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最新6年高考4年模拟试题试卷--第三章导数及其应用（答案解析）

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最新6年高考4年模拟试题试卷--第三章导数及其应用（答案解析）文字介绍:第三章导数及其应用第一部分六年高考荟萃2010年高考题1..（2010全国卷2理）（10）若曲线12yx在点12,aa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】332211\',22yxka，切线方程是13221()2yaaxa，令0x，1232ya，令0y，3xa，∴三角形的面积是121331822saa，解得64a.故选A.2.（2010辽宁文）（12）已知点P在曲线41xye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)[,)42（C）3(,]24(D)3[,)4答案D解析：选D.2441212xxxxxeyeeee，12,10xxeye，即1tan0，3[,)43.（2010辽宁理）(1O)已知点P在曲线y=41xe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)[,)423(,]24(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\'2441(1)2xxxxeyeee，即tana≥-1,所以344.（2010全国卷2文）（7）若曲线2yxaxb在点(0,)b处的切线方程是10xy，则（A）1,1ab(B)1,1ab(C)1,1ab(D)1,1ab【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∵02xyxaa，∴1a，(0,)b在切线10xy，∴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00StS，则导函数\'ySt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：222(3)4(3)(01)1133(1)(1)22xxSxxxx（方法一）利用导数求函数最小值。224(3)()13xSxx，22224(26)(1)(3)(2)()(1)3xxxxSxx2222224(26)(1)(3)(2)42(31)(3)(1)(1)33xxxxxxxx1()0,01,3Sxxx，当1(0,]3x时，()0,Sx递减；当1[,1)3x时，()0,Sx递增；故当13x时，S的最小值是3233。（方法二）利用函数的方法求最小值。令1113,(2,3),(,)32xttt，则：2224418668331tStttt故当131,83xt时，S的最小值是3233。7.（2010湖南文）21．（本小题满分13分）已知函数()(1)ln15,afxxaxax其中a<0,且a≠-1.（Ⅰ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）设函数332(23646),1(),1(){xxaxaxaaexefxxgx（e是自然数的底数）。是否存在a，使()gx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22()()()fxxaxbe，bR，xa是()fx的一个极大值点．(Ⅰ)求b的取值范围；(Ⅱ)设123,,xxx是()fx的3个极值点，问是否存在实数b，可找到4xR，使得1234,,,xxxx的某种排列1234,,,iiiixxxx(其中1234,,,iiii=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,xabxbaba令222()(3)2,=(3-a+b)4(2)(1)80,gxxabxbabababaab则于是，假设1212,()0.xxgxxx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，12x=ax，解德a=2e,x=e2,两条曲线交点的坐标为（e2,e）切线的斜率为k=f’(e2)=12e,切线的方程为y-e=12e(x-e2).（2）由条件知Ⅰ当a.>0时，令h\'(x)=0,解得x=24a,所以当024a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-aln24a=2Ⅱ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） ≤ 111.（2010辽宁文）（21）（本小题满分12分）已知函数2()(1)ln1fxaxax.（Ⅰ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）设2a，证明：对任意12,(0,)xx，1212|()()|4||fxfxxx.解：(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+)，2121()2aaxafxaxxx.当a≥0时，()fx＞0，故f(x)在(0,+)单调增加；当a≤－1时，()fx＜0,故f(x)在(0,+)单调减少；当－1＜a＜0时，令()fx＝0,解得x=12aa.当x∈(0,12aa)时,()fx＞0；x∈(12aa，+)时，()fx＜0,故f(x)在（0,12aa）单调增加，在（12aa，+）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1212()()4fxfxxx等价于12()()fxfx≥4x1－4x2,即f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.令g(x)=f(x)+4x,则1()2agxaxx+4＝2241axxax.于是()gx≤2441xxx＝2(21)xx≤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,+)，1212()()4fxfxxx.　　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)()(|2121xxxfxf，求a的取值范围。解：（Ⅰ）()fx的定义域为（0，+∞）.2121\'()2aaxafxaxxx.当0a时，\'()fx＞0，故()fx在（0，+∞）单调增加；当1a时，\'()fx＜0，故()fx在（0，+∞）单调减少；当-1＜a＜0时，令\'()fx=0，解得12axa.则当1(0,)2axa时，\'()fx＞0；1(,)2axa时，\'()fx＜0.故()fx在1(0,)2aa单调增加，在1(,)2aa单调减少.（Ⅱ）不妨假设12xx，而a＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调减少，从而12,(0,)xx，1212()()4fxfxxx等价于12,(0,)xx，2211()4()4fxxfxx①令()()4gxfxx，则1\'()24agxaxx①等价于()gx在（0，+∞）单调减少，即1240aaxx.从而22222241(21)42(21)2212121xxxxaxxx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）=x3-3ax2+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()fx，在（2，3）内有极值，即为()fx在（2，3）内有一个零点即可根据(2)(3)0ff，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lnln2(0)fxxxaxa。（1）当a=1时，求fx的单调区间。（2）若fx在01，上的最大值为12，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：11()2fxaxx，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2112()0+1=0022xfxxxxx得（）当(0,2),()0,xfx为增区间；当(22),()0,xfx，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11()2fxaxx>0，为单调递增区间最大值在右端点取到。max1(1)2ffa。15.（2010安徽文）20.（本小题满分12分）设函数sincos1fxxxx，02x，求函数fx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sincos1fxxxx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.,,,()12().423()0()422()xxxxxxxx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11,22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）=323xx12，f（2）=3；f’(x)=233xx,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)=2333(1)axxxax.令f’(x)=0，解得x=0或x=1a.以下分两种情况讨论：（1）若110a2a2，则，当x变化时，f’(x)，f（x）的变化情况如下表：X102，0120，f’(x)+0-f(x)极大值当11xfx22，时，（）>0等价于5a10,()0,8215a()0,0.28ff即解不等式组得-52，则110a2.当x变化时，f’(x),f（x）的变化情况如下表：X102，01a0，1a11a2，f’(x)+0-0+f(x)极大值极小值当11x22，时，f（x）>0等价于1f(-)21f()>0,a>0,即25811->0.2aa>0,解不等式组得252a或22a.因此21时，2x-2>0,从而2x-2e10,0,Fxe又所以’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。又F(1)=-1-1ee0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).（Ⅲ)证明：（1）若121212(1)(1)0,)),1.xxxxxx12由（）及f(xf(x则与矛盾。（2）若121212(1)(1)0,)),.xxxxxx12由（）及f(xf(x得与矛盾。根据（1）（2）得1212(1)(1)0,1,1.xxxx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21x，所以221x，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以1x>22x,即12xx>2.23.（2010福建文）22．（本小题满分14分）已知函数f（x）=3213xxaxb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)+1mx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)ln1fxxxx.（Ⅰ）若2\'()1xfxxax，求a的取值范围；（Ⅱ）证明：(1)()0xfx.25.（2010湖北文）21.（本小题满分14分）设函数321axxbxc32f（x）=，其中a＞0，曲线xyf（）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xyf（）在点（11xxf，（））及（22xxf，（））处的切线都过点（0,2）证明：当12xx时，12\'()\'()fxfx（Ⅲ）若过点（0,2）可作曲线xyf（）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()(,),fxxbxcbcR对任意的xR，恒有\'()fx()fx。（Ⅰ）证明：当0x时，2()()fxxc；（Ⅱ）若对满足题设条件的任意b，c，不等式22()()()fcfbMcb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111P(x,f(x))处的切线交于另一点222P(x,f(x))，曲线C与其在点222P(x,f(x))处的切线交于另一点333P(x,f(x))，线段11223122PP,PP,S,SCS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32g(x)=ax+bx+cx+d(a0),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=333(x-)(x+)33，当3x(-,-)3和33（，）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33（，），单调递减区间为3(-,33)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22,xfxexaxR。(Ⅰ)求fx的单调区间与极值；(Ⅱ)求证：当ln21a且0x时，221xexax。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)(xf2ln(1)1bxxx，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1212,(1,),,xxxx设m为实数，21)1(xmmx，21)1(mxxm，且1,1，若|)()(gg|<|)()(21xgxg|，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)\'()fx222121(1)(1)(1)bxbxxxxx∵1x时，21()0(1)hxxx恒成立，∴函数)(xf具有性质)(bP；(ii)（方法一）设222()1()124bbxxbxx，()x与)(\'xf的符号相同。当210,224bb时，()x0，)(\'xf0，故此时)(xf在区间),1(上递增；当2b时，对于1x，有)(\'xf0，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12bx，而(0)1，对于1x，总有()x0，)(\'xf0，故此时)(xf在区间),1(上递增；（方法二）当2b时，对于1x，222()121(1)0xxbxxxx所以)(\'xf0，故此时)(xf在区间),1(上递增；当2b时，()x图像开口向上，对称轴12bx，方程()0x的两根为：2244,22bbbb，而2224421,(0,1)224bbbbbb当24(1,)2bbx时，()x0，)(\'xf0，故此时)(xf在区间24(1,)2bb上递减；同理得：)(xf在区间24[,)2bb上递增。综上所述，当2b时，)(xf在区间),1(上递增；当2b时，)(xf在24(1,)2bb上递减；)(xf在24[,)2bb上递增。(2)（方法一）由题意，得：22\'()()(21)()(1)gxhxxxhxx又)(xh对任意的),1(x都有)(xh>0，所以对任意的),1(x都有()0gx，()gx在(1,)上递增。又1212,(21)()xxmxx。当1,12mm时，，且112212(1)(1),(1)(1)xmxmxxmxmx，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，()gx的导函数2\'()()(21)gxhxxx，其中函数()0hx对于任意的),1(x都成立。所以，当1x时，2\'()()(1)0gxhxx，从而()gx在区间),1(上单调递增。①当(0,1)m时，有12111(1)(1)mxmxmxmxx，12222(1)(1)mxmxmxmxx，得12(,)xx，同理可得12(,)xx，所以由()gx的单调性知()g、()g12((),())gxgx，从而有|)()(gg|<|)()(21xgxg|，符合题设。②当0m时，12222(1)(1)mxmxmxmxx，12111(1)(1)mxmxmxmxx，于是由1,1及()gx的单调性知12()()()()ggxgxg，所以|)()(gg|≥|)()(21xgxg|，与题设不符。③当1m时，同理可得12,xx，进而得|)()(gg|≥|)()(21xgxg|，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)xxxfxxexexe,令()0fx,解得2x,故选D2.（2009全国卷Ⅰ理）已知直线y=x+1与曲线yln()xa相切，则α的值为()A.1B.2C.-1D.-2答案B解:设切点00(,)Pxy，则0000ln1,()yxayx,又0\'01|1xxyxa00010,12xayxa.故答案选B3.（2009安徽卷理）已知函数()fx在R上满足2()2(2)88fxfxxx，则曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程是()A.21yxB.yxC.32yxD.23yx答案A解析由2()2(2)88fxfxxx得几何2(2)2()(2)8(2)8fxfxxx，即22()(2)44fxfxxx，∴2()fxx∴/()2fxx，∴切线方程12(1)yx，即210xy选A4.（2009江西卷文）若存在过点(1,0)的直线与曲线3yx和21594yaxx都相切，则a等于()A．1或25-64B．1或214C．74或25-64D．74或7答案A解析设过(1,0)的直线与3yx相切于点300(,)xx，所以切线方程为320003()yxxxx即230032yxxx，又(1,0)在切线上，则00x或032x，当00x时，由0y与21594yaxx相切可得2564a，当032x时，由272744yx与21594yaxx相切可得1a，所以选A.5.（2009江西卷理）设函数2()()fxgxx，曲线()ygx在点(1,(1))g处的切线方程为21yx，则曲线()yfx在点(1,(1))f处切线的斜率为()A．4　　　B．14　　　C．2　　　　D．12答案A解析由已知(1)2g，而()()2fxgxx，所以(1)(1)214fg故选A力。6.（2009全国卷Ⅱ理）曲线21xyx在点1,1处的切线方程为()A.20xyB.20xyC.450xyD.450xy答案B解111222121||[]|1(21)(21)xxxxxyxx,故切线方程为1(1)yx,即20xy故选B.7.（2009湖南卷文）若函数()yfx的导函数在区间[,]ab上是增函数，则函数()yfx在区间[,]ab上的图象可能是()A．B．C．D．解析因为函数()yfx的导函数()yfx在区间[,]ab上是增函数，即在区间[,]ab上各点处的斜率k是递增的，由图易知选A.注意C中yk为常数噢.8.（2009辽宁卷理）若1x满足2x+2x=5,2x满足2x+22log(x－1)=5,1x+2x＝()A.52B.3C.72D.4答案C解析由题意11225xx①22222log(1)5xx②ababaoxoxybaoxyoxyby所以11252xx,121log(52)xx即21212log(52)xx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＝7－2x29.（2009天津卷理）设函数1()ln(0),3fxxxx则()yfx()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xxxxf33131)`(，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0131)1(,013,31)1(eefeeff，故选择D。二、填空题10.（2009辽宁卷文）若函数2()1xafxx在1x处取极值，则a解析f’(x)＝222(1)()(1)xxxaxf’(1)＝34a＝0a＝3答案311.若曲线2fxaxInx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12fxaxx。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12fxaxx存在零点。解法1（图像法）再将之转化为2gxax与1hxx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|0aa。解法2（分离变量法）上述也可等价于方程120axx在0,内有解，显然可得21,02ax12.（2009江苏卷）函数32()15336fxxxx的单调减区间为.解析考查利用导数判断函数的单调性。2()330333(11)(1)fxxxxx，由(11)(1)0xx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3:103Cyxx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。231022yxx，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()lnfxaxx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\'21()2fxaxx，又因为存在垂直于y轴的切线，所以231120(0)(,0)2axaxaxx。15.(2009陕西卷理)设曲线1*()nyxnN在点（1，1）处的切线与x轴的交点的横坐标为nx,令lgnnax，则1299aaa的值为.答案-21*1112991299()\'(1)\'|11(1)(1)11298991...lg...lg...lg22399100100nnnxnyxnNyxynxynynxnxnaaaxxx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:,fVVaV，记a的象为()fa。若映射:fVV满足：对所有abV、及任意实数,都有()()()fabfafb，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，abV、，则()()()fabfafb②若e是平面M上的单位向量，对,()aVfaae设，则f是平面M上的线性变换③对,()aVfaa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，aV，则对任意实数k均有()()fkakfa。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21xyxex在点（0,1）处的切线方程为。答案31yx解析2\'xxxeey，斜率k＝200e＝3，所以，y－1＝3x，即31yx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3233fxxbxcx在两个极值点12xx、，且12[10],[1,2].xx，（I）求bc、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,bc的区域；(II)证明：21102fx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。2363fxxbxc由题意知方程0fx有两个根12xx、1[10],x且，2[1,2].x则有10f，cb00f，1020ff，故有右图中阴影部分即是满足这些条件的点,bc的区域。(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32222233fxxbxcx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22223630fxxbxc．．．．．．．．．．．．①又32222233fxxbxcx．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②消去b可得32221322cfxxx．又2[1,2]x，且[2,0]c2110()2fx19.（2009浙江文）（本题满分15分）已知函数32()(1)(2)fxxaxaaxb(,)abR．（I）若函数()fx的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求,ab的值；（II）若函数()fx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(aafbf，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a20.（2009北京文）（本小题共14分）设函数3()3(0)fxxaxba.（Ⅰ）若曲线()yfx在点(2,())fx处与直线8y相切，求,ab的值；（Ⅱ）求函数()fx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）\'233fxxa,∵曲线()yfx在点(2,())fx处与直线8y相切，∴\'203404,24.86828faababf（Ⅱ）∵\'230fxxaa,当0a时，\'0fx，函数()fx在,上单调递增，此时函数()fx没有极值点.当0a时，由\'0fxxa，当,xa时，\'0fx，函数()fx单调递增，当,xaa时，\'0fx，函数()fx单调递减，当,xa时，\'0fx，函数()fx单调递增，∴此时xa是()fx的极大值点，xa是()fx的极小值点.21.（2009北京理）（本小题共13分）设函数()(0)kxfxxek（Ⅰ）求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；（Ⅱ）求函数()fx的单调区间；（Ⅲ）若函数()fx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）\'\'1,01,00kxfxkxeff,曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为yx.（Ⅱ）由\'10kxfxkxe，得10xkk，若0k，则当1,xk时，\'0fx，函数fx单调递减，当1,,xk时，\'0fx，函数fx单调递增，若0k，则当1,xk时，\'0fx，函数fx单调递增，当1,,xk时，\'0fx，函数fx单调递减，（Ⅲ）由（Ⅱ）知，若0k，则当且仅当11k，即1k时，函数fx1,1内单调递增，若0k，则当且仅当11k，即1k时，函数fx1,1内单调递增，综上可知，函数fx1,1内单调递增时，k的取值范围是1,00,1.22.(2009山东卷文)（本小题满分12分）已知函数321()33fxaxbxx,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\'()21fxaxbx,令0)(\'xf,得2210axbx,)(xf要取得极值,方程2210axbx必须有解,所以△2440ba,即2ba,此时方程2210axbx的根为2212442bbabbaxaa,2222442bbabbaxaa,所以12\'()()()fxaxxxx当0a时,x(-∞,x1)x1(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x1,x2处分别取得极大值和极小值.当0a时,x(-∞,x2)x2(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x1,x2处分别取得极大值和极小值.综上,当ba,满足2ba时,)(xf取得极值.(2)要使)(xf在区间(0,1]上单调递增,需使2\'()210fxaxbx在(0,1]上恒成立.即1,(0,1]22axbxx恒成立,所以max1()22axbx设1()22axgxx,2221()1\'()222axaagxxx,令\'()0gx得1xa或1xa(舍去),当1a时,101a,当1(0,)xa时\'()0gx,1()22axgxx单调增函数;当1(,1]xa时\'()0gx,1()22axgxx单调减函数,所以当1xa时,()gx取得最大,最大值为1()gaa.所以ba当01a时,11a,此时\'()0gx在区间(0,1]恒成立,所以1()22axgxx在区间(0,1]上单调递增,当1x时()gx最大,最大值为1(1)2ag,所以12ab综上,当1a时,ba;当01a时,12ab【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321()(1)4243fxxaxaxa，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)(2axxaxaxxf由1a知，当2x时，0)(xf，故)(xf在区间)2,(是增函数；当ax22时，0)(xf，故)(xf在区间)2,2(a是减函数；当ax2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ax2或0x处取得最小值。aaaaaaaf2424)2)(1()2(31)2(23aaa2443423af24)0(由假设知,0)0(,0)2(1fafa即.024,0)6)(3(34,1aaaaa解得11时,121a当x变化时，\'()fx与()fx的变化情况如下表：x(,12)a(12,1)a(1,)\'()fx+－+()fx单调递增单调递减单调递增由此得，函数()fx的单调增区间为(,12)a和(1,)，单调减区间为(12,1)a。②当1a时，121a此时有\'()0fx恒成立，且仅在1x处\'()0fx，故函数()fx的单调增区间为R③当1a时，121a同理可得，函数()fx的单调增区间为(,1)和(12,)a，单调减区间为(1,12)a综上：当1a时，函数()fx的单调增区间为(,12)a和(1,)，单调减区间为(12,1)a；当1a时，函数()fx的单调增区间为R；当1a时，函数()fx的单调增区间为(,1)和(12,)a，单调减区间为(1,12)a.(Ⅱ)由1a得321()33fxxxx令2()230fxxx得121,3xx由（1）得()fx增区间为(,1)和(3,)，单调减区间为(1,3)，所以函数()fx在处121,3xx取得极值，故M（51,3）N（3,9）。观察()fx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()fx在点P处切线的斜率()fx之差Kmp-\'()fm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－\'()fm的m正负有着密切的关联；③Kmp－\'()fm=0对应的位置可能是临界点，故推测：满足Kmp－\'()fm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()fx在点(,())Pmfm处的切线斜率2\'()23fmmm；线段MP的斜率Kmp2453mm当Kmp－\'()fm=0时，解得12mm或直线MP的方程为22454()33mmmmyx令22454()()()33mmmmgxfxx当2m时，2\'()2gxxx在(1,2)上只有一个零点0x，可判断()fx函数在(1,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，又(1)(2)0gg，所以()gx在(1,2)上没有零点，即线段MP与曲线()fx没有异于M，P的公共点。当2,3m时，24(0)03mmg.2(2)(2)0gm所以存在0,2m使得()0g即当2,3,m时MP与曲线()fx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321()33fxxxx，令2\'()230fxxx，得121,3xx由（1）得的()fx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22454.33mmmmyx由223245433133mmmmyxyxxx得32223(44)40xxmmxmm线段MP与曲线()fx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3222()3(44)4gxxxmmxmm在(-1,m)上有零点.因为函数()gx为三次函数,所以()gx至多有三个零点,两个极值点.又(1)()0ggm.因此,()gx在(1,)m上有零点等价于()gx在(1,)m内恰有一个极大值点和一个极小值点,即22\'()36(44)0(1,)gxxxmmm在内有两不相等的实数根.等价于2222236124403(1)6(44)036(44)01mmmmmmmmm＝（）＞即1521,251mmmmm或解得又因为13m,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)xfxeaxx，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\'()(121)xfxeaxxax.有条件知，\'(1)0f，故3201aaa.………2分于是2\'()(2)(2)(1)xxfxexxexx.故当(,2)(1,)x时，\'()fx＜0；当(2,1)x时，\'()fx＞0.从而()fx在(,2)，(1,)单调减少，在(2,1)单调增加.………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知()fx在[0,1]单调增加，故()fx在[0,1]的最大值为(1)fe，最小值为(0)1f.从而对任意1x，2x[0,1]，有12()()12fxfxe.………10分而当[0,]2时，cos,sin[0,1].从而(cos)(sin)2ff………12分37.（2009辽宁卷理）（本小题满分12分）已知函数f(x)=21x2－ax+(a－1)lnx，1a。（1）讨论函数()fx的单调性；（2）证明：若5a，则对任意x1，x2(0,)，x1x2，有1212()()1fxfxxx。解析(1)()fx的定义域为(0,)。2\'11(1)(1)()axaxaxxafxxaxxx2分（i）若11a即2a,则2\'(1)()xfxx故()fx在(0,)单调增加。(ii)若11a,而1a,故12a,则当(1,1)xa时，\'()0fx;当(0,1)xa及(1,)x时，\'()0fx故()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加。(iii)若11a,即2a,同理可得()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加(II)考虑函数()()gxfxx21(1)ln2xaxaxx则211()(1)2(1)1(11)aagxxaxaaxx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\'()2fxxbxc，由()fx在1x处有极值43可得\'(1)12014(1)33fbcfbcbc解得1,1bc或13bc若1,1bc，则22\'()21(1)0fxxxx，此时()fx没有极值；若1,3bc，则2\'()23(1)(1)fxxxxx当x变化时，()fx，\'()fx的变化情况如下表：x(,3)3(3,1)1(1,)\'()fx0+0()fx极小值12极大值43当1x时，()fx有极大值43，故1b，3c即为所求。（Ⅱ）证法1：22()|\'()||()|gxfxxbbc当||1b时，函数\'()yfx的对称轴xb位于区间[1.1]之外。\'()fx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)|12||12||4|4,Mggbcbcb即2M证法2（反证法）：因为||1b，所以函数\'()yfx的对称轴xb位于区间[1,1]之外\'()fx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)|12|2(1)|12|2gbcgbc将上述两式相加得：4|12||12|4||4bcbcb，导致矛盾，2M（Ⅲ）解法1：22()|\'()||()|gxfxxbbc（1）当||1b时，由（Ⅱ）可知2M；（2）当||1b时，函数\'(yfx）的对称轴xb位于区间[1,1]内，此时max(1),(1),()Mgggb由\'(1)\'(1)4,ffb有2\'()\'(1)(1)0fbfb①若10,b则\'(1)\'(1)\'(),(1)max(1),()fffbgggb，于是21111max|\'(1),|\'()|(|\'(1)|\'()|)|\'(1)\'()|(1)2222Mffbffbffbb②若01b，则\'(1)\'(1)\'(),fffb(1)max(1),()gggb于是21111max|\'(1)|,|\'()|(|\'(1)||\'()|)|\'(1)\'()|(1)2222Mffbffbffbb综上，对任意的b、c都有12M而当10,2bc时，21()2gxx在区间[1,1]上的最大值12M故Mk对任意的b、c恒成立的k的最大值为12。解法2：22()|\'()||()|gxfxxbbc（1）当||1b时，由（Ⅱ）可知2M；（2）当||1b时，函数\'()yfx的对称轴xb位于区间[1,1]内，此时max(1),(1),()Mgggb24(1)(1)2()|12||12|2||Mggghbcbcbc22|12(12)2()||22|2bcbcbcb，即12M下同解法143.（2009宁夏海南卷文）（本小题满分12分）已知函数3223()39fxxaxaxa.(1)设1a，求函数fx的极值；(2)若14a，且当1,4xa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()fx求导数，得\'2()369.fxxx令\'12()0,1,3.fxxx解得列表讨论\'(),()fxfx的变化情况：x(,1)1（-1，3）3(3,)\'()fx+0—0+()fx极大值6极小值-26所以，()fx的极大值是(1)6f，极小值是(3)26.f（Ⅱ）\'22()369fxxaxa的图像是一条开口向上的抛物线，关于x=a对称.若\'11,()4afx则在[1,4a]上是增函数，从而\'()fx在[1,4a]上的最小值是\'2(1)369,faa最大值是\'2(4)15.faa由\'22|()|12,1236912,fxaaxaxaa得于是有\'2\'2(1)36912,(4)1512.faaafaaa且由\'\'14(1)121,(4)120.35faafaaa得由得所以11414(,1][,1][0,],(,].43545aa即若a>1,则\'2\'|()|1212.[1,4]|()|12faaaxafxa故当时不恒成立.所以使\'|()|12([1,4])fxaxa恒成立的a的取值范围是14(,].4544.（2009天津卷理）（本小题满分12分）已知函数22()(23)(),xfxxaxaaexR其中aR(1)当0a时，求曲线()(1,(1))yfxf在点处的切线的斜率；(2)当23a时，求函数()fx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()(\')(022efexxxfexxfaxx，故，时，当.3))1(,1()(efxfy处的切线的斜率为在点所以曲线（II）.42)2()(\'22xeaaxaxxf解：.2232.220)(\'aaaaxaxxf知，由，或，解得令以下分两种情况讨论。（1）a若＞32，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＜32，则a2＞2a，当x变化时，)()(\'xfxf，的变化情况如下表：x2a，2aaa22，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0,1aa且函数()log(1)xafxa。（I）求函数()fx的定义域，并判断()fx的单调性；（II）若()*,lim;fnnnanNaa求（III）当ae（e为自然对数的底数）时，设()2()(1)(1)fxhxexm，若函数()hx的极值存在，求实数m的取值范围以及函数()hx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10xa当01()01()0afxafx时，的定义域是（，）；当时，的定义域是（，）lnlog11aaegxxxx-aaf(x)=aa当01(0,).10,0,xxaxaa时，因为故f(x)<0,所以f(x)是减函数当1(,0),10,0,()0,()xxaxaafxfx时，因为故所以是减函数….（4分）（Ⅱ）因为()()log(1),1nfnnafnaaa所以由函数定义域知1na>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440,k即当k=1时，222(1)()0(0)()xexgxxxkK=1时，g（x）在R上为增函数（3）440,k即当00,1036时，V′>0,所以,当x=10,V有极大值V(10)=1960…………………………………………………10分又V(0)=0,V(24)=0,……………………………………………………………………11分所以当x=10,V有最大值V(10)=1960…………………………………………………12分第二部分四年联考汇编2010年联考题题组二（5月份更新）一、选择题1.（安徽两地三校国庆联考）设曲线1*()nyxnN在点（1，1）处的切线与x轴的交点的横坐标为nx,则12nxxx的值为（）A.1nB.11nC.1nnD.1答案B2．（肥城市第二次联考）如下图，已知32()0,fxaxbxcxda记243,bac则当00()afx且时，的大致图象为（）.答案C解析：2()32fxxbxc，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()21xfx，对于满足1202xx的任意12,xx，给出下列结论：（1）2121()()()0xxfxfx；（2）2112()()xfxxfx；（3）2121()()fxfxxx；（4）1212()()()22fxfxxxf，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的距离的最小值为.答案1625三、解答题5.（山东省乐陵一中2009届高三考前回扣）已知函数xxaxf1ln)(．AyoxDyoxyoxCyoxB（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21xx，试比较)2(21xxf与2)()(21xfxf的大小．解：由题意21)(,0xxaxfx，………………………………………2分（1）当0a时，由0)(xf得012xxa，解得ax1，函数)(xf的单调增区间是),1(a；由0)(xf得012xxa，解得ax1，函数)(xf的单调增区间是)1,0(a∴当ax1时，函数)(xf有极小值为aaaaaaafln1ln)1(．………6分（2）当0a时，由于0x，均有1)ln2(xax，即0x，xxaa1ln2恒成立，∴0x，min)(2xfa，……………………………………………………8分由（1），函数)(xf极小值即为最小值，∴aaaxfaln)(2min，解得ea10．………………………………10分（3）)()(ln2)()()2(212122121212121xxxxxxxxaxxaxfxfxxf，∵0,021xx且0,21axx，∴221xx21xx，∴02ln,1221212121xxxxaxxxx，……………………………………………12分又0)()(2121221xxxxxx，∴0)()(ln21212212121xxxxxxxxaxxa，∴02)()()2(2121xfxfxxf，即2)()()2(2121xfxfxxf．…………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32fxxaxbxc是定义1,1在上的增函数（1）求b的取值范围；（2）若21btbfx对1,1x恒成立，求实数t的取值范围。解：（1）32fxxaxbxc是奇函数，所以，0ac∴3\'2,3.fxxbxfxxb又3fxxbx在1,1上是增函数，所以，\'23fxxb在1,1上横为正值，∴0b。（2）要使21btbfx对1,1x恒成立，由于3fxxbx在1,1上是增函数，3fxxbx在1,1上的最大值为1b，所以，只需2211,10btbbbtb即，对任意0b恒成立，因此只要101.tt即7.（岳野两校联考）（本小题满分12分）对于三次函数32()(0)fxaxbxcxda。定义：（1）()fx的导数()fx（也叫()fx一阶导数）的导数()fx为()fx的二阶导数，若方程()0fx有实数解0x，则称点00(,())xfx为函数()yfx的“拐点”；定义：（2）设0x为常数，若定义在R上的函数()yfx对于定义域内的一切实数x，都有000()()2()fxxfxxfx恒成立，则函数()yfx的图象关于点00(,())xfx对称。（1）己知32()322fxxxx，求函数()fx的“拐点”A的坐标；（2）检验（1）中的函数()fx的图象是否关于“拐点”A对称;（3）对于任意的三次函数32()(0)fxaxbxcxda写出一个有关“拐点”的结论（不必证明）。解：（1）依题意，得：2()362fxxx，()66fxx。……………2分由()0fx，即660x。∴1x，又(1)2f，∴32()322fxxxx的“拐点”坐标是(1,2)。……………………4分（2）由(1)知“拐点”坐标是(1,2)。而(1)(1)fxfx=32(1)3(1)2(1)2xxx32(1)3(1)2(1)2xxx=222666444xx=2(1)f，由定义(2)知：32322fxxxx关于点(1,2)对称。……………………9分（3）一般地，三次函数32fxaxbxcxd(0)a的“拐点”是,()33bbfaa，它就是()fx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xxaxxf（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xxfxaxf;]1,0()(,0)(,)1,0(,)1(2)(,1,1)1()]([,]1,0(1)(,133max33也是增函数在时当时而当为增函数在而xfxfxxxxfagxgaxxxgxa综上，a的取值范围是1.a（2）①;12)1()]([,]1,0()(,1maxafxfxfa为增函数在时当②当],1,0(1,11022)(,1333aaxxaxfa得令时.3)1()]([,1,1)(323max3aafxfaaxxf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322()(1)52fxxkkxx，22()1gxkxkx，其中kR．2（I）设函数()()()pxfxgx．若()px在区间(0,3)上不单调，求k的取值范围；（II）设函数(),0,()(),0.gxxqxfxx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（21xx），使得21()()qxqx成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．.解：（I）因32()()()(1)(5)1Pxfxgxxkxk，232(1)(5)pxxkxk，因()px在区间(0,3)上不单调，所以0px在0,3上有实数解，且无重根，由0px得2(21)(325),kxxx2(325)391021214213xxkxxx，令21,tx有1,7t，记9(),httt则ht在1,3上单调递减，在3,7上单调递增，所以有6,10ht，于是9216,1021xx，得5,2k，而当2k时有0px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2232(1)5qxfxxkkx；当0x时有22qxgxkxk，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10x时，qx在0,上，单调递增，所以要使21qxqx成立，只能20x且AB，因此有5k，（ⅱ）当10x时，qx在0,上单调递减，所以要使21qxqx成立，只能20x且AB，因此5k，综合（ⅰ）（ⅱ）5k；当5k时A=B，则110,xqxBA，即20,x使得21qxqx成立，因为qx在0,上单调递增，所以2x的值是唯一的；同理，10x，即存在唯一的非零实数221()xxx，要使21qxqx成立，所以5k满足题意．题组一（1月份更新）一、选择题1.（山东省乐陵一中2009届高三考前回扣）函数xxyln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D2.（山东省乐陵一中2009届高三考前回扣）函数1222131)(23aaxaxaxxf的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是A．16356aB．16358aC．16158aD．16356a答案D3.（山东省乐陵一中2009届高三考前回扣）已知函数32()39fxxxxa（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B4.（山东省乐陵一中2009届高三考前回扣）设aR，若函数3axyex，xR有大于零的极值点，则(A)3a(B)3a(C)13a(D)13a答案B5.（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2:1Cyxx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]47.（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(log221xxy的单调区间为),1(；③edxexx1)(cos0；④双曲线的渐近线方程是xy43，则该双曲线的离心率是45．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③8.（山东省乐陵一中2009届高三考前回扣）已知函数0()sin,afaxdx则[()]2ff=_______________.答案1-cos19.（山东省乐陵一中2009届高三考前回扣）由曲线xyxy232和围成图形的面积为。答案232三、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322()3(1)24fxkxkxk，若()fx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225()xxaft总有实数解，求实数a的取值范围。解：（1）2\'()36(1)fxkxkx又\'(4)0,1fk（Ⅱ）2\'()31210ftttt时\'()0;01ftt时\'()0ft且(1)5,(1)3,ff()5ft8分2825258axxa82558a解得158a2.（2009天津六校联考）已知函数)0(21)(,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xbeexxx，求函数)(x的最3.（2009汉沽一中第六次月考）已知32()31fxaxxx，Ra．（Ⅰ）当3a时，求证：()fx在R上是减函数；（Ⅱ）如果对Rx不等式()4fxx恒成立，求实数a的取值范围．解：（Ⅰ）当3a时，32()331fxxxx∵/2()961fxxx2(31)0x∴()fx在R上是减函数（Ⅱ）∵Rx不等式()4fxx恒成立即Rx不等式23614axxx恒成立∴Rx不等式23210axx恒成立当0a时，Rx210x不恒成立当0a时，Rx不等式23210axx恒成立即4120a∴13a当0a时，Rx不等式23210axx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24(),0,2.33xfxxx(Ⅰ)求()fx的值域；(Ⅱ)设0a，函数321(),0,23gxaxaxx．若对任意10,2x，总存在00,2x，使10()()0fxgx，求实数a的取值范围．解：（Ⅰ）22241()3(1)xfxx，令()0fx，得1x或1x．当(0,1)x时，()0,()fxfx在(0,1)上单调递增；当(1,2)x时，()0,()fxfx在(1,2)上单调递减，而28(0)0,(1),(2)315fff，当0,2x时，()fx的值域是20,3．(Ⅱ)设函数()gx在0,2上的值域是A，若对任意10,2x．总存在00,2x1,使10()()0fxgx，20,3A．22()gxaxa．①当0,2,0xa时，()0gx，函数()gx在0,2上单调递减．28(0)0,(2)203ggaa，当0,2x时，不满足20,3A；②当0,2,0xa时，()()()gxaxaxa，令()0gx，得xa或xa(舍去)（i）0,2,02xa时，,(),()xgxgx的变化如下表：x00,aa,2a2()gx-0+()gx0223aa2823aa(0)0,()0gga．20,,3A282(2)233gaa，解得113a．(ii)当0,2,2xa时，()0gx函数()gx在0,2上单调递减．28(0)0,(2)203ggaa，当0,2x时，不满20,3A．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32()3fxxaxx（I）若3x是()fx的极值点，求()fx在[1,]xa上的最小值和最大值；（Ⅱ）若()[1,)fxx在上是增函数，求实数a的取值范围。解：（I）\'(3)0,27630,4faa即32()43fxxxx有极大值点13x，极小值点3x。此时()fx在1[,3]3x上是减函数，在[3,)x上是增函数。(1)6,(3)18,()(4)12fffaf()fx在[1,]xa上的最小值是-18，最大值是-6（Ⅱ）2\'()3230fxxax311,()2xaxx当1x时，31()2xx是增函数，其最小值为3(11)020a0a时也符合题意，0a6.（2009河东区一模）设函数22()21(,0)fxtxtxttRt（1）求()fx的最小值()st；（2）若()2sttm对(0,2)t时恒成立，求实数m的取值范围解：（1）23()()1(,0)fxtxttttRtxt时，()ft取得最小值3()1fxtt，即3()1sttt（2）令3()()(2)31htsttmttm由\'2()330htt，得1t或1t（舍去）t（0,1）1（1,2）\'()ht0()ht增极大值1m减()ht在(0,2)内有最大值1m，()2sttm对(0,2)t时恒成立等价于()0ht恒成立。即10m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25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ln211nnnn都成立．解：(1)()fx=121xxa…………………………………………………(2分)∵x=0时，f(x)取得极值，∴(0)f=0，……………………………………(3分)故12010a=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25,得ln(x+1)-x2+32x-b=0，令φ(x)=ln(x+1)-x2+32x-b，则f(x)=52x+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)13(45)(1)()2122(1)xxxxxx，………………………………(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(11)10,2(2)ln(12)430,bbb∴ln3-1≤b-1}，………………………………(10分)由(Ⅰ)知(23)()(1)xxfxx，……………………………………………(11分)令()fx=0得，x=0或x=-32(舍去)，∴当-10，f(x)单调递增；当x>0时，()fx<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=1n>0得，ln(1n+1)<1n+21n，故ln(1nn)<21nn.………(14分)8.（2009河西区一模）已知函数3222()1,()14fxxaxaxgxxax，其中实数0a，（I）求函数()fx的单调区间；（Ⅱ）若()fx与()gx在区间(,2)aa内均为增函数，求a的取值范围。解：（I）22\'()32fxxaxa‘又22323()()3axaxaxax令\'()0fx，得12,3axax①若0a，则当3ax或xa时\'()0fx。当3axa时，\'()0fx()fx在(,)3a和(,)a内是增函数，在(,)3aa内是减函数，②若0.a则当xa或3ax时，\'()0fx当3aax时，\'()0fx()fx在(,)a和(,)3a内是增函数，在(,)3aa内是减函数（Ⅱ）当0a时，()fx在(,)3a和(,)a内是增函数，224()()1,gxaxaa故()gx在2(,)a内是增函数。由题意得02322aaaaa解得23a当0a时，()fx在(,)a和(,)3a内是增函数，()gx在2(,)a内是增函数。由题意得032aaaaa解得2a综上知实数a的取值范围为(,2][23,)9.（2009杭州二中第六次月考）设32,[1,1]fxxaxbxcx，记|()|yfx的最大值为M．（Ⅰ）当30,4acb时,求M的值；（Ⅱ）当,,abc取遍所有实数时，求M的最小值．（以下结论可供参考：对于,,,abcdR，有||||||||||abcdabcd，当且仅当,,,abcd同号时取等号）解：(1)求导可得2311\'33()()422fxxxx,111max{|(1)|,|()|,|()|,|(1)|}224Mffff,当21,1x时取等号(2)11414188,882822ffbffb，11|(1)|;|(1)|;|()|;|()|88MfMfMfMf11244|1|4|1|8||8||22Mffff11|414188|622ffff因此，14M\'11x。由（1）可知，当30,4ab,0c时，14M。min14fx。10.（2009厦门华侨中学）设函数32()2338fxxaxbxc在1x及2x时取得极值（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）若对于任意的[03]x，，都有2()fxc成立，求c的取值范围．解：（Ⅰ）2()663fxxaxb，因为函数()fx在1x及2x取得极值，则有(1)0f，(2)0f．即6630241230abab，．解得3a，4b．………………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，32()29128fxxxxc，2()618126(1)(2)fxxxxx．当(01)x，时，()0fx；当(12)x，时，()0fx；当(23)x，时，()0fx．所以，当1x时，()fx取得极大值(1)58fc，又(0)8fc，(3)98fc．则当03x，时，()fx的最大值为(3)98fc．因为对于任意的03x，，有2()fxc恒成立，所以　298cc，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)=32xax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)axx的最大值．解：(1)∵k=f(x)=32x-2ax,x∈(0,1)-------------1分k≥1，得32x-2ax+1≥0，即a≤23111(3)22xxxx恒成立．-------------3分∴min1111(3),(0,1)323·232axxxxxxx所以当时当且仅当x=33等时取等号∴min11(3)32xx的取值范围是(-∞，3)-----6分（2）201(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)13ga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21()()(0)axfxxxeaa（1）求曲线()yfx在点(0,(0))Af处的切线方程（2）当0a时，求函数()fx的单调区间（3）当0a时，若不等式33()0,,fxxaa对恒成立，求a的取值范围。（1）1\'()(2)(1),(0),\'(0)2axfxeaxxffa所以切线方程为120xya（2）\'()02,1fxxxa令则当2a时，22()(,)(1,),1)fxaa在和上单调递减,在(上单调递增2\'()0,()afxfxR当时,在上减函数maxg(x)31(1)12(1)4113()4aaaaaaa当20a时，22()(,1)(,))fxaa在和上单调递减,在(1,上单调递增（3）当0a时，x32(,)aa2a2(,1)a1(1,)\'()fx+0-0+()fx增极大值减极小值增3()0,(1)0ffa1(1)afea为最小值1330,aexaaa对恒成立0,ln3a13.（2009嘉兴一中一模）已知函数xaxxfln)(，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，xxxfln2)(，xxxxxxf2ln2ln)(，2ln1)2(f，………………………2分又0)2(f所以切线方程为)2(2ln1xy………………………2分（2）1°当10x时，0lnx，则xxaxlnxxxaln令xxxxgln)(，xxxxg2ln22)(，再令xxxhln22)(，0111)(xxxxxh当10x时0)(xh，∴)(xh在)1,0(上递减，∴当10x时，0)1()(hxh，∴02)()(xxhxg，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xxaxlnxxxaln)(xga由1°知当1x时0)(xh，)(xh在),1(上递增当1x时，0)1()(hxh，02)()(xxhxg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,ff而\'2(1)32,fxaxb故12320abcab得23acbc从而\'2()32(23)(323)(1)fxxcxcxcx。令\'()0fx，得1x或233cx。由于()fx在1x处取得极值，故2313c，即3c。（1）若2313c，即3c，则当23,3cx时，\'()0fx；当23,13cx时，\'()0fx；当(1,)x时，\'()0fx；从而()fx的单调增区间为23,,1,3c；单调减区间为23,13c（2）若2313c，即3c，同上可得，()fx的单调增区间为23,1,,3c；单调减区间为231,3c15.（2009金华十校3月模拟）已知217()ln,()(0)22fxxgxxmxm，直线l与函数()fx、()gx的图像都相切，且与函数()fx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)\'()(\'()()hxfxgxgxgx其中是的导函数），求函数()hx的最大值；（Ⅲ）当0ba时，比较：2()aafab与2(2)bafa的大小，解：（I）依题意知：直线l是函数()lnfxx在点（1，0）处的切线，故其斜率1(1)11kf所以直线l的方程为1yx又因为直线l与()gx的图像相切所以由22119(1)0172222yxxmxyxmx得2(1)902(4mmm不合题意，舍去）（Ⅱ）因为()(1)()ln(1)2(1),hxfxgxxxx所以1\'()111xhxxx当10x时，\'()0;hx当0x时，\'()0hx因此，()hx在(1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减。因此，当0x时，()hx取得最大值(0)2h（Ⅲ）当0ba时，102baa，由（Ⅱ）知：当10x时，()2hx，即ln(1)xx因此，有()(2)lnln(1)222abbabafabfaaaa即2()2(2)aafabbafa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916)(xf恒成立，求实数a的取值范围．解：（1）f(x)=ax34ax2+4axf/(x)=3ax28ax+4a=a(3x2)(x2)=0x=23或2∵f(x)有极大值32，而f(2)=0∴f(23)=32=7,a=27（2）f/(x)=a(3x2)(x2)当a>0时，f(x)=[2,23]上递增在[2,13]上递减，max232163()()32792fxfaa∴0f(1)=a∴max161()32918fxaa∴1018a综上13(,0)(0,)182a17.（2009宁波十校联考）设实数0,0ab，且满足1ab（1）求22loglogaabb的最小值；（2）设1,3ab求证：（9)(9)baab解：（1）1ba代入得22log(1)log(1)aaaa设22()log(1)log(1)(0,1)fxxxxxx1分2222\'()logloglog(1)logfxxexe22loglog(1)xx3分令\'()0fx解得12x()fx在10,2上单调递减，在1,12上单调递增。5分min1,()12xfx即原式的最小值为-17分（2）要证(9)(9),baab即证ln(9)ln(9)baab即证ln(9)ln(9)0,0baabab即证ln(9)ln(9)abab9分由已知1233ab设ln(9)12(),,33xgxxx10分21ln(9)\'()xgxx11分12,39633xx1ln3ln(9)ln6x\'()0gx13分所以()gx在12,33上单调递减，()()gagb原不等式得证。14分18.（2009台州市第一次调研）已知函数()()()fxxxaxb，点,,,AsfsBtft.（Ⅰ）若30b，a，函数()fx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，()ln10fxxx对任意的1,2x恒成立，求b的取值范围；（Ⅲ）若0ab，函数()fx在xs和xt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322f(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t0且t32，因而t的取值范围是(1,0).(4分)（Ⅱ）当0a时，01ln)(xxxf即01ln2xbxx可化为bxxxx1ln，记，xxxxxxg)21(1ln)(则，xxxxxxxg2222ln1ln11)((7分)记x，xxmln)(2则xxxm12)(，)(xm在)2221(，上递减，在)22(，上递增.022ln21)22()(mxm从而),21[)(,0)(在xgxg上递增因此b，gxg2ln225)21()(min故.2ln225b(10分)（Ⅲ）假设OA⊥OB，即OAOB=(,())(,())()()0sfstftstfsft故1))()()((btatbsas，1])(][)([22bbtsstaatsst（12分）由s，t为f(x)=0的两根可得，2abst(ab),st,(0ab)33从而有9)(2baab12362494)()(22abababbaba即ba≥23，这与ba<23矛盾.故直线OA与直线OB不可能垂直.(15分)2009年联考题一、选择题1.(2009威海二模)右图是函数f(x)=x2+ax+b的部分图象，则函数()ln\'()gxxfx的零点所在的区间是（）A．11(,)42B．(1,2)C．1(,1)2D．(2,3)答案C2.（2009天津重点学校二模）已知函数y)(xf是定义在R上的奇函数，且当)0,(x时不等式0)()(\'xxfxf成立，若)3(33.03.0fa，),3(log)3(logfb)91(log)91(log33fc，则cba,,的大小关系是（）A．cbaB．abcC．cabD．bca答案C3.（2009嘉兴一中一模）下列图像中有一个是函数1)1(31)(223xaaxxxf)0,(aRa的导数)(xf的图像，则)1(f（）A.31B.31C.37D.31或35答案B4.（2009年乐陵一中）图中,阴影部分的面积是()A.16B.18C.20D.22答案B二、填空题5.(北京市东城区2009年3月高中示范校高三质量检测理)已知函数f(x)的定义域为[－2，+∞)，部分对应值如下表,)(xf为f(x)的导函数，函数)(xfy的图象如右图所示，若两正数a，b满足1)2(baf，则33ab的取值范围是　　．答案37,536.(湖北省黄冈市2009年3月份高三年级质量检测文)设函数cxbxaxxf233131)((c＜0)单调递增区间是.答案.1,31三、解答题7.（2009厦门北师大海沧附属实验中学）已知函数bxaxxxf233，其中ba,为实数(Ⅰ)若xf在1x处取得的极值为2，求ba,的值;（Ⅱ）若xf在区间2,1上为减函数，且ab9，求a的取值范围.解(Ⅰ)由题设可知:01f且21f，………………2分即231063baba，解得.5,34ba………………4分（Ⅱ）aaxxbaxxxf9636322，………………5分又xf在2,1上为减函数，xf0对2,1x恒成立，………………6分即09632aaxx对2,1x恒成立.01f且f02，………………10分－2xyO4xyxy22－24即17310912120963aaaaaaa，a的取值范围是.1a………………12分8.（2009厦门大同中学）设函数3221()231,01.3fxxaxaxa（1）求函数)(xf的极大值；（2）若1,1xaa时，恒有()afxa成立（其中fx是函数fx的导函数），试确定实数a的取值范围．解（1）∵2234)(aaxxxf，且01a，………………………………1分当0)(xf时，得axa3；当0)(xf时，得axax3或；∴)(xf的单调递增区间为(,3)aa；)(xf的单调递减区间为),(a和),3(a．…………………………………3分故当3xa时，)(xf有极大值，其极大值为31fa．…………………4分（2）∵2222432fxxaxaxaa，当103a时，12aa，∴()fx在区间1,1aa内是单调递减．…………………………………………6分∴2maxmin861,21fxfaaafxfaa（）1-（）1+．∵()afxa，∴2861,21.aaaaa此时，a．…………………………………………………………………………9分当113a时，2max2fxfaa（）．∵()afxa，∴22,21,861.aaaaaaa即01,1,3717717.1616aaa……11分此时，1717316a．……………………………………………………………13分综上可知，实数a的取值范围为1717,316．…………………………………14分2007—2008年联考题一、选择题1.(江苏省启东中学2008年高三综合测试一)函数y=2x3-3x2-12x+5在区间[0,3]上最大值与最小值分别是（）w.A.5,-15B.5,-4C.-4,-15D.5,-16答案A2.(安徽省皖南八校2008届高三第一次联考)若xxxxfx20)1)((lim存在，则)(xf不可能为（）A．2x；　　　　　Ｂ．||x；　　　　Ｃ．x；　　　　　Ｄ．x；答案B3.(江西省五校2008届高三开学联考)设函数)()0(1)6sin()(xfxxf的导数的最大值为3，则f(x)的图象的一条对称轴的方程是()A．9xB．6xC．3xD．2x答案C4.(江西省五校2008届高三开学联考)已知32332,32,lim3xxfxffx则()A．－4B．8C．0D．不存在答案B5.(湖南省株洲市2008届高三第二次质检)已知函数)(xfy的导函数)(xfy的图像如下则（）A．函数)(xf有1个极大值点，1个极小值点B．函数)(xf有2个极大值点，2个极小值点C．函数)(xf有3个极大值点，1个极小值点D．函数)(xf有1个极大值点，3个极小值点答案A二、填空题6.（2008年高考数学各校月考）定积分dxx|sin|230的值是.答案37.(四川省成都市新都一中高2008级12月月考)已知函数322()3fxxmxnxm在x＝－1时有极值0，则m＝_________；n＝_________；本题主要考查函数、导数、极值等基本概念和性质0答案m＝2，n＝9.解析)(xf＝3x2＋6mx＋n由题意，)1(f＝3－6m＋n＝0f(－1)＝－1＋3m－n＋m2＝0解得31nm或92nm但m＝1，n＝3时，)(xf＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立即x＝－1时不是f(x)的极值点，应舍去8.(北京市十一学校2008届高三数学练习题)如图为函数32()fxaxbxcxd的图象，xy1xx4OoO2x3xoyx-33\'()fx为函数()fx的导函数，则不等式\'()0xfx的解集为____________．答案(,3)(0,3)三、解答题9.(2007年江苏省淮安市)已知函数F(x)=|2x－t|－x3+x+1（x∈R，t为常数，t∈R）（1）写出此函数F(x)在R上的单调区间；（2）若方程F(x)－m=0恰有两解，求实数m的值。解（1）212,131|2|)(333txtxxtxtxxxxtxxF∴2,132,33)(\'22txxtxxxF由－3x2+3=0得x1=－1，x2=1，而－3x2－1<0恒成立∴i)当2t<－1时，F(x)在区间(－∞，－1)上是减函数在区间(－1，1)上是增函数，在区间(1，+∞)上是减函数ii)当1>2t≥－1时，F(x)在区间(－∞，2t)上是减函数在区间(2t，1)上是增函数，在区间(1，+∞)上是减函数iii)当2t≥1时，F(x)在(－∞，+∞)上是减函数（2）由（1）可知i)当2t<－1时，F(x)在x=－1处取得极小值－1－t，在x=1处取得极大值3－t，若方程F(x)－m=0恰有两解，此时m=－1－t或m=3－tii)当－1≤2t<1，F(x)在x=2t处取值为1283tt，在x=1处取得极大值3－t，若方程F(x)－m=0恰有两解，此时m=1283tt或m=3－t10.(2008年四川省成都市一诊)已知函数()yfx是定义域为R的偶函数，其图像均在x轴的上方，对任意的[0,)mn、，都有nmfnmf)]([)(，且(2)4f，又当0x时，其导函数0)(xf恒成立。（Ⅰ）求f(0)、f(-1)的值；（Ⅱ）解关于x的不等式：222()224kxfx，其中(1,1).k解(1)由f(m·n)＝[f(m)]n得：f(0)＝f(0×0)＝[f(0)]0∵函数f(x)的图象均在x轴的上方,∴f(0)＞0,∴f(0)＝1……………………………3分∵f(2)＝f(1×2)＝[f(1)]2＝4，又f(x)＞0∴f(1)＝2,f(－1)＝f(1)＝2…………………3分(2))1(422242224222222fxkxfxkxfxkxf)1(4|2|2fxkxf又当0x时，其导函数\'0fx恒成立，∴yfx在区间0,上为单调递增函数∴222221241404kxkxxkxkxx①当0k时，0x；②当10k时，22440011kkxxxkk，∴24,01kxk；③当01k时，22440011kkxxxkk，∴240,1kxk综上所述：当0k时，0x；当10k时，24,01kxk；当01k时，240,1kxk。

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