[整理]年高考数学试题分类汇编 函数与导数

函数与导数

一、选择题

1. 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

3.若点(a,b)在ylgx 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)

.

nf(x)axg(x)4.函数在区间〔0,1〕

y 上的图像如图所示，则n可能是

（A）1 (B) 2 (C) 3 (D)

n1

0.5

5.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

f(x)c,xAxc,xAA（A，c为常数）。已

x O 0.5 1 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 6.已知点

A0,2B2,0,

yx的图象上，则使得ABC的面积为2的点C,若点C在函数

2的个数为

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

8.对于函数f(x)asinxbxc (其中，a,bR,cZ)，选取a,b,c的一组值计算f(1)和

f(1)，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

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9.已知函数

-------------

-------------

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

10.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，＋∞）

2x， x＞0 11.已知函数f(x)＝，若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值等于

x＋1，x≤0

A．－3 B．－1 C．1 D．3

12.）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 13.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

f(x)14.函数

1lg(x1)1x的定义域是 （ ）

(1,) D．(,)

A．(,1) B．(1,) C．(1,1)15.设f(x),g(x),h(x)是R上的任意实值函数．如下定义两个函数fgx和fgx；

fgxfxg(x)．对任意xR,fgxfg(x)；则下列等式恒成立的是（ ）

A．fghxfhgh(x) B．fghxfhgh(x) C．fghxfhgh(x) D．

fghxfhgh(x)

xxfxgxaa2 fxgx16.已知定义在R上的奇函数和偶函数满足

a0,且a1，若g2a，则f2

15172A. 2 B. 4 C. 4 D. a

-------------

-------------

17.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：

MtM02t30，其中

M0为t0时铯137的含量，已知t30时，

铯137的含量的变化率是10ln2（太贝克/年），则M60

A. 5太贝克 B. 75ln2太贝克 C. 150ln2太贝克 D. 150太贝克

y18.曲线

sinx1M(,0)sinxcosx2在点4处的切线的斜率为（ ）

2211A．2 B．2 C．2 D．2

x2f(x)e1,g(x)x4x3,若有f(a)g(b),则b的取值范围为 19.已知函数

A．[22,22] B．(22,22) C．[1,3] D．(1,3)

x20.由直线

3,x3,y0与曲线ycosx所围成的封闭图形的面积为（ ）

31A．2 B．1 C．2 D．3 2f(x)x,g(x)lnx的图像分别交于点M,N，则当|MN|达到最小xt21.设直线与函数

时t的值为（ ）

521A．1 B．2 C．2 D．2

f(x)22.若

1log1(2x1)2，则f(x)的定义域为( )

1111(,0)(,)(,0)(0,)(,2)2 B.2 C.2 D.2

xye23.曲线在点A（0,1）处的切线斜率为（ ）

1A.1 B.2 C.e D.e

-------------

-------------

234749,7343,72401，…，则72011的末两位数字为（ ） 24.观察下列各式：则

A.01 B.43 C.07 D.49

f(x)25.若

1log1(2x1)2，则f(x)定义域为

111(,0)(,0](,)2 B.2 C. 2A. D.(0,)

26.设f(x)x2x4lnx，则f(x)0的解集为

A. (0,) B. (1,0)(2,) C. (2,) D.(1,0)

2'21x,x1f(x)1log2x,x1，则满足f(x)2的x的取值范围是 28.设函数

A．[1，2] B．[0，2] C．[1，+]

D．[0，+]

29.函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集

为

A．（1，1） B．（1，+） C．（，1） D．（，+）

f(x)30.若函数

x(2x1)(xa)为奇函数，则a=

12A．2 B．3 3C．4 D．1

（0，+）31.下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是

x23yx1y2yx1yx（A） (B) （C） (D)

32.由曲线

yx，直线yx2及y轴所围成的图形的面积为

1016（A）3 （B）4 （C）3 （D）6

y33.函数

1x1的图像与函数y2sinx(2x4)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 -------------

-------------

2yx2x1在点（1,0）处的切线方程为 34.（全国Ⅰ文4）曲线

（A）yx1 （B）yx1 （C）y2x2 （D）y2x2 【答案】A

35. (全国Ⅰ文9)设偶函数f(x)满足f(x)=2x-4 (x0），则 （A）（C）

xfx20=

xx2或x4 （B）xx0或x4

xx0或x6 （D）xx2或x2

【答案】B

36.（全国Ⅱ理2）函数y＝2x（x≥0）的反函数为

xx22(A)y＝4（x∈R） (B)y＝4（x≥0） (C)y＝4x（x∈R） (D)y＝4x（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。

22y2x2【解析】由y＝2x，得x＝4.函数y＝2x（x≥0）的反函数为y＝4.（x≥0）

2xye1在点（0,2）处的切线与直线y0和yx围成的三角形的37.（全国Ⅱ理8）曲线

面积为

112(A)3 (B)2 (C)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】

y|x0(2e2x)|x022xye1在点（0,2）处的切线方程为，故曲线

1y2x2，易得切线与直线y0和yx围成的三角形的面积为3。

5f()2 38.（全国Ⅱ理9）设f(x)是周期为2的奇函数，当0x1时，f(x)2x(1x)，则1111(A)2 (B)4 (C)4 (D)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。

5511111f()f(2)f()f()2(1)2222222。 【解析】

y39.（山东理9）函数

x2sinx2的图象大致是

【答案】C

y'【解析】因为

1112cosxy'2cosx0cosx224,此时原函数是增函数;,所以令,得

y'令

112cosx0cosx24,此时原函数是减函数,结合余弦函数图象，可得选C正确. ,得

3f(x)xx,f(x)0x2R40.（山东理10）已知是上最小正周期为2的周期函数，且当时,

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

3f(x)xx,又因为f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，0x2【解析】因为当时,

且f(0)0,所以f(6)f(4)f(2)f(0)0,又因为f(1)0,所以f(3)0,f(5)0,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.

3yx11在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是 41.（山东文4）曲线

（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)，f(x2)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f(x2)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yx的图像是 （ ）

13

【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．

x【解析】 取合题意．

1111y8，8，则2，2，选项B，D符合；取x1，则y1，选项B符

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（ ）

yln（A）【答案】A

1|x|. （B）yx3. （C）y2|x|. （D）ycosx.

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（ ）

yx

（A）yx （B）yx （C）yx （D）【答案】A

1f(x)()x1246.（四川理7）若f(x)是R上的奇函数，且当x0时，，则f(x)的反函数的

图象大致是

21213-------------

-------------

【答案】A

【解析】当x0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x1与x2之间，故选A．

1y()x1247.（四川文4）函数的图象关于直线y=x对称的图象像大致是

【答案】A

1y()x12【解析】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 Ａ．

fx2x3x的零点所在的一个区间是（ ）． Ｃ．

2,1

Ｂ．

1,0 0,1

Ｄ．

1,2

，

【答案】B

【解析】解法1．因为所以函数解法2．

f22260，

f12130f02000，

fx2x3x的零点所在的一个区间是

x2可化为3x．

1,0．故选Ｂ．

fx2x3x0xf02000y2y3x画出函数和的图象，可观察出选项Ｃ，Ｄ不正确，且，由

此可排除Ａ，故选Ｂ．

log2x,x0fxlogx,x01fafa249.（天津理8）设函数若，则实数a的取值范围

是（ ）．

-------------

-------------

Ａ． Ｃ．

1,0U0,1

Ｂ． Ｄ．

,1U1,

1,0U1, ,1U0,1

2log2a0，所以a1，

【答案】C

【解析】若a0，则若a0则

2log2alog1a2，即

log1alog2a，即

2log2a0，所以0a1，1a0。

．故选C．

所以实数a的取值范围是a1或1a0，即50.（天津文4）函数 Ａ．

a1,0U1,fxexx2的零点所在的一个区间是（ ）． Ｃ．

2,1

Ｂ．

1,0 0,1

Ｄ．

1,2

【答案】C 【解析】因为

f1e1120，

f0e00210fxexx22，

f1e112e10选Ｃ．

51.（天津文6）设

，所以函数的零点所在的一个区间是

0,1．故

alog54，

blog53，

clog45，则（ ）．

Ａ．acb Ｂ．bca Ｃ．abc Ｄ．bac 【答案】D 【解析】因为所以

clog45clog4412，

0alog541，

，

0alog531，

blog53log53log54log54a所以bac，故选Ｄ．

gxx4,xgx,fx2gxx2xRgxx,xgx,则fx的52.（天津文10）设函数，

值域是（ ）．

9,0U1,0,，

Ａ．4 Ｂ．99,,0U2,4 Ｄ．4 Ｃ．

-------------

------------- 【答案】D 【解析】解

xgxx222xgxx22xx20x1x2得，则或．因此的

x2x2,x1或x2,fx2xx2,1x2, 解为：1x2．于是

当x1或x2时，

2fx2．

2199xx2xfx24，则4， 当1x2时，

9fx02又当x1和x2时，xx20，所以4．

99,0U2,fx24fx0fx由以上，可得或，因此的值域是4．故选Ｄ．

x2x0fxf(x1),x0，则f2f2的值为 53.（浙江理1）已知

A．6 B．5 C．4 D．2

【答案】B

54.（浙江文10）设函数

fxax2bxca,b,cRyfxfxe2x1，若为函数的一个

极值点，则下列图象不可能为的图象是

【答案】D

ln(2x)在其上为增函数的是

55.（重庆理5）下列区间中，函数f(x)=

431,0,3 （C）2（A）（-,1] （B）【答案】D

2 （D）

1,2

56.（重庆理10）设m，k为整数，方程mxkx20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(A)(C)

在点

,

处的切线方程为 A

(B) (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

(A) (B)(C)3 (D)4 【答案】C 二、填空题

60. (重庆文15)若实数,,满足是 . 【答案】

在

处取最小值,则

,，则的最大值

2log23

61.（浙江文11）设函数k【答案】-1

f(x)41x ,若f(a)2,则实数a=________________________

62.（天津文16）设函数

fxx1x．对任意x1,，fmxmfx0恒成立，

则实数m的取值范围是 ． 【答案】

,1．

fxx1x对x1,是增函数，

【解析】解法1．显然m0，由于函数则当m0时，

fmxmfx0不恒成立，因此m0．

在

当m0时，函数

hxfmxmfxx1,1m，

是减函数，

因此当x1时，

hx取得最大值

h1m-------------

-------------

于是

hxfmxmfx0恒成立等价于

hxx1,的最大值0，

1m0,m1h1m0m0,,1． m即，解得m1．于是实数m的取值范围是

解法2．然m0，由于函数

fxx1x对x1,是增函数，则当m0时，

fmxmfx0不成立，因此m0．

1m1m22m2x21m2fmxmfxmxmx2mx0mxxmxmx，

因为

x1,222gx2m2x21m22mx1m0m0，，则，设函数，则当

x1,g1m21gxx1时为增函数，于是时，取得最小值．

2g1m10,m0,,1． 解得m1．于是实数m的取值范围是

解法3．因为对任意

x1,，

fmxmfx0恒成立，所以对x1，不等式

1m0,m1m0fmxmfx0也成立，于是fmmf10，即m，解m0,得

m1．于是实数m的取值范围是,1．

3x,fxx12，．对任意

263.（天津理16）设函数

xf4m2fxfx14fmm恒成立，则实数m的取值范围是 ．

33,2U2,【答案】．

xfx14fmf4m2fx0m【解析】解法１．不等式化为，即

x2x114m4214m2x24m20m，

22-------------

-------------

12214mx2x302m整理得，

因为x0，所以

2112x32x3x3,24mgx2． m2x2，设x2，

312x,124mgx2m于是题目化为，对任意恒成立的问题．

为此需求

gx2x3x3,210uu2的最大值．设x2，3． x，则

220,2ugxhu3u2u3处取得最大值． 函数在区间3上是增函数，因而在4228218h3124m2umaxx933，所以m33，

整理得12m5m4230，即4mm233m210，

所以4m30，解得

233m2或2，

33m,U,22m因此实数的取值范围是．

312x,124mgx2m解法2．同解法1,题目化为，对任意恒成立的问题．

为此需求

gx2x3x3,2的最大值． x2，

gxht设t2x3，则

t6,．

4t4t26t9t96t．

t因为函数

993t6t在3,上是增函数，所以当t6时，t取得最小值2．

481833214mgx66maxht2m23，整理得从而有最大值．所以

12m45m230，

-------------

-------------

即

4m233m102，所以4m30，解得

2m33m2或2，

33m,U,22m因此实数的取值范围是．

xfx14fmf4m2fx0m解法3．不等式化为，即

x2x114m4214m2x24m20m，

22114m2x22x302m整理得， 1F(x)124m2x22x3m 令．

由于

F030，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，

33Fx,2恒成立，必须使2为最小值， 所以为使F(x)0对任意

即实数m应满足

1124m20;m3F0;223122214m2m

333mm2,2U2,m4 解得，因此实数的取值范围是． 3x,2， 解法4．(针对填空题或选择题)由题设，因为对任意xf4m2fxfx14fmm恒成立，

x则对

32，不等式

xf4m2fxfx14fmm也成立，

-------------

-------------

3x2代入上式得把

32f4mf2m31f4fm22，即

91292214m4m14m4222444m，因为4m0，上式两边同乘以4m，并整理

得

12m45m230，即4m33m10，所以4m230，解得

22m32或

m32，

33m,2U2,m因此实数的取值范围是．

11(lglg25)1002=64.（四川理13）计算4_______．

【答案】－20

11lg2lg51(lglg25)100222lg102014101002【解析】．

65.（四川理16）函数f(x)的定义域为A，若x1,x2A且f(x1)f(x2)时总有x1x2，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：

2f(x)x①函数（xR）是单函数；

②若f(x)为单函数，x1,x2A且x1x2，则f(x1)f(x2)； 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f(x1)f(x2)，则x1x2，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f(x1)f(x2)时，不一定有x1x2，不满足题设，故该命题为真；根据定义，命题④不满足条件．

11f(x)f(2) f(x)2x166.（上海文3）若函数的反函数为，则

-------------

-------------

3【答案】2

ab67.（上海文12）行列式

cd(a,b,c,d{1,1,2}所有可能的值中，最大的是

15【答案】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]

f(x)69.（上海理1）函数

11x2的反函数为f(x) .

12【答案】x

abcd70.（上海理10）行列式

【答案】6

(a,b,c,d{1,1,2})所有可能的值中，最大的是 .

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]

lgx,x0f(x)x10,x„0，则f(f(2))______. 72.（陕西文11）设

【答案】2

【分析】由x2算起，先判断x的范围，是大于0，还是不大于0,；再判断f(2)作为自变量的值时的范围，最后即可计算出结果．

【解析】∵x20，∴

f(2)1021022f(10)lg102，即100，所以

f(f(2))．2

-------------

-------------

lgxf(x)a2x3tdt073.（陕西理11）设

x0x„0，若f(f(1))1，则a ．

【分析】分段函数问题通常需要分布进行计算或判断，从x1算起是解答本题的突破口. 【解析】因为x10，所以f(1)lg10，又因为

33f(0)a所以，所以a1，a1．

f(x)x3t2dtxa30a，

【答案】1 74.（陕西理12）设

nN，一元二次方程x4xn0有整数根的充要条件是n ．

2【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．

x【解析】

4164n24n，因为x是整数，即24n为整数，所以4n2，验证可知n3,4符合题意；反之n3,4nN,2,3,4为整数，且n„4，又因为，取n12时，可推出一元二次方程x4xn0有整数根． 75.（山东理16）已知函数f（x）=

logaxxb(a＞0，且a1). .

当2＜a＜3＜b＜4时，函数

f（x）的零点

【答案】5 【解析】方程

x0(n,n1),nN*,则n=logaxxb(a＞0，且a1)=0的根为

x0,即函数

ylogax(2a3)*的图象

xx(n,n1),nN与函数yxb(3b4)的交点横坐标为0,且0,结合图象,因为当

xa(2a3)时,y1,此时对应直线上y1的点的横坐标x1b(4,5);当y2时,

对数函数

ylogax(2a3)的图象上点的横坐标x(4,9),直线yxb(3b4)的图

象上点的横坐标x(5,6),故所求的n5.

x76.（辽宁文16）已知函数f(x)e2xa有零点，则a的取值范围是___________．

【答案】(,2ln22] 77.（江苏2）函数

f(x)log5(2x1)的单调增区间是__________

-------------

-------------

1（-，+）【答案】2

ylog5u在(0,)【解析】

1x(,),.u2x1在2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P、Q两点，则线段PQ长的最小值是________.

【答案】4.

f(x)2x的图象交于

422PQ(2x)2()24(x,)(x,)xx，x，则【解析】设经过原点的直线与函数的交点为.

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.

2xa,x1f(x)x2a,x1，若f(1a)f(1a)，则a79.（江苏11）已知实数a0，函数

的值为________

a【答案】【解析】

34

a0.

33a0,1a2a22aa,a2，不符合；4 .

a0,22aa1a2a,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.

xf(x)e(x0)的图象上的动点，xOy80.（江苏12）在平面直角坐标系中，已知点P是函数

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_____________

11(e)e 【答案】2【解析】设

P(x0,ex0),则

l:yex0ex0(xx0),M(0,(1x0)ex0)，

，过点P作l的垂线

yex0ex0(xx0),N(0,ex0x0ex0)11t[(1x0)ex0ex0x0ex0]ex0x0(ex0ex0)22

-------------

-------------

1t(ex0ex0)(1x0)2，所以，t在(0,1)上单调增，在(1,)单调减，11x01,tmax(e)2e.

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，g(x)f(x)9,g(2)3,则f(2) ． 【答案】6

【解析】g(2)f(2)93,则f(2)6，又f(x)为奇函数，所以f(2)f(2)6。 82.（湖北文15）里氏震级M的计算公式为：

MlgAlgA0，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

3f(x)xcosx1.若f(a)11，则f(a) ． 83.（广东文12）设函数

【答案】-9

32f(x)x3x1在x 处取得极小值. 84.（广东理12）函数

【答案】

解析:f'(x)3x26x3x(x2),f(x)的单调递增区间为:(,0),(2,),递减区间为(0,2),f(x)在x2处取得极小值.2x2,f(x)x(x1)3,x285.（北京理13）已知函数，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】

2f(x)(x2)3f(x)(x1)(x2)单调递增且值域为x【解析】单调递减且值域为(0,1]，(,1)，f(x)k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是（0,1）。

y86.（安徽文13）函数

16xx2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.

x+3x20，所以3x2. 【解析】由6xx0可得xx60，即

22三、解答题

exf(x)1ax，其中a为正实数 87.（安徽理16）设

（Ⅰ）当a43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.

1ax2axf(x)e.22(1ax)f(x)解：对求导得 ①

xa

（I）当

431f(x)0,则4x28x30,解得x1,x2.3，若22

综合①,可知

x

1(,)2

+ ↗

12

0 极大值

13(,)22

－ ↘

32

0 极小值

3(,)2

+ ↗

f(x) f(x)

所以,

x131x22是极小值点,2是极大值点.

（II）若f(x)为R上的单调函数，则f(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知

ax22ax10

24a4a4a(a1)0,由此并结合a0，知0a1. 在R上恒成立，因此

88.（北京理18）已知函数(1)求f(x)的单调区间；

f(x)(xk)e.

2xk(2)若对x(0，)，都有

f(x)1e，求k的取值范围。

-------------

-------------

x122f(x)(xk)ek/fk解：(1)，令(x)0得xk

/当k0时，f(x)在(,k)和(k,)上递增，在(k,k)上递减； 当k0时，f(x)在(,k)和(k,)上递减，在(k,k)上递增

(2) 当k0时，

f(k1)ek1k11f(x)e；所以不可能对x(0，)都有e；

4k2f(k)f(x)(0,)e，所以对x(0，)都k0当时有（1）知在上的最大值为f(x)有

1e

4k21111k0[,0)f(x)e2e时，k的取值范围为2。即e，故对x(0，)都有

89.（北京文18）已知函数（II）求

fxxkex，（I）求

fx的单调区间；

fx在区间

0,1上的最小值。

/x/fx(,k1)f(x)(xk1)ef解：（I），令(x)0xk1；所以在上递减，

在(k1,)上递增；

（II）当k10,即k1时，函数

fx在区间

0,1上递增，所以f(x)fx在区间

minf(0)k；

当0k11即1k2时，由（I）知，函数增，所以

0,k1上递减，(k1,1]上递

f(x)minf(k1)ek1；

当k11,即k2时，函数

fx在区间

0,1上递减，所以f(x)minf(1)(1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

ya10(x6)2x3，其中3x6，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． -------------

-------------

a1011a2y11x5解：(Ⅰ)因为时，所以2；

y(Ⅱ)由(Ⅰ)知该商品每日的销售量利润：

210(x6)2x3，所以商场每日销售该商品所获得的

f(x)(x3)[210(x6)2]210(x3)(x6)2,3x6x3；

f/(x)10[(x6)22(x3)(x6)]30(x4)(x6)，令f/(x)0得x4

函数f(x)在(3,4)上递增，在(4,6)上递减，所以当x4时函数f(x)取得最大值f(4)42 答：当销售价格x4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＝1

t与曲线y＝f(x)（x∈[，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

e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）

在平面直角坐标系xOy上,给定抛物线L:y12x.实数p,q满足p24q0,x1,x2是方程4x2pxq0的两根,记(p,q)max{|x1|,|x2|}.12p0)(p00)作L的切线交y轴于点B.证明:对线段AB上的作一点Q(p,q),4|p|有(p,q)0;2

(1)过点A(p0,2l,l（2）设M(a,b)是定点，其中a,b满足a4b＞0，a≠0.过M(a,b)作L的两条切线12，

切点分别为

E(p1,121p1),E'(P2,P22)l,l44，12与y分别交于F,F'.线段EF上异于两端点的点M(a,b)XP1P2(a,b)|P1|2

集记为X.证明：

-------------

-------------

15(3)设D(x,y)yx1,y(x1)2,当点（p,q）取遍D时，求44（p,q）的最小值(记为min)和最大值(记为max).；

11kABy'|xp0(x)|xp0p022， 解：（１）

y直线AB的方程为

12111p0p0(xp0)yp0xp024224，即，

q11p0pp022p24q(pp0)2xpxq024，方程的判别式，

p|p0p|p0pp022或2，

|p，

两根

x1,2pp00p0p|||p||0||22，又0|p||p0|，

|p0ppppp||p||0||0||p0|||p||0|||0|222，得222，

p0|2．

(p,q)|2（２）由a4b0知点M(a,b)在抛物线L的下方，

pp20|p||p2|①当a0,b0时，作图可知，若M(a,b)X，则1，得1；

若

|p1||p2|，显然有点M(a,b)X； M(a,b)X|p1||p2|．

②当a0,b0时，点M(a,b)在第二象限， 作图可知，若M(a,b)X，则若

p10p2，且

|p1||p2|；

|p1||p2|，显然有点M(a,b)X；

M(a,b)X|p1||p2|．

根据曲线的对称性可知，当a0时，M(a,b)X综上所述，M(a,b)X|p1||p2|，

|p1||p2|（*）；

-------------

-------------

由（１）知点M在直线EF上，方程xaxb0的两根

2x1,2p1pa12或2，

同理点M在直线E'F'上，方程xaxb0的两根

2x1,2p2pa22或2，

(a,b)|若

p1pppp||1||a1||2||a2|2，则2不比2、2、2小，

，又

|p1||p2||p1||p2|M(a,b)X，

(a,b)|p1p|(a,b)|1|M(a,b)X；又由（１）知，M(a,b)X22； p1|M(a,b)X，综合（*）式，得证． 2(a,b)|（３）联立yx1，

y15(x1)244得交点(0,1),(2,1)，可知0p2，

12x0q1412x0(x0,x0)xp24过点(p,q)作抛物线L的切线，设切点为，则0，

得

x022px04q02xpp4q， 0，解得

q又

15(p1)2244，即p4q42p，

115x0t2t2(t1)2x0p42p，设42pt，222，

max|x055|maxx0max22，4； ，又

2qp1，x0pp4p4p|p2|2，

min|x0|min12．

2f(x)lnxa(1a)x2(1a)x的单调性． a093.（广东文19） 设,讨论函数

解：函数f(x)的定义域为（0，+∞）

-------------

-------------

2a(1a)x22(1a)x1f'(x),x1当a1时，方程2a(1a)x22(1a)x10的判别式12(a1)(a)31①当0(a1)(3a1)(a1)(3a1)11,x22a2a(1a)2a2a(1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20x200时，车流速度v是车流密度x的一次函数．

（Ⅰ）当0x200时，求函数vx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）fxxvx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0x20时，vx60；当20x200时，设vxaxb，

-------------

-------------

1a3200ab0b20020ab60，解得3 显然vxaxb在20,200是减函数，由已知得0x20,60,1200x,20x200.vxvx3故函数的表达式为=

0x20,60x,1x200x,20x200.fx3（Ⅱ）依题意并由（Ⅰ）可得

当0x20时，fx为增函数，故当x20时，其最大值为60201200；

11x200x10000fxx200x3323， 当20x200时，

2当且仅当x200x，即x100时，等号成立．

10000所以，当x100时，fx在区间20,200上取得最大值3． 100003333fx0,200x1003综上，当时，在区间上取得最大值，

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f(x)lnxx1，x(0,)，求函数f(x)的最大值； （Ⅱ）设（1）若

ak,bk(k1,2…，n)均为正数，证明：

b2a1b1a2anbnb1b2bn……，则

bnan1a1b1a2b2；

1b1b2bb2b1b2bn1（2）若…=1，则n解：（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)，令

222bnbbbbn2…+n。 1f/(x)110x1x，

f(x)在(0,1)上递增，在(1,)上递减，故函数f(x)在x1处取得最大值f(1)0

（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知当x(0,)时有f(x)f(1)0即lnxx1，

-------------

-------------

nn∵

ak,bk0nbklnakbk(ak1),(k1,2,，∴

nn)lnabk(ak1)bkkk1k1

∵

abbkkk1k1k∴k1lnanbkk0即

b2ln(a1b1a2bnb2an)0a1b1a2bnan1

（2）①先证

b2b1b1b211bna,(k1,2,kbnnbkn，令

(n1,n)akbkakbk1nk1，则

1b11b2)()nb1nb2由（1）知

(b2b1b1b2bnbn1bn1)1b1b2nb1b2bnnbnb1b2bnbnn

∴

1n；

bnn②再证

bbnb1b212bbb1b2

…+n，记

222

Sbk2,akk1nbk,(k1,2,S,n)

则

n1n2akbkbk1bkSk1k1k1于

bn是由（1）得

bb(1)b1(2)b2SS所以

b2b1b1b2bb2(n)bn1b1b1b2SbnbnSb1b2S

222bnbbbbn12n…+。综合①②，（2）得证

322()xx2axbxa()x3x296.（湖北文20）设函数f，gx，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；

xx2，且对任意的xxxg()xmx(II)若方程f()有三个互不相同的实根0、、，其中1xx1,x2()g()xm(x1)，fx恒成立，求实数m的取值范围。

/2/f(x)3x4axb,g(x)2x3，由于曲线曲线yf(x)与yg(x)在点（2,0）解：(I)

//f(2)g(2)0,f(2)g(2)1，由此解得：a2,b5； 处有相同的切线，故有

切线l的方程：xy20‘

322f(x)g(x)x3x2xx(x3x2m)0有三个互不相(II)由(I)得，依题意得：方程

等的根 -------------

-------------

0,x1,x2，故

x1,x20是方程x3x2m的两个相异实根，所以

294(2m)0m14；

又对任意的

xx1,x2xx1()g()xm(x1)，fx恒成立，特别地，取时，

成立，即0mm0，由韦达定理知：

，故

f(x1)g(x1)mx1mx1x230,x1x22m0xx20,xx10,x00x1x2，对任意的

xx1,x2，有

，则：

；又

f(x)g(x)mxx(xx1)(xx2)0所以函数在

f(x1)g(x1)mx10

xx1,x2xx1,x2上的最大值为0，于是当m0时对任意的，

1(,0)fx()g()xm(x1)恒成立；综上：m的取值范围是4。 1f(x)xalnx(aR).x97.（湖南文22）设函数

(I)讨论f(x)的单调性；

x和x2A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))（II）若f(x)有两个极值点1，记过点的直线的斜率为k，

问：是否存在a，使得k2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,).

1ax2ax1f'(x)12xxx2

2g(x)xax1,其判别式a24. 令

当|a|2时,0,f'(x)0,故f(x)在(0,)上单调递增．

当a2时,>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,)上，f'(x)0，故f(x)在(0,)上单调递增．

aa24aa24x1,x2a2时,>0,g(x)=022当的两根为，

-------------

-------------

当

0xx1xxx2xx2时， f'(x)0；当1时， f'(x)0；当时， f'(x)0，故

f(x)分别在(0,x1),(x2,)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．

（II）由（I）知，a2．

f(x1)f(x2)(x1x2)因为

x1x2a(lnx1lnx2)x1x2，所以

kf(x1)f(x2)lnx1lnx211ax1x2x1x2x1x2

x1x21k2a．于是

又由(I)知，

lnx1lnx2x1x2

lnx1lnx21lnx1lxn2x1xx1x2若存在a，使得k2a.则．即．亦即x212lnx20(x21)(*)x2[来源: ]

1h(t)t2lntx1t再由（I）知，函数在(0,)上单调递增，而2，所以x2112lnx212ln10.x21这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k2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v(v0)，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

11例系数为10；（2）其它面的淋雨量之和，其值为2，记y为E移动过程中的总淋雨量，当移

3动距离d=100，面积S=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。

31|vc|2， 解析：（I）由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为20y故

100315(|vc|)(3|vc|10)v202v.

55(3c10)y(3c3v10)15；0vcvv（II）由(I)知，当时，

55(103c)y(3v3c10)15.vv当cv10时， 5(3c10)15,0vcvy5(103c)15,cv10v故。

0c(1)当

103cymin203时，y是关于v的减函数.故当v10时，2。

10c5(2) 当3时，在(0,c]上，y是关于v的减函数；在(c,10]上，y是关于v的增函数；

ymin50c。

故当vc时，

399.（湖南理22） 已知函数f(x) =x，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

{an}(nN*)*满足

a1a(a0)，

f(an1)g(an)，证明：存在常数M,使得

对于任意的nN，都有

an≤ M.

，且

3h(x)xxx知，x[0,，而h(0)解析：（I）由

h(1)1h0,(2)，则6x0为2h(x0)的一个零点，且h(x)在（，12）内有零点，因

此h(x)至少有两个零点

-------------

-------------

1311112h'(x)3x1x2(x)3x1x2'(x)6xx2224解法1：，记，则。

2当x(0,)时，'(x)0，因此(x)在(0,)上单调递增，则(x)在(0,)内至多只

(1)0,(有一个零点。又因为

33)0(,1)3，则(x)在3内有零点，所以(x)在(0,)x1，则当

内有且只有一个零点。记此零点为时，

x(0,x1)时，

(x)'(x1)0；当x(x1,)(x)'(x1)0；

时，h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在时，h(x)单调递增，则h(x)在

所以， 当当

x(0,x1)(0,x1]内无零点；

x(x1,)(x1,)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。

13'(x)2xx2222解法2：h(x)x(x1x)，记(x)x1x，则。

1212当x(0,)时，'(x)0，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。

x03x0x0x0h(x)（II）记的正零点为，即。

（1）当

ax0时，由

a1a，即

a1x0.而

a23a1a1x0x0x03，因此

a2x0，

由此猜测：

anx0。下面用数学归纳法证明：[来源: ] 显然成立；

①当n1时，

a1x0ax0②假设当nk(k1)时，有k成立，则当nk1时，由

ak13akakx0x0x03故对任意的nN，（2）当

*知，

ak1x0，因此，当nk1时，

ak1x0成立。

anx0成立。

。ax03h(a)h(x0)0(x0,)h(x)a时，由（1）知，在上单调递增。则，即aa-------------

-------------

从而

a23a1a1aaa3a1a显然成立；

，即

a2a，由此猜测：

ana。下面用数学归纳法证明：

①当n1时，

aa②假设当nk(k1)时，有k成立，则当nk1时，由

ak13akakaaa3故对任意的nN，综上所述，存在常数

*知，

ak1a，因此，当nk1时，

ak1a成立。

ana成立。

，使得对于任意的nN，都有

*Mmax{x0,a}an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）最大，试问x应取何值？

（2）若广告商要求包装盒容积V（cm）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

32DCS6024x2(602x)2240x8x2A28(x15)1800（0所以x=15cm时包装盒侧面积S最大.

xEFxBV(2x)2（2）根据题意有

'V62x(20x),

所以，

2(602x)22x2(30x)(0x30)2，

当0x20,时，V0,V递增;当20x30时，V<0,V递减，

所以，当x=20时，V取极大值也是最大值.

2（60－2x）122. 2x此时，包装盒的高与底面边长的比值为-------------

-------------

13即x=20包装盒容积V（cm）最大, 此时包装盒的高与底面边长的比值为2

解析：本题主要考查空间想象能力、数学阅读能力及运用数学知识解决实际问题的能力、建立数学函数模型求解能力、导数在实际问题中的应用，中档题.

32f(x)xax,g(x)xbx, f(x)和g(x)是101.（江苏19）已知a，b是实数，函数

f(x),g(x)的导函数，若f(x)g(x)0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单

调性一致.

（1）设a0，若函数f(x)和g(x)在区间[1,)上单调性一致,求实数b的取值范围； （2）设a0,且ab，若函数f(x)和g(x)在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最大值. 答案：

f(x)x3ax,g(x)x2bx,f(x)3x2a,g(x)2xb.

''x[1,),f(x)g(x)0, f(x)g(x)[1,)因为函数和在区间上单调性一致，所以，2x[1,),（3x+a）(2x+b)0,即

a0,3x2a0x[1,),2x+b0,

即x[1,),b2x,b2;实数b的取值范围是[2,)

f(x)0,x由

a3 若b0,则由a0,0(a,b),f(0)g(0)ab0,f(x)和g(x)在区间(a,b)上不是单调性

一致, 所以b0.

aax(,),f(x)0;x(,0),f(x)0x(,0),g(x)0;又33. aa111a,ba0,b0,|ab|33,333 所以要使f(x)g(x)0,只有

111a,b0,f(x)g(x)6x(x2)x(,0)''f(x)g(x)0,因此393取,当时,

|ab|max13

当ba时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（b,a）上单调性一致，所以，

-------------

-------------

x(b,a),f'(x)g'(x)0,

即

x(b,a),（3x2+a）(2x+b)0,ba0,x(b,a),2xb0，

x(b,a),a3x2,

ba3b2,设zab，考虑点(b,a)的可行域，函数y3x2的斜率为1的切线的切点

设为

(x0,y0)

111116x01,x0,y0,zmax()6121266； 则

当ab0时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（a, b）上单调性一致，所以，

x(a,b),f'(x)g'(x)0,

即

x(a,b),（3x2+a）(2x+b)0,b0,x(a,b),2xb0，

x(a,b),a3x2,

11a3a2,a0,(ba)max;33

当a0b时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（a, b）上单调性一致，所以，

x(a,b),f'(x)g'(x)0,

2x(a,b),(2x+b)（3x+a）0,即

b0,而x=0时，（3x2+a）(2x+b)=ab<0,不符合题

意， 当

a0b时，由题意：

x(a,0),2x（3x2+a）0,x(a,0),3x2+a0,3a2a0,

11a0,ba33

综上可知，

abmax13。

解析：本题主要考查单调性概念、导数运算及应用、含参不等式恒成立问题，综合考查、线性规划、解二次不等式、二次函数、化归及数形结合的思想，考查用分类讨论思想进行探索分析和解决问题的综合能力.(1)中档题；（2）难题.

11f(x)x3x22ax32102.（江西理19）设.

-------------

-------------

2(,)（1）若f(x)在3上存在单调递增区间，求a的取值范围；

16（2）当0a2时，f(x)在[1,4]上的最小值为3，求f(x)在该区间上的最大值.

22(,)(m,n)(,)3【解析】（1）f(x)在3上存在单调递增区间，即存在某个子区间 使112f'(x)x2x2a(x)22a[,)'24得f(x)0.由，f(x)在区间3上单调

'2221f'()0f'()2a0a3399， 递减，则只需即可。由解得

a所以，当

12(,)9时，f(x)在3上存在单调递增区间.

x1118a118a118ax1x2222，，.

（2）令f(x)0，得两根

'所以f(x)在(,x1)，(x2,)上单调递减，在(x1,x2)上单调递增 当0a2时，有x11x24，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)

f(4)f(1)又

276a02，即f(4)f(1)

f(4)8a103.

401633，得a1，x22，

所以f(x)在[1,4]上的最小值为

从而f(x)在[1,4]上的最大值为103.（江西文18）

f(2)ABC中，B=，ABBC2,P为AB边上一动点，PD//BC2如图，在交AC于 点D,

现将PDA沿PD翻折至PDA,使平面PDA平面PBCD. （1）当棱锥APBCD的体积最大时，求PA的长；

''AC的中点，求证：ABDE. （2）若点P为AB的中点，E为

'''-------------

-------------

解：（1）设PAx，则

VA-PBCD11x2PAS底面PDCBx(2)33x

1x22xx3f(x)x(2),(x0)3236 令 2x2f(x)32 则

x (0, 23)3 233 (23,)3 f(x) f(x) 0 极大值  单调递减 单调递增 PAx由上表易知：当

233时，有VA-PBCD取最大值。

1EF//BC//PDED//FP2证明：作AB得中点F，连接EF、FP，由已知得：

APB为等腰直角三角形，ABPF，所以ABDE.

1fxx3mx2nx3104.（江西文20）设.

 （1）如果gxfx2x3在x2处取得最小值5，求fx的解析式；

（2）如果mn10m,nN，fx的单调递减区间的长度是正整数，试求m和n 的值．(注：区间a,b的长度为ba）

.解：（1）已知

fx13xmx2nx'2fxx2mxn 3，

'2gxfx2x3x2m2xn3在x2处取极值， 又

'2222m20m3，又在x2处取最小值-5. g则

则

g2224n35n2，

2fx13x3x22x3

-------------

-------------

（2）要使

fx13xmx2nx'2fxx2mxn0 3单调递减，则

'2fxx2mxn0两根设做a，b。即有： 又递减区间长度是正整数，所以

bab-a为区间长度。又

ab24ab4m24n2m2nm,nN

又b-a为正整数，且m+n<10,所以m=2，n=3或，m3,n5符合。

2f(x)lnxax(2a)x．105.（辽宁理21）已知函数（I）讨论f(x)的单调性；

（II）设a0，证明：当

0x111f(x)f(x)a时，aa；

（III）若函数yf(x)的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f（x0）＜0．

解：（I）f(x)的定义域为(0,),

f(x)1(2x1)(ax1)2ax(2a).xx

 （i）若a0,则f(x)0,所以f(x)在(0,)单调增加.

)0a0,则由f(x （ii）若

得x,111x(0,)时,f(x)0,当x时,f(x)0.a且当aa

11f(x)在(0,)(,)a单调增加，在a所以单调减少. 11g(x)f(x)f(x),aa（II）设函数则 g(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax,aa2a3x2g(x)2a.221ax1ax1ax

10x时,g(x)0,而g(0)0,所以g(x)0a当. 1110x时f(x)f(x).a，aa故当

（III）由（I）可得，当a0时,函数yf(x)的图像与x轴至多有一个交点，

-------------

-------------

11f(),且f()0.a故a0，从而f(x)的最大值为a

A(x1,0),B(x2,0),0x1x2,则0x11x2.a

不妨设

xx212211x2x1,于是x01.f(x1)f(x1)f(x1)0.a2a aa由（II）得a从而

由（I）知，

f(x0)0.

106.（辽宁文20）设函数f(x)=x+ax2+blnx，曲线y=f(x)过P（1,0），且在P点处的切斜线率为2．

（I）求a，b的值；（II）证明：f(x)≤2x-2．

bf(x)12ax.x 解：（I）

f(1)0,1a0,即f(1)2.12ab2.，解得a1,b3.

由已知条件得2f(x)xx3lnx. f(x)的定义域为(0,) （II），由（I）知2g(x)f(x)(2x2)2xx3lnx,则 设

g(x)12x3(x1)(2x3).xx

当0x1时,g(x)0;当x1时,g(x)0.所以g(x)在(0,1)单调增加,在(1,)单调减少.

而g(1)0,故当x0时,g(x)0,即f(x)2x2.

f(x)107.（全国Ⅰ理21）已知函数为x2y30。 （Ⅰ）求a、b的值；

alnxbx1x，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程

（Ⅱ）如果当x0，且x1时，

f(x)lnxkx1x，求k的取值范围。

-------------

-------------

(f'(x)解：（Ⅰ）

x1lnx)b1x(x1)2x2，由于直线x2y30的斜率为2，且过点(1,1)，

f(1)1,b1,a11f'(1),b,222故即

解得a1，b1。

lnxk1(k1)(x21)lnx1f(x)()(2lnx)f(x)2x1x1xxx1x，所以（Ⅱ）由（Ⅰ）知。

(k1)(x21)(k1)(x21)2xh'(x)h(x)2lnx(x0)xx2考虑函数，则。 k(x21)(x1)2h'(x)x2(i)设k0，由知，当x1时，h'(x)0。而h(1)0，故

1h(x)02x(0,1)h(x)0当时，，可得1x； 12当x（1，+）时，h（x）<0，可得1x h（x）>0

lnxklnxk从而当x>0,且x1时，f（x）-（x1+x）>0，即f（x）>x1+x.

1'h1k（ii）设00,故 (x）>0,而 112h（1）=0，故当x（1，1k）时，h（x）>0，可得1xh（x）<0,与题设矛盾。 1'2（iii）设k1.此时h（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得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

fxxex1ax2

1f（Ⅰ）若a=2，求x的单调区间；

f（Ⅱ）若当x≥0时x≥0，求a的取值范围

（21）解： -------------

-------------

a（Ⅰ）

11xf(x)x(e1)2xxxx2时，2，f'(x)e1xex(e1)(x1)。当

x,1在

x1,0x0,时f'(x);当时，f'(x)0;当时，f'(x)0。故f(x),1，0,单调增加，在（-1，0）单调减少。

aaxf(x)x(x1ax)g(x)x1axg'(x)ea。若a1，则当（Ⅱ）。令，则

x0,时，g'(x)，g(x)为减函数，而g(0)0，从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0.

若a，则当

x0,lna时，g'(x)，g(x)为减函数，而g(0)0，从而当

x0,lna,1

时g(x)＜0，即f(x)＜0.综合得a的取值范围为

f(x)ln(1x)109.（全国Ⅱ理22）（Ⅰ）设函数

2xx2，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

91()19

220次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：p＜10＜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）

12(x2)2xx2f(x)0,(x1)22x1(x2)(x1)(x2)，（仅当x0时

f(x)0）

故函数f(x)在(1,)单调递增.当x0时，f(x)0，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

20A10091p10020，要证p＜（10）19＜e2. 得的20个号码互不相同的概率为

20A10091910099...811009020p（）（）20201001010090100 先证： 即证222199981(909)(909)909（90）9998...81（90）即证而 29882(908)(908)90282（90）………

29189(901)(901)90212（90）

-------------

-------------

919p（）199998...81（90）10 所以. 即

919101910102（）e2（）e219ln2ln9919 再证：10，即证9，即证，即证

f(x)ln(1x)由（Ⅰ）

2xx2，当x＞0时，f(x)＞0.

1112ln(1)9ln(1)01102912919x,ln9则919 9令，即

2919p（）e210综上有：

32f(x)x3ax(36a)x12a4(aR) 110.（全国Ⅱ文20）已知函数

(Ⅰ)证明：曲线yf(x)在x0的切线过点(2,2)； （Ⅱ）若

f(x)在xx0处取得极小值，x0(1,3),求a的取值范围。

2f(x)3x6ax(36a)，f(0)36a，又f(0)12a4 【解析】(Ⅰ)

曲线yf(x)在x0的切线方程是：y(12a4)(36a)x，在上式中令x2，得y2 所以曲线yf(x)在x0的切线过点(2,2)；

2f(x)0x（Ⅱ）由得2ax12a0，（i）当21a21时，f(x)没有极小

值； (ii)

当

a21或

a21时，由

f(x)得

x1aa22a1,x2aa22a1 故

x0x2a。由题设知12a2a1，3当a21时，不等式

1aa22a13无解；

5a2121aa2a13a21当时，解不等式得2

-------------

-------------

5(,21)综合(i)(ii)得a的取值范围是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

80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3立方米，且l≥2r.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c(c＞3).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.

80【解析】（Ⅰ）因为容器的体积为3立方米，所以

4r3r2l3803l,解得

80r423r3,所以圆柱的侧面积为

1608r2804r2r(2)3r3,两端两个半球的表面积之和为4r2,所以2rl=3r3160l8r22yr+4cr,定义域为(0,2).

208[(c2)r320]1603r16r''22yyc2; 令r8crr（Ⅱ）因为+=,所以令0得:y'0得:

0r32020r3c2,所以c2米时, 该容器的建造费用最小.

)上，f(1)0，导函数112.（陕西理21）设函数f(x)定义在(0,f(x)1x，

g(x)f(x)f(x)．

（1）求g(x)的单调区间和最小值；

1g()（2）讨论g(x)与x的大小关系；

x00（3）是否存在，使得

|g(x)g(x0)|1x对任意x0成立？若存在，求出x0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．

f(x)【解】（1）∵即c0，

1x，∴f(x)lnxc（c为常数），又∵f(1)0，所以ln1c0，

∴f(x)lnx；

g(x)lnx1x1x1g(x)202g(x)0x，∴x，令，即x，解得x1，

当x(0,1)时，g(x)0，g(x)是减函数，故区间在(0,1)是函数g(x)的减区间； 当x(1,)时，g(x)0，g(x)是增函数，故区间在(1,)是函数g(x)的增区间；

所以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)的最小值是g(1)1．

(x1)2111h(x)g()lnxxh(x)g(x)g()2lnxxx2， xx，则（2）x，设

1g(x)g()x，当x(0,1)(1,)时，h(x)0，h(1)0， 当x1时，h(1)0，即

1g(x)g()x； 因此函数h(x)在(0,)内单调递减，当0x1时，h(x)h(1)=0，∴1g(x)g()x． 当x1时，h(x)h(1)=0，∴

（3）满足条件的

x0不存在．证明如下：

证法一 假设存在

x00，使

|g(x)g(x0)|1x对任意x0成立，

即对任意x0有但对上述的

lnxg(x0)lnxx1eg(x0)2x ①

，这与①左边的不等式矛盾，

x0，取时，有

lnx1g(x0)-------------

-------------

因此不存在

x00，使

|g(x)g(x0)|1x对任意x0成立．

1x对任意x0成立，

证法二 假设存在

x00，使

|g(x)g(x0)|由（1）知，g(x)的最小值是g(1)1，

g(x)lnx又

1lnx1时，g(x)的值域为x，而x1时，lnx的值域为(0,)，∴当x…[1,)，

从

而

可

以

取

一

个

值

x11，使

g(x1)…g(x0)1，即

g(x1)g(x0)…1|g(x1)g(x0)|…1,∴

1x1，这与假设矛盾．∴不存在x00，使

1|g(x)g(0x)|x对任意x0成立．

113.（陕西文21）设f(x)lnx，g(x)f(x)f(x)．

（1）求g(x)的单调区间和最小值；

1g()（2）讨论g(x)与x的大小关系；

1（3）求a的取值范围，使得g(a)g(x)＜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．

f(x)lnx,g(x)lnx【解】（1）由题设知

1x1g(x)2,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

g(1)1.

(x1)2111h(x)g()lnxxh(x)g(x)g()lnxxx2， xxx(2)，设，则

1g(x)g()x，当x(0,1)(1,)时，h(x)0， 当x1时，h(1)0，即

1g(x)g().x 因此，h(x)在(0,)内单调递减，当0x1时，h(x)h(1)0，即

（3）由（1）知g(x)的最小值为1，所以，即Ina1,从而得0ae。

114.（上海理20） 已知函数f(x)a2b3，其中常数a,b满足ab0 （1）若ab0，判断函数f(x)的单调性；

（2）若ab0，求f(x1)f(x)时的x的取值范围． 解：⑴ 当a0,b0时，任意则

xxg(a)g(x)11g(a)1,a，a 对任意x0，成立

x1,x2R,x1x2

，

f(x1)f(x2)a(2x12x2)b(3x13x2)x1x2x1x2x1x2x1x222,a0a(22)033,b0b(33)0， ∵ ，

∴

f(x1)f(x2)0，函数f(x)在R上是增函数。当a0,b0时，同理函数f(x)在R上

是减函数。

3xaa()xolg()xx5.1f(x1)f(x)a22b30a0,b022b2b；⑵，当时，，则3aa()xxlog1.5()2b，则2b。 当a0,b0时，2xxf(x)a2b3115.（上海文21）已知函数，其中常数a,b满足ab0

（1）若ab0，判断函数f(x)的单调性；

（2）若ab0，求f(x1)f(x)时的x的取值范围. -------------

-------------

解：⑴ 当a0,b0时，任意则

x1,x2R,x1x2

，

f(x1)f(x2)a(2x12x2)b(3x13x2)x1x2x1x2x1x2x1x222,a0a(22)033,b0b(33)0， ∵ ，

∴

f(x1)f(x2)0，函数f(x)在R上是增函数。当a0,b0时，同理函数f(x)在R上

是减函数。

fx()a⑵ f(x1)x2b2x3

3aa()xxlog1.5()2b，则2b； 当a0,b0时，23aa()xxlog1.5()2b，则2b。 当a0,b0时，221x32，h(x)x． 116.（四川理22）已知函数

（Ⅰ）设函数F(x)＝f(x)－h(x)，求F(x)的单调区间与极值；

33log4[f(x1)]log2h(ax)log2h(4x)24（Ⅱ）设aR，解关于x的方程；

f(x)f(100)h(100)h(k)k1100（Ⅲ）试比较

1与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． 4x3219F(x)F(x)xxx6x，令F(x)0，得3216． 解：（Ⅰ）由（x0）知，

当

x(0,99)x(,)16时，F(x)0；当16时，F(x)0．

99)x[,)16时，F(x)是减函数；16时，F(x)是增函数． x991F()16处有得极小值168．

故当

x[0,函数F(x)在

33log4[f(x1)]log2h(ax)log2h(4x)24（Ⅱ）方法一：原方程可化为，

log4(x1)log2axlog24xlog2ax4x，且

xa,1x4,即为

①当1a4时，1xa，则

x1ax4x，即x26xa40，

-------------

-------------

364(a4)204a0，此时

x6204a35a2，∵1xa，

此时方程仅有一解x35a． ②当a4时，1x4，由

x1ax4x，得x26xa40，364(a4)204a，

若4a5，则0，方程有两解x35a； 若a5时，则0，方程有一解x3； 若a1或a5，原方程无解．

方法二：原方程可化为log4(x1)log2h(4x)log2h(ax)，

x10,4x0,1x4ax0,xa,ax(x1)(4x)ax.a(x3)25.，

1log2(x1)log24xlog2即2①当1a4时，原方程有一解x35a； ②当4a5时，原方程有二解x35a； ③当a5时，原方程有一解x3； ④当a1或a5时，原方程无解．

（Ⅲ）由已知得k1h(k)k1100100k．

16（nN*） 设数列{an}的前n项和为Sn，且

4k34k1akSkSk1kk1aS12k1006611从而，当时，．

1akk[(4k3)k(4k1)k1]6又

Snf(n)h(n)1(4k3)2k(4k1)2(k1)1106(4k3)k(4k1)k16(4k3)k(4k1)k1．

akka1112k100即对任意时，有，又因为，所以k1100akkk1100．

-------------

-------------

100故

f(100)h(100)h(k)k116．

21x32，h(x)x． 117.（四川文22）已知函数

（Ⅰ）设函数F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求F(x)的单调区间与极值；

33lg[f(x1)]2lgh(ax)2lgh(4x)4（Ⅱ）设aR，解关于x的方程2；

f(x)（Ⅲ）设nN，证明：

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．

223解：（Ⅰ）F(x)18f(x)x[h(x)]x12x9(x0)，

*f(n)h(n)[h(1)h(2)h(n)]16．

F(x)3x212．

令F(x)0，得x2（x2舍去）．

当x(0,2)时．F(x)0；当x(2,)时，F(x)0，

故当x[0,2)时，F(x)为增函数；当x[2,)时，F(x)为减函数．

x2为F(x)的极大值点，且F(2)824925．

33log4[f(x1)]log2h(ax)log2h(4x)24（Ⅱ）方法一：原方程可化为，

log4(x1)log2axlog24xlog2ax4x，且

xa,1x4,即为

①当1a4时，1xa，则

x1ax4x，即x26xa40，

6204a35a2，∵1xa，

364(a4)204a0，此时

x此时方程仅有一解x35a． ②当a4时，1x4，由

x1ax4x，得x26xa40，364(a4)204a，

若4a5，则0，方程有两解x35a； 若a5时，则0，方程有一解x3； 若a1或a5，原方程无解．

-------------

-------------

方法二：原方程可化为log4(x1)log2h(4x)log2h(ax)，

x10,4x0,1x4ax0,xa,ax2(x1)(4x)ax.a(x3)5. ，

1log2(x1)log24xlog2即2①当1a4时，原方程有一解x35a； ②当4a5时，原方程有二解x35a； ③当a5时，原方程有一解x3； ④当a1或a5时，原方程无解． （Ⅲ）由已知得h(1)h(2)h(n)]12n，

f(n)h(n)14n31n666．

Snf(n)h(n)16（nN*） 设数列{an}的前n项和为Sn，且

4k34k1akSkSk1kk1aS12k1006611从而有，当时，． 1(4k3)2k(4k1)2(k1)1akk[(4k3)k(4k1)k1]6(4k3)k(4k1)k1 6又

1106(4k3)k(4k1)k1．

an12n即对任意k2时，有akk，又因为a111，所以a1a2则Snh(1)h(2)h(n)，故原不等式成立．

．

118.（天津理21）已知函数（Ⅰ）求函数

fxxexxR．

fx的单调区间和极值；

的图象与函数

（Ⅱ）已知函数

ygxyfx的图象关于直线x1对称．证明当x1时，（Ⅲ）如果

fxgx． ，证明

x1x2，且

fx1fx2x1x22．

-------------

-------------

【解】（Ⅰ）

fx1xexfx,fx．令

fx1xex0，则x1．

当x变化时，

的变化情况如下表：

x ,1  增 1 0 极大值 1,  减 fxfx 所以

fx在区间

,1内是增函数，在区间1,内是减函数．

f1f11e．

函数

fx在x1处取得极大值

．且

（Ⅱ）因为函数所以记

ygx的图象与函数

yfx的图象关于直线x1对称，

gxf2x，于是，则

gx2xex2．

，

FxfxgxFxxexx2ex2Fxx1e2x21ex，

当x1时，2x20，从而e 于是函数因为

（Ⅲ）(1) 若 (2) 若

2x210，又ex0，所以Fx0，

Fx在区间

1,上是增函数．

，所以，当x1时，

F1e1e10FxF10．因此

fxgx．

x11x210，由（Ⅰ）及fx1fx2,得x1x2,与x1x2矛盾；

x11x210，由由（Ⅰ）及fx1fx2,得x1x2,与x1x2矛盾；

x11x210．不妨设x11,x21．

，所以

根据(1)，(2)可得

由（Ⅱ）可知因为

fx2gx2f2x22x21，又

fx1fx2gx2f2x2fx在区间

．

x21，所以

x11，由（Ⅰ），

,1内是增函数，

-------------

-------------

所以

x12x2，即

x1x22．

3fxax3x21xR，其中a0． 2119.（天津文20）已知函数

（Ⅰ）若a1，求曲线

yfx在点

2,f2处的切线方程；

11,fx0（Ⅱ）若在区间22上，恒成立，求a的取值范围．

3fxx3x21f23fx3x23xf26．．2【解】（Ⅰ）当a1时，，，

所以曲线（Ⅱ）

yfx在点

2,f2处的切线方程为y36x2，即y6x9．

．

fx3ax23x3xax1111,xfx0a．针对区间22，需分两种情况讨论： 令，解得x0或

110a2a2． (1) 若,则

当x变化时，

fx,fx的变化情况如下表：

x 1,02  增 0 10,2 fx0 极大值  减 fx1111,,fx所以在区间22上的最小值在区间的端点得到．因此在区间22上，

fx0恒成立，等价于

15af20,0,81f5a0,0,2 即8解得5a5，又因为0a2，所以0a2．

-------------

-------------

(2) 若a2，则当x变化时，

011a2．

的变化情况如下表：

fx,fxx 1,02  增 0 10,a 1a 11,a2  增 fx0 极大值  减 0 极小值 fx111,xfxa处得到． 所以在区间22上的最小值在区间的端点或

15af20,0,8111110,f0,,2fx0a222a因此在区间上，恒成立，等价于 即 22a5a2，又因为a2，所以2a5． 解得2或

综合(1),(2), a的取值范围为0a5.

120.（浙江理22）已知函数f(x)2aln(1x)x(a0). （Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值；

4lge（Ⅱ）求证：

lgelgelgelge23nf'(x)(1n)nnn(n1)(nN*).

解：（Ⅰ）定义域为

1,，

2a11x………2分

令f'(x)01x2a1，令f'(x)0x2a1

1,2a1，f(x)的单调递减区间为2a1,

故f(x)的单调递增区间为

f(x)的极大值为2aln2a2a1

4lge（Ⅱ）证：要证-------------

lgelgelgelge23n(1n)nnn(n1)

-------------

(1n)nnn111lge(n1)11144lne23nlge23n 即证， 即证

111113ln(n1)(1)n23nn 即证

a 令

(1n)nnn(n1)

12，由（Ⅰ）可知f(x)在(0,)上递减，故f(x)f(0)0

11n11x(nN*)ln(1)lnln(n1)lnnnnnn 即ln(1x)x，令，故111ln(n1)123n 累加得，

11ln(1n)1(n1e)nn

111113ln(n1)(1)n23nn，得证 故

ln(111)nn3111101121n1(1)nCnCnCnC2nn=nn2nn2!3!n! 法二：

2

1112n222

11(1n1)12223n131212，其余相同证法.

22f(x)alnxxax，a0 121.（浙江文21）设函数

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

2e1f(x)ea（Ⅱ）求所有实数，使对x[1,e]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

f(x)a2lnxx2ax.其中x0，所以

a2(xa)(2xa)f(x)2xaxx

由于a0，所以f(x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,)

-------------

-------------

（Ⅱ）证明：由题意得，f(1)a1c1,即ac，由（Ⅰ）知f(x)在[1,e]内单调递增，

f(1)a1e1,2222f(e)aeaeee1f(x)e对x[1,e]要使恒成立，只要，解得ae.

f(x)xaxbx的导数f'(x)满足f'()a,f'()b，其中122.（重庆理18）设

常数a,bR。

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(,f())处的切线方程；

xg(x)f'(x)e (Ⅱ) 设，求函数g(x)的极值。

/2/f(x)3x2axbf解：（Ⅰ）则(1)32ab2ab3；

f/(2)124abba32；所以3f(x)x3x23x12，于是有

5f(1)f/,(1)2

3故曲线yf(x)在点(,f())处的切线方程为：6x2y10 (Ⅱ)

由

（

Ⅰ

）

知；

/2xg(x)x2(x3ex3gx3)xxe()，

(令

39)g/(x)0x10,x23于是函数g(x)在(,0)上递减，(0,3)上递增，(3,)上递减；

3g(3)15eg(x)g(0)3x0x3所以函数在处取得极小值，在处取得极大值。

123. (重庆文19)设的导数为,若函数的图象关于

直线

/对称，且

2.](Ⅰ)求实数,的值;(Ⅱ)求函数的极值

a2a2f(x)6x2axb6(x)b66，函数解：(Ⅰ)

对称，

x的图象关于直线

a6a1a3/f62所以，又(1)062ab0b12；

32/2f(x)2x3x12x1,f(x)6x6x12， (Ⅱ)由(Ⅰ)

-------------

-------------

令

f/(x)0x12,x21；

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x2处取得极大值f(2)21，在x1处取得极大值f(1)6。

-------------