2008年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(04导数及其应用)

（04导数及其应用）

一、选择题：

1.（2008安徽文）设函数f(x)2xA．有最大值

2．(2008福建文)如果函数yf(x)的图像如右图,那么导函数

11(x0), 则f(x)（ A ） xC．是增函数

D．是减函数

B．有最小值

yf,(x)的图像可能是（A）

3. (2008福建理)已知函数y=f(x),y=g(x)的导函数的图象如下图，那么y=f(x),y=g(x)的图象可能是（D ）

x4．(2008广东文)设aR，若函数yeax，xR有大于零的极值点，则（A ） A．a1 B. a1 C. a D. a

5．(2008广东理)设aR，若函数yeax

1e1 e3x，xR有大于零的极值点，则（ B ） 11A．a3 B. a3 C. a D. a

33

6、(2008海南、宁夏文)设f(x)xlnx，若f'(x0)2，则x0（ B ）

A. e

7、(2008海南、宁夏理)由直线xA.

8. (2008湖北理)若f(x)=

2 B. e C.

ln2 2D. ln2

15 4B.

17 411，x=2，曲线y及x轴所围图形的面积是（ D ） 2x1C. ln2 D. 2ln2

212xbln(x2)在(-1,+)上是减函数，则b的取值范围是（C ） 2A.[-1，+∞] B.（-1，+∞） C.（-∞，-1） D.（-∞，-1）

第1页 （共29页）

9．(2008江西理) A．

limx1x32x1＝（ A ）

11 B．0 C．－ D．不存在 22135L(2n1)（ B ）

xn(2n1)1B． C．1 D．2

210．(2008辽宁理) lim A．

1 4

211．(2008辽宁文、理)设P为曲线C：yx2x3上的点，且曲线C在点P处切线 倾斜角的取值范围为0，，则点P横坐标的取值范围为（ A ）

4 A．1，21

B．1，0

C．01，

1 D．，12

312．(2008全国Ⅰ卷文) 曲线yx2x4在点(1，3)处的切线的倾斜角为（ B ） A．30° B．45° C．60° D．120°

13．(2008全国Ⅰ卷理)设曲线yA．2

B．

1 2x1在点(3，2)处的切线与直线axy10垂直，则a（ D ） x11C． D．2

2

214．(2008全国Ⅱ卷文)设曲线yax在点（1，a）处的切线与直线2xy60平行，则a（A ）

A．1

B．

1 2

C．1 2

D．1

二、填空题：

1.（2008北京文）如图，函数f(x)的图象是折线段ABC,其中A,B,C的坐标分别为（0，4），（2，0），（6，4），则f(f(0))= 2 ; 函数f(x)在x=1处的导数f′（1）= -2 . 2．（2008北京理）如图，函数f(x)的图象是折线段ABC，其中A，B，C的坐标分别为

y (0，，，，，4)(20)()，则f(f(0)) 2 ；

A f(1x)f(1)C 4 lim —2 ．（用数字作答）

3 x0x2

1 x11B ______. 3. (2008湖南理)lim2O 1 2 3 4 5 6 x x1x3x45

第2页 （共29页）

1xb是曲线ylnxx0的一条切线，则实数b＝ ln2－1 ． 2111'4.【解析】本小题考查导数的几何意义、切线的求法．y ，令得x2，故切点（2，ln2），

xx24. (2008江苏)直线y代入直线方程，得，所以b＝ln2－1．

【答案】ln2－1

5. (2008江苏) fxax33x1对于x1,1总有fx≥0 成立，则a= 4 ．

5.【解析】本小题考查函数单调性的综合运用．若x＝0，则不论a取何值，fx≥0显然成立；当x

31 x2x3312x3111'0,,1上设gx23，则gx， 所以 在区间上单调递增，在区间gx422xxx1单调递减，因此gxmaxg4，从而a≥4；

2312x31'当x＜0 即1,0时，fxax33x1≥0可化为a23，gx0

x4xxgx 在区间1,0上单调递增，因此gxmang14，从而a≤4，综上a＝4

＞0 即x1,1时，fxax33x1≥0可化为，a【答案】4

ax6．(2008全国Ⅱ卷理)设曲线ye在点(0，1)处的切线与直线x2y10垂直，则a 2 ．

7.(2008山东理)设函数f(x)=ax2+c(a≠0).若

8．(2008陕西理) lim

三、解答题：

1.（2008安徽文）设函数f(x)10f(x)dxf(x0)，0≤x0≤1,则x0的值为

3. 3(1a)n12，则a 1 ．

n→naa332xx(a1)x1,其中a为实数。 32（Ⅰ）已知函数f(x)在x1处取得极值，求a的值；

'2（Ⅱ）已知不等式f(x)xxa1对任意a(0,)都成立，求实数x的取值范围。

'2'1.解: (1) f(x)ax3x(a1)，由于函数f(x)在x1时取得极值，所以 f(1)0

即 a3a10,∴a1

(2) 方法一：由题设知：ax3x(a1)xxa1对任意a(0,)都成立 即a(x2)x2x0对任意a(0,)都成立

设 g(a)a(x2)x2x(aR), 则对任意xR，g(a)为单调递增函数(aR) 所以对任意a(0,)，g(a)0恒成立的充分必要条件是g(0)0 即 x2x0，∴2x0 于是x的取值范围是x|2x0

第3页 （共29页）

2222222 方法二：由题设知：ax23x(a1)x2xa1对任意a(0,)都成立 即a(x22)x22x0对任意a(0,)都成立

于是ax22xx22xx22对任意a(0,)都成立，即x220 ∴2x0

于是x的取值范围是x|2x0

2.（2008安徽理）设函数f(x)1xlnx(x0且x1) （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

1（Ⅱ）已知2xxa对任意x(0,1)成立，求实数a的取值范围。

2. 解 (1) f'(x)lnx1x2ln2x,若 f'(x)0, 则 x1e 列表如下

x

(0,11(1e) e e,1) (1,)

f'(x)

+ 0

- - 极大值

f(x)

单调增

f(1单调减

单调减

e) 1 (2) 在 2xxa 两边取对数, 得

1xln2alnx,由于0x1,所以 a1ln2xlnx (1) 由(1)的结果可知,当x(0,1)时, f(x)f(1e)e,

为使(1)式对所有x(0,1)成立,当且仅当aln2e,即aeln2

3.（2008北京文）已知函数f(x)x3ax23bxc(b0),且g(x)f(x)2是奇函数. （Ⅰ）求a,c的值； （Ⅱ）求函数f(x)的单调区间.

3.解：（Ⅰ）因为函数g(x)=f(x)-2为奇函数，

所以，对任意的x∈R,g(-x)=-g(x),即f(-x)- 2=-f(x)+2. 又f(x)=x3+ax2+3bx+c,

所以-x3+ax2-3bx+c-2=-x3-ax2所以aa,-3bx-c+2.

c2c2.

解得a=0，c＝2.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)=x3+3bx+2. 所以f′(x)=3x2+3b(b≠0).

当b＜0时，由f′(x)=0得x=±b. x变化时，f′(x)的变化情况如下表：

第4页29页） （共

x f′(x) (-∞,- + b) -b 0 (-b,b) - 0 b (b,+∞) + 所以，当b＜0时，函数f (x)在（-∞，-b）上单调递增，在（-b，b）上单调递减，在（b，+∞）上单调递增.

当b＞0时，f′(x)＞0.所以函数f (x)在（-∞，+∞）上单调递增.

4．（2008北京理）已知函数f(x)2xb，求导函数f(x)，并确定f(x)的单调区间．

(x1)22(x1)2(2xb)g2(x1)4．解：f(x)

(x1)42x2b2 3(x1)2[x(b1)]．

(x1)3令f(x)0，得xb1．

当b11，即b2时，f(x)的变化情况如下表：

x (，b1) b1 (b11)) ， (1， f(x)   0 当b11，即b2时，f(x)的变化情况如下表： x (，1) (1，b1) b1 (b1，)  f(x)   0 所以，当b2时，函数f(x)在(，b1)上单调递减，在(b11)，上单调递增， 在(1，)上单调递减．

1)上单调递减，在(1，b1)上单调递增，在(b1，)上单调递减． 当b2时，函数f(x)在(，2当b11，即b2时，f(x)，所以函数f(x)在(， 1)上单调递减，在(1，)上单调递减．

x1

325. (2008福建文) 已知函数f(x)xmxnx2的图像过点（-1，-6），且函数g(x)f'(x)6x的图像关于y轴对称。（1）求m,n的值及函数yf(x)的单调区间；（2）若a>0，求函数yf(x)在区间(a1,a1)内的极值。

5.解：（1）由函数图像过（-1，-6），得m-n=-3，

由f(x)xmxnx2，得：f'(x)3x2mxn 而g(x)3x(2m6)xn图像关于y轴对称，所以：由f'(x)3x6x0得：x(,0)U(2,)

所以，单调递增区间为(,0)，(2,)，递减区间为(0,2)

（2）由f'(x)3x6x0，得：x=0,x=2；函数yf(x)在区间(a1,a1)内有： 所以，当0第5页 （共29页）

2223222m60，即m=-3,所以n=0 236.(2008福建理)已知函数f(x)=ln(1+x)-x1 （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）记f(x)在区间0,（n∈N*）上的最小值为bx令an=ln(1+n)-bx. （Ⅲ）如果对一切n，不等式anp（Ⅳ）求证：

an2c恒成立，求实数c的取值范围； an22an11.

aaggga2n1a1a1a3ggg13pa2a2a4a2a4ggga2n

6. 本小题主要考查函数的单调性、最值、不等式、数列等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查分析问题和解决问题的能力，满分14分. 解法一：

（I）因为f(x)=ln(1+x)-x，所以函数定义域为（-1,+）,且f〃(x)=由f〃(x)>0得-10，f(x)的单调递增区间为（0，+）. (II)因为f(x)在[0,n]上是减函数，所以bn=f(n)=ln(1+n)-n, 则an=ln(1+n)-bn=ln(1+n)-ln(1+n)+n=n. (i)>

1x-1=. 1x1xan2(an2an)n2(n2n)n22

n2n2n21.

n2n22112n2x又limn2(n2n)lim1,

因此c<1，即实数c的取值范围是（-，1）. （II）由（i）知因为[

12n12n1.

2n1135K(2n1)2

]

246K(2n)133557(2n1)(2n1)11＜, =322L246(2n)22n12n11g3g5gLg(2n1)1＜所以＜2n12n1(nN*),

2g4g6gLg(2n)2n111g31g3g5gLg(2n1)L则＜

22g42g4g6gLg(2n)3153L2a12n12n11.aaLa2n1aaa即113L13＜a2a2ana2a4La2n

2an11(nN*）

解法二：

（Ⅰ）同解法一.

（Ⅱ）因为f(x)在0,n上是减函数，所以bnf(n)ln(1n)n,

第6页 （共29页）

则anln(1n)bnln(1n)ln(1n)nn. （i）因为cpan2an2an对n∈N*恒成立.所以cpn2n2n对n∈N*恒成立.

则cpn2n22n对n∈N*恒成立.

设g(n)n2n22n, n∈N*，则c＜g(n)对n∈N*恒成立. 考虑g(x)x2x2x,x1,.

2112x1x1 因为g′＝0， (x)1(x2x)2?(2x2)1p122x1x2x 所以g(x)在1,内是减函数；则当n∈N*时，g(n)随n的增大而减小，

又因为limg(n)lim(n2n2n)limxx22n4n2n2n22limx4nx1221nn＝1.

所以对一切nN,g(n)1.因此c≤1,即实数c的取值范围是(-∞，1].

*12n12n1. 2n11g3g5gLg(2n1)1(nN). 下面用数学归纳法证明不等式

2g4g6gLg(2n)2n111 ①当n=1时，左边＝，右边＝，左边<右边.不等式成立.

231g3g5gLg(2k1)1. ②假设当n=k时,不等式成立.即

2g4g6gLg(2k)2n1(ⅱ) 由(ⅰ)知当n=k+1时，

1•3•5（2k－1）(2k1)12k12k12k12k3＜•2•4•6（2k）(2k2)2k22k12k22k2=4k28k34k28k4••12k3,

12k3＜12k312(k1)1

即n＝k＋1时，不等式成立

综合①、②得，不等式1•3•5••(2n1)＜1(nN*)成立.

2•4•6••(2n)2n1所以1•3•5••(2n1)＜2n12n1

2•4•6••(2n)11•31•3•5••(2n1)

＋＋22•42•4•6••(2n)＜3－1＋5－3＝＋2n12n11. 即a1a1a3＋a1a3a2n1＜2an11(nN*). a2a2a4a2a4a2n

7. (2008广东文)某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房。经测算，如果将楼房建为x（x10）层，则每平方米的 平均建筑费用为560+48x（单位：元）。为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？

第7页 （共29页）

（注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=

7、解：设楼房每平方米的平均综合费为y元，依题意得

购地总费用）

建筑总面积2160100001080056048x(x10,xN*)

2000xx1080010800则y48，令，即y0480，解得x15 22xx当x15时，y0；当0x15时，y0， 因此，当x15时，y取得最小值，ymin2000元. y(56048x)答：为了使楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15层。

1,x1,8. (2008广东理)设kR,函数f(x)1xF(x)f(x)kx,xR.

x1,x1 试讨论函数F(x)的单调性.

11,x1,kx8.解: 因为f(x)1x,所以F(x)f(x)kx1x,xR.

x1,x1x1kx1k,(x1) (1)当x<1时，1-x>0，F(x)(1x)2 ①当k0时，F(x)0在(,1)上恒成立，故F(x)在区间(,1)上单调递增；

②当k0时，令F(x) 且当x1k1x1k0,(x1)，解得，

k(1x)2kkx1时，F(x)0 时，F(x)0；当1kkkk)上单调递减,在区间(1,1)上单调递增； 故F(x)在区间(,1kk1k,(x1) (2)当x>1时， x-1>0，F(x)2x1 ①当k0时，F(x)0在(1,)上恒成立，故F(x)在区间(1,)上单调递减；

11k0,(x1)，解得x12， ②当k0时，令F(x)4k2x111 且当1x1时，；当时，F(x)0 x1F(x)04k24k211)(1,)上单调递增； 故F(x)在区间(1,1上单调递减,在区间4k24k2 综上得，①当k=0时，F(x)在区间(,1)上单调递增，F(x)在区间(1,)上单调递减；

1)上单调递减,在区间 ②当k<0时，F(x)在区间(,1)上单调递增，在区间(1,124k1(12,)上单调递增；；

4k 第8页 （共29页）

③当k0时，F(x)在区间(,1kk)上单调递减,在区间(1,1)上单调递增, kk在区间(1,)上单调递减.

9、(2008海南、宁夏文)设函数f(x)axb，曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为

x（1）求yf(x)的解析式；（2）证明：曲线yf(x)上任一点处的切线与直线7x4y120。

x0和直线yx所围成的三角形面积为定值，并求此定值。

9．解：（Ⅰ）方程7x4y120可化为y当x2时，y又f(x)a7x3． 41． ······················································································ 2分 2b， 2xb12a，a1，22于是解得

b3.ab7，443故f(x)x． ·························································································· 6分

x3（Ⅱ）设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y12知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为

x3yy012(xx0)，

x0331(xx0)． 2x0x066． 令x0得y，从而得切线与直线x0的交点坐标为0，x0x0即yx02x0)． ·令yx得yx2x0，从而得切线与直线yx的交点坐标为(2x0，··········· 10分

所以点P(x0，y0)处的切线与直线x0，yx所围成的三角形面积为

162x06． 2x故曲线yf(x)上任一点处的切线与直线x0，yx所围成的三角形的面积为定值，此定值为6．

················································································································· 12分

10、(2008海南、宁夏理)设函数f(x)ax1(a,bZ)，曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线xb方程为

（1）求yf(x)的解析式；（2）证明：曲线yf(x)的图像是一个中心对称图形，并求其y3。

对称中心；（3）证明：曲线yf(x)上任一点处的切线与直线x1和直线yx所围三角形的面

积为定值，并求出此定值。

第9页 （共29页）

10．解：（Ⅰ）f(x)a1，

(xb)2192a1，a，a1，2b4于是解得或

18b1，b.a0，23(2b)1因a，bZ，故f(x)x．

x11（Ⅱ）证明：已知函数y1x，y2都是奇函数．

x1所以函数g(x)x也是奇函数，其图像是以原点为中心的中心对称图形．

x1而f(x)x11．

x1可知，函数g(x)的图像按向量a(11)即得到函数f(x)的图像，故函数f(x)的图像是以点(11)，平移，，为中心的中心对称图形．

（Ⅲ）证明：在曲线上任取一点x0，x01． x01由f(x0)11知，过此点的切线方程为 2(x01)2x0x011y1(xx0)． 2x01(x01)令x1得yx01x01，，切线与直线x1交点为1．

x01x102x01)． 令yx得y2x01，切线与直线yx交点为(2x01，直线x1与直线yx的交点为(11)，．

1x011212x0112x022．

2x012x01所以，所围三角形的面积为定值2．

从而所围三角形的面积为

11. (2008湖北理)水库的蓄水量随时间而变化，现用t表示时间，以月为单位，年初为起点，根据历年数据，某水库的蓄水量（单位：亿立方米）关于t的近似函数关系式为

12xV（t）=(t14t40)e50,0pt10,

4(t10)(3t41)50,10pt12.（Ⅰ）该水库的蓄求量小于50的时期称为枯水期.以i-1＜t＜t表

示第1月份（i=1,2,…,12）,同一年内哪几个月份是枯水期？ （Ⅱ）求一年内该水库的最大蓄水量（取e=2.7计算）.

11.本小题主要考查函数、导数和不等式等基本知识，考查用导数求最值和综合运用数学知识解决实际问题能力.（满分12分）

解：（Ⅰ）①当0＜t10时，V(t)=(-t2+14t-40)e1445050,

第10页 （共29页）

化简得t2-14t+40>0,

解得t＜4，或t＞10，又0＜t10，故0＜t＜4. ②当10＜t12时，V（t）＝4（t-10）（3t-41）+50＜50, 化简得（t-10）（3t-41）＜0, 解得10＜t＜

41，又10＜t12,故 10＜t12. 3综合得01231t由V′（t）=c(tt4)c4(t2)(t8),

424令V′(t)=0,解得t=8(t=-2舍去).

当t变化时，V′(t) 与V (t)的变化情况如下表： t (4,8) 8 V′(t) V(t) + 0 极大值 1t41

(8,10) - 由上表，V(t)在t＝8时取得最大值V(8)＝8e2+50-108.52(亿立方米). 故知一年内该水库的最大蓄水量是108.32亿立方米

32212. (2008湖北文) 已知函数f(x)xmxmx1（m为常数，且m>0）有极大值9. （Ⅰ）求m的值；

（Ⅱ）若斜率为-5的直线是曲线yf(x)的切线，求此直线方程.

12.本小题主要考查应用导数研究函数性质的方法和基本运算能力.（满分12分） 解：(Ⅰ) f’(x)＝3x2+2mx－m2=(x+m)(3x－m)=0,则x=－m或x= 当x变化时，f’(x)与f(x)的变化情况如下表： x (－∞,－m) －m (－m,1m, 31m 30 极小值 (1m) 31m,+∞) 3f’(x) + 0 － f (x) 极大值 从而可知，当x=－m时，函数f(x)取得极大值9， 即f(－m)＝－m3+m3+m3+1=9,∴m＝2. (Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)=x3+2x2－4x+1,

依题意知f’(x)＝3x2＋4x－4＝－5，∴x＝－1或x＝－又f(－1)＝6，f(－+ 1. 3168)＝， 327681＝－5(x＋)， 273所以切线方程为y－6＝－5(x＋1),或y－即5x＋y－1＝0，或135x＋27y－23＝0.

13．(2008湖南文) 已知函数f(x)（I）证明：27c5；

149xx3x2cx有三个极值点。 42（II）若存在实数c，使函数f(x)在区间a,a2上单调递减，求a的取值范围。

第11页 （共29页）

1913. 解：（I）因为函数f(x)x4x3x242cx有三个极值点, 所以f(x)x33x29xc0有三个互异的实根.

设g(x)x33x29xc,则g(x)3x26x93(x3)(x1), 当x3时，g(x)0, g(x)在(,3)上为增函数; 当3x1时，g(x)0, g(x)在(3,1)上为减函数; 当x1时，g(x)0, g(x)在(1,)上为增函数; 所以函数g(x)在x3时取极大值,在x1时取极小值. 当g(3)0或g(1)0时,g(x)0最多只有两个不同实根. 因为g(x)0有三个不同实根, 所以g(3)0且g(1)0. 即272727c0,且139c0,

解得c27,且c5,故27c5.

（II）由（I）的证明可知，当27c5时, f(x)有三个极值点. 不妨设为x1，x2，x3（x1x2x3），则f(x)(xx1)(xx2)(xx3).

所以f(x)的单调递减区间是(，x1],[x2,x3] 若f(x)在区间a,a2上单调递减，

则a,a2(，x1], 或a,a2[x2,x3],

若a,a2(，x1],则a2x1.由（I）知，x13,于是a5. 若a,a2[x2,x3],则ax2且a2x3.由（I）知，3x21.

又f(x)x33x29xc,当c27时，f(x)(x3)(x3)2; 当c5时，f(x)(x5)(x1)2.

因此, 当27c5时，1x33.所以a3,且a23.

即3a1.故a5,或3a1.反之, 当a5,或3a1时， 总可找到c(27,5),使函数f(x)在区间a,a2上单调递减. 综上所述, a的取值范围是(，5)U(3,1).

14.. (2008湖南理)已知函数

f(x)=ln2(1+x)-x21x. (I) 求函数f(x)的单调区间; （Ⅱ）若不等式(11)aane对任意的nN*都成立（其中e是自然对数的底数）.

求的最大值.

14.解: （Ⅰ）函数f(x)的定义域是(1,)，

f(x)2ln(1x)x22x2(1x)ln(1x)x22x1x(1x)2(1x)2. 设g(x)2(1x)ln(1x)x22x,则g(x)2ln(1x)2x.

令h(x)2ln(1x)2x,则h(x)21x22x1x. 当1x0时， h(x)0, h(x)在（-1，0）上为增函数， 当x＞0时，h(x)0,h(x)在(0,)上为减函数.

所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以g(x)0(x0)，

第12页29页） （共

函数g(x)在(1,)上为减函数. 于是当1x0时，g(x)g(0)0, 当x＞0时，g(x)g(0)0.

所以，当1x0时，f(x)0,f(x)在（-1，0）上为增函数. 当x＞0时，f(x)0,f(x)在(0,)上为减函数.

故函数f(x)的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为(0,).

（Ⅱ）不等式(1)11e等价于不等式(na)ln(1)1.由11知，

nn111,x0,1,则 an. 设G(x)1ln(1x)xln(1)n11(1x)ln2(1x)x2G(x)22. 22(1x)ln(1x)xx(1x)ln(1x)na1nx20,即(1x)ln2(1x)x20. 由（Ⅰ）知，ln(1x)1x所以G(x)0,x0,1,于是G(x)在0,1上为减函数.

2故函数G（x）在0,1上的最小值为G(1)所以a的最大值为

11. ln211. ln2 15．(2008江苏)某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD 的顶点A,B 及CD的中点P 处，已知AB=20km, CB =10km ，为了处理三家工厂的污水，现要在矩形ABCD 的区域上（含边界），且A,B 与等距离的一点O 处建造一个污水处理厂，并铺设排污管道AO,BO,OP ，设排污管道的总长为ykm． PDC

（Ⅰ）按下列要求写出函数关系式：

O①设∠BAO=(rad)，将y表示成的函数关系式；

②设OPx(km) ，将y表示成xx的函数关系式． （Ⅱ）请你选用（Ⅰ）中的一个函数关系式，确定

BA污水处理厂的位置，使三条排污管道总长度最短．

15.【解析】本小题主要考查函数最值的应用．

（Ⅰ）①由条件知PQ 垂直平分AB，若∠BAO=(rad) ，则OAAQ10, 故 coscos10，又OP＝1010tan10－10ta， cos10101010tan， 所以yOAOBOPcoscos2010sin所求函数关系式为y100

4cosOB②若OP=x(km) ，则OQ＝10－x，所以OA =OB=210x2102x220x200 所求函数关系式为yx2x20x2000x10

第13页 （共29页）

（Ⅱ）选择函数模型①，y令y0 得sin ''10cosgcos2010sinsin102sin1 22coscos1，因为0，所以=，

462''当0,时，y0 ，y是的减函数；当,时，y0 ，y是的增函数，所以当=

66时，ymin10103。这时点P 位于线段AB 的中垂线上，且距离AB 边 103km处。 316．(2008江西文)已知函数f(x)1413xaxa2x2a4(a0) 43（1）求函数yf(x)的单调区间；

（2）若函数yf(x)的图像与直线y1恰有两个交点，求a的取值范围．

32216. 解：（1）因为f(x)xax2axx(x2a)(xa) 令f(x)0得x12a,x20,x3a 由a0时，f(x)在f(x)0根的左右的符号如下表所示

x f(x) f(x) (,2a) 2a  0 极小值 ] (2a,0)  Z 0 0 极大值 (0,a)  ] a 0 极小值 (a,)  Z 所以f(x)的递增区间为(2a,0)与(a,)

2a)与(0，a) f(x)的递减区间为(，5474（2）由（1）得到f(x)极小值f(2a)a，f(x)极小值f(a)a

312f(x)极大值f(0)a4

要使f(x)的图像与直线y1恰有两个交点，只要a1453474a或a41， 12即a12或0a1. 717．(2008江西理) 已知函数fx＝

11x＋

11a＋

ax，x∈(0，＋∞)．

ax8 （1）当a8时，求fx的单调区间； （2）对任意正数a，证明：1fx2． 17.

解：（1）a8时，

f(x)∴

f'(x)(1x)'1x(1x)(1x)'1x1x1x21x2x1x1x2x1x(1x)1x1x1 31x1x1x31 第14页 （共29页）

令f'(x)0，结合x0，解得0x1 故f(x)在（0，1）单调递增，同理f(x)在(1，）单调递减。 ∴a8时，f(x)单调递增区间为（0，1），单调递减区间为(1，）。 （2）对任意给定的a0，x0，因

f(x)11181x1a18，若令bax，则abx8 ① axf(x)111x11a1b ②

（一）先证f(x)1：因为

1111x1x，1a11a，11b11b

又由2abx≥442abx8，∴abx≥6

所以

f(x)111

1x1a1111b1x1a1b 32(abx)abbxax9(abx)(abbx



(1x)(1a)(1b)ax)(1x)(1a)(1b)

1(abx) (abbxax)abx

(1x)(1a)(1b)1（2）.再证f(x)2：由①、②中关于x，a，b的对称性，不妨设x≥a≥b，则011b1，

11x1121a16661

∴f(x)11x11a11b2

（Ⅱ）若a+b<7，由①得x8ab，∴1ab1xab8 ③ 因为1bb2b21b11b4(ab)2(12(1b)) ∴11b1b2(1b) ④

同理得11a1a2(1a) ⑤，于是

f(x)21abab2(1a1b2ab8) ⑥

今证明a1ab1b2abab8 ⑦ 因为

abab1a1b2(1a)(1b)，则只要2ab(1a)(1b)2abab8 只要(1a)(1b)8ab，即证1abab8ab，即a+b<7，而这显然成立。

第15页29页） （共

综上，对任意正数a，1fx2．

32218.．(2008辽宁文) 设函数f(x)axbx3ax1(a，bR)在xx1，xx2处取得极值，且

x1x22．

（Ⅰ）若a1，求b的值，并求f(x)的单调区间； （Ⅱ）若a0，求b的取值范围．

18．本小题主要考查函数的导数，单调性、极值，最值等基础知识，考查综合利用导数研究函数的有关性质的能力．满分14分

22解：f(x)3ax2bx3a．① ····································································· 2分

（Ⅰ）当a1时，

f(x)3x22bx3；

由题意知x1，x2为方程3x2bx30的两根，所以

24b236x1x2．

3由x1x22，得b0． ··············································································· 4分

从而f(x)x3x1，f(x)3x33(x1)(x1)．

当x(11)，时，f(x)0；当x(∞，1)U(1，∞)时，f(x)0．

故f(x)在(11)······························ 6分 ，单调递减，在(∞，1)，(1，∞)单调递增． ·（Ⅱ）由①式及题意知x1，x2为方程3x2bx3a0的两根，

22224b236a3所以x1x2．

3a22从而x1x22b9a(1a)，

由上式及题设知0a≤1． ············································································· 8分 考虑g(a)9a9a，

232g(a)18a27a227aa． ······························································ 10分

322241单调递减，从而g(a)在01g故g(a)在0，单调递增，在，的极大值为，．

333324又g(a)在01，，上只有一个极值，所以g上的最大值，且最小值为g(1)0． 为g(a)在013323234，． ·所以b0，，即b的取值范围为······································· 14分

333219．(2008辽宁理)设函数f(x)lnxlnxln(x1)． 1x（Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值；

（Ⅱ）是否存在实数a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为（0，+）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．

19．本小题主要考查函数的导数，单调性，极值，不等式等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力．满分14分．

第16页 （共29页）

1lnx11lnx． ······························· 2分

x(1x)(1x)2xx1(1x)2故当x(01)，时，f(x)0， x(1，∞)时，f(x)0． 所以f(x)在(0，············································· 4分 1)单调递增，在(1，∞)单调递减． ·由此知f(x)在(0，∞································ 6分 )的极大值为f(1)ln2，没有极小值． （Ⅱ）（ⅰ）当a≤0时，

(1x)ln(1x)xlnxln(1x)xln(1x)lnx0， 由于f(x)1x1x故关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，∞··············································· 10分 )． ·

解：（Ⅰ）f(x)ln2n1lnx1nln1ln1知f(2)（ⅱ）当a0时，由f(x)n12n1x2x有

，其中n为正整数，且nn1a22······································· 12分 ne1nlog2(e1)． ·

22ln2nnln2nln22ln2又n≥2时，． 12n1(11)nn(n1)n122ln2a4ln2且n1． n12nn4ln2取整数n0满足n0log2(e21)，n01，且n0≥2，

anln21aan则f(20)0nln1na，

1202022)． 即当a0时，关于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0，∞综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，∞)，且a的取值范围为

1ln1n2································································································· 14分 0． ·∞，

3220．(2008全国Ⅰ卷文、理)已知函数f(x)xaxx1，aR． （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调区间；

内是减函数，求a的取值范围． （Ⅱ）设函数f(x)在区间，

3220．解：（1）f(x)xaxx1 求导：f(x)3x2ax1 当a222313≤3时，≤0，f(x)≥0

f(x)在R上递增

aa23当a3，f(x)0求得两根为x

3aa23aa23aa23，即f(x)在，递增，递减，

3332 第17页 （共29页）

aa23，递增 3aa232≤33，且a23 （2）1aa23≥337解得：a≥

43221．(2008全国Ⅱ卷文) 设aR，函数f(x)ax3x． （Ⅰ）若x2是函数yf(x)的极值点，求a的值； （Ⅱ）若函数g(x)f(x)f(x)，x[0，2]，在x0处取得最大值，求a的取值范围．

221．解：（Ⅰ）f(x)3ax6x3x(ax2)．

因为x2是函数yf(x)的极值点，所以f(2)0，即6(2a2)0，因此a1． 经验证，当a1时，x2是函数yf(x)的极值点． ········································· 4分 （Ⅱ）由题设，g(x)ax3x3ax6xax(x3)3x(x2)． 当g(x)在区间[0，2]上的最大值为g(0)时，

3222g(0)≥g(2)，

即0≥20a24．

6．································································································ 9分 56反之，当a≤时，对任意x[0，2]，

56g(x)≤x2(x3)3x(x2)

53x(2x2x10) 53x(2x5)(x2) 5≤0，

而g(0)0，故g(x)在区间[0，2]上的最大值为g(0)．

6综上，a的取值范围为，． ··································································· 12分

5故得a≤

22．(2008全国Ⅱ卷理)设函数f(x)（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．

22．解：（Ⅰ）f(x)sinx．

2cosx(2cosx)cosxsinx(sinx)2cosx1． ·················· 2分

(2cosx)2(2cosx)2 第18页 （共29页）

2π2π1（kZ）时，cosx，即f(x)0； x2kπ3322π4π1当2kπ（kZ）时，cosx，即f(x)0． x2kπ3322π2π，2kπ因此f(x)在每一个区间2kπ（kZ）是增函数， 332π4π2kπ····························· 6分 f(x)在每一个区间2kπ，（kZ）是减函数． 33（Ⅱ）令g(x)axf(x)，则

2cosx1g(x)a 2(2cosx)23a

2cosx(2cosx)2当2kπ1113a．

32cosx31故当a≥时，g(x)≥0．

3又g(0)0，所以当x≥0时，g(x)≥g(0)0，即f(x)≤ax． ························ 9分

1当0a时，令h(x)sinx3ax，则h(x)cosx3a．

3故当x0，arccos3a时，h(x)0．

因此h(x)在0，arccos3a上单调增加． 故当x(0，arccos3a)时，h(x)h(0)0， 即sinx3ax．

于是，当x(0，arccos3a)时，f(x)当a≤0时，有f2sinxsinxax．

2cosx3ππ10≥ag． 2221． ·因此，a的取值范围是，·································································· 12分 3

2x13223.(2008山东文)设函数f(x)xeaxbx，已知x2和x1为f(x)的极值点． （Ⅰ）求a和b的值；

（Ⅱ）讨论f(x)的单调性； （Ⅲ）设g(x)23xx2，试比较f(x)与g(x)的大小． 3

x12223．解：（Ⅰ）因为f(x)e(2xx)3ax2bx

xex1(x2)x(3ax2b)，

又x2和x1为f(x)的极值点，所以f(2)f(1)0，

6a2b0，因此

33a2b0， 第19页 （共29页）

解方程组得a13，b1． （Ⅱ）因为a13，b1，

所以f(x)x(x2)(ex11)，

令f(x)0，解得x12，x20，x31． 因为当x(，2)U(0，1)时，f(x)0； 当x(2，0)U(1，)时，f(x)0． 所以f(x)在(2，0)和(1，)上是单调递增的； 在(，2)和(0，1)上是单调递减的．

（Ⅲ）由（Ⅰ）可知f(x)x2ex11323xx，

故f(x)g(x)x2ex1x3x2(ex1x)，

令h(x)ex1x，

则h(x)ex11．

令h(x)0，得x1， 因为x，1时，h(x)≤0，

所以h(x)在x，1上单调递减． 故x，1时，h(x)≥h(1)0； 因为x1，时，h(x)≥0， 所以h(x)在x1，上单调递增． 故x1，时，h(x)≥h(1)0．

所以对任意x(，)，恒有h(x)≥0，又x2≥0，

因此f(x)g(x)≥0，

故对任意x(，)，恒有f(x)≥g(x)．

24. (2008山东理)已知函数f(x)1(1x)naln(x1),其中n∈N*,a为常数.

（Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；

（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1. 24．（Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，

当n=2时，f(x)1(1x)2aln(x1), 所以 f(x)2a(1x)2(1x)3. （1）当a＞0时，由f(x)=0得

x211a＞1，x221a＜1， 此时 f′（x）=a(xx1)(xx2)(1x)3.

第20页 （共29页）

当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减； 当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0, f(x)单调递增.

（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值. 综上所述，n=2时， 当a＞0时，f(x)在x1当a≤0时，f(x)无极值. （Ⅱ）证法一：因为a=1,所以f(x) 当n为偶数时，

22a2)(1ln). 处取得极小值，极小值为f(1aa2a1ln(x1). n(1x)1ln(x1),

(1x)nn1x2n则 g′（x）=1+＞0（x≥2）. n1n1(x1)x1x1(x1)令g(x)x1所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，

又 g(2)=0 因此g(x)x11ln(x1)≥g(2)=0恒成立，

(x1)n 所以f(x)≤x-1成立.

当n为奇数时， 要证f(x)≤x-1,由于

1＜0，所以只需证ln(x-1) ≤x-1, n(1x) 令 h(x)=x-1-ln(x-1),

1x2≥0（x≥2）, x1x1 所以 当x∈[2，+∞]时，h(x)x1ln(x1)单调递增，又h(2)=1＞0，

则 h′（x）=1- 所以当x≥2时，恒有h(x) ＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.

综上所述，结论成立. 证法二：当a=1时，f(x)

1ln(x1).

(1x)n1≤1， n(1x)当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1.

令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1),x2,

1x2, x1x1当x≥2时，h(x)≥0，故h(x)在2,上单调递增，

则h(x)1因此 当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1) ≤x-1成立. 故 当x≥2时，有

1ln(x1)≤x-1. n(1x) 即f（x）≤x-1.

322225.(2008陕西文) 设函数f(x)xaxax1,g(x)ax2x1,其中实数a0． （Ⅰ）若a0，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）当函数yf(x)与yg(x)的图象只有一个公共点且g(x)存在最小值时，记g(x)的最小值为

第21页 （共29页）

h(a)，求h(a)的值域；

（Ⅲ）若f(x)与g(x)在区间(a,a2)内均为增函数，求a的取值范围．

a2225. 解：（Ⅰ）Q f(x)3x2axa3(x)(xa)，又a0，

3aa 当xa或x时，f(x)0；当ax时，f(x)0，

33aaf(x)在(,a)和(,)内是增函数，在(a,)内是减函数．

333222（Ⅱ）由题意知 xaxax1ax2x1，

222即x[x(a2)]0恰有一根（含重根）． a2≤0，即2≤a≤2，

又a0， a[2,0)U(0,2]．

2当a0时，g(x)才存在最小值，a(0,2]．Q g(x)a(x)a1a1， a21]．  h(a)a,a(0,2]． h(a)的值域为(,12aa1（Ⅲ）当a0时，f(x)在(,a)和(,)内是增函数，g(x)在(,)内是增函数．

3aa0a由题意得a，解得a≥1；

31aaa1当a0时，f(x)在(,)和(a,)内是增函数，g(x)在(,)内是增函数．

3aa0a由题意得a2，解得a≤3；

31a2a综上可知，实数a的取值范围为(,3]U[1,)．

26．(2008陕西理)已知函数f(x)kx1（c0且c1，kR）恰有一个极大值点和一个极小值x2c点，其中一个是xc．

（Ⅰ）求函数f(x)的另一个极值点；

（Ⅱ）求函数f(x)的极大值M和极小值m，并求Mm≥1时k的取值范围．

k(x2c)2x(kx1)kx22xck26．解：（Ⅰ）f(x)，由题意知f(c)0，

(x2c)2(x2c)2即得ck2cck0，（*）Qc0，k0．

2由f(x)0得kx2xck0，

2 第22页 （共29页）

由韦达定理知另一个极值点为x1（或xc（Ⅱ）由（*）式得k2）． k22，即c1． c1k当c1时，k0；当0c1时，k2． （i）当k0时，f(x)在(，c)和(1，)内是减函数，在(c，1)内是增函数．

k1kMf(1)0，

c12kc1k2mf(c)20，

cc2(k2)kk2≥1及k0，解得k≥2． 由Mm22(k2)（ii）当k2时，f(x)在(，c)和(1，)内是增函数，在(c，1)内是减函数． k2kMf(c)0，mf(1)0

2(k2)2k2k(k1)21Mm1≥1恒成立．

2(k2)2k22)U[2，)． 综上可知，所求k的取值范围为(，

5327．(2008四川文) 设x1和x2是函数fxxaxbx1的两个极值点。

（Ⅰ）求a和b的值； （Ⅱ）求fx的单调区间 27．【解】：（Ⅰ）因为f'''x5x43ax2b

由假设知：f153ab0 f解得a2245223ab0

25,b20 3（Ⅱ）由（Ⅰ）知

f'x5x43ax2b5x21x445x1x2x1x2 当x,2U1,1U2,时，f当x2,1U1,2时，f''x0

x0

因此fx的单调增区间是,2,1,1,2,

fx的单调减区间是2,1,1,2

【点评】：此题重点考察利用导数研究函数的极值点，单调性，最值问题； 【突破】：熟悉函数的求导公式，理解函数极值与导数、函数单调性与导数的关系；重视图象或示意图的辅助作用。

228．(2008四川理) 已知x3是函数fxaln1xx10x的一个极值点。 （Ⅰ）求a；

（Ⅱ）求函数fx的单调区间；

第23页 （共29页）

（Ⅲ）若直线yb与函数yfx的图象有3个交点，求b的取值范围。 28．【解】：（Ⅰ）因为f'x 所以f'3 因此a16 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，

fx16ln1xx10x,x1,

2a2x10 1xa6100 4 f'x2x24x31x'当x1,1U3,时，fx0

当x1,3时，f

x0

所以fx的单调增区间是1,1,3,

fx的单调减区间是1,3 （Ⅲ）由（Ⅱ）知，fx在1,1内单调增加，在1,3内单调减少，在3,上单调增加，且当x1'或x3时，fx0

所以fx的极大值为f116ln29，极小值为f332ln221

2因此f1616101616ln29f1 fe21321121f3

所以在fx的三个单调区间1,1,1,3,3,直线yb有yfx的图象各有一个交点，当且仅当f3bf1

因此，b的取值范围为32ln221,16ln29。

'【点评】：此题重点考察利用求导研究函数的单调性，最值问题，函数根的问题； 【突破】：熟悉函数的求导公式，理解求导在函数最值中的研究方法是解题的关键，数形结合理解函数的取值范围。

43229．(2008天津文)设函数f(x)xax2xb(xR)，其中a，bR．

10时，讨论函数f(x)的单调性； 3（Ⅱ）若函数f(x)仅在x0处有极值，求a的取值范围； （Ⅲ）若对于任意的a2，2，不等式f(x)≤1在11，上恒成立，求b的取值范围．

（Ⅰ）当a

29．本小题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、函数的最大值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力．满分14分．

322（Ⅰ）解：f(x)4x3ax4xx(4x3ax4)．

10时， 3f(x)x(4x210x4)2x(2x1)(x2)．

1令f(x)0，解得x10，x2，x32．

2当a 第24页 （共29页）

当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

x (∞，0) 0 10， 2 ↗ 1 212 ，22 0 极小值 (2，∞)  ↗ f(x)  ↘ 0 极小值 0 极大值  ↘ f(x) 11

22

22（Ⅱ）解：f(x)x(4x3ax4)，显然x0不是方程4x3ax40的根． 2内是减函数． 所以f(x)在0，，(2，∞)内是增函数，在(∞，0)，，

22为使f(x)仅在x0处有极值，必须4x3ax4≥0恒成立，即有9a≤0． 解此不等式，得≤a≤．这时，f(0)b是唯一极值．

838388（Ⅲ）解：由条件a2，2可知9a20，从而4x23ax40恒成立． 当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0．

因此满足条件的a的取值范围是，．

33因此函数f(x)在11，上的最大值是f(1)与f(1)两者中的较大者． 为使对任意的a2，2，不等式f(x)≤1在11，上恒成立，当且仅当

f(1)≤1，b≤2a， 即 f(1)≤1，b≤2a在a2，2上恒成立．

所以b≤4，因此满足条件的b的取值范围是∞，4．

abx0，其中a,bR. x（Ⅰ）若曲线yfx在点P2,f2处的切线方程为y3x1，求函数fx的解析式； （Ⅱ）讨论函数fx的单调性；

11（Ⅲ）若对于任意的a,2，不等式fx10在,1上恒成立，求b的取值范围.

2430.(2008天津理)已知函数fxx30. 本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、解不等式等基础知识，考查运算能

力、综合分析和解决问题的能力．满分12分．

a，由导数的几何意义得f(2)3，于是a8． x2由切点P(2,f(2))在直线y3x1上可得2b7，解得b9．

8所以函数f(x)的解析式为f(x)x9．

xa（Ⅱ）解：f(x)12．

x当a0时，显然f(x)0（x0）．这时f(x)在(,0)，(0,)上内是增函数．

（Ⅰ）解：f(x)1当a0时，令f(x)0，解得xa．

第25页 （共29页）

当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

x

(,a) a

0 极大值

(a,0)

－ ↘

(0,a)

－ ↘

a 0 极小值

(a,)

＋ ↗

f(x) ＋ f(x) ↗

所以f(x)在(,a)，(a,)内是增函数，在(a,0)，(0,)内是减函数．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知，f(x)在[,1]上的最大值为f()与f(1)的较大者，对于任意的a[,2]，

1414123914a11f()10b不等式f(x)10在[,1]上恒成立，当且仅当4，即，对任意的a[,2]成424f(1)10b9a立． 从而得b

31.（2008浙江理）已知a是实数，函数f(x)（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设g(a)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。

31．本题主要考查函数的性质、求导、导数的应用等基础知识，同时考查分类讨论思想以及综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力．满分15分． （Ⅰ）解：函数的定义域为[0，)，

77，所以满足条件的b的取值范围是(,]． 44x(xa)。

xa3xa（x0）． 2x2x若a≤0，则f(x)0， f(x)有单调递增区间[0，)．

a若a0，令f(x)0，得x，

3a当0x时，f(x)0，

3a当x时，f(x)0．

3aa． f(x)有单调递减区间0，，单调递增区间，33（Ⅱ）解：（i）若a≤0，f(x)在[0，2]上单调递增， 所以g(a)f(0)0．

aa

2上单调递增， 若0a6，f(x)在0，上单调递减，在，

33f(x)x2aaa． 333若a≥6，f(x)在[0，2]上单调递减，

所以g(a)f所以g(a)f(2)2(2a)．

第26页 （共29页）

a≤0，0，2aa综上所述，g(a) ，0a6，332(2a)，a≥6．（ii）令6≤g(a)≤2． 若a≤0，无解．

若0a6，解得3≤a6．

若a≥6，解得6≤a≤232． 故a的取值范围为3≤a≤232．

2

32.（2008浙江文）已知a是实数，函数f(x)=x(x-a).

1 （Ⅰ）若f(1)=3,求a的值及曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

（Ⅱ）求f(x)在区间[0，2]上的最大值。

32.本题主要考查基本性质、导数的应用等基础知识，以及综合运用所学知识分析问题和解决问题的能

力。满分15分。

（I）解：f'(x)3x2ax． 因为f'(I)32a3，

所以 a0．

又当a0时，f(I)1,f'(I)3，

所以曲线yf(x)在(1,f(I))处的切线方程为 3x-y-2=0． （II）解：令f'(x)0，解得x10,x2当

22a． 32a0，即a≤0时，f(x)在[0，2]上单调递增，从而 3fmaxf(2)84a． 2a当2时，即a≥3时，f(x)在[0，2]上单调递减，从而

3fmaxf(0)0．

2a2a2a2，即0a3，f(x)在0,上单调递减，在,2上单调递增，从而 33384a,0a2.fmax

0, 2a3.84a, a2.综上所述，fmax

0, a2.当0

33.(2008重庆文) 设函数f(x)xax9x1(ap0).若曲线y=f(x)的斜率最小的切线与直线12x+y=6平行，求： （Ⅰ）a的值;

（Ⅱ）函数f(x)的单调区间.

第27页 （共29页）

3233. (本小题12分)

解：(Ⅰ)因f(x)xax9x1 所以f(x)3x2ax9

222a2a2. 3(x)933aa2. 即当x时，f(x)取得最小值933 因斜率最小的切线与12xy6平行，即该切线的斜率为-12， a212,即a29. 所以93 解得a3,由题设a0,所以a3.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知a3,因此f(x)x3x9x1,

32f(x)3x26x93(x3(x1)令f(x)0,解得：x11,x23.当x(,1)时，f(x)0,故f(x)在(，1）上为增函数； 当x(1,3)时，f(x)0,故f(x)在（1， 3）上为减函数；当x(3,+)时，f(x)0,故f(x)在（3，）上为增函数.由此可见，函数f(x)的单调递增区间为(,1）和（3，）；单调递减区间为（1，3）.

234.(2008重庆理)设函数f(x)axbxc(a0),曲线y=f(x)通过点（0，2a+3），且在点（-1，f（-1））处的切线垂直于y轴.

（Ⅰ）用a分别表示b和c；

（Ⅱ）当bc取得最小值时，求函数g(x)=-f(x)e-x的单调区间.

34.（本小题13分）

解：(Ⅰ)因为f(x)axbxc,所以f(x)2axb. 又因为曲线yf(x)通过点（0，2a+3）, 故f(0)2a3,而f(0)c,从而c2a3.

又曲线yf(x)在（-1，f(-1)）处的切线垂直于y轴，故f(1)0, 即-2a+b=0,因此b=2a.

2329,

4439 故当a时，bc取得最小值-.

4433 此时有b,c.

22323333 从而f(x)xx,f(x)x,

422223233xx g(x)f(x)c(xx)e,

42232xx 所以g(x)(f(x)f(x)e(x4)e.

4 (Ⅱ)由(Ⅰ)得bc2a(2a3)4(a) 第28页 （共29页）

令g(x)0，解得x12,x22.

当x(,2)时,g(x)0,故g(x)在x(,2)上为减函数； 当x(2,2)时，g(x)0,故g(x)在x(2,)上为减函数. 当x(2,)时，g(x)0，故g(x)在x(2,)上为减函数.

由此可见，函数g(x)的单调递减区间为（-∞，-2）和（2，+∞）；单调递增区间为（-2，

2）.

第29页 （共29页）