高考数学分类专题复习

★★★高考在考什么 【考题回放】

1．已知对任意实数x，有f(x)f(x)，g(x)g(x)时（ B ）

A．f(x)0，g(x)0 C．f(x)0，g(x)0

1x，且x0时，f(x)0，g(x)0，则x0

B．f(x)0，g(x)0 D．f(x)0，g(x)0

2．曲线ye2在点(4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ D ） Ａ．

92e

2 Ｂ．4e2 Ｃ．2e2 Ｄ．e2

3．设p:f(x)exlnx2x2mx1在(0，)内单调递增，q:m≥5，则p是q的（ B ） Ａ．充分不必要条件 Ｃ．充分必要条件

Ｂ．必要不充分条件 Ｄ．既不充分也不必要条件

4．设f(x)是函数f(x)的导函数，将yf(x)和yf(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ D ）

5．函数f(x)xlnx(x0)的单调递增区间是＿＿＿＿．,

e16．若直线y=x是曲线y=x3-3x2+ax的切线，则a= ；

★★★高考要考什么 1． 导数的定义：f(x0)lim2． 导数的几何意义：

（1） 函数yf(x)在点x0处的导数f(x0)，就是曲线yf(x)在点P(x0,y0)处的切线的斜率； （2）函数ss(t)在点t0处的导数S(t0)，就是物体的运动方程ss(t)在时刻t0时的瞬时速度；

f(x0x)f(x0)xlimf(x)f(x0)xx0limf(x02x)f(x0)2x

x0xx0x0x3．要熟记求导公式、导数的运算法则、复合函数的导数等。尤其注意：(loga)1xloga和axex alna。

4．求函数单调区间的步骤：1）、确定f(x)的定义域，2）、求导数y′，3）、令y′>0(y′<0),解出相

应的x的范围。当y′>0时，f(x)在相应区间上是增函数；当y′<0时，f(x)在相应区间上是减函数 5．求极值常按如下步骤：① 确定函数的定义域；② 求导数；③ 求方程y/=0的根及导数不存在的点，这些根或点也称为可能极值点；④通过列表法, 检查在可能极值点的左右两侧的符号，确定极值点。 6．设函数f(x)在[a,b]上连续,在（a,b）内可导，求f(x)在[a,b]上的最大（小）值的步骤如下：(1)求f(x)在(a,b)内的极值，(2)将f(x)的各极值与f(a),f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。

7．最值（或极值）点必在下列各种点之中：导数等于零的点、导数不存在的点、端点。

★★★ 突 破 重 难 点

【范例1】已知函数f(x)ax3bx23x在x1处取得极值. （1）讨论f(1)和f(1)是函数f(x)的极大值还是极小值；

（2）过点A(0,16)作曲线y= f(x)的切线，求此切线方程. （1）解：f(x)3ax22bx3，依题意，f(1)f(1)0，即 3a2b30,3a2b30.

解得a1,b0. ∴f(x)x33x,f(x)3x233(x1)(x1). 令f(x)0，得x1,x1.

若x(,1)(1,)，则f(x)0，故 f(x)在(,1)上是增函数， f(x)在(1,)上是增函数.

若x(1,1)，则f(x)0，故f(x)在(1,1)上是减函数. 所以，f(1)2是极大值；f(1)2是极小值. （2）解：曲线方程为yx33x，点A(0,16)不在曲线上.

3设切点为M(x0,y0)，则点M的坐标满足y0x03x0.

22因f(x0)3(x01)，故切线的方程为yy03(x01)(xx0)

注意到点A（0，16）在切线上，有

16(x03x0)3(x01)(0x0) 化简得x08，解得x02.

323所以，切点为M(2,2)，切线方程为9xy160.

【点晴】过已知点求切线，当点不在曲线上时，求切点的坐标成了解题的关键. 【范例2】（安徽理）设a≥0，f (x)=x－1－ln2 x＋2a ln x（x>0）.

（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），讨论F（x）在（0.＋∞）内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2a ln x＋1. 解：（Ⅰ）根据求导法则有f(x)12lnxx2ax，x0，

故F(x)xf(x)x2lnx2a，x0， 于是F(x)1列表如下：

2xx2x，x0，

x F(x) F(x) (0，2)  2 0 极小值F(2) (2，∞)    故知F(x)在(0，2)内是减函数，在(2，∞)内是增函数，所以，在x2处取得极小值

F(2)2 2ln2a．2（Ⅱ）证明：由a≥0知，F(x)的极小值F(2)22ln22a0． 于是由上表知，对一切x(0，∞)，恒有F(x)xf(x)0． 从而当x0时，恒有f(x)0，故f(x)在(0，∞)内单调增加． 所以当x1时，f(x)f(1)0，即x1ln2x2alnx0． 故当x1时，恒有xln2x2alnx1．

【点晴】本小题主要考查函数导数的概念与计算，利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法，考查综合运用有关知识解决问题的能力． 【范例2】已知定义在正实数集上的函数f(x)122x2ax，g(x)3alnxb，其中a0．设两曲线2yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同．（I）用a表示b，并求b的最大值；

（II）求证：f(x)≥g(x)（x0）．

解：（Ⅰ）设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．

3ax2∵f(x)x2a，g(x)，由题意f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)．

122x2ax3alnx0b，02203a即由x02a得：x0a，或x03a（舍去）． 23ax0x2a，0x0即有b令h(t)1252a2a3alna2222252a3alna．

22t3tlnt(t0)，则h(t)2t(13lnt)．于是

1当t(13lnt)0，即0te3时，h(t)0；

1当t(13lnt)0，即te3时，h(t)0．

1故h(t)在0，e313∞为减函数， 为增函数，在e，213于是h(t)在(0，∞)的最大值为he3e3．

2（Ⅱ）设F(x)f(x)g(x)3ax212x2ax3alnxb(x0)，

22则F(x)x2a(xa)(x3a)x(x0)．

故F(x)在(0，a)为减函数，在(a，∞)为增函数，

于是函数F(x)在(0，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0． 故当x0时，有f(x)g(x)≥0，即当x0时，f(x)≥g(x)．

【点晴】本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力． 变式：已知函数f(x)ln(exa)(a0). （1）求函数y= f(x)的反函数yf1(x)及f(x)的导数f(x);

1 （2）假设对任意x[ln(3a),ln(4a)],不等式|mf围.

解：（1）e0,ylna,yfexxx1(x)|ln(f(x))0成立，求实数m的取值范

xlnexa,xlna；

yea11eax

1（2）x[ln(3a),ln(4a)],不等式|mf(x)|ln(f(x))0

f1xlnxfxmf1xln2fxlnealnxexxeamlnealnxexxealneeaeaxxmlne,vt2xaexeeaeaxxxxeme2xaex2

令：utttata22tat22,te,t3a,4a

vttat20,t3a,4a,utt2ata(ta)2220

所以u(t),v(t)都是增函数.因此当t[3a,4a]时，u(t)的最大值为u(4a)v(3a)ln(12583a,而不等式②成立当且仅当u(4a)e831m125ma,v(t)的最小值为83a，于是得

v(3a),即

125aea)mln(a).

解法二：由|mfxx(x)|ln(f(x))0得

xxln(ea)ln(ea)xmln(ea)ln(ea)x.

设(x)ln(exa)ln(exa)x,(x)ln(exa)ln(exa)x, 于是原不等式对于x[ln(3a),ln(4a)]恒成立等价于(x)m(x). ③„7分

exx由(x)xeaxexxeax1,(x)exxeaexxea1，注意到

0eaeea,故有(x)0,(x)0，从而可(x)与(x)均在

[ln(3a),ln(4a)]上单调递增，因此不等式③成立当且仅当

(ln(4a))m(ln(3a)).即 ln(125a)mln(83a).

【点晴】求参数的取值范围，凡涉及函数的单调性、最值问题时，用导数的知识解决较简单. 高考试题训练：

17. 江苏省滨海县08届高三第三次联考数学试卷2008-1-4

已知函数f(x)x22xalnx(x0),

(1)若f(x)在[1,)上单调递增，求a的取值范围；

(2)若定义在区间D上的函数yf(x)对于区间D上的任意两个值x1、x2总有以下不等式

12[f(x1)f(x2)]f(x1x22)成立，则称函数yf(x)为区间

D上的“凹函数”.试证当

a0时，f(x)为“凹函数”

22a解： (1)由fxx2alnx，得f'x2x2

xxx' 若函数为[1,)上单调增函数，则fx0在[1,)上恒成立 即不等式2x令(x)2x2ax0在[1,)2上恒成立. 也即a2x2x2在[1,)上恒成立

2x2x22x2x，上述问题等价于a(x)max，而(x)2x为在[1,)上的

减函数，则(x)max(1)0，于是a0为所求

(2)证明：由fxx2alnx 得

fx1fx221x221x22x111alnx1lnx2 x22

1x221x22x1x2x1x2alnx1x2 x1x24xx2x1x2f1aln22x1x222

2

x1x2而x1x2x1x22x1x2242122122 ①

x1x2x1x24x1x2 又x1x2x12x222x1x24x1x2， ∴

∵x1x2x1x222 ②

∴lnx1x2lnx1x2alnx1x22x1x22，

∵a0 ∴aln由①、②、③得

1x221 ③

2x22x1x2x1x2aln4xx2x1x21aln2x1x2x1x2

即

fx1fx22xx2f1，从而由凹函数的定义可知函数为凹函数 2f(x)18. 如右图（1）示，定义在D上的函数，如果

f(x)满足：在D上中的

对xD，常数A，都有f(x)≥A成立，则称函数

有下界，其中A称为函数的下界. （提示：图(1)、（2）常数A、B可以是正数，也可以是负数或零）

（1） （1）试判断函数f(x)x348x在（0，＋）上是否有下界？并说明理由；

（2）又如具有右图（2）特征的函数称为在D上有上界。请你类

比函数有下界的定义，给出函数f(x)在D上有上界的定义，并判断（1） 中的函数在（－， 0）上是否有上界？并说明理由； （3）若函数f(x)在D上既有上界又有下界，则称函数f(x)在D上 (2) 有界，函数f(x)叫做有界函数．试探究函数f(x)ax3[m,n]（m0,n0,mbx（a0,b0a,b是常数）是否是

、n是常数）上的有界函数？

48x2解法1：∵f(x)3x2，由f(x)0得3x248x20，

4x16, ∵x(0,)， ∴x2，-----------------2分

∵当0x2时，f'(x)0，∴函数

f(x)在（0，2）上是减函数；

当x2时，f'(x)0，∴函数

f(x)在（2，＋）上是增函数；

48232∴x2是函数的在区间（0，＋）上的最小值点，f(x)minf(2)8

∴对x(0,)，都有f(x)32，------------------------------------4分 即在区间（0，＋）上存在常数A=32,使得对x(0,)都有f(x)A成立， ∴函数f(x)x348x在（0，＋）上有下界. ---------------------5分

48xx3[解法2：x0f(x)x3当且仅当x316x16x16x16x44x316161632 xxx即x2时“＝”成立

∴对x(0,)，都有f(x)32，

即在区间（0，＋）上存在常数A=32,使得对x(0,)都有f(x)A成立， ∴函数f(x)x348x在（0，＋）上有下界.]

（2）类比函数有下界的定义，函数有上界可以这样定义：

定义在D上的函数数

f(x)在

f(x)，如果满足：对xD，常数B，都有f(x)≤B成立，则称函

D上有上界，其中B称为函数的上界. -----7分

设x0,则x0，由（1）知，对x(0,)，都有f(x)32， ∴f(x)32，∵函数f(x)x3∴f(x)32，∴f(x)32

即存在常数B=－32，对x(,0)，都有f(x)B, ∴函数f(x)x3（3）∵f(x)3ax248xbx248x为奇函数，∴f(x)f(x)

在（－， 0）上有上界. ---------9分 ，

bx2由f(x)0得3ax2∴x4b3a0，∵a0,b0

b3a, ∵ [m,n](0,)， ∴x4，----------10分

b3a∵当0x4b3a时，f'(x)0，∴函数

f(x)在（0，4）上是减函数；

当x4b3ab3a时，f'(x)0，∴函数

f(x)在（4b3a，＋）上是增函数；

∴xb4是函数的在区间（0，＋）上的最小值点，

b3ab4f(43a)a(4)3b3a4343ab3---------------------11分

①当m4b3a时，函数f(x)在[m,n]上是增函数；

∴f(m)f(x)f(n)

∵m、n是常数，∴f(m)、f(n)都是常数 令f(m)A,f(n)B,

∴对x[m,n]，常数A,B,都有Af(x)B 即函数f(x)ax3②当 nb3abx在[m,n]上既有上界又有下界-------------------------12分

在[m,n]上是减函数

4 时函数

f(x)∴对x[m,n]都有f(n)f(x)f(m) ∴函数f(x)ax3③当mb3abx在[m,n]上有界.-------------------------13分

4n时，函数f(x)在[m,n]上有最小值

f(x)min＝f(4b3a)a(4b3a)43bb3a4343ab3

令A4343ab3,令B=f(m)、f(n)中的最大者

则对x[m,n]，常数A,B,都有Af(x)B ∴函数f(x)ax3bx在[m,n]上有界.

bx综上可知函数f(x)ax3是[m,n]上的有界函数--------------14分

19. 已知函数f(x)x5ax3bx1，仅当x1,x1时取得极值且极大值比极小值

大4，求a,b的值.

解：f'(x)5x43ax2b且x1是极值点 53ab0

则f'(x)5x43ax253a(5x253a)(x1)(x1) 仅有极值x153a0且x1为极大值点，x1为极小值点

53a0a1故f(1)f(1)4

b253ab020. 已知函数f(x)ax4bx3cx2dxe为偶函数，它的图象过点A(0,-1)，且x=1处的切线

方程为2x+y-2=0。

（1）求函数f(x)的表达式；

（2）若对任意x∈R，不等式f(x)≤t(x21)都成立，求实数t的取值范围。 解：（1）∵f(x)是偶函数，f(x)＝f(x)恒成立。

即a(x)4b(x)3c(x)2d(x)eax4bx3cx2dxe恒成立。 ∴b0,d0,即f(x)ax4cx2e， ……2分 又由图象过点A(0,1)，可知f(0)1,即e1.

又∵f'(x)4ax32cx，由题意知函数yf(x)在点(1,0)的切线斜率为2， 故f'(1)2,且f(1)0 ……4分 ∴4a2c2,且ac1,可得a2,c3 ∴f(x)2x43x21 ……6分 （2）由

f(x)t(x1)42恒成立 ，且x221恒大于0，可得

2x43x221x1t恒成立，

令g(x) 设x22x3x1x1则m1, 3x2242 ……8分

1m,2x且g(x)m1x12m27m6m72(m3m)74m3m743 （当且仅当分

3时，g(x)743)

4 ∴g(x)的最大值为7

3, 故实数t的取值范围是(7412xmx2……123,).

21. 已知f(x)lnx，g(x)72（m0），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h(x)f(x1)g(x)（其中g(x)是g(x)的导函数），求函数h(x)的最大值；

ba2a（Ⅲ）当0ba时，求证：

f(ab)f(2a)．

解：（Ⅰ）依题意知：直线l是函数f(x)lnx在点(1,0)处的切线，故其斜率

kf(1)111，

所以直线l的方程为yx1．

又因为直线l与g(x)的图像相切，所以由

yx1129127x(m1)x0，

22yxmx22得(m1)2

90m2（m4不合题意，舍去）；

f(x1)g(x)ln(x1)x2（x1），所以

（Ⅱ）因为h(x)h(x)1x11xx1．

当1x0时，h(x)0；当x0时，h(x)0．

因此，h(x)在(1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减． 因此，当x0时，h(x)取得最大值h(0)2； （Ⅲ）当0ba时，1此，有

f(ab)f(2a)lnabbabaln12a2a2aba2a0．由（Ⅱ）知：当1x0时，h(x)2，即ln(1因)xx．

．

22. 某工厂有一个容量为300吨的水塔，每天从早上6时起到晚上10时止供应该厂的生产和

生活用水，已知该厂生活用水为每小时10吨，工业用水量W（吨）与时间t（小时，且

规定早上6时t＝0）的函数关系为W＝1003t．水塔的进水量分为10级，第一级每小时进水10吨，以后每提高一级，每小时进水量就增加10吨．若某天水塔原有水100吨，在开始供水的同时打开进水管，问进水量选择为第几级时，既能保证该厂的用水（水塔中水不空）又不会使水溢出?

设进水量选第x级，则t小时后水塔中水的剩余量为：

y＝100＋10xt－10t－1003t，且0≤t≤16．

根据题意0＜y≤300，∴0＜100＋10xt－10t－1003t≤300． 当t＝0时，结论成立． 当t＞0时，由左边得x＞1＋10（

1313t21t）, 令m=

3133，由0＜t≤16，m ≥

44，

t记f（t）=1＋10（

t21t）=1+10m-10m，（m ≥

2323

44）

则f（t）=20m – 30 m =0得m = 0或m =

32

．

23∵当

44≤m ＜

23时，f（t）＞0；当m ＞时，f（t）＜0，

∴所以m =

27823时（此时t =

13278），f（t）最大值=1+10（1t23）-10（

2

23）=

3

6727≈2.48．

当t＝时，1＋10（

t2）有最大值2.48．

∴x＞2.48，即x≥3． 由右边得x≤

20t103t2＋1，当t＝16时，

20t103t2＋1有最小值

2016103162＋1=

945324∈（3，4）．即x≤3．

综合上述，进水量应选为第3级．

【总结点评】本题考查数学建模的基本思想，怎么样把实际问题转化为数学问题，进而用已

有的数学知识求这个数学问题的解。水塔中的水不空又不会使水溢出等到价于进出水量的平衡，进水量与选择的进水级别与进水时间相关，出水量有生活用水与工业用水两部分构成，故水塔中水的存量是一个关于进水级别与用水时间的函数，而容量为300吨的水塔就构成一个不等式，解之得问题的解.

23. 某地为科技兴市，欲将如图所示的一块不规则的非农业用地规划建成一个矩形的高

科技工业园区.已知AB⊥BC，OA//BC，且AB=BC=4 AO=2km，曲线段OC是以点O为顶点且开口向上的抛物线的一段.如果要使矩形的相邻两边分别落在AB，BC上，且一个顶点落在曲线段OC上，问应如何规划才能使矩形工业园区的用地面积最大？并求出最大的用地面积（精确到0．1km2）.

以O为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系（如图）

依题意可设抛物线的方程为x22py,且C(2,4).222p4,p故曲线段OC的方程为yx2(0x2).

设P（x,x2）(0x2)是曲线段OC上的任意一点，则|PQ|=2+x，|PN|=4－x2． ∴工业园区面积S=|PQ|〃|PN|=（2+x）（4－x2）=8－x3－2x2+4x. ∴S′=－3x2－4x+4，令S′=0x1又0x2,x2323.

23,x22,

12.

y B N C 当x[0,)时，S′>0，S是x的增函数； 当x(,2）时，S′<0，S是x的减函数.

3xS8323832Q A O 328,

P x 时，S取到极大值，此时|PM|=2+x=,|PN|4x232923256279.5(km).而当x0时,S8.

832

2所以当x即|PM|=，|PN|328,矩形的面积最大为Smax9.5(km).

答:把工业园区规划成长为

329km,宽为

83km时,工业园区的面积最大，最大面积为9.5（km）

【解读】《考试大纲》要求利用导数求一些实际问题的最大值和最小值，而且还要求考查实践能力，

因此运用导数来解决实际问题也就在高考所要求考查之列，解决这类问题的关键在于从实际问题中建立函数模型，然后利用导数来求最值.如本题根据题意建立坐标系后（这是由抛物线联想到的）建立的是三次函数模型，而引入导数以后三次函数本来就是高考的常考点，应引起足够的重视. 24．已知函数f(x)2x3ax2bx26（a，bR）在x3和x2处取到极值．

（1）求a，b和f(3)f(2)的值；

（2）求最大的正整数t，使得x1,x2[t,t]时，

|f(x1)f(x2)|≤125与|f(x1)f(x2)|≤125同时成立．

解：（1）依题意可知，f(x)2x3ax2bx26，f(x)6x22axb 则：

2a6320a3，--------------------------------2分 bb363266 则f(x)2x33x236x26， f(3)55，f(2)70，

f(3)f(2)125；------------------------------------------4分

17522（2）由（1）知f(x)2x33x236x26，f(x)6x26x366(x)2f(x)0的两个根分别是3和

2，

令f(x)0得x3或x2，令f(x)0得3x2

即函数f(x)2x33x236x26在区间(,3)上单调增，在区间(3,2)上单调减，在区间

(2,)上单调增，----------------------6

分

又f(3)55，f(2)70，|f(3)f(2)|125，

令f(x)2x33x236x2655，得2x33x236x810， 其有一个根为3，则分解得：(x3)2(2x9)0，得x3或x令f(x)2x33x236x2670，得2x33x236x440， 其有一个根为2，则分解得：(x2)2(2x11)0，得x2或x11292；--------8分

；--------10分

则要使得x1，x2[t,t]，|f(x1)f(x2)|125，必须满足：0t又∵t为正整数，∴t最大为4，

另一方面，f(x)6x26x366(x)22175292；-------12分

，

由于tZ，则要使得x1，x2[t,t]，|f(x1)f(x2)|125成立，则

f(t)(752)125，即6t26t36(752)125，12t212t2470-------14分

令g(t)12t212t247，则g(4)70，g(5)1130， 则要使得x1，x2[t,t]，|f(x1)f(x2)|125成立，t4，

（此处也可以对最大的正整数t4，在区间4,4上验证|f'(x)maxf'(x)min|125） 综上所述，最大的正整数t为4．----------------------------------------17分

25．已知：在函数f(x)mx3x的图象上，以N(1,n)为切点的切线的倾斜角为

4．

（Ⅰ）求m，n的值；

（Ⅱ）是否存在最小的正整数k，使得不等式f(x)k1993对于x[1,3]恒成立？如果存在，请求出最小的正整数k；如果不存在，请说明理由；

（Ⅲ）求证：|f(sinx)f(cosx)|2f(t12t)（xR，t0）．

4解：（Ⅰ）f(x)3mx21 ，依题意，得f(1)tan13，即3m11，m23. …2分

∵ f(1)n， ∴ n. ……………………3分 （Ⅱ）令f(x)2x210，得x

当1x 当

222222. …………………………4分

22x13时，f(x)2x210；当22时，f(x)2x210；

22)232x3时，f(x)2x10. 又f(1)23f(x)15，f(，f(22)23，

f(3)15. 因此，当x[1,3]时，.

要使得不等式f(x)k1993对于x[1,3]恒成立，则k1519932008.

所以，存在最小的正整数k2008，使得不等式f(x)k1993对于 x[1,3]恒成立.

（Ⅲ）方法一：|f(sinx)f(cosx)||(sin3xsinx)(cos3xcosx)|

33|23(sin322xcos3x)(sinxcosx)| |(sinxcosx)[233(sin132xsinxcosxcosx)1]|

2sin(x2|sinxcosx||23sinxcosx13|13|sinxcosx||4)|3223. 又∵ t0，

∴ t12t12，t22314t12t21.

3

1)]2(t ∴ 2f(t2t)2[(t)(t12t)[23(t214t2)132t]22(2313)223.

综上可得，|f(sinx)f(cosx)|2f(t12t)（xR，t0）. ………14分

222 方法二：由（Ⅱ）知，函数f(x)在 [-1，数；在[

2222]上是增函数；在[)2,

22]上是减函

1，1]上是增函数.又f(1)1，f(，f(2)，f(1).

232323 所以，当x∈[-1，1]时，2f(x)2，即|f(x)|2333.

∵ sinx，cosx∈[-1，1]，∴ |f(sinx)|2，|f(cosx)|233.

∴ |f(sinx)f(cosx)||f(sinx)||f(cosx)|2223233.……11分

又∵t0，∴ t12t21，且函数f(x)在[1,)上是增函数.

∴ 2f(t12t)2f(2)2[23(2)32]223. …………………13分

综上可得，|f(sinx)f(cosx)|2f(t12t)（xR，t0）.……………14分

26. 已知函数f(x)x3x2ax,x1，在xlnx,x1=1处连续.

（I）求a的值；

（II）求函数f(x)的单调减区间；

（III）若不等式f(x)xc对一切xR恒成立，求c的取值范围. （I）解：由f(x)在x1处连续，

可得11aln1，故a0.

…………2分

（II）解：由（I）得f(x)x3x2,x1,lnx,x1.

当x1时,f(x)3x22x,令f(x)0,可得0x23.

当x1时,f(x)1x,故f(x)0.所以函数f(x)的单调减区间为(0,23). …………7分

（III）解：设g(x)f(x)xx3x2x,x1,lnxx,x1.

3当x1时,g(x)3x2x1,令g(x)0,可得x令g(x)0,可得可得(,131313或x1,即x13;2x1.,(13,1)为函数g(x)的单调减区间.)为函数g(x)的单调增区间1x1,当x1时,g(x) 故当x1时,g(x)0.可得(1,)为函数g(x)的单调减区间又函数g(x)在x1处连续,于是函数g(x)的单调增区间为所以函数g(x)的最大值为要使不等式g((,13)13127),单调减区间为1913527,(13,).,

f(x)xc对一切xR恒成立,即g(x)c对一切xR恒成立,又g(x)527,527.

故c的取值范围为c…………13分

27. 设M是由满足下列条件的函数f(x)构成的集合：“①方程f(x)x0有实数根；② 函数f(x)的导数f(x)满足0f(x)1.” （I）判断函数f(x)x2sinx4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

[m，n]D，都存在x0[m，n]，使得等式f(n)f(m)(nm)f(x0)成立”， 试用这一性质证明：方程f(x)x0只有一个实数根；

（III）设x1是方程f(x)x0的实数根，求证：对于f(x)定义域中任意的

x2,x3,当|x2x1|1,且|x3x1|1时,|f(x3)f(x2)|2.

解：（1）因为f(x)

13441214cosx，…………2分

所以f(x)[,]满足条件0f(x)1,………………3分 又因为当x0时，f(0)0，所以方程f(x)x0有实数根0.

所以函数f(x)x2sinx4是集合M中的元素.…………4分

（2）假设方程f(x)x0存在两个实数根,(），

则

f()0,f()0，………5

分 不妨设，根据题意存在数c(,),

使得等式f()f()f()f(c)成立，……………………7分 因为f(),f(),且，所以f(c)1，

与已知0f(x)1矛盾，所以方程f(x)x0只有一个实数根；…………9分 （3）不妨设x2x3，因为f(x)0,所以f(x)为增函数，所以f(x2)f(x3)， 又因为f(x)10，所以函数f(x)x为减函数，………………10分 所以f(x2)x2f(x3)x3，…………11分

所以0f(x3)f(x2)x3x2，即|f(x3)f(x2)||x3x2|,…………12分 所以|f(x3)f(x2)||x3x2||x3x1(x2x1)|x3x1||x2x1|2.

28. 已知向量i=（1，0），j=（0，1），函数f(x)ax3bx2c(a0)的图象在y轴上的截距为1，在x=2处切线的方向向量为(ac)i12bj，并且函数当x1时取得极值。 （1）求f(x)的解析式；（2）求f(x)的单调递增区间；（3）求f(x)的极值。

解:(1)由f(0)1,得c1,f'(1)0由'12b,得f(2)a1a4b6f(x)3ax2bxf(x)4x6x12'2

2(2)由f(x)12x12x0得,(3)在(0,1)上,f(x)0''f(x)单调递增区间为(1,)和(,0)f(x)在x0处取得极大值f(0)1f(x)在x1处取得极小值f(1)118．）

(2)由f(x)12x12x0得,(3)在(0,1)上,f(x)0''2

f(x)单调递增区间为(1,)和(,0)f(x)在x0处取得极大值f(0)1f(x)在x1处取得极小值f(1)129. 将一张2×6米的硬钢板按图纸的要求进行操作：沿线裁去阴影部分，把剩余的部分按要

求焊接成一个有盖的长方体水箱（⑦为底，①②③④为侧面，⑤+⑥为水箱盖，其中①与③、②与④分别是全等的矩形，且⑤+⑥=⑦），设水箱的高为x米，容积为y立方米。 （1）写出y关于x的函数关系式；

（2）如何设计x的大小，使得水箱的容积最大？

解：（1）依题意水箱底的宽为(22x)米,长为62x2

分

(3x)米，…………3

则水箱的容积y(22x)(3x)x(0x1)即为y关于x的函数关系式

……………………6分

（2）y(22x)(3x)x2x38x26x(0x1) ∴y6x216x6,令y6x216x60得x437437…………8分

当0x437时y0,函数单调递增;

当

x1时,y0,函数单调递减……………………12分

∴当x4377时函数y(22x)(3x)x(0x1)取得最大值，

∴设计x43，水箱的容积最大…………………………14分

30. 设函数f(x)ax3bx2cx3a（a,b,c∈R，且a0）。当x1时，f(x)取得极大值2。

（1）用关于a的代数式分别表示b与c；

（2）当a1时，求f(x)的极小值；

（3）求a的取值范围。

本小题考查导数的意义，多项式函数的导数，考查利用导数研究函数的极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

解：（1）f3ax22bxc，由已知可得：

f(1)2abc3a2即 f(1)03a2bc0 ∴

ba1c2a（4分）

（2）当a1时，b=2，c=1

f(x)x2xx2（5

32分）

2f(x)3x4x13(x1)(x13)

令f(x)0,x11,x2x(1,x(131313（6分） 为减函数

分）

)时，f(x)0,f(x),),x(,1)时，f(x)0,f(x)为增函数（8

1127291325027∴ f(x)有极小值f()3（9分）

（3）f(x)ax3(a1)x2(2a)x3a

2f(x)3ax2(a1)x2a

a23a)0由3ax22(a1)x2a0，则3a(x1)(x∴ x11,x2a23a（11分）

要使

a0a0或a2 f(x)的极大值f(1)2，则a2113a2a12∴ a（14分）

31. 已知函数f(x)ax2lnx(x0)． （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）当a0时，设斜率为k的直线与曲线yf(x)交于A(x1,y1)、B(x2,y2)(x1x2)两点，求证：x11kx2．

（Ⅰ）f'(x)2ax1x2ax21x(x0)

当a0时，f'(x)0,f(x)在(0,)上是增函数； 当a0时，由f'(x)0，得x 在区间(0,12a2a)12a2a（取正根），

12a2a,)内，f'(x)0,f(x)是增函数；在区间(内，

f'(x)0,f(x)是减函数．

综上，当a0时，f(x)的增区间为(0,)，没有减区间；

当a0时，f(x)的减区间是(（Ⅱ）当a0时，f(x)lnx(x0),x2x1lnx2lnx112a2a,)，增区间是(0,12a2a)．

1kx2x1lnx2lnx1，

今证明 x1x2，

先证明 x1(lnx2lnx1)(x2x1)0 设 h(x)x1(lnxlnx1)(xx1),(xx10) 则 h'(x)x1x1，

∵ xx10，∴h'(x)0，h(x)在[x1,)上是减函数． ∵ x2x1，∴h(x2)h(x1)0， 即 x1(lnx2lnx1)(x2x1)0 ∴x1

x2x1lnx2lnx1，同理可证

x2x1lnx2lnx1x2．∴x11kx2