高三数学备考易错点点睛系列二 函数概念与基本初等函数

【原题1】设M＝｛a，b，c｝，N＝｛－2,0,2｝,求（1）从M到N的映射种数；

（2）从M到N的映射满足 f(a)>f(b)≥f(c),试确定这样的映射f的种数

【原题2】已知函数f(x)的定义域为[0，1]，求函数f(x1)的定义域．

【错误分析】：由于函数f(x)的定义域为[0，1]，即0x1，1x12∴f(x1)的定义域是

[1，2]

【答案】：[－1，0]

【解析】：由于函数f(x)的定义域为[0，1]，即0x1∴f(x1)满足0x11

1x0，∴f(x1)的定义域是[－1，0]

【易错点点睛】：对函数定义域理解不透，不明白f(x)与f(u(x))定义域之间的区别与联系，其实在这

里只要明白：f(x)中x取值的范围与f(u(x))中式子u(x)的取值范围一致就好了.

x5【原题3】已知：xN,f(x)f(x2)*(x6)，求f(3)

(x6)x5【错误分析】：∵ f(x)f(x2)(x6)，∴f(x2)(x2)5x3

(x6)故f(x)x5x3(x6)，∴f(3)＝3－3＝0.

(x6)(x6)，∴f(3)＝f(32)f(5)＝f(52)f(7)＝7-5＝2

(x6)x5【解析】：∵ f(x)f(x2)【易错点点睛】：没有理解分段函数的意义，f(3)的自变量是3，应代入f(x2)中去，而不是代入x－

5中，只有将自变量化为不小于6的数才能代入解析式求解.

【原题4】已知f(x)的反函数是f1(x)，如果f(x)与f1(x)的图像有交点，那么交点必在直线yx上，判断此命题是否正确？ 【错误分析】：正确 【答案】：不正确

【解析】：对互为反函数的图像关于直线yx对称这一性质理解不深，比如函数

11111（，）不在直线yx上 y()x与ylog1x的图像的交点中，点(,),24421616【易错点点睛】：“两互为反函数图像的交点必在直线yx上”是不正确的. 【原题5】求函数yf(x)x24x6，x[1,5)的值域． 【错误分析】：

f(1)124163,f(5)5245611又x[1,5)，

f(x)的值域是311，

【答案】：211，

22【解析】：配方，得yf(x)x4x6(x2)2

∵x[1,5)，对称轴是x2∴当x2时，函数取最小值为f(2)2，

f(x)f(5)11f(x)的值域是211，

【易错点点睛】：对函数定义中，输入定义域中每一个x值都有唯一的y值与之对应，错误地理解为x的

两端点时函数值就是y的取值范围了.

【原题6】已知f(x)3x4，求函数f1(x1)的解析式

【错误分析】：由已知得f(x1)3(x1)43x7y3x7即xy7， 3∴f1(x1)

x7 31x1 3【答案】：f1(x1)【解析】：因为f(x)3x4的反函数为f1(x)＝

x31＝x1 33x4(x1)4，所以f1(x1)＝ 33【易错点点睛】：将函数f1(x1)错误地认为是f(x1)的反函数，是由于对函数表达式理解不透彻所

致，实际上f(x1)与f1(x1)并不是互为反函数，一般地应该由f(x)先求f1(x)，再去得到

f1(x1).

【原题7】根据条件求下列各函数的解析式：

（1）已知f(x)是二次函数，若f(0)0,f(x1)f(x)x1，求f(x).

（2）已知f(x1)x2x，求f(x)（3）若f(x)满足f(x)2f()ax,求f(x)．

1x【错误分析】：抽象函数通常是指没有给出函数的具体解析式，只给出了其他一些条件（如：定义域、经

过的特殊的点、解析递推式、部分图象特征等），它是高中数学函数部分的难点，也是与大学的一个衔接点。因无具体解析式，理解研究起来往往很困难。但利用函数模型往往能帮我们理清题意，寻找解题思路，从而方便快捷的解决问题。

【答案】：见解析

【解析】：（1）本题知道函数的类型，可采用待定系数法求解

2设f(x)＝axbxc(a0)由于f(0)0得f(x)ax2bx，

22又由f(x1)f(x)x1，∴a(x1)b(x1)axbxx1

2abb111122ab，f(x)＝x2x 即 ax(2ab)xabax(b1)x1a0222ab1(2)本题属于复合函数解析式问题，可采用换元法求解 设ux1(x0),xu1(u1)f(u)(u1)22(u1)u21(u1)

2∴f(x)＝x1 （x1）

（3）由于f(x)为抽象函数，可以用消参法求解

11111代x可得：f()2f(x)a,与 f(x)2f()ax 联列可消去f() xxxxx2aax得：f(x)＝. 3x3 用

【易错点点睛】：求函数解析式（1）若已知函数f(x)的类型，常采用待定系数法；（2）若已知f[g(x)]表

达式，常采用换元法或采用凑合法；（3）若为抽象函数，常采用代换后消参法.

【原题8】已知3x22y26x，试求x2y2的最大值

【原题9】设f(x)是R上的函数，且满足f(0)1,并且对任意的实数x,y都有f(xy)f(x)

y(2xy1)，求f(x)的表达式.

【错误分析】所给函数中含有两个变量时，可对这两个变量交替用特殊值代入，或使这两个变量相等代入，再用已知条件，可求出未知的函数.具体取什么特殊值，根据题目特征而定. 【答案】：f(x)＝x2x1

【解析】：法一：由f(0)1,f(xy)f(x)y(2xy1)，设xy， 得f(0)f(x)x(2xx1)，所以f(x)＝xx1

2法二：令x0，得f(0y)f(0)y(y1)即f(y)1y(y1) 又将y用x代换到上式中得f(x)＝xx1

2【易错点点睛】：有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。

【原题10】判断函数y()13x的单调性..

【错误分析】：0【答案】：增函数

111,y()x是减函数 33111,y()t在R上是减函数， 33【解析】：令tx，则该函数在R上是减函数，又0∴ y()是增函数.

13x【易错点点睛】：概念不清，导致判断错误.这是一个复合函数，而复合函数的单调性（或单调区间），

仍是从基础函数的单调性（或单调区间）分析，但需注意内函数与外函数的单调性的变化.当然这个函数可化为y3x，从而可判断出其单调性.

【原题11】判断函数f(x)(1x)1x的奇偶性. 1x【错误分析】：∵f(x)(1x)1x1x＝(1x)21x2 1x1x1x是偶函数 1x22 ∴f(x)1(x)1xf(x) ∴f(x)(1x)【答案】：既不是奇函数也不是偶函数 【解析】：f(x)(1x)1x1x01x1即函数的定义域是｛x｜有意义时必须满足

1x1x1x1｝，由于定义域不关于原点对称，所以该函数既不是奇函数也不是偶函数

【易错点点睛】对函数奇偶性定义实质理解不全面.对定义域内任意一个x，都有f(-x)=f(x)，f(-x)=-f(x)

的实质是：函数的定义域关于原点对称.这是函数具备奇偶性的必要条件.

【原题12】函数y=54xx2的单调增区间是_________

2【错误分析】：因为函数g(x)54xx的对称轴是x2，图像是抛物线，开口向下，由图可知

g(x)54xx2在(,2]上是增函数，所以y=54xx2的增区间是(,2]

【答案】：[5,2]

【解析】：y=54xx2的定义域是[5,1]，又g(x)54xx2在区间[5,2]上增函数，在区间

[2,1]是减函数，所以y=54xx2的增区间是[5,2]

【易错点点睛】在求单调性的过程中注意到了复合函数的单调性研究方法，但没有考虑到函数的单调性

只能在函数的定义域内来讨论，从而忽视了函数的定义域，导致了解题的错误.

【原题13】已知奇函数f(x)是定义在(－3，3)上的减函数，且满足不等式f(x－3)+f(x2－3)<0,求x的取

值范围.

22【错误分析】：∵f(x)是奇函数，∴f(x－3)<－f(x－3)= f (3－x),又f(x)在(－3，3)上是减函数，

∴x－3>3－x,即x+x－6>0解得x>2或x<－3又 f(x)是定义在(－3，3)上的函数，所以2＜x＜3

22

【答案】：{x|23x330x6【解析】：由,故0∴x－3>3－x,即x+x－6>0,解得x>2或x<－3,综上得22

22

2

【易错点点睛】只考虑到奇函数与单调性，而没有正确理解函数的定义域.

【原题14】已知函数f(x)在(－1，1)上有定义，f()=－1,当且仅当01,1)都有f(x)+f(y)=f(

12xy),试证明：(1)f(x)为奇函数；(2)f(x)在(－1，1)上单调递减. 1xy【错误分析】：本题知识依托：奇偶性及单调性定义及判定、赋值法及转化思想.对函数的奇偶性、单调性

的判定以及运算能力和逻辑推理能力要求较高. 如果“赋值”不够准确，运算技能不过关，结果很难获得. 对于(1)，获得f(0)的值进而取x=－y是解题关键；对于(2)，判定

x2x1的范围是解题的焦点.

1x1x2【答案】：见解析

【解析】(1)由f(x)+f(y)=f(

xxxy),令x=y=0,得f(0)=0,令y=－x,得f(x)+f(－x)=f()=f(0)=0.1xy1x2∴f(x)=－f(－x).∴f(x)为奇函数.

(2)先证f(x)在(0，1)上单调递减.令0x2x1)

1x1x2∵00,1－x1x2>0，∴

x2x1>0,又(x2－x1)－(1－x2x1)=(x2－1)(x1+1)<0

1x1x2∴x2－x1<1－x2x1,∴0<

x2x1xx1<1,由题意知f(2)<0，即f(x2)1x2x11x1x2∴f(x)在(0，1)上为减函数，又f(x)为奇函数且f(0)=0.∴f(x)在(－1，1)上为减函数.

【易错点点睛】对于抽象函数函数性质的讨论、计算和证明，解题技巧、综合运用各类知识和技能的要

求非常高；特别是最近几年，以一种“定义新函数”的题型出现，突出考核学生的学习能力、应用能力和创新能力，不特别强调解题的技巧。具体的差别，可以通过例题的练习和讲解来得以区分。总之，关于抽象函数题的难度都是相当高的

【原题15】求函数y36x126x5的单调区间.

【原题16】已知yloga(2ax)在[0，1]上是x的减函数，则a的取值范围是 【错误分析】：∵yloga(2ax)是由ylogau，u2ax复合而成，又a＞0

∴u2ax在[0，1]上是x的减函数，由复合函数关系知ylogau应为增函数，∴a＞1

【答案】：1＜a＜2

【解析】：∵yloga(2ax)是由ylogau，u2ax复合而成，又a＞0

∴u2ax在[0，1]上是x的减函数，由复合函数关系知ylogau应为增函数，∴a＞1 又由于x 在[0，1]上时 yloga(2ax)有意义，u2ax又是减函数，∴x＝1时，u2ax取最

小值是umin2a＞0即可，∴a＜2综上可知所求的取值范围是1＜a＜2

【易错点点睛】解题中虽然考虑了对数函数与一次函数复合关系，却忽视了数定义域的限制，单调区间

应是定义域的某个子区间，即函数应在[0，1]上有意义.

12x4xa【原题17】已知函数f(x)=lg, 其中a为常数，若当x∈(－∞, 1］时, f(x)有意义，求2aa1实数a的取值范围.

【错误分析】：参数深含在一个复杂的复合函数的表达式中，欲直接建立关于a的不等式（组）非常困难，

故应转换思维角度，设法从原式中把a分离出来，重新认识a与其它变元(x)的依存关系，利用新的函数关系，常可使原问题“柳暗花明”.

3【答案】：(－, +∞).

41112312x4xa2xx(), 【解析】：>0, 且a－a+1=(a－)+>0, ∴ 1+2+4·a>0, a>xx22442aa111与y=都是减函数， 4x2x31111∴ y=(xx)在(－∞, 1]上是增函数，(xx)max=－,

4424233∴ a>－, 故a的取值范围是(－, +∞).

44当x∈(－∞, 1]时, y=

【易错点点睛】发掘、提炼多变元问题中变元间的相互依存、相互制约的关系、反客为主，主客换位，

创设新的函数，并利用新函数的性质创造性地使原问题获解，是解题人思维品质高的表现.本题主客换位后，利用新建函数y=(11)的单调性转换为函数最值巧妙地求出了实数a的取值范围.此法也叫主元法. xx42【原题18】已知函数f(x)x2ax3a若x[2,2]时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 【错误分析】：（一）

f(x)0恒成立，∴△＝a24(3a)≤0恒成立解得a的取值范围为6a2

2（二）∵f(x)xax3a若x[2,2]时，f(x)≥0恒成立 2f(2)07(2)2a3a0∴即2解得a的取值范围为7a

3f(2)022a3a0【答案】：－7≤a≤2

【解析】：设f(x)的最小值为g(a)

（1）当7a2即a＞4时，g(a)＝f(2)＝7－3a≥0，得a故此时a不存在；

32aa2(2) 当[2,2]即－4≤a≤4时，g(a)＝3－a－≥0，得－6≤a≤2

24又－4≤a≤4，故－4≤a≤2； （3）a2即a＜－4时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，得a≥－7，又a＜－4 2故－7≤a＜－4综上，得－7≤a≤2

【易错点点睛】对二次函数f(x)＝ax2bxc当xR上f(x)≥0恒成立时，△≤0

片面理解为，axbxc≥0，x[2,2]恒成立时，△≤0 ；或者理解为2f(2)0

f(2)0这都是由于函数性质掌握得不透彻而导致的错误.二次函数最值问题中“轴变区间定”要对对称轴进行分类讨论；“轴定区间变”要对区间进行讨论.

【原题19】已知mx2x10有且只有一根在区间（0,1）内，求m的取值范围

2【错误分析】：设f(x)mx2x1∵mxx10有且只有一根在区间（0,1）内

∴f(0)f(1)0得m＜－2

【答案】：m＜－2

【解析】：设f(x)mx2x1，（1）当m＝0时方程的根为－1，不满足条件.

（2）当m≠0∵mxx10有且只有一根在区间（0,1）内又f(0)＝1＞0 ∴有两种可能情形①f(1)0得m＜－2或者②f(1)0且0<综上所得，m＜－2

21<1得m不存在 2m【易错点点睛】对于一般f(x)，若f(a)f(b)0，那么，函数yf(x)在区间（a,b）上至少有一个

零点，但不一定唯一.对于二次函数f(x)，若f(a)f(b)0则在区间（a,b）上存在唯一的零点，一次函数有同样的结论成立. 但方程f(x)＝0在区间（a,b）上有且只有一根时，不仅是f(a)f(b)0，也有可能f(a)f(b)0.如二次函数图像是下列这种情况时，就是这种情况.

由图可知f(x)＝0在区间（a,b）上有且只有一根，但是f(a)f(b)0

【原题20】是否存在这样的实数k，使得关于x的方程x2+（2k－3）x－（3k－1）＝0有两个实数根，

且两根都在0与2之间？如果有，试确定k的取值范围；如果没有，试说明理由.

【错误分析】：令f(x)x2(2k3)x(3k1)那么由条件得到

(2k3)24(3k1)0即此不等式无解即不存在满足条件的k值. f(0)13k0f(2)42(2k3)(3k1)0【答案】：不存在

【解析】：令f(x)x2(2k3)x(3k1)那么由条件得到

4k250(2k3)4(3k1)0k1f(0)13k03即此不等式无解即不存在满足条件的k值. f(2)42(2k3)(3k1)0即k12k33072k2222【易错点点睛】方程两根都在0与2之间，根据图像，可知除满足上述条件外，还要考虑二次函数的对

称轴在区间（0,2）内.

【原题21】不等式 log(x22)(3x22x4)log(x22)(x23x2). 【错误分析】：x221,2x2x60,x23x22x4x23x2,

3或x2.当x2时，真数x23x20且x2在所求的范围内（因 23），说明解法错误.原因是没有弄清对数定义.此题忽视了“对数的真数大于零”这一条件造成解法错2误，表现出思维的不严密性.

【答案】：x2或x2. 【解析】：x221

113113x或x23x2x40332 x2或x1x2或x2. x3x203x22x4x23x23x或x22

【易错点点睛】1.要注意x的取值范围（保证对数有意义）；2.解题思路是将对数方程转化为二次方程，

再利用二次方程根的分布求解。

【原题22】在一个交通拥挤及事故易发生路段，为了确保交通安全，交通部门规定，在此路段内的车速v

（单位：km/h）的平方和车身长l（单位：m）的乘积与车距d成正比，且最小车距不得少于半个车身长.假定车身长均为l（单位：m）且当车速为50（km/h）时，车距恰为车身长，问交通繁忙时，应规定怎样的车速，才能使在此路段的车流量Q最大？(车流量=

车速)

车距车身长2【错误分析】：dkvl，将v50，dl代入得k111v2l，又将dl代入得，∴d250025002v252，由题意得d11000vv2l（v252）将Q==2500dl1000v（v252） 2vl(1)2500

∵

250001000v1000100025000v50Q∴当且仅当时，max1vllv2l()l21vl(1)v25002500v2500综上所知，v50（km/h）时，车流量Q取得最大值.

【答案】：v50

12vl(v252)2500d【解析】：（1）依题意， 1l(v252)2v1000(v252)v2l(1)1000v2500则Q dl1000v(v252)3l2显然当v252时，Q是关于v的增函数，∴当v252时，Qmax1000v500002

3l3l2当v252时，Q=

1000v=dl1000v1000100025000 21vlv)l21vl(1)l(v25002500v2500当且仅当v50时，上式等号成立.综上所述，当且仅当v50时，车流量Q取得最大值.

【易错点点睛】在行驶过程中车速有可能低于252（km/h），所以解题材中应分两类情形求解，得分段

函数.

【原题23】定义在R上的函数fx满足：对任意实数m,n，总有fmnfmfn，且当x0时，0fx1.（1）试求f0的值；（2）判断fx的单调性并证明你的结论；（3）设

Ax,yfxfyf1,Bx,yfaxy21,aR，若AB，试确定a的

22取值范围.（4）试举出一个满足条件的函数fx.

【错误分析】： 根据题意，将一般问题特殊化，也即选取适当的特值（如本题中令m1,n0；以及

mnx2,mx1等）是解决有关抽象函数问题的非常重要的手段；另外，如果能找到一个适合题目条件

的函数，则有助于问题的思考和解决.

【答案】：见解析

【解析】：（1）在fmnfmfn中，令m1,n0.得：f1f1f0.

因为f10，所以，f01.

（2）要判断fx的单调性，可任取x1,x2R，且设x1x2.

在已知条件fmnfmfn中，若取mnx2,mx1，则已知条件可化为：

fx2fx1fx2x1由于x2x10，所以1fx2x10.

.

为比较fx2、fx1的大小，只需考虑fx1的正负即可.

在fmnfmfn中，令mx，nx，则得fxfx1. ∵ x0时，0fx1，∴ 当x0时，fx110.

fx又f01，所以，综上，可知，对于任意x1R，均有fx10.

∴ fx2fx1fx1fx2x110.∴ 函数fx在R上单调递减. （3）首先利用fx的单调性，将有关函数值的不等式转化为不含f的式子.

fx2fy2f1即x2y21，faxy21f0，即axy20.

由AB，所以，直线axy20与圆面xy1无公共点.所以，解得 1a1.

222a121.

1（4）如fx.

2【易错点点睛】有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决 【原题24】已知y(1cos2x)2,则y . 【错误分析】：y2sin2x(1cos2x).

x【答案】：y4sin2x(1cos2x)

【解析】：设yu2,u1cos2x,则yxyuux2u(1cos2x)2u(sin2x)(2x)

2u(sin2x)24sin2x(1cos2x)y4sin2x(1cos2x).

【易错点点睛】复合函数求导数计算不熟练,其2x与x系数不一样也是一个复合的过程,有的同学忽视了.

12(x1)(x1)2【原题25】已知函数f(x)判断f(x)在x=1处是否可导？

1(x1)(x1)211[(1x)21](121)2【错误分析】：lim21,f(1)1。

x0x【答案】：不可导

11[(1x)21](121)y2【解析】：limlim21 x0xx0x∴ f(x)在x=1处不可导.

【易错点点睛】函数在某一点的导数，是一个极限值，即lim＋

－

x0f(x0x)f(x0)，△x→0，包括△x

x→0，与△x→0，因此，在判定分段函数在“分界点”处的导数是否存在时，要验证其左、右极限是否存在且相等，如果都存在且相等，才能判定这点存在导数，否则不存在导数.

【原题26】求y2x23在点P(1,5)和Q(2,9)处的切线方程 【错误分析】：直接将P，Q看作曲线上的点用导数求解。 【答案】：y4x1,y12x15

【解析】：y2x23,y4x.yx14

即过点P的切线的斜率为4，故切线为：y4x1．

设过点Q的切线的切点为T(x0,y0)，则切线的斜率为4x0，又kPQy09，

x022x064x0，2x028x060.x01,3。 故

x02即切线QT的斜率为4或12，从而过点Q的切线为：y4x1,y12x15

2【易错点点睛】点P在函数的曲线上，因此过点P的切线的斜率就是y在x1处的函数值；点Q不在函数曲线上，因此不能够直接用导数求值，要通过设切点的方法求切线．要注意所给的点是否是切点．若是，可以直接采用求导数的方法求；不是则需设出切点坐标．

2【原题27】已知曲线S:yx3x24x及点P(0,0)，求过点P的曲线S的切线方程.

3【错误分析】：y2x22x4，过点P的切线斜率kyx04，过点P的曲线S的切线方程为y4x.曲线在某点处的切线斜率是该曲线对应的函数在该点处的导数值，这是导数的几何意义.在此题中，点P凑巧在曲线S上，求过点P的切线方程，却并非说切点就是点P，上述解法对求过点P的切线方程和求曲线在点P处的切线方程，认识不到位，发生了混淆. 【答案】：y4x或y35x. 8【解析】：设过点P的切线与曲线S切于点Q(x0,y0)，则过点P的曲线S的切线斜率

kyxx02x02x04，又kPQ2y0y2，2x02x040。①点Q在曲线S上， x0x0232x0x04x03

x02322y0x0x04x0.②，②代入①得2x02x043化简，得

4332x0x00，x00或x0.若x00，则k4，过点P的切线方程为y4x；3433535x.过点P的曲线S的切线方程为y4x或若x0，则k，过点P的切线方程为y48835yx.

8【易错点点睛】导数f/(x0)的几何意义是曲线数yf(x)在某点x0处切线的斜率．所以求切线的方程可

通过求导数先得到斜率，再由切点利用点斜式方程得到，求过点p（x0，y0）的切线方程时，一要注意p（x0，

y0）是否在曲线上，二要注意该点可能是切点，也可能不是切点，因而所求的切线方程可能不只有1条

xln(1x)x. 1xx【错误分析】：由题意构造出两个函数f(x)ln(x1)，g(x)ln(x1)x.利用导数求函数的单

1x【原题28】当 x0，证明不等式

调区间，从而导出f(x)f(0)及g(x)g(0)是解决本题的关键

【答案】：见解析

【解析】：f(x)ln(x1)xx，g(x)ln(x1)x，则f(x)，当x0时。 21x(1x)f(x)在0,内是增函数，f(x)f(0)，即ln(1x)xx0，又g(x)，当x0时，1x1xg(x)0，g(x)在0,内是减函数，g(x)g(0)，即ln(1x)x0，因此，当x0时，不

等式

xln(1x)x成立. 1x【易错点点睛】导数是新教材增加的内容，近几年的高考试题．与时俱进，逐步加深．有关导数的高考

题主要考查导数的几何意义、函数的单调性、极值，应用问题中的最值．由于导数的工具性，好多问题用导数处理显得简捷明了．用导数研究函数的性质比用初等方法研究要方便得多，因此，导数在函数中的应用作为2009年高考命题重点应引起高度注意．考查的方向还是利用导数求函数的极大(小)值，求函数在连续区间[a，b]上的最大值或最小值，或利用求导法解应用题．研究函数的单调性或求单调区间等，这些已成为高考的一个新的热点问题．利用导数的几何意义作为解题工具，有可能出现在解析几何综合试题中，复习时要注意到这一点.

【原题29】函数f(x)3x33ax1,g(x)f'(x)ax5，其中f'(x)是f(x)的导函数.（1）对满足

－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)＜0，求实数x的取值范围；（2）设a＝－m，当实数m在什么范围内变化时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝3只有一个公共点.

2【错误分析】：在导数与含参数函数的交汇点命题：主要考查含参数函数的极值问题，分类讨论思想及解不等式的能力，利用分离变量法求参数的取值范围等问题。

【易错点点睛】本小题主要考查了函数的单调性、导数、极大(小)值及不等式恒成立问题,在解答这类问

题时,要注意利用导函数的符号判断单调性,切记,导函数的偶次重根不是极值点，解答不等式恒成立问题,往往涉及函数的单调性，一定要判断出函数在所

给区间上的单调性，利用函数的单调性解题,能大大简化解题过程，使解答变得简单明了.

【原题30】求曲线ysinx与x轴在区间[0,2]上所围成阴影部分的面积S.

【错误分析】：分两部分，在[0,]sinxdx2，在,2sinx2，因此所求面积S为

022+（-2）=0。 【答案】：4

【解析】：Ssinxdx02sinxdx224

【易错点点睛】面积应为各部分积分的代数和，也就是第二部分的积分不是阴影部分的面积，而是面积

的相反数。所以不应该将两部分直接相加。

【原题31】已知向量a(x2,x1),b(1x,t)，若函数f(x)ab在区间(1,1)上是增函数，求t的取

值范围．

【错误分析】：此题考查的是可导函数的单调性与其导数的关系和数形结合思想的应用．判断的法则是：设yf(x)在某个区间内可导，若f(x)0，则f(x)为增函数；若f(x)0，则f(x)为减函数，反之亦然． 【答案】：t5

【解析】：依向量数量积的定义：f(x)x2(1x)t(x1)x3x2txt,故：f(x)3x22xt，

若f(x)在(1,1)上是增函数，则在(1,1)上可设f/(x)0．f(x)的图象是开口向下的抛物线，由根的分布原理可知：当且仅当f(1)t10，且f(1)t50时，f(x)在(1,1)上满足f(x)0，即f(x)在

(1,1)上是增函数．综上所述t的取值范围是t5．

【易错点点睛】1.函数的综合问题，这类问题涉及的知识点多，与数列、不等式等知识加以综合。主要

考察函数的奇偶性、单调性、极值、导数、不等式等基础知识，考查运用导数研究函数性质的方法，以及分类与整合、转化与化归等数学思想方法，考查分析问题和解决问题的能力.

2.通过求导来研究函数性质是一种非常重要而有效的方法。通常的步骤：先求导，要注意求导后定义域的情况；将导数整理变形，能看出导数的符号性质或零点。再列表，从表中回答所要求解答的问题。 3.对于含有字母参数的问题，可以通过分类，延伸长度，从而降低难度。也可以通过分离变量，转化为函数或不等式问题去解决

【原题32】已知aR，讨论函数f(x)ex(x2axa1)的极值点的个数

【错误分析】：利用一阶导数求函数的极大值和极小值的方法是导数在研究函数性质方面的继续深入 是导数应用的关键知识点，通过对函数极值的判定，可使学生加深对函数单调性与

其导数关系的理解． 【答案】：见解析

【解析】：f/(x)ex[x2(a2)x(2a1)]令f'(x)=0得x2(a2)x(2a1)0．

（1） 当(a2)24(2a1)a24aa(a4)0.即a<0或a>4时

x2(a2)x(2a1)0有两个不同的实根x1,x2，不妨设x1断f/(x)在x1和x2两侧的符号都相反，即此时f(x)有两个极值点．

（2）当△=0即a=0或a=4时，方程x2(a2)x(2a1)0有两个相同的实根x1x2，于是

f(x)ex(xx1)2，故在x1的两侧均有f'(x)>0，因此f(x)无极值．

（3）当△<0即0f/(x)ex[x2(a2)x(2a1)]0，故f(x)为增函数，此时f(x)无极值． ,当0a4时,f(x)无极值点． 综上所述：当a4或a0时,f(x)有2个极值点【易错点点睛】此题考查的是可导函数在某点取得极值的充要条件，即：设yf(x)在某个区间内可导，

函数f(x)在某点取得极值的充要条件是该点的导数为零且在该点两侧的导数值异号．本题从逆向思维的角度出发，根据题设结构进行逆向联想，合理地实现了问题的转化，使抽象的问题具体化

【原题33】已知函数f(x)aln(1ex)(a1)x,(其中a0) ,点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),

C(x3,f(x3))从左到右依次是函数yf(x)图象上三点,且2x2x1x3.

(1) 证明: 函数f(x)在R上是减函数；(2) 求证：⊿ABC是钝角三角形;

(3) 试问,⊿ABC能否是等腰三角形?若能,求⊿ABC面积的最大值;若不能,请说明理由．

【错误分析】：函数历来是高中数学最重要的内容，不仅适合单独命题，而且可以综合运用于其它内容．函

数是中学数学的最重要内容，它既是工具，又是方法和思想

【答案】：见解析 【解析】：(Ⅰ)

aex(a1)ex(a1)0恒成立, f(x)aln(1e)(a1)x, f(x)xx1e1ex所以函数f(x)在(,)上是单调减函数.

(Ⅱ) 证明:据题意A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3))且x1f (x2)>f (x3), x2=

x1x3 2BA(x1x2,f(x1)f(x2)),BC(x3x2,f(x3)f(x2)

BABC(x1x2)(x3x2)[f(x1)f(x2)][f(x3)f(x2)]x1x20,x3x20,f(x1)f(x2)0,f(x3)f(x2)0

BABC0,B(,)即⊿ABC是钝角三角形

2(Ⅲ)假设⊿ABC为等腰三角形，则只能是BABC

即：(x1x2)2[f(x1)f(x2)]2(x3x2)2[f(x3)f(x2)]2

即2f(x2)f(x1)f(x3)

x2x1x3x2[f(x1)f(x2)]2[f(x3)f(x2)]2

2aln(1ex2)2(a1)x2a[ln(1ex1)(1ex3)(a1)(x1x3) 2aln(1ex2)2(a1)x2a[ln(1ex1)(1ex3)2(a1)x2

2ln(1ex2)ln(1ex1)(1ex3)(1ex2)2(1ex1)(1ex3)e2x22ex2ex1x3ex1ex3

2ex2ex1ex3 ①而事实上, ex1ex32ex1x32ex2 ②

由于e1e3,故(2)式等号不成立.这与(1)式矛盾. 所以⊿ABC不可能为等腰三角形

xx【易错点点睛】函数的综合问题，这类问题涉及的知识点多，与数列、不等式等知识加以综合。主要考

察函数的奇偶性、单调性、极值、导数、不等式等基础知识，考查运用导数研究函数性质的方法，以及分类与整合、转化与化归等数学思想方法，考查分析问题和解决问题的能力.

【原题34】已知a是实数，函数f(x)x(xa).

⑴求函数f(x)的单调区间；⑵设g(x)为f(x)在区间0,2上的最小值.（i）写出g(a)的表达式；（ii）求a的取值范围，使得6g(a)2.

【错误分析】：通过求导来研究函数性质是一种非常重要而有效的方法。通常的步骤：先求导，要注意

求导后定义域的情况；将导数整理变形，能看出导数的符号性质或零点。再列表，从表中回答所要求解答的问题。

【答案】：见解析

【解析】：（1）解：函数的定义域为[0，)，f(x)x若a≤0，则f(x)0，

xa3xa（x0）． 2x2xf(x)有单调递增区间[0，)．若a0，令f(x)0，得x当0xa， 3aa时，f(x)0，当x时，f(x)0． 33aaf(x)有单调递减区间0，，单调递增区间，．

332]上单调递增， （2）解：（i）若a≤0，f(x)在[0，所以g(a)f(0)0．

若0a6，f(x)在0，上单调递减，在，2上单调递增，所以g(a)fa3a32aaa． 3332]上单调递减，所以g(a)f(2)2(2a)． 若a≥6，f(x)在[0，a≤0，0，2aa综上所述，g(a) ，0a6，332(2a)，a≥6．≤2．若a≤0，无解．若0a6，解得3≤a6．若a≥6，解得（ii）令6≤g(a)6≤a≤232．故a的取值范围为3≤a≤232．

【易错点点睛】导数是研究函数的工具，导数进入新教材之后，给函数问题注入了生机和活力，开辟了

许多解题新途径，拓展了高考对函数问题的命题空间。所以把导数与函数综合在一起是顺理成章的事情，对函数的命题已不再拘泥于一次函数，二次函数，反比例函数，指数函数，对数函数等，对研究函数的目标也不仅限于求定义域，值域，单调性，奇偶性，对称性，周期性等，而是把高次多项式函数，分式函数，指数型，对数型函数，以及初等基本函数的和、差、积、商都成为命题的对象，试题的命制往往融函数，导数，不等式，方程等知识于一体，通过演绎证明，运算推理等理性思维，解决单调性，极值，最值，切

线，方程的根，参数的范围等问题，这类题难度很大，综合性强，内容新，背景新，方法新，是高考命题的丰富宝藏。解题中需用到函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与划归思想。

典型习题导练

1.(2009年广东卷文)（本小题满分14分）已知二次函数yg(x)的导函数的图像与直线y2x平行,且

yg(x)在x=－1处取得最小值m－1(m0).设函数f(x)g(x)(1)若曲线yf(x)上的点P到点xQ(0,2)的距离的最小值为2,求m的值(2) k(kR)如何取值时,函数yf(x)kx存在零点,并求出零点.

【解析】（1）设gxaxbxc，则gx2axb；

2 又gx的图像与直线y2x平行2a2 a1 又gx在x1取极小值，b1， 2b2 g1abc12cm1， cm； fx2gxmx2， 设Pxo,yo xx 则PQx0y02222mm222x0x02x02222m22

x0x0 22m224 m2； 2m20， 得1kx22xm0 * xmm当k1时，方程*有一解x，函数yfxkx有一零点x；

221当k1时，方程*有二解44m1k0，若m0，k1，

m （2）由yfxkx1kx函数yfxkx有两个零点x244m1k21k11m1kk1；若m0，

k11244m1k11m1k，函数yfxkx有两个零点x；当k1时，方程*有m21kk111, 函数yfxkx有一零点x mk1一解44m1k0, k12.（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fxx3bx3cx在两个极值点x1、x2，且x1[1，0],x2[1,2].

32（I）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点b,c的区域；

3.（2009浙江理）（本题满分14分）已知函数f(x)x(kk1)x5x2，g(x)kxkx1，

32222其中kR． （I）设函数p(x)f(x)g(x)．若p(x)在区间(0,3)上不单调，求k的取值范围； ．．． （II）设函数q(x)g(x),x0, 是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在惟一

f(x),x0.的非零实数x2（x2x1），使得q(x2)q(x1)成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由． 解析：（I）因P(x)f(x)g(x)x3(k1)x2(k5)1，px3x2(k1)x(k5)，因p(x)2在区间(0,3)上不单调，所以px0在0,3上有实数解，且无重根，由px0得．．．．

(3x22x5)39102x1，令t2x1,有k(2x1)(3x2x5), k2x142x132t1,7，记h(t)t,则ht在1,3上单调递减，在3,7上单调递增，所以有ht6,10，于是

9t2x196,10，得k5,2，而当k2时有px0在0,3上有两个相等的实根2x1x1，故舍去，所以k5,2；

22（II）当x0时有qxfx3x2(kk1)x5；

当x0时有qxgx2k2xk，因为当k0时不合题意，因此k0，

下面讨论k0的情形，记A(k,)，B=5,（ⅰ）当x10时，qx在0,上单调递增，所以要使qx2qx1成立，只能x20且AB，因此有k5，（ⅱ）当x10时，qx在0,上单调递减，所以要使qx2qx1成立，只能x20且AB，因此k5，综合（ⅰ）（ⅱ）k5； 当k5时A=B，则x10,qx1BA，即x20,使得qx2qx1成立，因为qx在0,上单调递增，所以x2的值是唯一的；

同理，x10，即存在唯一的非零实数x2(x2x1)，要使qx2qx1成立，所以k5满足题意． 4.（2009浙江文）（本题满分15分）已知函数f(x)x3(1a)x2a(a2)xb (a,bR)． （I）若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求a,b的值； （II）若函数f(x)在区间(1,1)上不单调，求a的取值范围． ．．．解析：（Ⅰ）由题意得f(x)3x22(1a)xa(a2)

f(0)b0 又 ，解得b0，a3或a1

f(0)a(a2)3 （Ⅱ）函数f(x)在区间(1,1)不单调，等价于

导函数f(x)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f(x)在(1,1)上存在零点，根据零点存在定理，有

f(1)f(1)0， 即：[32(1a)a(a2)][32(1a)a(a2)]0 整理得：(a5)(a1)(a1)20，解得5a1

5.（2009北京文）（本小题共14分）设函数f(x)x3axb(a0).（Ⅰ）若曲线yf(x)在点(2,f(x))处与直线y8相切，求a,b的值；（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间与极值点.

【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力．

（Ⅰ）f'3x3x23a,

∵曲线yf(x)在点(2,f(x))处与直线y8相切，

'34a0a4,f20∴ 86ab8b24.f28'2（Ⅱ）∵fx3xaa0,

当a0时，f'x0，函数f(x)在,上单调递增，

此时函数f(x)没有极值点.

当a0时，由f'x0xa，

x0，函数f(x)单调递增， 当xa,a时，fx0，函数f(x)单调递减， 当xa,时，fx0，函数f(x)单调递增，

当x,a时，f'''∴此时xa是f(x)的极大值点，xa是f(x)的极小值点.

6.（2009北京理）（本小题共13分）设函数f(x)xekx(k0)（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间；（Ⅲ）若函数f(x)在区间(1,1)内单调递增，求k的取值范围. 【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力．

（Ⅰ）f'x1kxekx,f'01,f00,

曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为yx. （Ⅱ）由f'x1kxekx0，得x1k0， k若k0，则当x,1'时，fx0，函数fx单调递减， k 当x11,,时，f'x0，函数fx单调递增，若k0，则当x,时，f'x0，

kk1,,时，f'x0，函数fx单调递减， k11，即k1时，函数fx1,1内单调递增，若k0，k函数fx单调递增， 当x（Ⅲ）由（Ⅱ）知，若k0，则当且仅当则当且仅当11，即k1时，函数fx1,1内单调递增， k综上可知，函数fx1,1内单调递增时，k的取值范围是1,07.（2009江苏卷）(本小题满分16分) 设a为实数，函数(1)若

0,1.

f(x)2x2(xa)|xa|.

f(0)1，求a的取值范围； (2)求f(x)的最小值；(3)设函数h(x)f(x),x(a,)，直接写．．．

出(不需给出演算步骤)不等式h(x)1的解集. ．

8.(2009山东卷理)（本小题满分12分）两县城A和B相距20km，现计划在两县城外以AB为直径的半圆弧上选择一点C建造垃圾处理厂，其对城市的影响度与所选地点到城市的的距离有关，对城A和城B的总

影响度为城A与城B的影响度之和，记C点到城A的距离为x km，建在C处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度为y,统计调查表明：垃圾处理厂对城A的影响度与所选地点到城A的距离的平方成反比，比例系数为4；对城B的影响度与所选地点到城B的距离的平方成反比，比例系数为k ,当垃圾处理厂建在点时，对城A和城B的总影响度为0.065. （1）将y表示成x的函数；

（11）讨论（1）中函数的单调性，并判断弧

上是否存在一点，使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B

的中

的总影响度最小？若存在，求出该点到城A的距离;若不存在，说明理由。 解法一:（1）如图,由题意知AC⊥BC,BC2400x2,

C x A B

4ky2(0x20)其中当x102时，y=0.065,所以k=9

x400x249(0x20) 所以y表示成x的函数为y22x400x89(2x)18x48(400x2)249（2）y2,y'3,令y'0 22322x400x2x(400x)x(400x)2得18x48(400x2)2,所以x160,即x410,当0x410时, 18x48(400x2)2,即y'0所以函数为单调减函数,当46x20时, 18x48(400x2)2,即y'0所以函数为单调增函数.所以当x410时, 即当C点到城A的距离为410时, 函数y解法二: （1）同上.

（2）设mx,n400x, 则mn400,y2249(0x20)有最小值. x2400x249,所以 mn4949mn14n9m114n9my()[13()](1312)当且仅当即

mnmn400400mn40016mnn24049时取”=”.下面证明函数y在(0,160)上为减函数, 在(160,400)上为增函数.m400mm160设04×240×240 9 m1m2<9×160×160所以

4(400m1)(400m2)9m1m20,

m1m2(400m1)(400m2)所以(m2m1)同理,函数y494(400m1)(400m2)9m1m2在(0,160)上为减函数.0即y1y2函数ym400mm1m2(400m1)(400m2)49在(160,400)上为增函数,设1609×160×160 所以

4(400m1)(400m2)9m1m24(400m1)(400m2)9m1m20,所以(m2m1)0即y1y2函

m1m2(400m1)(400m2)m1m2(400m1)(400m2)49在(160,400)上为增函数.所以当m=160即x410时取”=”,函数y有最小值,所以m400m数y弧

上存在一点，当x410时使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小.

【命题立意】:本题主要考查了函数在实际问题中的应用,运用待定系数法求解函数解析式的 能力和运用换元法和基本不等式研究函数的单调性等问题.

9.(2009山东卷文)（本小题满分12分）已知函数f(x)（1） 当a,b满足什么条件时,f(x)取得极值?

（2） 已知a0,且f(x)在区间(0,1]上单调递增,试用a表示出b的取值范围.

2解: (1)由已知得f'(x)ax2bx1,令f'(x)0,得ax2bx10,

213axbx2x3,其中a0 3f(x)要取得极值,方程ax22bx10必须有解,

所以△4b4a0,即ba, 此时方程ax2bx10的根为

2222b4b24abb2a2b4b24abb2ax1,x2,

2aa2aa所以f'(x)a(xx1)(xx2)

当a0时,

x f’(x) f (x)

(-∞,x1) ＋ 增函数

x 1 0 极大值

(x1,x2) － 减函数

x2 0 极小值

(x2,+∞) ＋ 增函数

所以f(x)在x 1, x2处分别取得极大值和极小值. 当a0时,

x f’(x) f (x)

(-∞,x2) － 减函数

x 2 0 极小值

(x2,x1) ＋ 增函数

x1 0 极大值

(x1,+∞) － 减函数

所以f(x)在x 1, x2处分别取得极大值和极小值. 综上,当a,b满足ba时, f(x)取得极值.

(2)要使f(x)在区间(0,1]上单调递增,需使f'(x)ax22bx10在(0,1]上恒成立.

2ax1ax1,x(0,1]恒成立, 所以b()max 22x22x1a(x2)ax1a1a, 设g(x),g'(x)222x22x2x2即b令g'(x)0得x11或x(舍去),

aa当a1时,01ax111,当x(0,)时g'(x)0,g(x)单调增函数; a22xa当x(ax11,1]时g'(x)0,g(x)单调减函数,

22xa所以当x11)a. 时,g(x)取得最大,最大值为g(aa所以ba 当0a1时,ax111,此时g'(x)0在区间(0,1]恒成立,所以g(x)在区间(0,1]上单调递增,

22xaa1a1,所以b 22a1综上,当a1时, ba; 当0a1时, b

2当x1时g(x)最大,最大值为g(1)【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. 10.设函数f(x)13x(1a)x24ax24a，其中常数a>1 3(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： （I）f(x)x22(1a)x4a(x2)(x2a) w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 由a1知，当x2时，f(x)0，故f(x)在区间(,2)是增函数； 当2x2a时，f(x)0，故f(x)在区间(2,2a)是减函数； 当x2a时，f(x)0，故f(x)在区间(2a,)是增函数。

综上，当a1时，f(x)在区间(,2)和(2a,)是增函数，在区间(2,2a)是减函数。

（II）由（I）知，当x0时，f(x)在x2a或x0处取得最小值。

41f(2a)(2a)3(1a)(2a)24a2a24a a34a224a

33a1,a14f(0)24a由假设知 f(2a)0, 即a(a3)(a6)0, 解得 1f(0)0,324a0.故a的取值范围是（1，6）

11.（2009广东卷理）（本小题满分14分）

已知二次函数yg(x)的导函数的图像与直线y2x平行，且yg(x)在x1处取得极小值

m1(m0)．设f(x)g(x)．（1）若曲线yf(x)上的点P到点Q(0,2)的距离的最小值为2，求mx的值；（2）k(kR)如何取值时，函数yf(x)kx存在零点，并求出零点．

当

k111(m0)，或k1（m0）时， mm函数yfxkx有两个零点x11m(1k)；

k1当k111m. 时，函数yfxkx有一零点xmk12a(2lnx),(a0)，讨论f(x)的单调性. x12.（2009安徽卷理）（本小题满分12分） 已知函数f(x)x本小题主要考查函数的定义域、利用导数等知识研究函数的单调性，考查分类讨论的思想方法和运算求解的能力。本小题满分12分。

2ax2ax2. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解：f(x)的定义域是(0,+),f(x)12xxx2设g(x)x2ax2,二次方程g(x)0的判别式a8.

① 当a80，即0a22时，对一切x0都有f(x)0,此时f(x)在(0,)上是增函数。 ② 当a80,即a22时，仅对x在(0,)上也是增函数。 ③ 当a80，即a22时，

22222有f(x)0,对其余的x0都有f(x)0,此时f(x)aa28aa28方程g(x)0有两个不同的实根x1,x2,0x1x2.

22x

f(x)

(0,x1) +

x1 0

(x1,x2) _ 单调递减

x2 0

(x2,) +

f(x) 单调递增

极大 极小

单调递增

aa28aa28aa28此时f(x)在(0,)上单调递增, 在(,)是上单调递减, 在

222aa28(,)上单调递增.

213.（2009安徽卷文）（本小题满分14分）

已知函数（Ⅱ）设a=3，求

在区间{1，

，a＞0，（Ⅰ）讨论的单调性；

}上值域。期中e=2.71828…是自然对数的底数。

【思路】由求导可判断得单调性，同时要注意对参数的讨论，即不能漏掉，也不能重复。第二问就根据第

2一问中所涉及到的单调性来求函数f(x)在1,e上的值域。

【解析】(1)由于f(x)1令t2a x2x1得y2t2at1(t0) x2①当a80,即0a22时, f(x)0恒成立.

f(x)在(－∞,0)及(0,＋∞)上都是增函数.

②当a80,即a22时

2aa28aa28由2tat10得t或t

442aa28aa28或x0或x 0x44aa28aa28aa28aa28又由2tat0得 tx44222综上①当0a22时, f(x)在(,0)及(0,)上都是增函数.

aa28aa28②当a22时, f(x)在(,)上是减函数,

22aa28aa28在(,0)(0,)及(,)上都是增函数.

22(2)当a3时,由(1)知f(x)在1,2上是减函数.

22,e在上是增函数.

又f(1)0,f(2)23ln20f(e)e22250 e22221,e上的值域为 23ln2,e5函数f(x)在2e14.（2009江西卷文）（本小题满分12分） 设函数f(x)x392x6xa． 2（1）对于任意实数x，f(x)m恒成立，求m的最大值；

（2）若方程f(x)0有且仅有一个实根，求a的取值范围． 解：(1) f'(x)3x29x63(x1)(x2),

因为x(,),f'(x)m, 即 3x29x(6m)0恒成立, 所以 8112(6m)0, 得m33，即m的最大值为 44 (2) 因为 当x1时, f'(x)0;当1x2时, f'(x)0;当x2时, f'(x)0; 所以 当x1时,f(x)取极大值 f(1)5a; 2 当x2时,f(x)取极小值 f(2)2a;

故当f(2)0 或f(1)0时, 方程f(x)0仅有一个实根. 解得 a2或a5. 2ex15.（2009江西卷理）（本小题满分12分）设函数f(x)（1）求函数f(x)的单调区间；

x'（2）若k0，求不等式f(x)k(1x)f(x)0的解集．

'解： (1) f(x)1x1xx1xee2e, 由f'(x)0,得 x1. 2xxx'''因为 当x0时,f(x)0； 当0x1时,f(x)0； 当x1时,f(x)0；

(0,1]. 所以f(x)的单调增区间是:[1,)； 单调减区间是: (,0)，(2)

x1kxkx2x(x1)(kx1)xe0, e由 f(x)k(1x)f(x)22xx' 得：(x1)(kx1)0.

故：当 0k1时, 解集是：{x1x}；

1k当 k1时，解集是： ；当 k1时, 解集是：{x16.（2009天津卷文）（本小题满分12分）

设函数f(x)1x1}. k13xx2(m21)x,(xR,)其中m0 3（Ⅰ）当m1时，曲线yf(x)在点（处的切线斜率 1，f（1））（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；

（Ⅲ）已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，x1,x2，且x1x2。若对任意的x[x1,x2]，

f(x)f(1)恒成立，求m的取值范围。

【答案】（1）1（2）f(x)在(,1m)和(1m,)内减函数，在(1m,1m)内增函数。函数f(x)在x1m处取得极大值f(1m)，且f(1m)=

231mm2 33231mm2 33函数f(x)在x1m处取得极小值f(1m)，且f(1m)=【解析】解：当m1时，f(x)13xx2,f/(x)x22x,故f'(1)1 3所以曲线yf(x)在点（处的切线斜率为1. 1，f（1））（2）解：f(x)x2xm1，令f(x)0，得到x1m,x1m 因为m0,所以1m1m

当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

''22'x f'(x)

f(x)

(,1m) 1m (1m,1m) 1m (1m,)

+ 0 极小值

- 0 极大值

+

f(x)在(,1m)和(1m,)内减函数，在(1m,1m)内增函数。 231mm2 332312函数f(x)在x1m处取得极小值f(1m)，且f(1m)=mm

33函数f(x)在x1m处取得极大值f(1m)，且f(1m)=

（3）解：由题设， f(x)x(所以方程121xxm21)x(xx1)(xx2) 33124xxm21=0由两个相异的实根x1,x2，故x1x23，且1(m21)0，3311解得m(舍)，m

223因为x1x2,所以2x2x1x23,故x21

21若x11x2,则f(1)(1x1)(1x2)0，而f(x1)0，不合题意

3若1x1x2,则对任意的x[x1,x2]有xx10,xx20, 则f(x)1x(xx1)(xx2)0又f(x1)0，所以函数f(x)在x[x1,x2]的最小值为0，于是32对任意的x[x1,x2]，f(x)f(1)恒成立的充要条件是f(1)m1330,解得 m333综上，m的取值范围是(,13) 23【考点定位】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以及函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力。

17.(2009湖北卷理)(本小题满分14分) （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．． 在R上定义运算:pq12。记f12c，pcqb4bc（b、c为实常数）

3f22b，R.令ff1f2.

如果函数f在1处有极什3,试确定b、c的值；

4求曲线yf上斜率为c的切线与该曲线的公共点； 记gx

解当b1时，函数yf(x)得对称轴x=b位于区间[1,1]之外 此时Mmax{g(1),g(1),g(b)}

由f(1)f(1)4b,有f(b)f(1)(bm1)0

2fx|1x1的最大值为M.若Mk对任意的b、c恒成立，试示k的最大值。

g(-1)max{g(1),g(b)} ① 若1b0,则f(1)f(-1)f(b),于是Mmax{f(1),f(b)}111(f(1)f(b))(f(1)f(b))(b1)2 222② 若0b1，则f(=1)f(1)f(b)，g(1)max{g(1),g(b)} 于是

1111Mmax{f(1),f(b)}(f(1)f(b))(f(1)f(b))(b1)2

22221综上，对任意的b、c都有M

2而当，b0,c111时，g(x)x2在区间[1,1]上的最大值M

2221 2故MK对任意的b，c恒成立的k的最大值为18.（2009四川卷文）（本小题满分12分）

已知函数f(x)x32bx2cx2的图象在与x轴交点处的切线方程是y5x10。 （I）求函数f(x)的解析式； （II）设函数g(x)f(x)对应的自变量x的值.

【解析】（I）由已知,切点为(2,0),故有f(2)0,即4bc30……①

2又f(x)3x4bxc，由已知f(2)128bc5得8bc70……②

1mx，若g(x)的极值存在，求实数m的取值范围以及函数g(x)取得极值时3联立①②，解得b1,c1.

所以函数的解析式为f(x)x2xx2 …………………………………4分 （II）因为g(x)x2xx2令g(x)3x4x1232321mx 31m0 31m0有实数解，由4(1m)0，得m1. 322①当m1时，g(x)0有实数x，在x左右两侧均有g(x)0，故函数g(x)无极值

3311②当m1时，g(x)0有两个实数根x1(21m),x2(21m),g(x),g(x)情况如下表：

332当函数有极值时，则0，方程3x4x1x (,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2) g(x) + ↗ 0 极大值 - ↘ 0 极小值 + ↗ g(x) 所以在m(,1)时，函数g(x)有极值； 当x11(21m)时，g(x)有极大值；当x(21m)时，g(x)有极小值；…12分 3319.（2009全国卷Ⅱ理）(本小题满分12分)

设函数fxx2aIn1x有两个极值点x1、x2，且x1x2 （I）求a的取值范围，并讨论fx的单调性；（II）证明：fx212In2 4

20.（2009湖南卷文）（本小题满分13分）

已知函数f(x)x3bx2cx的导函数的图象关于直线x=2对称. （Ⅰ）求b的值；

（Ⅱ）若f(x)在xt处取得最小值，记此极小值为g(t)，求g(t)的定义域和值域。 解: （Ⅰ）f(x)3x22bxc.因为函数f(x)的图象关于直线x=2对称，

所以2b2，于是b6. 6（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)x36x2cx，f(x)3x212xc3(x2)2c12. （ⅰ）当c  12时，f(x)0，此时f(x)无极值。

（ii）当c<12时，f(x)0有两个互异实根x1,x2.不妨设x1＜x2，则x1＜2＜x2. 当x＜x1时，f(x)0， f(x)在区间(,x1)内为增函数； 当x1＜x＜x2时，f(x)0，f(x)在区间(x1,x2)内为减函数; 当xx2时，f(x)0，f(x)在区间(x2,)内为增函数. 所以f(x)在xx1处取极大值，在xx2处取极小值.

因此，当且仅当c12时，函数f(x)在xx2处存在唯一极小值，所以tx22.

2于是g(t)的定义域为(2,).由 f(t)3t12tc0得c3t12t.

32322于是 g(t)f(t)t6tct2t6t,t(2,).

2当t2时，g(t)6t12t6t(2t)0,所以函数g(t)

在区间(2,)内是减函数，故g(t)的值域为(,8). 21.（2009福建卷理）（本小题满分14分）已知函数f(x)13xax2bx,且f'(1)0 3(1) 试用含a的代数式表示b,并求f(x)的单调区间；（2）令a1,设函数f(x)在x1,x2(x1x2)处取

得极值，记点M (x1,f(x1))，N(x2,f(x2))，P(m,f(m)), x1mx2,请仔细观察曲线f(x)在点P处的切线与线段MP的位置变化趋势，并解释以下问题：（I）若对任意的m (x1, x2)，线段MP与曲线

f(x)均有异于M,P的公共点，试确定t的最小值，并证明你的结论；

（II）若存在点Q(n ,f(n)), x n< m,使得线段PQ与曲线f(x)有异于P、Q的公共点，请直接写出m的取值范围（不必给出求解过程）

解法一:(Ⅰ)依题意,得f'(x)x22axb由f'(1)12ab0得b2a1.

1从而f(x)x3ax2(2a1)x,故f'(x)(x1)(x2a1).令f'(x)0,得x1或x12a.

3①当a>1时, 12a1当x变化时，f'(x)与f(x)的变化情况如下表：

x

f'(x) f(x)

(,12a) (12a,1) (1,)

+ － +

单调递增 单调递减 单调递增

由此得，函数f(x)的单调增区间为(,12a)和(1,)，单调减区间为(12a,1)。

②当a1时，12a1此时有f'(x)0恒成立，且仅在x1处f'(x)0，故函数f(x)的单调增区间为R

③当a1时，12a1同理可得，函数f(x)的单调增区间为(,1)和(12a,)，单调减区间为

(1,12a)

综上：当a1时，函数f(x)的单调增区间为(,12a)和(1,)，单调减区间为(12a,1)； 当a1时，函数f(x)的单调增区间为R；

当a1时，函数f(x)的单调增区间为(,1)和(12a,)，单调减区间为(1,12a). (Ⅱ)由a1得f(x)13xx23x令f(x)x22x30得x11,x23 3由（1）得f(x)增区间为(,1)和(3,)，单调减区间为(1,3)，所以函数f(x)在处x11,x23取得极值，故M（1,5）N（3,9）。观察f(x)的图象，有如下现象： 3①当m从-1（不含-1）变化到3时，线段MP的斜率与曲线f(x)在点P处切线的斜率f(x)之差Kmp-f'(m)的值由正连续变为负。

②线段MP与曲线是否有异于H，P的公共点与Kmp－f'(m)的m正负有着密切的关联；

③Kmp－f'(m)=0对应的位置可能是临界点，故推测：满足Kmp－f'(m)的m就是所求的t最小值，下面给出证明并确定的t最小值.曲线f(x)在点P(m,f(m))处的切线斜率f'(m)m22m3；

m24m5线段MP的斜率Kmp

3当Kmp－f'(m)=0时，解得m1或m2

m24m5m24mx) 直线MP的方程为y(33m24m5m24mx) 令g(x)f(x)(33当m2时，g'(x)x22x在(1,2)上只有一个零点x0，可判断f(x)函数在(1,0)上单调递增，在

(0,2)上单调递减，又g(1)g(2)0，所以g(x)在(1,2)上没有零点，即线段MP与曲线f(x)没有异

m24m0.g(2)(m2)20 于M，P的公共点。当m2,3时，g(0)3所以存在m0,2使得g()0

即当m2,3时,MP与曲线f(x)有异于M,P的公共点综上，t的最小值为2. （2）类似（1）于中的观察，可得m的取值范围为1,3 解法二： （1）同解法一.

（2）由a1得f(x)13xx23x，令f'(x)x22x30，得x11,x23 3由（1）得的f(x)单调增区间为(,1)和(3,)，单调减区间为(1,3)，所以函数在处取得极值。故M(1,5).N(3,9) 3m24m5m24myxm24m5m24m33 (Ⅰ) 直线MP的方程为y x.由133yx3x23x3得x33x2(m24m4)xm24m0

线段MP与曲线f(x)有异于M,P的公共点等价于上述方程在(－1,m)上有根,即函数 g(x)x33x2(m24m4)xm24m在(-1,m)上有零点.

因为函数g(x)为三次函数,所以g(x)至多有三个零点,两个极值点.

又g(1)g(m)0.因此, g(x)在(1,m)上有零点等价于g(x)在(1,m)内恰有一个极大值点和一个极小值点,即g'(x)3x26x(m24m4)0在(1,m)内有两不相等的实数根. ＝3612（m24m4）＞01m5223(1)6(m4m4)0等价于 即m2或m1,解得2m5

22m13m6m(m4m4)0m1又因为1m3,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. 22.（2009辽宁卷文）（本小题满分12分）

设f(x)ex(ax2x1)，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与x轴平行。 （I） （II）

求a的值，并讨论f（x）的单调性； 证明：当[0,x22]时，f(cos)f(sin)2

解：（Ⅰ）f'(x)e(axx12ax1).有条件知，

f'(1)0，故a32a0a1. ………2分 于是f'(x)e(xx2)e(x2)(x1). 故当x(,2)(1,)时，f'(x)＜0； 当x(2,1)时，f'(x)＞0.

从而f(x)在(,2)，(1,)单调减少，在(2,1)单调增加. ………6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)在[0,1]单调增加，故f(x)在[0,1]的最大值为f(1)e， 最小值为f(0)1.

x2x 从而对任意x1，x2[0,1]，有f(x1)f(x2)e12. ………10分 而当[0,2]时，cos,sin[0,1].

从而 f(cos)f(sin)2 ………12分 23.（2009辽宁卷理）（本小题满分12分） 已知函数f(x)=

12x－ax+(a－1)lnx，a1。 2（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）证明：若a5，则对任意x1，x2(0,)，x1x2，有解：(1)f(x)的定义域为(0,)。

f(x1)f(x2)1。

x1x2a1x2axa1(x1)(x1a)f(x)xa2分

xxx'(x1)2（i）若a11即a2,则f(x)故f(x)在(0,)单调增加。

x'(ii)若a11,而a1,故1a2,则当x(a1,1)时，f'(x)0; 当x(0,a1)及x(1,)时，f(x)0

故f(x)在(a1,1)单调减少，在(0,a1),(1,)单调增加。

(iii)若a11,即a2,同理可得f(x)在(1,a1)单调减少，在(0,1),(a1,)单调增加. (II)考虑函数 g(x)f(x)x

'12xax(a1)lnxx 2则g(x)x(a1)a1a12xg(a1)1(a11)2 xx由于1f(x1)f(x2)x1x20，故

f(x1)f(x2)1x1x2，当

0x1x2时，有

f(x1)f(x2)f(x2)f(x1)·12分 1·

x1x2x2x124.（2009宁夏海南卷理）（本小题满分12分） 已知函数f(x)(x33x2axb)ex

（I） （II）

如ab3，求f(x)的单调区间；

若f(x)在(,),(2,)单调增加，在(,2),(,)单调减少，证明

＜6.

（21）解：

（Ⅰ）当ab3时，f(x)(x33x23x3)ex，故

f'(x)(x33x23x3)ex(3x26x3)ex

ex(x39x) x(x3)(x3)ex当x3或0x3时，f'(x)0; 当3x0或x3时，f'(x)0.

从而f(x)在(,3),(0,3)单调增加，在（3，单调减少. 0），（3，）(Ⅱ)f'(x)(x3xaxb)e332x(3x26xa)exex[x3(a6)xba].

由条件得：f'(2)0,即22(a6)ba0,故b4a,从而

f'(x)ex[x3(a6)x42a].

3因为f'()f'()0,所以x(a6)x42a(x2)(x)(x)

(x2)(x2()x).将右边展开，与左边比较系数得，2,a2.故

()24124a.

又(2)(2)0,即2()40.由此可得a6.于是6.

325.（2009陕西卷文）（本小题满分12分）已知函数f(x)x3ax1,a0求f(x)的单调区间；

若f(x)在x1处取得极值，直线y=my与y'22f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围。

'解析：（1）f(x)3x3a3(xa),当a0时，对xR，有f(x)0,

当a0时，f(x)的单调增区间为(,)当a0时，由f'(x)0解得xa或x由f'(x)0解得ax减区间为(a,a)。

（2）因为f(x)在x1处取得极大值，所以f'(1)3(1)23a0,a1. 所以f(x)x33x1,f'(x)3x23,由f'(x)0解得x11,x21。 由（1）中f(x)的单调性可知，f(x)在x1处取得极大值f(1)1， 在x1处取得极小值f(1)3。

a；

a，当a0时，f(x)的单调增区间为(,a),(a,)；f(x)的单调

因为直线ym与函数yf(x)的图象有三个不同的交点，又f(3)193，f(3)171， 结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是(3,1)。

26.(2009陕西卷理)（本小题满分12分）已知函数f(x)ln(ax1)1x,x0，其中a0 1x（Ⅲ）若f(x)的最小值为1，求若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；求f(x)的单调区间；a的取值范围。

27.（2009四川卷文）（本小题满分12分）

已知函数f(x)x2bxcx2的图象在与x轴交点处的切线方程是y5x10。 （I）求函数f(x)的解析式；（II）设函数g(x)f(x)围以及函数g(x)取得极值时对应的自变量x的值.

【解析】（I）由已知,切点为(2,0),故有f(2)0,即4bc30……①

2又f(x)3x4bxc，由已知f(2)128bc5得8bc70……②

32321mx，若g(x)的极值存在，求实数m的取值范3联立①②，解得b1,c1.所以函数的解析式为f(x)x2xx2 …4分

11mx令g(x)3x24x1m0 3312当函数有极值时，则0，方程3x4x1m0有实数解，

3（II）因为g(x)x2xx232由4(1m)0，得m1. ①当m1时，g(x)0有实数x22，在x左右两侧均有g(x)0，故函数g(x)无极值 33②当m1时，g(x)0有两个实数根x111(21m),x2(21m),g(x),g(x)情况如下表： 33x g(x) g(x) (,x1) + ↗ x1 0 极大值 (x1,x2) - ↘ x2 0 极小值 (x2) + ↗ 所以在m(,1)时，函数g(x)有极值；

11(21m)时，g(x)有极大值；当x(21m)时，g(x)有极小值； 3312++

28.（2009湖北卷文）已知关于x的函数f(x)＝x3＋bx＋cx＋bc,其导函数为f(x).令g(x)＝∣f(x) ∣,

34记函数g(x)在区间[-1、1]上的最大值为M. (Ⅰ)如果函数f(x)在x＝1处有极值-，试确定b、c的值

3当x（Ⅱ）若∣b∣>1,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：

4f'(x)x22bxc，由f(x)在x1处有极值

3f'(1)12bc0b1b1可得 ,或14解得c1c3f(1)bcbc33若b1,c1，则f'(x)x22x1(x1)20，此时f(x)没有极值； 若b1,c3，则f'(x)x22x3(x1)(x1) 当x变化时，f(x)，f'(x)的变化情况如下表：

x

f'(x) f(x)

(,3) 3 (3,1)

1

(1,)



0 + 0

4极大值

3

极小值12

4当x1时，f(x)有极大值，故b1，c3即为所求。

3（Ⅱ）证法1：g(x)|f'(x)||(xb)bc|

22当|b|1时，函数yf'(x)的对称轴xb位于区间[1.1]之外。

f'(x)在[1,1]上的最值在两端点处取得

故M应是g(1)和g(1)中较大的一个

2Mg(1)g(1)|12bc||12bc||4b|4,即M2

证法2（反证法）：因为|b|1，所以函数yf'(x)的对称轴xb位于区间[1,1]之外，

f'(x)在[1,1]上的最值在两端点处取得。

故M应是g(1)和g(1)中较大的一个假设M2，则

g(1)|12bc|2

g(1)|12bc|2将上述两式相加得：4|12bc||12bc|4|b|4，导致矛盾，M2 （Ⅲ）解法1：g(x)|f'(x)||(xb)2b2c| （1）当|b|1时，由（Ⅱ）可知M2；

（2）当|b|1时，函数yf'(x）的对称轴xb位于区间[1,1]内，

2此时Mmaxg(1),g(1),g(b)由f'(1)f'(1)4b,有f'(b)f'(1)b(1)0

①若1b0,则f'(1)f'(1)f'(b),g(1)maxg(1),g(b)， 于是Mmax|f'(1),|f'(b)|1111(|f'(1)|f'(b)|)|f'(1)f'(b)|(b1)2 2222②若0b1，则f'(1)f'(1)f'(b),g(1)maxg(1),g(b) 于是Mmax|f'(1)|,|f'(b)|综上，对任意的b、c都有M1111(|f'(1)||f'(b)|)|f'(1)f'(b)|(b1)2 22221112而当b0,c时，g(x)x在区间[1,1]上的最大值 222M11故Mk对任意的b、c恒成立的k的最大值为。 2222解法2：g(x)|f'(x)||(xb)bc| （1）当|b|1时，由（Ⅱ）可知M2；

（2）当|b|1时，函数yf'(x)的对称轴xb位于区间[1,1]内，此时Mmaxg(1),g(1),g(b)

4Mg(1)g(1)2g(h)|12bc||12bc|2|b2c|

|12bc(12bc)2(b2c)||2b22|2，即M下同解法1

29.（2009宁夏海南卷文）（本小题满分12分）已知函数f(x)x33ax29a2xa3.

(1) 设a1，求函数fx的极值；若a1 21'，且当x1,4a时，f(x)12a恒成立，试确定a的4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：（Ⅰ）当a=1时，对函数f(x)求导数，得f'(x)3x26x9. 令 f'(x)0,解得x11,x23. 列表讨论f(x),f'(x)的变化情况：

x

f'(x)

(,1)

1 （-1，3）

—

3 0

(3,)

+ 0 +

f(x)

极大值6

极小值-26

所以，f(x)的极大值是f(1)6，极小值是f(3)26.

（Ⅱ）f(x)3x6ax9a的图像是一条开口向上的抛物线，关于x=a对称. 若

'221a1,则f'(x)在[1,4a]上是增函数，从而 4f'(x)在[1,4a]上的最小值是f'(1)36a9a2,最大值是f'(4a)15a2.

由|f(x)|12a,得12a3x6ax9a12a,于是有

'22f'(1)36a9a212a,且f'(4a)15a212a.

14a1,由f'(4a)12a得0a. 3511414所以a(,1][,1][0,],即a(,].

43545由f(1)12a得'若a>1,则|f(a)|12a12a.故当x[1,4a]时|f(x)|12a不恒成立.

'2'所以使|f'(x)|12a(x[1,4a])恒成立的a的取值范围是(,].

30.(2009湖南卷理)（本小题满分13分）某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为256万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2x)x万元。假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元。

（Ⅰ）试写出y关于x的函数关系式；（Ⅱ）当m=640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？ 解 （Ⅰ）设需要新建n个桥墩，(n1)xm，即n=1445m1 xmm所以 y=f(x)=256n+(n+1)(2+x)x=256(-1)+(2x)x

xx256xmx2m256.

x （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f'(x)32256mx2313mmx22(x2512). 22x 令f'(x)0，得x512，所以x=64

当0当64x640时，f'(x)>0. f(x)在区间（64，640）内为增函数， 所以f(x)在x=64处取得最小值，此时，n故需新建9个桥墩才能使y最小。 31.（2009天津卷理）（本小题满分12分）

已知函数f(x)(xax2a3a)e(xR),其中aR

（1） 当a0时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率； （2） 当a22xm640119. x642时，求函数f(x)的单调区间与极值。 3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：当a0时，f(x)xe，f'(x)(x2x)e，故f'(1)3e.

2x2x所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为3e.

（II）解：f'(x)x(a2)x2a4ae.

22x令f'(x)0，解得x2a，或xa2.由a以下分两种情况讨论。 （1）若a＞

2知，2aa2. 32，则2a＜a2.当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表： 3x ，2a 2a

+ ↗

0 极大值

2a，a2

— ↘

a2

a2，

+ ↗

0 极小值

所以f(x)在(，2a)，(a2，)内是增函数，在(2a，a2)内是减函数.

函数f(x)在x2a处取得极大值f(2a)，且f(2a)3ae2a. 函数f(x)在xa2处取得极小值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2.

（2）若a＜

2，则2a＞a2，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表： 3x ，a2 a2

+ ↗

0 极大值

a2，2a

— ↘

2a

2a，

+ ↗

0 极小值

所以f(x)在(，a2)，(2a，)内是增函数，在(a2，2a)内是减函数。 函数f(x)在xa2处取得极大值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2. 函数f(x)在x2a处取得极小值f(2a)，且f(2a)3ae2a.

32.（2009四川卷理）（本小题满分12分） 已知a0,且a1函数f(x)loga(1a)。 （I）求函数f(x)的定义域，并判断f(x)的单调性；

xaf(n); （II）若nN,求limnnaa*（III）当ae（e为自然对数的底数）时，设h(x)(1ef(x))(x2m1)，若函数h(x)的极值存在，

求实数m的取值范围以及函数h(x)的极值。

本小题主要考查函数、数列的极限、导数应用等基础知识、考查分类整合思想、推理和运算能力。 解：（Ⅰ）由题意知1a0

当0a1 时，f(x)的定义域是（0，）；当a1时，f(x)的定义域是（，0）x-axlnaaxf(x)=glogaex

1axa1当0a1时，x(0,).因为ax10,ax0,故f(x)<0,所以f(x)是减函数 当a1时，x(,0),因为ax10,ax0,故f(x)0,所以f(x)是减函数….（4分） （Ⅱ）因为f(n)loga(1an),所以af(n)1an 由函数定义域知1a>0,因为n是正整数，故0naf(n)1an1limn 所以limnnaanaaa（Ⅲ）（hx)ex(x2m1)(x0),所以h(x)ex(x22xm1) 令h(x)0,即x2xm10,由题意应有0，即m0

① 当m=0时，h(x)0有实根x1，在x1点左右两侧均有h(x)0故无极值 ② 当0m1时，h(x)0有两个实根x11m,x21m 当x变化时，h(x)、h(x)的变化情况如下表所示：

2x

h(x)

(,x1) +

x1 0

(x1,x2) -

x2 0

(x2,0) +

h(x)

↗ 极大值 ↘

m极小值 ↗

h(x)的极大值为2e1m(1m)，h(x)的极小值为2e1(1m)

③ 当m1时，h(x)0在定义域内有一个实根，x1m 同上可得h(x)的极大值为2e1m(1m)

（0，）综上所述，m时，函数h(x)有极值；

当0m1时h(x)的极大值为2e1当m1时，h(x)的极大值为2e1mm(1m)，h(x)的极小值为2e1m(1m)

(1m)

33.（2009福建卷文）（本小题满分12分）

已知函数f(x)13xax2bx,且f'(1)0 3 （I）试用含a的代数式表示b；

（Ⅱ）求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）令a1，设函数f(x)在x1,x2(x1x2)处取得极值，记点M(x1,f(x1)),N(x2,f(x2))，证明：线段MN与曲线f(x)存在异于M、N的公共点； 解法一：

（I）依题意，得f'(x)x22axb 由f'(1)12ab0得b2a1

（Ⅲ）当a1时，得f(x)313xx23x 3 由f'(x)x2x30，得x11,x23

由（Ⅱ）得f(x)的单调增区间为(,1)和(3,)，单调减区间为(1,3) 所以函数f(x)在x11.x23处取得极值。

故M(1,).N(3,9) 所以直线MN的方程为y538x1 3122yxx3x332 由得x3xx30

y8x13 令F(x)x33x2x3

易得F(0)30,F(2)30，而F(x)的图像在(0,2)内是一条连续不断的曲线， 故F(x)在(0,2)内存在零点x0，这表明线段MN与曲线f(x)有异于M,N的公共点 解法二： （I）同解法一 （Ⅱ）同解法一。

（Ⅲ）当a1时，得f(x)13xx23x，由f'(x)x22x30，得x11,x23 3x由（Ⅱ）得f(x)的单调增区间为(,1)和(3,)，单调减区间为(1,3)，所以函数f(x)在

x11,x23处取得极值，

故M(1,),N(3,9) 所以直线MN的方程为y538x1 3132yxx3x332由得x3xx30 y8x13解得x11,x21.x33

x11x21x33 511y9y1,y2,333所以线段MN与曲线f(x)有异于M,N的公共点(1,11) 334.（2009年上海卷理）（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第

3小题满分6分。 已知函数yf(x)的反函数。定义：若对给定的实数a(a0)，函数yf(xa)与；若函数yf(ax)与yf1(ax)互为反函yf1(xa)互为反函数，则称yf(x)满足“a和性质”数，则称yf(x)满足“a积性质”。

（1） 判断函数g(x)x21(x0)是否满足“1和性质”，并说明理由； （2） 求所有满足“2和性质”的一次函数；

（3） 设函数yf(x)(x0)对任何a0，满足“a积性质”。求yf(x)的表达式。 解：（1）函数g(x)x21(x0)的反函数是g1(x)x1(x1)

g1(x1)x(x0)

而g(x1)(x1)21(x1),其反函数为y故函数g(x)x21(x0)不满足“1和性质”

（2）设函数f(x)kxb(xR)满足“2和性质”，k0.

x11(x1)

xbx2b(xR),f1(x2)…….6分 kkxb2k而f(x2)k(x2)b(xR),得反函数y………….8分

kx2bxb2k由“2和性质”定义可知=对xR恒成立

kkf1(x)k1,bR,即所求一次函数为f(x)xb(bR)………..10分

1（3）设a0，x00，且点(x0,y0)在yf(ax)图像上，则(y0,x0)在函数yf(ax)图象上，

故

．．12分 f(ax0)y0，可得ay0f(x0)af(ax0)， ．

f1(ay0)x0，

令ax0x，则a综上所述，1b1q而f1xf(x0)xx

f(x)，即f(x)0。f(x0)。 ．．．．．．14分

xx0x0

n1bnf(x)kkk(k0)，此时f(ax)，其反函数就是y，

axxax(ax)k1，故yf(ax)与yf(ax)互为反函数 。 ．．．．．．16分 ax35.（2009上海卷文）（本题满分16分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分10分 .有

时可用函数

a0.115ln,　x6,ax f(x) x4.4,　　　　　6x4描述学习某学科知识的掌握程度.其中x表示某学科知识的学习次数（xN*），f(x)表示对该学科知识的掌握程度，正实数a与学科知识有关.（1）证明：当x 7时，掌握程度的增长量f（x+1）- f(x)总是下降（2）根据经验，学科甲、乙、丙对应的a的取值区间分别为（115，121］,(121,127］, (127,133］.当学习某学科知识6次时，掌握程度是85%，请确定相应的学科. 证明（1）当x7时，f(x1)f(x)0.4

(x3)(x4)而当x7时，函数y(x3)(x4)单调递增，且(x3)(x4)0

故函数f(x1)f(x)单调递减 当x7时，掌握程度的增长量f(x1)f(x)总是下降 (2)有题意可知0.115lnaa0.85整理得e0.05 a6a6e0.05620.506123.0,123.0(121,127]…….13分由此可知，该学科是乙学科14分 解得a0.05e136.（2009重庆卷理）（本小题满分13分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问8分）

设函数f(x)axbxk(k0)在x0处取得极值，且曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于

2ex直线x2y10．（Ⅰ）求a,b的值；（Ⅱ）若函数g(x)，讨论g(x)的单调性．

f(x)解（Ⅰ）因f(x)axbxk(k0),故f(x)2axb 又f(x)在x=0处取得极限值，故f(x)0,从而b0

由曲线y=f(x)在（1，f（1））处的切线与直线x2y10相互垂直可知 该切线斜率为2，即f(1)2,有2a=2,从而a=1

2ex(x22xk)ex(k0)g(x)(k0)（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g(x)2xk(x2k)2

令g(x)0,有x2xk0

2故函数g(x)在R上为增函数 （1）当44k0,即当k>1时，g(x)>0在R上恒成立，ex(x1)2（2）当44k0,即当k=1时，g(x)20(x0) 2(xk)K=1时，g（x）在R上为增函数

（3）44k0,即当0x111k,x211k

当x(,11k)是g(x)0,故g(x)在（,11k)上为增函数

当x时，g(x)0,故g(x)在（上为减函数 （11k,11k）11k,11k）时，g(x)0,故g(x)在（上为增函数 x（11k，+）11k，+）37.（2009重庆卷文）（本小题满分12分，（Ⅰ）问7分，（Ⅱ）问5分）

已知f(x)x2bxc为偶函数，曲线yf(x)过点(2,5)，g(x)(xa)f(x)． （Ⅰ）求曲线yg(x)有斜率为0的切线，求实数a的取值范围； （Ⅱ）若当x1时函数yg(x)取得极值，确定yg(x)的单调区间．

'当x(,)时, g(x)0,故g(x)在(,)上为增函数.

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