2015年高考数学分类汇编——函数与导数

函数与导数

一、选择题

1．（安徽）（2）下列函数中，既是偶函数又存在零点的是

（A）ycosx （B）ysinx （C）ylnx （D）yx21 答案：A

2.（安徽）9、函数fxaxbxc2的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）

（A）a0，b0，c0 （B）a0，b0，c0 （C）a0，b0，c0 （D）a0，b0，c0 3.（安徽） 15. 设x3axb0，其中a,b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 （写出所有正确条件的编号）

；；；(1)a3,b3(2)a3,b2(3)a3,b2(4)a0,b2;(5)a1,b2.

4.（北京）7．如图，函数fx的图像为折线ACB，则不等式fx≥log2x1的解集是

y2CA-1OB2x

A．x|1x≤0 B．x|1≤x≤1 C．x|1x≤1 D．x|1x≤2答案C

5.（北京）8．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、

丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况. 下列叙述中正确的是

A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米

B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油

D．某城市机动车最高限速80千米/小时. 相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 答案D

6.（福建）2、下列函数为奇函数的是

1

A.yx B.ysinx C.ycosx D.yexex

答案：D

7.(福建) 10、若定义在R 上的函数fx 满足f01 ，其导函数fx 满足

fxk1 ，则下列结论中一定错误的是

A.f11 B.kk11 C.fkk11k11 D. ffk1k1k1k1答案：C

x

8.（新课标1）12.设函数f(x)＝e(2x－1)－ax＋a，其中a1，若存在唯一的

整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是( )

333333A.[，1) B. [,) C. [,) D. [，1)

2e2e42e42e答案：D

9.（新课标1）(13)若函数f(x)＝xln(x＋ax)为偶函数，则a＝ 答案：1

10.（新课标2）（5）设函数f（x）=错误！未找到引用源。则f（-2）+f（错误！

2未找到引用源。）=

（A）3 （B）6 （C）9 （D）12 11.（新课标2）（12）设函数f’(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(-1)=0，当x>0时，x f’(x)- f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是（ ）

（A）（错误！未找到引用源。，-1）∪（0,1） （B）（错误！未找到引用源。，0）∪（1,+） （C）（错误！未找到引用源。，-1）∪（-1,0） （D）（，1）∪（1,+） 12.（广东）3、下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是（ ）

A．y1x2 B．yxD．yxex

11 C．y2xx x21,x0,13.（湖北）6．已知符号函数sgnx0,x0, f(x)是R上的增函数，

1,x0.g(x)f(x)f(ax)(a1)，则

A．sgn[g(x)]sgnx B．sgn[g(x)]sgnx C．sgn[g(x)]sgn[f(x)] D．sgn[g(x)]sgn[f(x)] 答案：B

xπ14.（湖北）12．函数f(x)4cos2cos(x)2sinx|ln(x1)|的零点个数为 ．

22答案：2

15.（湖南）5.设函数f(x)ln(1x)ln(1x)，则f(x)是（ ） A.奇函数，且在(0,1)上是增函数 B. 奇函数，且在(0,1)上是减函数 C. 偶函数，且在(0,1)上是增函数 D. 偶函数，且在(0,1)上是减函数 答案：A

x3,xa16.（湖南）15.已知f(x)2，若存在实数b，使函数g(x)f(x)b有两个零

x,xa点，则a的取值范围是 .

2

答案：（,0）（1,）

17.（江苏）13.已知函数f(x)|lnx|，g(x)实根的个数为 。答案4 18. （山东）（10）设函数

0,0x1，则方程|f(x)g(x)|12|x4|2,x1f(x)=错误！未找到引用源。,则满足f(f(a))=

错误！未找到引用源。的a的取值范围是（）

（A）[错误！未找到引用源。,1]（B）[0,1] （C）[错误！未找到引用源。（D）[1, +错误！未找到引用源。

答案：C

19.（山东）(14)已知函数f(x)ab(a0,a1) 的定义域和值域都是1,0 ，则

xab 3答案：

220.（陕西）9.设f(x)lnx,0ab，若pf(ab)，qf(ab)，21(f(a)f(b))，则下列关系式中正确的是 2A．qrp B．qrp C．prq D．prq r答案：B

21.（陕西）12.对二次函数f(x)axbxc（a为非零整数），四位同学分别给出下列结．．论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是

A．-1是f(x)的零点 B．1是f(x)的极值点 C．3是f(x)的极值 D.点(2,8)在曲线yf(x)上 答案：A

22.（陕西）15.设曲线ye在点（0,1）处的切线与曲线y则P的坐标为 答案：（1,1） 23.（四川）9. 如果函数fx调递减，则mn的最大值为

（A）16 （B）18 （C）25 （D）答案：B

24.（四川）13.某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：C）满足函数关系yekxbx21(x0)上点p处的切线垂直，x11n0在区间，2单m2x2n8x1m0，2281 2（e2.718为自然对数的底数，k、b为常数）。若该食品在0C的保鲜时间

设计192小时，在22C的保鲜时间是48小时，则该食品在33C的保鲜时间是 小

时。 答案：24

25.（四川）15.已知函数f(x)2，g(x)xax（其中aR）。对于不相等的实数x1,x2，设mx2

f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)，n，

x1x2x1x2现有如下命题：

（1）对于任意不相等的实数x1,x2，都有m0；

（2）对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2，都有n0；

3

（3）对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得mn； （4）对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得mn。 其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）。 答案：①④

26.（天津）（7）已知定义在R 上的函数fx2（A）abc （B）acb （C）cab （D）cba 答案：C

xm1 （m 为实数）为偶函数，记

af(log0.53),bflog25,cf2m ，则a,b,c 的大小关系为

2x,x2,27.（天津）（8）已知函数fx 函数gxbf2x ，其中2x2,x2,bR ，若函数yfxgx 恰有4个零点，则b的取值范围是

77, （B）,

4477（C）0, （D）,2

44（A）答案：D

28.（浙江）7.存在函数f(x)满足，对于任意xR都有（ ） A. f(sin2x)sinx B. f(sin2x)xx C. f(x1)x1 D. f(x2x)x1 答案：D

29.（安徽）21.设函数f(x)xaxb.

2222（1）讨论函数f(sinx)在(-2,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； 22（2）记f0(x)xa0xb0,求函数f(sinx)f0(sinx)在(-（3）在（2）中，取a0b00,求zb,)上的最大值D； 22a2 满足D1时的最大值。430.（北京）18．（本小题13分）

1x 已知函数fxln．

1x （Ⅰ）求曲线yfx在点0，f0处的切线方程；

x31时，fx2x； （Ⅱ）求证：当x0，3x31恒成立，求k的最大值． （Ⅲ）设实数k使得fxkx对x0，3解：（I）因为f(x)=ln（1+x）-ln（1-x），所以

11，f(0)=2. 1x1x 又因为f(0)=0，所以曲线y= f(x)在点（0 ，f(0)）处的切线方程为y=2x.

f(x)=

x3 （Ⅱ）令g(x)=f(x)-2(x+)，则

3

4

2x4 g(x)=f(x)-2（1+x）=. 21x 因为g(x)>0（0g(0)=0，x∈（0，1），

2x3 即当x∈（0，1）时，f(x)>2(x+).

3x3（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当k《2时，f(x)>k(x+)对x∈（0，1）恒成立.

3x3 当k>2时，令h(x)=f(x)- k(x+)，则

3kx42k2 h(x)=f(x)-k（1+x）=.

1x2k2k2 所以当0x4时，h(x)<0，因此h(x)在区间（0，4）上单调递

kk减.

3k2x 当0x4时，h(x)k3x3 所以当K>2时，f(x)> k(x+)并非对x∈（0，1）恒成立.

3 综上可知，k的最大值为2。

31.（福建）20.已知函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k?R), (1)证明：当x>0时，f(x)(2)证明：当k<1时，存在x0>0,使得对任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)；

2(3)确定k的所以可能取值，使得存在t>0，对任意的xÎ(0，t),恒有|f(x)-g(x)|解法一：(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?[0,?),则有F¢(x)=当x?[0,?), F¢(x)<0,所以F(x)在[0,+?)上单调递减, 故当x>0时，F(x)0时，f(x)0,所以G(x)在[0,+?)上单调递增, G(x)>G(0)=0 故对任意正实数x0均满足题意.

1-k1当00.

kk1取x0=-1，对任意x?(0,x0),恒有G¢(x)0,所以G(x)在[0,x0)上单调递增,

kG(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).

综上，当k<1时，总存在x0>0,使得对任意的任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x).

(3)当k>1时，由（1）知，对于\"x违(0,+令

),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，

|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)，

M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x违[0，+)，则有

5

21-2x+(k-2)x+k-1M¢(x)=k--2x=,

1+x1+x故当

k-2+(k-2)2+8(k-1)xÎ（0，)4时，

M¢(x)>0,M(x)在

k-2+(k-2)2+8(k-1)[0，)上单调递增，故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2,所以

4满足题意的t不存在.

当k<1时，由（2）知存在x0>0,使得对任意的任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x). 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx, 令

N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x违[0，+)，则有

21-2x-(k+2)x-k+1M¢(x)=-k-2x=,

1+x1+x故当

-(k+2）+(k+2)2+8(1-k)xÎ（0，)4时，

N¢(x)>0,M(x)在

-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)[0，)上单调递增，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2,记

4-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)中较小的为x1， x0与

4则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x2，故满足题意的t不存在.

当k=1，由（1）知，当x违(0,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

21-2x-x令H(x)=x-ln(1+x)-x,x违(x)=1--2x=, [0，+)，则有H¢1+x1+x当x>0时，H¢上单调递减，故H(x)0时，恒有|f(x)-g(x)|2解法二：（1）（2）同解法一.

（3）当k>1时，由（1）知，对于\"x违(0,+),g(x)>x>f(x)，， 故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x， 令(k-1)x>x,解得02从而得到当k>1时，对于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x,所以满足题意的t不存在.

2k+1，从而k0,使得任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x).

1-k此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=x,

21-k1-k2令，此时 f(x)-g(x)>x, x>x2,解得0x2，

2当k<1时，取k1=故满足题意的t不存在.

当k=1，由（1）知，当x违(0,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

6

12x2x令M(x)xln(1x)x,x[0，+)，则有M(x)12x,

1x1x当x>0时，M¢上单调递减，故M(x)0时，恒有|f(x)-g(x)|32.（新课标1）(21)(本小题满分12分)

1已知函数f(x)＝x3ax,g(x)lnx

4(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线yf(x) 的切线；

2(Ⅱ)用min

解析：（21）解：

m,n 表示m，n中的最h(x)minf(x),g(x)(x0) ，讨论h(x)零点的个数

小值，设函数

(x0,0)则f(x0)0,f(x0)0即13x0ax00（I）设曲线y=f(x)与x轴相切于点 43x2a0013解得x0,a243因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线

4（II）当

x(1,)时，g(x)1nx0,从而h(x)=minf(x),g(x)g(x)0,故h(x)在(1,)无零点55当x1时，若a则f(1)a0,h(1)minf(1),g(1)g(1)0,故x

44是

5h(x)的零点；若a,则f(1)<0,h(1)=minf(1),g(1)f(1)0,故x1不是h(x4的零点当x(0,1)时，g(x)1nx0.所以只需考虑f(x)在（0,1）的零点个数 （i）若a-3或a0,则f（x）=3x2+a在（1,0）无零点，故f(x)在（0,1）单调

15f(0),f(1)a,所以当a-3时，f(x)在（0,1）有一个零点；当a0时f(x)在（1,0）没有零点44aa(ii)若3a0,则f(x)在（0，)单调递减，在（,1）单调递增，故在（0,1）中33

a2aa1当xa时，f(x)取得最小值，最小值为f() 33334

7

a3①若f()0.即a0,f(x)在（0,1）无零点；34a3②若f()=0,即a=-则f(x)在(0,1)有唯一零点34a3153③若f()0,即3a,由于f(0),f(1)aa344445时，f(x)在（0,1）有两个零点；当-34综上，当

3535a或a<-时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点444453当a时，h(x)有三个零点.

4433.（广东）19. （本小题满分14分）

ea 设a1，函数f(x)(1x)(1) 求f(x)的单调区间；

(2) 证明f(x)在(,)上仅有一个零点；

(3) 若曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M（m,n）处的切线与直线OP平

行，（O是坐标原点），证明：m（湖北）22．（本小题满分14分）

1已知数列{an}的各项均为正数，bnn(1)nan(nN)，e为自然对数的底数．

n1（Ⅰ）求函数f(x)1xex的单调区间，并比较(1)n与e的大小；

nbbbbbbbbbn（Ⅱ）计算1，12，123，由此推测计算12的公式，并给出证明；

a1a1a2a1a2a3a1a2an32xa2e1.

（Ⅲ）令cn(a1a2an)，数列{an}，{cn}的前n项和分别记为Sn,Tn, 证明：TneSn. 解析：（Ⅰ）f(x)的定义域为(,)，f(x)1ex. 当f(x)0，即x0时，f(x)单调递增； 当f(x)0，即x0时，f(x)单调递减.

故f(x)的单调递增区间为(,0)，单调递减区间为(0,).

当x0时，f(x)f(0)0，即1xex.

1111令x，得1en，即(1)ne. ①

nnnbbbbb11（Ⅱ）11(1)1112；121222(1)2(21)232；

a11a1a2a1a22b1b2b3b1b2b31323(1)3(31)343. a1a2a3a1a2a331n由此推测：

b1b2bn(n1)n. ②

a1a2an下面用数学归纳法证明②.

8

（1）当n1时，左边右边2，②成立.

bbbk（2）假设当nk时，②成立，即12(k1)k.

a1a2ak当nk1时，bk1(k1)(1b1b2bkbk1b1b2bkbk1a1a2akak1a1a2akak11k1)ak1，由归纳假设可得 k11k1(k1)k(k1)(1)(k2)k1.

k1所以当nk1时，②也成立. 根据（1）（2），可知②对一切正整数n都成立. （Ⅲ）由cn的定义，②，算术-几何平均不等式，bn的定义及①得

Tnc1c2c3cn(a1)(a1a2)(a1a2a3)(a1a2an)

1112131n(bbb)(bbbn)(b1)(bb) 1212312234n1bbbnbbbbbb11212312 122334n(n1)1111111b1[]b2[]bn

1223n(n1)2334n(n1)n(n1)11111b1(1)b2()bn()

n12n1nn1bbb11112n(1)1a1(1)2a2(1)nan 12n12nea1ea2eaneSn. 1112131n即TneSn.

ax

34.（湖南）21.已知a0，函数f(x)esinx(x[0,)). 记xn为f(x)的从小到大的第n(nN)个极值点,证明： （1）数列{f(xn)}是等比数列 （2）若a*1e21，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立.

'axax解析：21、证明：（I）f(x)aesinxecosx e(asinxcosx) 其中tan=

axa21eaxsin(x)

1，0<<. a2'令f(x)=0，由x0得x+=mx, 即x=m-，mN*.

,即2k-0；

'若（2k+1）'因此，在区间（（m-1），m-）与（m-，m）上，f(x)的符号总相反.于是 当x= m-(mN*)时，f(x)取得极值，所以 xn n(nN*).

对kN，若2kf(xn1)(1)n2e sinaxe n1anf(xn)(1)e sinan1 9

an是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)=e sin，公比为eax的等比数列

（II）由（I）知，sin=1a21，于是对一切nN*,xn<|f(xn)|恒成立，即

n1a21e an 恒成立，等价于

恒成立（因为a>0）

a21e an （） aanetet(t1)''设g（t）=（t）0），则g.令=0得t=1 （t）=g（t）2tt'当0'当t>1时，g（t）>0，所以g（t）在区间（0,1）上单调递增.

从而当t=1时，函数g（t）取得最小值g（1）=e

a211g(1)e，即只需a因此，要是（）式恒成立，只需.

2ae1112而当a=时，tan==e13且0.于是

a2e2123e21，且当n2时，n2e21.因此对一切

32a21n*.故（）式亦恒成立. nN,axn1，所以g（axn）g(1)e2ae11综上所述，若a，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立.

e2135.（江苏）19.（本小题满分16分） 已知函数f(x)xaxb(a,bR)。 （1）试讨论f(x)的单调性；

（2）若bca（实数c是与a无关的常数），当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(,3)(1,)(,)，求c的值。

3232322a． 32当a0时，因为fx3x0（x0），所以函数fx在,上单调递增；

2解：（1）fx3x2ax，令fx0，解得x10，x22a2afx00,x时，，,0时，fx0，

332a2a0,所以函数fx在,，上单调递增，在,0上单调递减；

332a2a,时，fx0，x0,时，fx0， 当a0时，x,0332a2a,上单调递增，在0,上单调递减． 所以函数fx在,0，33当a0时，x,

10

（2）由（1）知，函数fx的两个极值为f0b，f有三个

2a43ab，则函数fx327a02a43bab0零点等价于f0f，从而或43327ab027a043． 0ba27434aac0或当a0时，a3ac0． 又bca，所以当a0时，272743aac，因为函数fx有三个零点时，a的取值范围恰好是 设ga273333,3ga01,,，则在上，且在,31,,上

2222ga0均恒成立，

3c10，因此c1． 2322x此时，fxxax1ax1a1x1a，

从而g3c10，且g2因函数有三个零点，则xa1x1a0有两个异于1的不等实根，

所以a141aa22a30，且1a11a0， 解得a,31,综上c1．

36.（山东）(21)(本小题满分

2233,． 2214分)

设函数f(x)=In(x+1)+(x2-x)，其中R。

（Ⅰ）讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若>0，f()0成立，求的取值范围。

解：（Ⅰ）由题意知 函数f(x)的定义域为(1,)，

12ax2axa1a(2x1) f(x)， x1x12 令g(x)2axaxa1,x(1,)， （1）当a0时，g(x)1，

此时f(x)0，函数f(x)在(1,)单调递增，无极值点；

2

（2）当a0时，a8a(1a)a(9a8)，

8 ①当0a时，0，g(x)0,

9 f(x)0，函数f(x)在(1,)单调递增，无极值点；

8 ②当a时，0，

9

11

设方程2ax2axa10的两根为x1,x2(x1x2)， 因为x1x2 所以x11， 211,x2， 441， 4 所以 当x(1,x1)时，g(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增； 当x(x1,x2)时，g(x),0,f(x)0，函数f(x)单调递减； 当x(x2)时，g(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增；

由 g(1)10，可得1x1 因此 函数有两个极值点。 （3）当a0时，0，

由g(1)10，可得x11，

当x(1,x2)时，g(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增； 当x(x2)时，g(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递减； 所以函数有一个极值点。 综上所述：

当a0时，函数f(x)有一个极值点； 当0a 当a8时，函数f(x)无极值点； 98时，函数f(x)有两个极值点。 9 （II）由（I）知，

8时，函数f(x)在(0,)上单调递增， 9 因为 f(0)0，

所以 x(0,)时，f(x)0，符合题意；

8 （2）当a1时，由g(0)0，得x20，

9 所以 函数f(x)在(0,)上单调递增，

又f(0)0，所以x(0,)时，f(x)0，符合题意； （3）当a1时，由g(0)0，可得x20， 所以x(0,x2)时，函数f(x)单调递减； 因为f(0)0，

所以x(0,x2)时，f(x)0，不合题意； （4）当a0时，设h(x)xln(x1)，

1x 因为x(0,)时，h(x)10

x1x1 所以 h(x)在(0,)上单调递增。

因此 当x(0,)时，h(x)h(0)0， 即 ln(x1)x，

（1）当0a 可得 f(x)xa(xx)ax(1a)x， 当x1

2212时，ax(1a)x0， a12

此时 f(x)0，不合题意， 综上所述，a的取值范围是[0,1]

37.（四川）21.已知函数f(x)2(xa)lnxx22ax2a2a,其中a0. （1）设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性； （2）证明：存在

a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立，且f(x)0在(1,+)内有唯一解. 解析： （I）由已知，函数f(x)的定义域为(0,)，

ag(x)f(x)2x2a2lnx2(1)，

x112(x)22(a)22a24. 所以g(x)222xxx1114a114a当0a时，g(x)在区间(0,),(,)上单调递增，

422114a114a在区间(,)上单调递减；

221当a时，g(x)在区间(0,)上单调递增.

4x1lnxa（II）由f(x)2x2a2lnx2(1)0，解得a. 11xx令

x1lnxx1lnxx1lnx2x1lnx2)lnxx2()x2(). 11111x1x1x1xe(e2)e22)2()0，. 则(1)10,(e)111e1e故存在x0(1,e)，使得(x0)0.

x1lnx0令a00,u(x)x1lnx(x1)，. 11x01由u(x)10知，函数u(x)在区间(1,)上单调递增.

xu(1)u(x0)u(e)e2所以0a1. 01111x01e11e1即a0(0,1).

当aa0时，有f(x0)0,f(x0)(x0)0，. 由（1）知，函数f(x)在区间(1,)上单调递增.

故当x(1,x0)时，有f(x0)0，从而f(x)f(x0)0； 当x(x0,)时，有f(x0)0，从而f(x)f(x0)0； 所以，当x(1,)时，f(x)0.

综上所述，存在a(0,1)，使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立，且f(x)0在

(1,+)内有唯一解.

(x)2(x38.（天津）20. （本小题满分14分）

已知函数f(x)nxx,xR，其中nN,n2.

n* 13

(I)讨论f(x)的单调性；

(II)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证：对于任意的正实数x，都有f(x)g(x)；

(III)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证：

|x2-x1|nN，且n2.

下面分两种情况讨论： （1）当n为奇数时.

令f'(x)=0，解得x1，或x1.

当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x ,1 1,1 '1, - f'(x) f(x) - +    所以，f(x)在,1，1,上单调递减，在1,1内单调递增。

（2）当n为偶数时.

当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增； 当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减.

所以，f(x)在,1上单调递增，在1,上单调递减.

''1'2，.曲线f(x)nn0n1nyf(x)在点P处的切线方程为yf'(x0)xx0，即g(x)f'(x0)(xx0).

（II）证明：设点P的坐标为x0,0，则x0令

F(x)f(x)gx'n1，即F(x)f(x)f'(x0)(xx0)，则

F'(x)f'(x)f'(x0).

由于f(x)nxn在0,上单调递减，故F'(x)在0,上单调

'递减.又因为F'(x0)0，所以当x0,x0时，F(x)0，当xx0,时，

F'(x)0，所以F(x)在0,x0内单调递增，在x0,上单调递减，所以对于任

意的正实数x，都有F(x)F(x0)0，即对于任意的正实数x，都有f(x)gx.

（III）证明：不妨设x1x2.由（II）知gxnn2xx.设方程

0a当n2时，在,上单调递减.x0，

nn2又由（II）知gx2fx2agx2'，可得x1x2'.

gxa的根为x2'，可得x2'类似地，设曲线yfx在原点处的切线方程为yhx，可得

hxnx，当x0,，fxhxxn0，即对于任意的x0,，

fxhx.

14

a.因为hxnx在,上单n调递增，且hx1'afx1hx1，因此x1'x1.

设方程hxa的根为x1'，可得x1'由此可得x2x1x2'x1'ax0. 1nn11故21Cn11n1n，

因为n2，所以2n111所以，x2x11x0. nn1a2. 1n39.（浙江）18.（本题满分15分）

已知函数f（x）=x2+ax+b（a，bR）,记M（a，b）是|f（x）|在区间[-1,1]上的最大值。 （1）证明：当|a|2时，M（a，b）2;

（2）当a，b满足M（a，b）2时，求|a|+|b|的最大值.

a2a2a解析：（1）由f(x)(x)b，得对称轴为直线x，

242由|a|2，得 a||1， 2故f(x)在[1,1]上单调，

∴M(a,b)max{|f(1)|,|f(1)|}， 当a2时，由

f(1)f(1)2a4，

得max{f(1),f(1)}2，即M(a,b)2， 当a2时，由

f(1)f(1)2a4，

得max{f(1),f(1)}2，即M(a,b)2， 综上，当|a|2时， M(a,b)2；

（2）由M(a,b)2得

|1ab||f(1)|2，|1ab||f(1)|2， 故|ab|3，|ab|3，

|ab|,ab0由|a||b|，得

|ab|,ab0|a||b|3，

2当a2，b1时，|a||b|3，且|x2x1|在[1,1]上的最大值为2 ，即M(2,1)2，

∴|a||b|的最大值为3.

（重庆）（20）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问5分）

3x2ax(aR)。 设函数f(x)ex（Ⅰ）若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(x)在点(1,f(1))处

的切线方程；

（Ⅱ）若f(x)在3,上为减函数，求a的取值范围。

15

(6xa)ex(3x2ax)ex3x2(6a)xa, 解：（Ⅰ）对f(x)求导得f'(x)x2x(e)e 因为f(x)在x0处取得极值，所以f'(0)0即a0.

3x23x26x33 当a0时，f(x)=x,f'(x)故,f(1),f'(1),从而f(x)在点

eexee33（1，f(1)）处的切线方程为y(x1),化简得3xey0.

ee3x2(6a)xa （Ⅱ）由（Ⅰ）知f'(x).

ex2 令g(x)3x(6a)xa,

6aa2366aa236,x2. 由g(x)0解得x166 当xx1时，g(x)0，即f'(x)0，故f(x)为减函数；

当x1xx2时，g(x)0，即f'(x)0，故f(x)为增函数； 当xx2时，g(x)0，即f'(x)0，故f(x)为减函数；

6aa23693,解得a, 由f(x)在3,上为减函数，知x2629 故a的取值范围为,.

2

16