋∞)． ②当 a＝1 3 时，Δ＝0，此时方程 h(x)＝0 有唯一解， x1＝x2＝3 1＋a 4 ＝3 1＋1 3 4 ＝1，∴B＝(－∞，1)∪(1，＋∞)． 于是 D＝A∩B＝(0,1)∪(1，＋∞)． ③当 a<1 3 时，Δ>0，此时方程 h(x)＝0 有两个不同的解 x1＝3＋3a－ 3 3a－1 a－3 4 ，x2＝3＋3a＋ 3 3a－1 a－3 4 . ∵x10，∴B＝(－∞，x1)∪(x2，＋∞)． 又∵x1>0⇔a>0，所以 i)当 0a 且 x1<3＋3a 4 <1， x2＝3＋3a＋ 3 3a－1 a－3 4 ＝3＋3a＋ 1－3a 2＋ 8－24a 4 >3＋3a＋ 1－3a 4 ＝1， ∴a∈D,1∉ D.由表可得，x＝a 为 f(x)在 D 内的极大值点． ④当 a≤0 时，D＝(x2，＋∞)且 x2>1.由表可得，f(x)在 D 内单调递增． 因此 f(x)在 D 内没有极值点． 33.[2012·北京卷] 已知函数 f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求 a，b 的值； (2)当 a2＝4b 时，求函数 f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． 解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b. 因为曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以 f(1)＝g(1)，且 f′(1)＝g′(1)． 即 a＋1＝1＋b，且 2a＝3＋b， 解得 a＝3，b＝3. (2)记 h(x)＝f(x)＋g(x)．当 b＝1 4a2 时，h(x)＝x3＋ax2＋1 4a2x＋1， h′(x)＝3x2＋2ax＋1 4a2.令 h′(x)＝0，得 x1＝－a 2 ，x2＝－a 6. a>0 时，h(x)与 h′(x)的情况如下： x －∞，－a 2 －a 2 －a 2 ，－a 6 －a 6 －a 6 ，＋∞ h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x) 所以函数 h(x)的单调递增区间为 －∞，－a 2 和 －a 6 ，＋∞ ；单调递减区间为 －a 2 ，－a 6 . 当－a 2≥－1，即 06 时，函数 h(x)在区间 －∞，－a 2 内单调递增，在区间 －a 2 ，－a 6 内单调 递减，在区间 －a 6 ，－1 上单调递增， 又因 h －a 2 －h(－1)＝1－a＋1 4a2＝1 4(a－2)2>0， 所以 h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为 h －a 2 ＝1. 34.[2012·福建卷] 已知函数 f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R. (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，求函数 f(x)的单调区间； (2)试确定 a 的取值范围，使得曲线 y＝f(x)上存在唯一的点 P，曲线在该点处的切线与曲线 只有一个公共点 P. 解：(1)由于 f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率 k＝2a＝0， 所以 a＝0，即 f(x)＝ex－ex. 此时 f′(x)＝ex－e，由 f′(x)＝0 得 x＝1. 当 x∈(－∞，1)时，有 f′(x)<0；当 x∈(1，＋∞)时， 有 f′(x)>0.所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)设点 P(x0，f(x0))，曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线方程为 y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)， 令 g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点． 因为 g(x0)＝0，且 g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)． ①若 a≥0，当 x＞x0 时，g′(x)＞0，则 x＞x0 时，g(x)＞g(x0)＝0； 当 x＜x0 时，g′(x)＜0，则 x＜x0 时，g(x)＞g(x0)＝0.故 g(x)只有唯一零点 x＝x0. 由于 x0 具有任意性，不符合 P 的唯一性，故 a≥0 不合题意． ②若 a＜0，令 h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则 h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a. 令 h′(x)＝0，得 x＝ln(－2a)，记 x*＝ln(－2a)，则当 x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而 h(x)在(－ ∞，x*)内单调递减；当 x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而 h(x)在(x*，＋∞)内单调递增． (i)若 x0＝x*，由 x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*) ＝0.知 g(x)在 R 上单调递增． 所以函数 g(x)在 R 上有且只有一个零点 x＝x*. (ii)若 x0＞x*，由于 h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且 h(x0)＝0，则当 x∈(x*，x0)时有 g′(x)＝h(x) ＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取 x1∈(x*，x0)有 g(x1)＞0. 又当 x∈(－∞，x1)时，易知 g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0) ＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c， 其中 b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)． 由于 a＜0，则必存在 x2＜x1，使得 ax22＋bx2＋c＜0. 所以 g(x2)＜0，故 g(x)在(x2，x1)内存在零点．即 g(x)在 R 上至少有两个零点． (iii)若 x0＜x*，仿(ii)并利用 ex＞x3 6 ，可证函数 g(x)在 R 上至少有两个零点． 综上所述，当 a＜0 时，曲线 y＝f(x)上存在唯一点 P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的 切线与曲线只有一个公共点 P. 35.[2012·江西卷] 若函数 h(x)满足①h(0)＝1，h(1)＝0；②对任意 a∈[0,1]，有 h(h(a))＝a； ③在(0,1)上单调递减．则称 h(x)为补函数．已知函数 h(x)＝ 1－xp 1＋λxp 1 p(λ>－1，p>0)． (1)判断函数 h(x)是否为补函数，并证明你的结论； (2)若存在 m∈[0,1]，使 h(m)＝m，称 m 是函数 h(x)的中介元．记 p＝1 n(n∈N*)时 h(x)的中介 元为 xn，且 Sn＝错误!i，若对任意的 n∈N*，都有 Sn<1 2 ，求λ的取值范围； (3)当λ＝0，x ∈(0,1)时，函数 y＝h(x)的图像总在直线 y＝1－x 的上方，求 p 的取值范围． 解：(1)函数 h(x)是补函数，证明如下： ①h(0)＝ 1－0 1＋0 1 p ＝1，h(1)＝ 1－1 1＋λ 1 p ＝0； ②对任意 a∈[0,1]，有 h(h(a))＝h 1－ap 1＋λap 1 p ＝ 1－ 1－ap 1＋λap 1＋λ 1－ap 1＋λap 1 p ＝ 1＋λ ap 1＋λ 1 p ＝a； ③令 g(x)＝(h(x))p， 有 g′(x)＝－pxp－1 1＋λxp － 1－xp λpxp－1 1＋λxp 2 ＝－p 1＋λ xp－1 1＋λxp 2 . 因为λ>－1，p>0，所以当 x∈(0,1)时，g′(x)<0，所以函数 g(x)在(0,1)上单调递减，故函数 h(x) 在(0,1)上单调递减． (2)当 p＝1 n(n∈N*)，由 h(x)＝x，得λx2 n ＋2x1 n －1＝0，(*) (i)当λ＝0 时，中介元 xn＝ 1 2 n； (ii)当λ>－1 且λ≠0 时，由(*)得 x1 n ＝ 1 1＋λ＋1 ∈(0,1)或 x1 n ＝ 1 1－ 1＋λ ∉ [0,1]； 得中介元 xn＝ 1 1＋λ＋1 n. 综合(i)(ii)：对任意的λ>－1，中介元为 xn＝ 1 1＋λ＋1 n(n∈N*)． 于是，当λ>－1 时， 有 Sn＝∑ n i＝1 1 1＋λ＋1 i ＝ 1 1＋λ 1－ 1 1＋λ＋1 n < 1 1＋λ ， 当 n 无限增大时， 1 1＋λ＋1 n 无限接近于 0，Sn 无限接近于 1 1＋λ ， 故对任意的 n∈N*，Sn<1 2 成立等价于 1 1＋λ ≤1 2 ，即λ∈[3，＋∞)． (3)当λ＝0 时，h(x)＝(1－xp)1 p ，中介元为 xp＝ 1 2 1 p. (i)当 01 时，依题意只需(1－xp)1 p>1－x 在 x∈(0,1)时恒成立， 也即 xp＋(1－x)p<1 在 x∈(0,1)时恒成立， 设φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)， 则φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]， 由φ′(x)＝0 得 x＝1 2 ，且当 x∈ 0，1 2 时，φ′(x)<0，当 x∈ 1 2 ，1 时，φ′(x)>0， 又因为φ(0)＝φ(1)＝1，所以当 x∈(0,1)时，φ(x)<1 恒成立． 综上：p 的取值范围是(1，＋∞)． 36.[2012·山东卷] 已知函数 f(x)＝lnx＋k ex (k 为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行．(1)求 k 的值；(2)求 f(x)的单调区间； (3)设 g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中 f′(x)为 f(x)的导函数，证明：对任意 x>0，g(x)<1＋e－2. 解：(1)由 f(x)＝lnx＋k ex ，得 f′(x)＝1－kx－xlnx xex ，x∈(0，＋∞)， 由于曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与 x 轴平行，所以 f′(1)＝0，因此 k＝1. (2)由(1)得 f′(x)＝ 1 xex(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)， 令 h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)， 当 x∈(0,1)时，h(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.又 ex>0， 所以 x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)证明：因为 g(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以 g(x)＝x＋1 ex (1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)， 因此对任意 x>0，g(x)<1＋e－2 等价于 1－x－xlnx< ex x＋1 (1＋e－2)． 由(2)，h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)， 所以 h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)， 因此当 x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 当 x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以 h(x)的最大值为 h(e－2)＝1＋e－2， 故 1－x－xlnx≤1＋e－2.设φ(x)＝ex－(x＋1)．因为φ′(x)＝ex－1＝ex－e0， 所以 x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)＝0， 故 x∈(0，＋∞)时，φ(x)＝ex－(x＋1)>0，即 ex x＋1 >1.所以 1－x－xlnx≤1＋e－2< ex x＋1 (1＋e－2)． 因此对任意 x>0，g(x)<1＋e－2. 37.[2012·重庆卷] 设 f(x)＝a ln x＋ 1 2x ＋3 2x＋1，其中 a∈R，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切 线垂直于 y 轴．(1)求 a 的值；(2)求函数 f(x)的极值． 解：(1)因 f(x)＝a ln x＋ 1 2x ＋3 2x＋1， 故 f′(x)＝a x － 1 2x2 ＋3 2. 由于曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于 y 轴，故该切线斜率为 0，即 f′(1)＝0，从而 a －1 2 ＋3 2 ＝0，解得 a＝－1. (2)由(1)知 f(x)＝－ln x＋ 1 2x ＋3 2x＋1(x＞0)， f′(x)＝－1 x － 1 2x2 ＋3 2 ＝3x2－2x－1 2x2 ＝ 3x＋1 x－1 2x2 . 令 f′(x)＝0，解得 x1＝1，x2＝－1 3(因 x2＝－1 3 不在定义域内，舍去)． 当 x∈(0,1)时，f′(x)＜0，故 f(x)在(0,1)上为减函数； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故 f(x)在(1，＋∞)上为增函数． 故 f(x)在 x＝1 处取得极小值 f(1)＝3，无极大值． 38.[2012·福建卷] 函数 f(x)在[a，b]上有定义，若对任意 x1，x2∈[a，b]，有 f x1＋x2 2 ≤1 2[f(x1) ＋f(x2)]，则称 f(x)在[a，b]上具有性质 P.设 f(x)在[1,3]上具有性质 P，现给出如下命题： ①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的；②f(x2)在[1， 3]上具有性质 P； ③若 f(x)在 x＝2 处取得最大值 1，则 f(x)＝1，x∈[1,3]； ④对任意 x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有 fx1＋x2＋x3＋x4 4 ≤1 4[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]． 其中真命题的序号是( ) A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 答案：D [解析] 根据已知条件，函数 y＝f(x)是凹函数，对于①，当函数 f(x)满足 f(x)＝ 1，x∈[1，2 ∪ 2，3]， 0，x＝2 时仍然满足不等式 f x1＋x2 2 ≤1 2[f(x1)＋f(x2)]，但是此时函数是 不连续的，所以①不正确；对于③，若 f(x)在 x＝2 时取得最大值，再满足性质 f x1＋x2 2 ≤1 2[f(x1) ＋f(x2)]，所以函数是常函数，1 2[f(x1)＋f(x2)]＝2，所以 f(x)＝1，且 x∈[1,3]，所以③正确； 因为 x1，x2，x3，x4∈[1,3]，∴x1＋x2 2 ，x3＋x4 2 ∈[1,3]，所以满足性质 P， ∴f x1＋x2 2 ＋x3＋x4 2 2 ≤1 2 f x1＋x2 2 ＋f x3＋x4 2 . 又因为 f x1＋x2 2 ≤1 2[f(x1)＋f(x2)]， f x3＋x4 2 ≤1 2[f(x3)＋f(x4)]，所以 1 2 f x1＋x2 2 ＋f x3＋x4 2 ≤1 2 1 2[f(x1)＋f(x2)]＋1 2[f(x3)＋f(x4)]＝ 1 4[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]， ∴f x1＋x2＋x3＋x4 4 ≤1 4[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，所以④正确．所以选择 D. 39.[2012·湖南卷] 某企业接到生产 3000 台某产品的 A，B，C 三种部件的订单，每台产品需 要这三种部件的数量分别为 2,2,1(单位：件)．已知每个工人每天可生产 A 部件 6 件，或 B 部件 3 件，或 C 部件 2 件．该企业计划安排 200 名工人分成三组分别生产这三种部件，生 产 B 部件的人数与生产 A 部件的人数成正比，比例系数为 k(k 为正整数)． (1)设生产 A 部件的人数为 x，分别写出完成 A，B，C 三种部件生产需要的时间； (2)假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数 k 的值，使完成订单任务的时间最短， 并给出时间最短时具体的人数分组方案． 解：(1)设完成 A，B，C 三种部件的生产任务需要的时间(单位：天)分别为 T1(x)，T2(x)，T3(x)， 由题设有 T1(x)＝2×3000 6x ＝1000 x ，T2(x)＝2000 kx ，T3(x)＝ 1500 200－ 1＋k x ， 其中 x，kx,200－(1＋k)x 均为 1 到 200 之间的正整数． (2) 完 成 订 单 任 务 的 时 间 为 f(x) ＝ max{T1(x) ， T2(x) ， T3(x)} ， 其 定 义 域 为 x|0＜x＜ 200 1＋k ， x∈N* .易知，T1(x)，T2(x)为减函数，T3(x)为增函数．注意到 T2(x)＝2 kT1(x)， 于是 ①当 k＝2 时，T1(x)＝T2(x)，此时 f(x)＝max{T1(x)，T3(x)}＝max 1000 x ， 1500 200－3x . 由函数 T1(x)，T3(x)的单调性知，当1000 x ＝ 1500 200－3x 时 f(x)取得最小值，解得 x＝400 9 .由于 44 ＜400 9 ＜45，而 f(44)＝T1(44)＝250 11 ，f(45)＝T3(45)＝300 13 ，f(44)＜f(45)．故当 x＝44 时完成订 单任务的时间最短，且最短时间为 f(44)＝250 11 . ②当 k＞2 时，T1(x)＞T2(x)，由于 k 为正整数，故 k≥3，此时 1500 200－ 1＋k x ≥ 1500 200－ 1＋3 x ＝ 375 50－x . 记 T(x) ＝ 375 50－x ， φ(x)＝ max{T1(x) ， T(x)} ， 易 知 T(x) 是 增 函 数 ， 则 f(x) ＝ max{T1(x) ， T3(x)}≥max{T1(x)，T(x)}＝φ(x)＝max 1000 x ， 375 50－x . 由函数 T1(x)，T(x)的单调性知，当1000 x ＝ 375 50－x 时φ(x)取最小值，解得 x＝400 11 .由于 36＜400 11 ＜ 37，而φ(36)＝T1(36)＝250 9 ＞250 11 ，φ(37)＝T(37)＝375 13 ＞250 11 .此时完成订单任务的最短时间大 于250 11 . ③当 k＜2 时，T1(x)＜T2(x)，由于 k 为正整数，故 k＝1，此时 f(x)＝max{T2(x)，T3(x)}＝max 2000 x ， 750 100－x . 由函数 T2(x)，T3(x)的单调性知，当2000 x ＝ 750 100－x 时 f(x)取最小值，解得 x＝800 11 ，类似(1)的 讨论，此时完成订单任务的最短时间为250 9 ，大于250 11 .综上所述，当 k＝2 时，完成订单任务 的时间最短，此时，生产 A，B，C 三种部件的人数分别为 44,88,68. 40.[2012·湖南卷] 已知函数 f(x)＝eax－x，其中 a≠0.(1)若对一切 x∈R，f(x)≥1 恒成立，求 a 的取值集合；(2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1＜x2)，记直线 AB 的斜率为 k.问：是否存在 x0∈(x1，x2)，使 f′(x0)＞k 成立？若存在，求 x0 的取值范围；若不 存在，请说明理由． 解：(1)若 a＜0，则对一切 x＞0，f(x)＝eax－x＜1， 这与题设矛盾．又 a≠0，故 a＞0.而 f′(x)＝aeax－1，令 f′(x)＝0 得 x＝1 aln1 a. 当 x＜1 aln 1 a 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当 x＞1 aln 1 a 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．故当 x＝1 aln1 a ， f(x)取最小值 f 1 aln1 a ＝1 a －1 aln1 a. 于是对一切 x∈R，f(x)≥1 恒成立，当且仅当1 a －1 aln1 a≥1. ① 令 g(t)＝t－tlnt，则 g′(t)＝－lnt. 当 0＜t＜1 时，g′(t)＞0，g(t)单调递增；当 t＞1 时，g′(t)＜0，g(t)单调递减． 故当 t＝1 时，g(t)取最大值 g(1)＝1. 因此，当且仅当1 a ＝1，即 a＝1 时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}． (2)由题意知，k＝f x2 －f x1 x2－x1 ＝eax2－eax1 x2－x1 －1. 令φ(x)＝f′(x)－k＝aeax－eax2－eax1 x2－x1 .则φ(x1)＝－ eax1 x2－x1 [ea(x2－x1)－a(x2－x1)－1]， φ(x2)＝ eax2 x2－x1 [ea(x1－x2)－a(x1－x2)－1]．令 F(t)＝et－t－1，则 F′(t)＝et－1. 当 t＜0 时，F′(t)＜0，F(t)单调递减；当 t＞0 时，F′(t)＞0，F(t)单调递增． 故当 t≠0 时，F(t)＞F(0)＝0，即 et－t－1＞0.从而 ea(x2－x1)－a(x2－x1)－1＞0， ea(x1－x2)－a(x1－x2)－1＞0，又 eax1 x2－x1 ＞0， eax2 x2－x1 ＞0，所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0. 因为函数 y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在 c∈(x1，x2)，使 得φ(c)＝0.又φ′(x)＝a2eax＞0，φ(x)单调递增，故这样的 c 是唯一的，且 c＝1 aln eax2－eax1 a x2－x1 .故 当且仅当 x∈ 1 aln eax2－eax1 a x2－x1 ，x2 时，f′(x)>k.综上所述，存在 x0∈(x1，x2)，使 f′(x0)＞k 成立， 且 x0 的取值范围为 1 aln eax2－eax1 a x2－x1 ，x2 . 41.[2012·江苏卷] 若函数 y＝f(x)在 x＝x0 处取得极大值或极小值，则称 x0 为函数 y＝f(x)的极 值点．已知 a，b 是实数，1 和－1 是函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx 的两个极值点． (1)求 a 和 b 的值；(2)设函数 g(x)的导函数 g′(x)＝f(x)＋2，求 g(x)的极值点； (3)设 h(x)＝f(f(x))－c，其中 c∈[－2,2]，求函数 y＝h(x)的零点个数． 解：(1)由题设知 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且 f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得 a ＝0，b＝－3. (2)由(1)知 f(x)＝x3－3x.因为 f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以 g′(x)＝0 的根为 x1＝x2＝1，x3＝－2， 于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或－2. 当 x<－2 时，g′(x)<0；当－20，故－2 是 g(x)的极值点． 当－21 时，g′(x)>0，故 1 不是 g(x)的极值点． 所以 g(x)的极值点为－2. (3)令 f(x)＝t，则 h(x)＝f(t)－c.先讨论关于 x 的方程 f(x)＝d 根的情况，d∈[－2,2]． 当|d|＝2 时，由(2)可知，f(x)＝－2 的两个不同的根为 1 和－2，注意到 f(x)是奇函数，所以 f(x)＝2 的两个不同的根为－1 和 2. 当|d|<2 时，因为 f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0， 所以－2，－1,1,2 都不是 f(x)＝d 的根．由(1)知 f′(x)＝3(x＋1)(x－1)． ①当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，于是 f(x)是单调增函数，从而 f(x)>f(2)＝2. 此时 f(x)＝d 无实根．同理，f(x)＝d 在(－∞，－2)上无实根． ②当 x∈(1,2)时，f′(x)>0，于是 f(x)是单调增函数，又 f(1)－d<0，f(2)－d>0，y＝f(x)－d 的图 象不间断，所以 f(x)＝d 在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d 在(－2，－1)内有唯一实根． ③当 x∈(－1,1)时，f′(x)<0，故 f(x)是单调减函数，又 f(－1)－d>0，f(1)－d<0，y＝f(x)－d 的 图象不间断，所以 f(x)＝d 在(－1,1)内有唯一实根． 由上可知：当|d|＝2 时，f(x)＝d 有两个不同的根 x1，x2 满足|x1|＝1，|x2|＝2； 当|d|<2 时，f(x)＝d 有三个不同的根 x3，x4，x5 满足|xi|<2，i＝3,4,5. 现考虑函数 y＝h(x)的零点． (i)当|c|＝2 时，f(t)＝c 有两个根 t1，t2 满足|t1|＝1，|t2|＝2，而 f(x)＝t1 有三个不同的根，f(x) ＝t2 有两个不同的根，故 y＝h(x)有 5 个零点． (ii)当|c|<2 时，f(t)＝c 有三个不同的根 t3，t4，t5 满足|ti|<2，i＝3,4,5，而 f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不同的根，故 y＝h(x)有 9 个零点． 综上可知， 当|c|＝2 时，函数 y＝h(x)有 5 个零点；当|c|<2 时，函数 y＝h(x)有 9 个零点． 42[2012·上海卷] 已知函数 f(x)＝lg(x＋1)．(1)若 0＜f(1－2x)－f(x)＜1，求 x 的取值范围； (2)若 g(x)是以 2 为周期的偶函数，且当 0≤x≤1 时，有 g(x)＝f(x)，求函数 y＝g(x)(x∈[1,2])的 反函数． 解：(1)由 2－2x＞0， x＋1＞0， 得－1＜x＜1. 由 0＜lg(2－2x)－lg(x＋1)＝lg2－2x x＋1 ＜1 得 1＜2－2x x＋1 ＜10. 因为 x＋1＞0，所以 x＋1＜2－2x＜10x＋10， －2 3 ＜x＜1 3 ， 由 －1＜x＜1， －2 3 ＜x＜1 3 得－2 3 ＜x＜1 3 ， 所以 x 的取值范围是 x|－2 34n＝(1＋3)n＝1＋C1n·3＋C2n·32＋C3n·33＋… ≥1＋C1n·3＋C2n·32＋C3n·33 ＝1＋2n3＋1 2n[5(n－2)2＋(2n－5)] >2n3＋1. 当 n＝0,1,2 时，显然( 17)n≥2n3＋1. 故 a＝ 17时，f n －1 f n ＋1 ≥ n3 n3＋1 对所有自然数 n 都成立． 所以满足条件的 a 的最小值为 17. (3)由(1)知 f(k)＝ak，错误! 1 f k －f 2k ＝错误! 1 ak－a2k ，f 1 －f n f 0 －f 1 ＝a－an 1－a . 下面证明：错误! 1 f k －f 2k >27 4 ·f 1 －f n f 0 －f 1 . 首先证明：当 00. 故 g(x)在区间(0,1)上的最小值 g(x)＝g 2 3 ＝0. 所以，当 0 27 4 · a－an 1－a ＝ 27 4 ·f 1 －f n f 0 －f 1 . 2011 年高考题 一、选择题 1.（安徽理 3） 设 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，当 x   时， ( )f x x x     ，则 ( )f   （A）  (B)  （Ｃ）１ （Ｄ）3 【答案】A 【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查函数值的求法.属容易题. 【解析】 2(1) ( 1) [2( 1) ( 1)] 3f f          .故选 A. 2.(安徽理 10) 函数 ( ) ( )m nf x ax x g 在区 间〔0,1〕上的图像如图所示，则 m，n 的值 可能是 （A） 1, 1m n  (B) 1, 2m n  (C) 2, 1m n  (D) 3, 1m n  【答案】B【命题意图】本题考查导数在研究 函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大. 【解析】代入验证，当 1, 2m n  ， ( ) ( ) ( )f x ax x n x x x       g ，则 ( ) ( )f x a x x      ，由 ( ) ( )f x a x x        可知， 1 2 1 , 13x x  ，结 合图像可知函数应在 10, 3      递增，在 1 ,13      递减，即在 1 3x  取得最大值，由 y 0.5 1 x O 0.5 ( ) ( )f a          g ，知 a 存在.故选 B. 3.（安徽文 5）若点(a,b)在 lgy x 图像上， a ,则下列点也在此图像上的是 （A）（ a  ，b） (B) (10a,1  b) (C) ( a  ,b+1) (D)(a2,2b) 【答案】D【命题意图】本题考查对数函数的基本运算，考查对数函数的图像与对应点的关 系. 【解析】由题意 lgb a ， lg lgb a a     ，即 2 ,2a b 也在函数 lgy x 图像上. 4.(安徽文 10) 函数 ( ) ( )nf x ax x  g 在 区间〔0,1〕上的图像如图所示，则 n 可 能是 （A）1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 【答案】A【命题意图】本题考查导数在 研究函数单调性中的应用，考查函数图像， 考查思维的综合能力.难度大. 【解析】代入验证，当 1n  时， ( ) ( ) ( )f x ax x a x x x       g ，则 ( ) ( )f x a x x      ， 由 ( ) ( )f x a x x        可知， 1 2 1 , 13x x  ，结合图像可知函数应在 10, 3      递增， 在 1 ,13      递减，即在 1 3x  取得最大值，由 ( ) ( )f a          g ，知 a 存在.故选 A. 5.（北京理 6）根据统计，一名工人组装第 x 件某产品所用的时间（单位：分钟）为 , ( ) , c x A xf x c x A A      （A，c 为常数）。已知工人组装第 4 件产品用时 30 分钟，组装第 A 件 产品时用时 15 分钟，那么 c 和 A 的值分别是 A. 75，25 B. 75，16 C. 60，25 D. 60，16 【答案】D 0.5 1 x y O 0.5 【解析】由条件可知，x A 时所用时间为常数，所以组装第 4 件产品用时必然满足第一个 分段函数，即 (4) 30 60 4 cf c    ， 60( ) 15 16f A A A     ，选 D。 6.（北京文 8）已知点  0,2A ,  2,0B ,若点C 在函数 2y x 的图象上，则使得 ABC 的面 积为 2 的点 C 的个数为 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 7.（福建理 5） 1( 2 )0 xe x dx 等于 A．1 B． 1e  C． e D． 1e  【答案】C 8.（福建理 9）对于函数 ( ) sinf x a x bx c   (其中， , ,a b R c Z  )，选取 , ,a b c 的一 组值计算 (1)f 和 ( 1)f  ，所得出的正确结果一定不可能是 A．4 和 6 B．3 和 1 C．2 和 4 D．1 和 2 【答案】D 9.（福建理 10）已知函数 ( ) xf x e x  ，对于曲线 ( )y f x 上横坐标成等差数列的三个点 A，B，C，给出以下判断： ①△ABC 一定是钝角三角形 ②△ABC 可能是直角三角形 ③△ABC 可能是等腰三角形 ④△ABC 不可能是等腰三角形 其中，正确的判断是 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 10.（福建文 6）若关于 x 的方程 x2＋mx＋1＝0 有两个不相等的实数根，则实数 m 的取值 范围是 A．（－1，1） B．（－2，2） C．（－∞，－2）∪（2，＋∞） D．（－∞，－1）∪（1，＋∞） 【答案】C 11.（福建文 8）已知函数 f(x)＝ 2x， x＞0 x＋1，x≤0 ，若 f(a)＋f(1)＝0，则实数 a 的值等于 A．－3 B．－1 C．1 D．3 【答案】A 12.（福建文 10）若 a＞0，b＞0，且函数 f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2 在 x＝1 处有极值，则 ab 的最大值等于 A．2 B．3 C．6 D．9 【答案】D 13.（广东理 4）设函数 ( )f x 和 g(x)分别是 R 上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是 A． ( )f x +|g(x)|是偶函数 B． ( )f x -|g(x)|是奇函数 C．| ( )f x | +g(x)是偶函数 D．| ( )f x |- g(x)是奇函数 【答案】A 【解析】因为 g(x)是 R 上的奇函数,所以|g(x)|是 R 上的偶函数,从而 ( )f x +|g(x)|是偶函数,故 选 A. 14.（广东文 4）函数 1( ) lg( 1)1f x xx    的定义域是 （ ） A． ( , 1)  B． (1, ) C． ( 1,1) (1, )  D． ( , )  【答案】C 15.（广东文 10）设 )(),(),( xhxgxf 是 R 上的任意实值函数．如下定义两个函数   xgf  和   xgf  ；对任意 Rx  ,     )(xgfxgf  ；      )(xgxfxgf  ．则下列等式 恒成立的是（ ） A．          )(xhghfxhgf   B．          )(xhghfxhgf   C．          )(xhghfxhgf   D．          )(xhghfxhgf  【答案】B 16.（湖北理 6）已知定义在 R 上的奇函数  xf 和偶函数  xg 满足     2 xx aaxgxf  1,0  aa 且 ，若   ag 2 ，则   2f A. 2 B. 4 15 C. 4 17 D. 2a 【答案】B 【解析】由条件     222 22  aagf ，     222 22   aagf ，即     222 22   aagf ，由此解得   22 g ，   222  aaf ， 所以 2a ，   4 15222 22  f ，所以选 B. 17.（湖北理 10）放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减 少，这种现象成为衰变，假设在放射性同位素铯 137 的衰变过程中，其含量 M （单位：太 贝克）与时间 t （单位：年）满足函数关系：   30 0 2 t MtM   ，其中 0M 为 0t 时铯 137 的含量，已知 30t 时，铯 137 的含量的变化率是 2ln10 （太贝克/年），则   60M A. 5 太贝克 B. 2ln75 太贝克 C. 2ln150 太贝克 D. 150 太贝克 【答案】D 【解析】因为   30 0 / 22ln30 1 t MtM   ，则   2ln1022ln30 130 30 30 0 /   MM ， 解得 6000 M ，所以   302600 t tM   ，那么   1504 1600260060 30 60   M （太贝克），所以选 D. 18.（湖南文 7）曲线 sin 1 sin cos 2 xy x x   在点 ( ,0)4M  处的切线的斜率为（ ） A． 1 2  B． 1 2 C． 2 2  D． 2 2 【答案】B 【解析】 2 2 cos (sin cos ) sin (cos sin ) 1' (sin cos ) (sin cos ) x x x x x xy x x x x      ，所以 24 1 1'| 2(sin cos )4 4 x y       。 19.（湖南文 8）已知函数 2( ) 1, ( ) 4 3,xf x e g x x x      若有 ( ) ( ),f a g b 则b 的取值 范围为 A．[2 2,2 2]  B． (2 2,2 2)  C．[1,3] D． (1,3) 【答案】B 【 解 析 】 由 题 可 知 ( ) 1 1xf x e    ， 2 2( ) 4 3 ( 2) 1 1g x x x x         ， 若 有 ( ) ( ),f a g b 则 ( ) ( 1,1]g b   ，即 2 4 3 1b b     ，解得 2 2 2 2b    。 20.（湖南理 6）由直线 , , 03 3x x y     与曲线 cosy x 所围成的封闭图形的面积为 （ ） A． 1 2 B．1 C． 3 2 D． 3 【答案】D 【解析】由定积分知识可得 3 3 3 3 3 3cos sin | ( ) 32 2S xdx x             ，故选 D。 21.（湖南理 8）设直线 x t 与函数 2( ) , ( ) lnf x x g x x  的图像分别交于点 ,M N ，则当 | |MN 达到最小时t 的值为（ ） A．1 B． 1 2 C． 5 2 D． 2 2 【答案】D 【解析】由题 2| | lnMN x x  ， ( 0)x  不妨令 2( ) lnh x x x  ，则 1'( ) 2h x x x   ，令 '( ) 0h x  解得 2 2x  ，因 2(0, )2x 时， '( ) 0h x  ，当 2( , )2x  时， '( ) 0h x  ， 所以当 2 2x  时，| |MN 达到最小。即 2 2t  。 22.（江西文 3）若 1 2 1( ) log (2 1)f x x   ，则 ( )f x 的定义域为( ) 1( ,0)2  B. 1( , )2   C. 1( ,0) (0, )2    D. 1( ,2)2  【答案】C 【解析】          ,00,2 1 112,012,012log 2 1 x xxx 23.（江西文 4）曲线 xy e 在点 A（0,1）处的切线斜率为（ ） A.1 B.2 C. e D. 1 e 【答案】A 【解析】 1,0, 0'  exey x 24.（江西文 6）观察下列各式：则 2 3 47 49,7 343,7 2401   ，…，则 20117 的末两位数字 为（ ） A.01 B.43 C.07 D.49 【答案】B 【解析】             343***2011,200922011 168075,24014,3433,492,7   f ffffxf x 25.（江西理 3）若 )12(log 1)( 2 1   x xf ，则 )(xf 定义域为 A. )0,2 1( B. ]0,2 1( C. ),2 1(  D. ),0(  【答案】A 【解析】由      0)12(log 012 2 1 x x 解得      0 2 1 x x ，故 02 1  x ，选 A 26.（江西理 4）设 xxxxf ln42)( 2  ，则 0)(' xf 的解集为 A. ),0(  B. ),2()0,1(   C. ),2(  D. )0,1( 【答案】C 【解析】 )(xf 定义域为 ),0(  ，又由 0)1)(2(2422)('  x xx xxxf ，解得 01  x 或 2x ，所以 0)(' xf 的解集 ),2(  27.（江西理 7）观察下列各式： 312555  ， 1562556  ， 7812557  ，…，则 20115 的末 四位数字为 A. 3125 B. 5625 C. 0625 D.8125 【答案】D 【解析】观察可知当指数为奇数时，末三位为 125；又 )11004(252011  ，即 20115 为 第 1004 个指数为奇数的项，应该与第二个指数为奇数的项（ 7812557  ）末四位相同， ∴ 20115 的末四位数字为 8125 28.（辽宁理 9）设函数       1,log1 1,2)( 2 1 xx xxf x ，则满足 2)( xf 的 x 的取值范围是 A． 1[ ，2] B．[0，2] C．[1，+  ] D．[0，+  ] 【答案】D 29.（辽宁理 11）函数 )(xf 的定义域为 R ， 2)1( f ，对任意 Rx ， 2)(  xf ，则 42)(  xxf 的解集为 A．（ 1 ，1） B．（ 1 ，+  ） C．（  ， 1 ） D．（  ，+  ） 【答案】B 30.（辽宁文 6）若函数 ))(12()( axx xxf  为奇函数，则 a= A． 2 1 B． 3 2 C． 4 3 D．1 【答案】A 31.（全国Ⅰ理 2）下列函数中，既是偶函数又在 +（0， ）单调递增的函数是 （A） 3y x (B) 1y x  （C） 2 1y x   (D) 2 xy  【答案】B 32.（全国Ⅰ理 9）由曲线 y x ，直线 2y x  及 y 轴所围成的图形的面积为 （A） 10 3 （B）4 （C） 16 3 （D）6 【答案】C 33. (全国Ⅰ理 12)函数 1 1y x   的图像与函数 2sin ( 2 4)y x x    的图像所有交点的 横坐标之和等于 （A）2 (B) 4 (C) 6 (D)8 【答案】D 34.（全国Ⅰ文 4）曲线 2y 2 1x x   在点（1,0）处的切线方程为 （A） 1y x  （B） 1y x   （C） 2 2y x  （D） 2 2y x   【答案】A 35. (全国Ⅰ文 9)设偶函数 f(x)满足 f(x)=2x-4 (x  0），则   2 0x f x   = （A） 2 4x x x  或 （B） 0 4 x x x 或 （C） 0 6 x x x 或 （D） 2 2 x x x  或 【答案】B 36.（全国Ⅱ理 2）函数 y ＝ 2 x （ x ≥0）的反函数为 (A) y ＝ 2 4 x （ x ∈R） (B) y ＝ 2 4 x （ x ≥0） (C) y ＝ 24x （ x ∈R） (D) y ＝ 24x （ x ≥0） 【答案】B 【命题意图】：本小题主要考查函数与反函数概念及求法特别要注意反函数的定义域即原函 数的值域。 【解析】由 y ＝ 2 x ，得 x ＝ 2 4 y .函数 y ＝ 2 x （ x ≥0）的反函数为 y ＝ 2 4 x .（ x ≥0） 37.（全国Ⅱ理 8）曲线 2 1xy e  在点（0,2）处的切线与直线 0y  和 y x 围成的三角形 的面积为 (A) 1 3 (B) 1 2 (C) 2 3 (D)1 【答案】A 【命题意图】：本小题主要考查导数的求法、导数的几何意义及过曲线上一点切线的方程的 求法。 【解析】 2 0 0| ( 2 ) | 2x x xy e       ，故曲线 2 1xy e  在点（0,2）处的切线方程为 2 2y x   ，易得切线与直线 0y  和 y x 围成的三角形的面积为 1 3 。 38.（全国Ⅱ理 9）设 ( )f x 是周期为 2 的奇函数，当 0 1x  时， ( ) 2 (1 )f x x x  ，则 5( )2f   (A) 1 2  (B) 1 4  (C) 1 4 (D) 1 2 【答案】A 【命题意图】：本小题主要考查了函数的奇偶性、周期性的概念。 【解析】 5 5 1 1 1 1 1( ) ( 2) ( ) ( ) 2 (1 )2 2 2 2 2 2 2f f f f             。 39.（山东理 9）函数 2sin2 xy x  的图象大致是 【答案】C 【解析】因为 ' 1 2cos2y x  ,所以令 ' 1 2cos 02y x   ,得 1cos 4x  ,此时原函数是增函 数;令 ' 1 2cos 02y x   ,得 1cos 4x  ,此时原函数是减函数,结合余弦函数图象，可得选 C 正确. 40. （ 山 东 理 10 ） 已 知 ( )f x 是 R 上 最 小 正 周 期 为 2 的 周 期 函 数 ， 且 当 0 2x  时, 3( )f x x x  ,则函数 ( )y f x 的图象在区间[0,6]上与 x 轴的交点的个数为 （A）6 （B）7 （C）8 （D）9 【答案】A 【解析】因为当 0 2x  时, 3( )f x x x  ,又因为 ( )f x 是 R 上最小正周期为 2 的周期函 数 ， 且 (0) 0f  , 所 以 (6) (4) (2) (0) 0f f f f    , 又 因 为 (1) 0f  , 所 以 (3) 0f  , (5) 0f  ,故函数 ( )y f x 的图象在区间[0,6]上与 x 轴的交点的个数为 6 个,选 A. 41.（山东文 4）曲线 3 11y x  在点 P(1，12)处的切线与 y 轴交点的纵坐标是 （A）-9 （B）-3 （C）9 （D）15 【答案】C 42.（陕西理 3）设函数 ( )f x（ xR）满足 ( ) ( )f x f x  ， ( 2) ( )f x f x  ，则函数 ( )y f x 的图像是 （ ） 【答案】B 【分析】根据题意，确定函数 ( )y f x 的性质，再判断哪一个图像具有这些性质． 【解析】选由 ( ) ( )f x f x  得 ( )y f x 是偶函数，所以函数 ( )y f x 的图象关于 y 轴对 称，可知 B，D 符合；由 ( 2) ( )f x f x  得 ( )y f x 是周期为 2 的周期函数，选项 D 的图 像的最小正周期是 4，不符合，选项 B 的图像的最小正周期是 2，符合，故选 B． 43.（陕西文 4） 函数 1 3y x 的图像是 （ ） 【答案】B 【分析】已知函数解析式和图像，可以用取点验证的方法判断． 【解析】 取 1 8x  ， 1 8  ，则 1 2y  ， 1 2  ，选项 B，D 符合；取 1x  ，则 1y  ，选项 B 符合题意． 44.（上海理 16）下列函数中，既是偶函数，又是在区间 (0, ) 上单调递减的函数是（ ） （A） 1ln | |y x  . （B） 3y x . （C） | |2 xy  . （D） cosy x . 【答案】A 45.（上海文 15）下列函数中，既是偶函数，又在区间 (0, ) 上单调递减的函数是（ ） （A） 2y x （B） 1y x （C） 2y x （D） 1 3y x 【答案】A 46.（四川理 7）若 ( )f x 是 R 上的奇函数，且当 0x  时， 1( ) ( ) 12 xf x   ，则 ( )f x 的反函数 的图象大致是 【答案】A 【解析】当 0x  时，函数 ( )f x 单调递减，值域为 (1,2) ，此时，其反函数单调递减且图象在 1x  与 2x  之间，故选 A． 47.（四川文 4）函数 1( ) 12 xy   的图象关于直线 y=x 对称的图象像大致是 【答案】A 【解析】 1( ) 12 xy   图象过点 (0,2) ，且单调递减，故它关于直线 y=x 对称的图象过点 (2,0) 且单调递减，选 A． 48.（天津理 2）函数   2 3xf x x  的零点所在的一个区间是（ ）． Ａ．  2, 1  Ｂ． 1,0 Ｃ． 0,1 Ｄ． 1,2 【答案】B 【解析】解法 1．因为   22 2 6 0f     ，   11 2 3 0f     ，   00 2 0 0f    ， 所以函数   2 3xf x x  的零点所在的一个区间是 1,0 ．故选Ｂ． 解法 2．   2 3 0xf x x   可化为 2 3x x  ． 画出函数 2xy  和 3y x  的图象，可观察出选项Ｃ，Ｄ不正确，且   00 2 0 0f    ，由此可排除Ａ，故选Ｂ． 49.（天津理 8）设函数     2 1 2 log , 0 log , 0 x x f x x x     若    f a f a  ，则实数 a 的取值范 围是（ ）． Ａ．   1 0 0 1, ,U Ｂ．   1 1, ,  U Ｃ．   1 0 1, , U Ｄ．   1 0 1, ,  U 【答案】C 【解析】若 0a  ，则 2 1 2 log loga a ，即 22log 0a  ，所以 1a  ， 若 0a  则    1 2 2 log loga a   ，即  22log 0a  ，所以 0 1a   ， 1 0a   。 所以实数 a 的取值范围是 1a  或 1 0a   ，即    1 0 1a , ,  U ．故选 C． 50.（天津文 4）函数   e 2xf x x   的零点所在的一个区间是（ ）． Ａ． 2, 1  Ｂ．  1,0 Ｃ． 0,1 Ｄ． 1,2 【答案】C 【解析】因为   11 e 1 2 0f      ，   00 e 0 2 1 0f       ，   11 e 1 2 e 1 0f       ，所以函数   e 2xf x x   的零点所在的一个区间是 0,1 ．故 选Ｃ． 51.（天津文 6）设 5log 4a  ，  2 5log 3b  ， 4log 5c  ，则（ ）． Ａ． a c b  Ｂ． b c a  Ｃ． a b c  Ｄ． b a c  【答案】D 【解析】因为 4 4log 5 log 4 1c c    ， 50 log 4 1a   ， 50 log 3 1a   ， 所以  2 5 5 5 5log 3 log 3 log 4 log 4b a     ， 所以b a c  ，故选Ｄ． 52.（天津文 10）设函数   2 2g x x   xR ，           4, , , , g x x x g xf x g x x x g x       则  f x 的值域是（ ）． Ａ．  9 ,0 1,4      U Ｂ． 0, ， Ｃ． 9 ,4    Ｄ．  9 ,0 2,4      U 【答案】D 【解析】解   2 2x g x x   得 2 2 0x x   ，则 1x   或 2x  ．因此   2 2x g x x   的解为： 1 2x   ．于是   2 2 2, 1 2, 2, 1 2, x x x xf x x x x             或 当 1x   或 2x  时，   2f x  ． 当 1 2x   时， 2 2 1 92 2 4x x x        ，则   9 4f x   ， 又当 1x   和 2x  时， 2 2 0x x   ，所以  9 04 f x   ． 由以上，可得   2f x  或  9 04 f x   ，因此  f x 的值域是  9 ,0 2,4      U ．故选 Ｄ． 53.（浙江理 1）已知        0),1( 02 xxf xxxf ，则    22  ff 的值为 A．6 B．5 C．4 D．2 【答案】B 54.（浙江文 10）设函数    2 , ,f x ax bx c a b c R    ，若 1x   为函数   2f x e 的一个 极值点，则下列图象不可能为  y f x 的图象是 【答案】D 55.（重庆理 5）下列区间中，函数 ( )f x = ln(2 )x  在其上为增函数的是 （A）（- ,1 ] （B） 41, 3     （C） 30, 2   （D） 1,2 【答案】D 56.（重庆理 10）设 m，k 为整数，方程 2 2 0mx kx   在区间（0,1）内有两个不同的根， 则 m+k 的最小值为 （A）-8 （B）8 (C)12 (D) 13 【答案】D 57. (重庆文 3)曲线 在点 , 处的切线方程为 A (A) (B) (C) (D) 58. (重庆文 6)设 , , ,则 , , 的大小关系是 (A) (B) (C) (D) 【答案】B 59. (重庆文 7)若函数 在 处取最小值,则 (A) (B) (C)3 (D)4 【答案】C 二、填空题 60. (重庆文 15)若实数 , , 满足 , ，则 的最大值 是 . 【答案】 22 log 3 61.（浙江文 11）设函数 k 4( ) 1f x x   ,若 ( ) 2f a  ,则实数 a =________________________ 【答案】-1 62.（天津文 16）设函数   1f x x x   ．对任意  1,x  ，     0f mx mf x  恒成立， 则实数 m 的取值范围是 ． 【答案】 , 1  ． 【解析】解法 1．显然 0m  ，由于函数   1f x x x   对  1,x  是增函数， 则当 0m  时，     0f mx mf x  不恒成立，因此 0m  ． 当 0m  时，函数      h x f mx mf x  在  1,x  是减函数， 因此当 1x  时，  h x 取得最大值   11h m m   ， 于是       0h x f mx mf x   恒成立等价于  h x   1,x  的最大值 0 ， 即   11 0h m m    ，解 1 0, 0, m m m      得 1m   ．于是实数 m 的取值范围是 , 1  ． 解法 2．然 0m  ，由于函数   1f x x x   对  1,x  是增函数，则当 0m  时，     0f mx mf x  不成立，因此 0m  ．     2 2 2 21 1 2 12 0m m m x mf mx mf x mx mx mxmx x mx mx            ， 因为  1,x  ， 0m  ，则 2 2 22 1 0m x m   ，设函数   2 2 22 1g x m x m   ，则当  1,x  时为增函数，于是 1x  时，  g x 取得最小值   21 1g m  ． 解   21 1 0, 0, g m m      得 1m   ．于是实数 m 的取值范围是 , 1  ． 解法 3．因为对任意  1,x  ，     0f mx mf x  恒成立，所以对 1x  ，不等式     0f mx mf x  也成立，于是    1 0f m mf  ，即 1 0m m   ，解 1 0, 0, m m m      得 1m   ．于是实数 m 的取值范围是 , 1  ． 63.（天津理 16）设函数   2 1f x x  ．对任意 3 ,2x     ，      24 1 4xf m f x f x f mm         恒成立，则实数 m 的取值范围是 ． 【答案】 3 3, ,2 2             U ． 【解析】解法１．不等式化为      21 4 4 0xf x f m f m f xm         ，即   2 2 2 2 2 2 21 1 4 4 1 4 4 0xx m m x mm          ， 整理得 2 2 2 11 4 2 3 0m x xm         ， 因为 2 0x  ，所以 2 2 2 1 2 31 4 xmm x    ，设   2 2 3xg x x  ， 3 ,2x     ． 于是题目化为  2 2 11 4m g xm    ，对任意 3 ,2x     恒成立的问题． 为此需求   2 2 3xg x x  ， 3 ,2x     的最大值．设 1u x  ，则 20 3u  ． 函数     23 2g x h u u u   在区间 20, 3      上是增函数，因而在 2 3u  处取得最大值． 2 4 2 2 833 9 3 3h         ，所以  2 max2 1 81 4 3m u xm     ， 整理得 4 212 5 3 0m m   ，即  2 24 3 3 1 0m m   ， 所以 24 3 0m   ，解得 3 2m   或 3 2m  ， 因此实数 m 的取值范围是 3 3, ,2 2m              U ． 解法 2．同解法 1,题目化为  2 2 11 4m g xm    ，对任意 3 ,2x     恒成立的问题． 为此需求   2 2 3xg x x  ， 3 ,2x     的最大值． 设 2 3t x  ，则  6,t   ．     2 4 4 96 9 6 tg x h t t t t t       ． 因为函数 9t t  在 3, 上是增函数，所以当 6t  时， 9t t  取得最小值 36 2  ． 从 而  h t 有 最 大 值 4 8 3 36 62    ． 所 以  2 max2 1 81 4 3m g xm     ， 整 理 得 4 212 5 3 0m m   ， 即  2 24 3 3 1 0m m   ，所以 24 3 0m   ，解得 3 2m   或 3 2m  ， 因此实数 m 的取值范围是 3 3, ,2 2m              U ． 解法 3．不等式化为      21 4 4 0xf x f m f m f xm         ，即   2 2 2 2 2 2 21 1 4 4 1 4 4 0xx m m x mm          ， 整理得 2 2 2 11 4 2 3 0m x xm         ， 令 2 2 2 1( ) 1 4 2 3F x m x xm         ． 由于  0 3 0F    ，则其判别式 0  ，因此  F x 的最小值不可能在函数图象的顶点得 到， 所以为使 ( ) 0F x  对任意 3 ,2x     恒成立，必须使 3 2F      为最小值， 即实数 m 应满足 2 2 2 2 11 4 0; 3 0;2 2 3 1 22 1 4 mm F mm                        解得 2 3 4m  ，因此实数 m 的取值范围是 3 3, ,2 2m              U ． 解法 4．(针对填空题或选择题)由题设，因为对任意 3 ,2x     ，      24 1 4xf m f x f x f mm         恒成立， 则对 3 2x  ，不等式      24 1 4xf m f x f x f mm         也成立， 把 3 2x  代入上式得  23 3 14 42 2 2f m f f f mm                   ，即 2 2 2 2 9 9 11 4 4 1 4 44 44 m m m m         ，因为 24 0m  ，上式两边同乘以 24m ，并整理 得 4 212 5 3 0m m   ，即   2 24 3 3 1 0m m   ，所以 24 3 0m   ，解得 3 2m   或 3 2m  ， 因此实数 m 的取值范围是 3 3, ,2 2m              U ． 64.（四川理 13）计算 1 21(lg lg25) 100 =4    _______． 【答案】－20 【解析】 1 2 1 2 1 lg2 lg5 1(lg lg25) 100 2 2 lg10 204 10100              ． 65.（四川理 16）函数 ( )f x 的定义域为 A，若 1 2,x x A 且 1 2( ) ( )f x f x 时总有 1 2x x ，则称 ( )f x 为单函数．例如，函数 ( )f x =2x+1( xR )是单函数．下列命题： ①函数 2( )f x x （xR）是单函数； ②若 ( )f x 为单函数， 1 2,x x A 且 1 2x x ，则 1 2( ) ( )f x f x ； ③若 f：A→B 为单函数，则对于任意 b B ，它至多有一个原象； ④函数 ( )f x 在某区间上具有单调性，则 ( )f x 一定是单函数． 其中的真命题是_________．（写出所有真命题的编号） 【答案】②③ 【解析】对于①，若 1 2( ) ( )f x f x ，则 1 2x x  ，不满足；②实际上是单函数命题的逆否命 题，故为真命题；对于③，若任意 b B ，若有两个及以上的原象，也即当 1 2( ) ( )f x f x 时， 不一定有 1 2x x ，不满足题设，故该命题为真；根据定义，命题④不满足条件． 66.（上海文 3）若函数 ( ) 2 1f x x  的反函数为 1( )f x ，则 1( 2)f    【答案】 3 2  67.（上海文 12）行列式 ( , , , { 1,1,2}a b a b c dc d   所有可能的值中，最大的是 【答案】 15 2 68.（上海文 14）设 ( )g x 是定义在 R 上，以 1 为周期的函数，若函数 ( ) ( )f x x g x  在区 间[0,1] 上的值域为[ 2,5] ，则 ( )f x 在区间[0,3]上的值域为 【答案】[ 2,7] 69.（上海理 1）函数 1( ) 2f x x   的反函数为 1( )f x  . 【答案】 1 2x  70.（上海理 10）行列式 ( , , , { 1,1,2})a b a b c dc d   所有可能的值中，最大的是 . 【答案】 6 71.（上海理 13） 设 ( )g x 是定义在 R 上，以 1 为周期的函数，若函数 ( ) ( )f x x g x  在区 间[3,4]上的值域为[ 2,5] ，则 ( )f x 在区间[ 10,10] 上的值域为 . 【答案】[ 15,11] 72.（陕西文 11）设 lg , 0 ( ) 10 , 0x x x f x x    „ ，则 ( ( 2))f f   ______. 【答案】 2 【分析】由 2x   算起，先判断 x 的范围，是大于 0，还是不大于 0,；再判断 ( 2)f  作为 自变量的值时的范围，最后即可计算出结果． 【解析】∵ 2 0x    ，∴ 2 1( 2) 10 0100f     ，所以 2 2(10 ) lg10 2f     ，即 ( ( 2)) 2f f    ． 73.（陕西理 11）设 2 0 lg 0 ( ) 3 0 a x x f x x t dt x     „ ，若 ( (1)) 1f f  ，则 a  ． 【分析】分段函数问题通常需要分布进行计算或判断，从 1x  算起是解答本题的突破口. 【解析】因为 1 0x   ，所以 (1) lg1 0f   ，又因为 2 3 0 ( ) 3 a f x x t dt x a    ， 所以 3(0)f a ，所以 3 1a  ， 1a  ． 【答案】1 74.（ 陕西 理 12 ） 设 n N ， 一元 二次 方程 2 4 0x x n   有 整数 根的 充要 条件 是 n  ． 【答案】3 或 4 【分析】直接利用求根公式进行计算，然后用完全平方数、整除等进行判断计算． 【解析】 4 16 4 2 nx   2 4 n   ，因为 x 是整数，即 2 4 n  为整数，所以 4 n 为整数，且 4n „ ，又因为 n N ，取 1,2,3,4n  ，验证可知 3,4n  符合题意；反之 3,4n  时，可推出一元二次方程 2 4 0x x n   有整数根． 75.（山东理 16）已知函数 f x（ ）= log ( 0 a 1).a x x b a  ＞ ，且 当 2＜a＜3＜b＜4 时，函 数 f x（ ）的零点 * 0 ( , 1), , n=x n n n N   则 . 【答案】5 【解析】方程 log ( 0 a 1)a x x b a  ＞ ，且 =0 的根为 0 x ,即函数 log (2 3)ay x a   的图 象与函数 (3 4)y x b b    的交点横坐标为 0 x ,且 * 0 ( , 1),x n n n N   ,结合图象,因为当 (2 3)x a a   时, 1y  ,此时对应直线上 1y  的点的横坐标 1 (4,5)x b   ;当 2y  时, 对数函数 log (2 3)ay x a   的图象上点的横坐标 (4,9)x ,直线 (3 4)y x b b    的 图象上点的横坐标 (5,6)x ,故所求的 5n  . 76.（辽宁文 16）已知函数 axexf x  2)( 有零点，则 a 的取值范围是___________． 【答案】 ( ,2ln 2 2]  77.（江苏 2）函数 )12(log)( 5  xxf 的单调增区间是__________ 【答案】 +1（- ， ）2 【解析】 5logy u 在 (0, ) .  2 1u x  在 1( , ),2x   大于零,且增. 本题主要考查函数的概念，基本性质，指数与对数，对数函数图象和性质，容易题 78.（江苏 8）在平面直角坐标系 xOy 中，过坐标原点的一条直线与函数 xxf 2)(  的图象交 于 P、Q 两点，则线段 PQ 长的最小值是________. 【答案】4. 【解析】设经过原点的直线与函数的交点为 2( , )x x ， 2( , )x x   ，则 2 24(2 ) ( ) 4PQ x x    . 本题主要考查幂函数，函数图象与性质，函数与方程，函数模型及其应用,两点间距离公式 以及基本不等式，中档题. 79.（江苏 11）已知实数 0a ，函数      1,2 1,2)( xax xaxxf ，若 )1()1( afaf  ，则 a 的值为________ 【答案】 3 4a   【解析】 0a  . 30,2 2 1 2 , 2a a a a a a         ，不符合； 30, 1 2 2 2 , 4a a a a a a         . 本题主要考查函数概念，函数与方程,函数模型及其应用,含参的分类讨论，中档题. 80.（江苏 12）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 P 是函数 )0()(  xexf x 的图象上的动 点，该图象在 P 处的切线l 交 y 轴于点 M，过点 P 作l 的垂线交 y 轴于点 N，设线段 MN 的 中点的纵坐标为 t，则 t 的最大值是_____________ 【答案】 1 1( )2 e e  【解析】设 0 0( , ),xP x e 则 0 0 0 0 0: ( ), (0,(1 ) )x x xl y e e x x M x e     ，过点 P 作l 的垂线 0 0 0 0 0 0( ), (0, )x x x xy e e x x N e x e       ， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1[(1 ) ] ( )2 2 x x x x x xt x e e x e e x e e         0 0 0 1 ( )(1 )2 x xt e e x    ，所以，t 在 (0,1) 上单调增，在 (1, ) 单调减， 0 max 1 11, ( )2x t e e     . 本题主要考查指数运算,指数函数图象、导数的概念,导数公式,导数的运算与几何意义、利用 导数研究函数,导数的应用、直线方程及其斜率、直线的位置关系，运算求解能力,综合应用 有关知识的能力,本题属难题. 81.（湖南文 12）已知 ( )f x 为奇函数， ( ) ( ) 9, ( 2) 3, (2)g x f x g f    则 ． 【答案】6 【解析】 ( 2) ( 2) 9 3, ( 2) 6g f f       则 ，又 ( )f x 为奇函数，所以 (2) ( 2) 6f f    。 82.（湖北文 15）里氏震级 M 的计算公式为： 0lg lgM A A  ，其中 A 是测震仪记录的地 震曲线的最大振幅 是相应的标准地震的振幅，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是 1000,此时标准地 震的振幅为 0.001，则此次地震的震级为__________级；9 级地震的最大的振幅是 5 级地震 最大振幅的__________倍。 【答案】6，10000 83.（广东文 12）设函数 .1cos)( 3  xxxf 若 11)( af ，则  )( af ． 【答案】-9 84.（广东理 12）函数 3 2( ) 3 1f x x x   在 x  处取得极小值. 【答案】 .2)( ),2,0(),,2(),0,(:)(),2(363x(x)': 2 处取得极小值在 递减区间为的单调递增区间为解析   xxf xfxxxf 85.（北京理 13）已知函数 3 2 , 2( ) ( 1) , 2 xf x x x x       ，若关于 x 的方程 ( )f x k 有两个不同的 实根，则实数 k 的取值范围是________. 【答案】 【解析】 2( ) ( 2)f x xx   单调递减且值域为(0,1]， 3( ) ( 1) ( 2)f x x x   单调递增且值域 为 ( ,1) ， ( )f x k 有两个不同的实根，则实数 k 的取值范围是（0,1）。 86.（安徽文 13）函数 2 1 6 y x x    的定义域是 . 【答案】（－3,2）【命题意图】本题考查函数的定义域，考查一元二次不等式的解法. 【解析】由 26 0x x   可得 2 6 0x x   ，即  +3 2 0x x   ，所以 3 2x   . 三、解答题 87.（安徽理 16）设 ( ) 1 xef x ax   ，其中 a 为正实数 （Ⅰ）当 a 4 3  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。 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 )(xf 求导得 . )1( 1)( 22 2 ax axaxexf x   ① （I）当 3 4a ，若 .2 1,2 3,0384,0)( 21 2  xxxxxf 解得则 综合①,可知 x )2 1,( 2 1 )2 3,2 1( 2 3 ),2 3(  )(xf  + 0 － 0 + 所以, 2 3 1 x 是极小值点, 2 1 2 x 是极大值点. （II）若 )(xf 为 R 上的单调函数，则 )(xf  在 R 上不变号，结合①与条件 a>0，知 0122  axax 在 R 上恒成立，因此 ,0)1(444 2  aaaa 由此并结合 0a ，知 .10  a 88.（北京理 18）已知函数 k x ekxxf 2)()(  . (1)求 )(xf 的单调区间； (2)若对 0(x ， ) ，都有 exf 1)(  ，求 k 的取值范围。 解：(1) / 2 21( ) ( ) x kf x x k ek   ，令 / ( ) 0f x  得 x k  当 0k  时， ( )f x 在 ( , )k  和 ( , )k  上递增，在 ( , )k k 上递减； 当 0k  时， ( )f x 在 ( , )k 和 ( , )k  上递减，在 ( , )k k 上递增 (2) 当 0k  时， 1 1( 1) k kf k e e     ；所以不可能对 0(x ， ) 都有 exf 1)(  ； 当 0k  时有（1）知 ( )f x 在 (0, ) 上的最大值为 24( ) kf k e   ，所以对 0(x ， ) 都有 exf 1)(  即 24 1 1 02 k ke e      ，故对 0(x ， ) 都有 exf 1)(  时， k 的取值范围为 1[ ,0)2  。 89.（北京文 18）已知函数     xf x x k e  ，（I）求  f x 的单调区间； （II）求  f x 在区间 0,1 上的最小值。 )(xf ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 解：（I） / ( ) ( 1) xf x x k e   ，令 / ( ) 0 1f x x k    ；所以  f x 在 ( , 1)k  上递 减，在 ( 1, )k   上递增； （II）当 1 0, 1k k  即 时，函数  f x 在区间 0,1 上递增，所以 min( ) (0)f x f k   ； 当 0 1 1k   即1 2k  时，由（I）知，函数  f x 在区间 0, 1k  上递减， ( 1,1]k  上 递增，所以 1 min( ) ( 1) kf x f k e     ； 当 1 1, 2k k  即 时，函数  f x 在区间 0,1 上递减，所以 min( ) (1) (1 )f x f k e   。 90.（福建理 18）某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量 y (单位：千克)与 销售价格 x (单位：元/千克)满足关系式 210( 6)3 ay xx    ，其中3 6x  ， a 为常数， 已知销售价格为 5 元/千克时，每日可售出该商品 11 千克． (Ⅰ) 求 a 的值； (Ⅱ) 若该商品的成品为 3 元/千克, 试确定销售价格 x 的值,使商场每日销售该商品所获得的 利润最大． 解：(Ⅰ)因为 5x  时 11y  ，所以 10 11 22 a a    ； (Ⅱ)由(Ⅰ)知该商品每日的销售量 22 10( 6)3y xx    ，所以商场每日销售该商品所获得 的利润： 2 22( ) ( 3)[ 10( 6) ] 2 10( 3)( 6) ,3 63f x x x x x xx           ； / 2( ) 10[( 6) 2( 3)( 6)] 30( 4)( 6)f x x x x x x        ，令 / ( ) 0f x  得 4x  函数 ( )f x 在 (3,4) 上递增，在 (4,6) 上递减，所以当 4x  时函数 ( )f x 取得最大值 (4) 42f  答：当销售价格 4x  时,商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为 42. 91.（福建文 22）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∈[1 e ，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：（Ⅰ）b＝2；（Ⅱ）a＞0 时单调递增区间是（1，＋∞），单调递减区间是（0，1），a ＜0 时单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，＋∞）；（Ⅲ）存在 m，M；m 的最 小值为 1，M 的最大值为 2。 92.（广东理 21） 2 2 1 2 2 1 2 2 0 0 0 0 1, L: . , 4 0, ,4 0 , ( , ) max{| |,| |}. 1(1) ( , )( 0) y B. : AB Q( , ),4 | |( , ) ;2 xOy y x p q p q x x x px q p q x x A p p p L p q pp q            在平面直角坐标系 上 给定抛物线 实数 满足 是方程 的两根 记 过点 作 的切线交 轴于点 证明 对线段 上的作一点 有 （2）设 ( , )M a b 是定点，其中 ,a b 满足 2 4 0a b a ＞0， ≠ .过 ( , )M a b 作 L 的两条切线 1 2,l l ， 切点分别为 2 2 1 1 2 2 1 1( , ), '( , )4 4E p p E P P ， 1 2,l l 与 y 分别交于 , 'F F .线段 EF 上异于两端点的 点集记为 X .证明： 1 1 2 | |( , ) ( , ) 2 PM a b X P P a b     2 min max 1 5( , ) 1, ( 1) , ,4 4 , ). D x y y x y x p q p q             (3)设 当点（ ）取遍D时，求 （ ）的最小值(记为 )和最大值(记为 ； 解：（１） 0 0 0 1 1' | ( ) |2 2AB x p x pk y x p    ， 直线 AB 的方程为 2 0 0 0 1 1 ( )4 2y p p x p   ，即 2 0 0 1 1 2 4y p x p  ， 2 0 0 1 1 2 4q p p p   ，方程 2 0x px q   的判别式 2 2 04 ( )p q p p     ， 两根 0 0 1,2 | | 2 2 p p p px    或 0 2 pp  ， 0 0p p  ， 0 0| | || | | ||2 2 p pp p    ，又 00 | | | |p p  ， 0 0 0| | | | | | | |2 2 2 p p pp    ，得 0 0 0| | || | | || | |2 2 2 p p pp p     ， 0( , ) | |2 pp q  ． （２）由 2 4 0a b  知点 ( , )M a b 在抛物线 L 的下方， ①当 0, 0a b  时，作图可知，若 ( , )M a b X ，则 1 2 0p p  ，得 1 2| | | |p p ； 若 1 2| | | |p p ，显然有点 ( , )M a b X ； ( , )M a b X  1 2| | | |p p  ． ②当 0, 0a b  时，点 ( , )M a b 在第二象限， 作图可知，若 ( , )M a b X ，则 1 20p p  ，且 1 2| | | |p p ； 若 1 2| | | |p p ，显然有点 ( , )M a b X ； ( , )M a b X  1 2| | | |p p  ． 根据曲线的对称性可知，当 0a  时， ( , )M a b X 1 2| | | |p p  ， 综上所述， ( , )M a b X 1 2| | | |p p  （*）； 由（１）知点 M 在直线 EF 上，方程 2 0x ax b   的两根 1 1,2 2 px  或 1 2 pa  ， 同理点 M 在直线 ' 'E F 上，方程 2 0x ax b   的两根 2 1,2 2 px  或 2 2 pa  ， 若 1( , ) | |2 pa b  ，则 1| |2 p 不比 1| |2 pa  、 2| |2 p 、 2| |2 pa  小， 1 2| | | |p p  ，又 1 2| | | |p p ( , )M a b X  ， 1( , ) | |2 pa b   ( , )M a b X ；又由（１）知， ( , )M a b X 1( , ) | |2 pa b  ； 1( , ) | |2 pa b   ( , )M a b X ，综合（*）式，得证． （３）联立 1y x  ， 21 5( 1)4 4y x   得交点 (0, 1), (2,1) ，可知 0 2p  ， 过点 ( , )p q 作抛物线 L 的切线，设切点为 2 0 0 1( , )4x x ，则 2 0 0 0 1 14 2 x q xx p   ， 得 2 0 02 4 0x px q   ，解得 2 0 4x p p q   ， 又 21 5( 1)4 4q p   ，即 2 4 4 2p q p   ， 0 4 2x p p    ，设 4 2 p t  ， 2 0 1 22x t t     21 5( 1)2 2t    ， 0 max max| |2 x  ，又 0 5 2x  ， max 5 4   ； 1q p  ， 2 0 4 4 | 2 | 2x p p p p p         ， 0 min min| | 12 x   ． 93.（广东文 19） 设 0a ,讨论函数 xaxaaxxf )1(2)1(ln)( 2  的单调性． 解：函数 f(x)的定义域为（0，+∞） 2 2 1 2 1 2 1 2 2 (1 ) 2(1 ) 1'( ) , 11 2 (1 ) 2(1 ) 1 0 12( 1)( )3 1 0, '( ) 23 ( 1)(3 1) ( 1)(3 1)1 10, ,2 2 (1 ) 2 2 (1 ) 0 '( ) 0, ( ) (0, ) ( , ) a a x a xf x x a a a x a x a a a f x a a a ax xa a a a a a x x x x f x f x x x                                当 时，方程 的判别式 ①当0< 时， 有 个零点 且当 或 时， 在 与 内为增函数 1 2 1 2 1 2 '( ) 0, ( ) , ) 1 1 0, '( ) 0, ( ) (0, )3 11 '( ) 0( 0), ( ) (0, ) ( 1)(3 1) ( 1)(3 1)1 11 0, 0, 0, '( )2 2 (1 ) 2 2 (1 ) x x x f x f x x x a f x f x a f x x f xx a a a aa x x f x xa a a a a a                            ； 当 时， 在( 内为减函数 当 时， 在 内为增函数； 当 时， 在 内为增函数； 当 时， 所以 在定义域内有唯一零点 � � � 1 1 1 1 1 ; 0 '( ) 0, ( ) (0, ) '( ) 0, ( ) ( , )x x f x f x x x x f x f x x     且当 时， 在 内为增函数；当 时， 在 内为减函数； 综上所述，f(x)的单调区间如下表： 10 3a  1 13 a  1a  1(0, )x 1 2( , )x x 2( , )x  (0, ) 1(0, )x 1( , )x        （其中 1 2 ( 1)(3 1) ( 1)(3 1)1 1,2 2 (1 ) 2 2 (1 ) a a a ax xa a a a a a         ） 94.（湖北理 17）提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下， 大桥上的车流速度 v （单位：千米/小时）是车流密度 x （单位：辆/千米）的函数．当桥上 的车流密度达到 200 辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为 0；当车流密度不超过 20 辆/ 千米时，车流速度为 60 千米/小时．研究表明：当 20020  x 时，车流速度 v 是车流密度 x 的一次函数． （Ⅰ）当 2000  x 时，求函数  xv 的表达式； （Ⅱ）当车流密度 x 为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆 /小时）    xvxxf  可以达到最大，并求出最大值．（精确到 1 辆/小时） 本题主要考查函数、最值等基础知识，同时考查运用数学知识解决实际问题的能力. 解析：（Ⅰ）由题意：当 200  x 时，   60xv ；当 20020  x 时，设   baxxv  ， 显然   baxxv  在 200,20 是减函数，由已知得      6020 0200 ba ba ，解得        3 200 3 1 b a 故函数  xv 的表达式为  xv =       .20020,2003 1 ,200,60 xx x （Ⅱ）依题意并由（Ⅰ）可得   xf       .20020,2003 1 ,200,60 xxx xx 当 200  x 时，  xf 为增函数，故当 20x 时，其最大值为 12002060  ； 当 20020  x 时，       3 10000 2 200 3 12003 1 2      xxxxxf ， 当且仅当 xx  200 ，即 100x 时，等号成立． 所以，当 100x 时，  xf 在区间 200,20 上取得最大值 3 10000 ． 综上，当 100x 时，  xf 在区间 200,0 上取得最大值 33333 10000  ， 即当车流密度为 100 辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为 3333 辆/小时． 95.（湖北理 21）（Ⅰ）已知函数 ( ) ln 1f x x x   ， (0, )x  ，求函数 ( )f x 的最大值； （Ⅱ）设 ,k ka b ( 1,2k  …， )n 均为正数，证明： （1）若 1 1 2 2a b a b  … n na b  1 2b b  … nb ，则 1 2 1 2 1nbb b na a a  ； （2）若 1 2b b  … nb =1，则 1 n  1 2 1 2 nbb b nb b b  2 1b  2 2b …+ 2 nb 。 解：（Ⅰ） ( )f x 的定义域为 (0, ) ，令 / 1( ) 1 0 1f x xx      ， ( )f x 在 (0,1) 上递增，在 (1, ) 上递减，故函数 ( )f x 在 1x  处取得最大值 (1) 0f  （Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知当 (0, )x  时有 ( ) (1) 0f x f  即 ln 1x x  ， ∵ , 0k ka b  ，∴ 1 1 ln ( 1),( 1,2, ) ln ( 1)k n n b k k k k k k k k k b a b a k n a b a           ∵ 1 1 n n k k k k k a b b     ∴ 1 ln 0k n b k k a   即 1 2 1 2 1 2 1 2ln( ) 0 1n nb bb b b b n na a a a a a    （2）①先证 1 2 1 2 1nbb b nb b b n  ，令 1 ,( 1,2, , )k k a k nnb    ，则 1 1 1 n k k k k k a b a bn     由（1）知 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1( ) ( ) ( ) 1n n n b b b bb b bb b n n n nnb nb nb b b b        ∴ 1 2 1 2 1nbb b nb b b n  ； ②再证 1 2 1 2 nbb b nb b b  2 1b  2 2b …+ 2 nb ，记 2 1 , ,( 1,2, , ) n k k k k bS b a k nS     则 2 1 1 1 1 1 n n n k k k k k k k a b b bS        于是由（1）得 1 21 2 1 21 2 1 2( ) ( ) ( ) 1n n nb b b b bb b b bn n b b b b b b S SS S S        所以 1 2 1 2 nbb b nb b b  2 1b  2 2b …+ 2 nb 。综合①②，（2）得证 96.（湖北文 20）设函数 3 2( ) 2f x x ax bx a    ， 2( ) 3 2g x 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 mx  有三个互不相同的实根 0、 1x 、 2x ，其中 1 2x x ，且对任意的  1 2,x x x ， ( ) ( ) ( 1)f x g x m x   恒成立，求实数 m 的取值范围。 解：(I) / 2 /( ) 3 4 , ( ) 2 3f x x ax b g x x     ，由于曲线曲线 ( )y f x 与 ( )y g x 在点（2,0） 处有相同的切线，故有 / /(2) (2) 0, (2) (2) 1f g f g    ，由此解得： 2, 5a b   ； 切线l 的方程： 2 0x y   ‘ (II)由(I)得 3 2( ) ( ) 3 2f x g x x x x    ，依题意得：方程 2( 3 2 ) 0x x x m    有三个互不 相等的根 1 20, ,x x ，故 1 2,x x 是方程 2 3 2 0x x m    的两个相异实根，所以 19 4(2 ) 0 4m m       ； 又对任意的  1 2,x x x ， ( ) ( ) ( 1)f x g x m x   恒成立，特别地，取 1x x 时， 1 1 1( ) ( )f x g x mx m    成 立 ， 即 0 0m m    ， 由 韦 达 定 理 知 ： 1 2 1 23 0, 2 0x x x x m      ， 故 1 20 x x  ， 对 任 意 的  1 2,x x x ， 有 2 10, 0, 0x x x x x     ，则： 1 2( ) ( ) ( )( ) 0f x g x mx x x x x x      ；又 1 1 1( ) ( ) 0f x g x mx   所 以 函 数 在  1 2,x x x 上 的 最 大 值 为 0 ， 于 是 当 0m  时 对 任 意 的  1 2,x x x ， ( ) ( ) ( 1)f x g x m x   恒成立；综上： m 的取值范围是 1( ,0)4  。 97.（湖南文 22）设函数 1( ) ln ( ).f x x a x a Rx     (I)讨论 ( )f x 的单调性； （II）若 ( )f x 有两个极值点 1 2x x和 ，记过点 1 1 2 2( , ( )), ( , ( ))A x f x B x f x 的直线的斜率为 k ， 问：是否存在 a ，使得 2 ?k a  若存在，求出 a 的值，若不存在，请说明理由． 解析：（I） ( )f x 的定义域为 (0, ). 2 2 2 1 1'( ) 1 a x axf x x x x      令 2( ) 1,g x x ax   其判别式 2 4.a  当| | 2 , 0, '( ) 0,a f x  时 故 ( ) (0, )f x 在 上单调递增． 当 2a   时, >0,g(x)=0 的两根都小于 0，在 (0, ) 上， '( ) 0f x  ，故 ( ) (0, )f x 在 上 单调递增． 当 2a  时, >0,g(x)=0 的两根为 2 2 1 2 4 4,2 2 a a a ax x     ， 当 10 x x  时， '( ) 0f x  ；当 1 2x x x  时， '( ) 0f x  ；当 2x x 时， '( ) 0f x  ， 故 ( )f x 分别在 1 2(0, ),( , )x x  上单调递增，在 1 2( , )x x 上单调递减． （II）由（I）知， 2a  ． 因为 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) (ln ln )x xf x f x x x a x xx x       ，所以 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ln ln11f x f x x xk ax x x x x x       又由(I)知， 1 2 1x x  ．于是 1 2 1 2 ln ln2 x xk a x x    若存在 a ，使得 2 .k a  则 1 2 1 2 ln ln 1x x x x   ．即 1 2 1 2ln lnx x x x   ．亦即 2 2 2 2 1 2ln 0( 1)(*)x x xx     再 由 （ I ） 知 ， 函 数 1( ) 2lnh t t tt    在 (0, ) 上 单 调 递 增 ， 而 2 1x  ， 所 以 2 2 2 1 12ln 1 2ln1 0.1x xx       这与 (*) 式矛盾．故不存在 a ，使得 2 .k a  98.（湖南理 20）如图 6，长方形物体 E 在雨中沿面 P（面积为 S）的垂直方向作匀速移动， 速度为 ( 0)v v  ，雨速沿 E 移动方向的分速度为 ( )c c R 。E 移动时单位时间内的淋雨量包 括两部分：（1）P 或 P 的平行面（只有一个面淋雨）的淋雨量，假设其值与 v c ×S 成正 比，比例系数为 1 10 ；（2）其它面的淋雨量之和，其值为 1 2 ，记 y 为 E 移动过程中的总淋 雨量，当移动距离 d=100，面积 S= 3 2 时。 （Ⅰ）写出 y 的表达式 （Ⅱ）设 0＜v≤10,0＜c≤5，试根据 c 的不同取值范围，确定移动速度 v ，使总淋雨量 y 最少。 解析：（I）由题意知，E 移动时单位时间内的淋雨量为 3 1| |20 2v c  ， 故 100 3 1 5( | | ) (3| | 10)20 2y v c v cv v       . （II）由(I)知，当 0 v c  时， 5 5(3 10)(3 3 10) 15cy c vv v      ； 当 10c v  时， 5 5(10 3 )(3 3 10) 15cy v cv v      . 故 5(3 10) 15,0 5(10 3 ) 15, 10 c v cvy c c vv          。 (1)当 100 3c  时， y 是关于 v 的减函数.故当 10v  时， min 320 2 cy   。 (2) 当 10 53 c  时，在 (0, ]c 上， y 是关于 v 的减函数；在 ( ,10]c 上， y 是关于 v 的增函 数；故当 v c 时， min 50y c  。 99.（湖南理 22） 已知函数 f ( x ) = 3x ，g ( x )= x + x 。 （Ⅰ）求函数 h ( x )= f ( x )-g ( x )的零点个数，并说明理由； （Ⅱ）设数列 *{ }( )na n N 满足 1 ( 0)a a a  ， 1( ) ( )n nf a g a  ，证明：存在常数 M,使 得对于任意的 *n N ，都有 na ≤ M . 解 析 ： （ I ） 由 3( )h x x x x   知 ， [0, )x  ， 而 (0) 0h  ， 且 (1) 1 0, (2) 6 2 0h h      ，则 0x  为 ( )h x 的一个零点，且 ( )h x 在 1 2（，）内有零点， 因此 ( )h x 至少有两个零点 解法 1： 1 2 21'( ) 3 1 2h x x x     ，记 1 2 21( ) 3 1 2x x x     ，则 3 21'( ) 6 4x x x    。 当 (0, )x  时， '( ) 0x  ，因此 ( )x 在 (0, ) 上单调递增，则 ( )x 在 (0, ) 内至多 只有一个零点。又因为 3(1) 0, ( ) 03    ，则 ( )x 在 3( ,1)3 内有零点，所以 ( )x 在 (0, ) 内有且只有一个零点。记此零点为 1x ，则当 1(0, )x x 时， 1( ) '( ) 0x x   ；当 1( , )x x  时， 1( ) '( ) 0x x   ； 所以， 当 1(0, )x x 时， ( )h x 单调递减，而 (0) 0h  ，则 ( )h x 在 1(0, ]x 内无零点； 当 1( , )x x  时， ( )h x 单调递增，则 ( )h x 在 1( , )x  内至多只有一个零点； 从而 ( )h x 在 (0, ) 内至多只有一个零点。综上所述， ( )h x 有且只有两个零点。 解法 2： 1 2 2( ) ( 1 )h x x x x     ，记 1 2 2( ) 1x x x     ，则 3 21'( ) 2 2x x x    。 当 (0, )x  时， '( ) 0x  ，因此 ( )x 在 (0, ) 上单调递增，则 ( )x 在 (0, ) 内至多 只有一个零点。因此 ( )h x 在 (0, ) 内也至多只有一个零点， 综上所述， ( )h x 有且只有两个零点。 （II）记 ( )h x 的正零点为 0x ，即 3 0 0 0x x x  。 （1）当 0a x 时，由 1a a ，即 1 0a x .而 3 3 2 1 1 0 0 0a a a x x x     ，因此 2 0a x ， 由此猜测： 0na x 。下面用数学归纳法证明： ①当 1n  时， 1 0a x 显然成立； ②假设当 ( 1)n k k  时，有 0ka x 成立，则当 1n k  时，由 3 3 1 0 0 0k k ka a a x x x      知， 1 0ka x  ，因此，当 1n k  时， 1 0ka x  成立。 故对任意的 *n N ， 0na x 成立。 （2）当 0a x 时，由（1）知， ( )h x 在 0( , )x  上单调递增。则 0( ) ( ) 0h a h x  ，即 3a a a  。从而 3 3 2 1 1a a a a a a     ，即 2a a ，由此猜测： na a 。下面用 数学归纳法证明： ①当 1n  时， 1a a 显然成立； ②假设当 ( 1)n k k  时，有 ka a 成立，则当 1n k  时，由 3 3 1k k ka a a a a a      知， 1ka a  ，因此，当 1n k  时， 1ka a  成立。 故对任意的 *n N ， na a 成立。 综上所述，存在常数 0max{ , }M x a ，使得对于任意的 *n N ，都有 na M . 100.（江苏 17）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为 60cm 的正方形硬纸片， 切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得 ABCD 四个点重合 于图中的点 P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F 在 AB 上是被切去的等腰直角 三角形斜边的两个端点，设 AE=FB=xcm. （1）若广告商要求包装盒侧面积 S（cm 2 ）最大，试问 x 应取何值？ （2）若广告商要求包装盒容积 V（cm 3 ）最大，试问 x 应取何值？并求出此时包装盒的高 与底面边长的比值. 【解】（1）根据题意有 2 2 2 260 4 (60 2 ) 240 8S x x x x      28( 15) 1800x    （00 从而当 x>0,且 x  1 时，f（x）-（ 1 ln x x + x k ）>0，即 f（x）> 1 ln x x + x k . （ii）设 00,故 'h (x）>0,而 h（1）=0，故当 x（1， k1 1 ）时，h（x）>0，可得 21 1 x h（x）<0,与题设矛盾。 （iii）设 k  1.此时 'h （x）>0,而 h（1）=0，故当 x（1，+  ）时，h（x）>0，可得 21 1 x h（x）<0,与题设矛盾。综合得，k 的取值范围为（-  ，0] 108.（全国Ⅰ文 21）设函数     21x xf x e ax   （Ⅰ）若 a= 1 2 ，求  xf 的单调区间； （Ⅱ）若当 x ≥0 时  xf ≥0，求 a 的取值范围 （21）解： （Ⅰ） 1 2a  时， 21( ) ( 1) 2 xf x x e x   ， '( ) 1 ( 1)( 1)x x xf x e xe x e x       。当  , 1x   时 '( )f x   ;当  1,0x  时， '( ) 0f x  ;当  0,x  时， '( ) 0f x  。故 ( )f x 在 , 1  ， 0, 单调增加，在（-1，0）单调减少。 （Ⅱ） ( ) ( 1 )af x x x ax   。令 ( ) 1ag x x ax   ，则 '( ) xg x e a  。若 1a  ，则当  0,x  时， '( )g x   ， ( )g x 为减函数，而 (0) 0g  ，从而当 x≥0 时 ( )g x ≥0，即 ( )f x ≥0. 若 a ，则当  0,lnx a 时， '( )g x  ， ( )g x 为减函数，而 (0) 0g  ，从而当  0,lnx a 时 ( )g x ＜0，即 ( )f x ＜0.综合得 a 的取值范围为  ,1 109.（全国Ⅱ理 22）（Ⅰ）设函数 2( ) ln(1 ) 2 xf x x x     ，证明：当 x ＞0 时， ( )f x ＞0； （Ⅱ）从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取 20 次，设抽得的 20 个号码互不相同的概率为 p .证明： p ＜ 199( )10 ＜ 2 1 e . 【命题立意】：本小题主要考查函数、导数、不等式证明及等可能事件的概率等知识。通过 运用导数知识解决函数、不等式问题,考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力. 【解析】（Ⅰ） 2 2 2 1 2( 2) 2( ) 0,( 1)1 ( 2) ( 1)( 2) x x xf x xx x x x            ，（仅当 0x  时 ( ) 0f x  ） 故函数 ( )f x 在 ( 1, )  单调递增.当 0x  时， ( ) 0f x  ，故当 x ＞0 时， ( )f x ＞0. （Ⅱ）从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，连续抽取 20 次，则 抽得的 20 个号码互不相同的概率为 20 100 20100 Ap  ，要证 p ＜（ 9 10 ）19＜ 2 1 e . 先证： 20 19100 20 9 100 10 Ap  （ ） 即证 20 20 100 99 ... 81 100 90 100 90 100     （ ） 即证 1999 98 ... 81   （90） 而 2 2 299 81 (90 9) (90 9) 90 9       （90） 2 2 298 82 (90 8) (90 8) 90 8       （90） ……… 2 2 291 89 (90 1) (90 1) 90 1       （90） 所以 1999 98 ... 81   （90） . 即 199 10p （ ） 再证： 19 29 10 e（ ） ，即证 19 210 9 e（ ） ，即证 10 29 19ln ，即证 10 2 9 ln 19 由（Ⅰ） 2( ) ln(1 ) 2 xf x x x     ，当 x ＞0 时， ( )f x ＞0. 令 1 ,9x  则 121 1 29ln(1 ) ln(1 ) 019 9 1929         ，即 10 2 9 ln 19 综上有： 19 29 10p e （ ） 110.（全国Ⅱ文 20）已知函数 3 2( ) 3 (3 6 ) 12 4( )f x x ax a x a a R       (Ⅰ)证明：曲线 ( ) 0y f x x 在 (2,2)的切线过点 ； （Ⅱ）若 0 0( ) (1,3)f x x x x 在 处取得极小值， ,求 a 的取值范围。 【解析】(Ⅰ) 2( ) 3 6 (3 6 )f x x ax a     ， (0) 3 6f a   ，又 (0) 12 4f a  曲线 ( ) 0y f x x 在 的切线方程是： (12 4) (3 6 )y a a x    ，在上式中令 2x  ，得 2y  所以曲线 ( ) 0y f x x 在 (2,2)的切线过点 ； （Ⅱ）由 ( ) 0f x  得 2 2 1 2 0x ax a    ，（i）当 2 1 2 1a     时， ( )f x 没有 极小值； (ii)当 2 1a   或 2 1a    时，由 ( ) 0f x  得 2 2 1 22 1, 2 1x a a a x a a a          故 0 2x x 。由题设知 21 2 1 3a a a      ，当 2 1a   时，不等式 21 2 1 3a a a      无解； 当 2 1a    时，解不等式 21 2 1 3a a a      得 5 2 12 a     综合(i)(ii)得 a 的取值范围是 5( , 2 1)2    。 111.（山东理 21）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的 中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为 80 3  立方米，且 2l r≥ . 假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元，半 球形部分每平方米建造费用为 ( 3)c c＞ .设该容器的建造费用为 y 千元. （Ⅰ）写出 y 关于 r 的函数表达式，并求该函数的定义域； （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的 r . 【解析】（Ⅰ）因为容器的体积为 80 3  立方米，所以 3 24 3 r r l   80 3  ,解得 2 80 4 3 3 rl r   , 所以圆柱的侧面积为 2 rl = 2 80 42 ( )3 3 rr r    2160 8 3 3 r r   ,两端两个半球的表面积之和为 24 r ,所以 y  2160 8 rr   + 24 cr ,定义域为(0, 2 l ). （Ⅱ）因为 'y  2 160 16 rr    +8 cr = 3 2 8 [( 2) 20]c r r    ,所以令 ' 0y  得: 3 20 2r c   ; 令 ' 0y  得: 3 200 2r c    ,所以 3 20 2r c   米时, 该容器的建造费用最小. 112. （ 陕 西 理 21 ） 设 函 数 ( )f x 定 义 在 (0, ) 上 ， (1) 0f  ， 导 函 数 1( )f x x   ， ( ) ( ) ( )g x f x f x  ． （1）求 ( )g x 的单调区间和最小值； （2）讨论 ( )g x 与 1( )g x 的大小关系； （3）是否存在 0 0x  ，使得 0 1| ( ) ( ) |g x g x x   对任意 0x  成立？若存在，求出 0x 的取值 范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先求出原函数 ( )f x ，再求得 ( )g x ，然后利用导数判断函数的单调性（单调 区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调 性，并由单调性判断函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注 意利用前两问的结论． 【解】（1）∵ 1( )f x x   ，∴ ( ) lnf x x c  （ c 为常数），又∵ (1) 0f  ，所以 ln1 0c  ， 即 0c  ， ∴ ( ) lnf x x ； 1( ) lng x x x   ，∴ 2 1( ) xg x x   ，令 ( ) 0g x  ，即 2 1 0x x   ，解得 1x  ， 当 (0,1)x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 是减函数，故区间在 (0,1) 是函数 ( )g x 的减区间； 当 (1, )x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 是增函数，故区间在 (1, ) 是函数 ( )g x 的增区间； 所以 1x  是 ( )g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以 ( )g x 的最小值是 (1) 1g  ． （2） 1( ) lng x xx    ，设 1 1( ) ( ) ( ) 2lnh x g x g x xx x      ，则 2 2 ( 1)( ) xh x x    ， 当 1x  时， (1) 0h  ，即 1( ) ( )g x g x  ，当 (0,1) (1, )x  时， ( ) 0h x  ， (1) 0h  ， 因此函数 ( )h x 在 (0, ) 内单调递减，当 0 1x  时， ( ) (1)h x h =0，∴ 1( ) ( )g x g x  ； 当 1x  时， ( ) (1)h x h =0，∴ 1( ) ( )g x g x  ． （3）满足条件的 0x 不存在．证明如下： 证法一 假设存在 0 0x  ，使 0 1| ( ) ( ) |g x g x x   对任意 0x  成立， 即对任意 0x  有 0 2ln ( ) lnx g x x x    ① 但对上述的 0x ，取 0( ) 1 g xx e 时，有 1 0ln ( )x g x ，这与①左边的不等式矛盾， 因此不存在 0 0x  ，使 0 1| ( ) ( ) |g x g x x   对任意 0x  成立． 证法二 假设存在 0 0x  ，使 0 1| ( ) ( ) |g x g x x   对任意 0x  成立， 由（1）知， ( )g x 的最小值是 (1) 1g  ， 又 1( ) ln lng x x xx    ，而 1x  时，ln x 的值域为 (0, ) ，∴当 1x … 时， ( )g x 的值域 为[1, ) ， 从而可以取一个值 1 1x  ，使 1 0( ) ( ) 1g x g x … ，即 1 0( ) ( ) 1g x g x … ,∴ 1 0 1 1| ( ) ( ) | 1g x g x x  … ， 这 与 假 设 矛 盾 ． ∴ 不 存 在 0 0x  ， 使 0 1| ( ) ( ) |g x g x x   对任意 0x  成立． 113.（陕西文 21）设 ( ) lnf x x ， ( ) ( ) ( )g x f x f x  ． （1）求 ( )g x 的单调区间和最小值； （2）讨论 ( )g x 与 1( )g x 的大小关系； （3）求 a 的取值范围，使得 ( ) ( )g a g x ＜ 1 a 对任意 x ＞0 成立． 【分析】（1）先求出原函数 ( )f x ，再求得 ( )g x ，然后利用导数判断函数的单调性（单调 区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调 性，并由单调性判断函数的正负；（3）对任意 x ＞0 成立的恒成立问题转化为函数 ( )g x 的 最小值问题． 【解】（1）由题设知 1( ) ln , ( ) lnf x x g x x x    ，∴ 2 1( ) ,xg x x   令 ( )g x  0 得 x =1， 当 x ∈（0，1）时， ( )g x ＜0， ( )g x 是减函数，故（0，1）是 ( )g x 的单调减区间。 当 x ∈（1，+∞）时， ( )g x ＞0， ( )g x 是增函数，故（1，+∞）是 ( )g x 的单调递增区间， 因此， x =1 是 ( )g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以 ( )g x 的最小值 为 (1) 1.g  (2) 1( ) lng x xx    ，设 1 1( ) ( ) ( ) lnh x g x g x xx x      ，则 2 2 ( 1)( ) xh x x    ， 当 1x  时， (1) 0h  ，即 1( ) ( )g x g x  ，当 (0,1) (1, )x   时， ( ) 0h x  ， 因此， ( )h x 在 (0, ) 内单调递减，当 0 1x  时， ( ) (1) 0h x h  ，即 1( ) ( ).g x g x  （3）由（1）知 ( )g x 的最小值为 1，所以， 1( ) ( )g a g x a   ，对任意 0x  ，成立 1( ) 1 ,g a a    即 1,Ina  从而得 0 a e  。 114.（上海理 20） 已知函数 ( ) 2 3x xf x a b    ，其中常数 ,a b 满足 0a b  （1）若 0a b  ，判断函数 ( )f x 的单调性； （2）若 0a b  ，求 ( 1) ( )f x f x  时的 x 的取值范围． 解：⑴ 当 0, 0a b  时，任意 1 2 1 2, ,x x R x x  ， 则 1 2 1 2 1 2( ) ( ) (2 2 ) (3 3 )x x x xf x f x a b     ∵ 1 2 1 22 2 , 0 (2 2 ) 0x x x xa a     ， 1 2 1 23 3 , 0 (3 3 ) 0x x x xb b     ， ∴ 1 2( ) ( ) 0f x f x  ，函数 ( )f x 在 R 上是增函数。当 0, 0a b  时，同理函数 ( )f x 在 R 上是减函数。 ⑵ ( 1) ( ) 2 2 3 0x xf x f x a b       ， 当 0, 0a b  时 ， 3( )2 2 x a b   ， 则 1.5log ( )2 ax b   ；当 0, 0a b  时， 3( )2 2 x a b   ，则 1.5log ( )2 ax b   。 115.（上海文 21）已知函数 ( ) 2 3x xf x a b    ，其中常数 ,a b 满足 0a b  （1）若 0a b  ，判断函数 ( )f x 的单调性； （2）若 0a b  ，求 ( 1) ( )f x f x  时的 x 的取值范围. 解：⑴ 当 0, 0a b  时，任意 1 2 1 2, ,x x R x x  ， 则 1 2 1 2 1 2( ) ( ) (2 2 ) (3 3 )x x x xf x f x a b     ∵ 1 2 1 22 2 , 0 (2 2 ) 0x x x xa a     ， 1 2 1 23 3 , 0 (3 3 ) 0x x x xb b     ， ∴ 1 2( ) ( ) 0f x f x  ，函数 ( )f x 在 R 上是增函数。当 0, 0a b  时，同理函数 ( )f x 在 R 上是减函数。 ⑵ ( 1) ( ) 2 2 3 0x xf x f x a b       当 0, 0a b  时， 3( )2 2 x a b   ，则 1.5log ( )2 ax b   ； 当 0, 0a b  时， 3( )2 2 x a b   ，则 1.5log ( )2 ax b   。 116.（四川理 22）已知函数 2 1( ) 3 2f x x  ， ( )h x x ． （Ⅰ）设函数 F(x)＝f(x)－h(x)，求 F(x)的单调区间与极值； （Ⅱ）设 aR ，解关于 x 的方程 4 2 2 3 3log [ ( 1) ] log ( ) log (4 )2 4f x h a x h x      ； （Ⅲ）试比较 100 1 (100) (100) ( ) k f h h k    与 1 6 的大小． 本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基本知识，考查数形结合、函数 与方程、分类与整合、特殊与一般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）由 2 1( ) 3 2F x x x   （ 0x  ）知， 4 3( ) 6 xF x x   ，令 ( ) 0F x  ，得 9 16x  ． 当 9(0, )16x 时， ( ) 0F x  ；当 9( , )16x  时， ( ) 0F x  ． 故当 9[0, )16x 时， ( )F x 是减函数； 9[ , )16x  时， ( )F x 是增函数． 函数 ( )F x 在 9 16x  处有得极小值 9 1( )16 8F  ． （Ⅱ）方法一：原方程可化为 4 2 2 3 3log [ ( 1) ] log ( ) log (4 )2 4f x h a x h x      ， 即为 4 2 2 2log ( 1) log log 4 log 4 a xx a x x x        ，且 , 1 4, x a x     ①当1 4a  时，1 x a  ，则 1 4 a xx x    ，即 2 6 4 0x x a    ， 36 4( 4) 20 4 0a a       ，此时 6 20 4 3 52 ax a     ，∵1 x a  ， 此时方程仅有一解 3 5x a   ． ②当 4a  时，1 4x  ，由 1 4 a xx x    ，得 2 6 4 0x x a    ， 36 4( 4) 20 4a a      ， 若 4 5a  ，则 0  ，方程有两解 3 5x a   ； 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 4 2 2log ( 1) log (4 ) log ( )x h x h a x     ， 即 2 2 2 1 log ( 1) log 4 log2 x x a x     ， 1 0, 4 0, 0, ( 1)(4 ) . x x a x x x a x              2 1 4 , ( 3) 5. x x a a x           ①当1 4a  时，原方程有一解 3 5x a   ； ②当 4 5a  时，原方程有二解 3 5x a   ； 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 100 100 1 1 ( ) k k h k k     ． 设数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 1( ) ( ) 6nS f n h n  （ *nN ） 从而 1 1 1a S  ，当 2 100k  时， 1 4 3 4 1 16 6k k k k ka S S k k       ． 又 1[(4 3) (4 1) 1]6ka k k k k k      2 21 (4 3) (4 1) ( 1) 6 (4 3) (4 1) 1 k k k k k k k k          1 1 06 (4 3) (4 1) 1k k k k        ． 即对任意 2 100k  时，有 ka k ，又因为 1 1 1a   ，所以 100 100 1 1 k k k a k     ． 故 100 1 1(100) (100) ( ) 6k f h h k    ． 117.（四川文 22）已知函数 2 1( ) 3 2f x x  ， ( )h x x ． （Ⅰ）设函数 F(x)＝18f(x)－x2[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 3 3lg[ ( 1) ] 2lg ( ) 2lg (4 )2 4f 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） 2 2 3( ) 18 ( ) [ ( )] 12 9( 0)F x f x x h x x x x       ， 2( ) 3 12F 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) 8 24 9 25F      ． （Ⅱ）方法一：原方程可化为 4 2 2 3 3log [ ( 1) ] log ( ) log (4 )2 4f x h a x h x      ， 即为 4 2 2 2log ( 1) log log 4 log 4 a xx a x x x        ，且 , 1 4, x a x     ①当1 4a  时，1 x a  ，则 1 4 a xx x    ，即 2 6 4 0x x a    ， 36 4( 4) 20 4 0a a       ，此时 6 20 4 3 52 ax a     ，∵1 x a  ， 此时方程仅有一解 3 5x a   ． ②当 4a  时，1 4x  ，由 1 4 a xx x    ，得 2 6 4 0x x a    ， 36 4( 4) 20 4a a      ， 若 4 5a  ，则 0  ，方程有两解 3 5x a   ； 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 4 2 2log ( 1) log (4 ) log ( )x h x h a x     ， 即 2 2 2 1 log ( 1) log 4 log2 x x a x     ， 1 0, 4 0, 0, ( 1)(4 ) . x x a x x x a x              2 1 4 , ( 3) 5. x x a a x           ①当1 4a  时，原方程有一解 3 5x a   ； ②当 4 5a  时，原方程有二解 3 5x a   ； 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) ( )] 1 2h h h n n        ， 1 4 3 1( ) ( ) 6 6 6 nf n h n n   ． 设数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 1( ) ( ) 6nS f n h n  （ *nN ） 从而有 1 1 1a S  ，当 2 100k  时， 1 4 3 4 1 16 6k k k k ka S S k k       ． 又 1[(4 3) (4 1) 1]6ka k k k k k      2 21 (4 3) (4 1) ( 1) 6 (4 3) (4 1) 1 k k k k k k k k          1 1 06 (4 3) (4 1) 1k k k k        ． 即对任意 2k  时，有 ka k ，又因为 1 1 1a   ，所以 1 2 1 2na a a n        ． 则 (1) (2) ( )nS h h h n    ，故原不等式成立． 118.（天津理 21）已知函数   e xf x x   xR ． （Ⅰ）求函数  f x 的单调区间和极值； （Ⅱ）已知函数  y g x 的图象与函数  y f x 的图象关于直线 1x  对称．证明当 1x  时，    f x g x ． （Ⅲ）如果 1 2x x ，且    1 2f x f x ，证明 1 2 2x x  ． 【解】（Ⅰ）    1 e xf x x    ．令    1 e 0xf x x     ，则 1x  ． 当 x 变化时，    ,f x f x 的变化情况如下表： x  ,1 1  1,  f x  0   f x 增 极大值 减 所以  f x 在区间 ,1 内是增函数，在区间 1, 内是减函数． 函数  f x 在 1x  处取得极大值  1f ．且   11 ef  ． （Ⅱ）因为函数  y g x 的图象与函数  y f x 的图象关于直线 1x  对称， 所以    2g x f x  ，于是     22 exg x x   ． 记      F x f x g x  ，则     2e 2 ex xF x x x    ，     2 21 e 1 ex xF x x      ， 当 1x  时， 2 2 0x   ，从而 2 2e 1 0x   ，又 e 0x  ，所以   0F x  ， 于是函数  F x 在区间 1, 上是增函数． 因为   1 11 e e 0F     ，所以，当 1x  时，    1 0F x F  ．因此    f x g x ． （Ⅲ）(1) 若  1 21 1 0x x   ，由（Ⅰ）及    1 2f x f x ,得 1 2x x ,与 1 2x x 矛盾； (2) 若  1 21 1 0x x   ，由由（Ⅰ）及    1 2f x f x ,得 1 2x x ,与 1 2x x 矛盾； 根据(1)，(2)可得  1 21 1 0x x   ．不妨设 1 21, 1x x  ． 由（Ⅱ）可知      2 2 22f x g x f x   ，所以        1 2 2 22f x f x g x f x    ． 因为 2 1x  ，所以 22 1x  ，又 1 1x  ，由（Ⅰ），  f x 在区间 ,1 内是增函数， 所以 1 22x x  ，即 1 2 2x x  ． 119.（天津文 20）已知函数   3 23 12f x ax x    xR ，其中 0a  ． （Ⅰ）若 1a  ，求曲线  y f x 在点   2, 2f 处的切线方程； （Ⅱ）若在区间 1 1,2 2     上，   0f x  恒成立，求 a 的取值范围． 【解】（Ⅰ）当 1a  时，   3 23 12f x x x   ，  2 3f  ．   23 3f x x x   ，  2 6f   ． 所以曲线  y f x 在点   2, 2f 处的切线方程为  3 6 2y x   ，即 6 9y x  ． （Ⅱ）    23 3 3 1f x ax x x ax     ． 令   0f x  ，解得 0x  或 1x a  ．针对区间 1 1,2 2     ，需分两种情况讨论： (1) 若 0 2a  ,则 1 1 2a  ． 当 x 变化时，    ,f x f x 的变化情况如下表： x 1 ,02     0 10, 2       f x  0   f x 增 极大值 减 所以  f x 在区间 1 1,2 2     上的最小值在区间的端点得到．因此在区间 1 1,2 2     上，   0f x  恒成立，等价于 1 0,2 1 0,2 f f              即 5 0,8 5 0,8 a a     解得 5 5a   ，又因为 0 2a  ，所以 0 2a  ． (2) 若 2a  ，则 1 10 2a   ． 当 x 变化时，    ,f x f x 的变化情况如下表： x 1 ,02     0 10, a      1 a 1 1, 2a       f x  0  0   f x 增 极大值 减 极小值 增 所以  f x 在区间 1 1,2 2     上的最小值在区间的端点或 1x a  处得到． 因此在区间 1 1,2 2     上，   0f x  恒成立，等价于 1 0,2 1 0, f f a              即 2 5 0,8 11 0, 2 a a      解得 2 52 a  或 2 2a   ，又因为 2a  ，所以 2 5a  ． 综合(1),(2), a 的取值范围为 0 5a  . 120.（浙江理 22）已知函数 ( ) 2 ln(1 ) ( 0)f x a x x a    . （Ⅰ）求 ( )f x 的单调区间和极值； （Ⅱ）求证： (1 )lg lg lg4lg lg ( 1)2 3 n n n ne e ee e nn       *( )n N . 解：（Ⅰ）定义域为 1,  ， 2'( ) 11 af x x   ………2 分 令 '( ) 0 1 2 1f x x a      ，令 '( ) 0 2 1f x x a    故 ( )f x 的单调递增区间为 1,2 1a  ， ( )f x 的单调递减区间为 2 1,a   ( )f x 的极大值为 2 ln 2 2 1a a a  （Ⅱ）证：要证 (1 )lg lg lg4lg lg ( 1)2 3 n n n ne e ee e nn       即证 (1 ) 1 1 1 lg ( 1)4 2 3 lg nn nne n n e      ， 即证 (1 ) 1 1 14 ln ( 1)2 3 nn nne nn       即证 1 1 1 11 3 ln( 1) (1 )2 3 nnn n         令 1 2a  ，由（Ⅰ）可知 ( )f x 在 (0, ) 上递减，故 ( ) (0) 0f x f  即 ln(1 )x x  ，令 *1 ( )x n Nn   ，故 1 1 1ln(1 ) ln ln( 1) lnn n nn n n       累加得， 1 1 1ln( 1) 1 2 3n n      1 1 1 1ln(1 ) ln(1 ) 1 (1 ) 3n n en n n n          故 1 1 1 11 3 ln( 1) (1 )2 3 nnn n         ，得证 法二： 1(1 )n n  = 0 1 2 2 1 1 1n n n n n nC C C Cn n n    1 1 12 2! 3! !n     2 1 1 12 2 2 2n    1 1 1 1(1 ) 12 22 3 31 21 2 n n          ，其余相同证法. 121.（浙江文 21）设函数 axxxaxf  22 ln)( ， 0a （Ⅰ）求 )(xf 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数 a ，使 2)(1 exfe  对 ],1[ ex  恒成立． 注： e 为自然对数的底数． （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 2 2( ) ln . 0f x a x x ax x   其中 ，所以 2 ( )(2 )( ) 2a x a x af x x ax 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) 1 1,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 2 2 2 (1) 1 1, ( ) f a e f e a e ae e          ，解得 .a e 122.（重庆理 18）设 ( )f x x ax bx    的导数 '( )f x 满足 '( ) , '( )f a f b      ，其 中常数 ,a b R 。 （Ⅰ）求曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))f  处的切线方程； (Ⅱ) 设 ( ) '( ) xg x f x e ，求函数 ( )g x 的极值。 解：（Ⅰ） / 2( ) 3 2f x x ax b   则 / (1) 3 2 2 3f a b a b       ； / 3(2) 12 4 2f a b b a        ； 所 以 3 23( ) 3 12f x x x x    ， 于 是 有 /5(1) , (1) 32f f   故曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))f  处的切线方程为： 6 2 1 0x y   (Ⅱ)由（Ⅰ）知 2 / 2( ) (3 3 3) ( ) ( 3 9 )x xg x x x e g x x x e        ，令 / 1 2( ) 0 0, 3g x x x    ； 于是函数 ( )g x 在 ( ,0) 上递减， (0,3) 上递增， (3, ) 上递减； 所以函数 ( )g x 在 0x  处取得极小值 (0) 3g   ，在 3x  处取得极大值 3(3) 15g e 。 123. (重庆文 19)设 的导数为 ,若函数 的图象关于 直线 对称，且 .](Ⅰ)求实数 , 的值;(Ⅱ)求函数 的极值 解：(Ⅰ) 2 / 2 2( ) 6 2 6( )6 6 a af x x ax b x b       ，函数 的图象关于直线 6 ax   对称， 所以 1 36 2 a a     ，又 / (1) 0 6 2 0 12f a b b        ； (Ⅱ)由(Ⅰ) 3 2 / 2( ) 2 3 12 1, ( ) 6 6 12f x x x x f x x x       ， 令 / 1 2( ) 0 2, 1f x x x     ； 函数 ( )f x 在 ( , 2)  上递增，在 ( 2,1) 上递减，在 (1, ) 上递增，所以函数 ( )f x 在 2x   处取得极大值 ( 2) 21f   ，在 1x  处取得极大值 (1) 6f   。 2010 年高考题 1..（2010 全国卷 2 理）（10）若曲线 1 2y x   在点 1 2,a a       处的切线与两个坐标围成的三 角形的面积为 18，则 a  （A）64 （B）32 （C）16 （D）8 【答案】A 【命题意图】本试题主要考查求导法则、导数的几何意义、切线的求法和三角形的面积公式， 考查考生的计算能力.. 【解析】 3 3 2 21 1' ,2 2y x k a        ，切线方程是 1 3 2 21 ( )2y a a x a       ，令 0x  ， 1 23 2y a   ，令 0y  ， 3x a ，∴三角形的面积是 1 21 33 182 2s a a      ，解得 64a  .故 选 A. 2.（2010 辽宁文）（12）已知点 P 在曲线 4 1xy e   上， 为曲线在点 P 处的切线的倾斜 角，则 的取值范围是 (A)[0, 4  ) (B)[ , )4 2   （C） 3( , ]2 4   (D) 3[ , )4   答案 D 解析：选 D. 2 4 4 12 1 2 x x x x x ey e e e e         ， 1 2, 1 0x xe ye      ， 即 1 tan 0   ， 3[ , )4    3.（2010 辽宁理）(1O)已知点 P 在曲线 y= 4 1xe  上，a 为曲线在点 P 处的切线的倾斜角， 则 a 的取值范围是 (A)[0, 4  ) (B)[ , )4 2   3( , ]2 4   (D) 3[ , )4   【答案】D 【命题立意】本题考查了导数的几何意义，求导运算以及三角函数的知识。 【解析】因为 ' 2 4 4 1( 1) 2 x x x x ey e e e        ，即 tan a≥-1,所以 3 4     4.（2010 全国卷 2 文）（7）若曲线 2y x ax b   在点 (0, )b 处的切线方程是 1 0x y   ， 则 （A） 1, 1a b  (B) 1, 1a b   (C) 1, 1a b   (D) 1, 1a b    【解析】A：本题考查了导数的几何意思即求曲线上一点处的切线方程 ∵ 02 xy x a a    ，∴ 1a  ， (0, )b 在切线 1 0x y   ，∴ 1b  5.（2010 江西理）12.如图，一个正五角星薄片（其对称轴与水面垂直）匀速地升出水面， 记 t 时刻五角星露出水面部分的图形面积为     0 0S t S  ，则导函数  'y S t 的图像大 致为 【答案】A 【解析】本题考查函数图像、导数图、导数的实际意义等知识，重点考查的是对数学的探究 能力和应用能力。最初零时刻和最后终点时刻没有变化，导数取零，排除 C；总面积一直保 持增加，没有负的改变量，排除 B；考察 A、D 的差异在于两肩位置的改变是否平滑，考虑 到导数的意义，判断此时面积改变为突变，产生中断，选择 A。 6.（2010 江苏卷）14、将边长为 1m 正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其 中一块是梯形，记 2(S  梯形的周长） 梯形的面积 ,则 S 的最小值是________。 【解析】 考查函数中的建模应用，等价转化思想。一题多解。 设剪成的小正三角形的边长为 x ，则： 2 2 2 (3 ) 4 (3 ) (0 1)11 3 3( 1) (1 )2 2 x xS xxx x           （方法一）利用导数求函数最小值。 2 2 4 (3 )( ) 13 xS x x    ， 2 2 2 2 4 (2 6) (1 ) (3 ) ( 2 )( ) (1 )3 x x x xS x x           2 2 2 2 2 2 4 (2 6) (1 ) (3 ) ( 2 ) 4 2(3 1)( 3) (1 ) (1 )3 3 x x x x x x x x               1( ) 0,0 1, 3S x x x     ， 当 1(0, ]3x 时， ( ) 0,S x  递减；当 1[ ,1)3x 时， ( ) 0,S x  递增； 故当 1 3x  时，S 的最小值是 32 3 3 。 （方法二）利用函数的方法求最小值。 令 1 1 13 , (2,3), ( , )3 2x t t t     ，则： 2 2 2 4 4 1 8 66 83 3 1 tS t t t t          故当1 3 1,8 3xt   时，S 的最小值是 32 3 3 。 7.（2010 湖南文）21．（本小题满分 13 分） 已知函数 ( ) ( 1)ln 15 ,af x x a x ax      其中 a<0,且 a≠-1. （Ⅰ）讨论函数 ( )f x 的单调性； （Ⅱ）设函数 3 3 2( 2 3 6 4 6 ) , 1 ( ), 1 ( ) { xx ax ax a a e x e f x x g x          （e 是自然数的底数）。是否存在 a，使 ( )g x 在[a,-a]上为减函数？若存在，求 a 的取值范围；若不存在，请说明理由。 8. （ 2010 浙 江 理 ） (22)( 本 题 满 分 14 分 ) 已 知 a 是 给 定 的 实 常 数 ， 设 函 数 2 2( ) ( ) ( )f x x a x b e   ，b R ， x a 是 ( )f x 的一个极大值点． (Ⅰ)求b 的取值范围； (Ⅱ)设 1 2 3, ,x x x 是 ( )f x 的 3 个极值点，问是否存在实数 b ，可找到 4x R ，使得 1 2 3 4, , ,x x x x 的某种排列 1 2 3 4 , , ,i i i ix x x x (其中 1 2 3 4, , ,i i i i = 1,2,3,4 )依次成等差数列?若存 在，求所有的b 及相应的 4x ；若不存在，说明理由． 解析：本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识，同 时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识。 （Ⅰ）解：f’(x)=ex(x-a) 2 (3 ) 2 ,x a b x b ab a        令 2 2 2 ( ) (3 ) 2 , =(3-a+b) 4(2 ) ( 1) 8 0, g x x a b x b ab a b ab a a b                则 于是，假设 1 2 1 2, ( ) 0 .x x g x x x 是 的两个实根，且 （1） 当 x1=a 或 x2=a 时，则 x=a 不是 f(x)的极值点，此时不合题意。 （2） 当 x1  a 且 x2  a 时，由于 x=a 是 f(x)的极大值点，故 x10), 由已知得 x =alnx， 1 2 x = a x ， 解德 a= 2 e ,x=e2, 两条曲线交点的坐标为（e2,e） 切线的斜率为 k=f’(e2)= 1 2e , 切线的方程为 y-e= 1 2e (x- e2). （2）由条件知 Ⅰ 当 a.>0 时，令 h ' (x)=0,解得 x= 24a , 所以当 0 < x< 24a 时 h ' (x)<0，h(x)在（0， 24a ）上递减； 当 x> 24a 时，h ' (x)>0，h(x)在（0， 24a ）上递增。 所以 x> 24a 是 h(x)在（0， +∞ ）上的唯一极致点，且是极小值点，从而也是 h(x)的最小 值点。 所以Φ （a）=h( 24a )= 2a-aln 24a =2 Ⅱ当 a ≤ 0 时，h(x)=(1/2-2a) /2x>0,h(x)在（0，+∞）递增，无最小值。 故 h(x) 的最小值Φ （a）的解析式为 2a(1-ln2a) (a>o) （3）由（2）知Φ （a）=2a(1-ln2a) 则 Φ 1（a ）=-2ln2a，令Φ 1（a ）=0 解得 a =1/2 当 00，所以Φ （a ） 在(0,1/2) 上递增 当 a>1/2 时， Φ 1（a ）<0，所以Φ（a ） 在 (1/2, +∞)上递减。 所以Φ（a ）在(0, +∞)处取得极大值Φ（1/2 ）=1 因为Φ（a ）在(0, +∞)上有且只有一个极致点，所以Φ（1/2）=1 也是Φ（a）的最大值 所当 a 属于 (0, +∞)时，总有Φ（a） ≤ 1 11.（2010 辽宁文）（21）（本小题满分 12 分） 已知函数 2( ) ( 1)ln 1f x a x ax    . （Ⅰ）讨论函数 ( )f x 的单调性； （Ⅱ）设 2a   ，证明：对任意 1 2, (0, )x x   ， 1 2 1 2| ( ) ( ) | 4 | |f x f x x x   . 解：(Ⅰ) f(x)的定义域为(0,+ )， 21 2 1( ) 2a ax af x axx x       . 当 a≥0 时， ( )f x ＞0，故 f(x)在(0,+ )单调增加； 当 a≤－1 时， ( )f x ＜0, 故 f(x)在(0,+ )单调减少； 当－1＜a＜0 时，令 ( )f x ＝0,解得 x= 1 2 a a  .当 x∈(0, 1 2 a a  )时, ( )f x ＞0； x∈( 1 2 a a  ，+  )时， ( )f x ＜0, 故 f(x)在（0, 1 2 a a  ）单调增加，在（ 1 2 a a  ， +  ）单调减少. (Ⅱ)不妨假设 x1≥x2.由于 a≤－2,故 f(x)在（0，+  ）单调减少. 所以 1 2 1 2( ) ( ) 4f x f x x x   等价于 1 2( ) ( )f x f x ≥4x1－4x2, 即 f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1. 令 g(x)=f(x)+4x,则 1( ) 2ag x axx    +4 ＝ 22 4 1ax x a x    . 于是 ( )g x ≤ 24 4 1x x x    ＝ 2(2 1)x x   ≤0. 从而 g(x)在（0，+  ）单调减少，故 g(x1) ≤g(x2)， 即 f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2，故对任意 x1,x2∈(0,+ ) ， 1 2 1 2( ) ( ) 4f x f x x x   . 12.（2010 辽宁理）（21）（本小题满分 12 分） 已知函数 1ln)1()( 2  axxaxf （I）讨论函数 )(xf 的单调性； （II）设 1a .如果对任意 ),0(, 21 xx ， ||4)()(| 2121 xxxfxf  ，求 a 的取值 范围。 解： （Ⅰ） ( )f x 的定义域为（0，+∞）. 21 2 1'( ) 2a ax af x axx x      . 当 0a  时， '( )f x ＞0，故 ( )f x 在（0，+∞）单调增加； 当 1a   时， '( )f x ＜0，故 ( )f x 在（0，+∞）单调减少； 当-1＜ a ＜0 时，令 '( )f x =0，解得 1 2 ax a   . 则当 1(0, )2 ax a   时， '( )f x ＞0； 1( , )2 ax a    时， '( )f x ＜0. 故 ( )f x 在 1(0, )2 a a  单调增加，在 1( , )2 a a   单调减少. （Ⅱ）不妨假设 1 2x x ，而 a ＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调减少，从而 1 2, (0, )x x   ， 1 2 1 2( ) ( ) 4f x f x x x   等价于 1 2, (0, )x x   ， 2 2 1 1( ) 4 ( ) 4f x x f x x   ① 令 ( ) ( ) 4g x f x x  ，则 1'( ) 2 4ag x axx    ①等价于 ( )g x 在（0，+∞）单调减少，即 1 2 4 0a axx     . 从而 2 2 2 2 2 2 4 1 (2 1) 4 2 (2 1) 22 1 2 1 2 1 x x x xa x x x            故 a 的取值范围为（-∞，-2]. ……12 分 13.（2010 全国卷 2 文）（21）（本小题满分 12 分） 已知函数 f（x）=x 3 -3ax 2 +3x+1。 （Ⅰ）设 a=2，求 f（x）的单调期间； （Ⅱ）设 f（x）在区间（2,3）中至少有一个极值点，求 a 的取值范围。 【解析】本题考查了导数在函数性质中的应用，主要考查了用导数研究函数的单调区间、 极值及函数与方程的知识。 （1）求出函数的导数，由导数大于 0，可求得增区间，由导数小于 0，可求得减区间。 （2）求出函数的导数 ( )f x ，在（2，3）内有极值，即为 ( )f x 在（2，3）内有一个零点， 即可根据 (2) (3) 0f f   ，即可求出 A 的取值范围。 14.（2010 江西理）19. （本小题满分 12 分） 设函数    ln ln 2 ( 0)f x x x ax a     。 （1）当 a=1 时，求  f x 的单调区间。 （2）若  f x 在 01， 上的最大值为 1 2 ，求 a 的值。 【解析】考查函数导数运算、利用导数处理函数最值等知识。 解：对函数求导得： 1 1( ) 2f x ax x     ，定义域为 （0，2） （1） 单调性的处理，通过导数的零点进行穿线判别符号完成。 当 a=1 时，令 21 1 2( ) 0 +1=0 02 2 xf x x x x x        得 （ ） 当 (0, 2), ( ) 0,x f x  为增区间；当 ( 2 2), ( ) 0,x f x ， 为减函数。 （2） 区间 01， 上的最值问题，通过导数得到单调性，结合极值点和端点的比较得到，确 定 待定量 a 的值。 当  01x ，有最大值，则必不为减函数，且 1 1( ) 2f x ax x     >0，为单调递增区间。 最大值在右端点取到。 max 1(1) 2f f a   。 15.（2010 安徽文）20.（本小题满分 12 分） 设函数   sin cos 1f x x x x    ， 0 2x   ，求函数  f x 的单调区间与极值。 【命题意图】本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性与极值的方法，考查综合应 用数学知识解决问题的能力. 【解题指导】（1）对函数   sin cos 1f x x x x    求导，对导函数用辅助角公式变形， 利用导数等于 0 得极值点，通过列表的方法考查极值点的两侧导数的正负，判断区间的单调 性，求极值. , , , ( ) 1 2 ( ).4 2 3( ) 0 ( )4 2 2 ( ) x x x x x x x x            解：由f(x)=sinx-cosx+x+1,00. （Ⅰ）若 a=1，求曲线 y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程； （Ⅱ）若在区间 1 1,2 2     上，f（x）>0 恒成立，求 a 的取值范围. 【解析】本小题主要考查曲线的切线方程、利用导数研究函数的单调性与极值、解不等式等 基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法.满分 12 分. （Ⅰ）解：当 a=1 时，f（x）= 3 23x x 12   ，f（2）=3；f’(x)= 23 3x x , f’(2)=6. 所以曲线 y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为 y-3=6（x-2），即 y=6x-9. （Ⅱ）解：f’(x)= 23 3 3 ( 1)ax x x ax   .令 f’(x)=0，解得 x=0 或 x= 1 a . 以下分两种情况讨论： （1） 若 1 10 a 2 a 2   ，则 ，当 x 变化时，f’(x)，f（x）的变化情况如下表： X 1 02     ， 0 1 2      0， f’(x) + 0 - f(x)  极大值  当 1 1x f x2 2      ， 时， （ ）>0 等价于 5 a1 0,( ) 0, 82 1 5 a( ) 0, 0.2 8 f f            即 解不等式组得-52，则 1 10 a 2   .当 x 变化时，f’(x),f（x）的变化情况如下表： X 1 02     ， 0 1 a      0， 1 a 1 1 a 2      ， f’(x) + 0 - 0 + f(x)  极大值  极小值  当 1 1x 2 2      ， 时，f（x）>0 等价于 1f(- )2 1f( )>0,a     >0, 即 2 5 8 11- >0.2 a a     >0, 解不等式组得 2 52 a  或 2 2a   .因此 21 时，2x-2>0,从而 2x-2e 1 0, 0, Fxe  又 所以 ’(x)>0,从而函数 F（x）在[1,+ ∞)是增函数。 又 F(1)= -1 -1e e 0  ，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即 f(x)>g(x). （Ⅲ)证明：（1） 若 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) 0, ) ), 1.x x x x x x       1 2由（ ）及f(x f(x 则 与 矛盾。 （2）若 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) 0, ) ), .x x x x x x      1 2由（ ）及f(x f(x 得 与 矛盾。 根据（1）（2）得 1 2 1 2( 1)( 1) 0, 1, 1.x x x x    不妨设 由（Ⅱ）可知， )2f(x > )2g(x ,则 )2g(x = )2f(2-x ，所以 )2f(x > )2f(2-x ,从而 )1f(x > )2f(2-x .因为 2 1x  ，所以 22 1x  ，又由（Ⅰ）可知函数 f(x)在区间（-∞，1） 内事增函数，所以 1x > 22 x ,即 1 2x x >2. 23.（2010 福建文）22．（本小题满分 14 分） 已知函数 f（x）= 3 21 3 x x ax b   的图像在点 P（0,f(0)）处的切线方程为 y=3x-2 (Ⅰ)求实数 a,b 的值； (Ⅱ)设 g（x）=f(x)+ 1 m x  是[ 2, ]上的增函数。 （i）求实数 m 的最大值； (ii)当 m 取最大值时，是否存在点 Q，使得过点 Q 的直线若能与曲线 y=g(x)围成两个封 闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等?若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，说明理由。 24.（2010 全国卷 1 理）(20)(本小题满分 12 分) 已知函数 ( ) ( 1)ln 1f x x x x    . （Ⅰ）若 2'( ) 1xf x x ax   ，求 a 的取值范围； （Ⅱ）证明： ( 1) ( ) 0x f x  . 25.（2010 湖北文）21.（本小题满分 14 分） 设函数 3 21 ax x bx c3 2f   （x）= ，其中 a＞0，曲线 xy f （ ）在点 P（0， 0f（ ）） 处的切线方程为 y=1 （Ⅰ）确定 b、c 的值 （Ⅱ）设曲线 xy f （ ）在点（ 1 1x xf，（ ））及（ 2 2x xf，（ ））处的切线都过点（0,2） 证明：当 1 2x x 时， 1 2'( ) '( )f x f x （Ⅲ）若过点（0,2）可作曲线 xy f （ ）的三条不同切线，求 a 的取值范围。 26.（2010 湖南理）20.（本小题满分 13 分） 已知函数 2( ) ( , ),f x x bx c b c R    对任意的 x R ，恒有 ' ( )f x  ( )f x 。 （Ⅰ）证明：当 0x  时， 2( ) ( )f x x c  ； （Ⅱ）若对满足题设条件的任意 b，c，不等式 2 2( ) ( ) ( )f c f b M c b   恒成立，求 M 的最小值。 解析： 27.（2010 福建理）20．（本小题满分 14 分） （Ⅰ）已知函数 3(x)=x -xf ，其图象记为曲线C 。 （i）求函数 (x)f 的单调区间； （ii）证明：若对于任意非零实数 1x ，曲线 C 与其在点 1 1 1P (x ,f(x )) 处的切线交于另一点 2 2 2P (x ,f(x )) ，曲线 C 与其在点 2 2 2P (x ,f(x )) 处的切线交于另一点 3 3 3P (x ,f(x )) ，线段 1 1 2 2 3 1 2 2 P P ,P P ,S , SC S 与曲线 所围成封闭图形的面积分别记为S 则 为定值； （Ⅱ）对于一般的三次函数 3 2g(x)=ax +bx +cx+d(a 0), 请给出类似于（Ⅰ）（ii）的正 确命题，并予以证明。 【命题意图】本小题主要考查函数、导数、定积分等基础知识，考查抽象概括能力、运算求 解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一 般思想。 【解析】（Ⅰ）（i）由 3(x)=x -xf 得 ' 2(x)=3x -1f = 3 33(x- )(x+ )3 3 ， 当 3x (- ,- )3   和 3 3  （ ， ）时， ' (x)>0f ； 当 3x (- ,3  3 )3 时， ' (x)<0f ， 因此， (x)f 的单调递增区间为 3(- ,- )3  和 3 3  （ ， ），单调递减区间为 3(- ,3 3 )3 。 28.（2010 湖北理数） 29.（2010 安徽理）17、（本小题满分 12 分） 设 a 为实数，函数   2 2 ,xf x e x a x    R 。 (Ⅰ)求  f x 的单调区间与极值； (Ⅱ)求证：当 ln 2 1a   且 0x  时， 2 2 1xe x ax   。 30.（2010 江苏卷）20、（本小题满分 16 分） 设 )(xf 是定义在区间 ),1(  上的函数，其导函数为 )(' xf 。如果存在实数 a 和函数 )(xh ，其中 )(xh 对任意的 ),1( x 都有 )(xh >0，使得 )1)(()(' 2  axxxhxf ，则称 函数 )(xf 具有性质 )(aP 。 (1)设函数 )(xf 2ln ( 1)1 bx xx    ，其中b 为实数。 (i)求证：函数 )(xf 具有性质 )(bP ； (ii)求函数 )(xf 的单调区间。 (2)已知函数 )(xg 具有性质 )2(P 。给定 1 2 1 2, (1, ), ,x x x x   设 m 为实数， 21 )1( xmmx  ， 21)1( mxxm  ，且 1,1   ， 若| )()(  gg  |<| )()( 21 xgxg  |，求 m 的取值范围。 【解析】 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形 结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分 16 分。 （1）(i) '( )f x 2 2 2 1 2 1 ( 1)( 1) ( 1) b x bxx x x x       ∵ 1x  时， 2 1( ) 0( 1)h x x x   恒成立， ∴函数 )(xf 具有性质 )(bP ； (ii)（方法一）设 2 2 2( ) 1 ( ) 12 4 b bx x bx x        ， ( )x 与 )(' xf 的符号相同。 当 2 1 0, 2 24 b b     时， ( )x 0 ， )(' xf 0 ，故此时 )(xf 在区间 ),1(  上递增； 当 2b   时，对于 1x  ，有 )(' xf 0 ，所以此时 )(xf 在区间 ),1(  上递增； 当 2b   时， ( )x 图像开口向上，对称轴 12 bx    ，而 (0) 1  ， 对于 1x  ，总有 ( )x 0 ， )(' xf 0 ，故此时 )(xf 在区间 ),1(  上递增； （方法二）当 2b  时，对于 1x  ， 2 2 2( ) 1 2 1 ( 1) 0x x bx x x x          所以 )(' xf 0 ，故此时 )(xf 在区间 ),1(  上递增； 当 2b  时 ， ( )x 图 像 开 口 向 上 ， 对 称 轴 12 bx   ， 方 程 ( ) 0x  的 两 根 为 ： 2 24 4,2 2 b b b b    ，而 2 2 2 4 4 21, (0,1)2 2 4 b b b b b b         当 2 4(1, )2 b bx   时， ( )x 0 ， )(' xf 0 ，故此时 )(xf 在区间 2 4(1, )2 b b  上递减；同理得： )(xf 在区间 2 4[ , )2 b b   上递增。 综上所述，当 2b  时， )(xf 在区间 ),1(  上递增； 当 2b  时， )(xf 在 2 4(1, )2 b b  上递减； )(xf 在 2 4[ , )2 b b   上递增。 (2)（方法一）由题意，得： 2 2'( ) ( )( 2 1) ( )( 1)g x h x x x h x x     又 )(xh 对任意的 ),1( x 都有 )(xh >0， 所以对任意的 ),1( x 都有 ( ) 0g x  ， ( )g x 在 (1, ) 上递增。 又 1 2 1 2, (2 1)( )x x m x x          。 当 1 , 12m m  时，  ，且 1 1 2 2 1 2( 1) (1 ) , (1 ) ( 1)x m x m x x m x m x           ， 综合以上讨论，得：所求 m 的取值范围是（0，1）。 （方法二）由题设知， ( )g x 的导函数 2'( ) ( )( 2 1)g x h x x x   ，其中函数 ( ) 0h x  对于任 意的 ),1( x 都成立。所以，当 1x  时， 2'( ) ( )( 1) 0g x h x x   ，从而 ( )g x 在区间 ),1(  上单调递增。 ①当 (0,1)m 时，有 1 2 1 1 1(1 ) (1 )mx m x mx m x x        ， 1 2 2 2 2(1 ) (1 )mx m x mx m x x        ，得 1 2( , )x x  ，同理可得 1 2( , )x x  ，所以 由 ( )g x 的单调性知 ( )g  、 ( )g  1 2( ( ), ( ))g x g x ， 从而有| )()(  gg  |<| )()( 21 xgxg  |，符合题设。 ②当 0m  时， 1 2 2 2 2(1 ) (1 )mx m x mx m x x        ， 1 2 1 1 1(1 ) (1 )m x mx m x mx x        ， 于 是 由 1, 1   及 ( )g x 的 单 调 性 知 1 2( ) ( ) ( ) ( )g g x g x g    ，所以| )()(  gg  |≥| )()( 21 xgxg  |，与题设不符。 ③当 1m  时，同理可得 1 2,x x   ，进而得| )()(  gg  |≥| )()( 21 xgxg  |，与题 设不符。 因此综合①、②、③得所求的 m 的取值范围是（0，1）。 2009 年高考题 一、选择题 1.(2009 年广东卷文)函数 xexxf )3()(  的单调递增区间是 ( ) A. )2,( B.(0,3) C.(1,4) D. ),2(  答案 D 解析  ( ) ( 3) ( 3) ( 2)x x xf x x e x e x e       ,令 ( ) 0f x  ,解得 2x  ,故选 D 2.（2009 全国卷Ⅰ理） 已知直线 y=x+1 与曲线 y ln( )x a  相切，则α的值为( ) A.1 B. 2 C.-1 D.-2 答案 B 解:设切点 0 0( , )P x y ，则 0 0 0 0ln1, ( )y x ay x    ,又 0 ' 0 1| 1x xy x a   0 0 01 0, 1 2x a y x a         .故答案 选 B 3.（2009 安徽卷理）已知函数 ( )f x 在 R 上满足 2( ) 2 (2 ) 8 8f x f x x x     ，则曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程是 ( ) A. 2 1y x  B. y x C. 3 2y x  D. 2 3y x   答案 A 解析 由 2( ) 2 (2 ) 8 8f x f x x x     得几何 2(2 ) 2 ( ) (2 ) 8(2 ) 8f x f x x x       ， 即 22 ( ) (2 ) 4 4f x f x x x     ，∴ 2( )f x x ∴ / ( ) 2f x x ，∴切线方程 1 2( 1)y x   ，即 2 1 0x y   选 A 4.（2009 江西卷文）若存在过点 (1,0) 的直线与曲线 3y x 和 2 15 94y ax x   都相切，则 a 等于 ( ) A． 1 或 25- 64 B． 1 或 21 4 C． 7 4  或 25- 64 D． 7 4  或 7 答案 A 解析 设过 (1,0) 的直线与 3y x 相切于点 3 0 0( , )x x ，所以切线方程为 3 2 0 0 03 ( )y x x x x   即 2 3 0 03 2y x x x  ，又 (1,0) 在切线上，则 0 0x  或 0 3 2x   ， 当 0 0x  时，由 0y  与 2 15 94y ax x   相切可得 25 64a   ， 当 0 3 2x   时，由 27 27 4 4y x  与 2 15 94y ax x   相切可得 1a   ，所以选 A . 5.（2009 江西卷理）设函数 2( ) ( )f x g x x  ，曲线 ( )y g x 在点 (1, (1))g 处的切线方程 为 2 1y x  ，则曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处切线的斜率为 ( ) A． 4 B． 1 4  C． 2 D． 1 2  答案 A 解析 由已知 (1) 2g  ，而 ( ) ( ) 2f x g x x   ，所以 (1) (1) 2 1 4f g     故选 A 力。 6.（2009 全国卷Ⅱ理）曲线 2 1 xy x   在点 1,1 处的切线方程为 ( ) A. 2 0x y   B. 2 0x y   C. 4 5 0x y   D. 4 5 0x y   答案 B 解 1 1 12 2 2 1 2 1| | [ ]| 1(2 1) (2 1)x x x x xy x x           , 故切线方程为 1 ( 1)y x    ,即 2 0x y   故选 B. 7.（2009 湖南卷文）若函数 ( )y f x 的导函数．．．在区间[ , ]a b 上是增函数， 则函数 ( )y f x 在区间[ , ]a b 上的图象可能是 ( ) A ． B． C． D． 解析 因为函数 ( )y f x 的导函数．．． ( )y f x 在区间[ , ]a b 上是增函数，即在区间[ , ]a b 上各点处的斜率 k 是递增的，由图易知选 A. 注意 C 中 y k  为常数噢. ababa o xo x y ba o x y o x y b y 8.（2009 辽宁卷理）若 1x 满足 2x+ 2x =5, 2x 满足 2x+2 2log (x－1)=5, 1x + 2x ＝ ( ) A. 5 2 B.3 C. 7 2 D.4 答案 C 解析 由题意 1 12 2 5xx   ① 2 2 22 2log ( 1) 5x x   ② 所以 1 12 5 2x x  , 1 2 1log (5 2 )x x  即 2 1 2 12log (5 2 )x x  令 2x1＝7－2t,代入上式得 7－2t＝2log2(2t－2)＝2＋2log2(t－1) ∴5－2t＝2log2(t－1)与②式比较得 t＝x2 于是 2x1＝7－2x2 9.（2009 天津卷理）设函数 1( ) ln ( 0),3f x x x x   则 ( )y f x ( ) A 在区间 1( ,1),(1, )ee 内均有零点。 B 在区间 1( ,1),(1, )ee 内均无零点。 C 在区间 1( ,1)e 内有零点，在区间 (1, )e 内无零点。 D 在区间 1( ,1)e 内无零点，在区间 (1, )e 内有零点。 【考点定位】本小考查导数的应用，基础题。 解析 由题得 x x xxf 3 31 3 1)`(  ，令 0)`( xf 得 3x ；令 0)`( xf 得 30  x ； 0)`( xf 得 3x ，故知函数 )(xf 在区间 )3,0( 上为减函数，在区间 ),3(  为增函数，在点 3x 处有极小值 03ln1  ；又   013 1)1(,013,3 1)1(  eefeeff ，故选择 D。 二、填空题 10.（2009 辽宁卷文）若函数 2 ( ) 1 x af x x   在 1x  处取极值，则 a  解析 f’(x)＝ 2 2 2 ( 1) ( ) ( 1) x x x a x     f’(1)＝ 3 4 a ＝0  a＝3 答案 3 11.若曲线   2f x ax Inx  存在垂直于 y 轴的切线，则实数 a 的取值范围是 . 解析 解析 由题意该函数的定义域 0x  ，由   12f x ax x    。因为存在垂直于 y 轴 的切线，故此时斜率为 0 ，问题转化为 0x  范围内导函数   12f x ax x    存在零点。 解法 1 （图像法）再将之转化为   2g x ax  与   1h x x  存在交点。当 0a  不符合题 意，当 0a  时，如图 1，数形结合可得显然没有交点，当 0a  如图 2，此时正好有一个 交点，故有 0a  应填 ,0 或是 | 0a a  。 解法 2 （分离变量法）上述也可等价于方程 12 0ax x   在  0, 内有解，显然可得  2 1 ,02a x     12.（2009 江苏卷）函数 3 2( ) 15 33 6f x x x x    的单调减区间为 . 解析 考查利用导数判断函数的单调性。 2( ) 3 30 33 3( 11)( 1)f x x x x x       ， 由 ( 11)( 1) 0x x   得单调减区间为 ( 1,11) 。亦可填写闭区间或半开半闭区间。 13.（2009 江苏卷）在平面直角坐标系 xoy 中，点 P 在曲线 3: 10 3C y x x   上，且在第 二象限内，已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2，则点 P 的坐标为 . 解析 考查导数的几何意义和计算能力。 23 10 2 2y x x       ，又点 P 在第二象限内， 2x   点 P 的坐标为（-2，15） 答案 : 1a 【命题立意】:本题考查了指数函数的图象与直线的位置关系,隐含着对指数函数的性质的 考查,根据其底数的不同取值范围而分别画出函数的图象解答. 14.（2009 福建卷理）若曲线 3( ) lnf x ax x  存在垂直于 y 轴的切线，则实数 a 取值范围 是_____________. 答案 ( ,0) 解析 由题意可知 ' 2 1( ) 2f x ax x   ，又因为存在垂直于 y 轴的切线， 所以 2 3 1 12 0 ( 0) ( ,0)2ax a x ax x          。 15.(2009 陕西卷理)设曲线 1 *( )ny x n N  在点（1，1）处的切线与 x 轴的交点的横坐标 为 nx ,令 lgn na x ，则 1 2 99a a a   的值为 . 答案 -2 1 * 1 1 1 2 99 1 2 99 ( ) ' ( 1) '| 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 98 99 1... lg ... lg ... lg 22 3 99 100 100 n n n x n y x n N y x y n x y n y n x nx n a a a x x x                               解析：点（1，1）在函数 的图像上，（1，1）为切点， 的导函数为 切线是： 令y=0得切点的横坐标： 16.（2009 四川卷文）设V 是已知平面 M 上所有向量的集合，对于映射 : ,f V V a V  ， 记 a 的象为 ( )f a 。若映射 :f V V 满足：对所有 a b V、 及任意实数 ,  都有 ( ) ( ) ( )f a b f a f b      ，则 f 称为平面 M 上的线性变换。现有下列命题： ①设 f 是平面 M 上的线性变换， a b V、 ，则 ( ) ( ) ( )f a b f a f b   ②若 e 是平面 M 上的单位向量，对 , ( )a V f a a e  设 ，则 f 是平面 M 上的线性变换； ③对 , ( )a V f a a  设 ，则 f 是平面 M 上的线性变换； ④设 f 是平面 M 上的线性变换， a V ，则对任意实数 k 均有 ( ) ( )f ka kf a 。 其中的真命题是 （写出所有真命题的编号） 答案 ①③④ 解析 ①：令 1  ，则 )()()( bfafbaf  故①是真命题 同理，④：令 0,   k ，则 )()( akfkaf  故④是真命题 ③：∵ aaf )( ，则有 bbf )( )()()()()()( bfafbababaf   是线性变换，故③是真 命题 ②：由 eaaf )( ，则有 ebbf )( ebfafeebeaebabaf  )()()()()()(  ∵ e 是单位向量， e ≠0，故②是假命题 【备考提示】本小题主要考查函数，对应及高等数学线性变换的相关知识，试题立意新颖， 突出创新能力和数学阅读能力，具有选拔性质。 17. （ 2009 宁 夏 海 南 卷 文 ） 曲 线 2 1xy xe x   在 点 （ 0,1 ） 处 的 切 线 方 程 为 。 答案 3 1y x  解析 2'  xx xeey ，斜率 k＝ 200 e ＝3，所以，y－1＝3x，即 3 1y x  三、解答题 18.（2009 全国卷Ⅰ理）本小题满分 12 分。（注意：在试题卷上作答无效）．．．．．．．．．．．．． 设函数   3 23 3f x x bx cx   在两个极值点 1 2x x、 ，且 1 2[ 1 0], [1,2].x x  ， （I）求b c、 满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点 ,b c 的 区域； (II)证明：  2 110 2f x    分析（I）这一问主要考查了二次函数根的 分布及线性规划作可行域的能力。 大 部 分 考 生 有 思 路 并 能 够 得 分 。   23 6 3f x x bx c    由 题 意 知 方 程   0f x  有两个根 1 2x x、 1 [ 1 0],x  且 ， 2 [1,2].x  则有  1 0f    ，  0 0f   ，    1 0 2 0f f  ， 故有 右图中阴影部分 即是满足这些条件 的点  ,b c 的区域。 c b (II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。主要原因是含字母较多，不易找到突破口。 此题主要利用消元的手段，消去目标   3 2 2 2 2 23 3f x x bx cx   中的b ，（如果消 c 会较 繁琐）再利用 2x 的范围，并借助（I）中的约束条件得 [ 2,0]c  进而求解，有较强的技 巧性。 解析 由题意有   2 2 2 23 6 3 0f x x bx c     ．．．．．．．．．．．．① 又   3 2 2 2 2 23 3f x x bx cx   ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．② 消去 b 可得   3 2 2 2 1 3 2 2 cf x x x   ． 又 2 [1,2]x  ，且 [ 2,0]c  2 110 ( ) 2f x    19.（2009 浙江文）（本题满分 15 分）已知函数 3 2( ) (1 ) ( 2)f x x a x a a x b      ( , )a b R ． （I）若函数 ( )f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是 3 ，求 ,a b 的值； （II）若函数 ( )f x 在区间 ( 1,1) 上不单调．．．，求 a 的取值范围． 解析 （Ⅰ）由题意得 )2()1(23)( 2  aaxaxxf 又      3)2()0( 0)0( aaf bf ，解得 0b ， 3a 或 1a （Ⅱ）函数 )(xf 在区间 )1,1( 不单调，等价于 导函数 )(xf  在 )1,1( 既能取到大于 0 的实数，又能取到小于 0 的实数 即函数 )(xf  在 )1,1( 上存在零点，根据零点存在定理，有 0)1()1(  ff ， 即： 0)]2()1(23)][2()1(23[  aaaaaa 整理得： 0)1)(1)(5( 2  aaa ，解得 15  a 20.（2009 北京文）（本小题共 14 分） 设函数 3( ) 3 ( 0)f x x ax b a    . （Ⅰ）若曲线 ( )y f x 在点 (2, ( ))f x 处与直线 8y  相切，求 ,a b 的值； （Ⅱ）求函数 ( )f x 的单调区间与极值点. 解析 本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查 综合分析和解决问题的能力． （Ⅰ）  ' 23 3f x x a  , ∵曲线 ( )y f x 在点 (2, ( ))f x 处与直线 8y  相切， ∴      ' 2 0 3 4 0 4, 24.8 6 82 8 f a a ba bf                （Ⅱ）∵     ' 23 0f x x a a   , 当 0a  时，  ' 0f x  ，函数 ( )f x 在 ,  上单调递增， 此时函数 ( )f x 没有极值点. 当 0a  时，由  ' 0f x x a    ， 当  ,x a   时，  ' 0f x  ，函数 ( )f x 单调递增， 当  ,x a a  时，  ' 0f x  ，函数 ( )f x 单调递减， 当  ,x a  时，  ' 0f x  ，函数 ( )f x 单调递增， ∴此时 x a  是 ( )f x 的极大值点， x a 是 ( )f x 的极小值点. 21.（2009 北京理）（本小题共 13 分） 设函数 ( ) ( 0)kxf x xe k  （Ⅰ）求曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数 ( )f x 的单调区间； （Ⅲ）若函数 ( )f x 在区间 ( 1,1) 内单调递增，求 k 的取值范围. 解析 本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查 综合分析和解决问题的能力． （Ⅰ）        ' '1 , 0 1, 0 0kxf x kx e f f    , 曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程为 y x . （Ⅱ）由    ' 1 0kxf x kx e   ，得  1 0x kk    ， 若 0k  ，则当 1,x k       时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递减， 当 1 , ,x k       时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递增， 若 0k  ，则当 1,x k       时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递增， 当 1 , ,x k       时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递减， （Ⅲ）由（Ⅱ）知，若 0k  ，则当且仅当 1 1k    ， 即 1k  时，函数  f x  1,1 内单调递增， 若 0k  ，则当且仅当 1 1k   ， 即 1k   时，函数  f x  1,1 内单调递增， 综上可知，函数  f x  1,1 内单调递增时， k 的取值范围是   1,0 0,1  . 22.(2009 山东卷文)（本小题满分 12 分） 已知函数 3 21( ) 33f x ax bx x    ,其中 0a  （1）当 ba, 满足什么条件时, )(xf 取得极值? （2）已知 0a ,且 )(xf 在区间 (0,1]上单调递增,试用 a 表示出b 的取值范围. 解: (1)由已知得 2'( ) 2 1f x ax bx   ,令 0)(' xf ,得 2 2 1 0ax bx   , )(xf 要取得极值,方程 2 2 1 0ax bx   必须有解, 所以△ 24 4 0b a   ,即 2b a , 此时方程 2 2 1 0ax bx   的根为 2 2 1 2 4 4 2 b b a b b ax a a        , 2 2 2 2 4 4 2 b b a b b ax a a        , 所以 1 2'( ) ( )( )f x a x x x x   当 0a 时, x (-∞,x1) x 1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f’(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x) 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数 所以 )(xf 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值. 当 0a 时, x (-∞,x2) x 2 (x2,x1) x1 (x1,+∞) f’(x) － 0 ＋ 0 － f (x) 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数 所以 )(xf 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值. 综上,当 ba, 满足 2b a 时, )(xf 取得极值. (2)要使 )(xf 在区间 (0,1]上单调递增,需使 2'( ) 2 1 0f x ax bx    在 (0,1]上恒成立. 即 1 , (0,1]2 2 axb xx     恒成立, 所以 max 1( )2 2 axb x    设 1( ) 2 2 axg x x    , 2 2 2 1( )1'( ) 2 2 2 a xa ag x x x      , 令 '( ) 0g x  得 1x a  或 1x a   (舍去), 当 1a 时, 10 1a   ,当 1(0, )x a  时 '( ) 0g x  , 1( ) 2 2 axg x x    单调增函数; 当 1( ,1]x a  时 '( ) 0g x  , 1( ) 2 2 axg x x    单调减函数, 所以当 1x a  时, ( )g x 取得最大,最大值为 1( )g a a   . 所以b a  当 0 1a  时, 1 1 a  ,此时 '( ) 0g x  在区间 (0,1]恒成立,所以 1( ) 2 2 axg x x    在区 间 (0,1]上单调递增,当 1x  时 ( )g x 最大,最大值为 1(1) 2 ag   ,所以 1 2 ab   综上,当 1a 时, b a  ; 当 0 1a  时, 1 2 ab   【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值, 函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转 为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题. 22.设函数 3 21( ) (1 ) 4 243f x x a x ax a     ，其中常数 a>1 (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)若当 x≥0 时，f(x)>0 恒成立，求 a 的取值范围。 解析 本题考查导数与函数的综合运用能力，涉及利用导数讨论函数的单调性，第一 问关键是通过分析导函数，从而确定函数的单调性，第二问是利用导数及函数的最值， 由恒成立条件得出不等式条件从而求出的范围。 解析 （I） )2)(2(4)1(2)( 2 axxaxaxxf  由 1a 知，当 2x 时， 0)(  xf ，故 )(xf 在区间 )2,( 是增函数； 当 ax 22  时， 0)(  xf ，故 )(xf 在区间 )2,2( a 是减函数； 当 ax 2 时， 0)(  xf ，故 )(xf 在区间 ),2( a 是增函数。 综上，当 1a 时， )(xf 在区间 )2,( 和 ),2( a 是增函数，在区间 )2,2( a 是减函数。 （II）由（I）知，当 0x 时， )(xf 在 ax 2 或 0x 处取得最小值。 aaaaaaaf 2424)2)(1()2(3 1)2( 23  aaa 2443 4 23  af 24)0(  由假设知       ,0)0( ,0)2( 1 f af a 即          .024 ,0)6)(3(3 4 ,1 a aaa a 解得 11 时, 1 2 1a   当 x 变化时， '( )f x 与 ( )f x 的变化情况如下表： x ( ,1 2 )a  (1 2 , 1)a  ( 1, )  '( )f x + － + ( )f x 单调递增 单调递减 单调递增 由此得，函数 ( )f x 的单调增区间为 ( ,1 2 )a  和 ( 1, )  ，单调减区间为 (1 2 , 1)a  。 ②当 1a  时，1 2 1a   此时有 '( ) 0f x  恒成立，且仅在 1x   处 '( ) 0f x  ，故函数 ( )f x 的单调增区间为 R ③当 1a  时，1 2 1a   同理可得，函数 ( )f x 的单调增区间为 ( , 1)  和 (1 2 , )a  ， 单调减区间为 ( 1,1 2 )a  综上： 当 1a  时 ， 函 数 ( )f x 的 单 调 增 区 间 为 ( ,1 2 )a  和 ( 1, )  ， 单 调 减 区 间 为 (1 2 , 1)a  ； 当 1a  时，函数 ( )f x 的单调增区间为 R； 当 1a  时 ， 函 数 ( )f x 的 单 调 增 区 间 为 ( , 1)  和 (1 2 , )a  ， 单 调 减 区 间 为 ( 1,1 2 )a  . (Ⅱ)由 1a   得 3 21( ) 33f x x x x   令 2( ) 2 3 0f x x x    得 1 21, 3x x   由（1）得 ( )f x 增区间为 ( , 1)  和 (3, ) ，单调减区间为 ( 1,3) ，所以函数 ( )f x 在 处 1 21, 3x x   取得极值，故 M（ 51, 3  ）N（3, 9 ）。 观察 ( )f x 的图象，有如下现象： ①当 m 从-1（不含-1）变化到 3 时，线段 MP 的斜率与曲线 ( )f x 在点 P 处切线的斜率 ( )f x 之差 Kmp- '( )f m 的值由正连续变为负。 ②线段 MP 与曲线是否有异于 H，P 的公共点与 Kmp－ '( )f m 的 m 正负有着密切的关联； ③Kmp－ '( )f m =0 对应的位置可能是临界点，故推测：满足 Kmp－ '( )f m 的 m 就是所求的 t 最小值，下面给出证明并确定的 t 最小值.曲线 ( )f x 在点 ( , ( ))P m f m 处的切线斜率 2'( ) 2 3f m m m   ； 线段 MP 的斜率 Kmp 2 4 5 3 m m  当 Kmp－ '( )f m =0 时，解得 1 2m m  或 直线 MP 的方程为 2 24 5 4( )3 3 m m m my x    令 2 24 5 4( ) ( ) ( )3 3 m m m mg x f x x     当 2m  时， 2'( ) 2g x x x  在 ( 1,2) 上只有一个零点 0x  ，可判断 ( )f x 函数在 ( 1,0) 上单调递增，在 (0,2) 上单调递减，又 ( 1) (2) 0g g   ，所以 ( )g x 在 ( 1,2) 上 没有零点，即线段 MP 与曲线 ( )f x 没有异于 M，P 的公共点。 当  2,3m 时， 2 4(0) 03 m mg    . 2(2) ( 2) 0g m    所以存在  0,2m 使得 ( ) 0g   即当  2,3 ,m 时 MP 与曲线 ( )f x 有异于 M,P 的公共点 综上，t 的最小值为 2. （2）类似（1）于中的观察，可得 m 的取值范围为 1,3 解法二： （1）同解法一. （2）由 1a   得 3 21( ) 33f x x x x    ，令 2'( ) 2 3 0f x x x    ，得 1 21, 3x x   由（1）得的 ( )f x 单调增区间为 ( , 1)  和 (3, ) ，单调减区间为 ( 1,3) ，所以函数在 处取得极值。故 M( 51, 3  ).N(3, 9 ) (Ⅰ) 直线 MP 的方程为 2 24 5 4 .3 3 m m m my x    由 2 2 3 2 4 5 4 3 3 1 33 m m m my x y x x x          得 3 2 2 23 ( 4 4) 4 0x x m m x m m       线段 MP 与曲线 ( )f x 有异于 M,P 的公共点等价于上述方程在(－1,m)上有根,即函数 3 2 2 2( ) 3 ( 4 4) 4g x x x m m x m m       在(-1,m)上有零点. 因为函数 ( )g x 为三次函数,所以 ( )g x 至多有三个零点,两个极值点. 又 ( 1) ( ) 0g g m   .因此, ( )g x 在 ( 1, )m 上有零点等价于 ( )g x 在 ( 1, )m 内恰有一个极大值 点和一个极小值点,即 2 2'( ) 3 6 ( 4 4) 0 (1, )g x x x m m m      在 内有两不相等的实数根. 等价于 2 2 2 2 2 36 12 4 4 0 3( 1) 6 ( 4 4) 0 3 6 ( 4 4) 0 1 m m m m m m m m m                   ＝ （ ）＞ 即 1 5 2 1, 2 5 1 m m m m m            或 解得 又因为 1 3m   ,所以 m 的取值范围为(2,3) 从而满足题设条件的 r 的最小值为 2. 36.（2009 辽宁卷文）（本小题满分 12 分） 设 2( ) ( 1)xf x e ax x   ，且曲线 y＝f（x）在 x＝1 处的切线与 x 轴平行。 (2)求 a 的值，并讨论 f（x）的单调性； (1)证明：当 [0, ] f(cos ) f(sin ) 22     时， 解析 （Ⅰ） 2'( ) ( 1 2 1)xf x e ax x ax     .有条件知， '(1) 0f  ，故 3 2 0 1a a a      . ………2 分 于是 2'( ) ( 2) ( 2)( 1)x xf x e x x e x x        . 故当 ( , 2) (1, )x     时， '( )f x ＜0； 当 ( 2,1)x  时， '( )f x ＞0. 从而 ( )f x 在 ( , 2)  ， (1, ) 单调减少，在 ( 2,1) 单调增加. ………6 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ( )f x 在[0,1] 单调增加，故 ( )f x 在[0,1] 的最大值为 (1)f e ， 最小值为 (0) 1f  . 从而对任意 1x ， 2x [0,1] ，有 1 2( ) ( ) 1 2f x f x e    . ………10 分 而当 [0, ]2   时， cos ,sin   [0,1] . 从而 (cos ) (sin ) 2f f   ………12 分 37.（2009 辽宁卷理）（本小题满分 12 分） 已知函数 f(x)= 2 1 x 2 －ax+(a－1) ln x ， 1a  。 （1）讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）证明：若 5a  ，则对任意 x 1 ，x 2  (0, ) ，x 1  x 2 ，有 1 2 1 2 ( ) ( ) 1f x f x x x    。 解析 (1) ( )f x 的定义域为 (0, ) 。 2 ' 1 1 ( 1)( 1 )( ) a x ax a x x af x x a x x x            2 分 （i）若 1 1a   即 2a  ,则 2 ' ( 1)( ) xf x x  故 ( )f x 在 (0, ) 单调增加。 (ii)若 1 1a   ,而 1a  ,故1 2a  ,则当 ( 1,1)x a  时， ' ( ) 0f x  ; 当 (0, 1)x a  及 (1, )x  时， ' ( ) 0f x  故 ( )f x 在 ( 1,1)a  单调减少，在 (0, 1),(1, )a   单调增加。 (iii)若 1 1a   ,即 2a  ,同理可得 ( )f x 在 (1, 1)a  单调减少，在 (0,1),( 1, )a   单调 增加. (II)考虑函数 ( ) ( )g x f x x  21 ( 1)ln2 x ax a x x     则 21 1( ) ( 1) 2 ( 1) 1 ( 1 1)a ag x x a x a ax x             g 由 于 11,证明对任意的 c,都有 M>2: (Ⅲ)若 M≧K 对任意的 b、c 恒成立，试求 k 的最大值。 本小题主要考察函数、函数的导数和不等式等基础知识，考察综合运用数学知识进行推理 论证的能力和份额类讨论的思想（满分 14 分） （I）解析 2'( ) 2f x x bx c    ，由 ( )f x 在 1x  处有极值 4 3  可得 '(1) 1 2 0 1 4(1) 3 3 f b c f b c bc             解得 1 ,1 b c     或 1 3 b c     若 1, 1b c   ，则 2 2'( ) 2 1 ( 1) 0f x x x x        ，此时 ( )f x 没有极值； 若 1, 3b c   ，则 2'( ) 2 3 ( 1)( 1)f x x x x x        当 x 变化时， ( )f x ， '( )f x 的变化情况如下表： x ( , 3)  3 ( 3,1) 1 (1, ) '( )f x  0 + 0  ( )f x  极小值 12  极大值 4 3   当 1x  时， ( )f x 有极大值 4 3  ，故 1b   ， 3c  即为所求。 （Ⅱ）证法 1： 2 2( ) | '( ) | | ( ) |g x f x x b b c      当| | 1b  时，函数 '( )y f x 的对称轴 x b 位于区间[ 1.1] 之外。 '( )f x 在[ 1,1] 上的最值在两端点处取得 故 M 应是 ( 1)g  和 (1)g 中较大的一个 2 (1) ( 1) | 1 2 | | 1 2 | | 4 | 4,M g g b c b c b              即 2M  证法 2（反证法）：因为| | 1b  ，所以函数 '( )y f x 的对称轴 x b 位于区间[ 1,1] 之外， '( )f x 在[ 1,1] 上的最值在两端点处取得。 故 M 应是 ( 1)g  和 (1)g 中较大的一个 假设 2M  ，则 ( 1) | 1 2 | 2 (1) | 1 2 | 2 g b c g b c            将上述两式相加得： 4 | 1 2 | | 1 2 | 4 | | 4b c b c b          ，导致矛盾， 2M  （Ⅲ）解法 1： 2 2( ) | '( ) | | ( ) |g x f x x b b c      （1）当| | 1b  时，由（Ⅱ）可知 2M  ； （2）当| | 1b  时，函数 '(y f x ）的对称轴 x b 位于区间[ 1,1] 内， 此时  max ( 1), (1), ( )M g g g b  由 '(1) '( 1) 4 ,f f b   有 2'( ) '( 1) ( 1) 0f b f b    ①若 1 0,b   则  '(1) '( 1) '( ), ( 1) max (1), ( )f f f b g g g b      ， 于是   21 1 1 1max | '(1),| '( ) | (| '(1) | '( ) |) | '(1) '( ) | ( 1)2 2 2 2M f f b f f b f f b b        ②若 0 1b  ，则 '( 1) '(1) '( ),f f f b    (1) max ( 1), ( )g g g b   于是   21 1 1 1max | '( 1) |,| '( ) | (| '( 1) | | '( ) |) | '( 1) '( ) | ( 1)2 2 2 2M f f b f f b f f b b           综上，对任意的b 、 c 都有 1 2M  而当 10, 2b c  时， 2 1( ) 2g x x   在区间[ 1,1] 上的最大值 1 2M  故 M k 对任意的b 、 c 恒成立的 k 的最大值为 1 2 。 解法 2： 2 2( ) | '( ) | | ( ) |g x f x x b b c      （1）当| | 1b  时，由（Ⅱ）可知 2M  ； （2）当| | 1b  时，函数 '( )y f x 的对称轴 x b 位于区间[ 1,1] 内， 此时  max ( 1), (1), ( )M g g g b  24 ( 1) (1) 2 ( ) | 1 2 | | 1 2 | 2 | |M g g g h b c b c b c              2 2| 1 2 ( 1 2 ) 2( ) | | 2 2 | 2b c b c b c b             ，即 1 2M  下同解法 1 43.（2009 宁夏海南卷文）（本小题满分 12 分） 已知函数 3 2 2 3( ) 3 9f x x ax a x a    . (1) 设 1a  ，求函数  f x 的极值； (2) 若 1 4a  ，且当  1,4x a 时， )(' xf  12a 恒成立，试确定 a 的取值范围. 请考生在第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分。作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。 （21）解析 （Ⅰ）当 a=1 时，对函数 ( )f x 求导数，得 ' 2( ) 3 6 9.f x x x   令 ' 1 2( ) 0, 1, 3.f x x x   解得 列表讨论 '( ), ( )f x f x 的变化情况： x ( , 1)  1 （-1，3） 3 (3, ) ' ( )f x + 0 — 0 + ( )f x  极大值 6  极小值-26  所以， ( )f x 的极大值是 ( 1) 6f   ，极小值是 (3) 26.f   （Ⅱ） ' 2 2( ) 3 6 9f x x ax a   的图像是一条开口向上的抛物线，关于 x=a 对称. 若 '1 1, ( )4 a f x  则 在[1,4a]上是增函数，从而 ' ( )f x 在[1,4a]上的最小值是 ' 2(1) 3 6 9 ,f a a   最大值是 ' 2(4 ) 15 .f a a 由 ' 2 2| ( ) | 12 , 12 3 6 9 12 ,f x a a x ax a a     得 于是有 ' 2 ' 2(1) 3 6 9 12 , (4 ) 15 12 .f a a a f a a a      且 由 ' '1 4(1) 12 1, (4 ) 12 0 .3 5f a a f a a a       得 由 得 所以 1 1 4 1 4( ,1] [ ,1] [0, ], ( , ].4 3 5 4 5a a    即 若 a>1,则 ' 2 '| ( ) | 12 12 . [1,4 ] | ( ) | 12f a a a x a f x a   故当 时 不恒成立. 所以使 '| ( ) | 12 ( [1,4 ])f x a x a  恒成立的 a 的取值范围是 1 4( , ].4 5 44.（2009 天津卷理）（本小题满分 12 分） 已知函数 2 2( ) ( 2 3 ) ( ),xf x x ax a a e x R     其中 a R (1)当 0a  时，求曲线 ( ) (1, (1))y f x f 在点 处的切线的斜率； (2)当 2 3a  时，求函数 ( )f x 的单调区间与极值。 本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础 知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。满分 12 分。 （I）解析 .3)1(')2()(')(0 22 efexxxfexxfa xx  ，故，时，当 .3))1(,1()( efxfy 处的切线的斜率为在点所以曲线  （II）   .42)2()(' 22 xeaaxaxxf 解： .223 2.220)('  aaaaxaxxf 知，由，或，解得令 以下分两种情况讨论。 （1） a若 ＞ 3 2 ，则 a2 ＜ 2a .当 x 变化时， )()(' xfxf ， 的变化情况如下表： x  a2 ， a2  22  aa， 2a   ，2a + 0 — 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ .)22()2()2()( 内是减函数，内是增函数，在，，，在所以  aaaaxf .3)2()2(2)( 2aaeafafaxxf  ，且处取得极大值在函数 .)34()2()2(2)( 2 aeaafafaxxf ，且处取得极小值在函数 （2） a若 ＜ 3 2 ，则 a2 ＞ 2a ，当 x 变化时， )()(' xfxf ， 的变化情况如下表： x  2 a， 2a  aa 22  ， a2   ，a2 + 0 — 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 内是减函数。，内是增函数，在，，，在所以 )22()2()2()( aaaaxf  .)34()2()2(2)( 2 aeaafafaxxf ，且处取得极大值在函数 .3)2()2(2)( 2aaeafafaxxf  ，且处取得极小值在函数 45.（2009 四川卷理）（本小题满分 12 分） 已知 0, 1a a 且 函数 ( ) log (1 )x af x a  。 （I）求函数 ( )f x 的定义域，并判断 ( )f x 的单调性； （II）若 ( ) *, lim ; f n nn an N a a   求 （III）当 a e （ e 为自然对数的底数）时，设 ( ) 2( ) (1 )( 1)f xh x e x m    ，若函数 ( )h x 的极值存在，求实数 m 的取值范围以及函数 ( )h x 的极值。 本小题主要考查函数、数列的极限、导数应用等基础知识、考查分类整合思想、推理和运 算能力。 解析 （Ⅰ）由题意知1 0xa  当 0 1 ( ) 0 1 ( ) 0a f x a f x      时， 的定义域是（ ， ）；当 时， 的定义域是（ ，） ln log1 1a a e  g x x x x -a af (x)= a a 当 0 1 (0, ). 1 0, 0,x xa x a a       时， 因为 故f (x)<0,所以f(x)是减函数 当 1 ( ,0), 1 0, 0, ( ) 0, ( )x xa x a a f x f x      时， 因为 故 所以 是减函数 …. （ 4 分） （Ⅱ）因为 ( )( ) log (1 ), 1n f n n af n a a a   所以 由函数定义域知1 na >0,因为 n 是正整数，故 01时，g (x)>0在R上恒成立， 故函数g(x)在R上为增函数 （2）当 4 4 0,k    即当k=1时， 2 2 2 ( 1)( ) 0( 0)( ) xe xg x xx k     K=1 时，g（x）在 R 上为增函数 （3） 4 4 0,k    即当00,b>0,且函数 224)( 23  bxaxxxf 在 x=1 处有极值，则 ab 的最大值（） A.2 B.3 C.6 D.9 【答案】D 【 解 析 】 函 数 的 导 数 为 2'( ) 12 2 2f x x ax b   ， 函 数 在 1x  处 有 极 值 ， 则 有 '(1) 12 2 2 0f a b    ，即 6a b  ，所以 6 2a b ab   ，即 9ab  ，当且仅当 3a b  时取等号，选 D. 19【山东省实验中学 2013 届高三第二次诊断性测试 理】由直线 3 x ， 3 x ， 0y 与 曲线 xy cos 所围成的封闭图形的面积为 A. 2 1 B.1 C. 2 3 D. 3 【答案】D 【 解 析 】 根 据 积 分 的 应 用 可 知 所 求 面 积 为 33 3 3 cos sin sin sin( ) 2sin 33 3 3xdx x               ，选 D. 20【山东省济南外国语学校 2013 届高三上学期期中考试 理科】 函数 f(x)的定义域为 R， f(-1)=2,对任意 x R ， '( ) 2f x  ,则 ( ) 2 4f x x  的解集为( ) A.(-1，1) B.(-1，+∞) C.(-∞，-l) D.(-∞,+∞) 【答案】B 【解析】设 ( ) ( ) (2 4)F x f x x   ,则 ( 1) ( 1) ( 2 4) 2 2 0F f         ， '( ) '( ) 2F x f x  ，对任意 x R ，有 '( ) '( ) 2 0F x f x   ，即函数 ( )F x 在 R 上单调递 增，则 ( ) 0F x  的解集为 ( 1, )  ，即 ( ) 2 4f x x  的解集为 ( 1, )  ，选 B. 21【山东省聊城市东阿一中 2013 届高三上学期期初考试 】若函数 ( 1) 4a xy e x  （ xR ） 有大于零的极值点，则实数 a 范围是 （ ） A． 3a   B． 3a   C． 1 3a   D． 1 3a   【答案】B 【解析】解：因为函数 y=e（a-1）x+4x，所以 y′=（a-1）e（a-1）x+4（a＜1），所以函数的零点 为 x0= 1 4lna 1 a 1   ，因为函数 y=e（a-1）x+4x（x∈R）有大于零的极值点，故 1 4lna 1 a 1   ＝ 0，得到 a<-3,选 B 22.【山东省临沂市 2013 届高三上学期期中考试理】若曲线 ( ) , ( ) (1,1)af x x g x x P  在点 处的切线分别为 1 2 1 2, , ,l l l l a且 则 的值为 A．—2 B．2 C． 1 2 D．— 1 2 【答案】A 【解析】 1'( ) 2 f x x  ， 1'( )g x x  ，所以在点 P 的效率分别为 1 2 1 ,2k k   ，因为 1 2l l ，所以 1 2 12k k    ，所以 2   ，选 A. 23.【山东省师大附中 2013 届高三 12 月第三次模拟检测理】设 1 1 0 0 cos , sin ,a xdx b xdx   下列关系式成立的是( ) A a b B 1a b  C a b D 1a b  【答案】A 【 解 析 】 1 1 0 0 cos sin sin1a xdx x   ， 1 1 0 0 sin ( cos ) 1 cos1b xdx x     ， 所 以 1sin1 sin 6 2a    ，又 1cos1 cos 3 2   ，所以 1cos1 2    ， 1 11 cos1 1 2 2b      ， 所以 a b ，选 A. 24.【山东省德州市乐陵一中 2013 届高三 10 月月考数学理】设函数 )0(ln3 1)(  xxxxf ， 则 )(xfy  （ ） A．在区间 ),1(),1,1( ee 内均有零点 B．在区间 ),1(),1,1( ee 内均无零点 C．在区间 )1,1(e 内有零点，在区间 ),1( e 内无零点 D．在区间 )1,1(e 内无零点，在区间 ),1( e 内有零点 【答案】D 【解析】 1 1 1( ) 1 0 (1)= 0 ( ) 1 03 3 3 ef e f f e e       ， ， ，根据根的存在定理可知，选 D. 25. 【 山 东 省 滨 州 市 滨 城 区 一 中 2013 届 高 三 11 月 质 检 数 学 理 】 已 知 0a 函 数 axxxf  3)( 在 ),1[  是单调增函数，则 a 的最大值是 ( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】D 【 解 析 】 函 数 的 导 数 2'( ) 3f x x a  ， 要 使 函 数 在 ),1[  是 单 调 增 函 数 ， 则 有 2'( ) 3 0f x x a   横成立，即 23a x ，又 23 1x  ，所以 3a  ，即 a 的最大值是 3，选 D. 26【 北京四中 2013 届高三上学期期中测验数学（理）】函数 的 图象与 x 轴所围成的封闭图形的面积为（ ） A． B． 1 C． 2 D． 【答案】A 【解析】根据积分的应用可求面积为 02 2 1 1 0 ( ) ( 1) cosS f x dx x dx xdx           2 0 2 1 0 1 1 3( ) sin 12 2 2x x x        ，选 A. 27 【 山 东 省 青 岛 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 考 试 理 】 已 知 函 数 1( ) cosf x xx  ， 则 ( ) ( )2f f    A． 2  B． 3  C． 1  D． 3  【答案】D 【解析】因为 1( ) cos ,f x xx  所以 2 1 1'( ) cos sinf x x xx x    ，所以 1( )f    ， 2'( )2f    ，所以 3( ) ( )2f f      ，选 D. 28【云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理】已知函数 2( ) 3 2 1f x x x   ,若 1 1 ( ) 2 ( )f x dx f a  ,则 ___________a  . 【答案】 1a   或 1 3a   【解析】因为 1 1 2 3 2 1 11 1 ( ) (3 2 1) ( ) 4f x dx x x dx x x x           ，所以 2 ( ) 4f a  ，即 ( ) 2f a  ，所以 2( ) 3 2 1 2f a a a    ，即 23 2 1 0a a   ，解得 1a   或 1 3a   。 29【云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试理】 3 2 2 1( )x dx x  = 。 【答案】 9 3+ln2 2 【解析】 3 32 2 3 22 2 1 1 1( ) ( 2) ( ln 2 )2x dx x dx x x xxx         9 3+ln2 2  30【天津市天津一中 2013 届高三上学期一月考 理】曲线 1xy  与直线 y=x 和 y=3 所围成的 平面图形的面积为_________. 【答案】4-ln3 【解析】由 1xy  得 1y x  。当 1 3y x   ，解得 1 3Bx  ，由 1xy y x    ，解得 1Cx  ，由 3y y x    得 3Dx  . 所 以 根 据 积 分 的 应 用 知 所 求 面 积 为 1 3 1 2 3 1 1 113 3 1 1 1(3 ) (3 ) (3 ln ) (3 ) 4 ln 4 ln32 3dx x dx x x x xx             . 31【山东省济南外国语学校 2013 届高三上学期期中考试 理科】设 1 0 1 1, exm e dx n dxx    ， 则 m 与 n 的大小关系为 。 【答案】m>n 【解析】 1 1 00 1x xm e dx e e    ， 1ln 1en x  ，所以 m n 32【山东省德州市乐陵一中 2013 届高三 10 月月考数学理】 1 2 1 ( 1 )x x dx    . 【答案】 2  【 解 析 】 1 1 12 2 1 1 1 ( 1 ) 1x x dx x dx xdx          ， 根 据 积 分 的 几 何 意 义 可 知 1 2 1 1 x dx  等于半径为 1 的半圆的面积，即 1 2 1 1 2x dx     ， 1 2 1 11 1 02xdx x    ， 所以 1 2 1 ( 1 ) 2x x dx      . 33【 山东省滨州市滨城区一中 2013 届高三 11 月质检数学理】由曲线 xeyxx  ,0,1 以及 x 轴所围成的面积为 ______ . 【答案】 e 11 【解析】 0 0 1 1 0 11 .1 x xS e dx e e e e         【山东省泰安市 2013 届高三上学期期中考试数学理】 2 0 (2 )xx e dx =___.___. 【答案】 25 e 【解析】 2 2 2 2 2 00 (2 ) ( ) 4 1 5x xx e dx x e e e        . 34 【 山 东 省 泰 安 市 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 考 试 数 学 理 】 已 知 函 数   1 1 3sin cos2 4 4f x x x x   的 图 像 在 点  0 0,A x y 处 的 切 线 斜 率 为 1 ， 则 0tan x  ___.___. 【答案】 3 【 解 析 】 函 数 的 导 数 1 1 3'( ) cos sin2 4 4f x x x   ， 由 0 0 1 1 3'( ) cos sin 12 4 4f x x x    得 0 0 1 3cos sin 12 2x x   ，即 0sin( ) 16x   ，所 以 0 2 ,6 2x k k Z     , 即 0 22 ,3x k k Z   . 所 以 0 2 2tan tan(2 ) tan 33 3x k       . 35【北京市东城区普通校 2013 届高三 12 月联考数学（理）】若曲线 2 1 2 3 2  xxy 的某 一 切 线 与 直 线 34  xy 平 行 ， 则 切 点 坐 标 为 ， 切 线 方 程 为 ． 【答案】 (1,2) ， 4 2y x  【解析】函数的导数为 ' 3 1y x  ，已知直线 4 3y x  的斜率 4k  ，由3 1 4x   ，解得 切点的横坐标 1x  ，所以 2y  ，即切点坐标为 (1,2) ，切线方程为 2 4( 1)y x   ， 即 4 2y x  。 36【山东省临沂市 2013 届高三上学期期中考试理】曲线 22y x x 与 轴及直线 1x  所围成 图形的面积为 . 【答案】 2 3 【解析】根据积分的应用知所求面积 1 2 3 1 00 2 22 3 3S x dx x   . 37【北京市东城区普通校 2013 届高三 12 月联考数学（理）】已知函数 2)1ln()( xxaxf  在区间 )1,0( 内任取两个实数 qp, ，且 qp  ，不等式 1)1()1(   qp qfpf 恒成立， 则实数 a 的取值范围为 ． 【答案】 ),15[  【 解 析 】 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) f p f q f p f q p q p q          ， 表 示 点 ( 1, ( 1))p f p  与 点 ( 1, ( 1))q f q  连线的斜率，因为 0 , 1p q  ，所以1 1 2p   ，1 1 2q   ，即 函数图象在区间 (1,2) 内任意两点连线的斜率大于 1，即 '( ) 1f x  在 (1,2) 内恒成立。 由 定 义 域 可 知 1x   ， 所 以 '( ) 2 11 af x xx    ， 即 1 21 a xx   ， 所 以 1 2 )( 1)a x x  （ 成立。设 1 2 )( 1)y x x  （ ，则 2 23 72 3 1 2( )4 8y x x x      ， 当1 2x  时，函数 23 72( )4 8y x   的最大值为 15，所以 15a  ，即 a 的取值范围 为 ),15[  。 38 【 山 东 省 师 大 附 中 2013 届 高 三 上 学 期 期 中 考 试 数 学 理 】 计 算 ： 2 2 1 1x dxx      _____________. 【答案】 7 ln 23  【解析】 2 2 3 2 1 1 1 1 7( ln ) ln 23 3x dx x xx         . 39【山东省实验中学 2013 届高三第二次诊断性测试 理】.若函数 axxxf  3)( 3 有三个 不同的零点，则实数 a 的取值范围是 . 【答案】 ( 2,2) 【解析】由 3( ) 3 0f x x x a    ，得 2'( ) 3 3f x x  ，当 2'( ) 3 3 0f x x   ，得 1x   ， 由图象可知 ( 1)=2 (1)= 2f a f a  极大值 极小值， ，要使函数 axxxf  3)( 3 有三个不同的 零点，则有 ( 1)=2 0, (1)= 2 0f a f a    极大值 极小值 ，即 2 2a   ，所以实数 a 的取值 范围是 ( 2,2) 。 40【天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科】计算 1 -1 (2 + )xx e dx = ； 【答案】 1e e  【解析】 1 -1 (2 + )xx e dx  2 1 1 1 1( ) =1 1xx e e ee e      41【山东省潍坊市四县一区 2013 届高三 11 月联考（理）】已知函数 )(xf 的定义域［-1， 5］，部分对应值如表， )(xf 的导函数 )(' xfy  的图象如图所示， 下列关于函数 )(xf 的命题； ①函数 )(xf 的值域为［1，2］； ②函数 )(xf 在［0，2］上是减函数； x -1 0 2 4 5 F(x) 1 2 1.5 2 1 ③如果当 ],1[ tx  时， )(xf 的最大值是 2，那么 t 的最大值为 4； ④当 21  a 时，函数 axfy  )( 最多有 4 个零点. 其中正确命题的序号是 . 【答案】①②④ 【解析】由导数图象可知，当 01  x 或 42  x 时， 0)(' xf ，函数单调递增，当 20  x 或 54  x ， 0)(' xf ，函数单调递减，当 0x 和 4x ，函数取得极大值 2)0( f ， 2)4( f ，当 2x 时，函数取得极小值 )2(f ,，又 ( 1) (5) 1f f   ，所以函 数的最大值为 2，最小值为 1，值域为[1,2] ，①正确；②正确；因为在当 0x 和 4x ， 函数取得极大值 2)0( f ， 2)4( f ，要使当 ],1[ tx  函数 )(xf 的最大值是 4，当 52  t ，所以t 的最大值为 5，所以③不正确；由 axf )( 知，因为极小值 (2) 1.5f  ， 极大值为 (0) (4) 2f f  ，所以当 21  a 时， axfy  )( 最多有 4 个零点，所以④正 确，所以真命题的序号为①②④. 42【山东省烟台市莱州一中 20l3 届高三第二次质量检测 （理）】若函数   3 3f x x x a   有三个不同的零点，则实数 a 的取值范围是__________. 【答案】 ( 2,2) 【解析】函数的导数为   2 2' 3 3 3( 1)f x x x    ，所以 1x  和 1x   是函数的两个极值， 由题意知，极大值为 ( 1) 2f a   ，极小值为 (1) 2f a   ，所以要使函数 ( )f x 有三个 不同的零点，则有 2 0a  且 2 0a   ，解得 2 2a   ，即实数 a 的取值范围是 ( 2,2) 。 （二） 1【山东省烟台市 2013 届高三上学期期中考试理】（本小题满分 13 分） 已知函数 )(ln)( Rax axxf  . （1）求 )(xf 的极值； （2）若函数 )(xf 的图象与函数 1)( xg 的图象在区间 ],0( 2e 上有公共点，求实数 a 的 取值范围. 【答案】（1） )(xf 的定义域为 ),0(  , 2 )(ln1)(' x axxf  ， ……2 分 令 0)(' xf 得 aex  1 ， 当 ),0( 1 aex  时， ,0)(' xf )(xf 是增函数； 当 ),( 1  aex 时， ,0)(' xf )(xf 是减函数， ∴ )(xf 在 aex  1 处取得极大值， 11 )()(   aa eefxf 极大值 ， 无极小值. ………………5 分 （2）①当 21 ee a  时，即 1a 时， 由（1）知 )(xf 在 ),0( 1 ae  上是增函数，在 ],( 21 ee a 上是减函数， 11 max )()(   aa eefxf , 又当 aex  时， 0)( xf ， 当 ],0( aex  时， 0)( xf ；当 ],( 2eex a 时， 0)( xf ；  )(xf 与图象 1)( xg 的图象在 ],0( 2e 上有公共点， 11  ae ，解得 1a ，又 1a ，所以 1a . ………9 分 ②当 21 ee a  时，即 1a 时， )(xf 在 ],0( 2e 上是增函数， ∴ )(xf 在 ],0( 2e 上的最大值为 2 2 2)( e aef  ， 所以原问题等价于 12 2  e a ，解得 22  ea . 又 1a ,∴无解. 综上，实数 a 的取值范围是 ),1[  . ……13 分 2.【山东省实验中学 2013 届高三第三次诊断性测试理】（本小题满分 14 分）已知函数 )(xf 的导数 babfaxxxf ,,)0(,33)(' 2  为实数， 21  a . （Ⅰ）若 )(xf 在区间［-1，1］上的最小值、最大值分别为-2、1，求 a、b 的值； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求经过点 ）（ 1,2P 且与曲线 )(xf 相切的直线l 的方程； （Ⅲ）设函数 xexxfxF 2]16)('[)(  ，试判断函数 )(xF 的极值点个数。 【答案】解：（Ⅰ）由已知得， baxxxf  23 2 3)( ，……………………1 分 由 ,0)(' xf 得 axx  21 ,0 . 21],1,1[  axQ ，当 )0,1[x 时， )(,0)(' xfxf  递增； 当 ]1,0(x 时， 0)(' xf ， )(xf 递减. )(xf 在区间［-1，1］上的最大值为 1,)0(  bbf .………………3 分 又 )1()1(,2 312 31)1(,2 3212 31)1( ffaafaaf  . 由题意得 2)1( f ，即 22 3  a ，得 1,3 4,3 4  baa 故 为所求。 ………………5 分 （Ⅱ）解：由（1）得 xxxfxxxf 43)(',12)( 223  ，点 P（2，1）在曲线 )(xf 上。 （1）当切点为 P（2，1）时，切线l 的斜率 4)(' 2  xxfk ， l 的方程为 074),2(41  yxxy 即 .………………6 分 （2）当 切 点 P 不 是 切 点 时 ， 设 切 点 为 ),2)(,( 000 xyxQ 切 线 l 的 余 率 0 2 0 43)(' 0 xxxfk xx   ， l 的 方 程 为 ))(43( 00 2 00 xxxxyy  。 又 点 P （ 2 ， 1 ） 在 l 上 ， )2)(43(1 00 2 00 xxxy  ， )2)(43()2(),2)(43()12(1 00 2 00 2 000 2 0 2 0 3 0 xxxxxxxxxx  ， 0,0)2(2,43 0000 2 0 2 0  xxxxxx 即 .切线l 的方程为 1y . 故所求切线l 的方程为 074  yx 或 1y .……………………………………8 分 （Ⅲ）解： xx exaxexaxxxF 2222 ]1)2(33[)1633()(  . xx exaxeaxxF 222 ]1)2(33[2)]2(36[)('  . xeaxax 22 ]38)3(66[  . ……………………10 分 二次函数 axaxy 38)3(66 2  的判别式为 0],1)2(3[12)11123(12)38(24)3(36 222  令aaaaa 得： 3 323 32,3 1)2( 2  aa .令 0 ，得 3 32 a ，或 3 32 a 。 21,02  ae x ， 23 32  a当 时， 0)(' xF ，函数 )(xF 为单调递增，极值点个数 0； ……………… 12 分 当 3 321  a 时，此时方程 0)(' xF 有两个不相等的实数根，根据极值点的定义， 可知函数 )(xF 有两个极值点. ……………………………………14 分 3.【山东省师大附中 2013 届高三 12 月第三次模拟检测理】本题满分 12 分)已知 1x 是函 数    2 xf x ax e  的一个极值点． ( aR ) （Ⅰ）求 a 的值； （Ⅱ）当 1x ，  2 0,2x  时，证明：    1 2| |f x f x e  【答案】（Ⅰ）解： ， --------------------2 分 由已知得 ，解得 ． 当 时， ，在 处取得极小值． 所以 . ----------------4 分 （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知， ， . 当 时， ， 在区间 单调递减； 当 时， ， 在区间 单调递增. 所以在区间 上， 的最小值为 .------ 8 分 又 ， ， 所以在区间 上， 的最大值为 . ----------10 分 对于 ，有 ． 所以 . -------------------12 分 4.【山东省师大附中 2013 届高三 12 月第三次模拟检测理】(本题满分 14 分)已知函数    2ln( 1) af x x a Rx     （Ⅰ）求 )(xf 的单调区间； （Ⅱ）如果当 1,x  且 2x  时，  ln 1 2 x a x x   恒成立，求实数 a 的范围. 【答案】（1）定义域为 -----------2 分 设 ① 当 时，对称轴 ， ，所以 在 上 是增函数 -----------------------------4 分 ② 当 时， ，所以 在 上 是增函数 ----------------------------------------6 分 ③ 当 时，令 得 令 解得 ；令 解得 所以 的单调递增区间 和 ； 的单调递减区间 ------------------------------------8 分 （2） 可化为 （※） 设 ，由（1）知： ① 当 时， 在 上是增函数 若 时， ；所以 若 时， 。所以 所以，当 时，※式成立--------------------------------------12 分 ② 当 时， 在 是减函数，所以 ※式不成立 综上，实数 的取值范围是 ．----------------------------14 分 解法二 ： 可化为 设 令 , 所以 在 由洛必达法则 所以 5.【山东省师大附中 2013 届高三上学期期中考试数学理】（本题满分 12 分）设函数 3 2( )f x x bx cx   为奇函数，且在 1x   时取得极大值. （I）求 b，c； （II）求函数 ( )f x 的单调区间； （III）解不等式   2f x  . 【答案】 6.【山东省师大附中 2013 届高三上学期期中考试数学理】（本题满分 12 分）设函数   xf x e . （I）求证：  f x ex ； （II）记曲线      , 0y f x P t f t t 在点 其中 处的切线为l ，若l 与 x 轴、 y 轴所围成 的三角形面积为 S，求 S 的最大值. 【 答 案 】 7.【山东省师大附中 2013 届高三上学期期中考试数学理】（本题满分 14 分） 已知函数    21ln 0 .f x ax x ax     （I）讨论  f x 的单调性； （II）若  f x 有两个极值点 1 2,x x ，证明：    1 2 3 2ln 2.f x f x   【 答 案 】 8.【山东省青岛市 2013 届高三上学期期中考试理】（本小题满分 13 分） 已知函数      1,ln 1,)( 23 xxa xcbxxxxf ，当 2 3x  时，函数 ( )f x 有极大值 4 27 . （Ⅰ）求实数b 、 c 的值； （Ⅱ）若存在 0x  [ 1,2] ，使得 0( ) 3 7f x a  成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】 ①当 11  x 时， 2 2( ) 3 2 3 ( )3f x x x x x       ，令 0)(  xf 得 3 20  xx 或 当 x 变化时， )(),( xfxf  的变化情况如下表： x )0,1( 0 )3 2,0( 3 2 )1,3 2( )(xf  - 0 + 0 - )(xf 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 根据表格，又 2)1( f ， 27 4)3 2( f ， 0)0( f 9.【北京市东城区普通校 2013 届高三 12 月联考数学（理）】（本小题满分 14 分） 已知：函数 )1ln(2 1)( 2 xaxxxf  ，其中 Ra  ． （Ⅰ）若 2x  是 )(xf 的极值点，求 a 的值； （Ⅱ）求 )(xf 的单调区间； （Ⅲ）若 )(xf 在[0, )  上的最大值是 0 ，求 a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）解： (1 )( ) , ( 1, )1 x a axf x xx       ． 依题意，令 (2) 0f   ， 解得 1 3a  ． 经检验， 1 3a  时，符合题意． ……4 分 （Ⅱ）解：① 当 0a 时， ( ) 1 xf x x    ． 故 )(xf 的单调增区间是 (0, ) ；单调减区间是 )0,1( ． …………………5 分 ② 当 0a  时，令 ( ) 0f x  ，得 1 0x  ，或 2 1 1x a   ． 当 10  a 时， ( )f x 与 ( )f x 的情况如下： x 1( 1, )x 1x 1 2( , )x x 2x 2( , )x   ( )f x  0  0  ( )f x ↘ 1( )f x ↗ 2( )f x ↘ 所以， ( )f x 的单调增区间是 1(0, 1)a  ；单调减区间是 )0,1( 和 1( 1, )a   ． 当 1a 时， )(xf 的单调减区间是 ),1(  ． 当 1a  时， 21 0x   ， ( )f x 与 ( )f x 的情况如下： x 2( 1, )x 2x 2 1( , )x x 1x 1( , )x   ( )f x  0  0  ( )f x ↘ 2( )f x ↗ 1( )f x ↘ 所以， ( )f x 的单调增区间是 1( 1,0)a  ；单调减区间是 1( 1, 1)a   和 (0, ) ． ③ 当 0a 时， )(xf 的单调增区间是 (0, ) ；单调减区间是 )0,1( ． 综上，当 0a  时， )(xf 的增区间是 (0, ) ，减区间是 )0,1( ； 当 10  a 时， ( )f x 的增区间是 1(0, 1)a  ，减区间是 )0,1( 和 1( 1, )a   ； 当 1a 时， )(xf 的减区间是 ),1(  ； 当 1a  时， ( )f x 的增区间是 1( 1,0)a  ；减区间是 1( 1, 1)a   和 (0, ) ． ……11 分 （Ⅲ）由（Ⅱ）知 0a  时， )(xf 在 (0, ) 上单调递增，由 0)0( f ，知不合题意． 当 10  a 时， )(xf 在 (0, ) 的最大值是 1( 1)f a  ， 由 1( 1) (0) 0f fa    ，知不合题意． 当 1a 时， )(xf 在 (0, ) 单调递减， 可得 )(xf 在[0, )  上的最大值是 0)0( f ，符合题意． 所以， )(xf 在[0, )  上的最大值是 0 时， a 的取值范围是[1, ) ． …………14 分 10.【 北京四中 2013 届高三上学期期中测验数学（理）】（本小题满分 13 分） 已知函数 （ ）. （1）若 ，试确定函数 的单调区间； （2）若函数 在其图象上任意一点 处切线的斜率都小于 ，求实数 的取值范围. （3）若 ，求 的取值范围. 【答案】 （Ⅰ）解：当 时， ，所以 ， 由 ，解得 ， 由 ，解得 或 ， 所以函数 的单调增区间为 ，减区间为 和 . （Ⅱ）解：因为 ， 由题意得： 对任意 恒成立， 即 对任意 恒成立， 设 ，所以 ， 所以当 时， 有最大值为 ， 因为对任意 ， 恒成立， 所以 ，解得 或 ， 所以，实数 的取值范围为 或 . （III） . 11.【 山东省滨州市滨城区一中 2013 届高三 11 月质检数学理】（本题满分 12 分）. 某地 有三家工厂，分别位于矩形 ABCD 的顶点 A,B 及 CD 的中点 P 处，已知 AB=20km,CB =10km ， 为了处理三家工厂的污水，现要在矩形 ABCD 的区域 上（含边界），且与 A,B 等距离的一点 O 处建造一 个污水处理厂，并铺设排污管道 AO,BO,OP ，设排污 管道的总长为 y km． （Ⅰ）按下列要求写出函数关系式： ①设∠BAO= (rad)，将 y 表示成 的函数关系式； ②设 OP x (km) ，将 y 表示成 x 的函数关系式． （Ⅱ）请你选用（Ⅰ）中的一个函数关系式，确定污水处理厂的位置，使三条排污管道总长 度最短． 【答案】 （Ⅰ）①由条件知 PQ 垂直平分 AB，若∠BAO= (rad) ，则 10 cos cos AQOA    , 故 10 cosOB  ，又 OP＝10 10tan 所以 10 10 10 10tancos cosy OA OB OP         ， 所求函数关系式为 20 10sin 10cosy     0 4      ┅┅┅3 分 ②若 OP= x (km) ，则 OQ＝10－ x ，所以 OA =OB=  2 2 210 10 20 200x x x     所求函数关系式为  22 20 200 0 10y x x x x      ┅┅┅6 分 （Ⅱ）选择函数模型①，     ' 2 2 10cos cos 20 10 sin 10 2sin 1 cos cos siny              C B P O A D 令 'y  0 得 sin 1 2   ，因为 0 4   ，所以 = 6  ，┅┅┅9 分 当 0, 6      时， ' 0y  ， y 是 的减函数；当 ,6 4       时， ' 0y  ， y 是 的增函 数，所以当 = 6  时， min 10 10 3y   。这时点 P 位于线段 AB 的中垂线上，且距离 AB 边 10 3 3 km 处。┅┅┅12 分 12.【 山东省滨州市滨城区一中 2013 届高三 11 月质检数学理】（本题满分 14 分）定义： 若  Rx 0 ，使得 00 )( xxf  成立，则称 0x 为函数 )(xfy  的一个不动点 (1)下列函数不．存在不动点的是（ ）---（单选） A. xxf alog1)(  （ 1a ） B. 1)2()( 2  xbxxf (b>1) C. xxf ln)(  D. xxf )( (2)设 2ln2)( axxxf  ( Ra  ),求 )(xf 的极值 (3)设 2 1ln2)( 2  a exaxxxg ( 为自然对数的底数e ).当 a >0 时，讨论函数 )(xg 是否存在不动点，若存在求出 a 的范围，若不存在说明理由。 【答案】（1）C┅┅4 分 （2） )0(2222)( 2  xx axaxxxf ①当 a=0 时， 02)(  xxf ， )(xf 在  ,0 上位增函数，无极值； ②当 a<0 时， )(xf  >0 恒成立， )(xf 在  ,0 上位增函数，无极值； ③当 a>0 时, )(xf  =0,得 ax 1 ，列表如下： X       a 1,0 a 1       ,1 a )(xf   0 _ )(xf 增 极大值 减 当 ax 1 时， )(xf 有极大值= 1ln)1(  aaf 综上，当 0a 时无极值，当 a>0 时 )(xf 有极大值= 1ln)1(  aaf .┅┅10 分 （3）假设存在不动点，则方程 xxg )( 有解，即 02 1ln2 2  a eaxx 有解。 设 )(xh 2 1ln2 2  a eaxx ， （ a>0 ） 有 （ 2 ） 可 知 )(xh 极 大 值 2 11ln  a ea 2 1ln  a ea ， 下 面 判 断 )(xh 极 大 值 是 否 大 于 0 ， 设 2 1ln)(  a eaxp ，（a>0）, 22 1)( a ae a e aap  ,列表如下： A  ),0 e e ),( e )(ap  0 — P(a) 增 极大值 减 当 a=e 时， )(ap 极大值=p(e)= 2 5 <0,所以 02 1ln)(  a eaap 恒成立，即 )(xh 极大 值小于零，所以 )(xg 无不动点。┅┅14 分 13.【山东省德州市乐陵一中 2013 届高三 10 月月考数学理】本题满分 13 分） 设函数    2( ) 2ln 1 1f x x x    ． （Ⅰ）求函数 )(xf 的单调递增区间； （Ⅱ）若关于 x 的方程   2 3 0f x x x a    在区间 2,4 内恰有两个相异的实根，求实 数 a 的取值范围． 【答案】方法 2：∵    2( ) 2ln 1 1f x x x    ， ∴  2( ) 3 0 1 2ln 1 0f x x x a x a x          ．…………………………6 分 即  2ln 1 1a x x    ， 令    2ln 1 1h x x x    ， ∵ 2 3( ) 11 1 xh x x x      ，且 1x  ， 由 ( ) 0 3, ( ) 0 3h x x h x x     得1 得 ． ∴ ( )h x 在区间[2,3]内单调递增，在区间[3,4]内单调递减．……………………9 分 ∵  2 3h   ，  3 2ln 2 4h   ，  4 2ln3 5h   ， 又    2 4h h ， 故 2( ) 3 0f x x x a    在区间 2,4 内恰有两个相异实根    4 3h a h   ． ……………………………………11 分 即 2ln3 5 2ln 2 4a    ． 综上所述， a 的取值范围是 2ln3 5,2ln 2 4  ． ……………………………13 分 所以             4 3 2 4 2 3 c b a c b a 或 …………………………………………………………12 分 14.【山东省德州市乐陵一中 2013 届高三 10 月月考数学理】本小题满分 13 分） 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为 3 元，并且每件产品需向总公司交 m 元 （ 53  m ）的管理费，预计当每件产品的售价为 x 元（ 119  x ）时，一年的销售 量为 2)12( x 万件. （1）求分公司一年的利润 L（万元）与每件产品的售价 x （元）的函数关系式； （2）当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润 L 最大？并求出 L 的最大值 ).(mQ 【答案】1）分公司一年的利润 L（万元）与售价 x 的函数关系式为： ]11,9[,)12)(3( 2  xmmxL ……………………………………4 分（少定义域去 1 分） （2） ).3218)(12()3(2)12()( 2 xmxmxxXL  令 0L 得 mx 3 26  或 12x （不合题意，舍去）…………………………6 分 ∵ 53  m ，∴ .3 28 3 268  m 在 mx 3 26  两侧 L 的值由正变负.......8 分 所以（1）当 93 268  m 即 2 93  m 时， ).6(9)912)(39()9( 2 max mmLL  ………………………………10 分 （2）当 3 28 3 269  m 即 52 9  m 时， 32 max )3 13(4)]3 26(12)[33 26()3 26( mmmmmLL  ， 所以         52 9,)3 13(4 ,2 93),6(9 )( 3 mm mm mQ …………………………………………12 分 15.【山东省济南外国语学校 2013 届高三上学期期中考试 理科】（本小题满分 14 分）已知 函数 k x ekxxf 2)()(  . (1)求 )(xf 的单调区间； (2)若对 0(x ， ) ，都有 exf 1)(  ，求 k 的取值范围。 【答案】解：(1) / 2 21( ) ( ) x kf x x k ek   ，令 / ( ) 0f x  得 x k  …………………………….3 分 当 0k  时， ( )f x 在 ( , )k  和 ( , )k  上递增，在 ( , )k k 上递减； 当 0k  时， ( )f x 在 ( , )k 和 ( , )k  上递减，在 ( , )k k 上递增…………………8 分 (2) 当 0k  时， 1 1( 1) k kf k e e     ；所以不可能对 0(x ， ) 都有 exf 1)(  ； 当 0k  时有（1）知 ( )f x 在 (0, ) 上的最大值为 24( ) kf k e   ，所以对 0(x ， ) 都有 exf 1)(  即 24 1 1 02 k ke e      ，故对 0(x ， ) 都有 exf 1)(  时， k 的取 值范围为 1[ ,0)2  。…………………………………………………………………….14 分 2011-2012 年联考题 1、（2012 石家庄一中一模）若 1 1 3 2 2 10 9 3 3a log . ,b ,c ( )     则( ) A．a f(n),则 m、n 满足的关系为 A. m + n< 0 B. m +n > 0 C. m > n D. m < n 【答案】D 【解析】本题主要指数函数的单调性. 属于基础知识、基本运算的考查. 3( ) ( )2 xf x  是 R 上的减函数，实数 M,N 满足 f(M) > f(n),故 Mïïï= í - <ïïïî ， 若 ( ) ( )f a f a> - ，则实数 a 的取值范围是 ． 【答案】 ),1()0,1(  【解析】由题意得 2 1 2 0 log loga a a    或 ( ) ( ) 21 2 0 log log ;a a a       ( 1,0) (1, )a   64.【2012·黑龙江绥化市一模理 11】设 ( )f x 是定义在 R 上的偶函数，对任意 x R ， 都有 ( ) ( 4)f x f x  ，且当 [ 2,0]x  时， 1( ) 12 x f x      ，若在区间 ( 2,6] 内关于 x 的 方程 ( ) log ( 2) 0( 1)af x x a    恰有三个不同的实数根，则 a 的取值范围为（ ） A. (1,2) B. (2, ) C. 3(1, 4) D. 3( 4,2) 65.【2012  浙江瑞安模拟质检理 10】定义函数   ( )f x x x  ，其中 x 表示不超过 x 的最 大整数，当  0, ( *)x n n N  时，设函数 ( )f x 的值域为集合 A ，记 A 中的元素个数为 na ， 则使 49na n  为最小时的 n 是（ ） A．7 B．9 C．10 D．13 【答案】C 【 解 析 】 0 1x  时 ， 1( ) 0, 1;1 2f x a x    时 ，  ( )f x x ， 2 2a  ；  2 3, ( ) 2x f x x   3 4,a   xxfx 3)(,43      ,16,5)(,65,11,4)(,54,7, 654  axxfxaxxfxa         79,69,57,46,9)(,109, 37,8)(,98,29,7)(,87,22,6)(,76 13121110 987   aaaaxxfx axxfxaxxfxaxxfx 2 22  nnan ， 10),100(2 149  nnnn an 取得最小值。 66.【2012 浙江瑞安模拟质检理 17】对于函数 )(xfy  ，若存在区间 ,a b ，当  ,x a b 时的值域为 ,ka kb ( 0)k  ，则称 )(xfy  为 k 倍值函数.若 xxxf  ln)( 是 k 倍值函 数，则实数 k 的取值范围是 . 【答案】 1(1,1 )e  【解析】、因为 xxxf  ln)( 是 k 倍值函数， )(xf 在 ba, 上增， kaaa kbbb   ln ln 在 ),0(  上有两根，则 ,)1(ln)( xkxxg  有两个零点， xy ln 与 xky )1(  相交两点， 01 k ，当 ek 11 时相切，所以 ek 111  ； 67.【2012 延吉市质检理 8】函数 ( )f x 的定义域为 R，且满足： ( )f x 是偶函数， ( 1)f x  是奇函数，若 (0.5)f =9，则 (8.5)f 等于 （ ） A． 9 B．9 C． 3 D．0 【答案】B 【 解 析 】 因 为 ( )f x 是 偶 函 数 ， ( 1)f x  是 奇 函 数 ， 所 以 )1()1(),()(  xfxfxfxf ，函数是周期函数,周期 T=8，所以 (8.5)f =9 68.【2012 武昌区高三年级调研理】某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位： 万元）分别为 2 1 25.06 0.15 2l x x L x  和 ，其中 x 为销售量（单位：辆）．若该公司在 这两地共销售 15 辆车，则能获得的最大利润为 万元． 69.【2012 黄冈市高三模拟考试理】某工厂生产一种产品的原材料费为每件 40 元，若用 x 表示该厂生产这种产品的总件数，则电力与机器保养等费用为每件 0.05x 元，又该厂职工工 资固定支出 12500 元。 （1）把每件产品的成本费 P（x）（元）表示成产品件数 x 的函数，并求每件产品的最 低成本费； （2）如果该厂生产的这种产品的数量 x 不超过 3000 件，且产品能全部销售，根据市场 调查：每件产品的销售价 Q（x）与产品件数 x 有如下关系： ( ) 170 0.05Q x x  ，试问生 产多少件产品，总利润最高？（总利润=总销售额-总的成本） 【解析】本题主要考查函数的应用问题、逻辑思维能力、推理论证能力. 解：（Ⅰ） 12500( ) 40 0.05P x xx    ………………………………………3 分 由基本不等式得 ( ) 2 12500 0.05 40 90P x     当且仅当 12500 0.05xx  ，即 500x  时，等号成立 ……………………5 分 ∴ 12500( ) 40 0.05P x xx    ，成本的最小值为90元． ……………………6 分 71.【2012 深圳中学模拟理】（本小题满分 14 分） 已知集合  1 2 1 2 1 2( , ) 0, 0,D x x x x x x k     ．其中 k 为正常数． （I）设 1 2u x x ，求 u 的取值范围． （II）求证：当 1k  时不等式 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     对任意 1 2( , )x x D 恒成立； （III）求使不等式 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     对任意 1 2( , )x x D 恒成立的 k 的范围． 【答案】（I） 2 21 2 1 2 ( )2 4 x x kx x   ，当且仅当 1 2 2 kx x  时等号成立， 故u 的取值范围为 2 (0, ]4 k ．（3 分） （II） 变形，得 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1( )( ) x xx x x xx x x x x x       2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 12 2x x k kx x x x ux x x x x x u            . （5 分） 由 2 0 4 ku  ，又 1k  ， 2 1 0k   ，∴ 2 1( ) 2kf u u u    在 2 (0, ]4 k 上是增函数， 所以 1 2 1 2 1 1( )( )x xx x    2 1 2ku u   2 2 2 2 2 2 1 4 22 2 ( )4 4 2 4 k k k k k k k         ． 即当 1k  时不等式 2 1 2 1 2 1 1 2( )( ) ( )2 kx xx x k     成立． （9 分） 72.【2012·泉州四校二次联考理】（本小题满分 13 分） 省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后，发现一天中环境综合 放射性污染指数  f x 与时刻 x （时）的关系为    2 22 , 0,241 3 xf x a a xx      ， 其中 a 是与气象有关的参数，且 10, 2a      ，若用每天  f x 的最大值为当天的综合放 射性污染指数，并记作  M a ． （1）令 2 1 xt x   ，  0,24x ，求 t 的取值范围； （2）省政府规定，每天的综合放射性污染指数不得超过 2，试问目前市中心的综合放 射性污染指数是否超标？ （本小题满分 13 分） （2）当 10, 2a      时，记   22 3g t t a a    则   23 ,03 2 1,3 2 t a t a g t t a a t            ……………………8 分 ∵  g t 在 0,a 上单调递减，在 1, 2a     上单调递增， 且    2 1 7 1 10 3 , , 0 23 2 6 2 4g a g a g g a                      ． 故     1 1 7 1,0 ,02 4 6 4 2 1 11 1 3 ,0 , 3 4 24 2 g a a a M a a ag a                       . ……………………10 分 ∴当且仅当 4 9a  时，   2M a  . 故当 40 9a  时不超标，当 4 1 9 2a  时超标． ……………………13 分 73.【2012 厦门市高三模拟理】设函数 f(x)=－ 12 1 x3＋ 6 1 mx2+ 2 3 x，g(x)= 2 1 mx2－x＋c， F(x)=x f(x)。 (Ⅰ) 若函数 y= f(x)在 x=2 处有极值，求实数 m 的值； (Ⅱ) 试讨论方程 y=F＇(x)＝g(x)的实数解的个数； （Ⅲ）记函数 y= G(x)的导称函数 G＇( x)在区间(a,b)上的导函数为 G＇＇( x)，若在 (a，b)上 G＇＇( x)＞0 恒成立，则称函数 G(x) (a,b)上为“凹函数”。若存在实数 m∈[－2,2], 使得函数 F(x)在(a,b)上为“凹函数”，求 b－a 最大值。 【解析】本题主要考查函数、导数知识及其应用，考查运算求解能力及抽象概括能力， 考查函数与方程、分类与整合、数形结合、化归与转化等思想方法. （II）F＇(x)= 3 23 1( ) ( ) 34 2f x xf x x mx x     F＇(x)＝g(x)， 即 3 2 23 1 134 2 2x mx x mx x c      ，即 33 4 04 x x c    令 33( ) 44p x x x c    ，则 29 4( ) 4 04 3p x x x        ∵ 4 4 4 4( , ), ( ) 0, ( , ), ( ) 0, ( , ), ( ) 03 3 3 3x p x x p x x p x            ∴ 4 32 4 32( ) ( ) , ( ) ( )3 9 3 9p x p c p x p c   极小值 极小值＝- = ＝ 由图知， 当 32 3209 9c c      时，F＇(x)＝g(x)的实数解的个数为 1 当 32 3209 9c c      时，F＇(x)＝g(x)的实数解的个数为 2 当 32 32 32 320, 09 9 9 9c c c         时，F＇(x)＝g(x) 的实数解的个数为 3 当 32 3209 9c c    时，F＇(x)＝g(x)的实数解的个数为 2 当 32 3209 9c c    时，F＇(x)＝g(x)的实数解的个数为 1 综上所述， 32 9c   或 32 9c  F＇(x)＝g(x)的实数解的个数为 1，当 32 9c   F＇(x)＝g(x)的实数解的个数为 2，当 32 32 9 9c   F＇(x)＝g(x)的实数解的个数为 1 74.【2012 年石家庄市高中毕业班教学质检 1 理】已知函数 ).0(32ln)(  aaxxaxf (I)设 a =-1，求函数 )(xf 的极值； (II)在(I)的条件下，若函数 ])(3 1)( 23 mxfxxxg  (其中 )(xf  为 )(xf 的导 数)在区间(1，3)上不是单调函数，求实数 m 的取值范围． 【解析】本题主要考查函数、导数知识及其应用，考查运算求解能力及抽象概括能力， 考查函数与方程、分类与整合、数形结合、化归与转化等思想方法. 解：（Ⅰ）当 1a ， 32ln)(  xxxf )0( x ， ' 1( ) 2f x x   ，………………2 分  ( )f x 的单调递减区间为（0， 2 1 ）,单调递增区间为（ 2 1 , ) ………4 分 1 1 1( ) ln 2 3 ln 2 4.2 2 2f x f       的极小值是（ ） . ………………6 分 （ Ⅱ ） 23 )21(3 1)( xmxxxg  , 1)24()( 2'  xmxxg , ………………8 分 1)0(31)( ' gxg ）上不是单调函数，且，在区间（ ,      0)3( 0)1( ' ' g g ……………………10 分      0620 024 m m 即： 23 10  m . m 的取值范围 10( , 2)3   ………………12 分 75.【2012 武昌区高三年级调研理】已知函数 ( )y f x 为 R 上的奇函数， ( )y f x 的 导 数 为 ( )f x ， 且 当 ( ,0]x   时 ， 不 等 式 ( ) ( ) 0f x xf x  成 立 ， 若 | 1| (| 1|) sin (sin )a f a f    对一切 [ , ]2 2     恒成立， 则实数 a 的取值范 围 是 。 解得实数 a 的取值范围是     ,02,  76.【2012 江西师大附中高三模拟理】 xax axxf ln1)(  )( Ra  ． （1）求函数 )(xf 的极大值点； （ 2 ） 当 ),1[]11,(  eea  时 ， 若 在 ],1[ eex  上 至 少 存 在 一 点 0x ， 使 1)( 0  exf 成立，求 a 的取值范围． 【解析】本题主要考查了导数的计算、导数与单调性的关系、极值问题以及恒成立问题。 属于难题。考查了基础知识、基本运算、基本变换能力和转换的思想、分类讨论的思想. （2）在 ],1[ eex  上至少存在一点 0x ，使 1)( 0  exf 成立，等价于 当 ],1[ eex  时, max( ) 1f x e  ． 由（1）知，①当 11a e   ，即 11a e   时， 函数 )(xf 在 1[ ,1]e 上递减，在[1, ]e 上递增， max 1( ) max{ ( ), ( )}f x f f ee   ． 由 1 1( ) ( 1) 1f a e a ee e       ，解得 2 1ea e e   ． 由 1( ) 1af e e a ee      ，解得 1a  2 1 1e e e   ， 1a  ； （12 分） ②当 1a e  ，即 1a e  时，函数 )(xf 在 1[ ,1]e 上递增，在[1, ]e 上递减， max( ) (1) 2 1 1f x f a e e       ． 综上所述，当 1a  时，在 ],1[ eex  上至少存在一点 0x ，使 1)( 0  exf 成立。 77.【2012 三明市普通高中高三联考理】已知函数 2( ) lnf x a x bx  图象上点 (1, (1))P f 处的切线方程为 2 3 0x y   . （Ⅰ）求函数 ( )y f x 的解析式; （Ⅱ）函数 ( ) ( ) ln 4g x f x m   ,若方程 0)( xg 在 1[ ,2]e 上恰有两解,求实数 m 的取值 范围. 【解析】本题主要考查了导数的计算、导数与斜率的关系、极值问题以及数形结合方法。 属于难题。考查了基础知识、基本运算、函数与方程的思想. 解：（Ⅰ）当 1x 时, 132)1(  xf . ………………………1 分 bxx axf 2)(  , ………………………2 分       1)1( 22)1( bf baf ………………………4 分 1,4  ba ………………………5 分 令 0)( xg 得 4lnln42  xxm ，则此方程在 1[ ,2]e 上恰有两解。 ………8 分 记 4lnln4)( 2  xxx 0)2)(2(24242)( 2  x xx x x xxx 得 ]2,1[2 ex  ………10 分 v 2ln242ln22ln44)2(   )(x 的图像如图所示（或 )1(e  )2( ） ………………………13 分 2ln242  m . ………………………14 分 78.【2012 黄冈市高三模拟考试理】已知函数 3 21( ) , , .3f x x ax bx a b R    （1）曲线 : ( )C y f x 经过点 P（1，2），且曲线 C 在点 P 处的切线平行于直线 2 1y x  ， 求 a，b 的值； （2）在（1）的条件下试求函数 7( ) [ ( ) ]( , 0)3g x m f x x m R m    的极小值； （3）若 ( )f x 在区间（1，2）内存在两个极值点，求证： 0 2.a b   （Ⅱ）由（1）知    3 223 mg x x x  )(/ xg =mx（x－ 3 4 ）,当 m＞0 时，g（x）在（-  ，0），（ 3 4 ，+  ）上递增，在（0， 3 4 ）上递减，所以 g（x）的极小值为 g（ 3 4 ）=- 81 32 m；当 m＜0 时，g（x）在（-  ，0）， （ 3 4 ，+  ）上递减，在（0， 3 4 ）上递增，所以 g（x）的极小值为 g（0）=0；……8 分 （Ⅲ）因为 ( )f x 在区间 (1,2) 内存在两个极值点 ，所以 ( ) 0f x  ， 即 2 2 0x ax b   在 (1,2) 内有两个不等的实根． ∴ 2 (1) 1 2 0, (1) (2) 4 4 0, (2) 1 2, (3) 4( ) 0. (4) f a b f a b a a b                   ……………………………11 分 由 （1）+（3）得 0a b  ，由（4）得 2a b a a   ， ∴ 2 1a    ，又 2 21 1( ) 22 4a a a     ，∴ 2a b  ． 故 a＋b 的取值范围是（0，2）……………………………14 分 79.【2012 武昌区高三年级模拟理】已知函数 ( ) ln 1.f x x hx   （Ⅰ）求函数 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）若 ( ) 0f x  恒成立，试确定实数 k 的取值范围； （Ⅲ）证明： * 2 ln ( 1) ( , 1).1 4 n i i n n n N ni    【解析】本题主要考查了导数的计算、导数与单调性的关系、恒成立问题以及不等式的 放缩法。属于难题。考查了基础知识、基本运算、基本变换能力和转换的思想、分类讨论的 思想. （Ⅱ）由（Ⅰ）知 0k 时， ( )f x 在 (0, ) 上是增函数， 而 (1) 1 0, ( ) 0f k f x    不成立，故 0k ． 当 0k 时，由（Ⅰ）知 ( )f x 的最大值为 1( )f k ． 要使 0)( xf 恒成立，则 1( ) 0f k  即可． 故 0ln  k ，解得 1k ． 80.【2012 浙江宁波市模拟理科】设函数 21( ) ln 2f x c x x bx   ( ), , 0Rc cb   ，且 1x  为 ( )f x 的极值点． (Ⅰ) 若 1x  为 ( )f x 的极大值点，求 ( )f x 的单调区间（用 c 表示）； (Ⅱ)若 ( ) 0f x  恰有两解，求实数 c 的取值范围． （II）①若 0c  ，则 ( )f x 在 (0,1) 上递减，在 (1, ) 上递增 ( ) 0f x  恰有两解，则 (1) 0f  ，即 1 02 b  ，所以 1 02 c   ； ②若 0 1c  ，则 21( ) ( ) ln 2f x f c c c c bc   极大 ， 1( ) (1) 2f x f b  极小 因为 1b c   ，则 2 2 ( ) ln ( 1 ) ln 02 2 c cf x c c c c c c c        极大 1( ) 2f x c  极小 ， 从 而 ( ) 0f x  只 有 一 解 ； ③ 若 1c  ， 则 2 2 ( ) ln ( 1 ) ln 02 2 c cf x c c c c c c c        极小 , 1( ) 2f x c  极大 , 则 ( ) 0f x  只有 一解.综上，使 ( ) 0f x  恰有两解的 c 的范围为 1 02 c   ．…………15 分 2011 年联考题 题组一 一、选择题 1．（安徽省百校论坛 2011 届高三第三次联合考试理）设 ( )f x 是定义在 R 上的偶函数，对 任意 x R ，都有 ( 2) ( 2),f x f x   且当 [ 2,0]x   时， 1( ) ( ) 1, ( 2,6]2 xf x   若在区间 内关于 x 的方程 ( ) log ( 2) 0( 1)af x x a    恰有 3 个不同的实数根，则 a 的取值范围是 （ ） A．（1，2） B． (2, ) C． 3(1, 4) D． 3( 4,2) 答案 D. 2．（山东省莱阳市 2011 届高三上学期期末数学模拟理）函数 ( ) ( 3) xf x x e  的单调递增 区间是（ ） A. ( ,2) B. (0,3) C. (1,4) D. (2, ) 答案：D. 3.（河南省辉县市第一高级中学 2011 届高三 12 月月考理）下列命题中是假命题的是 A． ,)1()(, 342 是幂函数使  mmxmxfm R ),0( 且在 上递减 B． 有零点函数 axxxfa  lnln)(,0 2 C．  sincos)cos(,,  使R ; D． , ( ) sin(2 )f x x    R 函数 都不是偶函数 答案 D. 4. （ 河 南 省 焦 作 市 部 分 学 校 2011 届 高 三 上 学 期 期 终 调 研 测 试 理 ） 已 知 函 数 ，下面结论错误的是 A．函数 的最小正周期为 B．函数 是奇函数 C．函数 的图象关于直线 对称 D．函数 在区间 上是减函数 答案 D. 5.（河南省鹿邑县五校 2011 届高三 12 月联考理）已知函数 ( ) , ( )f x x g x 是定义在 R 上的 偶函数，当 0x  时， ( ) lng x x ，则函数 ( ) ( )y f x g x  的大致图像为 （ ） 答案 A. 6、（黑龙江省佳木斯大学附属中学 2011 届高三上学期期末考试理）函数 xexxf )3()(  的单调增区间是 （ ） A． )2,( B． )3,0( C． )4,1( D． ),2(  答案 D. 7. （江西省吉安一中 2011 届高三第一次周考）将函数 ( ) sin(f x x   ）的图象向左平移 2  个单位，若所得图象与原图象重合，则 的值不可能等于 A．4 B．6 C．8 D．12 答案 B. 8．（浙江省诸暨中学 2011 届高三 12 月月考试题文） 已知函数 ),0(cossin)( Rxabaxbxaxf  为常数，、 在 4 x 处取得最小值， 则函数 )4 3( xfy   是 A．偶函数且其图象关于点  0, 对称 B．偶函数且其图象关于点 )0,2 3(  对称 C．奇函数且其图象关于点 )0,2 3(  对称 D．奇函数且其图象关于点  0, 对称 答案 D. 9.（山东省济宁一中 2011 届高三第三次质检理）设 a R ，函数 ( ) x xf x e a e   的导函 数 '( )y f x 是奇函数，若曲线 ( )y f x 的一条切线斜率为 3 2 ，则切点的横坐标为 （ ） A． ln 2 2 B． ln 2 2  C． ln 2 D． ln 2 答案 C. 10． （山 东 省 莱阳 市 2011 届 高三 上 学 期期 末 数学 模 拟 理） 设 奇函 数 ( )f x 定 义在 ( ,0) (0, )  上 ， ( )f x 在 (0, ) 上 为 增 函 数 ， 且 (1) 0f  ， 则 不 等 式 3 ( ) 2 ( ) 05 f x f x x    的解集为（ ） A. ( 1,0) (1, )  B. ( , 1) (0,1)   C. ( , 1) (1, )   D. ( 1,0) (0,1)  答案：D. 11．（浙江省诸暨中学 2011 届高三 12 月月考试题文） 已知函数 ),0(cossin)( Rxabaxbxaxf  为常数，、 在 4 x 处取得最小值， 则函数 )4 3( xfy   是 A．偶函数且其图象关于点  0, 对称 B．偶函数且其图象关于点 )0,2 3(  对称 C．奇函数且其图象关于点 )0,2 3(  对称 D．奇函数且其图象关于点  0, 对称 答案 D. 12．（山东省聊城市 2011 届高三年级 12 月月考理）函数 sin(2 )3y x   的图象 （ ） A．关于点 ( ,0)3  对称B．关于直线 4x  对称 C．关于点 ( ,0)4  对称 D．关于直线 3x  对称 答案 A. 13．（宁夏银川一中 2011 届高三第五次月考试题全解全析理） 2(sin cos ) 1y x x   是 （ ） A．最小正周期为 2π 的偶函数 B．最小正周期为 2π 的奇函数 C．最小正周期为 π 的偶函数 D．最小正周期为 π 的奇函数 【答案】D 【分析】对给出的三角函数式进行变换，然后根据三角函数的性质进行判断。 【解析】 2(sin cos ) 1 2sin cos sin 2y x x x x x     ，所以函数 2(sin cos ) 1y x x   是最小正周期为 的奇函数。 【考点】基本初等函数Ⅱ。 【点评】本题考查三角函数的性质，但要借助三角恒等变换，在大多数三角函数性质的试题 中往往要以三角恒等变换为工具，把三角函数式化为一个角的一个三角函数，再根据基本的 三角函数的性质对所给的三角函数的性质作出结论。 14．（吉林省东北师大附中 2011 届高三上学期第三次模底考试理）定义两种运算： 22 baba  ， 2)( baba  ，则     2 2 2 xf x x    是（ ）函数． （ ） A．奇函数 B．偶函数 C．既奇又偶函数 D．非奇非偶函数 答案 A. 15．（宁夏银川一中 2011 届高三第五次月考试题全解全析理） 把函数 )||,0)(sin(   xy 的图象向左平移 6  个单位，再将图像上所有点的横 坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变）所得的图象解析式为 xsiny  ，则 （ ） A． 62   ， B． 32  ， C． 62 1  ， D． 122 1  ， 【答案】B 【分析】根据变换的结果，逆行变换后即可得到 siny x 经过变换后的函数解析式，通过 比较即可确定 ,  的值。 【解析】把 siny x 图象上所有点的横坐标缩小到原来的 1 2 倍得到的函数解析式是 sin 2y x ， 再 把 这 个 函 数 图 象 向 右 平 移 6  ， 得 到 的 函 数 图 象 的 解 析 式 是 sin 2( ) sin(2 )6 3y x x     ，与已知函数比较得 2, 3     。 【考点】基本初等函数Ⅱ。 【点评】本题考查三角函数图象的变换，试题设计成逆向考查的方式是比较有新义的。本题 也 可 以 根 据 比 较 系 数 的 方 法 求 解 ， 根 据 已 知 的 变 换 方 法 ， 经 过 两 次 变 换 后 函 数 sin( )y x   ，即被变换成 sin( )6y x       ，比较系数也可以得到问题的答案。 16．（山东省莱阳市 2011 届高三上学期期末数学模拟理） 若函数 2( ) sin 2 2sin sin 2f x x x x   ( )x R ，则 ( )f x 是（ ） A.最小正周期为 的偶函数 B. 最小正周期为 的奇函数 C.最小正周期为 2 的偶函数 D. 最小正周期为 2  的奇函数 答案：D. 17．（宁夏银川一中 2011 届高三第五次月考试题全解全析理） 设 )(xf Rxxx  ,3 ，当 0 2   时， 0)1()sin(  mfmf  恒成立，则实数 m 的 取值范围是 （ ） A．（0,1） B． )0,( C． )2 1,( D． )1,( 【答案】D 【分析】函数 ( )f x 是奇函数且是单调递增的函数，根据这个函数的性质把不等式转化成一 个具体的不等式。根据这个不等式恒成立， 【解析】根据函数的性质，不等式 0)1()sin(  mfmf  ，即 ( sin ) ( 1)f m f m   ， 即 sin 1m m   在 0, 2      上恒成立。当 0m  时，即 1sin m m   恒成立，只要 10 m m  即可，解得 0 1m  ；当 0m  时，不等式恒成立；当 0m  时，只要 1sin m m   ，只 要 11 m m  ，只要 0 1  ，这个不等式恒成立，此时 0m  。综上可知： 1m  。 【考点】基本初等函数Ⅰ。 【点评】本题考查函数性质和不等式的综合运用，这里函数性质是隐含在函数解析式中的， 其目的是考查考生是否有灵活使用函数性质简捷地解决问题的思想意识。在不等式的恒成立 问题中要善于使用分类参数的方法解决问题，本题的解析是分类了函数，把参数放到一个表 达式中，也可以直接使用分离参数的方法求解，即 sin 1m m   可以化为 (1 sin ) 1m  ， 当 2   时， mR ；当 2   时， 1 ( )1 sinm f   ，只要 min( )m f  即可，即只 要 1m  即可。综合两种情况得到 1m  。 18．（四川广安二中 2011 届高三数学一诊复习题综合测试题三） 已 知 函 数 ( ) sin( )( 0, 0)f x A x A      的 图 象 在 y 轴 右 侧 的 第 一 个 最 高 点 为 (2,2),M 与 x 轴在原点右侧的第一个交点为 (5,0),N 则函数 ( )f x 的解析式为 A． 2sin( )6 6x  B． 2sin( )3 6x  C． 2sin( )6 6x  D． 2sin( )3 6x  答案 A. 19．（浙江省诸暨中学 2011 届高三 12 月月考试题文）已知函数   2 2f x x ax a   在区 间 ,1 上有最小值，则函数  f x x 在区间 1, 上 A 有两个零点 B 有一个零点 C．无零点 D．无法确定 答案 C. 20．（重庆市南开中学高 2011 级高三 1 月月考文）设 3 6 log ( 1) ( 6) ( ) 3 1 ( 6)x x x f x x       的反 函数为 1 1 8( ), ( ) ,9f x f n   若 则 ( 4)f n  = （ ） A．2 B．—2 C．1 D．—1 答案 B. 21．（北京市西城区 2011 届高三第一学期期末考试理）对于函数① 1( ) 4 5f x x x    ，② 2 1( ) log ( )2 xf x x  ，③ ( ) cos( 2) cosf x x x   ， 判断如下两个命题的真假： 命题甲： ( )f x 在区间 (1,2) 上是增函数； 命题乙： ( )f x 在区间 (0, ) 上恰有两个零点 1 2,x x ，且 1 2 1x x  . 能使命题甲、乙均为真的函数的序号是 （A）① （B）② （C）①③ （D）①② 答案 D. 22．（山东省莱阳市 2011 届高三上学期期末数学模拟理）函数 21 4 3 xy x x     是（ ） A. 奇函数 B. 偶函数 C. 非奇非偶函数 D. 既是奇函数又是偶函数 答案：B. 23．（重庆市重庆八中 2011 届高三第四次月考文） 若函数  f x 的反函数    1 21 0f x x x    ，则  2f  （ ） A．1 B． 1 C．1 或 1 D．5 答案 B. 24.（广东六校 2011 届高三 12 月联考文） 下列函数中，既是偶函数又在 0, 上单调递 增的是 A. 3y x B. cosy x C. xy tan D. lny x 答案 D. 25．（宁夏银川一中 2011 届高三第五次月考试题全解全析理） a 是 xxf x 2 1log2)(  的零点，若 ax  00 ，则 )( 0xf 的值满足 （ ） A． 0)( 0 xf B． 0)( 0 xf C． 0)( 0 xf D． )( 0xf 的符号 不确定 【答案】B 【分析】函数 2( ) 2 logxf x x  在 (0, ) 上是单调递增的，这个函数有零点，这个零点是 唯一的，根据函数是单调递增性，在 (0, )a 上这个函数的函数值小于零，即 0( ) 0f x  。 【考点】函数的应用。 【点评】在定义域上单调的函数如果有零点，则只能有唯一的零点，并且以这个零点为分界 点把定义域分成两个区间，在其中一个区间内函数值都大于零，在另一个区间内函数值都小 于零。 26．（重庆市重庆八中 2011 届高三第四次月考文）函数   2 6f x ax bx   满足条件    1 3f f  ，则  2f 的值为 （ ） A ．5 B ．6 C ．8 D ．与 a ， b 值有关 答案 B 提示：由    1 3f f  知对称轴 12 b a  ，故   2 2 6f x ax ax   ，所以  2 6f  ． 27．（重庆市重庆八中 2011 届高三第四次月考文）函数   2 2f x x ax a   在  ,1x   上 有最小值，则函数    f xg x x 在  1,x  上一定 （ ） A ．有最小值 B ．有最大值 C ．是减函数 D ．是增函数 答案： D 提示：由函数   2 2f x x ax a   在  ,1 有最小值， 知 1a  ，又   2ag x x ax   ，由 1x  及 1a  知   2 2 2' 1 a x ag x x x    2 1 0a x   ，故  g x 为增函数． 28．（安徽省百校论坛 2011 届高三第三次联合考试理） 已知函数 2 2 1, 1,( ) [ (0)] 4 , 1, x xf x f f a x ax x       若 ，则实数 a 等于 （ ） A． 1 2 B． 4 5 C．2 D．9 答案 C. 29．（安徽省蚌埠二中 2011 届高三第二次质检文） 已知函数 )10()3(log)( 2  aaaxxxf a 且 满足：对任意实数 x1、x2，当 221 axx  时，总有 0)()( 21  xfxf ，那么实数 a 的取值范围是 （ ） A．（0，3） B．（1，3） C． )32,1( D． )32,0( 答案 C. 30.（ 福建 省莆 田 一中 2011 届 高三 上学 期 第三 次月 考 试题 文 ）已 知函 数 )0,0)(sin(2)(   xxf 的图象如图所示，则 等于( ) A． 1 3 B． 3 2 C． 1 D．2 答案 B. 31.（福建省莆田一中 2011 届高三上学期第三次月考试题文）函数 )(xf 在定义域 R 内可导， 若 ( ) (2 ),f x f x  且 ( 1) '( ) 0x f x  ，若 ),3(),2 1(),0( fcfbfa  则 cba ,, 的大小 关系是( ) A． cba  B．b a c  C． abc  D． bca  答案 B. 32．（宁夏银川一中 2011 届高三第五次月考试题全解全析理） 求曲线 2y x 与 y x 所围成图形的面积，其中正确的是 （ ） A． 1 2 0 ( )S x x dx  B． 1 2 0 ( )S x x dx  C． 1 2 0 ( )S y y dy  D． 1 0 ( )S y y dy  【答案】B 【分析】根据定积分的几何意义，确定积分限和被积函数。 【解析】两函数图象的交点坐标是 (0,0),(1,1) ，故积分上限是1，下限是 0 ，由于在 0,1 上， 2x x ，故 求曲线 2y x 与 y x 所围成图形的面 1 2 0 ( )S x x dx  。 【考点】导数及其应用。 【点评】本题考查定积分的几何意义，对定积分高考可能考查的主要问题是：利用微积分基 本定理计算定积分和使用定积分的几何意义求曲边形的面积。 33.（江西省南昌市新建二中、莲塘一中 2011 届高三上学期 12 月联考理） 函数 1 ln( 1) ,( 1)2 xy x    的反函数是（ ） A． 2 1 1( 0)xy e x   B． 2 1 1( 0)xy e x   C． 2 1 1( R)xy e x   Ｄ． 2 1 1( R)xy e x   答案 D. 34．（安徽省蚌埠二中 2011 届高三第二次质检文） 已知函数 aaxxxf  2)( 2 在区间(  ，1)上有最小值，则函数 x xfxg )()(  在区间 (1， ) 上一定 （ ） A．有最小值 B．有最大值 C．是减函数 D．是增函数 答案 D. 35.（北京市房山区 2011 年高三上学期期末统练试卷文）阅 读右面程序框图，如果输出的函数值在区间 1 1[ , ]4 2 内，那 么输入实数 x 的取值范围是 （A） ( , 2]  （B）[ 2, 1]  （C）[ 1,2] （D）[2, ) 答案 B. 二、填空题 36.（四川广安二中 2011 届高三数学一诊复习题综合测试题三）在 ABC 中，已知 , ,a b c 是角 , ,A B C 的对应边， ①若 ,a b 则 ( ) (sin sin )f x A B x   在Ｒ上是增函数； ②若 2 2 2( cos cos )a b a B b A   ，则 ABC 是 Rt ； ③ cos sinC C 的最小值为 2 ； ④若 cos cosA B ，则Ａ＝Ｂ； ⑤ 若 (1 tan )(1 tan ) 2A B   ， 则 3 4A B   ， 其 中 正 确 命 题 的 序 号 是 。 答案 ①②④ 37.（苏北九所重点高中 2011 届高三期末联考试卷试题）函数 2cosy x x  在 [0, ]2  上取 最大值时， x 的值是__▲____. 答案 6  ； 38.（苏北九所重点高中 2011 届高三期末联考试卷试题）已知函数 2( ) logf x x ，正实数 m， n 满足 m n ，且 ( ) ( )f m f n ， 若 ( )f x 在区间 2[ , ]m n 上的最大值为 2，则 n m  ▲ 开始 输出 结束 是 否 输入 x [ 2,2]x  ( ) 2xf x  ( )f x ( ) 2f x  答案 5 2 ； 39.（安徽省蚌埠二中 2011 届高三第二次质检文）设奇函数 ]1,1[)( 在xf 上是增函数，且 12)(,1)1( 2  attxff 若函数 对所有的 ]1,1[a , ]1,1[x 都成立，则 t 的取值 范围是____________________________， 答案 202  ttt 或或 40.（福建省莆田一中 2011 届高三上学期第三次月考试题文） 已 知 函 数 )(|2|)( 2 Rxbaxxxf  ． 给 下 列 命 题 ： ① )(xf 必 是 偶 函 数 ； ② 当 )2()0( ff  时， )(xf 的图像必关于直线 x＝1 对称；③若 02 ba ，则 )(xf 在区间 [a，＋∞ ) 上是增函数；④ )(xf 有最大值 || 2 ba  ．其中正确的序号是_________． 答案 ③ 41.（福建省莆田一中 2011 届高三上学期期中试题理） )(xf 是定义在 R 上的奇函数，且 )1()( xfxf  ，则 )2010(f ． 答案 0 42.（ 湖 北 省 八 校 2011 届 高 三 第 一 次 联 考理 ） 奇 函 数 ( )f x 满 足 对 任 意 x R 都 有 (2 ) (2 ) 0f x f x    ，且 (1) 9f  ，则 (2010) (2011) (2012)f f f  的值为 . 答案 9 . 43．（江苏连云港市 2011 届高三一轮复习模拟考试试题）函数 2lg( 4 21)y x x   的定义域 是 ★ . 答案 21、 ( , 3)  ∪ (7, ) . 43.(湖北省补习学校 2011 届高三联合体大联考试题理）若 ( )f x 是 R 上的奇函数,且 (2 1)f x  的周期为 4,若 2)6( f ,则 (2008) (2010)f f  答案 2. 45．（山东省聊城市 2011 届高三年级 12 月月考理） 定义在 R 上的偶函数 ( ) ( 1) ( ),f x f x f x  满足 且 在[—1，0]上是增函数，给出下列关于 ( )f x 的判断； ① ( )f x 是周期函数； ② ( )f x 关于直线 1x  对称； ③ ( )f x 是[0，1]上是增函数； ④ ( )f x 在[1，2]上是减函数； ⑤ (2) (0)f f ， 其中正确的序号是 。 答案 ①②⑤. 46．（浙江省诸暨中学 2011 届高三 12 月月考试题文）（本小题满分 14 分）已知：函数 ( ) 2(sin cos )f x x x  ． (Ⅰ)求函数 ( )f x 的最小正周期和值域； (Ⅱ)若函数 ( )f x 的图象过点 6( , )5  ， 3 4 4    .求 ( )4f   的值． 答案 （1）（1） ( ) 2(sin cos )f x x x  2 22(sin cos )2 2x x    2sin( )4x   ---3 分 ∴函数的最小正周期为 2 ，值域为{ | 2 2}y y   。 （2）解：依题意得： 62sin( ) ,4 5    3sin( ) ,4 5    ∵ 3 .4 4    ∴ 0 ,4 2     ∴ cos( )4   ＝ 2 23 41 sin ( ) 1 ( )4 5 5      ( )4f   ＝ 2sin[( ) ]4 4     ∵ sin[( ) ] sin( )cos cos( )sin4 4 4 4 4 4              ＝ 2 3 4 7 2( )2 5 5 10   ∴ ( )4f   ＝ 7 2 5 . 47．（安徽省合肥八中 2011 届高三第一轮复习四考试理） 已知函数 3( ) 2 '(2) , '(2),f x x f x n f    则二项式 2( )nx x  展开式中常数项是第 项。 答案： 9. 48．（安徽省百校论坛 2011 届高三第三次联合考试理） 已知 ( ) 2sin(2 ) [0, ]6 2f x x m x    在 上有两个不同的零点，则 m 的取值范围为 。 答案 三、简答题 49．（四川广安二中 2011 届高三数学一诊复习题综合测试题三）(12 分)已知函数 ( ) sin( ),f x x   其中 0,| | .2    (1)若 3cos cos sin sin 0,4 4     求 的值； (2)在(1)的条件下，若函数 ( )f x 的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于 ,3  求最小的正实 数 ,m 使得函数的图象向左平移 m 个单位后所对应的函数是偶函数。 答案 (1) 3cos cos sin sin 0 0 cos cos sin sin cos( )4 4 4 4 4                又 | | 2   ;4  ∴ (2)由题意知， 2 3 T  2 3T ∴ 2 3T   ∴ ( ) sin(3 )4f x x  ∴ 又 ( ) sin(3 3 )4f x m x m     是偶函数， 3 0 3 ( Z)4 2m k k      ∴ 即 ( Z)3 12 km k    所以，最小的正实数 m 是 .12  50．（本小题满分 14 分）已知：函数 ( ) 2(sin cos )f x x x  ． (Ⅰ)求函数 ( )f x 的最小正周期和值域； (Ⅱ)若函数 ( )f x 的图象过点 6( , )5  ， 3 4 4    .求 ( )4f   的值． 答案 （1）（1） ( ) 2(sin cos )f x x x  2 22(sin cos )2 2x x    2sin( )4x   ---3 分 ∴函数的最小正周期为 2 ，值域为{ | 2 2}y y   。 （2）解：依题意得： 62sin( ) ,4 5    3sin( ) ,4 5    ∵ 3 .4 4    ∴ 0 ,4 2     ∴ cos( )4   ＝ 2 23 41 sin ( ) 1 ( )4 5 5      ( )4f   ＝ 2sin[( ) ]4 4     ∵ sin[( ) ] sin( )cos cos( )sin4 4 4 4 4 4              ＝ 2 3 4 7 2( )2 5 5 10   ∴ ( )4f   ＝ 7 2 5 51．（重庆市南开中学高 2011 级高三 1 月月考文）（13 分） 已知向量 1(1,cos ), ( sin )4a x b x     （1）当 [0, ]4x  时，若 a b  ，求 x 的值； （2）定义函数 ( ) ( ), , ( )f x a a b x R f x      求 的最小正周期及最大值。 答案 52．（安徽省野寨中学、岳西中学 2011 届高三上学期联考文）（本题满分 12 分）已知函数 3 2( ) 3 ( 0)f x x ax bx c b= + + + < ，且 ( ) ( ) 2g x f x= - 是奇函数。 （1）求 ,a c 的值； （2）求函数 ( )f x 的单调区间。 答案 53．（广东省高州市南塘中学 2011 届高三上学期 16 周抽考理）（本小题满分 13 分）已知 函数 2( ) ( 0 ).af x x x a Rx    ，常数 （Ⅰ）当 2a  时，解不等式 ( ) ( 1)f x f x  ＞ 2 1x  ； （Ⅱ）讨论函数 ( )f x 的奇偶性，并说明理由． 答案 解：（Ⅰ）当 2a  时， 2 2( )f x x x   ， 2 2( 1) ( 1) 1f x x x      ， 由 2 22 2( 1) 1x xx x      ＞ 2 1x  ， 得 2 2 1x x   ＞ 0 ， ( 1)x x  ＜0 ， 0 ＜ x ＜1 ∴原不等式的解为 0 ＜ x ＜1； （Ⅱ） ( )f x 的定义域为 ( 0) (0  ， ，+ )， 当 0a  时， 2( )f x x ， 2 2( ) ( ) ( )f x x x f x     ，所以 ( )f x 是偶函数． 当 0a  时， 2( ) ( ) 2 0( 0)f x f x x x     ， 2( ) ( ) 0af x f x x     所以 ( )f x 既不是奇函数，也不是偶函数． 54. （ 黑 龙 江 省 哈 九 中 2011 届 高 三 期 末 考 试 试 题 理 ） （ 12 分 ） 已 知 函 数 )()( Rxkxexf x  （1）若 ek  ，试确定函数 )(xf 的单调区间； （2）若 0k 且对任意 Rx  ， 0|)(| xf 恒成立，试确定实数 k 的取值范围； （3）设函数 )()()( xfxfxF  ，求证： )()2()()2()1( 21   NnenFFF n n 答案 （1） eexf x  )( ，令 0)(  xf ，解得 1x 当 ),1( x 时， 0)(  xf ， )(xf 在 ),1(  单调递增； 当 )1,(x 时， 0)(  xf ， )(xf 在 ),1(  单调递减 （2） |)(| xf 为偶函数， 0|)(|  xf 恒成立等价于 0)( xf 对 0x 恒成立 当 0x 时， kexf x  )( ，令 0)(  xf ，解得 kx ln （1）当 0ln k ，即 1k 时， )(xf 在 )ln,0( k 减，在 ),(ln k 增 0ln)(ln)( min  kklkkfxf ，解得 ek 1 ， ek 1 （2）当 0ln k ，即 10  k 时， 0)(  kexf x ， )(xf 在 ),0[  上单调递增， 01)0()( min  fxf ，符合， 10  k 综上， ek 0 （3） nnxx eenFeeFeexF   )(,)1(,)( 1 2)()1( 11111   nnnnn eeeeenFF 2)1()2( 11221   nnnnn eeeeenFF 。。。。。。 2)1()( 1  neFnF 21 )2()()2()1( n nenFFF   55.（湖北省八校 2011 届高三第一次联考理） （本小题满分12 分）已知 4 2 2 1( ) log (1 ) 1 mxf x x x     ( )x R 是偶函数. （Ⅰ）求实常数 m 的值，并给出函数 ( )f x 的单调区间（不要求证明）； （Ⅱ） k 为实常数，解关于 x 的不等式： ( ) (3 1)f x k f x   ． 答案 （Ⅰ） ( )f x 是偶函数, ( ) ( )f x f x   , 4 4 2 22 2 1 1log (1 ) log (1 )1 1 mx mxx xx x         , 0mx  , 0m  . 2 分 4 2 2 1( ) log (1 ) 1f x x x      , ( )f x 的递增区间为[0, ) ，递减区间为 ( ,0] . 4 分 （Ⅱ） ( )f x 是偶函数 , ( ) ( )f x k f x k    , 不等式即 ( ) ( 3 1)f x k f x   ,由于 ( )f x 在[0, ) 上是增函数, 3 1x k x    , 2 2 22 9 6 1x kx k x x      , 即 2 28 (6 2 ) (1 ) 0x k x k     , 1 1( )( ) 02 4 k kx x    , 7 分 1 1 3 1( )2 4 4 k k k     , 1 3k  时，不等式解集为  ； 1 3k  时，不等式解集为 1 1( , )4 2 k k  ； 1 3k  时，不等式解集为 1 1( , )2 4 k k  . 12 分 56．（安徽省百校论坛 2011 届高三第三次联合考试理） （本小题满分 13 分） 已知函数 2 2( ) ln ( 0, )f x x a x x ax     为常数 ，对任意两个不相等的正数 1 2,x x ，证明： 当 1 2 1 2( ) ( )0 , ( ).2 2 f x f x x xa f  时 答案 57．（安徽省百校论坛 2011 届高三第三次联合考试理） （本小题满分 13 分） 已知函数 3 2( ) ( 6 3 ) , .xf x x x x t e t R     （1）若函数 ( ) , , ( )y f x x a x b x c a b c     依次在 处取到极值，求 t 的取值范 围； （2）若存在实数 [0,2]t  ，使对任意的 [1, ], ( )x m f x x 不等式 恒成立，求正整数 m 的最大值。 答案 58.（安徽省野寨中学、岳西中学 2011 届高三上学期联考文）（本题满分 13 分）设实数 0a < ， 设函数 2( ) 1 1 1f x a x x x= - + + + - 的最大值为 ( )g a 。 （1）设 1 1t x x= + + - ，求t 的取值范围，并把 ( )f x 表示为t 的函数 ( )h t ； （2）求 ( )g a 。 答案 解：（1）因为 [ ]1 1 2,2t x x= + + - Î ， 2 211 12x t- = - 所以 [ ]21( ) , 2,22h t at t a t= + - Î （2）直 1t a= - 线是抛物线 [ ]21( ) , 2,22h t at t a t= + - Î 的对称轴，又 0a < 所以，当 ( ]1 0, 2t a= - Î ，即 2 2a £ - ，则 ( ) ( 2) 2g a h= = ； 当 ( ]1 2,2t a= - Î ，即 2 1 2 2a- < £ - ，则 1 1( ) ( ) 2g a h aa a= - = - - ； 当 ( )1 2,t a= - Î +¥ ，即 2 02 a- < < ，则 ( ) (2) 2g a h a= = + 综上，有 12, 2 1 2 1( ) ,2 2 2 22, 2 a a g a a aa a ìï + > -ïïïïïïï= - - - < £ -íïïïïï £ -ïïïî 59.（北京市西城区 2011 届高三第一学期期末考试理）（本小题满分 13 分） 已知函数 2( ) 3sin 2 2sinf x x x  . （Ⅰ）若点 (1, 3)P  在角 的终边上，求 ( )f  的值； （Ⅱ）若 [ , ]6 3x    ，求 ( )f x 的值域. 答案 （本小题满分 13 分） 解：（Ⅰ）因为点 (1, 3)P  在角 的终边上， 所以 3sin 2    ， 1cos 2   ， ………………2 分 所以 2 2( ) 3sin 2 2sin 2 3sin cos 2sinf          ………………4 分 23 1 32 3 ( ) 2 ( ) 32 2 2          . ………………5 分 （Ⅱ） 2( ) 3sin 2 2sinf x x x  3sin2 cos2 1x x   ………………6 分 2sin(2 ) 16x    ， ………………8 分 因为 [ , ]6 3x    ，所以 6 5 626   x ， ………………10 分 所以 1 sin(2 ) 12 6x     ， ………………11 分 所以 ( )f x 的值域是[ 2,1] . ………………13 分 60.（北京市西城区 2011 届高三第一学期期末考试理）（本小题满分 14 分） 已知函数 21( ) (2 1) 2ln ( )2f x ax a x x a    R . (Ⅰ)若曲线 ( )y f x 在 1x  和 3x  处的切线互相平行，求 a 的值； (Ⅱ)求 ( )f x 的单调区间； (Ⅲ)设 2( ) 2g x x x  ，若对任意 1 (0,2]x  ，均存在 2 (0,2]x  ，使得 1 2( ) ( )f x g x ，求 a 的取值范围. 答案 （本小题满分 14 分） 解： 2( ) (2 1)f x ax a x      ( 0)x  . ………………2 分 （Ⅰ） (1) (3)f f  ，解得 2 3a  . ………………3 分 （Ⅱ） ( 1)( 2)( ) ax xf x x    ( 0)x  . ………………5 分 ①当 0a  时， 0x  ， 1 0ax   ， 在区间 (0,2) 上， ( ) 0f x  ；在区间 (2, ) 上 ( ) 0f x  ， 故 ( )f x 的单调递增区间是 (0,2) ，单调递减区间是 (2, ) . ………………6 分 ②当 10 2a  时， 1 2a  ， 在区间 (0,2) 和 1( , )a  上， ( ) 0f x  ；在区间 1(2, )a 上 ( ) 0f x  ， 故 ( )f x 的单调递增区间是 (0,2) 和 1( , )a  ，单调递减区间是 1(2, )a . …………7 分 ③当 1 2a  时， 2( 2)( ) 2 xf x x   ， 故 ( )f x 的单调递增区间是 (0, ) . ………8 分 ④当 1 2a  时， 10 2a   ， 在区间 1(0, )a 和 (2, ) 上， ( ) 0f x  ；在区间 1( ,2)a 上 ( ) 0f x  ， 故 ( )f x 的单调递增区间是 1(0, )a 和 (2, ) ，单调递减区间是 1( ,2)a . ………9 分 （Ⅲ）由已知，在 (0,2] 上有 max max( ) ( )f x g x . ………………10 分 由已知， max( ) 0g x  ，由（Ⅱ）可知， ①当 1 2a  时， ( )f x 在 (0,2] 上单调递增， 故 max( ) (2) 2 2(2 1) 2ln 2 2 2 2ln 2f x f a a a         ， 所以， 2 2 2ln 2 0a    ，解得 ln 2 1a   ，故 1ln 2 1 2a   . ……………11 分 ②当 1 2a  时， ( )f x 在 1(0, ]a 上单调递增，在 1[ ,2]a 上单调递减， 故 max 1 1( ) ( ) 2 2ln2f x f aa a      . 由 1 2a  可知 1 1ln ln ln 12 ea     ， 2ln 2a   ， 2ln 2a  ， 所以， 2 2ln 0a   ， max( ) 0f x  ， ………………13 分 综上所述， ln 2 1a   . ………………14 分 61．（安徽省野寨中学、岳西中学 2011 届高三上学期联考文）（本小题满分 12 分） 已知函数 2 π π π( ) 1 2sin ( ) 2sin( )cos( )8 8 8f x x x x      ．求： （I）函数 ( )f x 的最小正周期； （II）函数 ( )f x 的单调增区间。 答案 62．（宁夏银川一中 2011 届高三第五次月考试题全解全析理）（本小题满分 12 分）设函数 21( ) ln .2f x x ax bx   （1）当 1 2a b  时，求 )(xf 的最大值； （2）令 21( ) ( ) 2 aF x f x ax bx x     ，（ 0 3x  ），其图象上任意一点 0 0( , )P x y 处切 线的斜率 k ≤ 2 1 恒成立，求实数 a 的取值范围； （3）当 0a  ， 1b   ，方程 22 ( )mf x x 有唯一实数解，求正数 m 的值． 【分析】（1）函数的定义域是 (0, ) ，把 1 2a b  代入函数解析式，求其导数，根据求 解目标，这个导数在函数定义域内只有一个等于零的点，判断这唯一的极值点是极大值点即 可；（2）即函数 ( )F x 的导数在 (0,3] 小于或者等于 1 2 恒成立，分类参数后转化为函数的最 值；（3）研究函数是单调性得到函数的极值点，根据函数图象的变化趋势，判断何时方程 22 ( )mf x x 有唯一实数解，得到 m 所满足的方程，解方程求解 m 。 【解析】（1）依题意，知 )(xf 的定义域为（0，+∞）， 当 2 1 ba 时， xxxxf 2 1 4 1ln)( 2  ， x xxxxxf 2 )1)(2( 2 1 2 11)('  （2′）令 )(' xf =0， 解得 1x ．（∵ 0x ） 因为 0)( xg 有唯一解，所以 0)( 2 xg ，当 10  x 时， 0)(' xf ，此时 )(xf 单调递增； 当 1x 时， 0)(' xf ，此时 )(xf 单调递减。 所以 )(xf 的极大值为 4 3)1( f ，此即为最大值………4 分 （2） x axxF  ln)( ， ]3,0(x ， 则有 2 0 0 0 )(' x axxFk  ≤ 2 1 ，在 ]3,0(0 x 上恒成立， 所以 a ≥ max0 2 0 )2 1( xx  ， ]3,0(0 x （8′） 当 10 x 时， 0 2 02 1 xx  取得最大值 2 1 ， 所以 a ≥ 2 1 ………8 分 （3）因为方程 2)(2 xxmf  有唯一实数解， 所以 02ln22  mxxmx 有唯一实数解， 设 mxxmxxg 2ln2)( 2  ， 则 x mmxxxg 222)(' 2  ．令 0)(' xg ， 02  mmxx ． 因为 0m ， 0x ，所以 02 42 1  mmmx （舍去）， 2 2 4 2 m m mx   ， 当 ),0( 2xx  时， 0)(' xg ， )(xg 在（0， 2x ）上单调递减， 当 ),( 2  xx 时， 0)(' xg ， )(xg 在（ 2x ，+∞）单调递增 当 2xx  时， )(' 2xg =0， )(xg 取最小值 )( 2xg ．（12′） 则      ,0)(' ,0)( 2 2 xg xg 既      .0 ,02ln2 2 2 2 22 2 2 mmxx mxxmx 所以 0ln2 22  mmxxm ，因为 0m ，所以 01ln2 22  xx （*） 设函数 1ln2)(  xxxh ，因为当 0x 时， )(xh 是增函数，所以 0)( xh 至多有一解． 因为 0)1( h ，所以方程（*）的解为 2 1x  ，即 2 4 12 m m m   ， 解得 2 1m ．…12 分 【考点】导数及其应用。 【点评】本题考查导数在研究函数性质、研究不等式和方程问题中的综合运用，试题的难度 不大，但考查点极为全面。本题的难点是第三问中方程解的研究，当函数具有极值点时，在 这个极值点左右两侧，函数的单调性是不同的，这样就可以根据极值的大小，结合函数图象 的变化趋势确定方程解的个数，如本题中函数在定义域内有唯一的极值点，而且是极小值点， 也就是最小值点，如果这个最小值小于零，函数就出现两个零点，方程就有两个不同的实数 解，只有当这个最小值等于零时，方程才有一个实数解，而最小值等于零的这个极小值点 x 满足在此点处的导数等于零，函数值也等于零，即我们的【解析】中的方程组 2 2 ( ) 0, '( ) 0 g x g x    ， 由这个方程组求解 m 使用了构造函数通过函数的性质得到 2x 的方法也是值得仔细体会的技 巧。 63.（安徽省蚌埠二中 2011 届高三第二次质检文） （本题满分 12）设函数 axxxxf  2coscossin3)( 。（1）写出函数 )(xf 的最小 正周期及单调递减区间；（2）当     3,6 x 时，函数 )(xf 的最大值与最小值的和为 2 3 ， 求 )(xf 的图象、y 轴的正半轴及 x 轴的正半轴三者围成图形的面积。 答案 （1）最小正周期 T ，单调递减区间是 )(3 2,6 Zkkk       （2） 4 32 2 1)62sin(2 0        xs 64．（安徽省蚌埠二中 2011 届高三第二次质检文） （本小题满分 13 分）已知函数 1)1()1ln()(  xkxxf 。 （1）求函数 )(xf 的单调区间； （2）若 0)( xf 恒成立，试确定实数 k 的取值范围； （3）证明：     n i nNnnn i i 2 )1,(,4 )1())1( ln( 答案 （1） 1 1 1 1)(   x kxkkxxf 当 0k 时，有 0)(  xf ，此时  ，在 1)(xf 上单调递增， 当 0k 时，此时 )11)( k kxf ，在（ 单调递增，在 ),1(  k k 上单调递减。 （2） 0)( xf 恒成立 1 1)1ln(   x xk 在 ),1(  恒成立， 1k ， （3）证明略。 65 ． （ 安 徽 省 合 肥 八 中 2011 届 高 三 第 一 轮 复 习 四 考 试 理 ） （ 3 分 ） 已 知 函 数 2 2( ) ln ( ).f x x a x ax a R    （1）求 ( )f x 的单调区间与极值； （2）若函数 ( )f x 在区间(1,+ )上是单调减函数，求实数 a 的取值范围。 答案 66.（北京市房山区 2011 年高三上学期期末统练试卷文）（本小题满分 14 分） 已知函数 ( ) lnf x ax x  ( )aR . (Ⅰ)若 2a  ，求曲线 ( )y f x 在 1x  处切线的斜率； (Ⅱ)求 ( )f x 的单调区间； （Ⅲ）设 2( ) 2 2g x x x   ，若对任意 1 (0, )x   ，均存在  2 0,1x  ，使得 1 2( ) ( )f x g x ， 求 a 的取值范围. 答案 （本小题满分 14 分） 解：(Ⅰ)由已知 1( ) 2 ( 0)f x xx     ， ………………2 分 (1) 2 1 3f     . 故曲线 ( )y f x 在 1x  处切线的斜率为3. ………………4 分 (Ⅱ) 1 1'( ) ( 0)axf x a xx x     . ………………5 分 ①当 0a  时，由于 0x  ，故 1 0ax   ， '( ) 0f x  所以， ( )f x 的单调递增区间为 (0, ) . ………………6 分 ②当 0a  时，由 '( ) 0f x  ，得 1x a   . 在区间 1(0, )a  上， ( ) 0f x  ，在区间 1( , )a   上 ( ) 0f x  ， 所以，函数 ( )f x 的单调递增区间为 1(0, )a  ，单调递减区间为 1( , )a   . ………………8 分 （Ⅲ）由已知，转化为 max max( ) ( )f x g x . ………………9 分 max( ) 2g x  ………………10 分 由(Ⅱ)知，当 0a  时， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，值域为 R ，故不符合题意. (或者举出反例：存在 3 3(e ) e 3 2f a   ，故不符合题意.) ………………11 分 当 0a  时， ( )f x 在 1(0, )a  上单调递增，在 1( , )a   上单调递减， 故 ( )f x 的极大值即为最大值， 1 1( ) 1 ln( ) 1 ln( )f aa a         ， ………13 分 所以 2 1 ln( )a    ， 解得 3 1 ea   . ………………14 分 题组二 选择题 1 ．（ 浙江 省杭 州 市高 级 中学 2011 届 高三 理） 定 义两 种运 算 ： 22 baba  ， 2)( baba  ，则函数 2)2( 2)(   x xxf 为（ ） （A）奇函数 （B）偶函数 （C）奇函数且为偶函数 （D）非奇函数且非偶函数 答案 A. 2．（江西省上高二中 2011 届高三理）若函数 f(x)＝x－ p x ＋p 2 在(1，＋∞)上是增函数，则实 数 p 的取值范围是 A．[－1，＋∞) B．[1，＋∞) C．(－∞，－1] D．(－∞，1] 答案 A. 3.（福建省四地六校联考 2010-2011 学年高一） 若对于任意实数 x，都有 f(-x)=f(x)，且 f(x) 在（-∞，0]上是增函数，则 （ ） A、f(- 3 2 )0 时，方程 f(x)＝0 只有一个实根 ③f(x)的图象关于(0，c)对称 ④方程 f(x)＝0 至多两个实根 其中正确的命题是（ ） A．①④ B．①③ C．①②③ D．①②④ 答案 C. 20．（四川省成都外国语学校 2011 届高三 10 月理）设函数 f(x) 是 定 义 在 R 上 的 以 5 为 周 期 的 奇 函 数 ， 若 f(2) ＞ 1 ， 3 3)2008(   a af ，则 a 的取值范围是（ ） A. )0,( B.(0,3) C.(0,+ ∞) D.(-∞,0)∪(3,+ ∞) 答案 B. 21．（四川省成都外国语学校 10-11 学年高一）下列各组函数 )()( xgxf 与 的图象相同的是 （ ） A． 2)()(,)( xxgxxf  B． 22 )1()(,)(  xxgxxf C． 0)(,1)( xxgxf  D．     x xxgxxf )(|,|)( )0( )0(   x x 答案 D. 22．（四川省成都外国语学校 2011 届高三 10 月理）当 0x  时，   2 2 1 1f x x xx x     最 小值为（ ） A.1 B. 0 C. 2 D.4 答案 D. 23．（四川省成都外国语学校 2011 届高三 10 月理）定义在 R 上的函数 )(xfy  ，在（-∞， a）上是增函数，且函数 )( axfy  是偶函数，当 axax  21 , ，且 axax  21 时， 有 （ ） A. )2()2( 21 xafxaf  B. )2()2( 21 xafxaf  C. )2()2( 21 xafxaf  D. )2()2( 21 axfxaf  答案 A. 24．（四川省成都外国语学校 2011 届高三 10 月文）设 )(xf 是定义在 R 上的偶函数，对 Rx ， 都有 )2()2(  xfxf ，且当 ]0,2[x 时， 1)2 1()(  xxf ，若在区间 ]6,2( 内关于 x 的方 程 0log)( )2(  x axf （ a ＞1）恰有 3 个不同的实根，则 a 的取值范围是（ ） A.(1,2) B. ),2(  C. )4,1( 3 D. )2,4(3 答案 D. 25.(山西省四校 2011 届高三文）幂函数 y=(m2m1)xm2-2m-3，当 x∈(0,+∞)时为减函数， 则实数 m 的值是（ ） A．m=2 B．m=1 C．m=1 或 2 D．m≠1 5 2 答案 A. 26．(四川省成都外国语学校 2011 届高三理）定义在 R 上的函数 )(xfy  ，在（-∞，a）上 是增函数，且函数 )( axfy  是偶函数，当 axax  21 , ，且 axax  21 时，有 （ ） A. )2()2( 21 xafxaf  B. )2()2( 21 xafxaf  C. )2()2( 21 xafxaf  D. )2()2( 21 axfxaf  答案 A. 27．(福建省福州八中 2011 届高三文) 函数      )0(12 )0(2 x xxy x 的图象大致是 答案 D. 28.（山东省实验中学 2011 届高三文理）某商品销售量 y（件）与销售价格 x（元/件）负相 关，则其回归方程可能是 （ ） A. ^ 10 200y x   B. ^ 10 200y x  C. ^ 10 200y x   D. ^ 10 200y x  答案 A. 29.(广 西桂 林 中学 2011 届 高三 理 )已 知 x1 是 方程 2010lg xx 的 根， x2 是 方程 201010  xx 的根，则 x1·x2=（ ） A．2008 B．2009 C．2010 D．2011 答案 C. 30.(福建省四地六校联考 2011 届高三理)将函数 =sin (x+ ) (x R)6y   的图象上所有的点向 左平移 4  个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的 2 倍，则所得的图象的解析 式为 ( ) A． 5=sin (2x+ ) (x R)12y   B． x 5=sin ( + ) (x R)2 12y   C． x=sin ( - ) (x R)2 12y   D． x 5=sin ( + ) (x R)2 24y   答案 B. 31 ． ( 吉 林 省 实 验 中 学 2011 届 高 三 文 ） 设 a ＞ 1 ， 函 数 f （ x ） =a|x| 的 图 像 大 致 是 （ ） 答案 A. 32．（河南信阳市 2011 届高三理）已知函数① 2 3( ) 5f x x   ② cos( ) 5 xf x e ；③ ( ) 5 xf x e ； ④ ( ) 5lnf x x 。其中对于 ( )f x 定义域内的任意一个自变量 1x ，都存在唯一的自变量 2x ， 使 1 2( ) ( ) 5f x f x  成立的函数为 （ ） A．①③④ B．②④ C．①③ D．③ 答案 D. 33．（四川省成都市 2011 届高三理）已知定义域为 R 的函数 ( )f x 在 ),8(  上为减函数， 且 ( 8)y f x  函数为偶函数，则 A． (6) (7)f f B． (6) (9)f f C. (7) (9)f f D. (7) (10)f f 答案 D. 34.（浙江省杭州市 2011 届高三文）右图是函数 baxxxf  2)( 的部分图象，则函数 ( ) ln ( )g x x f x  的零点所在的区间是 （ ） A 1 1( , )4 2 B (1,2) 1( ,1)2 D (2,3) 答案 B 35．（四川省成都外国语学校2011届高三10月理）已知函数y=log2x的反函数是 )(1 xfy  ， 则函数 )1(1 xfy   的图象是（ ） 答案 C. 36．（广东省广州东莞五校 2011 届高三理）函数 cosy x 的一个单调递增区间为 A． ,2 2      B． 0, C． 3,2 2       D． ,2  答案 D. 37.(山西省四校 2011 届高三文）函数 y=log2(x+4)-3x 零点的个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 答案 C. 38.（浙江省吴兴高级中学 2011 届高三文） 已知函数 2( ) ( 3 2)ln 2008 2009f x x x x x     ，则函数 ( )f x 在下面哪个范围 内必有零点 ( ) A、 (0,1) B、 (1,2) C、 (2,3) D、 (2,4) 答案 B 39．（河北省唐山一中 2011 届高三文）若函数 f（x）=ax3+bx2+cx+d 有极值，则导函数 f’(x) 的图象不可能是 （ ） x y O f'(x) x0 x y O f'(x) x1 x2 x y O f'(x) x1 x2 x y O f'(x) x0 A B C D 答案 A. 40. (广西桂林中 学 2011 届高三理 ) 已知函数 )(xf 的反函数 )(1 xf  图像经过点 )0,1(A ，则函数 )1(  xfy 的图像必经过点（ ） A． )1,1( B. )1,0( C． )2,1( D． )1,1( 答案 A. 41．(河南信阳市 2011 届高三理）已知二次函数 ( )f x 的图象如右图所示，则其导函数 ( )f x 的图象大致形状是 （ ） 答案 B. 填空题 42. （浙江省杭州市高级中学 2011 届高三文）若     21 3f x a x ax    是偶函数，则  f x 的递增区间为______________ 答案 （0，1] 43．（江苏泰兴重点中学 2011 届高三文）已知函数 ( )y f x 是奇函数，当 0x  时， 2( ) ( R)f x x ax a   ， (2) 6f  ，则 a  _________ 答案 5. 44．（江苏泰兴重点中学 2011 届高三理）设函数 ( )f x 是定义在 R 上以 3 为周期的奇函数， 若 (1) 1f  ， 2 3(2) 1 af a   ，则 a 的取值范围是__________________________． 答案 21 3a   45. （ 湖 南 岳 阳 县 一 中 2011 届 高 三 理 ） 已 知 函 数 ( )f x 是 定 义 域 为 R 的 偶 函 数, 且 1( 1) ( )f x f x   ,若 ( )f x 在[ 1,0] 上是减函数,那么 ( )f x 在[2,3]上是 ( ) A. 增函数 B. 减函数 C. 先增后减的函数 D. 先减后增的函数 答案 A. 46．（江苏泰兴重点中学 2011 届高三文）函数   xxxf sin2 在  ,0 上的单调增区间 为 答案 { , }3   47． （广 东省 湛江 一中 2011 届 高三 理） 若函 数        0, 0, 0,2 )( xbx xa xx xf 是 奇函 数， 则 _______ ba 答案： 2 2,0  ba 48．（江苏泰兴市重点中学 2011 届理）已知 2( ) lg( 8 7)f x x x    在 ( , 1)m m  上是增函 数，则 m 的取值范围是 ． 答案 1 3m  。 49．(广东省湛江一中 2011 届高三 10 月月考理） 若函数        0, 0, 0,2 )( xbx xa xx xf 是奇函数，则 _______ ba ． 答案： 2,0  ba 50．（广西桂林中学 2011 届高三 11 月月考试题文) 已知函数 )(xf 是 ),(  上的偶函数，若对于 0x ，都有 )()2( xfxf  ，且当  2,0x 时， 2( ) log ( 1)f x x  ， ( 2011) (2010)f f  的值为 . 答案 -1. 51．（2011 湖南嘉禾一中）函数 )1()(  xxxf 的反函数是 ． 答案． )1(2  xxy 52．（江苏泰兴 2011 届高三理）函数 2 2 ( )1 xy x Rx   的值域为________________． 答案  0,1 53．（江苏泰兴 2011 届高三理）设函数 ( )f x 是定义在 R 上以 3 为周期的奇函数，若 (1) 1f  ， 2 3(2) 1 af a   ，则 a 的取值范围是__________________________． 答案 21 3a   54.（江省吴兴高级中学 2011 届高三文）下列五个函数中:① xy 2 ; ② xy 2log ; ③ 2xy  ; ④ 1 xy ; ⑤ xy 2cos , 当 10 21  xx 时，使 2 )()()2( 2121 xfxfxxf  恒成立的函数是 （将正确 的序号都填上）. 答案 ② 55.（江苏泰兴市重点中学 2011 届理）函数 f（x）=-x2+4x-1 在[t，t+1]上的最大值为 g（t）， 则 g（t）的最大值为____________． 答案 3. 56.（江苏泰兴 2011 届高三理）函数 f（x）=-x2+4x-1 在[t，t+1]上的最大值为 g（t），则 g （t）的最大值为____________． 答案 3. 57．（江苏泰兴 2011 届高三文） 设函数 1( )f x x x   ，对任意的  1,x  , ( ) ( ) 0f mx mf x  恒成立，则实数 m 的取值 范围是____________． 答案 1m  58．（江西省上高二中 2011 届高三理） 已知函数 f(x)＝ ,2))(( .0,cos2 ,0,)( 0 2       xff xx xxxf 若  则 x0＝ ． 答案 3π 4 59.(四川省成都外国语学校 10-11 学年高一）已知函数 )(xf 是定义在实数集 R 上的不恒为 零的偶函数，且对任意实数 x 都有 )()1()1( xfxxxf  ，则 )2 5(f 的值是 答案 0. 60．（江苏泰兴市重点中学 2011 届高三理） 已知 2( ) lg( 8 7)f x x x    在 ( , 1)m m  上是增函数，则 m 的取值范围是 ． 答案 1 3m  61．（江西省上高二中 2011 届高三理）若对于任意 a∈[－1，1]，函数 f(x)＝x2＋(a－4)x＋ 4－2a 的值恒大于零，则 x 的取值范围是 ． 答案 (－∞‚1)∪(3，＋∞)； 三． 解答题 62．（江西省上高二中 2011 届高三理）函数 x axxf  2)( 的定义域为(0，1]（ a 为实数）． ⑴当 1a 时，求函数 )( xfy  的值域； ⑵若函数 )( xfy  在定义域上是减函数，求 a 的取值范围； ⑶求函数 )( xfy  在 x∈(0，1]上的最大值及最小值，并求出函数取最值时 x 的值． 答案 解：（1）显然函数 )( xfy  的值域为 ),22[  ； （2）若函数 )( xfy  在定义域上是减函数，则任取 21, xx ]1.0( 且 21 xx  都有 )()( 21 xfxf  成立， 即 0)2)(( 2121  xx axx 只要 212 xxa  即可，由 21, xx ]1.0( ，故 )0,2(2 21  xx ，所以 2a ， 故 a 的取值范围是 ]2,(  ； （3）当 0a 时，函数 )( xfy  在 ]1.0( 上单调增，无最小值，当 1x 时取得最大值 a2 ； 由（2）得当 2a 时，函数 )( xfy  在 ]1.0( 上单调减，无最大值， 当 x＝1 时取得最小值 2－a； 当 02  a 时，函数 )( xfy  在 ].0( 2 2a 上单调减，在 ]1,[ 2 2a 上单调增，无最大值， 当 2 2ax  时取得最小值 a22  ． 63．（广东省广州东莞五校 2011 届高三理） (本小题满分 14 分) 已知函数 )0(2)1ln()( 2  kxkxxxf 。 （1）当 2k 时，求曲线 )(xfy  在点 ))1(,1( f 处的切线方程； （2）求 )(xf 的单调区间。 答案 （本小题满分 14 分） 解：（1）当 2k 时， 2)1ln()( xxxxf  ， xxxf 211 1)(/  由于 2 3)1(,2ln)1( /  ff ， 所以曲线 )(xfy  在点 ))1(,1( f 处的切线方程为 )1(2 32ln  xy 即 032ln223  yx 。 ………4 分 （2） ),1(,1 )1()(/   xx kkxxxf .………5 分 ①当 0k 时， x xxf  1)(/ . 所以，在区间 )0,1( 上， 0)(/ xf ；在区间 ),0(  上， 0)(/ xf . 故 )(xf 的单调递增区间是 )0,1( ，单调递减区间是 ),0(  .………6 分 ②当 10  k 时，由 01 )1()(/   x kkxxxf ，得 01 x ， 01 2  k kx 所以，在区间 )0,1( 和 ),1(  k k 上， 0)(/ xf ；在区间 )1,0( k k 上， 0)(/ xf 故 )(xf 的单调递增区间是 )0,1( 和 ),1(  k k ，单调递减区间是 )1,0( k k .………9 分 ③当 1k 时， x xxf  1)( 2 / ，故 )(xf 的单调递增区间是 ),1(  .………10 分 ④当 1k 时， 01 )1()(/   x kkxxxf ，得 0),0,1(1 21  xk kx . 所以没在区间 )1,1( k k 和 ),0(  上， 0)(/ xf ；在区间 )0,1( k k 上， 0)(/ xf 故 ( )f x 的单调递增区间是 )1,1( k k 和 ),0(  ，单调递减区间是 )0,1( k k ………13 分 由上可知当 0k 时， )(xf 的单调递增区间是 )0,1( ，单调递减区间是 ),0(  ；当 10  k 时， )(xf 的单调递增区间是 )0,1( 和 ),1(  k k ，单调递减区间是 )1,0( k k ； 当 1k 时， )(xf 的单调递增区间是 ),1(  ；当 1k 时， ( )f x 的单调递增区间是 )1,1( k k 和 ),0(  ，单调递减区间是 )0,1( k k ………14 分 64. （ 广 东 省 广 州 东 莞 五 校 2011 届 高 三 文 ） （ 本 小 题 满 分 14 分 ） 已 知 函 数 1( ) ln , (0, )f x x ax xx      ( a 为实常数). (1)当 0a  时,求 ( )f x 的最小值; (2)若 ( )f x 在[2, ) 上是单调函数,求 a 的取值范围. 答案 (本题满分 14 分) (1) 0a  时, 2 1( ) xf x x   , 当 0 1x  时, ( ) 0f x  , 当 1x  时, ( ) 0f x  , ∴ min( ) (1) 1.f x f  ……6 分 (2) 2 1 1( )f x ax x     2 2 1.ax x x   当 0a  时, 2 1ax x  在[2, ) 上恒大于零,即 ( ) 0f x  ,符合要求. ……9 分 当 0a  时,令 2( ) 1g x ax x   , ( )g x 在[2, ) 上只能恒小于或等于零. 故 1 4 0a    或 1 4 0 (2) 0 1 22 a g a            , 解得 1 .4a   ……13 分 ∴ a 的取值范围是 1( , ] [0, ).4    ……14 分 65．（河南许昌市四校 2011 届高三）（本小题满分 12 分）函数 f（x）对任意的实数 m,n， 有 f（m+n）=f（m）+f（n），当 x＞0 时，有 f（x）＞0。 ①求证： 0)0( f ②求证：f（x）在（－∞，+∞）上为增函数． ③若 f（1）=1，解不等式 f（4x－2x）＜2． 答案 28．证明：① 令 0 nm ，则 (0 0) (0) (0) 2 (0)f f f f     0)0( f （3 分） ②令 mn  ,则 )()()( mfmfmmf   )()()0( mfmff   )()( mfmf   )(xfy  是奇函数。 在（－∞，+∞）上任取 212,1 x xxx 且 则 012  xx  0)()()()()( 121212  xfxfxfxfxxf 即 )()( 21 xfxf  函数 )(xfy  是增函数 （8 分） ③原不等式可化为 )2()1()1(11)24( ffff xx  由②得： 224  xx ， 022)2( 2  xx  221  x 又 02 x  1x 故,原不等式的解集为{x|x<1}． （12 分） 66.（江苏省 2011 届高三理）已知函数 )2lg()(  x axxf ，其中 a 是大于 0 的常数 （1） 求函数 )(xf 的定义域； （2） 当 )4,1(a 时，求函数 )(xf 在[2， ) 上的最小值； （3） 若对任意 ),2[ x 恒有 0)( xf ，试确定 a 的取值范围 答案 （本题满分 14 分） 解（1） 由 02  x ax 得， 022  x axx 解得 1a 时，定义域为 ),0(  ………………………………2 分 1a 时，定义域为 0|{ xx 且 }1x …………………1 分 10  a 时，定义域为 axx  110|{ 或 ax  11 }……2 分 （2） 设 2)(  x axxg ，当 )4,1(a ， ),2[ x 时 则 01)( 2 2 2  x ax x axg 恒成立，∴ 2)(  x axxg 在 ),2[  上是增函数 ∴ )2lg()(  x axxf 在 ),2[  上是增函数…………………………3 分 ∴ )2lg()(  x axxf 在 ),2[  上的最小值为 2lg)2( af  ……………2 分 （3） 对任意 ),2[ x 恒有 0)( xf ， 即 12  x ax 对 ),2[ x 恒成立 ∴ 23 xxa  ，而 4 9)2 3(3)( 22  xxxxh 在 ),2[ x 上是减函数 ∴ 2)2()( max  hxh ，∴ 2a ……………………………………5 分 67．（福建省四地六校联考 2011 届高三理）(本小题满分 13 分)已知定义域为 R 的函数 14 1)(   xaxf 是奇函数． （I）求 a 的值，并指出函数 )(xf 的单调性（不必说明单调性理由）； （II）若对任意的 Rt  ，不等式 0)2()2( 22  ktfttf 恒成立，求 k 的取值范围． 答案 解：（I）函数 )(xf 的定义域为 R，因为 )(xf 是奇函数，所以 0)()(  xfxf ， 即 012 41 4 14 12 14 1 14 1           aaaa x x xxx ，故 2 1a ……4 分 （另解：由 )(xf 是 R 上的奇函数，所以 0)0( f ，故 2 1a ． 再由 )41(2 41 41 1 2 1)( x x xxf     ， 通过验证 0)()(  xfxf 来确定 2 1a 的合理性） ……………4 分 由 , 14 1 2 1)(   xxf 知 )(xf 在 R 上为减函数 ……………6 分 （II）解法一：由（I）得 )(xf 在 R 上为减函数， 又因 )(xf 是奇函数，从而不等式 0)2()2( 22  ktfttf 等价于 ).2()2()2( 222 ktfktfttf  ……………9 分 )(xf 在 R 上为减函数，由上式得： .22 22 kttt  即对一切 ,023 2  kttRt 有 从而 3 1,0124  kk 解得 ……………13 分 解法二：由（1）知 , 242 14)(   x x xf 又由题设条件得： 0 242 14 242 14 2 2 2 2 2 2 2 2          kt kt tt tt 即 0)14)(14()14)(14( 2222 2222   ktttttkt ……………9 分 整理得 14 23 2  ktt ，因底数 4>1，故 023 2  ktt 上式对一切 Rt  均成立，从而判别式 .3 1,0124  kk 解得 …………13 分 68．（江苏泰兴 2011 届理）（本小题满分 14 分）：已知函数 bx axxf   21)(  0a 是奇 函数，并且函数 )(xf 的图像经过点（1，3），（1）求实数 ba, 的值；（2）求函数 )(xf 的 值域 答案 解：（1）函数 bx axxf   21)( 是奇函数，则 )()( xfxf    0,,0,11 22    bbxbxabx ax bx xa  ………（3 分） 又函数 )(xf 的图像经过点（1，3）， ,0,31 1,3)1(   bb af  ∴a=2 ……（6 分） （2）由（1）知  01221)( 2  xxxx xxf ………（7 分） 当 0x 时， ,2212212  xxxx 当且仅当 ,12 xx  即 2 2x 时取等号…（10 分） 当 0x 时，     2212,2212212  xxxxxx 当且仅当 ,1)2( xx  即 2 2x 时取等号……………（13 分） 综上可知函数 )(xf 的值域为     ,2222, …………（12 分） 69．（江苏泰兴 2011 届高三理）（本题满分 16 分）设二次函数 2( )f x ax bx c   在区间  2,2 上的最大值、最小值分别是 M、m，集合  | ( )A x f x x  ． （1）若 {1,2}A  ，且 (0) 2f  ，求 M 和 m 的值； （2）若 {1}A  ，且 1a  ，记 ( )g a M m  ，求 ( )g a 的最小值． 答案 （1）由 (0) 2 2f c 可知 ，……………………………1 分 又   2A 1 2 1 2 ( 1) 0 .ax b x c    ， ，故 ，是方程 的两实根 1-b1+2= a ,c2= a     …………………3 分 1, 2a b  解得 …………4 分  2 2( ) 2 2 ( 1) 1, 2,2f x x x x x         min1 ( ) (1) 1, 1x f x f m   当 时， 即 ……………………………5 分 max2 ( ) ( 2) 10, 10.x f x f M     当 时， 即 ……………………………6 分 （2） 2 ( 1) 0ax b x c   由题意知，方程 有两相等实根x=2,x=1 ∴        a c a b 2 111 ， 即      ac ab 21 ……………………………8 分 ∴f（x）=ax2+（1-2a）x+a, x∈[-2,2] 其对称轴方程为 x=  a a 2 14 1 a2 1 又 a≥1，故 1-      1,2 1 2 1 a ……………………………9 分 ∴M=f（-2）=9a-2 …………………………10 分 m= aa af 4 11)2 12(  ……………………………11 分 g（a）=M+m=9a- a4 1 -1 ……………………………14 分   min 63( ) 1, 1 ( ) .4g a a g a   又 在区间 上为单调递增的， 当 时， = 4 31 ………16 分 70 ． （ 四 川 省 成 都 外 国 语 学 校 10-11 学 年 高 一 ） （ 本 小 题 12 分 ） 已 知 奇 函 数 2 2 2 ( 0) ( ) 0 ( 0) ( 0) x x x f x x x mx x         （1）求实数 m 的值，并在给出的直角坐标系中画出 ( )y f x 的图象； （2）若函数 f（x）在区间[－1，|a|－2]上单调递增，试确定 a 的取值范围. 答案 （1）当 x<0 时，－x>0， 2 2( ) ( ) 2( ) 2f x x x x x        又 f（x）为奇函数，∴ 2( ) ( ) 2f x f x x x      ， ∴ f（x）＝x2＋2x，∴m＝2 y＝f（x）的图象如右所示 （2）由（1）知 f（x）＝ 2 2 2 ( 0) 0 ( 0) 2 ( 0) x x x x x x x         ， 由图象可知， ( )f x 在[－1，1]上单调递增，要使 ( )f x 在[－1，|a|－2]上单调递增，只需 | | 2 1 | | 2 1 a a       解之得 3 1 1 3a a     或 71.（四川省成都外国语学校 10-11 学年高一）（本小题 12 分）已知定义在 R 上的函数 ( )f x 对任意实数 x 、y 恒有 ( ) ( ) ( )f x f y f x y   ，且当 0x  时， ( ) 0f x  ，又 2(1) 3f   。 (1)求证 ( )f x 为奇函数；(2)求证： ( )f x 为 R 上的减函数； (3)解关于 x 的不等式： 1 1(2 ) ( ) ( ) ( )2 2f bx f x f bx f b   . ( 2)b 其中 答案 (1)，（2）略 (3) 2 2 bx b   。 72．（四川省成都外国语学校 10-11 学年高一）（本小题 14 分）已知函数 xxf 11)(  ， (x>0)． （I） 0 , ( ) ( )a b f a f b  当 且 时 ，求 1 1 a b  的值； （II）是否存在实数 a，b（a0，∴ 11 , x 1,x(x) 1 1, 0 x 1.x f         ∴f(x)在（0，1）上为减函数，在 (1, ) 上是增函数． 由 00 而 11 , x 1,x( ) 1 1, 0 x 1.x f x         ①当 )1,0(b,a  时， 1x 1)x(f  在（0，1）上为减函数． 故      .a)b(f ,b)a(f 即        a.1b 1 ,b1a 1 解得 a=b． 故此时不存在适合条件的实数 a，b． ② 当 ),1[b,a  时， 1f (x) 1 x   在 (1, ) 上是增函数． 故      .b)b(f ,a)a(f 即        b.b 11 ,aa 11 此时 a，b 是方程 01xx 2  的根，此方程无实根．故此时不存在适合条件的实数 a，b． ③ 当 )1,0(a  ， ),1[b  时，由于 ]b,a[1 ，而 ]b,a[0)1(f  ，故此时不存在适合条 件的实数 a，b． 综上可知，不存在适合条件的实数 a，b． 73.（山西省四校 2011 届高三文）(满分 12 分)已知函数 f(x)=ax3-bx2+9x+2,若 f(x)在 x=1 处 的切线方程为 3x+y-6=0 （Ⅰ）求函数 f(x)的解析式 （Ⅱ）若对任意的 x ]2,4 1[ 都有 f(x) 122  tt 成立,求函数 g(t) 22  tt 的最值 答案 (12 分) 简答:① 923)( 2'  bxaxxf ,    3)1( 3)1(' f f ………2 分  4 12   a b ………4 分 ②列表如下： x 1 4 1 1,4 2      1 2 1 3,2 2      3 2 3 ,22      2 ' ( )f x + 0 - 0 + ( )f x 57 16 11 2 极大值 极小值2 4 f(x) min =2………8 分 对任意的 x ]2,4 1[ 都有 f(x) 122  tt 成立, f(x) min =2 122  tt ， 31  t ………10 分 g(t) 22  tt ( 31  t ), t=- 2 1 ,最小值- 4 9 ,t=3 最大值 10………………………12 分 74.（山西省四校 2011 届高三文）(满分 12 分)设函数  2( ) 4ln 1f x x x   ． （Ⅰ）求函数 )(xf 的单调递增区间； （Ⅱ）若关于 x 的方程   2 4 0f x x x a    在区间 1,e 内恰有两个相异的实根，求实数 a 的取值范围． 答案 (12 分) 解：（1）函数  f x 的定义域为 0, ，………1 分 ∵ 24 2( 2) 2( 2)( 1)( ) 2( 1) x x x xf x xx x x            ，…………3 分 令 ( ) 0f x  得 0 2x  ,故函数  f x 的单调递增区间为 0,2 ． ………4 分 （2）方法 1：∵  2( ) 4ln 1f x x x   ， ∴  2( ) 4 0 4ln 2 1 0 1f x x x a x x a       即 在 ，e 内恰有两个相异的实根。 令   4ln 2 1g x x x a    ， 4 4 2( ) 2 xg x x x    则 ，………6 分 4 2( ) 0 2xg x xx    令 得 列表如下： x 1  1,2 2  2,e e ( )g x + 0 - ( )g x (1)g (2)g极大值 ( )g e (1) 3g a   , ( ) 3 2g e e a   ,  2 4ln 2 5g a   ( ) (1)g e g  ………8 分 要使  2( ) 4 0 1f x x x a    在 ，e 内恰有两个相异的实根。 只需 ( ) 0 (2)g e g  ,即3 2 0 4ln 2 5e a a      3 2 4ln 2 5e a     a 的取值范围是 3 2 ,4ln 2 5e  ．………12 分 方法 2：∵  2( ) 4ln 1f x x x   ， ∴  2( ) 4 0 4ln 2 1 1f x x x a x x a      即 在 ，e 内恰有两个相异的实根。 令   4ln 2 1h x x x   ， 4 4 2( ) 2 xx x x    则h ，………6 分 4 2( ) 0 2xh x xx    令 得 列表如下： x 1  1,2 2  2,e e ( )h x + 0 - ( )h x (1)h (2)h极大值 ( )h e (1) 3h   , ( ) 3 2h e e  ,  2 4ln 2 5h   ( ) (1)h e h  ………8 分 要使  2( ) 4 1f x x x a   在 ，e 内恰有两个相异的实根。 只需 ( ) (2)h e a h  ,即3 2 4ln 2 5e a    的取值范围是 3 2 ,4ln 2 5e  ．……………12。 75.（福建省福州八中 2011 届高三理）（本小题 13 分） 在长为 100 千米的铁路线 AB 旁的 C 处有一个工厂，工厂与铁路的距离 CA 为 20 千米.由铁 路上的 B 处向工厂提供原料，公路与铁路每吨千米的货物运价比为 5∶3，为节约运费，在 铁路的 D 处修一货物转运站，设 AD 距离为 x 千米，沿 CD 直线修一条公路(如图). (1)将每吨货物运费 y(元)表示成 x 的函数. (2)当 x 为何值时运费最省？ 答案 （本小题 13 分）解：(1)设公路与铁路每吨千米的货物运价 分别为 5k、3k(元)(k 为常数)AD=x，则 DB=100－x. 40020 22222  xxACADCD ……………………3 分 ∴每吨货物运费 y=(100－x)·3k+ 4002 x ·5k(元)(00，∴解得 x=15……………………………………9 分 当 015 时，y′>0 ∴当 x=15 时，y 有最小值.………………………………12 分 答：当 x 为 15 千米时运费最省 .…………………………13 分 76.（河北省唐山一中 2011 届高三文）(本题满分 12 分) 已知函数 f(x)= 3 1 x3-(a+2)x2+a(a+4)x+5 在区间(-1,2)内单调递减，求 a 的取值范围. 答案 解 1:f’(x)=x2-2(a+2)x+a(a+4)=(x-a)(x-a-4)，……………………………4 分 f’(x)<0 的解为(a,a+4)， ……………………………7 分 ∵f(x)在区间(-1,2)内单调递减， ∴(-1,2) (a,a+4)，……………………………………………………10 分 由此得 a≤-1 且 a+4≥2，a 的范围是[-2，-1]. ………………12 分 解 2:f’(x)=x2-2(a+2)x+a(a+4)， …………………2 分 ∵f(x)在区间(-1,2)内单调递减， ∴f’(x)≤0 在区间(-1,2)上恒成立， …………………4 分 ∵二次函数 f’(x)=x2-2(a+2)x+a(a+4)的开口向上， ∴f’(-1)=a2+6a+5≤0 且 f’(2)=a2-4≤0 …………………………………10 分 解得 a 的范围是[-2，-1]. ………………………………………………12 分 77．（四川省成都外国语学校 2011 届高三理）（12 分）定义在 R 上的函数 f（x）和 g(x) 满足函数 xaxxf ln)( 2  在[1,2]上为增函数， xaxxg )( 在(0,1)为减函数， （1）求 f（x）和 g(x)的解析式； （2）当 b>-1 时，若 2 12)( xbxxf  在 ]1,0(x 内恒成立，求 b 的取值范围。 答案 解： x ax x axxf  222)( f(x)在[1,2]为增函数， 0)(  xf 对 ]2,1[x 恒成立  22xa  ， 2a 恒成立对 ]1,0[x0 2 1)(  x axg ， 2a a=2  xxxf ln2)( 2  , xxxg 2)(  (2) 2 12)( xbxxf  在 ]1,0(x 内恒成立  3 1ln22 xx xxb  令 3 1ln2)( xx xxxh  ，则 24 ln2231)( x x xxh  ]1,0(x 时， 0)(  xh ，故 )(xh 在 ]1,0(x 为减函数  2)1()(2 min  hxhb 11  b 78．（江苏泰兴 2011 届高三理）（本题满分 16 分） 已知函数 2 2( ) 2 4 2 f x ax b b x     ， 2( ) 1 ( ) ( , )g x x a a b    R ． （1）当 0b  时，若 ( ) ( , 2]f x 在 上单调递减，求 a 的取值范围； （2）求满足下列条件的所有整数对 ( , )a b ：存在 0x ，使得 0( ) ( )f x f x是 的最大值， 0( ) ( )g x g x是 的最小值； （3）对满足（II）中的条件的整数对 ( , )a b ，试构造一个定义在 { |D x x R 且 2 , }x k k  Z 上的函数 ( )h x ：使 ( 2) ( )h x h x  ，且当 ( 2, 0)x  时， ( ) ( )h x f x ． 答案 （1）当 0b  时，   2 4f x ax x  ，…………………………………………………1 分 若 0a  ，   4f x x  ，则  f x 在 , 2 上单调递减，符合题意；………3 分 若 0a  ，要使  f x 在  , 2 上单调递减， 必须满足 0, 4 2,2 a a   ……………………………………………………………………5 分 ∴ 0 1a  ．综上所述，a 的取值范围是 0, 1 …………………………………6 分 （2）若 0a  ，   22 4 2f x b b x    ，则  f x 无最大值，………………………7 分 故 0a  ，∴  f x 为二次函数， 要使  f x 有最大值，必须满足 2 0, 4 2 0, a b b      即 0a  且1 5 1 5b    ，…8 分 此时， 2 0 4 2b bx a   时，  f x 有最大值．………………………………………分 又  g x 取最小值时， 0x a ，………………………………………………………分 依题意，有 24 2b b aa    Z ，则  22 24 2 5 1a b b b      ，…………分 ∵ 0a  且1 5 1 5b    ，∴  20 5a a  Z ，得 1a   ，………………分 此时 1b   或 3b  ． ∴满足条件的整数对  ,a b 是    1, 1 , 1, 3   ．……………………………12 分 （3）当整数对是    1, 1 , 1, 3   时，   2 2f x x x   ( 2) ( )h x h x  ， ( )h x 是以 2 为周期的周期函数，………………………分 又当  2, 0x  时，,构造 ( )h x 如下：当  2 2, 2 ,x k k k  Z ，则，          22 2 2 2 2h x h x k f x k x k x k         ， 79．(江西省上高二中 2011 届高三理）函数 x axxf  2)( 的定义域为(0，1]（ a 为实数）． ⑴当 1a 时，求函数 )( xfy  的值域； ⑵若函数 )( xfy  在定义域上是减函数，求 a 的取值范围； ⑶求函数 )( xfy  在 x∈(0，1]上的最大值及最小值，并求出函数取最值时 x 的值． 故        22 2 2 , 2 2, 2 , .h x x k x k x k k k       Z … 答案 解：（1）显然函数 )( xfy  的值域为 ),22[  ； （2）若函数 )( xfy  在定义域上是减函数，则任取 21, xx ]1.0( 且 21 xx  都有 )()( 21 xfxf  成立， 即 0)2)(( 2121  xx axx 只要 212 xxa  即可，由 21, xx ]1.0( ，故 )0,2(2 21  xx ，所以 2a ， 故 a 的取值范围是 ]2,(  ； （3）当 0a 时，函数 )( xfy  在 ]1.0( 上单调增，无最小值，当 1x 时取得最大值 a2 ； 由（2）得当 2a 时，函数 )( xfy  在 ]1.0( 上单调减，无最大值， 当 x＝1 时取得最小值 2－a； 当 02  a 时，函数 )( xfy  在 ].0( 2 2a 上单调减，在 ]1,[ 2 2a 上单调增，无最大值， 当 2 2ax  时取得最小值 a22  ． 80．（四川省成都外国语学校 2011 届高三 10 月文） （12 分）已知函数 xxxxxxf cossinsin3) 3 sin(cos2)( 2   。 （1）求函数 )(xf 的最小正周期及单调增区间； （2）若当 ]12 7,12[ x 时， )(xf 的反函数为 )(1 xf  ，求 )1(1f 的值。 答案 解：（1） )32sin(2)(  xxf T= 223222   kxk ， Zk  增区间 ]12,12 5,[   kk ， Zk  （2）令 1)32sin(2  x 又 ]12 7,12[ x ∴  6 5 32 x ∴ 4 x 81.（河南信阳市 2011 届高三理）本小题满分 12 分） 设 M 是由满足下列条件的函数 ( )f x 构成的集合：“①方程 ( ) 0f x x  有实数根； ②函数 ( ) ( ) 0 ( ) 1.f x f x f x  的导数 满足 ” （I）判断函数 sin( ) 2 4 x xf x   是否是集合 M 中的元素，并说明理由； （II）集合 M 中的元素 ( )f x 具有下面的性质：若 ( )f x 的定义域为 D，则对于任意 0 0[ , ] , [ , ], ( ) ( ) ( ) ( )m n D x m n f n f m n m f x    都存在 使得等式 成立。试用这一性 质证明：方程 ( ) 0f x x  只有一个实数根； （III）对于 M 中的函数 1( ), ( ) 0f x x f x x 设 是方程 的实数根，求证：对于 ( )f x 定 义域中任意的 2 3, ,x x 当 2 1| | 1,x x  且 3 1 3 2| | 1 ,| ( ) ( ) | 2.x x f x f x   时 答案 （1）因为 1 1'( ) cos ,2 4f x x  所以 1 3'( ) [ , ] 0 '( ) 1.4 4f x f x  满足条件 又因为当 0 , (0) 0x f 时 ，所以方程 ( ) 0f x x  有实数根 0， 所以函数 sin( ) 2 4 x xf x   是集合 M 中的元素。 …………4 分 （2）假设方程 ( ) 0f x x  存在两个实数根 , ( )    ， 则 ( ) 0, ( ) 0,f f       …………5 分 不妨设  ，根据题意存在数 ( , )c   ， 使得等式 ( ) ( ) ( ) '( )f f f c      成立， …………7 分 因为 ( ) , ( ) , , '( ) 1f f f c        且 所以 与已知 0 '( ) 1 , ( ) 0f x f x x   矛盾 所以方程 只有一个实数根； …………9 分 （3）不妨设 2 3 , '( ) 0,x x f x 因为 所以f(x)为增函数， 所以 2 3( ) ( ),f x f x 又因为 '( ) 1 0,f x   所以函数f(x)-x 为减函数， …………10 分 所以 2 2 3 3( ) ( ) ,f x x f x x   …………11 分 所以 3 2 3 20 ( ) ( )f x f x x x    ， 即 3 2 3 2| ( ) ( ) | | |f x f x x x   所以 3 2 3 2 3 1 2 1 3 1 2 1| ( ) ( ) | | | | ( ) | | | | | 2.f x f x x x x x x x x x x x            …………12 分 2010 年联考题 题组一 一、选择题 1.（安徽两地三校国庆联考）设曲线 1 *( )ny x n N  在点（1，1）处的切线与 x 轴的交点 的横坐标为 nx ,则 1 2 nx x x   的值为（ ） A. 1 n B. 1 1n  C. 1 n n  D.1 答案 B 2 ． （ 肥 城 市 第 二 次 联 考 ） 如 下 图 ， 已 知  3 2( ) 0 ,f x ax bx cx d a     记  24 3 ,b ac   则当 0 0 ( )a f x  且 时， 的大致图象为（ ）. 答案 C 解析： 2( ) 3 2f x x bx c    ，由 0, 0a   可知选 C。 3. （哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）已知函数 ( ) 2 1xf x   ，对于满足 1 20 2x x   的任意 1 2,x x ，给出下列结论：（1）  2 1 2 1( ) ( ) ( ) 0x x f x f x   ；（2） 2 1 1 2( ) ( )x f x x f x ；（3） 2 1 2 1( ) ( )f x f x x x   ；（4） 1 2 1 2( ) ( ) ( )2 2 f x f x x xf  ， 其中正确结论的序号是（ ） A. (1)(2) B. (1)(3) C. (2)(4) D. (3)(4) 答案 C 二、填空题 4. （ 岳 野 两 校 联 考 ） 曲 线 42xy  上 一 点 到 直 线 1 xy 的 距 离 的 最 小 值 A y o x D y o x y o x C y o x B 为 . 答案 16 25 三、解答题 5.（山东省乐陵一中 2009 届高三考前回扣）已知函数 xxaxf 1ln)(  ． （1）当 0a 时，求函数 )(xf 的单调区间和极值； （2）当 0a 时，若 0x ，均有 1)ln2(  xax ，求实数 a 的取值范围； （3）若 0a ， ),0(, 21  xx ，且 21 xx  ， 试比较 )2( 21 xxf  与 2 )()( 21 xfxf  的大小． 解：由题意 2 1)(,0 xx axfx  ， ………………………………………2 分 （1）当 0a 时， 由 0)(  xf 得 01 2  xx a ，解得 ax 1 ，函数 )(xf 的单调增区间是 ),1(  a ； 由 0)(  xf 得 01 2  xx a ，解得 ax 1 ，函数 )(xf 的单调增区间是 )1,0( a ∴当 ax 1 时，函数 )(xf 有极小值为 aaaaaaaf ln1ln)1(  ．………6 分 （2）当 0a 时，由于 0x ，均有 1)ln2(  xax ， 即 0x ， xxaa 1ln2  恒成立， ∴ 0x ， min)(2 xfa  ， ……………………………………………………8 分 由（1），函数 )(xf 极小值即为最小值， ∴ aaaxfa ln)(2 min  ，解得 ea 10  ．………………………………10 分 （3） )( )(ln2 )()()2( 2121 2 21 21 212121 xxxx xx xxa xxaxfxfxxf   ， ∵ 0,0 21  xx 且 0,21  axx ， ∴ 221  xx 21xx ， ∴ 0 2 ln,1 2 21 21 21 21  xx xxa xx xx ，……………………………………………12 分 又 0)( )( 2121 2 21   xxxx xx ，∴ 0)( )(ln 2121 2 21 21 21   xxxx xx xxa xxa ， ∴ 02 )()()2( 2121  xfxfxxf ，即 2 )()()2( 2121 xfxfxxf  ．…………14 分 6. （安徽两地三校国庆联考）（本小题满分 14 分）． 已知奇函数   3 2f x x ax bx c    是定义 1,1 在上的增函数 （1）求 b 的取值范围； （2）若  2 1b tb f x   对  1,1x  恒成立，求实数 t 的取值范围。 解：（1）   3 2f x x ax bx c    是奇函数，所以， 0a c  ∴    3 ' 2, 3 .f x x bx f x x b    又   3f x x bx  在 1,1 上是增函数，所以，  ' 23f x x b  在 1,1 上横为正值， ∴ 0b  。 （2）要使  2 1b tb f x   对  1,1x  恒成立，由于   3f x x bx  在 1,1 上是增函 数，   3f x x bx  在  1,1 上 的 最 大 值 为 1 b ， 所 以 ， 只 需  2 21 1 , 1 0b tb b b t b      即 ， 对任意 0b  恒成立，因此只要 1 0 1.t t   即 7.（岳野两校联考）（本小题满分 12 分） 对于三次函数 3 2( ) ( 0)f x ax bx cx d a     。 定义：（1） ( )f x 的导数 ( )f x （也叫 ( )f x 一阶导数）的导数 ( )f x 为 ( )f x 的二阶导数， 若方程 ( ) 0f x  有实数解 0x ，则称点 0 0( , ( ))x f x 为函数 ( )y f x 的“拐点”；定义：（2） 设 0x 为 常 数 ， 若 定 义 在 R 上 的 函 数 ( )y f x 对 于 定 义 域 内 的 一 切 实 数 x ， 都 有 0 0 0( ) ( ) 2 ( )f x x f x x f x    恒成立，则函数 ( )y f x 的图象关于点 0 0( , ( ))x f x 对称。 （1）己知 3 2( ) 3 2 2f x x x x    ， 求函数 ( )f x 的“拐点” A 的坐标； （2）检验（1）中的函数 ( )f x 的图象是否关于“拐点” A 对称; （3）对于任意的三次函数 3 2( ) ( 0)f x ax bx cx d a     写出一个有关“拐点”的结论 （不必证明）。 解：（1）依题意，得： 2( ) 3 6 2f x x x    ， ( ) 6 6f x x   。……………2 分 由 ( ) 0f x  ，即 6 6 0x   。∴ 1x  ，又 (1) 2f  ， ∴ 3 2( ) 3 2 2f x x x x    的“拐点”坐标是 (1, 2) 。 ……………………4 分 （2）由(1)知“拐点”坐标是 (1, 2) 。 而 (1 ) (1 )f x f x   = 3 2(1 ) 3(1 ) 2(1 ) 2x x x      3 2(1 ) 3(1 ) 2(1 ) 2x x x       = 2 22 6 6 6 4 4 4x x      = 2 (1)f ， 由定义(2)知：   3 23 2 2f x x x x    关于点 (1, 2) 对称。 ……………………9 分 （3）一般地，三次函数   3 2f x ax bx cx d    ( 0)a  的“拐点”是 , ( )3 3 b bfa a      ， 它就是 ( )f x 的对称中心。 ……………12 分 或者：任何一个三次函数都有拐点； 任何一个三次函数都有对称中心； 任何一个三次函数平移后可以是奇函数 ………都可以给分 8.（安徽两地三校国庆联考）（本小题满分 14 分） 函数 ],1,0(,12)( 2  x x axxf （1）若 ]1,0()( xxf 在 是增函数，求 a 的取值范围; （2）求 ]1,0()( 在区间xf 上的最大值. 解：（1） 即恒成立对命题等价于 ,]1,0(0)(,22)( 3  xxf x axf ;]1,0()( ,0)(,)1,0(,)1(2)(,1 ,1)1()]([ ,]1,0(1)(,1 3 3 max 33 也是增函数在 时当时而当 为增函数在而 xf xfx x xxfa gxga x x xg x a     综上，a 的取值范围是 1.a   （2）① ;12)1()]([,]1,0()(,1 max  afxfxfa 为增函数在时当  ②当 ],1,0(1,11022)(,1 333  aa x x axfa 得令时 .3)1()]([,1 ,1)( 3 2 3max 3 a a fxfa a xxf   时当 处左正右负的值在且 9．（池州市七校元旦调研）（本题满分 14 分）已知函数 3 2 2( ) ( 1) 5 2f x x k k x x      ， 2 2( ) 1g x k x kx   ， 其中 k  R ． （I）设函数 ( ) ( ) ( )p x f x g x  ．若 ( )p x 在区间 (0,3) 上不单调，求 k 的取值范围； （II）设函数 ( ), 0,( ) ( ), 0. g x xq x f x x    是否存在 k ，对任意给定的非零实数 1x ，存在惟一 的非零实数 2x （ 2 1x x ），使得 2 1( ) ( )q x q x  成立？若存在，求 k 的值；若不存 在，请说明理由． . 解 ： （ I ） 因 3 2( ) ( ) ( ) ( 1) ( 5) 1P x f x g x x k x k        ， 2   23 2( 1) ( 5)p x x k x k      ，因 ( )p x 在区间 (0,3) 上不单调，所以   0p x  在 0,3 上有实数解，且无重根，由   0p x  得 2(2 1) (3 2 5),k x x x       2(3 2 5) 3 9 102 12 1 4 2 1 3 x xk xx x               ， 令 2 1,t x  有  1,7t  ， 记 9( ) ,h t t t   则  h t 在  1,3 上单调递减，在 3,7 上单调递增，所以有    6,10h t  ，于 是    92 1 6,102 1x x    ，得  5, 2k    ，而当 2k   时有   0p x  在 0,3 上有两 个相等的实根 1x  ，故舍去，所以  5, 2k    ； （II）当 0x  时有     2 23 2( 1) 5q x f x x k k x       ； 当 0x  时有     22q x g x k x k    ，因为当 0k  时不合题意，因此 0k  ， 下面讨论 0k  的情形，记 A ( , )k  ，B= 5, ，（ⅰ）当 1 0x  时，  q x 在 0, 上， 单调递增，所以要使    2 1q x q x  成立，只能 2 0x  且 A B ，因此有 5k  ，（ⅱ）当 1 0x  时，  q x 在  0, 上单调递减，所以要使    2 1q x q x  成立，只能 2 0x  且 A B ，因此 5k  ，综合（ⅰ）（ⅱ） 5k  ； 当 5k  时 A=B，则  1 10,x q x B A    ，即 2 0,x  使得    2 1q x q x  成立，因为  q x 在 0, 上单调递增，所以 2x 的值是唯一的； 同理， 1 0x  ，即存在唯一的非零实数 2 2 1( )x x x ，要使    2 1q x q x  成立，所以 5k  满足题意． 题组二 一、选择题 1.（山东省乐陵一中 2009 届高三考前回扣）函数 xxy ln 在 )5,0( 上是（ ）. A．单调增函数 B．单调减函数 C．在 )1,0( e 上单调递增，在 )5,1(e 上单调递减； D．在 )1,0( e 上单调递减，在 )5,1(e 上单调递增. 答案 D 2.（山东省乐陵一中 2009 届高三考前回扣）函数 1222 1 3 1)( 23  aaxaxaxxf 的图 象经过四个象限，则实数 a 的取值范围是 A． 16 3 5 6  a B． 16 3 5 8  a C． 16 1 5 8  a D． 16 3 5 6  a 答案 D 3.（山东省乐陵一中 2009 届高三考前回扣）已知函数 3 2( ) 3 9f x x x x a     （a 为常 数），在区间[ 2,2] 上有最大值 20，那么此函数在区间[ 2,2] 上的最小值为（ ） A． 37 B． 7 C． 5 D． 11 答案 B 4.（山东省乐陵一中 2009 届高三考前回扣）设 aR ，若函数 3axy e x  ， xR 有大 于零的极值点，则 (A) 3a   (B) 3a   (C) 1 3a   (D) 1 3a   答案 B 5. （ 山 东 省 乐 陵 一 中 2009 届 高 三 考 前 回 扣 ） 设 )()(,)()( xfyxfyxfxf  和将的导函数是函数 的图象画在同一直角坐标系中， 不可能正确的是（ ） 答案 D 二、填空题 6.（山东省乐陵一中 2009 届高三考前回扣）设 P 为曲线 2: 1C y x x   上一点,曲线C 在 点 P 处的切线的斜率的范围是[ 1,3] ,则点 P 纵坐标的取值范围是________. 答案 3[ ,3]4 7.（山东省乐陵一中 2009 届高三考前回扣）给出下列命题：①函数 )(xfy  的图象与函数 3)2(  xfy 的图象一定不会重合； ②函数 )32(log 2 2 1  xxy 的单调区间为 ),1(  ； ③      edxex x 1)(cos0 ； ④双曲线的渐近线方程是 xy 4 3 ，则该双曲线的离心率是 4 5 ． 其中正确命题的序号是 （把你认为正确命题的序号都填上）． 答案 ③ 8. （ 山 东 省 乐 陵 一 中 2009 届 高 三 考 前 回 扣 ） 已 知 函 数 0 ( ) sin , a f a xdx  则 [ ( )]2f f  =_______________. 答案 1-cos1 9.（山东省乐陵一中 2009 届高三考前回扣）由曲线 xyxy 23 2  和 围成图形的面积 为 。 答案 2 32 三、解答题 1.（2009 东北育才、天津耀华、大连育明、哈三中联考）已知函数 3 2 2( ) 3( 1) 2 4f x kx k x k     ，若 ( )f x 的单调减区间恰为（0，4）。 （I）求 k 的值： （Ⅱ）若对任意的 [ 1,1]t   ，关于 x 的方程 22 5 ( )x x a f t   总有实数解，求实数 a 的取值范围。 解：（1） 2'( ) 3 6( 1)f x kx k x   又 '(4) 0, 1f k   （Ⅱ） 2'( ) 3 12 1 0f t t t t     时 '( ) 0;0 1f t t   时 '( ) 0f t  且 ( 1) 5, (1) 3,f f     ( ) 5f t   8 分 2 8 252 5 8 ax x a    8 25 58 a    解得 15 8a   2.（2009 天津六校联考）已知函数 )0(2 1)(,ln)( 2  abxaxxgxxf （1）若 2a 时，函数 )()()( xgxfxh  在其定义域内是增函数，求 b 的取值范围； （2）在（1）的结论下，设函数 ]2ln,0[,)( 2  xbeex xx ，求函数 )(x 的最 3.（2009 汉沽一中第六次月考）已知 3 2( ) 3 1f x ax x x    ， Ra  ． （Ⅰ）当 3a 时，求证： ( )f x 在 R 上是减函数； （Ⅱ）如果对 Rx  不等式 ( ) 4f x x  恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：（Ⅰ）当 3a 时， 3 2( ) 3 3 1f x x x x     ∵ / 2( ) 9 6 1f x x x    2(3 1) 0x    ∴ ( )f x 在 R 上是减函数 （Ⅱ）∵ Rx  不等式 ( ) 4f x x  恒成立 即 Rx  不等式 23 6 1 4ax x x   恒成立 ∴ Rx  不等式 23 2 1 0ax x   恒成立 当 0a 时， Rx  2 1 0x   不恒成立 当 0a  时， Rx  不等式 23 2 1 0ax x   恒成立 即 4 12 0a    ∴ 1 3a   当 0a  时， Rx  不等式 23 2 1 0ax x   不恒成立 综上所述， a 的取值范围是 1( ]3  ， 4.（2009 和平区一模）已知函数  2 4( ) , 0,2 .3 3 xf x xx   (Ⅰ)求 ( )f x 的值域； (Ⅱ)设 0a  ，函数  3 21( ) , 0,23g x ax a x x   ．若对任意  1 0,2x  ，总存在  0 0,2x  ，使 1 0( ) ( ) 0f x g x  ，求实数 a 的取值范围． 解：（Ⅰ） 2 2 2 4 1( ) 3 ( 1) xf x x    ， 令 ( ) 0f x  ，得 1x  或 1x   ． 当 (0,1)x 时， ( ) 0, ( )f x f x  在 (0,1) 上单调递增； 当 (1,2)x 时， ( ) 0, ( )f x f x  在 (1,2) 上单调递减， 而 2 8(0) 0, (1) , (2)3 15f f f   ， 当  0,2x 时， ( )f x 的值域是 20, 3      ． (Ⅱ)设函数 ( )g x 在 0,2 上的值域是 A， 若对任意  1 0,2x  ．总存在  0 0,2x  1,使 1 0( ) ( ) 0f x g x  ， 20, 3 A     ． 2 2( )g x ax a   ． ①当  0,2 , 0x a  时， ( ) 0g x  ， 函数 ( )g x 在 0,2 上单调递减． 28(0) 0, (2) 2 03g g a a    ， 当  0,2x 时，不满足 20, 3 A     ； ②当  0,2 , 0x a  时， ( ) ( )( )g x a x a x a    ， 令 ( ) 0g x  ，得 x a 或 x a  (舍去) （i）  0,2 ,0 2x a   时， , ( ), ( )x g x g x 的变化如下表： x 0  0, a a  ,2a 2 ( )g x - 0 + ( )g x 0  22 3 a a  28 23 a a (0) 0, ( ) 0g g a   ． 20, ,3 A     28 2(2) 23 3g a a    ，解得 1 13 a  ． (ii)当  0,2 , 2x a  时， ( ) 0g x  函数 ( )g x 在 0,2 上单调递减．  28(0) 0, (2) 2 03g g a a    ，当  0,2x 时，不满 20, 3 A     ． 综上可知，实数 a 的取值范围是 1 ,13      ． 5.（2009 河北区一模）已知函数 3 2( ) 3f x x ax x   （I）若 3x  是 ( )f x 的极值点，求 ( )f x 在 [1, ]x a 上的最小值和最大值； （Ⅱ）若 ( ) [1, )f x x  在 上是增函数，求实数 a 的取值范围。 解：（I） '(3) 0, 27 6 3 0, 4f a a     即 3 2( ) 4 3f x x x x    有极大值点 1 3x   ，极小值点 3x  。 此时 ( )f x 在 1[ ,3]3x  上是减函数，在 [3, )x  上是增函数。 (1) 6, (3) 18, ( ) (4) 12f f f a f      ( )f x 在 [1, ]x a 上的最小值是-18，最大值是-6 （Ⅱ） 2'( ) 3 2 3 0f x x ax    3 11, ( )2x a x x     当 1x  时， 3 1( )2 x x  是增函数，其最小值为 3 (1 1) 02   0a  0a  时也符合题意， 0a  6.（2009 河东区一模）设函数 2 2( ) 2 1( , 0)f x tx t x t t R t      （1）求 ( )f x 的最小值 ( )s t ； （2）若 ( ) 2s t t m   对 (0,2)t  时恒成立，求实数 m 的取值范围 解：（1） 2 3( ) ( ) 1( , 0)f x t x t t t t R t       x t   时， ( )f t 取得最小值 3( ) 1f x t t    ， 即 3( ) 1s t t t    （2）令 3( ) ( ) ( 2 ) 3 1h t s t t m t t m         由 ' 2( ) 3 3 0h t t    ，得 1t  或 1t   （舍去） t （0,1） 1 （1,2） ' ( )h t  0  ( )h t 增 极大值1 m 减 ( )h t 在 (0,2) 内有最大值1 m ， ( ) 2s t t m    对 (0,2)t  时恒成立等价于 ( ) 0h t  恒成立。 即1 0m  1m  7.（2009 厦门二中）已知函数 f(x)=ln(x+ a )-x2-x 在 x = 0 处取得极值． (1)求实数 a 的值； (2)若关于 x 的方程，f(x)= bx  2 5 在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数 b 的取值范围； (3)证明：对任意的正整数 n，不等式 ln 2 11 n n n n  都成立． 解：(1) ( )f x = 1 2 1xx a   …………………………………………………(2 分) ∵x=0 时，f(x)取得极值，∴ (0)f  =0，……………………………………(3 分) 故 1 2 0 10 a    =0，解得 a=1.经检验 a=1 符合题意. ………………(4 分) (2)由 a=1 知 f(x)=ln(x+1)-x2 - x，由 f(x)= bx  2 5 , 得 ln(x+1)-x2+ 3 2 x-b=0， 令φ(x)= ln(x+1)-x2+ 3 2 x-b， 则 f(x)= 5 2 x +b 在[0，2]上恰有两个不同的实数根等价于φ(x)=0 在[0，2] 恰有两个不同实数根．………………………………………………………(5 分) 1 3 (4 5)( 1)( ) 21 2 2( 1) x xx xx x          ，………………………………(7 分) 当 x∈(0，1)时， ( )x >O，于是φ(x)在(0，1)上单调递增； 当 x∈(1，2)时， ( )x <0，于是φ(x)在(1，2)上单调递减．…………(8 分) 依题意有 (0) 0, 3(1) ln(1 1) 1 0,2 (2) ln(1 2) 4 3 0, b b b                     ∴ln3 -1≤b -1}，………………………………(10 分) 由(Ⅰ)知 (2 3)( ) ( 1) x xf x x     ，……………………………………………(11 分) 令 ( )f x =0 得，x=0 或 x= - 3 2 (舍去)， ∴当-10，f(x)单调递增； 当 x>0 时， ( )f x <0，f(x)单调递减. ∴f(0)为 f(x)在(-1,+∞)上的最大值. …………………………………(12 分) ∴f(x)≤ f(0)，故 ln(x+1)-x2-x≤0(当且仅当 x=0 时，等号成立).…(13 分) 对任意正整数 n，取 x= 1 n >0 得，ln( 1 n +1)< 1 n + 2 1 n ，故 ln( 1n n  )< 2 1n n  .………(14 分) 8.（2009 河西区一模）已知函数 3 2 2 2( ) 1, ( ) 1 4f x x ax a x g x x ax       ，其中实数 0a  ， （I）求函数 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）若 ( )f x 与 ( )g x 在区间 ( , 2)a a   内均为增函数，求 a 的取值范围。 解：（I） 2 2'( ) 3 2f x x ax a   ‘ 又 2 23 2 3( )( )3 ax ax a x a x     令 '( ) 0f x  ，得 1 2, 3 ax a x   ①若 0a  ，则当 3 ax   或 x a 时 '( ) 0f x  。当 3 a x a   时， '( ) 0f x  ( )f x 在 ( , )3 a  和 ( , )a  内是增函数，在 ( , )3 a a 内是减函数， ②若 0.a  则当 x a 或 3 ax   时， '( ) 0f x  当 3 aa x   时， '( ) 0f x  ( )f x 在 ( , )a 和 ( , )3 a  内是增函数，在 ( , )3 aa  内是减函数 （Ⅱ）当 0a  时， ( )f x 在 ( , )3 a  和 ( , )a  内是增函数， 22 4( ) ( ) 1 ,g x a x a a      故 ( )g x 在 2( , )a   内是增函数。 由题意得 0 2 3 22 a aa a a             解得 2 3a   当 0a  时， ( )f x 在 ( , )a 和 ( , )3 a  内是增函数， ( )g x 在 2( , )a   内是增函数。 由题意得 0 3 2 a aa a a           解得 2a   综上知实数 a 的取值范围为 ( , 2] [2 3, )    9.（2009杭州二中第六次月考）设   3 2 , [ 1,1]f x x ax bx c x      ，记 | ( ) |y f x 的最 大值为M． （Ⅰ）当 30, 4a c b   时,求 M 的值； （Ⅱ）当 , ,a b c 取遍所有实数时，求 M 的最小值． （以下结论可供参考：对于 , , ,a b c d R ，有| | | | | | | | | |a b c d a b c d       ，当且仅 当 , , ,a b c d 同号时取等号） 解：(1)求导可得   2 3 1 1' 3 3( )( )4 2 2f x x x x     , 1 1 1max{| ( 1) |,| ( ) |,| ( ) |,| (1) |}2 2 4M f f f f    ,当 2 1,1 x 时取等号 (2)     1 14 1 4 1 8 8 ,8 8 2 82 2f f b f f b                 ， 1 1| (1) |; | ( 1) |; | ( ) |; | ( ) |8 8M f M f M f M f          1 124 4 | 1 | 4 | 1 | 8| | 8| |2 2M f f f f                    1 1| 4 1 4 1 8 8 | 62 2f f f f                因此， 1 4M   '1 1x   。 由（1）可知，当 30, 4a b  , 0c  时， 1 4M  。  min 1 4f x  。 10.（2009 厦门华侨中学）设函数 3 2( ) 2 3 3 8f x x ax bx c    在 1x  及 2x  时取得极 值． （Ⅰ）求 a、b 的值； （Ⅱ）若对于任意的 [0 3]x ， ，都有 2( )f x c 成立，求 c 的取值范围． 解：（Ⅰ） 2( ) 6 6 3f x x ax b    ， 因为函数 ( )f x 在 1x  及 2x  取得极值，则有 (1) 0f   ， (2) 0f   ． 即 6 6 3 0 24 12 3 0 a b a b        ， ． 解得 3a   ， 4b  ． ………………………6 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知， 3 2( ) 2 9 12 8f x x x x c    ， 2( ) 6 18 12 6( 1)( 2)f x x x x x       ． 当 (01)x ， 时， ( ) 0f x  ；当 (1 2)x ， 时， ( ) 0f x  ；当 (2 3)x ， 时， ( ) 0f x  ． 所以，当 1x  时， ( )f x 取得极大值 (1) 5 8f c  ，又 (0) 8f c ， (3) 9 8f c  ． 则当  0 3x ， 时， ( )f x 的最大值为 (3) 9 8f c  ． 因为对于任意的  0 3x ， ，有 2( )f x c 恒成立， 所以 29 8c c  ，解得 1c   或 9c  ， 因此 c 的取值范围为 ( 1) (9 )   ， ， ．………………………12 分 11.（2009 杭州高中第六次月考）已知函数 f(x)= 3 2x ax 其中 a 为实常数． （1）设当 x∈(0，1)时，函数 y=f(x)的图象上任一点 P 处的切线的斜率为 k，若 k -1 , 求 a 的取值范围； （2）当 x∈[-1,1]时，求函数 y=f(x) 2( 3 )a x x  的最大值． 解：(1) ∵k= f (x) =3 2x -2ax,x∈(0,1) -------------1 分 k≥1，得 3 2x -2ax+1≥0，即 a≤ 23 1 1 1(3 )2 2 x xx x    恒成立．-------------3 分 ∴ min 1 1 1 1(3 ) , (0,1) 3 2 3 · 2 32a x x x xx x x      所以当 时 当且仅当 x= 3 3 等时取等号∴ min 1 1(3 ) 32 x x   的取值范围是(-∞， 3 ) -----6 分 （2） 3 , [ 1,1] 3 3( ) 1 1 ax x a a a            2 3 2 2 max 设g(x)=f(x)+a(x -3x)=x 当 时g'(x)=3x x 当 时， g'(x) 0，从而g(x)在[-1,1]上是减函数（7分） g(x) =g(-1)=3a-1 2 0 1 (9 )a  当 时，g'(x)=3(x+ a)(x- a)得x> ax或x<- a 分 得 a当 a≤0 时，g’(x)≥0,从而 g(x)在[-1，1]上是增函数， ∴ (1) 1 3g a  maxg(x) 综上所述， （13 分） 12.（2009 杭州学军中学第七次月考）已知函数 2 1( ) ( ) ( 0)axf x x x e aa     （1）求曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))A f 处的切线方程 （2）当 0a  时，求函数 ( )f x 的单调区间 （3）当 0a  时，若不等式 3 3( ) 0, ,f x xa a         对 恒成立，求 a 的取值范围。 （1） 1'( ) ( 2)( 1), (0) , '(0) 2axf x e ax x f fa        所以切线方程为 12 0x y a    （2） '( ) 0 2 , 1 f x x xa     令 则 当 2a   时， 2 2( ) ( , ) (1, ) ,1)f x a a    在 和 上单调递减,在( 上单调递增 maxg(x) 3 1( 1) 12 ( 1)4 11 3 ( )4 a a a a a a            a 2 '( ) 0, ( )a f x f x R  当 时, 在 上减函数 当 2 0a   时， 2 2( ) ( ,1) ( , ) )f x a a    在 和 上单调递减,在(1, 上单调递增 （3）当 0a  时， x 3 2( , )a a   2 a  2( ,1)a  1 (1, ) '( )f x + 0 - 0 + ( )f x 增 极大值 减 极小值 增 3( ) 0, (1) 0f fa    1(1) af ea    为最小值 1 3 30 ,ae xa a a          对 恒成立  0,ln3a  13.（2009 嘉兴一中一模）已知函数 x axxf ln)(  ，其中 a 为实数． (1)当 2a 时，求曲线 )(xfy  在点 ))2(,2( f 处的切线方程； (2)是否存在实数 a ，使得对任意 ),1()1,0(  x ， xxf )( 恒成立?若不存在， 请说明理由，若存在，求出 a 的值并加以证明． （1） 2a 时， x xxf ln 2)(  ， xx xxxxf 2ln 2ln)(  ， 2ln 1)2( f ，………………………2 分 又 0)2( f 所以切线方程为 )2(2ln 1  xy ………………………2 分 （2）1°当 10  x 时， 0ln x ，则 xx ax  ln xxxa ln 令 xxxxg ln)(  ， x xxxg 2 ln22)(  ， 再令 xxxh ln22)(  ， 0111)(  x x xx xh 当 10  x 时 0)(  xh ，∴ )(xh 在 )1,0( 上递减， ∴当 10  x 时， 0)1()(  hxh ， ∴ 0 2 )()(  x xhxg ，所以 )(xg 在 )1,0( 上递增， 1)1()(  gxg ， 所以 1a ……………………5 分 2° 1x 时， 0ln x ，则 xx ax  ln xxxa ln )(xga  由 1°知当 1x 时 0)(  xh ， )(xh 在 ),1(  上递增 当 1x 时， 0)1()(  hxh ， 0 2 )()(  x xhxg 所以 )(xg 在 ),1(  上递增，∴ 1)1()(  gxg ∴ 1a ；………………………5 分 由 1°及 2°得： 1a ………………………1 分 14.（2009 厦门集美中学）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。 解：依题意有 '(1) 2, (1) 0,f f   而 ' 2(1) 3 2 ,f x ax b   故 1 2 3 2 0 a b c a b          得 2 3 a c b c      从而 ' 2( ) 3 2 (2 3) (3 2 3)( 1)f x x cx c x c x        。 令 ' ( ) 0f x  ，得 1x  或 2 3 3 cx   。 由于 ( )f x 在 1x  处取得极值，故 2 3 13 c   ，即 3c   。 （1） 若 2 3 13 c   ，即 3c   ，则当 2 3, 3 cx       时， ' ( ) 0f x  ； 当 2 3 ,13 cx      时， ' ( ) 0f x  ；当 (1, )x  时， ' ( ) 0f x  ； 从而 ( )f x 的单调增区间为 2 3, , 1,3 c      ；单调减区间为 2 3 ,13 c     （2） 若 2 3 13 c   ，即 3c   ，同上可得， ( )f x 的单调增区间为  2 3,1 , ,3 c        ；单调减区间为 2 31, 3 c     15.（2009 金华十校 3 月模拟）已知 21 7( ) ln , ( ) ( 0)2 2f x x g x x mx m     ，直线l 与函 数 ( )f x 、 ( )g x 的图像都相切，且与函数 ( )f x 的图像的切点的横坐标为 1。 （Ⅰ）求直线l 的方程及 m 的值； （Ⅱ）若 ( ) ( 1) '( )( '( ) ( )h x f x g x g x g x   其中 是 的导函数），求函数 ( )h x 的最大值； （Ⅲ）当 0 b a  时，比较： 2 ( )a af a b  与 2 (2 )b af a 的大小， 解：（I）依题意知：直线l 是函数 ( ) lnf x x 在点（1，0）处的切线，故其斜率 1(1) 11k f   所以直线l 的方程为 1y x  又因为直线l 与 ( )g x 的图像相切 所以由 2 2 1 1 9( 1) 01 7 2 2 2 2 y x x m x y x mx           得 2( 1) 9 0 2( 4m m m        不合题意，舍去） （Ⅱ）因为 ( ) ( 1) ( ) ln( 1) 2( 1),h x f x g x x x x         所以 1'( ) 11 1 xh x x x     当 1 0x   时， '( ) 0;h x  当 0x  时， '( ) 0h x  因此， ( )h x 在 ( 1,0) 上单调递增，在 (0, ) 上单调递减。 因此，当 0x  时， ( )h x 取得最大值 (0) 2h  （Ⅲ）当 0 b a  时， 1 02 b a a    ，由（Ⅱ）知：当 1 0x   时， ( ) 2h x  ，即 ln( 1)x x  因此，有 ( ) (2 ) ln ln(1 )2 2 2 a b b a b af a b f a a a a         即 2 ( ) 2 (2 )a af a b b af a    16.（2009 金华一中 2 月月考）知实数 ，函数    Rxxaxxf  22)( ． (Ⅰ)若函数 )(xf 有极大值 32，求实数 a 的值； (Ⅱ)若对 ]1,2[x ，不等式 9 16)( xf 恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：（1）f(x)=ax3  4ax2+4ax f/(x)=3ax2  8ax+4a=a(3x  2)(x  2)=0 x= 2 3 或 2 ∵f(x)有极大值 32，而 f(2)=0 ∴f( 2 3 )=32=7,a=27 （2）f/(x)=a(3x  2)(x  2) 当 a>0 时，f(x)=[  2, 2 3 ]上递增在[ 2 ,13 ]上递减， max 2 32 16 3( ) ( )3 27 9 2f x f a a     ∴0f(1)=a ∴ max 16 1( ) 32 9 18f x a a      ∴ 1 018 a   综上 1 3( ,0) (0, )18 2a   17.（2009 宁波十校联考）设实数 0, 0a b  ，且满足 1a b  （1）求 2 2log loga a b b 的最小值； （2）设 1 ,3 a b  求证：（9 ) (9 )b aa b 解：（1） 1b a  代入得 2 2log (1 )log (1 )a a a a   设 2 2( ) log (1 )log (1 ) (0,1)f x x x x x x     1 分 2 2 2 2'( ) log log log (1 ) logf x x e x e     2 2log log (1 )x x   3 分 令 '( ) 0f x  解得 1 2x  ( )f x 在 10, 2      上单调递减，在 1 ,12      上单调递增。 5 分 min 1 , ( ) 12x f x    即原式的最小值为-1 7 分 （2）要证 (9 ) (9 ) ,b aa b 即证 ln(9 ) ln(9 )b aa b 即证 ln(9 ) ln(9 ) 0, 0b a a b a b   即证 ln(9 ) ln(9 )a b a b  9 分 由已知 1 2 3 3a b   设 ln(9 ) 1 2( ) , ,3 3 xg x xx      10 分 2 1 ln(9 )'( ) xg x x  11 分 1 2 , 3 9 63 3x x     1 ln3 ln(9 ) ln 6x    '( ) 0g x  13 分 所以 ( )g x 在 1 2,3 3      上单调递减， ( ) ( )g a g b  原不等式得证。 14 分 18.（2009 台州市第一次调研）已知函数 ( ) ( )( )f x x x a x b   ，点      , , ,A s f s B t f t . （Ⅰ）若 30  ，ba ，函数 ( )f x 在 )3,( tt 上既能取到极大值，又能取到极小值，求t 的取值范围； （Ⅱ）当 0a 时， ( ) ln 1 0  f x xx 对任意的 1 ,2     x 恒成立，求 b 的取值范围； （Ⅲ）若 0 a b  ，函数 ( )f x 在 x s 和 x t 处取得极值，且 32 ba ，O 是坐标 原点，证明：直线OA与直线 OB 不可能垂直. 解：（Ⅰ）当 3,0  ba 时 3 2 2f (x) x -3x , f (x) 3x -6x   (2 分) f (x) 在 (2, ) ( ,0) 和 上递增，在 (0,2) 上递减 所以 )(xf 在 0 和 2 处分别达到极大和极小，由已知有 t 0 且 t 3 2  ，因而t 的取值范围是 ( 1,0) . (4 分) （Ⅱ）当 0a 时， 01ln)(  xx xf 即 01ln2  xbxx 可化为 bxx xx  1ln ，记 ，xxx xxxg )2 1(1ln)(  则 ， x xx xx xxg 2 2 22 ln1ln11)(  (7 分) 记 x，xxm ln)( 2  则 xxxm 12)(  ， )(xm 在 )2 2 2 1( ， 上递减，在 )2 2( ， 上递增. 02 2ln2 1)2 2()(  mxm 从而 ),2 1[)(,0)(  在xgxg 上递增 因此 b，gxg  2ln22 5)2 1()( min 故 .2ln22 5 b (10 分) （Ⅲ）假设OA⊥OB ，即OA OB = ( , ( )) ( , ( )) ( ) ( ) 0s f s t f t st f s f t    故 1))()()((  btatbsas ， 1])(][)([ 22  bbtsstaatsst （12 分） 由 s ，t 为 f  (x)=0 的两根可得， 2 abs t (a b),st ,(0 a b)3 3       从而有 9)( 2  baab 12362494)()( 22  abababbaba 即 ba  ≥2 3 ，这与 ba  <2 3 矛盾. 故直线OA与直线OB 不可能垂直. (15 分)