高考数学复习 导数综合题经典百题


    1 导数综合题经典百题 1.已知函数 ( ) ln ,f x x a x  其中 a 为常数,且 1a   . (Ⅰ)当 1a   时,求 ( )f x 在 2[e,e ](e=2.718 28…)上的值域; (Ⅱ)若 ( ) e 1f x   对任意 2[e,e ]x 恒成立,求实数 a 的取值范围. 2. 已知函数 .,1ln)( R axxaxf (I)若曲线 )(xfy  在点 ))1(,1( f 处的切线与直线 02  yx 垂直,求 a 的值; (II)求函数 )(xf 的单调区间; (III)当 a=1,且 2x 时,证明: .52)1(  xxf 3. 已知 3 2 2( ) 6 9f x x ax a x   ( aR ). (Ⅰ)求函数 ( )f x 的单调递减区间; (Ⅱ)当 0a  时,若对  0,3x  有 ( ) 4f x  恒成立,求实数 a 的取值范围. 4.已知函数 ).,()1(3 1)( 223 R babxaaxxxf (I)若 x=1 为 )(xf 的极值点,求 a 的值; (II)若 )(xfy  的图象在点(1, )1(f )处的切线方程为 03  yx , (i)求 )(xf 在区间[-2,4]上的最大值; (ii)求函数 )(])2()('[)( R  memxmxfxG x 的单调区间 5.已知函数 .ln)( x axxf  (I)当 a<0 时,求函数 )(xf 的单调区间; (II)若函数 f(x)在[1,e]上的最小值是 ,2 3 求 a 的值. 6.已知函数  bamxbaxmxxf ,,,)1(3)( 22 3 R (1)求函数 )(xf 的导函数 )(xf  ; (2)当 1m 时,若函数 )(xf 是 R 上的增函数,求 baz  的最小值; (3)当 2,1  ba 时,函数 )(xf 在(2,+∞)上存在单调递增区间,求 m 的取值范围. 7.已知函数 ( ) 2ln .pf x px xx   2 (1)若 2p  ,求曲线 ( ) (1, (1))f x f在点 处的切线; (2)若函数 ( )f x 在其定义域内为增函数,求正实数 p 的取值范围; (3)设函数 2( ) , [1, ]eg x ex  若在 上至少存在一点 0x ,使得 0 0( ) ( )f x g x 成立,求实数 p 的取值范 围。 8.设函数 21( ) ( ) 2ln , ( ) .f x p x x g x xx     (I)若直线 l 与函数 )(),( xgxf 的图象都相切,且与函数 )(xf 的图象相切于点 (1,0) ,求实数 p 的值; (II)若 )(xf 在其定义域内为单调函数,求实数 p 的取值范围。 9. 已知函数 为常数其中且 aaaxxgxxxf a ),1,0(log)(,22 1)( 2  ,如果 )()()( xgxfxh  在 其定义域上是增函数,且 ( )h x 存在零点( ( ) ( )h x h x 为 的导函数)。 (I)求 a 的值; ( II ) 设 ( , ( )), ( , ( ))( )A m g m B n g n m n 是 函 数 ( )y g x 的 图 象 上 两 点 , 0 ( ) ( )( ) g n g mg x n m    0( ( ) ( ) ), : .g x g x m x n  为 的导函数 证明 10. 设函数 2( ) lnf x x m x , 2( )h x x x a   。 (Ⅰ)当 a=0 时, ( ) ( )f x h x 在(1,+∞)上恒成立,求实数 m 的取值范围; (Ⅱ)当 m=2 时,若函数 ( ) ( ) ( )k x f x h x  在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数 a 的取值范围; (Ⅲ)是否存在实数 m,使函数 ( )f x 和函数 ( )h x 在公共定义域上具有相同的单调性?若存在,求出 m 的 值,若不存在,说明理由. 11. 已知函数 .)(,)2(),2](,2[)33()( 2 ntfmfttexxxf x  设定义域为 (I)试确定 t 的取值范围,使得函数 ],2[)( txf 在 上为单调函数; (II)求证: mn  ; (III)求证:对于任意的 20 0 )1(3 2)(),,2(,2 0  t e xftxt x 满足总存在 ,并确定这样的 0x 的个 数。 12. 已知函数 xaxxf ln)( 2  在 ]2,1( 是增函数, xaxxg )( 在(0,1)为减函数. (1)求 )(xf 、 )(xg 的表达式; (2)求证:当 0x 时,方程 2)()(  xgxf 有唯一解;3 (3)当 1b 时,若 2 12)( x bxxf  在 x ∈ ]1,0( 内恒成立,求 b 的取值范围. 13. 已知函数 Rxff 在且 0)(',0)1('  上恒成立. (1)求 dca ,, 的值; (2)若 ;0)()(',4 1 24 3)( 2  xhxfbbxxxh 解不等式 (3)是否存在实数 m,使函数 ]2,[)(')(  mmmxxfxg 在区间 上有最小值-5?若 存在,请求出实数 m 的值;若不存在,请说明理由. 14. 已知函数 3 2( ) 1f x x ax x    , aR . (Ⅰ)讨论函数 ( )f x 的单调区间; (Ⅱ)设函数 ( )f x 在区间 2 1 3 3      , 内是减函数,求 a 的取值范围. 15. 设函数 ln( ) ln ln( 1)1 xf x x xx     . (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. 16. 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 y km. (Ⅰ)按下列要求写出函数关系式: ①设∠BAO= (rad),将 y 表示成 的函数关系式; ②设 OP x (km) ,将 y 表示成 x x 的函数关系式. (Ⅱ)请你选用(Ⅰ)中的一个函数关系式,确定污水处理厂的位置,使三条排污管道总长度最短. 17.已知函数 )(ln)( Rax axxf  (Ⅰ)求 )(xf 的极值; (Ⅱ)若函数 )(xf 的图象与函数 )(xg =1 的图象在区间 ],0( 2e 上有公共点,求实数 a 的取值范围。 C B P O A D4 18.已知函数 )1ln()ln(1 )ln()(  xaxx axxf , ),0( Raa  (Ⅰ)求函数 ( )f x 的定义域; (Ⅱ)求函数 ( )f x 的单调区间; (Ⅲ)当 a >0 时,若存在 x 使得 ( ) ln(2 )f x a 成立,求 a 的取值范围. 19.某种商品的成本为 5 元/ 件,开始按 8 元/件销售,销售量为 50 件,为了获得最大利润,商家先后采 取了提价与降价两种措施进行试销。经试销发现:销售价每上涨 1 元每天销售量就减少 10 件;而降价后, 日销售量 Q(件)与实际销售价 x(元)满足关系: 239(2 29 107)x x  (5 7)x  198 6 5 x x   (7 8)x  (1)求总利润(利润=销售额-成本)y(元)与销售价 x(件)的函数关系式; (2)试问:当实际销售价为多少元时,总利润最大. 20.已知函数 2 1( ) xg x x c   的图像关于原点成中心对称 ,设函数 2 1( ) ( )ln x cxf x g x x   . (1)求 ( )f x 的单调区间; (2)已知 x me x 对任意 (1, )x  恒成立.求实数 m 的取值范围(其中 e 是自然对数的底数). 21.设函数 xbxxf ln)1()( 2  ,其中b 为常数. (Ⅰ)当 2 1b 时,判断函数 ( )f x 在定义域上的单调性; (Ⅱ)若函数 ( )f x 的有极值点,求b 的取值范围及 ( )f x 的极值点; (Ⅲ)若 1b   ,试利用(II)求证:n 3 时,恒有  2 1 1ln 1 lnn nn n     。 22.已知函数 2 2 1( ) ln( 1), ( ) .1f x x g x ax     (1) 求 ( )g x 在 ( 2, ( 2))P g 处的切线方程 ;l (2) 若 ( )f x 的一个极值点到直线l 的距离为 1,求 a 的值; (3) 求方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数. 23.某建筑公司要在一块宽大的矩形地面(如图所示)上进行开发建设,阴影 部分 为一公共设施建设不能开发,且要求用栏栅隔开(栏栅要求在一直线上),公 共设 施边界为曲线 2( ) 1 ( 0)f x ax a   的一部分,栏栅与矩形区域的边界交于点 M、N,交曲线于点 P,设 ( , ( ))P t f t (1)将 OMN (O 为坐标原点)的面积 S 表示成t 的函数 ( )S t ; O x y M N P Q=5 (2)若在 1 2t  处, ( )S t 取得最小值,求此时 a 的值及 ( )S t 的最小值. 24.已知定义域为 R 的函数 1 2( ) 2 x x bf x a    是奇函数. (1) 求 ,a b 的值; (2)若对任意的 t R , 不等式 2 2( 2 ) (2 ) 0f t t f t k    恒成立, 求 k 的取值范围. 25.已知函数 ( )f x 对任意实数 x 均有 ( ) ( 2)f x kf x  ,其中常数 k 为负数,且 ( )f x 在区间 0,2 上有表 达式 ( ) ( 2)f x x x  . (1)求 ( 1)f  , (2.5)f 的值; (2)写出 ( )f x 在 3,3 上的表达式,并讨论函数 ( )f x 在 3,3 上的单调性; (3)求出 ( )f x 在 3,3 上的最小值与最大值,并求出相应的自变量的取值. 26.已知函数 3( ) ( )f x x x a  ( 0x , a R) 求函数 )(xf 的单调区间; 求函数 )(xf 在 1,8 上的最大值和最小值. 27.已知函数  xf 为定义在 R 上的奇函数,且当 0x 时,     xxxxf 22 cos2cossin  , 求 0x 时  xf 的表达式; 若关于 x 的方程   oaxf  有解,求实数 a 的范围。 28.已知函数  Nxxfy ),( ,满足:①对任意 ,a b N ,都有 )()()( bafbbfaaf  )(abf ; ②对任意 n∈N *都有 [ ( )] 3f f n n . (Ⅰ)试证明: ( )f x 为 N 上的单调增函数; (Ⅱ)求 (1) (6) (28)f f f  ; (Ⅲ)令 (3 ),n na f n N  ,试证明: 1 2 1 1 1 1 .4 2 4n n n a a a       29.已知函数 axxxaxxf  23)1ln()( . (Ⅰ)若 3 2x 为 )(xfy  的极值点,求实数 a 的值; (Ⅱ)若 )(xfy  在 ),1[  上为增函数,求实数 a 的取值范围; ,6 (Ⅲ)若 1a 时,方程 x bxxf  3)1()1( 有实根,求实数b 的取值范围. 30.已知函数 Rxxfy  ),( 满足 )()1( xafxf  , a 是不为0 的实常数。 (1)若当 10  x 时, )1()( xxxf  ,求函数  1,0),(  xxfy 的值域; (2)在(1)的条件下,求函数   Nnnnxxfy  ,1,),( 的解析式; (3)若当 10  x 时, xxf 3)(  ,试研究函数 y f (x) 在区间  ,0 上是否可能是单调函数? 若可能,求出 a 的取值范围;若不可能,请说明理由。 31.已知函数   3 2f x x ax bx c     在  ,0 上是减函数,在 0,1 上是增函数,函数  f x 在 R 上 有三个零点,且 1 是其中一个零点. (1)求b 的值; (2)求  2f 的取值范围; (3)试探究直线 1y x  与函数  y f x 的图像交点个数的情况,并说明理由. 32.定义在 R 上的函 babxaxxxf ,()( 23  为常数)在 x=-1 处取得极值,且 )(xf 的图像在   1, 1P f 数处的切线平行与直线 8y x . (1)求函数  f x 的解析式及极值; (2)设 0k  ,求不等式  f x kx 的解集; (3)对任意     112, , sin cos .27R f f     求证: 33.已知函数 )()1ln()( Rxxexf x  有下列性质:“若 ),(],,[ 0 baxbax  则存在 ,使得 )()()( 0xfab afbf   ”成立。 (1)利用这个性质证明 0x 唯一; (2)设 A、B、C 是函数 )(xf 图象上三个不同的点,试判断△ABC 的形状,并说明理由。 34.已知函数 .1ln)(),()(  xxgRaaxxf (1)若函数 xxfxxgxh 2)(21)()(  存在单调递减区间,求 a 的取值范围; (2)当 a>0 时,试讨论这两个函数图象的交点个数. 35.设函数 f(x)的定义域 D 关于原点对称,0∈D,且存在常数 a>0,使 f(a)=1,又 1 2 1 2 1 2 ( ) ( )( ) 1 ( ) ( ) f x f xf x x f x f x    , (1)写出 f(x)的一个函数解析式,并说明其符合题设条件;7 (2)判断并证明函数 f(x)的奇偶性; (3)若存在正常数 T,使得等式 f(x)=f(x+T)或者 f(x)=f(x-T)对于 x∈D 都成立,则都称 f(x)是周期函数,T 为周期;试问 f(x)是不是周期函数?若是,则求出它的一个周期 T;若不是,则说明理由。 36. 设 对 于 任 意 的 实 数 ,x y , 函 数 ( )f x , ( )g x 满 足 1( 1) ( )3f x f x  , 且 (0) 3f  , ( ) ( ) 2g x y g x y   , (5) 13g  , *n N (Ⅰ)求数列{ ( )}f n 和{ ( )}g n 的通项公式; (Ⅱ)设 [ ( )]2n nc g f n ,求数列{ }nc 的前项和 nS ; (Ⅲ)设 ( ) 3nF n S n  ,存在整数 m 和 M ,使得对任意正整数 n 不等式 ( )m F n M  恒成立,求 M m 的最小值. 37.对于定义在区间 D 上的函数 ( )f x ,若存在闭区间[ , ]a b D 和常数 c ,使得对任意 1 [ , ]x a b ,都有 1( )f x c ,且对任意 2x ∈D,当 2 [ , ]x a b 时, 2( )f x c 恒成立,则称函数 ( )f x 为区间 D 上的“平底 型”函数. (Ⅰ)判断函数 1( ) | 1| | 2 |f x x x    和 2 ( ) | 2 |f x x x   是否为 R 上的“平底型”函数? 并说明 理由; (Ⅱ)设 ( )f x 是(Ⅰ)中的“平底型”函数,k 为非零常数,若不等式| | | | | | ( )t k t k k f x     对一 切t R 恒成立,求实数 x 的取值范围; (Ⅲ)若函数 2( ) 2g x mx x x n    是区间[ 2, )  上的“平底型”函数,求 m 和 n 的值. . 38.设函数 f(x)的定义域为 R,若|f(x)|≤|x|对任意的实数 x 均成立,则称函数 f(x)为 函数。 (1)试判断函数 )(1 xf = xxsin )(2 xf = 1  x x e e 中哪些是  函数,并说明理由; (2)求证:若 a>1,则函数 f(x)=ln(x2+a)-lna 是  函数。 39.集合 A 是由具备下列性质的函数 )(xf 组成的: (1) 函数 )(xf 的定义域是[0, ) ; (2) 函数 )(xf 的值域是[ 2,4) ; (3) 函数 )(xf 在[0, ) 上是增函数.试分别探究下列两小题: (Ⅰ)判断函数 1( ) 2( 0)f x x x   ,及 2 1( ) 4 6 ( ) ( 0)2 xf x x    是否属于集合 A?并简要说明理由.8 (Ⅱ)对于(I)中你认为属于集合 A 的函数 )(xf ,不等式 )1(2)2()(  xfxfxf ,是否对于任意的 0x 总成立?若不成立,为什么?若成立,请证明你的结论. 40.已知 ( )f x 是定义在 0,∞ 的函数,满足 ( ) 2 ( 1)f x f x  .设  , 1nI n n  ,nN .当  0,1x 时, 2( )f x x x  .分别求当 1x I 、 2x I 、  , 1nx I n n   时, ( )f x 的表达式 1( )f x 、 2 ( )f x 、 ( )nf x . 41. 已知函数  axxaxf (3)( 3 R, 0a ). (I)求 )(xf 的单调区间; (II)曲线 )(,()( 33 afaxfy 在点 )处的切线恒过 y 轴上一个定点,求此定点坐标; (III)若 3,0 1 axa  ,曲线 ))(,()( 11 xfxxfy 在点 处的切线与 x 轴的交点为( 0,2x ),试比较 21 xx 与 的大小,并加以证明. 42. 已知函数 f(x)= 2 1ln , [ , 2]2 a x x a R xx        (Ⅰ)当 1[ 2, )4a  时, 求 ( )f x 的最大值; (Ⅱ) 设 2( ) [ ( ) ln ]g x f x x x   , k 是 ( )g x 图象上不同两点的连线的斜率,否存在实数 a ,使得 1k  恒成 立?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. 43..已知函数 f(x)=   x x 1ln1  (1)求函数的定义域; (2)确定函数 f(x)在定义域上的单调性,并证明你的结论; (3)若当x>0时,f(x)> 1x k 恒成立, 求正整数 k 的最大值。 44. 已知函数 ( ) logaf x x 和 ( ) 2log (2 2),( 0, 1, )ag x x t a a t R      的图象在 2x  处的切线互相 平行. (Ⅰ) 求t 的值; (Ⅱ)设 )()()( xfxgxF  ,当  1,4x 时, ( ) 2F x  恒成立,求 a 的取值范围. 45. 已知函数 bx xxaxf  1 2)1ln()( 的图象与直线 02  yx 相切于点 ),0( c 。 (1)求 a 的值; (2)求函数 )(xf 的单调区间和极小值。 46. 已知函数. 3( ) 2f x x ax  与 2( )g x bx cx  的图象都过点 P(2,0),且在点 P 处有公共切线. (1)求 f(x)和 g(x)的表达式及在点 P 处的公切线方程; (2)设 ( )( ) ln( 1)8 mg xF x xx    ,其中 0m  ,求 F(x)的单调区间. 47. 已知函数 xxf )( , )1ln()( xxg  , .1)( x xxh  (1)证明:当 0x 时,恒有 );()( xgxf  (2)当 0x 时,不等式 )0()(  kxk kxxg 恒成立,求实数 k 的取值范围; 48. 已知函数 f(x)=x3+bx2+cx+d 有两个极值点 x1=1, x2=2,且直线 y=6x+1 与曲线 y=f(x)相切于 P 点. (1)求 b 和 c 郝进制作 (2)求函数 y=f(x)的解析式;9 (3)在 d 为整数时, 求过 P 点和 y=f(x)相切于一异于 P 点的直线方程. 49. 已知函数 f(x)=x3-3ax(a∈R). (I)当 a=l 时,求 f(x)的极小值; (Ⅱ)若直线菇 x+y+m=0 对任意的 m∈R 都不是曲线 y=f(x)的切线,求 a 的取值范围; (Ⅲ)设 g(x)=|f(x)|,x∈[-l,1],求 g(x)的最大值 F(a)的解析式. 50. 已 知 函 数 | | 1y x  , 2 2 2y x x t    , 1 1( )2 ty x x   ( 0)x  的 最 小 值 恰 好 是 方 程 3 2 0x ax bx c    的三个根,其中 0 1t  . (Ⅰ)求证: 2 2 3a b  ; (Ⅱ)设 1( , )x M , 2( , )x N 是函数 3 2( )f x x ax bx c    的两个极值点. ①若 1 2 2| | 3x x  ,求函数 ( )f x 的解析式;②求| |M N 的取值范围. 51.已知函数 f(x)= 3 1 x3+ 2 1 ax2+ax-2(a∈R), (1)若函数 f(x)在区间(-∞,+∞)上为单调增函数,求实数 a 的取值范围; (2)设 A(x1,f(x1))、B(x2,f(x2))是函数 f(x)的两个极值点,若直线 AB 的斜率不小于- 6 5 求实数 a 的取值范围. 52. 已 知 函 数 ),,(32)( 23 Rcbacxbxaxxf  的 图 象 关 于 原 点 对 称 , 且 当 1x 时 , 3 2)( 取极小值-xf . (1)求 a,b,c 的值; (2)当  11,x 时,图象上是否存在两点,使得在这两点处的切线互相垂直?证明你的结论. 53. 对于 x 的三次函数 f(x)= x3 +(m2-4m + 2)x + m3-6m2 + 9m-1. (Ⅰ)若 f(x)有极值,求 m 的取值范围; (Ⅱ)当 m 在(1)的取值范围内变化时,求 f(x)的极大值和极小值之和 g(m),并求 g(m)的 最大值和最小值. 54. 已知函数 .36)2(2 3)( 23  xxaaxxf (I)当 a > 2 时,求 f(x)的极小值; (II)讨论方程 f(x) = 0 的根的个数. 55. 设函数 )1)()(1()(  aaxxxxf (1)求导数 )(' xf ,并证明 )(xf 有两个不同的极值点; (2)若对于(1)中的 21 xx 、 不等式 0)()( 21  xfxf 成立,求 a 的取值范围。 56. 已知 Rt  ,函数 .2 1)( 3 txxxf  (Ⅰ)当 t=1 时,求函数 )(xfy  在区间[0,2]的最值;10 (Ⅱ)若 )(xf 在区间[-2,2]上是单调函数,求 t 的取值范围; (Ⅲ))是否存在常数 t,使得任意 6|)(|]2,2[  xfx 都有 恒成立,若存在,请求出 t,若不存在请说 明理由. 57. 设 x1、 )0()()( 223 212  axabxaxxfxxx 是函数 的两个极值点. (1)若 2,1 21  xx ,求函数 f(x)的解析式; (2)若 bxx 求,22|||| 21  的最大值; (3)若 )()()(,, 1221 xxaxfxgaxxxx  函数且 ,求证: .)23(12 1|)(| 2 aaxg 58. 已知函数 1163)( 23  axxaxxf , 1263)( 2  xxxg ,和直线 9:  kxym ,又 0)1( f . (Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)是否存在 k 的值,使直线 m 既是曲线 )(xfy  的切线,又是 )(xgy  的切线;如果存在,求出 k 的 值;如果不存在,说明理由. (Ⅲ)如果对于所有 2x 的 x ,都有 )(9)( xgkxxf  成立,求 k 的取值范围. 59. 设函数 3 2( )f x x ax bx   ( 0)x  的图象与直线 4y  相切于 (1,4)M . (Ⅰ)求 3 2( )f x x ax bx   在区间 (0,4] 上的最大值与最小值; (Ⅱ)是否存在两个不等正数 ,s t ( )s t ,当 [ , ]x s t 时,函数 3 2( )f x x ax bx   的值域也是[ , ]s t , 若存在,求出所有这样的正数 ,s t ;若不存在,请说明理由; (Ⅲ)设存在两个不等正数 ,s t ( )s t ,当 [ , ]x s t 时,函数 3 2( )f x x ax bx   的值域是[ , ]ks kt ,求 正数 k 的取值范围. 60. 已知函数 f(x)=x4+ax3+bx2+c,在 y 轴上的截距为-5,在区间[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递 减,又当 x=0,x=2 时取得极小值. (Ⅰ)求函数 f(x)的解析式; (Ⅱ)能否找到函数 f(x)垂直于 x 轴的对称轴,并证明你的结论; (Ⅲ)设使关于 x 的方程 f(x)=λ2x2-5 恰有三个不同实根的实数λ的取值范围为集合 A,且两个非零实根为 x1、x2.试问:是否存在实数 m,使得不等式 m2+tm+2≤|x1-x2|对任意 t∈[-3,3], λ∈A 恒成立?若存在,求 m 的取值范围;若不存在,请说明理由. 61. 已知 f(x)=x3+bx2+cx+2. (Ⅰ)若 f(x)在 x=1 时,有极值-1,求 b、c 的值; (Ⅱ)当 b 为非零实数时,证明 f(x)的图像不存在与直线(b2-c)x+y+1=0 平行的切线; (Ⅲ)记函数|f′(x)|(-1≤x≤1)的最大值为 M,求证:M≥ 2 3 . 62. 设函数 ( ) | 1| | 1|f x x ax= + + + ,已知 ( 1) (1)f f- = ,且 1 1( ) ( )f fa a - = (a∈R,且 a≠0),函数11 3 2( )g x ax bx cx   (b∈R,c 为正整数)有两个不同的极值点,且该函数图象上取得极值的两点 A、B 与坐标原点 O 在同一直线上。 (1)试求 a、b 的值; (2)若 0x  时,函数 ( )g x 的图象恒在函数 ( )f x 图象的下方,求正整数 c 的值。 63. 已知函数 3 2( ) 3 8f x x bx cx    和 3 2( )g x x bx cx   (其中 3 02 b   ), ( ) ( ) 5 ( )F x f x g x  , (1) ( ) 0f g m   . (1)求 m 的取值范围; (2)方程 ( ) 0F x  有几个实根?为什么? 64. 已知函数 f(x)= 3 2 ( Rx bx cx d b c d   , , 且都为常数)的导函数为 f′(x)=3x x42  , 且 f(1)=7,设 F(x)=f(x)-ax 2 (a∈R). (Ⅰ)当 a<2 时,求 F(x)的极小值; (Ⅱ)若对任意的 x∈ ,0 ,都有 F(x)≥0 成立,求 a 的取值范围并证明不等式 6 139132  aaa . 65、已知二次函数 ( )f x xx  2 ,若不等式 xxfxf 2)()(  的解集为 C. (1)求集合 C; (2)若方程 5)( 1  xx aaf )1,0(  aa 在 C 上有解,求实数 a 的取值范围; (3)记 )(xf 在 C 上的值域为 A,若 ]1,0[,23)( 3  xttxxxg 的值域为 B,且 BA  ,求实数t 的取值 范围. 66、设函数 3 2( ) 2 4f x ax bx cx d    ( , , ,a b c d R )的图象关于原点对称,且 1x  时, f(x)取极 小值 1 3  , ①求 , , ,a b c d 的值; ②当  1,1x  时,图象上是否存在两点,使得过此两点处的切线互相垂直?试证明你的结论。 ③若  1 2, 1,1x x   ,求证: 1 2 4( ) ( ) 3f x f x  。 67、已知函数 ),2()(3 1)(,2 )1( 3 1)( 23  在区间且 xfkxxgxkxxf 上为增函数. (1)求 k 的取值范围; (2)若函数 )()( xgxf 与 的图象有三个不同的交点,求实数 k 的取值范围. 68、已知函数 )()( 023  acxbxaxxf 是定义在 R 上的奇函数,且 1x 时,函数取极值 1. (1)求 cba ,, 的值; (2)若  1121 ,, xx ,求证: 221  )()( xfxf ;12 (3)求证:曲线 )(xfy  上不存在两个不同的点 BA, ,使过 BA, 两点的切线都垂直于直线 AB . 69. 已知函数 )0()(,ln)(  ax axgxxf ,设 )()()( xgxfxF  。 (Ⅰ)求 F(x)的单调区间; (Ⅱ)若以  )3,0)((  xxFy 图象上任意一点 ),( 00 yxP 为切点的切线的斜率 2 1k 恒成立,求实 数 a 的最小值。 (Ⅲ)是否存在实数 m ,使得函数 1)1 2( 2  mx agy 的图象与 )1( 2xfy  的图象恰好有四个 不同的交点?若存在,求出 m 的取值范围,若不存在,说名理由。 70. 定义 ),0(,,)1(),(  yxxyxF y , (1)令函数 ))94(log,1()( 2 2  xxFxf 的图象为曲线 C1,曲线 C1 与 y 轴交于点 A(0,m),过坐 标原点 O 作曲线 C1 的切线,切点为 B(n,t)(n>0),设曲线 C1 在点 A、B 之间的曲线段与线段 OA、 OB 所围成图形的面积为 S,求 S 的值。 (2)当 );,(),(,*, xyFyxFyxNyx  证明时且 (3)令函数 ))1(log,1()( 23 2  bxaxxFxg 的图象为曲线 C2 ,若存在实数 b 使得曲线 C2 在 )14( 00  xx 处有斜率为-8 的切线,求实数 a 的取值范围。 71. (1)求证:当 1a  时,不等式 2 ( 1) 2 x n ax ee x   对于 n R 恒成立 . (2)对于在(0,1)中的任一个常数 a ,问是否存在 0 0x  使得 0 0 2 0 0 1 2 x x ax ee x   成立? 如果存在,求出符合条件的一个 0x ;否则说明理由。 72. 把函数 2ln  xy 的图象按向量 )2,1(a 平移得到函数 )(xf 的图象。 (1)若 0x 证明: 2 2)(  x xxf 。 (2)若不等式 32)(2 1 222  bmmxfx 对于 ]1,1[x 及 ]1,1[b 恒成立,求实数 m 的取值范围。 73. 已 知 函 数 | | 1y x  , 2 2 2y x x t    , 1 1( )2 ty x x   ( 0)x  的 最 小 值 恰 好 是 方 程 3 2 0x ax bx c    的三个根,其中 0 1t  . (1)求证: 2 2 3a b  ; (2)设 1( , )x M , 2( , )x N 是函数 3 2( )f x x ax bx c    的两个极值点. ①若 1 2 2| | 3x x  ,求函数 ( )f x 的解析式; ②求| |M N 的取值范围.13 74. 已知函数 bx axxf  2)( ,在 1x 处取得极值为 2。 (Ⅰ)求函数 )(xf 的解析式; (Ⅱ)若函数 )(xf 在区间(m,2m+1)上为增函数,求实数 m 的取值范围; (Ⅲ)若 P(x0,y0)为 bx axxf  2)( 图象上的任意一点,直线 l 与 bx axxf  2)( 的图象相切于点 P, 求直线 l 的斜率的取值范围. 75. 已知:在函数 xmxxf  3)( 的图象上,以 ),1( nN 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 1993)(  kxf 对于 ]3,1[x 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: )2 1(2|)(cos)(sin| ttfxfxf  ( Rx  , 0t ). 76. 设 M 是由满足下列条件的函数 )(xf 构成的集合:“①方程 )(xf 0 x 有实数根;② 函数 )(xf 的导数 )(xf  满足 1)(0  xf .” (I)判断函数 4 sin 2)( xxxf  是否是集合 M 中的元素,并说明理由; (II)集合 M 中的元素 )(xf 具有下面的性质:若 )(xf 的定义域为 D,则对于任意 [m,n]  D,都存在 0x [m,n],使得等式 )()()()( 0xfmnmfnf  成立”, 试用这一性质证明:方程 0)(  xxf 只有一个实数根; (III)设 1x 是方程 0)(  xxf 的实数根,求证:对于 )(xf 定义域中任意的 2|)()(|,1||,1||,, 23131232  xfxfxxxxxx 时且当 . 77. 若函数 2 2( ) ( ) ( )xf x x ax b e x R    在 1x  处取得极值. (I)求 a 与 b 的关系式(用 a 表示 b ),并求 ( )f x 的单调区间; (II)是否存在实数 m,使得对任意 (0,1)a 及 1 2, [0,2]x x  总有 1 2| ( ) ( ) |f x f x  2 1[( 2) ] 1m a m e   恒成立,若存在,求出 m 的范围;若不存在,请说明理由. 78. 已知二次函数 2( )f x ax bx c   ,直线 1 : 2l x  ,直线 2 2 : 8l y t t   (其中 0 2t  ,t 为常数);. 若直线l 1、l 2 与函数  f x 的图象以及 2l 、 y 轴与函数  f x 的图象所围成的封闭图形如图阴影所示. (Ⅰ)求 a 、b 、 c 的值; (Ⅱ)求阴影面积 S 关于t 的函数  S t 的解析式; (Ⅲ)若 ,ln6)( mxxg  问是否存在实数 m ,使得  y f x 的图象与  y g x 的图象有且只有两个 不同的交点?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由.14 79. 已知函数 2 3 )( a xxf  图象上斜率为 3 的两条切线间的距离为 5 102 ,f(x)的导数为 )(' xf ,函数 3)(')()(  x xbfxfxg 。 (1)若函数 g(x)在 x=1 有极值,求 g(x)的解析式; (2)若函数 g(x)在[-1,1]是增函数,且 )(42 xgmbb  在[-1,1]上都成立,求实数 m 的取值范围。 80. 设关于 x 的方程 012  mxx 有两个实根α、β,且   。定义函数 .1 2)( 2   x mxxf (I)求 )(f 的值; (II)判断 ),()( 在区间xf 上单调性,并加以证明; (III)若 , 为正实数,①试比较 )(),(),(   fff   的大小; ②证明 .|||)()(|        ff 81. 设直线 )(:),(: xFySxgyl  曲线 . 若直线 l 与曲线 S 同时满足下列两个条件: ①直线 l 与曲线 S 相切且至少有两个切点; ② 对任意 x∈R 都有 )()( xFxg  . 则称直线 l 为曲线 S 的“上夹线”. (1)已知函数 ( ) 2sinf x x x  .求证: 2y x  为曲线 ( )f x 的“上夹线”. (2)观察下图: 根据上图,试推测曲线 )0(sin:  nxnmxyS 的“上夹线”的方程,并给出证明. 82. 若存在实常数 k 和 b ,使得函数 ( )f x 和 ( )g x 对其定义域上的任意实数 x 分别满足: ( )f x kx b  和 ( )g x kx b  ,则称直线 :l y kx b  为 ( )f x 和 ( )g x 的“隔离直线”.已知 2( )h x x , ( ) 2 lnx e x  (其15 中 e 为自然对数的底数). (Ⅰ)求 ( ) ( ) ( )F x h x x  的极值; (Ⅱ) 函数 ( )h x 和 ( )x 是否存在隔离直线?若存在,求出此隔离直线方程;若不存在,请说明理由. 83.已知函数 mxxxf  )1ln()( . (1)若函数 )(xf 在 ),0(  上单调递减,求实数 m 的取值范围; (2)求函数 )(xf 的极值; (3)求证: )(2ln)1( 1 2 1 1 1 *Nnnnnn   84.设 xxx axf ln)(  , 3)( 23  xxxg . (1)当 2a 时,求曲线 )(xfy  在 1x 处的切线方程; (2)如果存在 1x , ]2,0[2 x 使得 Mxgxg  )()( 21 成立,求满足上述条件的最大整数 M ; (3)如果对任意的 s , ]2,2 1[t 都有 )()( tgsf  成立,求实数 a 的取值范围。 85.已知函数 2ln)( xxxf  . (1)若函数 axxfxg  )()( 在其定义域内为增函数,求实数 a 的取值范围; (2)在(1)的条件下,若 1a , xx aeexh 3)( 3  , ]2ln,0[x ,求 )(xh 的极小值; (3)设 )(3)(2)( 2 RkkxxxfxF  ,若函数 )(xF 存在两个零点 m , )0( nmn  ,且 nmx 02 , 问:函数 )(xF 在点 ))(,( 00 xFx 处的切线能否平行于 x 轴?若能,求出该切线方程;若不能,请说明理由。 86.已知函数 )sin(3)( 3 xaxxxf   ,其中 a , R ; (1)当 0a 时,求 )1(f 的值并判断函数 )(xf 的奇偶性; (2)当 0a 时,若函数 )(xfy  的图像在 1x 处的切线经过坐标原点,求  的值; (3)当 0 时,求函数 )(xf 在 ]2,0[ 上的最小值。 答案及解析 1.解:(Ⅰ)当 1a   时, ( ) ln ,f x x x  得 1( ) 1 ,f x x    ………………2 分16 令 ( ) 0f x  ,即 11 0x   ,解得 1x  ,所以函数 ( )f x 在 (1, ) 上为增函数, 据此,函数 ( )f x 在 2[e,e ]上为增函数, ………………4 分 而 (e) e 1f   , 2 2(e ) e 2f   ,所以函数 ( )f x 在 2[e,e ] 上的值域为 2[e 1,e 2]  ………………6 分 (Ⅱ)由 ( ) 1 ,af x x    令 ( ) 0f x  ,得1 0,a x   即 ,x a  当 (0, )x a  时, ( ) 0f x  ,函数 ( )f x 在 (0, )a 上单调递减; 当 ( , )x a   时, ( ) 0f x  ,函数 ( )f x 在 ( , )a  上单调递增; ……………7 分 若1 ea   ,即 e 1a    ,易得函数 ( )f x 在 2[e,e ]上为增函数, 此时, 2 max( ) (e )f x f ,要使 ( ) e 1f x   对 2[e,e ]x 恒成立,只需 2(e ) e 1f   即可, 所以有 2e 2 e 1a   ,即 2e e 1 2a    而 2 2e e 1 (e 3e 1)( e) 02 2          ,即 2e e 1 e2      ,所以此时无解. ………………8 分 若 2e ea   ,即 2e ea    ,易知函数 ( )f x 在[e, ]a 上为减函数,在 2[ ,e ]a 上为增函数, 要使 ( ) e 1f x   对 2[e,e ]x 恒成立,只需 2 (e) e 1 (e ) e 1 f f      ,即 2 1 e e 1 2 a a      , 由 2 2e e 1 e e 1( 1) 02 2          和 2 2 2e e 1 e e 1( e ) 02 2         得 2 2 e e 1e 2a      . ………………10 分 若 2ea  ,即 2ea   ,易得函数 ( )f x 在 2[e,e ]上为减函数, 此时, max( ) (e)f x f ,要使 ( ) e 1f x   对 2[e,e ]x 恒成立,只需 (e) e 1f   即可, 所以有 e e 1a   ,即 1a   ,又因为 2ea   ,所以 2ea   . ……………12 分 综合上述,实数 a 的取值范围是 2e e 1( , ]2    . ……………13 分 2. 解:(I)函数 }0|{)( xxxf 的定义域为 , .1)( 2xx axf  ……………………………………………………………………2 分 又曲线 ))1(,1()( fxfy 在点 处的切线与直线 02  yx 垂直, 所以 .21)1(  af 即 a=1.………………………………………………………………………………4 分[来源:学科网][来源:学_科_网 Z_X_X_K]17 (II)由于 .1)( 2x axxf  当 0a 时,对于 0)(),,0(  xfx 有 在定义域上恒成立, 即 ),0()( 在xf 上是增函数. 当 ).,0(1,0)(,0  axxfa 得由时 当 )(,0)(,)1,0( xfxfax  时 单调递增; 当 )(,0)(,),1( xfxfax  时 单调递减.…………………………8 分 (III)当 a=1 时, ).,2[,1 1)1ln()1(  xxxxf 令 .521 1)1ln()(  xxxxg . )1( )2)(12(2 )1( 1 1 1)( 22     x xx xxxg ………………10 分 当 ),2()(,0)(,2  在时 xgxxgx 单调递减. 又 .0)(,)(,0)2(  xgxgg 时所以 即 .0521 1)1ln(  xxx 故当 a=1,且 52)1(,2  xxfx 时 成立.……………………13 分 3 解:(Ⅰ) 2 2'( ) 3 12 9 3( )( 3 ) 0f x x ax a x a x a       (1)当 3a a ,即 0a  时, 2'( ) 3 0f x x  ,不成立. (2)当 3a a ,即 0a  时,单调减区间为 (3 , )a a . (3)当 3a a ,即 0a  时,单调减区间为 ( ,3 )a a .-------------------5 分 (Ⅱ) 2 2'( ) 3 12 9 3( )( 3 )f x x ax a x a x a      , ( )f x 在 (0, )a 上递增,在 ( ,3 )a a 上递减,在 (3 , )a  上递增. (1)当 3a  时,函数 ( )f x 在[0,3]上递增, 所以函数 ( )f x 在[0,3]上的最大值是 (3)f , 若对  0,3x  有 ( ) 4f x  恒成立,需要有 (3) 4, 3, f a    解得 a . (2)当1 3a  时,有 3 3a a  ,此时函数 ( )f x 在[0, ]a 上递增,在[ ,3]a 上递减,所以函数 ( )f x 在[0,3]上的最大值是 ( )f a ,18 若对  0,3x  有 ( ) 4f x  恒成立,需要有 ( ) 4, 1 3, f a a     解得 1a  . (3)当 1a  时,有3 3a ,此时函数 ( )f x 在[ ,3 ]a a 上递减,在[3 ,3]a 上递增, 所以函数 ( )f x 在[0,3]上的最大值是 ( )f a 或者是 (3)f . 由 2( ) (3) ( 3) (4 3)f a f a a    , ① 30 4a  时, ( ) (3)f a f , 若对  0,3x  有 ( ) 4f x  恒成立,需要有 (3) 4, 30 ,4 f a    解得 2 3 3[1 , ]9 4a  . ② 3 14 a  时, ( ) (3)f a f , 若对  0,3x  有 ( ) 4f x  恒成立,需要有 ( ) 4, 3 1,4 f a a    解得 3( ,1)4a . 综上所述, 2 3[1 ,1]9a  . -------------14 分 4.解:(1) .12)( 22  aaxxxf 1x 是极值点 0)1(  f ,即 022  aa 0 x 或2.…………………………………………………………3 分 (2) ))1(,1( f 在 03  yx 上. 2)1(  f ∵(1,2)在 )(xfy  上 baa  13 12 2 又 11211)1( 2  aakf 3 8,10122  baaa .2)(,3 8 3 1)( 222 xxxfxxxf  (i)由 0)(  xf 可知 x=0 和 x=2 是 )(xf 的极值点.[来源:Zxxk.Com] ,8)4(,4)2(,3 4)2(,3 8)0(  ffff19 )(xf 在区间[-2,4]上的最大值为 8.…………………………8 分 (ii) xemmxxxG  )()( 2 ])2([)()2()( 22 xmxemmxxeemxxG xxx   令 0)(  xG ,得 mxx  2,0 当 m=2 时, 0)(  xG ,此时 )(xG 在 ),(  单调递减 当 2m 时: x (-∞,2,- m) 2-m (2-m,0) 0 (0,+∞) G′(x) - 0 + 0 - G(x) 减 增 减 当时 G(x)在(-∞,2,-m),(0,+∞)单调递减,在(2-m,0)单调递增. 当 2m 时: x (-∞,0) 0 (0,2-m) 2-m (2-m+∞) G′(x) - 0 + 0 - G(x) 减 增 减 此时 G(x)在(-∞,0),(2-m+∞)单调递减,在(0,2-m)单调递增,综上所述:当 m=2 时, G(x)在(-∞,+∞)单调递减; 2m 时,G(x)在(-∞,2-m),(0,+∞)单调递减,在(2-m,0)单调递增; 2m 时,G(x)在(-∞,0),(2-m,+∞)单调递减,在(0,2-m)单调递增. 5.解:函数 x axxf  ln)( 的定义域为 ),0(  …………1 分 22 1)(' x ax x a xxf  …………3 分 (1) .0)(',0  xfa 故函数在其定义域 ),0(  上是单调递增的. …………5 分 (II)在[1,e]上,发如下情况讨论: ①当 a<1 时, ,0)(' xf 函数 )(xf 单调递增, 其最小值为 ,1)1(  af 这与函数在[1,e]上的最小值是 2 3 相矛盾; …………6 分 ②当 a=1 时,函数  exf ,1)( 在 单调递增, 其最小值为 ,1)1( f20 同样与最小值是 2 3 相矛盾; …………7 分 ③当 ea 1 时,函数  axf ,1)( 在 上有 0)(' xf ,单调递减, 在 ea, 上有 ,0)(' xf 单调递增,所以, 函数 )(xf 满足最小值为 1ln)(  aaf 由 ,,2 31ln eaa  得 …………9 分 ④当 a=e 时,函数   ,0)(',1)( xfexf 上有在 单调递减, 其最小值为 ,2)( ef 还与最小值是 2 3 相矛盾; …………10 分 ⑤当 a>e 时,显然函数 ],1[)( exf 在 上单调递减, 其最小值为 ,21)(  e aef 仍与最小值是 2 3 相矛盾; …………12 分 综上所述,a 的值为 .e …………13 分 6.(I)解: 2 2( ) 2 (1 ).f x mx ax b     ……3 分 (II)因为函数 ( )f x 是 R 上的增函数, 所以 ( ) 0f x  在 R 上恒成立, 则有 2 2 2 24 4(1 ) 0, 1.a b a b      即 设 cos ,( ,0 1).sin a r rb r       为参数 则 )4sin(2)sin(cos   rrbaz 当 ,1)4sin(   且 r=1 时, baz  取得最小值 2 . (可用圆面的几何意义解得 baz  的最小值 2 )…………………………8 分 (Ⅲ)①当 0m 时 12)( 2  xmxmf 是开口向上的抛物线,显然 )(xf  在(2,+∞)上存在子区 间使得 0)(  xf ,所以 m 的取值范围是(0,+∞). ②当 m=0 时,显然成立. ③当 0m 时, 12)( 2  xmxmf 是开口向下的抛物线,要使 )(xf  在(2,+∞)上存在子区间21 使 0)(  xf ,应满足            ,0)1( ,21 0 mf m m 或          .0)2( ,21 ,0 f m m 解得 ,02 1  m 或 2 1 4 3  m ,所以 m 的取值范围是 ).0,4 3( 则 m 的取值范围是 ).,4 3(  ……………………………………………………13 分 7.解:(1)当 2p  时, 函数 2( ) 2 2ln , (1) 2 2 2ln1 0f x x x fx        2 2 2( ) 2f x x x    曲线 ( )f x 在点 (1, (1))f 处的切线的斜率为 (1) 2 2 2 2.f      1 分 从而曲线 ( )f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 0 2( 1),y x   即 2 2y x  (2) 2 2 2 2 2( ) .p px x pf x p x x x       3 分 令 2( ) 2h x px x p   ,要使 ( )f x 在定义域(0,∞)内是增函 只需 ( ) 0h x  在(0,+∞)内恒成立 4 分 由题意 20, ( ) 2p h x px x p    的图象为开口向上的抛物线,对称轴方程为 1 (0, )x p    , min 1( ) ,h x p p    只需 1 0, 1p pp   即 时,22 ( ) 0, ( ) 0h x f x  ( )f x 在(0,+∞)内为增函数,正实数 p 的取值范围是 1, 6 分 (3) 2( ) [1, ]eg x ex  在 上是减函数, x e  时, min( ) 2;g x  min1 , ( ) 2x g x e 时 , 即 ( ) [2,2 ]g x e 1 分 ①当 0p  时, 2( ) 2h x px x p   其图象为开口向下的抛物线,对称轴 1x p  在 y 车的左侧, 且 (0) 0h  ,所以 ( ) [1, ]f x x e在 内是减函数。 当 0p  时,在 ( ) 2h x x  因为 [1, ]x e , 所以 2 2( ) 0, ( ) 0.xh x f x x     此时, ( ) [1, ]f x x e在 内是减函数。 故当 0p  时, ( ) [1, ]f x x e在 上单调递减 max( ) (1) 0 2f x f    ,不合题意; ②当 0 1p  时,由 [1, ]x e 1 0x x    所以 1 1( ) ( ) 2ln 2ln .f x p x x x xx x       又由(2)知当 1p  时, ( ) [1, ]f x x e在 上是增函数, 1 1 12ln 2ln 2 2x xe e ex e e          ,不合题意; 11 分 ③当 1p  时,由(2)知 ( ) [1, ]f x x e在 上是增函数, (1) 0 2f   又 ( ) [1, ]g x x e在 上是减函数,23 故只需 max min( ) ( ) , [1, ]f x g x x e  而 max min 1( ) ( ) ( ) 2ln , ( ) 2f x f e p e e g xe      即 1( ) 2ln 2,P e ee    解得 2 4 1 ep e   , 所以实数 p 的取值范围是 2 4( , )1 e e  。 13 分 8. 解:(Ⅰ)方法一:∵ ' 2 2( ) pf x p x x    ,………………………………2 分 ∴ ' (1) 2( 1)f p  . 设直线 : 2( 1)( 1)l y p x   , 并设 l 与 2( )g x x 相切于点 M( 0 0,x y ) ………………………………3 分 ∵ ( ) 2g x x  ∴2 0 2( 1)x p  ∴ 2 0 01, ( 1)x p y p    代入直线 l 的方程,解得 p=1 或 p=3. ………………………………6 分 方法二: 将直线方程l 代入 2y x 得 2( 1)( 1) 0p x   ∴ 24( 1) 8( 1) 0p p      解得 p=1 或 p=3 . ………………………………6 分 (Ⅱ)∵ 2 2 ' 2)( x pxpxxf  , ①要使 )(xf 为单调增函数,须 0)(' xf 在 (0, ) 恒成立, 即 022  pxpx 在 (0, ) 恒成立,即 xxx xp 1 2 1 2 2     在 (0, ) 恒成立, 又 11 2   xx ,所以当 1p 时, )(xf 在 (0, ) 为单调增函数; …………9 分 ②要使 )(xf 为单调减函数,须 0)(' xf 在 (0, ) 恒成立, 即 022  pxpx 在 (0, ) 恒成立,即 xxx xp 1 2 1 2 2     在 (0, ) 恒成立, 又 2 01x x   ,所以当 0p 时, )(xf 在 (0, ) 为单调减函数. …………11 分 综上,若 )(xf 在 (0, ) 为单调函数,则 p 的取值范围为 1p 或 0p .……12 分 9. 解:(I)因为 ).0(log22 1)( 2  xxxxxh a 所以 .ln 12)( axxxh  因为 ),0()( 在xh 上是增函数。24 所以 ),0(0 ln 12  在 ax x 上恒成立 ……………………………1 分 当 .ln 120ln 12,0 2 axxaxxx  时 而 ),0(1)1(2 22  在xxx 上的最小值是  1。 于是 .ln 11,ln 11 aa  即 (※) 可见 )1ln 1.0ln 1,10(1 矛盾这与则若  aaaa 从而由(※)式即得 .1ln a ① ………………..………………………… 4 分 同时, )0(ln 1ln2ln ln 12)( 2  xax axax axxxh 由 2( ) ( ) ( 2ln ) 4ln 0,h x a a     存在 正 零点知 解得 1ln a ②,或 ).,0ln,1(0ln 这是不可能的因为  aaa 由①②得 .1ln a 此时, eaxxh  故存在正零点 ,1)( 即为所求 ……………………………6 分 注:没有提到(验证) 1ln a 时, ,1)(  xxh 存在正零点 不扣分。 (II)由(I), ,1)(,ln)( 0 0 xxgxxg  于是 .lnln,)()(1 0 0 mn mnxmn mgng x    ……………………………7 分 以下证明 .ln ln n mm n m   (☆) (☆)等价于 .0lnln  mnmmnm ……………………………8 分 构造函数 ),0(lnln)( nxxnxxnxxr  则 ),0(,lnln)( nxxnxr  当 时, ],0()(,0)( nxrxr 在所以 上为增函数。 因此当 ,0)()(,  nrmrnm 时 即 .0lnln  mnmmnm 从而 mx 0 得到证明。 ……………………………11 分 同理可证 .,.lnln 0 nxmmn mnn   综上 ……………………………12 分 注:没有“综上”等字眼的结论,扣 1 分。25 10. 解:(Ⅰ)由 a=0, ( ) ( )f x g x 可得 lnm x x   , 即 ln xm x  ┉┉┉┉┉┉┉┉1 分 记 ln x x   ,则 ( ) ( )f x g x 在(1,+∞)上恒成立等价于 min( )m x . 求得 2 ln 1'( ) ln xx x   ┉┉┉┉┉┉┉┉2 分 当 (1, )x e 时; '( ) 0x  ;当 ( , )x e  时, '( ) 0x  ┉┉┉┉┉┉┉┉3 分 故 ( )x 在 x=e 处取得极小值,也是最小值, 即 min( ) ( )x e e   ,故 m e . ┉┉┉┉┉┉┉┉4 分 (Ⅱ)函数 ( ) ( ) ( )k x f x h x  在 1,3 上恰有两个不同的零点等价于方程 2lnx x a  ,在 1,3 上恰有 两个相异实根.┉┉┉┉┉┉┉┉5 分 令 ( ) 2lng x x x  ,则 2'( ) 1g x x   ┉┉┉┉┉┉┉┉6 分 当 [1,2)x 时, '( ) 0g x  ,当 (2,3]x 时, '( ) 0g x  g(x)在[1,2]上是单调递减函数,在 (2,3] 上是单调递增函数. 故 min( ) (2) 2 2ln 2g x g   ┉┉┉┉┉┉┉┉8 分 又 g(1)=1,g(3)=3-2ln3 ∵g(1)>g(3),∴只需 g(2)<a≤g(3), 故 a 的取值范围是(2-2ln2,3-2ln3) ┉┉┉┉┉┉┉┉9 分 (Ⅲ)存在 m= 1 2 ,使得函数 f(x)和函数 h(x)在公共定义域上具有相同的单调性. 2 min 2'( ) 2 m x mf x x x x    ,函数 f(x)的定义域为(0,+∞).┉┉┉┉┉┉10 分 若 0m  ,则 ( )' 0f x  ,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增,不合题意;┉┉┉11 分 若 0m  ,由 ( )' 0f x  可得 2x2-m>0,解得 x> 2 m 或 x<- 2 m (舍去) 故 0m  时,函数的单调递增区间为( 2 m ,+∞) 单调递减区间为(0, 2 m ) ┉┉┉┉┉┉┉┉12 分 而 h(x)在(0,+∞)上的单调递减区间是(0, 1 2 ),单调递增区间是( 1 2 ,+∞)26 故只需 2 m = 1 2 ,解之得 m= 1 2 ┉┉┉┉┉┉┉┉13 分 即当 m= 1 2 时,函数 f(x)和函数 h(x)在其公共定义域上具有相同的单调性.┉14 分. 11. 解:(I)因为 xxx exxexexxxf  )1()32()33()( 2 ……1 分 ( ) 0 1 0; ( ) 0 0 1,f x x x f x x        由 或 由 ( ) ( ,0),(1, ) , (0,1) 3f x   所以 在 上递增 在 上递减 分 ( ) [ 2, ] , 2 0 4f x t t    欲 在 上为单调函数 则 分 (II)证:因为 1)(,)1,0(,),1(),0,()(  xxfxf 在所以上递减在上递增在 处取得极小值 e 2 13( 2) , ( ) [ 2, ] ( 2)f e f x fe      又 所以 在 上的最小值为 2 , ( 2) ( ), 7t f f t m n     从而当 时 即 分 (III)证:因为 2 0 2 0 20 0 2 0 0 )1(3 2,)1(3 2)(,)( 00  txxt e xfxx e xf xx 即为所以 , 2 2 2 22 2( ) ( 1) , ( ) ( 1) 03 3g x x x t g x x x t        令 从而问题转化为证明方程 ( 2, ) , 9t 在 上有解 并讨论解的个数 分 2 22 2 2( 2) 6 ( 1) ( 2)( 4), ( ) ( 1) ( 1)3 3 3g t t t g t t t t           因为 1 ( 2)( 1),3 t t   所以 ①当 ),2(0)(,0)()2(,124 txgtggtt  在所以时或 上有解,且只有一解 ………………11 分 ②当 0)1(3 2)0(,0)(0)2(,41 2  tgtggt 但由于且时 , 所以 ),2(0)( txg  在 上有解,且有两解 ③当 ),2(0)(,100)(,1 2 txgxxxxxgt  在所以或时 上有且只有一解; 24 , ( ) 6 0 2 3,t g x x x x x        当 时 或 ( ) 0 ( 2,4) 13g x   所以 在 上也只有一解 分 0 20 0 ( ) 2, 2, ( 2, ), ( 1) ,3x f xt x t te      综上所述 对于任意的 总存在 满足27 04 2 1 , ;t t x   且当 或 时 有唯一的 适合题意 12. 解: (1) ,2)( x axxf  依题意 ]2,1(,0)(  xxf ,即 22xa  , ]2,1(x . ∵上式恒成立,∴ 2a ① …………………………1 分 又 x axg 2 1)(  ,依题意 )1,0(,0)(  xxg ,即 xa 2 , )1,0(x . ∵上式恒成立,∴ .2a ② …………………………2 分 由①②得 2a . …………………………3 分 ∴ .2)(,ln2)( 2 xxxgxxxf  …………………………4 分 (2)由(1)可知,方程 2)()(  xgxf , .022ln22  xxxx即 设 22ln2)( 2  xxxxxh , ,1122)( xxxxh 则 令 0)(  xh ,并由 ,0x 得 ,0)222)(1(  xxxxx 解知 .1x ……………………5 分 令 ,0)(  xh 由 .10,0  xx 解得 …………………………6 分 列表分析: x (0,1) 1 (1,+) )(xh - 0 + )(xh 递减 0 递增 可知 )(xh 在 1x 处有一个最小值 0, …………………………7 分 当 10  xx 且 时, )(xh >0, ∴ 0)( xh 在(0,+)上只有一个解. 即当 x>0 时,方程 2)()(  xgxf 有唯一解. …………………………8 分 (3) 设 2 ' 2 3 1 2 2( ) 2ln 2 ( ) 2 2 0x x x bx x x bx x x          则 , ………………9 分 ( )x 在 (0,1]为减函数 min( ) (1) 1 2 1 0x b       又 1b   ……………11 分 所以: 11  b 为所求范围. …………………………12 分 13. 解:(1) ,0)0( f 0d 2 1,0)1('2 1)(' 2  cafcxaxxf 有及 02 1,0)(' 2  cxaxRxf 即上恒成立在 恒成立 即 02 1 2 12  axax 恒成立 显然 0a 时,上式不能恒成立 axaxxfa  2 1 2 1)(,0 2函数 是二次函数28 由于对一切 ,0)(,  xfRx 都有 于是由二次函数的性质可得      .0)2 1(4)2 1( ,0 2 aa a 即 4 1:,0)4 1( ,0 ,016 1 2 1 ,0 22            aa a aa a 解得即 4 1 ca . (2) .4 1 ca .4 1 2 1 4 1)( 2  xxxf 04 1 24 3 4 1 2 1 4 1,0)()( 22  bbxxxxxhxf 即由 即 0)2 1)((,02)2 1(2  xbxbxbx 即 当 )2 1,(,2 1),,2 1(,2 1 bbbb 解集为时当解集为时  ,当 解集为时,2 1b . (3) ,4 1 ca 4 1 2 1 4 1)( 2  xxxf .4 1)2 1(4 1)()( 2  xmxmxxfxg 该函数图象开口向上,且对称轴为 .12  mx 假设存在实数 m 使函数 4 1)2 1(4 1)()( 2  xmxmxxfxg 区间 ]2.[ mm 上有 最小值-5. ①当 ]2,[)(,12,1  nmxgmmm 在区间函数时 上是递增的. .54 1)2 1(4 1,5)( 2  mmmmg 即 解得 .3 73  mm 或 ,13 7  3 7m 舍去 ②当 ]12,[)(,212,11  mmxgmmmm 在区间函数时 上是递减的,而在 区间 ]2,12[  mm 上是递增的, .5)12(  mg 即 54 1)12)(2 1()12(4 1 2  mmm 解得 均应舍去或 ,212 1 2 1212 1 2 1  mm ③当 1m 时, ]2,[)(,212  mmxgmm 在区间函数 上递减的 5)2(  mg 即 .54 1)2)(2 1()2(4 1 2  mmm29 解得 221.221221  mmm 其中或 应舍去. 综上可得,当 2213  mm 或 时, 函数 .5]2,[)()(  上有最小值在区间 mmmxxfxg 14. 解:(1) 3 2( ) 1f x x ax x    求导: 2( ) 3 2 1f x x ax    当 2 3a ≤ 时, 0≤ , ( ) 0f x ≥ , ( )f x 在 R 上递增 当 2 3a  , ( ) 0f x  求得两根为 2 3 3 a ax    即 ( )f x 在 2 3 3 a a       , 递增, 2 23 3 3 3 a a a a          , 递减, 2 3 3 a a         , 递增 (2) 2 2 3 2 3 3 3 1 3 3 a a a a         ≤ ≥ ,且 2 3a  解得: 7 4a≥ 15. 解:(Ⅰ) 2 2 1 ln 1 1 ln( ) (1 ) (1 ) 1 (1 ) x xf x x x x x x x           .·························· 2 分 故当 (01)x , 时, ( ) 0f x  , (1 )x ,∞ 时, ( ) 0f x  所以 ( )f x 在 (01), 单调递增,在 (1 ),∞ 单调递减.··············································· 4 分 由此知 ( )f x 在 (0 ),∞ 的极大值为 (1) ln 2f  ,没有极小值.································ 6 分 (Ⅱ)(ⅰ)当 0a ≤ 时, 由于  ln(1 ) ln(1 ) ln(1 )ln(1 ) ln( ) 01 1 x x x xx x x xf x x x          , 故关于 x 的不等式 ( )f x a≥ 的解集为 (0 ),∞ .················································· 10 分 (ⅱ)当 0a  时,由 ln 1( ) ln 11 xf x x x        知 ln 2 1(2 ) ln 11 2 2 n n n nf        ,其中 n 为正整数,且有30 2 2 2 1 1ln 1 1 log ( 1)2 2 2 n n n n a e n e            .········································· 12 分 又 2n≥ 时, ln 2 ln 2 ln 2 2ln 2 ( 1)1 2 1 (1 1) 1 2 n n n n n n n n       . 且 2ln 2 4ln 2 11 2 a nn n     . 取整数 0n 满足 2 0 2log ( 1) n n e   , 0 4ln 2 1n a   ,且 0 2n ≥ , 则 0 0 0 0 ln 2 1(2 ) ln 11 2 2 2 2 n n n n a af a          , 即当 0a  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  0∞, . 14 分 16. (Ⅰ)①由条件知 PQ 垂直平分 AB,若∠BAO= (rad) ,则 10 cos cos AQOA    , 故 10 cosOB  ,又 OP=10 10tan 10-10ta , 所以 10 10 10 10tancos cosy OA OB OP         , 所求函数关系式为 20 10sin 10cosy     0 4      ②若 OP= x (km) ,则 OQ=10- x ,所以 OA =OB=  2 2 210 10 20 200x x x     所求函数关系式为  22 20 200 0 10y x x x x      (Ⅱ)选择函数模型①,     ' 2 2 10cos cos 20 10 sin 10 2sin 1 cos cos siny              令 'y  0 得 sin 1 2   ,因为 0 4   ,所以 = 6  , 当 0, 6      时, ' 0y  ,y 是 的减函数;当 ,6 4       时, ' 0y  ,y 是 的增函数,所以当 = 6  时, min 10 10 3y   。这时点 P 位于线段 AB 的中垂线上,且距离 AB 边31 10 3 3 km 处。 17 解:(1) 2 )(ln1)(),,0()( x axxfxf 的定义域为 令 aexxf  10)( 得 当 )(,0)(,),0( 1 xfxfex a   时 是增函数 当 )(,0)(,),( 1 xfxfex a   时 是减函数 ∴ 111 )()(,)(   aaa eefxfexxf 极大值处取得极大值在 (2)(i)当 21 ee a  时, 时1a ,由(Ⅰ)知 ),0()( 1 aexf 在 上是增函数,在 ],( 21 ee a 上是减函数 1 1( ) ( )a a maxf x f e e    又 当 ],(.0)(],0(,0)(, 2eexxfexxfex aaa   当时当时 时 , ).0()( 1 aexf 所 以 1)()( xgxf 与图象 的图象在 ],0( 2e 上有公共点,等价于 11 ae 解得 1,1,1  aaa 所以又 (ii)当 121  aee a 即 时, ],0()( 2exf 在 上是增函数, ∴ 2 22 2)(],0()( e aefexf 上的最大值为在 所以原问题等价于 .2,12 2 2  eae a 解得 又 1a ,∴无解 18 解:(Ⅰ)当 0a 时函数 ( )f x 的定义域为 ),0(  ; 当 0a 时函数 ( )f x 的定义域为 )0,1( (Ⅱ) 1 11 )1( )ln(1 )( 2     xxx axx x xf 22 2 )1( )ln( )1( )1()1()ln()1(     x ax xx xxxaxxx 令 ( ) 0f x  时,得 ln 0ax  即 1x a  , ①当 0a  时, 1(0, )x a  时 ( ) 0f x  ,当 1( , )x a   时, ( ) 0f x  ,32 故当 0a  时,函数的递增区间为 1(0, )a ,递减区间为 1( , )a  ②当 1 0a   时, 1 0ax   ,所以 ( ) 0f x  , 故当 1 0a   时, ( )f x 在 ( 1,0)x  上单调递增. ③当 1a   时,若 1( 1, )x a   , ( ) 0f x  ;若 1( ,0)x a  , ( ) 0f x  , 故当 1a   时, ( )f x 的单调递增区间为 1( ,0)a ;单调递减区间为 1( 1, )a  . (Ⅲ)因为当 0a  时,函数的递增区间为 1(0, )a ;单调递减区间为 1( , )a  若存在 x 使得 ( ) ln(2 )f x a 成立,只须 1( ) ln(2 )f aa  , 即 01 1ln( ) ln 2 2 0 11 12 aa aa a aa a a            19 解:(1)据题意的   239(2 29 107)( 5)...(5 7) 198 6 ( 5)....................(7 8)5 50 10( 8) ( 5)...........( 8) { x x x x xy x xx x x x              3 2 2 39 (2 39 252 535)...(5 7) 6(33 )..................................(7 8) 10 180 650.......................( 8) { x x x x x x x x x               (2)由(1)得:当5 7x  时, 3 239 (2 39 252 535)y x x x     ' 2234( 13 42) 234( 6)( 7)y x x x x      当5 6x  时, ' 0y  , ( )y f x 为增函数 当 6 7x  时, ' 0, ( )y y f x  为减函数 当 6x  时, max( ) (16) 195f x f  当 7 8x  时,  6(33 ) 150,156y x   当 8x  时, 210( 9) 160y x    当 9x  时, max 160y  综上知:当 6x  时,总利润最大,最大值为 19533 20 解: (1) 由已知可得 C=0, ∴ , ln )(,1)( 2 x xxfx xxg  2 ln 1( ) ln xf x x   , 令 ( ) 0f x  ,得 x e .列表如下: x (0,1) (1, )e ( , )e  ( )f x - - + ( )f x 单调减 单调减 单调增 所以 ( )f x 的单调增区间为 ( , )e  ,单调减区间为 (0,1) 和 (1, )e (2)在 x me x 两边取对数,得 lnx m x .而 1x  .所以 ln xm x  由(1)知当 (1, )x  时, ( ) ( )f x f e e  .所以 m e . 21 解:(1)由题意知, ( )f x 的定义域为 ),0(  , )0( 2 1)2 1(22222)(' 2 2    xx bx x bxx x bxxf 当 2 1b 时, ( ) 0f x  ,函数 ( )f x 在定义域 ),0(  上单调递增. (2) ①由(Ⅰ)得,当 1 2b  时, / ( ) 0f x  ,函数 ( )f x 无极值点. ②当 1 2b  时, ( ) 0f x  有两个不同解, 2 21 2 1 1 bx  2 21 2 1 , 2 bx  0 )  bi 时, ,舍去),0(02 21 2 1 1  bx , ),0(12 21 2 1 2  bx而 , 此时 ( )f x , ( )f x 随 x 在定义域上的变化情况如下表: x ),0( 2x 2x 2( )x  , ( )f x  0  ( )f x 减 极小值 增 由此表可知: 0b  时, ( )f x 有惟一极小值点 2 21 2 1 , bx  , ii) 当 10 2b  时,0< 21 xx  <1 此时, ( )f x , ( )f x 随 x 的变化情况如下表: x  10, x 1x 1 2( )x x, 2x 2( )x  , ( )f x  0  0  ( )f x 增 极大值 减 极小值 增 由此表可知: 10 2b  时, ( )f x 有一个极大值 2 21 2 1 1 bx  和一个极小值点 2 21 2 1 2 bx  ; 综上所述:当 0b 时, ( )f x 有惟一最小值点 2 21 2 1 , bx  ;34 当 10 2b  时, ( )f x 有一个极大值点 2 21 2 1 bx  和一个极小值点 2 21 2 1 bx  (3)由(2)可知当 1b   时,函数 xxxf ln)1()( 2  ,此时 ( )f x 有惟一极小值点 3 1 2x  且 为减函数在时, )2 31,0()( ,0)(')2 31,0(  xfxfx 成立时恒有当 ,即恒有恒有 ,时,当 1 ln)1ln( 3 )11ln(10 )11(f(1) 2 31 3 4111 0 3 2 2 n nnn nnnf nn    令函数 )0 ln)1()(  xxxxh ( x x xxh 111)(' 则 2 1ln)1ln(1 3 1)11ln(ln)1ln( 0)11ln(n 1 )1()11( 111 3 )(),1[1)( 0)(' 1 n nnnn nnnn nhnhnn xhxxxhxhx     时恒有综上述可知 即时 为增函数时处连续在,又时,  22 解:(1) ' 2 2 2( ) ( 1) xg x x   ' ( 2) 2 2g   且 ( 2) 1g a  故 ( )g x 在点 ( 2, ( 2))P g 处的切线方程为: 2 2 5 0x y a    (2)由 ' 2 2( ) 01 xf x x   得 0x  , 故 ( )f x 仅有一个极小值点 (0,0)M ,根据题意得: 5 13 ad   2a   或 8a   (3)令 2 2 1( ) ( ) ( ) ln( 1) 1h x f x g x x ax       ' 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1( ) 21 ( 1) 1 ( 1) x xh x xx x x x           当 0,1) (1, )x   时, ' ( ) 0h x  当 ( , 1) ( 1,0)x     时, ' ( ) 0h x  因此, ( )h x 在 ( , 1),( 1,0)   时, ( )h x 单调递减,35 在 (0,1),(1, ) 时, ( )h x 单调递增. 又 ( )h x 为偶函数,当 ( 1,1)x  时, ( )h x 极小值为 (0) 1h a  当 1x   时, ( )h x   , 当 1x   时, ( )h x   当 x   时, ( )h x   , 当 x   时, ( )h x   故 ( ) ( )f x g x 的根的情况为: 当1 0a  时,即 1a  时,原方程有 2 个根; 当1 0a  时,即 1a  时,原方程有 3 个根; 当1 0a  时,即 1a  时,原方程有 4 个根 23 解:(1) 2y ax   ,切线的斜率为 2at ,切线l 的方程为 2(1 ) 2 ( )y at at x t     令 0,y  得 2 2 2 21 1 2 1 2 2 2 at at at atx tat at at        21( ,0)2 atM at  ,令 0t  ,得 2 2 2 21 2 1 , (0,1 )y at at at N at       MON 的面积 2 2 2 21 1 (1 )( ) (1 )2 2 4 at atS t atat at      (2) 2 4 2 2 2 2 2 3 2 1 ( 1)(3 1)( ) 4 4 a t at at atS t at at       0, 0a t  ,由 ( ) 0S t  ,得 2 13 1 0, 3 at t a   得 当 2 13 1 0, 3 at t a   即 时, ( ) 0S t  当 2 13 1 0, 0 3 at t a    即 时, ( ) 0S t  1 , ( ) 3 t S t a  当 时 有最小值 已知在 1 2t  处, ( )S t 取得最小值 ,故有 1 1 4,2 33 a a    故当 4 1,3 2a t  时, 2 min 4 1(1 )1 23 4( ) ( ) 4 12 34 3 2 S t S       36 24.(1) ,a b 的值依次是 2、1,(2) 1.3k   ►解析:(1)因为 ( )f x 是奇函数, 所以 (0)f =0, 即 1 1 1 20 1 ( )2 2 x x b b f xa a         又由 (1) ( 1)f f   知 111 2 2 2.4 1 aa a       (2) 解法一:由(1)知 1 1 2 1 1( ) 2 2 2 2 1 x x xf x       , 易知 ( )f x 在 ( , )  上为减函 数。又因 ( )f x 是奇函数,从而不等式: 2 2( 2 ) (2 ) 0f t t f t k    等价于 2 2 2( 2 ) (2 ) ( 2 )f t t f t k f k t      .因 ( )f x 为减函数,由上式推得: 2 22 2t t k t   . 即对一切 t R 有: 23 2 0t t k   , 从而判别式 14 12 0 .3k k       解法二:由(1)知 1 1 2( ) 2 2 x xf x    .又由题设条件得: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 0 2 2 2 2 t t t k t t t k            即: 2 2 2 22 1 2 2 1 2(2 2)(1 2 ) (2 2)(1 2 ) 0t k t t t t t k           整 理 得 : 23 22 1,t t k   因底数2>1,故: 23 2 0t t k   . 上 式 对 一 切 t R 均 成 立 , 从 而 判 别 式 14 12 0 .3k k       25、(1) ( 1)f k   , 3(2,5) 4f k   (2) 2 ( 2)( 4), 3 2; ( 2), 2 0; ( ) ( 2),0 2; 1 ( 2)( 4),2 3. k x x x kx x x f x x x x x x xk                       ( )f x 在 3, 1  与 1,3 上为增函数,在 1,1 上为减函数; (3)① 1k   而 ( )f x 在 3x   处取得最小值 2( 3)f k   ,在 1x   处取得最大值 ( 1)f k   . ② 1k   时, ( )f x 在 3x   与 1x  处取得最小值 ( 3) (1) 1f f    ,在 1x   与 3x  处取得最大值 ( 1) (3) 1f f   . ③ 1 0k   时, ( )f x 在 1x  处取得最小值 (1) 1f   ,在 3x  处取得最大值 1(3)f k   . ►解析:(1) ( 1) (1) , (0.5) (2,5)f kf k f kf     , 1 1 3(2,5) (0.5) (0.5 2) 0.5 4f fk k k        .37 (2)对任意实数 ( ) ( 2)xf x kf x  , 1( 2) ( ), ( ) ( 2)f x kf x f x f xk       . 当 2 0x   时, 0 2 2, ( ) ( 2) ( 2)x f x kf x kx x       ; 当 3 2x    时, 1 11 2 1, ( ) ( 2) ( 2)( 4)x f x f x x xk k          . 故 2 ( 2)( 4), 3 2; ( 2), 2 0; ( ) ( 2),0 2; 1 ( 2)( 4),2 3. k x x x kx x x f x x x x x x xk                       0, ( )k f x  在 3, 1  与 1,3 上为增函数,在 1,1 上为减函数; (3)由函数 ( )f x 在 3,3 上的单调性可知, ( )f x 在 3x   或 1x  处取得最小值 2( 3)f k   或 (1) 1f   ,而在 1x   或 3x  处取得最大值 ( 1)f k   或 1(3)f k   . 故有① 1k   而 ( )f x 在 3x   处取得最小值 2( 3)f k   ,在 1x   处取得最大值 ( 1)f k   . ② 1k   时, ( )f x 在 3x   与 1x  处取得最小值 ( 3) (1) 1f f    ,在 1x   与 3x  处取得最大值 ( 1) (3) 1f f   . ③ 1 0k   时, ( )f x 在 1x  处取得最小值 (1) 1f   ,在 3x  处取得最大值 1(3)f k   . 26.若 0a  ,则   0f x  ,因此  f x 在 0, 上是增函数. 若 0a  ,则由   0f x  得 4 ax   ,因此  f x 的单调递增区间是 ,4 a     ,单调递减区间是 0, 4 a    . 32 15a    时,最大值是 1a  ;当 15 4a    时,最大值是 2 16a  . ►解析: 解:(1)   4 1 3 3f x x ax  ,故   1 2 3 3 3 2 4 1 4 3 3 3 x af x x ax x      若 0a  ,则   0f x  ,因此  f x 在 0, 上是增函数. 若 0a  ,则由   0f x  得 4 ax   ,因此  f x 的单调递增区间是 ,4 a     ,单调递减区间是38 0, 4 a    .(2) 若 4a   ,则   0f x  (  1,8x ),因此  f x 在 1,8 上是增函数. 那么  f x 在  1,8x 上的最小值是  1 1f a  ,最大值是  8 2 16f a  ; 若 32a   ,则   0f x  (  1,8x ),因此  f x 在 1,8 上是减函数. 那么  f x 在  1,8x 上的最小值是  8 2 16f a  ,最大值是  1 1f a  . 若 32 4a    ,则 x 1 1, 4 a    4 a ,84 a    8  f x  0 +  f x  1 1f a  ↘ 极小值 ↗  8 2 16f a  所以  f x 在  1,8x 上的最小值是 33 4 4 4 a af a      , 当    1 1 8 2 16f a f a     ,即 32 15a    时,最大值是 1a  ;当 15 4a    时,最大值是 2 16a  . 27、f(x)= 242sin2       x ,        022,2222,22  xfa ►解析:(1)当 0x 时,     1cos22sincos2cossin 222  xxxxxxf 22cos2sin  xx 242sin2       x 0x 时, 0 x ,    )( xfxf 242sin2       x (6 分) (2)若关于 x 的方程   oaxf  有解,        022,2222,22  xfa (12 分) 28、 (1) (6) (28) 2 9 55 66f f f      ►解析:解:(I) 由①知,对任意 *, ,a b a b N ,都有 0))()()((  bfafba , 由于 0ba ,从而 )()( bfaf  ,所以函数 )(xf 为 *N 上的单调增函数 (II)令 af )1( ,则 1a ,显然 1a ,否则 1)1())1((  fff ,与 3))1(( ff 矛盾.从而 1a ,39 而由 3))1(( ff ,即得 3)( af . 又由(I)知 afaf  )1()( ,即 3a . 于是得 31  a ,又 *aN ,从而 2a ,即 2)1( f . 进而由 3)( af 知, 3)2( f . 于是 623))2(()3(  fff , 933))3(()6(  fff , 1863))6(()9(  fff , 2793))9(()18(  fff , 54183))18(()27(  fff , 81273))27(()54(  fff , 由于54 27 81 54 27    , 而且由(I)知,函数 )(xf 为单调增函数,因此 55154)28( f . 从而 (1) (6) (28) 2 9 55 66f f f      . (Ⅲ) 1333))3(()(  nnn n ffaf , nn n n aafffa 3))(()3( 1 1    , 6)3(1  fa . 即数列 }{ na 是以 6 为首项, 以 3 为公比的等比数列 . ∴ 16 3 2 3 ( 1,2,3 )n n na n      于是 2 1 2 1 1(1 )1 1 1 1 1 1 1 1 1 13 3( ) (1 )12 3 3 3 2 4 31 3 n n n na a a                ,显然 4 1) 3 11(4 1  n , 另一方面 nCCC nn nnn nn 212221)21(3 221   , 从而 24)12 11(4 1)3 11(4 1  n n nn . 综上所述, 4 1111 24 21  naaan n  . 29、(Ⅰ) 0a (Ⅱ) 2 510  a (Ⅲ) ]0,( ►解析:(Ⅰ) axxax axf  231)( 2 1 )]2()23(3[ 22   ax axaaxx40 ∵ 3 2x 为 ( )f x 的极值点,∴ 2'( ) 03f = ∴ 2 22 23 ( ) (3 2 ) ( 2) 03 3a a a+ - - + = 且 013 2 a ∴ 0a . 又当 0a 时, '( ) (3 2)f x x x= - ,从而 2 3x = 为 ( )f x 的极值点成立。 (Ⅱ)因为 ( )f x 在 ),1[  上为增函数, 所以 01 )]2()23(3[ 22   ax axaaxx 在 ),1[  上恒成立. 若 0a ,则 )23()(  xxxf , ∴ ( )f x 在 ),1[  上为增函数不成立; 若 0a ,由 01 ax 对 1x 恒成立知 0a 。 所以 0)2()23(3 22  axaax 对 ),1[ x 上恒成立。 令 )2()23(3)( 22  axaaxxg ,其对称轴为 ax 2 1 3 1  , 因为 0a ,所以 3 1 2 1 3 1  a ,从而 ( )g x 在 ),1[  上为增函数。 所以只要 0)1( g 即可,即 012  aa 所以 2 51 2 51  a 又因为 0a ,所以 2 510  a . (Ⅲ)若 1a 时,方程 x bxxf  3)1()1( 可得 x bxxx  )1()1(ln 2 即 322 ln)1()1(ln xxxxxxxxxxb  在 0x 上有解 即求函数 32ln)( xxxxxg  的值域. )(ln 2xxxxb  令 2ln)( xxxxh  由 x xxxxxh )1)(12(211)(  ∵ 0x41 ∴当 10  x 时, 0)(  xh ,从而 )(xh 在(0,1)上为增函数; 当 1x 时, 0)(  xh ,从而 )(xh 在(1,+∞)上为减函数。 ∴ 0)1()(  hxh ,而 )(xh 可以无穷小。 ∴b 的取值范围为 ]0,( . 30、(1)     4 1,0 (2)     1n nf x a x n n x     (3) 3a ►解析:(1)       4 1,0)(,1,0,4 1)2 1()( 2 xfxxxf 。 (2)当 n x n+1(n 0,n Z)    时 ,        2 1 1 11 2 n n n nf x af x a f x a f x n        ,     1n nf x a x n n x     。 (3)当 n x n+1(n 0,n Z)    时,        2 1 1 11 2 n n n nf x af x a f x a f x n        , nxn n axf  3)( ; 显然   Znnnnxaxf nxn n   ,0,1,,3)( 当 0a 时是增函数, 此时  nn n aaxf 3,)(  , 若函数 y f (x) 在区间 0 , 上是是单调增函数,则必有 nn aa 31  ,解得: 3a ; 显然当 0a 时,函数 y f (x) 在区间 0 , 上不是单调函数; 所以 3a 。 31、(1)0(2) 5 ,2      (3)见解析 ►解析:(1)解:∵   3 2f x x ax bx c     ,∴   23 2f x x ax b     . ∵  f x 在 ,0 上是减函数,在 0,1 上是增函数, ∴当 0x  时,  f x 取到极小值,即  0 0f   . ∴ 0b  . (2)解:由(1)知,   3 2f x x ax c    , ∵1 是函数  f x 的一个零点,即  1 0f  ,∴ 1c a  .42 ∵   23 2 0f x x ax     的两个根分别为 1 0x  , 2 2 3 ax  . ∵  f x 在 0,1 上是增函数,且函数  f x 在 R 上有三个零点, ∴ 2 2 13 ax   ,即 3 2a  .∴     52 8 4 1 3 7 2f a a a         . 故  2f 的取值范围为 5 ,2      . (3)解:由(2)知   3 2 1f x x ax a     ,且 3 2a  . 要讨论直线 1y x  与函数  y f x 图像的交点个数情况, 即求方程组 3 2 1, 1 y x y x ax a         解的个数情况. 由 3 2 1 1x ax a x      ,得      3 21 1 1 0x a x x      . 即       21 1 1 1 1 0x x x a x x x         . 即     21 1 2 0x x a x a        . ∴ 1x  或    2 1 2 0x a x a     . 由方程    2 1 2 0x a x a     , (*) 得    2 21 4 2 2 7a a a a        . ∵ 3 2a  , 若 0  ,即 2 2 7 0a a   ,解得 3 2 2 12 a   .此时方程(*)无实数解. 若 0  ,即 2 2 7 0a a   ,解得 2 2 1a   .此时方程(*)有一个实数解 2 1x   . 若 0  , 即 2 2 7 0a a   , 解 得 2 2 1a   . 此 时 方 程 ( * ) 有 两 个 实 数 解 , 分 别 为 2 1 1 2 7 2 a a ax     , 2 2 1 2 7 2 a a ax     . 且当 2a  时, 1 0x  , 2 1x  . 综上所述,当 3 2 2 12 a   时,直线 1y x  与函数  y f x 的图像有一个交点. 当 2 2 1a   或 2a  时,直线 1y x  与函数  y f x 的图像有二个交点.43 当 2 2 1a   且 2a  时,直线 1y x  与函数  y f x 的图像有三个交点. 32、1)由题设知:     ' 1 0 3 2 0 2 3 2 8 1' 1 8 f a b a a b bf                 , ∴ xxxxf  23 2)( 则   2' 3 4 1f x x x   令 1,3 1,0)( 21  xxxf 解得 当 x 变化时,    , 'f x f x 的变化情况如下表: x  , 1  1 11, 3      1 3  1 ,3       'f x + 0 - 0 +  f x  0  4 27   所以  f x 的极大值为  1 0f   ;极小值为 1 4 3 27f       ……………5 分 (2)  3 2 22 2 1 0x x x kx x x x k        考虑方程  2 2 1 0x x x k    根的情况: 0k  ,则方程  2 1 2 32 1 0 0, 1, 1x x x k x x k x k         的根为 当  1 1 0 1, 1 1 0k k k x x k k x           时, 解集为 或 当  1 , 2k x x  时 解集为 当  0 1, 0 1 1k x x k x k       解集为 或 (3) , ,R   1 sin 1, 1 cos 1      ∴ ∴     4 112sin cos 27 27f f f         ∴ 33、(1)见解析(2)钝角三角形 ►解析:证明:假设存在 ,),,(, 0000 xxbaxx  且 使得 )()()( 0xfab afbf   ∴ )()()( 0   xfab afbf44 ∵ )()( 00  xfxf ∴ , 1 1)()(, 1 11 1 )( xxx x e xfxg ee exf       记 ∴ ],[)(,0 )1( )( 2 baxf e exg x x 是   上的单调增函数。 ∴ 0000 ,, xxxxx 即矛盾这与  是唯一的。 (2)设 321332211 ),,(),,(),,( xxxyxCyxByxA 且 ∵ ,01 1)(   xexf ∴ Rxxf 是)( 上的单调减函数。 ∴ ).()()( 321 xfxfxf  ∵ )),()(,()),()(,( 23231121 xfxfxxBCxfxfxxBA  ∴ )),()())(()(())(( 23212321 xfxfxfxfxxxxBCBA  ∵ ,0)()(,0)()(,0,0 23212321  xfxfxfxfxxxx ∴ 0 BCBA ∴ BB  ,0cos 为钝角 ∴△ABC 为钝角三角形。 34、(1)a>1(2)有且仅有两个交点 ►解析:(1) .21)('),0(22ln)( 2  axxxhxxxaxxh 若使 )(xh 存在单调递减区间,则 ),0(021)('  在axxxh 上有解. 而当 xxaxaxaxxx 2121021,0 2  时 问题转化为 ),0(21 2  在 xxa 上有解,故 a 大于函数 ),0(21 2  在 xx 上的最小值. 又 ),0(21,1)11(21 2 2 2  在 xxxxx 上的最小值为-1,所以 a>1. (2)令 ).0(1ln)()()(  axaxxgxfxF 函数 1ln)()(  xxgaxxf 与 的交点个数即为函数 )(xF 的零点的个数.45 ).0(1)('  xxaxF 令 ,01)('  xaxF 解得 .1 ax  随着 x 的变化, )(),(' xFxF 的变化情况如下表: x )1,0( a a 1 ),1(  a )(' xF - 0 + )(xF 单调递减 极(最)小值 2+lna 单调递增 1 当 )(,,0ln2)1( 2 xFeaaaF 时即  恒大于 0,函数 )(xF 无零点. 2 ②当 ,,0ln2)1( 2时即  eaaaF 由上表,函数 )(xF 有且仅有一个零点. ③ ,0,0ln2)1( 2时即  eaaaF 显然 a 11  )1,0()(.0)1()1(,01)1( axFaFFaF 在又所以  内单调递减, 所以 )1,0()( axF 在 内有且仅有一个零点 当 .1)(ln)(,1  x exFax xa 时 由指数函数 )1()(  axa eey 与幂函数 xy  增长速度的快慢,知存在 ,1 0 ax  使得 .1)( 0 0  x e xa 从而 .0111ln1)(ln)( 0 0 0  x exF xa 因而 .0)()1( 0  xFaF 又 ),1()(  axF 在 内单调递增,      ,1)( axF 在 上的图象是连续不断的曲线, 所以 ),1()(  axF 在 内有且仅有一个零点. 因此, )(,0 2 xFea 时 有且仅有两个零点. 综上, )()(,2 xgxfea 与时 的图象无交点;当 )()(,2 xgxfea 与时 的图象有且仅有一个交点; )()(,0 2 xgxfea 与时 的图像有且仅有两个交点. 35、(1)见解析(2)奇函数(3)见解析46 ►解析:(1)取 f(x)=tanx,定义域为{x∣x≠kπ+ 2  ,k∈Z}关于原点对称,且 0∈D; 且存在常数 4a  使得 f(a)=tana=1; 又由两角差的正切公式知,符合 1 2 1 2 1 2 ( ) ( )( ) 1 ( ) ( ) f x f xf x x f x f x    。 (2)f(x)是 D 上的奇函数;证明如下:f(0)=0,取 x1=0,x2=x,由 (0) ( )(0 ) 1 (0) ( ) f f xf x f f x    , 得 f(-x)=-f(x),所以 f(x)是 D 上的奇函数; (3)考察 f(x)=tanx 的最小正周期 T=π=4a,可猜测 4a 是 f(x)的一个周期。 证明:由已知 ( ) ( ) ( ) 1( ) 1 ( ) ( ) 1 ( ) f x f a f xf x a f x f a f x      ,则 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 1( 2 ) [( ) ] [ 1] [1 ]1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) f x a f x f xf x a f x a a f x a f x f x f x                  , 1( 4 ) [( 2 ) 2 ] ( )2f x a f x a a f xf x a       - ( ) 。 所以 f(x)是周期函数,4a 是 f(x)的一个周期。 36、(Ⅰ) 11( ) ( )3 nf n  , ( ) 13 2( 5) 2 3g n n n     (Ⅱ) 19 1 3 1 9 2 3 1[1 ( ) ] ( ) 3 3 ( )4 3 2 3 4 4 3 n n n n n nS n n         (Ⅲ) min( ) 3M m  ►解析:. 解:(Ⅰ)取 x n ,得 1( 1) ( )3f n f n  ,取 0x  , 1(1) (0) 13f f  故数列{ ( )}f n 是首项是 1,公比为 1 3 的等比数列,所以 11( ) ( )3 nf n  取 x n , 1y  ,得 *( 1) ( ) 2( )g n g n n N    ,即 ( 1) ( ) 2g n g n   ,故数列 { ( )}g n 是公差为 2 的等差数列,又 (5) 13g  ,所以 ( ) 13 2( 5) 2 3g n n n     (Ⅱ) 1 11 1[ ( )] [ ( ) ] ( ) 32 2 3 3 n n n n nc g f n g n     2 3 2 1 1 2 1 1 1 1 11 2( ) 3( ) 4( ) ( 1)( ) ( ) 33 3 3 3 3 n n n nS c c c n n n               2 3 11 1 1 1 1 12( ) 3( ) ( 1)( ) ( )3 3 3 3 3 3 n n nS n n n        ,两式相减得 2 3 1 11 ( )2 1 1 1 1 1 1 3 1 131 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 [1 ( ) ] ( ) 213 3 3 3 3 3 3 2 3 31 3 n n n n n n nS n n n n n n                   所 以 19 1 3 1 9 2 3 1[1 ( ) ] ( ) 3 3 ( )4 3 2 3 4 4 3 n n n n n nS n n        47 (Ⅲ) 19 2 3 1( ) 3 ( )4 4 3 n n nF n S n      , 12 3 1 2 5 1 1( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1)( ) 04 3 4 3 3 n n nn nF n F n n        所以 ( )F n 是增函数,那么 min( ) (1) 1F n F  由于 1 2 3lim 03nn n    ,则 9lim ( ) 4n F n  ,由于 12 3 1( ) 04 3 nn   ,则 9( ) 4F n  ,所以 91 ( ) 4F n  因此当 1m  且 9 4M  时, ( )m F n M  恒成立,所以存在正数 0, 1, 2, ,m     3,4,5,M   ,使得对任意的正 整数,不等式 ( )m F n M  恒成立.此时, min( ) 3M m  37、(1) 2 ( )f x 不是“平底型”函数(2)实数 x 的范围是 1 5[ , ]2 2 ⑶m=1,n=1 ►解析:(1)对于函数 1( ) | 1| | 2 |f x x x    ,当 [1,2]x 时, 1( ) 1f x  . 当 1x  或 2x  时, 1( ) | ( 1) ( 2) | 1f x x x     恒成立,故 1( )f x 是“平底型”函数. 对于函数 2 ( ) | 2 |f x x x   ,当 ( ,2]x  时, 2 ( ) 2f x  ;当 (2, )x  时, 2 ( ) 2 2 2f x x   . 所以不存在闭区间[ , ]a b ,使当 [ , ]x a b 时, ( ) 2f x  恒成立.故 2 ( )f x 不是“平底型”函数. (Ⅱ)若| | | | | | ( )t k t k k f x     对一切t R 恒成立,则 min(| | | |) | | ( )t k t k k f x     . 因为 min(| | | |) 2 | |t k t k k    ,所以 2 | | | | ( )k k f x  .又 0k ,则 ( ) 2f x  . 因为 ( ) | 1| | 2 |f x x x    ,则 | 1| | 2 | 2x x    ,解得 1 5 2 2x  . 故实数 x 的范围是 1 5[ , ]2 2 . ( Ⅲ ) 因 为 函 数 2( ) 2g x mx x x n    是 区 间 [ 2, )  上 的 “ 平 底 型 ” 函 数 , 则 存 在 区 间 [ , ]a b [ 2, )   和常数 c ,使得 2 2mx x x n c    恒成立. 所以 2 22 ( )x x n mx c    恒成立,即 2 2 1 2 2 m mc c n       .解得 1 1 1 m c n       或 1 1 1 m c n       . 当 1 1 1 m c n       时, ( ) | 1|g x x x   . 当 [ 2, 1]x    时, ( ) 1g x   ,当 ( 1, )x   时, ( ) 2 1 1g x x    恒成立. 此时, ( )g x 是区间[ 2, )  上的“平底型”函数.48 当 1 1 1 m c n       时, ( ) | 1|g x x x    . 当 [ 2, 1]x    时, ( ) 2 1 1g x x    ,当 ( 1, )x   时, ( ) 1g x  . 此时, ( )g x 不是区间[ 2, )  上的“平底型”函数. 综上分析,m=1,n=1 为所求. 38、(1) 1 )(2    x x e exf 不是  函数;(2)在 R 上恒有|f(x)| ≤|x|成立,则函数 f(x) 是  函数. ►解析:1)∵|xsinx|≤|x|,∴f1(x)=xsinx 是  函数; ∵ 2 1)0(2 f ,∴不满足|f(0)|≤|0|,∴ 1 )(2    x x e exf 不是  函数; (2)设 F(x)=f(x)-x,则 F′(x)= 12 2  ax x ①当 x>0 时,∵a>1, ∴ 11 2 22 22  aax x ax x 当 x=0 时,F′(x)=-1<0 ∴当 x≥0 时,F′(x)= 12 2  ax x <0. ∴F(x)在 ,0 上是减函数 ∴F(x)≤F(0),又 F(0)=f(0)=0,∴F(x)=f(x)-x≤0 ∵x>0 时 f′(x)= 02 2  ax x ∴函数 f(x)在 ,0 上是增函数,∴f(x)≥f(0)=0 ∴0≤f(x)≤x,即|f(x)| ≤|x| ②当 x<0 时,-x>0, ∴|f(-x)|≤|-x|,显然 f(x)为偶函数 ∴|f(x)|≤|-x|即|f(x)| ≤|x| ∴在 R 上恒有|f(x)| ≤|x|成立,则函数 f(x) 是  函数. 39、(1)见解析(2)成立 ►解析:(1)函数 2)(1  xxf 不属于集合 A. 因为 1( )f x 的值域是[ 2, )  ,所以函数 2)(1  xxf 不属于集合 A.(或 149 0 , (49) 5 4x f   当 时 ,不满足条件.)49 xxf )2 1(64)(2  ( 0)x  在集合 A 中, 因为: ① 函数 2 ( )f x 的定义域是[0, ) ; ② 函数 2 ( )f x 的值域是[ 2,4) ;③ 函数 2 ( )f x 在[0, ) 上是增函数. (2) 0)4 1()2 1(6)1(2)2()(  xxfxfxf , )1(2)2()(  xfxfxf不等式 对于任意的 0x 总成立 40、 2 1 1 1( ) ( 1) ( 1) ( 1)2 2f x f x x x        ; 2 2 1 1 1( ) ( 1) ( 2) ( 2)2 2f x f x x x        21 1( ) ( ) ( ) ( )2 2n nf x f x n x n x n       ∴ ►解析:当 1x I = 1,2 时,  1 0,1x   ,由题意 2 1 1 1( ) ( 1) ( 1) ( 1)2 2f x f x x x        , 当 2x I  2,3 时,  1 1,2x   ,由题意 2 2 1 1 1( ) ( 1) ( 2) ( 2)2 2f x f x x x        . 2( ) 2 ( 1) 2 ( 20 2 ( )nf x f x f x f x n      ∵ … , ( ) 2 ( )nf x n f x ∴ , 当  , 1nx I n n   时,  0,1x n  , 21 1( ) ( ) ( ) ( )2 2n nf x f x n x n x n       ∴ . 41. 解:(I) 19)( 2  xaxf 当 )(,019)(,0 2 xfxaxfa 所以时  在 R 上是减函数; 当 ;33,019,0 2 axaxxaa  或得解时 ,33,019 2 axaxa  得解 所以,区间 )()3,3( xfaa 为 的减区间,区间 )(),3()3,( xfaa 为和  的增区间.…5 分 (II)在 点 ))(,( 33 afa 处曲线切线的斜率为 19 3 2 aa , 切线方程 ),)(19()3( 33 23 axaaay  令 x=0,可得 y=-6, 所以切线恒守定点(0,-6)…………9 分 (III)点 ))(,( 11 xfx 处曲线的切线方程为 ))(19()3( 1 2 11 3 1 xxxaxxay  , 令 ax xxy   2 1 3 1 2 9 6,0 得 ,50 ax xaxx ax xxx     2 1 2 11 12 1 3 1 12 9 )3( 9 6 , 因为 03,09,0,3,0 2 1 2 111  xaaxxaxa 所以 , 所以 122 1 2 11 ,0 9 )3( xx ax xax    所以 42. (Ⅰ)当-2≤ a < 4 1 时,由 '( )f x =0 得 x1= 2 1 1 4 1 1 4, .2 2 a ax    显然-1≤x1< 2 1 , 2 1 <x2≤2, 1 2 1 1,2 , ,2 .2 2x x            又 '( )f x =-   1 2 2 x x x x x   当 2 1 ≤x≤x2 时, '( )f x ≥0, ( )f x 单调递增; 当 x2<x≤2 时, '( )f x <0, ( )f x 单调递减, ∴ ( )f x max= f (x2)= 2 1 1 4 1 1 4ln2 21 1 4 a a a a        =- 1 1 41 4 ln .2 aa    (Ⅱ)答: 存在 7( , ]4a  符合条件 解: 因为 2( ) [ ( ) ln ]g x f x x x   = 3ax x 不妨设任意不同两点 1 1 1 2 2 2( , ), ( , )p x y p x y ,其中 1 2x x 则 3 3 2 21 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( )y y a x x x xk a x x x xx x x x           由 1k  知: a  1+ 2 2 1 1 2 2( )x x x x  因为 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 124 x x x x x x      ,所以 1+ 2 2 1 1 2 2( )x x x x  7 ,134     , 故存在 7( , ]4a  符合条件。 43. 解:(1)函数的定义域为 ).,0()0,1(   (2)  xf  = 2 1 x       1ln11 xx x =- 2 1 x       1ln1 1 xx ∵x>0,∴x2>0, 1 1 x >0.ln(x+1)>0。∴  xf  <0。 因此函数 f(x)在区间(0,+∞)上是减函数. 当-1<x<0 时,记 0)1(1 1 )1( 1)(),1ln(1 1)( 22 '  x x xxxgxxxg ,故 g(x)在(-1,0)上是 减函数,即知 g(x)>g(0)=1>0,故此时  xf  =- 2 1 x       1ln1 1 xx <0,因此,函数 f(x)在区间(-1,0)上也是减 函数. 综上可知函数 f(x)在 (-1,0)和 ),0(  上都是减函数 (3) 当x>0时,f(x)> 1x k 恒成立, 令x=1有k<2 2ln1 又 k 为正整数.∴k 的最大值不大于3. ……..10 分51 下面证明当k=3时,f(x)> 1x k (x>0)恒成立. 即证当x>0时,  1x  1ln x +1-2x>0恒成立. 令g(x)=  1x  1ln x +1-2x,则  xg =  1ln x -1, 当x>e-1时,  xg >0;当0<x<e-1时,  xg <0. ∴当x=e-1时,g(x)取得最小值g(e-1)=3-e>0. ∴当x>0时,  1x  1ln x +1-2x>0恒成立. 因此正整数 k 的最大值为3 44. 解:(Ⅰ) 1 4( ) log , ( ) log2 2a af x e g x ex x t      . ∵函数 ( )f x 和 ( )g x 的图象在 2x  处的切线互相平行, (2) (2)f g   , 1 4log log2 2a ae et    6t  . (Ⅱ) 6t  ( ) ( ) ( )F x g x f x   2log (2 4) loga ax x  -   2(2 4)log , 1,4a x xx   令   2(2 4) 16( ) 4 16, 1,4xh x x xx x       2 2 16 4( 2)( 2)( ) 4 , 1,4x xh x xx x       ∴当1 2x  时, ( ) 0h x  ,当 2 4x  时, ( ) 0h x  . ∴ )(xh 在 1,2 是单调减函数,在 2,4 是单调增函数. min( ) (2) 32h x h   , ( ) (1) (4) 36maxh x h h    . ∴当 10  a 时,有 min( ) log 36aF x  ,当 1a 时,有 min( ) log 32aF x  . ∵当  1,4x 时, ( ) 2F x  恒成立, ∴ min( ) 2F x  ∴满足条件的 a 的值满足下列不等式组 0 1, log 36 2;a a    ①,或 1, log 32 2.a a    ② 不等式组①的解集为空集,解不等式组②得1 4 2a  . 综上所述,满足条件的 a 的取值范围是:1 4 2a  . 45. 解:(1)∵ bx xxaxf  1 2)1ln()( ,∴ 2)1( 2 1)('  xx axf , ∵函数 )(xf 在 0x 处的切线方程为 2 xy , ∴ 12)0('  af ,∴ 1a (2)∵点 ),0( c 在直线 02  yx 上, ∴ 02 c ,∴ 2c , ∵ )2,0( 在 bx xxxf  1 2)1ln()( 的图象上,∴ 2)0(  bf , ∴ )1(21 2)1ln()(  xx xxxf 由(1)得: )1( )1( 1 )1( 2 1 1)(' 22      x x x xxxf ,52 令 0)(' xf ,则 1x ,因此函数 )(xf 的单调递增区间为(1,+∞), 令 0)(' xf ,则 11  x ,因此函数 )(xf 的单调递减区间为(-1,1) ∴当 1x 时,函数 )(xf 取得极小值 2ln1 46. 解:(1)∵ 3( ) 2f x x ax  过点 (2,0),P ∴a=-8 3( ) 2 8f x x x  , 2( ) 6 8f x x x   ∴切线的斜率 (2) 16k f   ∵ 2( )g x bx cx  的图像过点 (2,0),P ∴4b+2c=0, ∵ ( ) 2 , (2) (2) 4 16g x bx c f g b c        ,解得:b=8,c=-16 ∴ 2( ) 8 16g x x x  切线方程为 16y= (x-2).即 16x-y-32=0 (2) ∵ ( ) ( 2) ln( 1) ( 1)F x m x x x     1 1( ) ( 1)1 1 mx mF x m xx x        当 m<0 时, 1[ (1 )] ( ) 1 m x mF x x      ∵m<0 ∴ 11 1m   又 x>1 当 1(1,1 )x m   时 ( ) 0F x  当 1(1 , )x m    时 ( ) 0F x  ∴F(x)的单调减区间是 1(1 , )m   ∴F(x)的单调增区间是(1, 11 m  ) 即 m<0 时,F(x)的单调递增区间是(1, 11 m  ),单调减区间是( 11 m  ,  ) 。 47. 解:(1)设 )()()( xgxfxF  ,则 )(' xF = x x x  11 11 , 当 0x 时, 0)(' xF ,所以函数 )(xF 在(0, ) 单调递增,又 )(xF 在 0x 处连续,所以 0)0()(  FxF ,即 0)()(  xgxf , 所以 )()( xgxf  。 (2)设 xk kxxgxG  )()( , 则 )(xG 在(0, ) 恒大于 0, xk kkxxG  2 )1ln()( , 2 22 2 2 ))(1( )2( )(1 1)(' xkx xkkx xk k xxG     , 0)2( 22  xkkx 的根为 0 和 ,22 kk  即在区间(0, ) 上, 0)(' xG 的根为 0 和 ,22 kk  若 022  kk ,则 )(xG 在 )2,0( 2 kk  单调递减, 且 0)0( G ,与 )(xG 在(0, ) 恒大于 0 矛盾; 若 022  kk , )(xG 在(0, ) 单调递增, 且 0)0( G ,满足题设条件,所以 022  kk ,所以 .20  k 。 48. 解: (1)设直线 y=6x+1, 和 y=x3+bx2+cx+d 相切于点 P(x0,y0) ∵f(x)=x3+bx2+cx+d 有两个极值点 x1=1,x2=2,53 于是 f '(x)=3x2+2bx+c=3(x-1)(x-2)=3x2-9x+6 从而 b=-9 2 , c=6 (2)又 f(x)=x3-9 2 x2+6x+d, 且 P(x0,y0)为切点, 则 y0=6x0+1 ① y0=x0 3-9 2 x0 2+6x0+d ② 3x0 2-9x0+6=6 ③ 由③求得 x0=0 或 x0=3, 由①②联立知 d=1+9 2 x0 2-x0 3. 在 x0=0 时, d=1; 在 x0=3 时, d= 29 2 ∴f(x)= x3-9 2 x2+6x+1, 或 f(x)= x3-9 2 x2+6x+29 2 (3)当 d 为整数时,d=1 符合条件, 此时 P 为(0,1) 设过 P(0,1)的直线 l : y=kx+1 和 y= x3-9 2 x2+6x+1,相切于另一点(x1,y1).则 y1=kx1+1 ④ y= x1 3-9 2 x1 2+6x1+1 ⑤ k=3x1 2-9x1+6 ⑥ 由④⑤及 x1≠0, 可知: kx1=x1 3-9 2 x1 2+6x1 即 k=x1 2-9 2 x1+6 再联立⑥可知 k=x1 2-x1+6=3x1 2-9x1+6,又 x1≠0, ∴x1= 9 4 , 此时 k=15 16 故切线方程为: y= 15 16 x+1 . 49. 解:(1)∵当 a=1 时   23 3f x x   ,令  f x =0,得 x=0 或 x=1………………………2 分 当  0,1x 时   0f x  ,当    ,0 1,x   时   0f x  ∴  f x 在  0,1 上单调递减,在    ,0 1,  上单调递增, ∴  f x 的极小值为  1f =-2.………………………………………………………………4 分 (2)∵   23 3f x x a   3a  ………………………………………………………………6 分 ∴要使直线 x y m  =0 对任意的 m R 总不是曲线 y  ( )f x 的切线,当且仅当-1<-3a, ∴ 1 3a  .…………………………………………………………………………………………8 分 (3)因     3 3g x f x x ax   在[-1,1]上为偶函数,故只求在 [0,1]上最大值,…………9 分 ① 当 0a  时,  f x 0 ,  f x 在 0,1 上单调递增且  0 0f  , ∴      g x f x f x  ,∴    1 1 3F a f a   .…………………………………………10 分 ② 当 0a  时     23 3 3f x x a x a x a      i . 当 1a  , 即 1a  时      g x f x f x   ,  f x 在  0,1 上 单 调 递 增 , 此 时    1 3 1F a f a    ……………………………………………………………………12 分54 ii. 当 0 1a  ,即 0 1a  时,    g x f x 在 0, a   上单调递减,在 ,1a   上单调递增. 10 当  1 1 3 0f a   即 1 13 a  时,      g x f x f x   在 0, a   上单调递增,在 ,1a   上单调 递减,故     2F a f a a a   .……………………………………14 分 20 当  1 1 3 0f a   即 10 3a  时, (ⅰ)当    1 1 3f a f a    即 10 4a  时,    1 1 3F a f a   (ⅱ) 当    1 1 3f a f a    即 1 1 4 3a  时,     2F a f a a a   综上   11 3 , ( ),4 12 , ( 1),4 3 1,[1, ). a a F a a a a a            ……………………………………………… 50. 解:(Ⅰ)三个函数的最小值依次为1, 1 t , 1 t ,…………………… …3 分 由 (1) 0f  ,得 1c a b    ∴ 3 2 3 2( ) ( 1)f x x ax bx c x ax bx a b          2( 1)[ ( 1) ( 1)]x x a x a b       , 故方程 2 ( 1) ( 1) 0x a x a b      的两根是 1 t , 1 t . 故 1 1 ( 1)t t a      , 1 1 1t t a b      .………………………4 分 2 2( 1 1 ) ( 1)t t a     ,即 22 2( 1) ( 1)a b a     ∴ 2 2 3a b  . …………………………………………………………5 分 (Ⅱ)①依题意 1 2,x x 是方程 2'( ) 3 2 0f x x ax b    的根, 故有 1 2 2 3 ax x   , 1 2 3 bx x  , 且△ 2(2 ) 12 0a b   ,得 3b  . 由 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3 2 3| | ( ) 4 3 3 a b bx x x x x x        ………………………7 分 2 3 3 b 2 3  ;得, 2b  , 2 2 3 7a b   .55 由(Ⅰ)知 1 1 ( 1) 0t t a       ,故 1a   , ∴ 7a   , ( 1) 7 3c a b      ∴ 3 2( ) 7 2 7 3f x x x x     .…………………………………………9 分 ② 1 2| | | ( ) ( ) |M N f x f x   3 3 2 2 1 2 1 2 1 2| ( ) ( ) ( ) |x x a x x b x x      2 1 2 1 2 1 2 1 2| | | ( ) ( ) |x x x x x x a x x b        22 3 2 2| ( ) ( ) |3 3 3 3 b a b aa b       3 24 (3 )27 b  (或 32 24 9( )27 2 a ). ………………………………………11 分 由(Ⅰ) 2 2 2( 1) ( 1 1 ) 2 2 1a t t t        ∵ 0 1t  , ∴ 22 ( 1) 4a   , 又 1a   , ∴ 2 1 2a     , 3 2 1a     , 23 2 2 9a   (或 2 3b  ) …………………13 分 ∴ 3 240 | | (3 2)27M N    .…………………………………15 分 51. .解:(1)因为函数 f(x)在(-∞,+∞)上为单调递增函数, 所以 f′(x)=x2+ax+a>0 在(-∞,+∞)上恒成立. 由Δ=a2-4a<0,解得 0<a<4. 4 分 又当 a=0 时,f(x)= 3 1 x3-2 在(-∞,+∞)上为单调递增函数; 当 a=4 时,f(x)= 3 1 x3+2x2+4x-2= 3 1 (x+2)3- 3 14 在(-∞,+∞)上为单调递增函数, 所以 0≤a≤4. 6 分 (2)依题意,方程 f′(x)=0 有两个不同的实数根 x1、x2, 由Δ=a2-4a>0,解得 a<0 或 a>4,且 x1+x2=-a,x1x2=a. 8 分 所以 f(x1)-f(x2)=[ 3 1 (x12+x1x2+x22)+ 2 1 a(x1+x2)+a](x1-x2). 所以 21 21 )()( xx xfxf   = 3 1 [(x1+x2)2-x1x2]+ 2 1 a(x1+x2)+a= 3 1 (a2-a)+ 2 1 a(-a)+a=- 6 1 a2+ 3 2 a≥- 6 5 . 解之,得-1≤a≤5. 所以实数 a 的取值范围是-1≤a<0 或 4<a≤5.56 52. 解:(1)依题意,对任意实数 x 都有: ( ) ( )f x f x   , 可得: 0)0( f ,b=0;…(2 分) 3 / 2( ) 3 , ( ) 3 3f x ax cx f x ax c     …(3 分) 又当 1x 时, 3 2)( 取极小值-xf , 所以: 033)1(  caf , 2(1) 3 3f a c    .…(5 分) 解得: 1 1,3 3a c   ,故 1 1, 0,3 3a b c    .…(6 分) (2)当  11,x 时,图象上不存在两点,使得在这两点处的切线互相垂直. 假设当  11,x 时,图象存在两点 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,使得在这两点处的切线互相垂直.设这两条 切线的斜率分别为 1k 和 2k ,则有 121 kk .…(8 分) 则由 / 2( ) 1f x x  知这两点处的切线的斜率分别为: 2 2 1 1 2 21, 1k x k x    ,且 2 2 1 2 1 2( 1)( 1) 1 ( )k k x x      …(10 分)   2 2 1 2 1 2, 1 1 , 1 0, 1 0,x x x x       , 2 2 1 2( 1)( 1) 0x x    这与(*)相矛盾,故假设不成立.…(13 分) 所以当  11,x 时,图象上不存在两点,使得在这两点处的切线互相垂直.…(14 分) 53. 解:(Ⅰ) ∵ f(x)= x3 +(m2-4m + 2)x + m3-6m2 + 9m-1, ∴ f ′(x)= 3x2 +(m2-4m + 2). 因为 f(x)有极值,故 f ′(x)= 0 有两个不同的实数根, ∴ m2-4m + 2<0, ∴ 2222  m . ……………… 4 分 (Ⅱ)设 f ′(x)= 0 的实数根为,(<),则  + = 0. 于是 g(m)= f()+ f() = 3 + 3 +(m2-4m + 2)( + )+ 2(m3-6m2 + 9m-1) =( + )(2- + 2)+(m2-4m-2)( + )+ 2(m3-6m2 + 9m-1), 由  +  = 0 得 g ( m ) = 2 ( m3 - 6m2 + 9m - 1 ) , ( 2222  m ). ……………… 8 分 ∴ g ′(m)= 6(m2-4m + 3),由 g ′(m)= 0,得 m = 1,3. m 22  … 1 … 3 … 22  g ′(m) + 0 - 0 + g(m) )21(2  6 -2 )21(2  由上表得,最大值 g(1)= 6,最小值 g(3)=-2. …………12 分 54. 解(I) )1)(2 3(36)2(33)( 2  xxaxaaxxf ,………………2 分 12,2  aa 当 .0)(,12,0)(,12  xfxaxfxax 时当时或 ………………4 分57 )1,2(,),1(),2,()( aaxf 在内单调递增在  内单调递减, 故 .2)1()( afxf 的极小值为 …………………………………………6 分 (II)①当 0)1(3,0 2  xa 时 ,只有一根;…………………………7 分 ②当 0)(,12,12,0  xfxaxaa 时或当时 , 当 02)1()(.0)(,12  afxfxfxa 极大值为时 , 极小值 0)(,0)2(  xfaf 有三个根;………………………………9 分 ③当 0)(,21,12,20  xfaxxaa 时或当时 , 当 0)(,21  xfax 时 , 0)(,02)1()(  xfafxf 极大值为 有一个根;………………10 分 ④当 0)(.0)1(6)(,2 2  xfxxfa 时 有一个根………………11 分 ⑤当 时2a ,由(I) 04 3)4 31(4)2()( 2  aafxf 极大值为 , 0)( xf 有一个根 综上:当 0)(,0  xfa 时 有一根; 当 0)(,0  xfa 时 有三个根. ………………………………………12 分 55. 解:(1) axxaxxf  23 )1()( 3 4 3)2 1( )3 1(33 )1()3 1(3)1(23)( 2 2 2 22'   aaxaaaxaxaxxf 所以方程 0)(' xf 有两个不同的实数解 21, xx , ))((3)( 21 ' xxxxxf  不妨设 21 xx  ,则在区间 ),( 1x 和 ),( 2 x 上, 0)(' xf , )(xf 是增函数;在区间 ),( 21 xx 上, 0)(' xf , )(xf 是减函数; 故 1x 是极大值点, 2x 是极小值点。 (2) 由 0)()( 21  xfxf 得: 0)())(1( 21 2 2 2 1 3 2 3 1  xxaxxaxx 即 0)(]2))[(1(]3))[(( 2121 2 2121 2 2121  xxaxxxxaxxxxxx58 又        3 )1(3 2 21 21 axx axx 且 1a 所以 03 )1(2]3 2)1(9 4)[1(])1(9 4)[1(3 2 22  aaaaaaaa 整理得 0252 2  aa 解得 2a 所以当 2a 时,不等式 0)()( 21  xfxf 成立。 56. 解:(Ⅰ) 012 3)(,2 1)( 23  xxfxxxf , 3 6 x ………………2 分 当 ]2,0[x 时, 2)2()(,9 62)3 6()( minmax  fxffxf , …………4 分 (Ⅱ) ,2 302 3)( 22 xttxxf  得 )(,6 xft  是单调增函数; ………………6 分 由 ,2 302 3)( 22 xttxxf  得 0, ( )t f x  是单调减函数; ………………8 分 (Ⅲ) |)(| xf 是偶函数,对任意 ]2,2[x 都有 6|)(| xf 成立  对任意 ]2,0[x 都有 6|)(| xf 成立 1°由(Ⅱ)知当 0t 或 6t 时, )(xf 是定义域上的单调函数, 对任意 ]2,0[x 都有 6|)(| xf 成立 516|42|6|)2(|  ttf 01  t 时,对任意 ]2,2[x 都有 6|)(| xf 成立 …………10 分 2°当 0 6t  时, )2(2 1 2 1)( 23 txxxtxxf  ,由 23 602 3)( 2  txtxxf 得       3 6,0)( txf 在 上 是 单 调 增 函 数       2,3 6t 在 上 是 单 调 减 函 数 , ∴ 对 任 意 ]2,0[x 都 有 成立6|)(| xf                   3 3 2 2430 51 69 62 51 6)3 6( 6|)2(| t t t t tf f 3 2 2430  t 时,对任意 ]2,2[x 都有 6|)(| xf 成立 ………………12 分59 综上可知,当 3 2431 2t   时,对任意 ]2,2[x 都有 6|)(| xf 成立 .……14 分 57.解: ).0(23)( 22  aabxaxxf ………1 分 (1) 2,1 21  xx 是函数 f(x)的两个极值点, .0)2(,0)1(  ff ………………………………………………………………2 分 .9,6,0412,023 22  baabaaba 解得 ………………………3 分 .3696)( 23 xxxxf  …………………………………………………………4 分 (2)∵x1、x2 是 f(x)是两个极值点, .0)()( 21  xfxf ∴x1、x2 是方程 023 22  abxax 的两根. ∵△= 4b2 + 12a3, ∴△>0 对一切 a > 0, Rb  恒成立. .0,0 ,3,3 2 21 2121   xxa axxa bxx  .3 4 9 4)3(4)3 2(|||||| 2 2 2 2121 a a ba a bxxxx  ……………………6 分 由 ).6(3,223 4 9 422|||| 22 2 2 21 aaba a bxx  得 ………………7 分 .60,0)6(3,0 22  aaab ………………………………………… 8 分 令 .369)(),6(3)( 22 aaahaaah  则 )(0)(,40 ahaha  时 在(0,4)内是增函数; 0)(,64  aha 时 ∴h (a)在(4,6)内是减函数. ∴a = 4 时,h(a)有极大值为 96,  6,0)( 在ah 上的最大值是 96, ∴b 的最大值是 .64 …………………………………………………………………10 分 (3)证法一:∵x1、x2 是方程 0)(  xf 的两根, ))((3)( 21 xxxxaxf  ,…………………………………………………… 12 分60 2 21 21 )2 |3 1||| (3|3 1|||3|)(|   xxxx axxxxaxg ………… 14 分 .3 1,,3 .)3 1(4 3)]3 1()[(4 3|)(| ,0,0, 1221 2 12 2 21 2121    xaxaxx xxaxxxxaxg xxxxxxx   .)23(12 1)3 1 3 1(4 3|)(| 22  aaaaxg ……………………………………16 分 证法二:∵x1、x2 是方程 0)(  xf 的两根, ))((3)( 21 xxxxaxf  .…………………………………………………… 12 分 .3 1,,3 1221  xaxaxx |]1)(3)[3 1(|.|)3 1())(3 1(3||)(|  axxaxaaxxaxg ∵x1 < x < x2, )133)(3 1(|)(|  axxaxg ………………………………………………… 14 分 aaaaxa axxa 3 1 4 3)2(3 )3 13)(3 1(3 2 3 2   12 )23( 3 1 4 3 2 2 3  aaaaa ……………………………………………16 分 58. 解:(Ⅰ)因为 axaxxf 663)( 2  ,所以 0)1( f 即 0663  aa ,所以 a=-2. (Ⅱ)因为直线 m 恒过点(0,9). 先求直线 m 是 y=g(x) 的切线.设切点为 )1263,( 0 2 00  xxx ,因为 66)( 00  xxg . 所以切线方程为 ))(66()1263( 000 2 0 xxxxxy  ,将点(0,9)代入得 10 x . 当 10 x 时,切线方程为 y=9, 当 10 x 时,切线方程为 y=12x+9. 由 0)(/ xf 得 01266 2  xx ,即有 2,1  xx 当 1x 时, )(xfy  的切线 18y , 当 2x 时, )(xfy  的切线方程为 9y  9y 是公切线, 又由 12)(/ xf 得 121266 2  xx  0x 或 1x , 当 0x 时 )(xfy  的切线为 1112  xy , 当 1x 时 )(xfy  的切线为 1012  xy , 912  xy ,不是公切线 综上所述 0k 时 9y 是两曲线的公切线 (Ⅲ).(1) )(9 xgkx  得 363 2  xxkx ,当 0x ,不等式恒成立, Rk  . 当 02  x 时,不等式为 6)1(3  xxk ,61 而 6])( 1)[(36)1(3  xxxx 0623  0k 当 0x 时,不等式为 6)1(3  xxk , 126)1(3  xx  12k 当 2x 时, )(9 xgkx  恒成立,则 120  k (2)由 9)(  kxxf 得 1112329 23  xxxkx 当 0x 时, 119  恒成立, Rk  ,当 02  x 时有 xxxk 201232 2  设 xxxxh 201232)( 2  = xx 20 8 105)4 3(2 2  , 当 02  x 时 8 105)4 3(2 2  x 为增函数, x 20 也为增函数 8)2()(  hxh 要使 9)(  kxxf 在 02  x 上恒成立,则 8k 由上述过程只要考虑 80  k , 则当 0x 时 12166)( 2/  xxxf = )2)(1(6  xx 在 ]2,0(x 时 0)(/ xf ,在 ),2(  时 0)(/ xf  )(xf 在 2x 时有极大值即 )(xf 在 ),0(  上的 最大值,又 9)2( f ,即 9)( xf 而当 0x , 0k 时 99 kx , 9)(  kxxf 一定成立 综上所述 80  k . 59. 解:(Ⅰ) 2'( ) 3 2f x x ax b   。依题意则有: (1) 4 '(1) 0 f f    ,所以 1 4 3 2 0 a b a b        ,解得 6 9 a b     ,所以 3 2( ) 6 9f x x x x   ; 2'( ) 3 12 9 3( 1)( 3)f x x x x x      ,由 '( ) 0f x  可得 1x  或 3x  。 '( ), ( )f x f x 在区间 (0,4] 上的变化情况为: x 0 (0,1) 1 (1,3) 3 (3,4) 4 '( )f x + 0 — 0 + ( )f x 0 增函 数 4 减函 数 0 增函 数 4 所以函数 3 2( ) 6 9f x x x x   在区间[0,4] 上的最大值是 4,最小值是 0。 (Ⅱ)由函数的定义域是正数知, 0s  ,故极值点 (3,0) 不在区间[ , ]s t 上; (1)若极值点 (1,4)M 在区间[ , ]s t ,此时 0 1 3s t ≤ ≤ ,在此区间上 ( )f x 的最大值是 4,不可能 等于 t ;故在区间[ , ]s t 上没有极值点; (2)若 3 2( ) 6 9f x x x x   在[ , ]s t 上单调增,即 0 1s t  ≤ 或 3 s t  ,62 则 ( ) ( ) f s s f t t    ,即 3 2 3 2 6 9 6 9 s s s s t t t t        ,解得 2 4 s t    不合要求; (3)若 3 2( ) 6 9f x x x x   在[ , ]s t 上单调减,即1 3s t≤ ≤ ,则 ( ) ( ) f s t f t s    , 两式相减并除 s t 得: 2( ) 6( ) 10 0s t s t st      , ① 两式相除并开方可得 2 2[ ( 3)] [ ( 3)]s s t t   , 即 (3 ) (3 )s s t t   ,整理并除以 s t 得: 3s t  , ② 则①、②可得 3 1 s t st     ,即 ,s t 是方程 2 3 1 0x x   的两根, 即存在 3 5 2s  , 3 5 2t  满足要求; (Ⅲ)同(Ⅱ),极值点 (3,0) 不可能在区间[ , ]s t 上; (1)若极值点 (1,4)M 在区间[ , ]s t ,此时 0 1 3s t ≤ ≤ , 故有①     0 1 3 4 ( ) ( ) ( ) s t kt ks f s f s f t     ≤ ≤ ≤ 或②     0 1 3 4 ( ) ( ) ( ) s t kt ks f t f s f t     ≤ ≤ ≥ ①由 4k t  ,1 3t ≤ 知, 4( ,4]3k  ,当且仅当 1t  时, 4k  ; 再由 2( 3)k s  , 0 1s ≤ 知, [4,9]k  ,当且仅当 1s  时, 4k  由于 s t ,故不存在满足要求的 k 值。 ②由 21 (3 )( ) ( ) [ ]4 2 t t ts f t f tk    ,及 0 1s ≤ 可解得 2 3t ≤ , 所以 4k t  , 2 3t ≤ 知, 4( ,2]3k  ; 即当 4( ,2]3k  时,存在 4 [2,3)t k   , 21 (3 )( ) ( ) [ ] (0,1]4 2 t t ts f t f tk     , 且 4( ) 4 ( ) ( )f s s f t f tk  ≥ ,满足要求。 (2)若函数 ( )f x 在区间[ , ]s t 单调递增,则 0 1s t  ≤ 或3 s t  , 且 ( ) ( ) f s ks f t kt    ,故 ,s t 是方程 2 6 9x x k   的两根,63 由于此方程两根之和为 3,故[ , ]s t 不可能同在一个单调增区间; (3)若函数 ( )f x 在区间[ , ]s t 单调递减,即1 3s t≤ ≤ , ( ) ( ) f s kt f t ks    , 两式相除并整理得 2 2 2 2( 3) ( 3)s s t t   , 由1 3s t   知 ( 3) ( 3)s s t t   ,即 3s t  , 再将两式相减并除以 s t 得, 2 2( ) 6( ) 9k s st t s t       2( ) 6( ) 9s t s t st      st  , 即 2 9( )2 4 s tk st    。 即 9(0, )4k  , ,s t 是方程 2 3 0x x k   的两根, 即存在 3 9 4 2 ks   , 3 9 4 2 ks   满足要求。 综上可得,当 90 4k  时,存在两个不等正数 ,s t ( )s t ,使 [ , ]x s t 时,函数 3 2( ) 6 9f x x x x   的 值域恰好是[ , ]ks kt 。 60. (Ⅰ)解:∵函数 f(x)=x4+ax3+bx2+c,在 y 轴上的截距为-5, ∴c=-5. ∵函数 f(x)在区间[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减, ∴x=1 时取得极大值,又当 x=0,x=2 时函数 f(x)取得极小值. ∴x=0,x=1, x=2 为函数 f(x)的三个极值点, 即 f'(x)=0 的三个根为 0,1,2, ∴f '(x)=4x3+3ax2+2bx=4x(x-1)(x-2))=4x3-12x2+8x. ∴a=-4,b=4, ∴函数 f(x)的解析式: f(x)=x4-4x3+4x2-5. (Ⅱ)解:若函数 f(x)存在垂直于 x 轴的对称轴,设对称轴方程为 x=t, 则 f(t +x)=f(t-x)对 x∈R 恒成立. 即: (t +x)4-4(t +x)3+4(t +x)2-5=(t-x)4-4(t-x)3+4(t-x)2-5. 化简得(t-1)x3+( t2-3 t +2)x=0 对 x∈R 恒成立. ∴ t-1=0, t2-3 t +2=0.∴t=1 即函数 f(x)存在垂直于 x 轴的对称轴 x=1. (Ⅲ)解:x4-4x3+4x2-5=λ2x2-5 恰好有三个不同的根, 即 x4-4x3+4x2-λ2x2=0 恰好有三个不同的根, 即 x2(x2-4x+4-λ2)=0,∵x=0 是一个根, ∴方程 x2-4x+4-λ2=0 应有两个非零的不相等的实数根, ∴△=16-4(4-λ2)=4λ2>0,且 x1x2=4-2≠0,∴≠0,-2,2. 若存在实数 m,使得不等式 m2+tm+2≤|x1-x2|对任意 t∈[-3,3], λ∈A 恒成立. ∵|x1-x2|= (x1-x2)2-4 x1x2=2||>0, 要使 m2+tm+2≤|x1-x2|对任意 t∈[-3,3], λ∈A 恒成立, 只要 m2+tm+2≤0 对任意 t∈[-3,3] 恒成立, 令 g(t)=tm +m2+2 , 则 g(t)是关于 t 的线性函数.64 ∴只要 g(-3) ≤ 0, g(3) ≤ 0. 解得 1≤m≤2, -2≤m≤-1. ∴不存在实数 m,使得不等式 m2+tm+2≤|x1-x2|对任意 t∈[-3,3], λ∈A 恒成立. 61. (Ⅰ)∵f′(x)=3x2+2bx+c, 由 f(x)在 x=1 时,有极值-1 得      .1)1( ,0)1(' f f (2 分) 即           .5 ,1 .121 ,023 c b cb cb 解得 (3 分) 当 b=1,c=-5 时, f′(x)=3x2+2x-5=(3x+5)(x-1), 当 x>1 时,f′(x)>0, 当- 3 5 <x<1 时,f′(x)<0. 从而符合在 x=1 时,f(x)有极值,∴      .5 ,1 c b (4 分) (Ⅱ)假设 f(x)图像在 x=t 处的切线与直线 (b2-c)x+y+1=0 平行, ∵f′(t)=3t2+2bt+c, 直线(b2-c)x+y+1=0 的斜率为 c-b2, ∴3t2+2bt+c=c-b2,(7 分) 即 3t2+2bt+b2=0. ∵Δ=4(b2-3b2)=-8b2, 又∵b≠0, ∴Δ<0. 从而方程 3t2+2bt+b2=0 无解, 因此不存在 t,使 f′(t)=c-b2, 却 f(x)的图像不存在与直线(b2-c)x+y+1=0 平行的切线.(9 分) (Ⅲ)证法一:∵|f'(x)|=|3(x+ 3 b )2+c- 3 2b |, ①若|- 3 b |>1,则 M 应是|f′(-1)|和|f′(1)|中最大的一个, ∴2M|≥f′(-1)|+|f′(1)|=|3-2b+c|+|3+2b+c|≥|4b|>12, ∴M>6,从而 M≥ 2 3 . (11 分) ②当-3≤b≤0 时,2M≥|f′(-1)+|f′(- 3 b )| =|3-2b+c|+|c- 3 2b |≥| 3 2b -2b+3|=| 3 1 (b-3)2|≥3,所以 M≥ 2 3 . ③当 0<b≤3 时,2M≥|f′(1)|+|f′(- 3 b )|=|3+2b+c|+|c- 3 2b |≥| 3 2b +2b+3|65 =| 3 1 (b+3)2|>3,∴M≥ 2 3 . 综上所述,M≥ 2 3 . (14 分) 证法二:f′(x)=3x2+2bx+c 的顶点坐标是( 3 3,3 2bcb  ), ①若|- 3 b |>1,则 M 应是|f′(-1)|和|f′(1)|中最大的一个, ∴2M≥|f′(-1)|+|f′(1)|=|3-2b+c|+|3+2b+c|≥4|b|>12, ∴M>6,从而 M≥ 2 3 . (11 分) ②若|- 3 b |≤1,则 M 是|f′(-1)|、|f′(1)|、| 3 3 2bc  |中最大的一个. (i)当 c≥- 2 3 时,2M≥|f′(1)|+|f′(-1))|≥|f′(1)|+f′(-1)|=|6+2c|≥3,∴M≥ 2 3 . (2)当 c<- 2 3 时,M≥ 3|3 3| 22 bbc  -c≥-c> 2 3 , 综上所述,M≥ 2 3 成立. (14 分) 证法三:∵M 是|f′(x)|,x∈[-1,1]的最大值, ∴M≥|f′(0)|,M≥|f′(1)|,M≥|f′(-1)|.(11 分) ∴4M≥2|f′(0)|+|f′(1)|+|f′(-1)|≥|f′(1)+f′(-1)-2f′(0)|=6,即 M≥ 2 3 . (14 分) 62. 解:(1) f ( 1) f (1)  ,∴ 1 a 2 a 1    ① 又 1 1f ( ) f ( )a a   ,∴ 1 11 1 2a a     ,即 1 a 2 a a 1    ② 由①②得 1a  , a 1   .又 a 1 时,①、②不成立,故 a 1   .------2 分 ∴ 3 2( )g x x bx cx    , 设 x1 、 x2 是 函 数 ( )g x 的 两 个 极 值 点 , 则 x1 、 x2 是 方 程 / 2( ) 3 2g x x bx c    =0 的两个根, 24 12 0( )b c c    为正整数 , ∴x1+x2= 2 3 b ,又∵ A、O、B 三点共线, 3 2 1 1 1 1 x bx cx x    = 3 2 2 2 2 2 x bx cx x    , ∴ 1 2 1 2( )[ ( ) ]x x x x b    =0,又∵x1≠x2,∴b= x1+x2= 2 3 b ,∴b=0. ----------------6 分 (2) 0x  时, min( ) 2f x  , -----------------------7 分66 由 / 2( ) 3 0g x x c    得 3 cx  ,可知 ( )g x 在 (0, )3 c 上单调递增,在 ( , )3 c  上单调递减, 2( ) ( )3 3 3 3 3 3 c c c c c cg x g c    极大值 . ---------------------9 分 ①由 13 2 23 3 c c c     得 3,c  c 的值为 1 或 2.(∵ c 为正整数) -----------------11 分 ② 13 c  时,记 ( )g x 在 [1, ]3 cx 上切线斜率为 2 的切点的横坐标为 0x , 则由 / 2( ) 3 2g x x c    得 0 2 3 cx  ,依题意得 0 0( ) ( )g x f x , 3 2 0 0 0 0 22 , 2, 2,3 cx cx x x c c         得 2,c  与 3c  矛盾. (或构造函数    2h x x g x  在 1x  上恒正) 综上,所求 c 的值为 1 或 2. -----------------------14 分 63. 解:(1)∵ 2( ) 3 2 3f x x bx c    , (1) 0f   ,∴ 3 2 3 0b c   ,∴ 2 3 3 bc   . 1 分 2( ) 3 2 0g m m bm c     ,即 2 2 33 2 03 bm bm    ,∴ 2(2 6 ) 9 3m b m   . …3 分 ①当 2 6 0m  ,即 1 3m  时,上式不成立.………………………………………………4 分 ②当 2 6 0m  ,即 1 3m  时, 29 3 2 6 mb m   .由条件 3 02 b   ,得到 23 9 3 02 2 6 m m    . 由 29 3 3 2 6 2 m m    ,解得 0m  或 1 13 m  . ……………………………………………5 分 由 29 3 02 6 m m   ,解得 3 1 3 3m   或 3 3m  .…………………………………………6 分  m 的取值范围是 3 03 m   或 3 13 m  . ………………………………………7 分 (2)有一个实根.………………………………………………………………………………9 分 ( ) 0F x  ,即 3 23 3 4 4 0x bx cx    . 记 3 2( ) 3 3 4 4Q x x bx cx    ,则 2( ) 9 6 4Q x x bx c    . ∵ 3 02 b   , 2 3 3 bc   , 1 0c   . ………………………10 分  △>0,故 ( ) 0Q x  有相异两实根 1 2 1 2( )x x x x, .67 1 2 1 2 2 4,3 9x x b x x c     ,∴ 1 2 1 2 0 1 4 0.9 x x x x      , 显然 1 20x x  , 1 2 4 9x x   , ∴ 1 2 2 2 41 9x x xx     ,∴ 2 2 29 9 4 0x x   ,∴ 2 40 3x  . …………12 分 于是 2 2 2 2 2 2 1 8( ) ( ) 43 3Q x x Q x bx cx     2 2 2 80 43bx cx    16 32 49 9b c   8 (2 4 ) 49 b c   8 ( 3) 49 c   32 4 09    . 而 2x 为三次函数 ( )Q x 的极小值点,故 ( )Q x 与 x 轴只有一个交点. ∴ 方程 ( ) 0F x  只有一个实根.…………………………15 分 64. 解:(Ⅰ)∵ cbxxxxxf  2343)( 22 , ∴ 02  cb , . ∴ dxxxf  23 2)( . 又∵ 4,7)1(  df , ∴ .42)( 23  xxxf ∴ 4)2(42)()( 232232  xaxaxxxaxxfxF . 则 xaxxF )2(23)( 2  . 由 0,3 )2(20)( 21  xaxxF 求得 。 ∵ 210 xxa  , .当 x 变化时,F′(x)、F(x)的变化情况如下: x (-∞,- 3 )2(2 a ) - 3 )2(2 a (- 3 )2(2 a ,0) 0 (0,+∞) F′(x) + 0 - 0 + F(x) 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数 ∴当 x=0 时,F(x)取得极小值 4. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 F(x)=x3+(2-a)x2+4. ∵F(x)≥0 在 ,0 恒成立  当 x∈ ,0 时,F(x) min ≥0. (1)若 2-a>0,即 a<2 时,由(Ⅰ)可知 F(x) min =F(0)=4>0,符号题意; (2)若 2-a≤0,即 a≥2 时,由 F′(x)=0 求得 x 1 =- 0,3 )2(2 2  xa ,且 21 xx  .68 ∴当   ,0x 时,F(x) min =F(- 03 )2(2  a ), 即( 3 42 a ) 3 -(a-2)( 3 42 a ) 2 +4≥0,解不等式得 2≤a≤5. 要证不等式 ,6 139132 aaa  只需证 .3)6(6 16 2  aaa ∵ 5a ,∴ 26 16  aa ,- .23)6( 2 a (当 a=5 时,“=”号成立) 故 6 139132  aaa 成立(当 a=5 时,“=”号成立) 65. [解](1) 22)()( xxfxf  ----------------------------------------------------------1 分 当 0x 时, xx 22 2   10  x ------------------------------------------------2 分 当 0x 时, xx 22 2   01  x -------------------------------3 分 所以集合 ]1,1[C --------------------------------------------------------4 分 (2) 05)( 1  xx aaf  05)1()( 2  xx aaa ,令 ua x  则方程为 05)1()( 2  uauuh 5)0( h ----------------------------------5 分 当 1a 时, ],1[ aau  , 0)( uh 在 ],1[ aa 上有解, 则      05)1()( 05111)1( 2 2 aaaah aaah  5a ---------------------------------------7 分 当 10  a 时, ]1,[ aau  , 0)( ug 在 ]1,[ aa 上有解, 则      0)1( 0)( ah ah  2 10  a ---------------------------------------------9 分 所以,当 2 10  a 或 5a 时,方程在 C 上有解,且有唯一解。----------------10 分 (3) ]2,4 1[A -------------------------------------------------11 分 ①当 0t 时,函数 23)( 3 ttxxxg  在 ]1,0[x 单调递增,所以函数 )(xg 的值域 ]2 51,2[ ttB  , ∵ BA  , ∴        t t 2 512 4 1 2 ,解得        5 2 2 1 t t ,即 5 2t ------13 分 ②当 0t 时,任取 ]1,0[, 21 xx , 1x  2x )3)((33)()( 2 221 2 1212 3 21 3 121 txxxxxxtxxtxxxgxg  10 若 1t ,∵ 10 1  x , 10 2  x , 1x  2x ,∴ 2 221 2 1 xxxx  t33 69 ∴ 0)()( 21  xgxg ,函数 )(xg 在区间 ]1,0[ 单调递减, ]2,2 51[ ttB  ∴        22 4 1 2 51 t t :又 1t ,所以 4t 。-------------------------------------15 分 20 若 10  t , 若 1 2( ) ( ) 0,g x g x  则须 2 2 1 1 2 2 3x x x x t   ,∵ 1x  2x ,∴ 2 13 3x t , 1x t . 于是当 1 2, [ ,1]x x t 时, 2 2 1 1 2 2 3x x x x t   , 1 2( ) ( ) 0g x g x  ;---------------16 分 当 1 2, [0, ]x x t 时, 2 2 1 1 2 2 3x x x x t   , 1 2( ) ( ) 0.g x g x  因此函数 )(xg 在 ]1,[ t 单调递增;在 ],0[ t 单调递减. )(xg 在 tx  达到最小值。 要使 BA  ,则      4 1)( 2)1(2)0( tg gg 或       01)(2)(8 5 24 23 tt tt 或 , 因为 10  t ,所以使得 BA  的t 无解。--------------------------------------18 分 综上所述:t 的取值范围是: ),4[]5 2,(   66. 解:①函数 ( )f x 的图象关于原点对称 对任意实数 x ,有 ( ) ( )f x f x    3 2 3 22 4 2 4ax bx cx d ax bx cx d         即 2 2 0bx d  恒成立  0, 0b d  3 2( ) , ( ) 3f x ax cx f x ax c     1x  时, ( )f x 取极小值 2 3  , 3 0a c   且 2 3a c  1 , 13a c    ②当  1,1x  时,图象上不存在这样的两点使结论成立。 假设图象上存在两点 1 1 2 2( , ), ( )A x y B x y ,使得过此两点处的切线互相垂直,则由 2( ) 1f x x   知两 点处的切线斜率分别为 2 2 1 1 2 21, 1K x K x    且 2 2 1 2( 1)( 1) 1x x    (*) 1 2,x x  [-1,1] 2 2 1 2( 1)( 1) 0x x    与(*)矛盾70 ③ 2( ) 1f x x   令 ( ) 0f x  得 1x   , ( , 1)x   或 (1, )x  时, ( ) 0f x  , ( 1,1)x  时 ( ) 0f x   ( )f x 在[-1,1]上是减函数,且 max 2( ) ( 1) 3f x f   ……10 分 min 2( ) (1) 3f x f   在[-1,1]上 2( ) 3f x   1 2, 1,1x x   时, 1 2 1 2 2 2 4( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3f x f x f x f x      67. 解:(1)由题意 xkxxf )1()( 2  ……………………1 分 因为 ),2()( 在区间xf 上为增函数 所以 ),2(0)1()( 2  在xkxxf 上恒成立,………………3 分 即 2,1  xxk 又恒成立 所以 1,21  kk 故 ……………………5 分 当 k=1 时, ),2(1)1(2)( 22  xxxxxf 在 恒大于 0, 故 ),2()( 在xf 上单增,符合题意. 所以 k 的取值范围为 k≤1.……………………6 分 (2)设 3 1 2 )1( 3)()()( 2 3  kxxkxxgxfxh )1)(()1()( 2  xkxkxkxxh 令 10)(  xkxxh 或得 ………………8 分 由(1)知 k≤1, ①当 k=1 时, )(,0)1()( 2 xhxxh  在 R 上递增,显然不合题意………9 分 ②当 k<1 时, xxhxh 随)(),(  的变化情况如下表: x ),( k k (k,1) 1 (1,+  ) )(xh + 0 - 0 + )(xh ↗ 极大 3 1 26 23  kk ↘ 极小 2 1k ↗ ……………………11 分71 由于 )()(,02 1 xgxfk 与欲使 图象有三个不同的交点, 即方程 )()( xgxf  也即 0)( xh 有三个不同的实根 故需 03 1 26 23  kk 即 ,0)22)(1( 2  kkk 所以 , 022 1 2     kk k 解得 31k 综上,所求 k 的范围为 31k .……………………14 分 68. 解:(1)函数 )()( 023  acxbxaxxf 是定义在 R 上的奇函数, ),()( xfxf  即 02 bx 对于 Rx  恒成立, 0b . cxaxxf  3)( , caxxf  23)(  1x 时,函数取极值 1. ∴ 103  caca , , 解得: 2 3 2 1  ca , . ……………………………………………4 分 (2) xxxf 2 3 2 1 3 )( , )1)(1(2 3 2 3 2 3)( 2  xxxxf ,  11,x 时 0 )(xf ,  1,1)(  xxf 在 上是减函数, ……………6 分 即 )()()( 11  fxff ,则 1)(xf , 当  1121 ,, xx 时, 2112121  )()()()( xfxfxfxf .…9 分 (3)设 ))(,(),,( 212211 xxyxByxA  , 2 3 2 3 2  xxf )( ,过 BA, 两点的切线平行, 2 2 2 121 xxxfxf  ),可得()( .  21 xx 21 xx  , 则 21 yy  , 2 3 2 1 2 1 1 1 12 12   xx y xx yyk AB , 由于过 A 点的切线垂直于直线 AB , ,))(( 12 3 2 1 2 3 2 3 2 1 2 1  xx 12 分 ∴ 013123 2 1 4 1  xx ,∵ 1,012 x关于 的方程无解. 曲线上不存在两个不同的点 BA, ,使过 BA, 两点的切线都垂直于直线 AB .72 69. 解.(Ⅰ) F 0(ln)()()(  xx axxgxfx )0(1)(' 22  x x ax x a xxF )上单调递增。在(由  ,)(),,(0)(,0 axFaxxFa 由 )上单调递减在( axFaxxF ,0)(),,0(0)(  。 )),单调递增区间为(的单调递减区间为(  ,,0)( aaxF (Ⅱ) 恒成立)30(2 1)(),30()( 02 0 0 02  x x axxFkx x axxF min0 2 0 )2 1( xxa  当 2 1 2 11 0 2 00 取得最大值时, xxx  2 1,2 1  nmnaa …………………………………………4 分 (Ⅲ)若 2 1 2 11) 1 2( 2 2    mxm x agy 的图象与 )1ln()1( 22  xxfy 的图象恰有四个不同交点, 即 )1ln(2 1 2 1 22  xmx 有四个不同的根,亦即 2 1 2 1)1ln( 22  xxm 有四个不同的根。 令 2 1 2 1)1ln()( 22  xxxG , 则 1 )1)(1( 1 2 1 2)( 22 3 2       x xxx x xxxx x xxG 。 当 x 变化时 )().( xGxG 的变化情况如下表: x ),( 1 (-1,0) (0,1) (1,  ) )(xG 的符号 + - + - )(xG 的单调性 ↗ ↘ ↗ ↘ 由表格知: 02ln)1()1()(,2 1)0()(  GGxGGxG 最大值最小值 。 画出草图和验证 2 1 2 125ln)2()2(  GG 可知,当 )2ln,2 1(m 时, 恰有四个不同的交点,与 myxGy  )( 的图象与时,当 2 1 2 11) 1 2()2ln,2 1( 22    mxm x agym 交点。的图象恰有四个不同的)1ln()1( 22  xxfy ………………4 分73 70. 解:(1) yxyxF )1(),(  942)94(log,1()( 2)94(log2 2 2 2   xxxxFxf xx ,故 A(0,9)…1 分 又过坐标原点 O 向曲线 C1 作切线,切点为 B(n,t)(n>0), .42)(  xxf )6,3(, 42 942 B nn t nnt 解得       …………3 分 .9|)933()294( 3 0 2 3 23 0  xxxdxxxxS ………………5 分 (2)令 2 )1ln(1)(,1,)1ln()( x xx x xhxx xxh  由 ,…………6 分 又令 ,0),1ln(1)(  xxx xxp 0 )1(1 1 )1( 1)( 22      x x xx xp , ),0[)(  在xp 单调递减.……………………7 分 ,0)(1,0)0()(0  xhxpxpx 时有当时有当 ),1[)(  在xh 单调递减,………………8 分 xy yxyxxyy y x xyx )1()1(),1ln()1ln(,)1ln()1ln(,1  有时 , ).,(),(, xyFyxFyxNyx   时且当 ………………9 分 (3) ,1)1(log,1()( 2322 2  bxaxxbxaxxFxg 设曲线 )14(02  xxC 在 处有斜率为-8 的切线, 又由题设 ,23)(,0)1(log 223 2 baxxxgbxaxx  ∴存在实数 b 使得       11 14 823 0 2 0 3 0 0 0 2 0 bxaxx x baxx 有解,…………11 分 由①得 ,238 0 2 0 axxb  代入③得 082 0 2 0  axx ,…………12 分      084 082 0 0 2 0 x axx由 有解,得 08)1()1(208)4()4(2 22  aa 或 , ① ② ③74 .10,1010  aaa 或 ………………14 分 71. (1)证明:(Ⅰ)在 0x  时,要使 2 1 2 x x ax ee x   成立。 只需证: 2 12 x xae x e x   即需证: 2 11 2 x a xx e   ① 令 2 1( ) 2 x a xy x x e   ,求导数 2 1 ( 1)( ) ( ) x x x x e x e xy x ax axe e         ∴ 2 1( ) ( )y x x a e    ,又 1a  ,求 0x  ,故 ( ) 0y x  ∴ ( )y x 为增函数,故 ( ) (0) 1y x y  ,从而①式得证 (Ⅱ)在 0x  时,要使 2 1 2 xx xe x a e   成立。 只需证: 2 12 x xaxe e x   ,即需证: 2 21 ( 1)2 x xax e x e    ② 令 2 2( ) ( 1)2 x xaxm x e x e    ,求导数得 2( ) ( 1)x xm x xe e a x       而 ( ) ( 1)xx e a x    在 0x  时为增函数 ,故 ( ) (0) 1 0x a     ,从而 ( ) 0m x  ∴ ( )m x 在 0x  时为减函数,则 ( ) (0) 1m x m  ,从而②式得证 由于①②讨论可知,原不等式 2 2 1 2 xaxe x e   在 1a  时,恒成立…………(6 分) (2)解:将 2 0 00 0 1 2 x xxe x a e    变形为 2 0 0 0 1 02 x ax x e    ③ 要找一个 X0>0,使③式成立,只需找到函数 2 1( ) 12 x ax xt x e    的最小值, 满足 ( )min 0t x  即可,对 ( )t x 求导数 1( ) ( )xt x x a e    令 ( ) 0t x  得 1xe a  ,则 x= -lna,取 X0= -lna 在 0< x < -lna 时, ( ) 0t x  ,在 x > -lna 时, ( ) 0t x  ( )t x 在 x=-lna 时,取得最小值 2 0( ) (ln ) ( ln 1) 12 at x a a a     下面只需证明: 2(ln ) ln 1) 02 a a a a a    ,在 0 1a  时成立即可75 又令 2( ) (ln ) ln 12 ap a a a a a    ,对 ( )p a 关于 a 求导数 则 21( ) (ln ) 02p a a   ,从而 ( )p a 为增函数 则 ( ) (1) 0p a p  ,从而 2(ln ) ln 1 02 a a a a a    得证 于是 ( )t x 的最小值 ( ln ) 0t a  因此可找到一个常数 0 ln (0 1)x a a    ,使得③式成立 ……………………(14 分) 72. 解 :( 1 ) 由 题 设 得   ln( 1)f x x  , 令 2 2( ) ( ) ln( 1) ,2 2 x xg x f x xx x       则 2 ' 2 2 1 2( 2) 2( ) .1 ( 2) ( 1)( 2) x x xg x x x x x        '0, ( ) 0,x g x   ( )g x 在  0, 上是增函数。故 ( ) (0) 0,g x g  即   2 2 xf x x   。 (2)原不等式等价于 2 2 21 ( ) 2 32 x f x m bm    。 令 2 2 2 21 1( ) ( ) ln(1 ),2 2h x x f x x x     则 3 ' 2 2 2( ) 1 1 x x xh x x x x     。 令 ' ( ) 0,h x  得 0, 1, 1.x x x    列表如下(略) 当  1,1x  时, max( ) 0,h x  2 2 3 0m bm    。 令 2( ) 2 3,Q b mb m    则 2 2 (1) 2 3 0 ( 1) 2 3 0 Q m m Q m m           解得 3m   或 3m  。 73. 解:(1)三个函数的最小值依次为1, 1 t , 1 t , 由 (1) 0f  ,得 1c a b    ∴ 3 2 3 2( ) ( 1)f x x ax bx c x ax bx a b          2( 1)[ ( 1) ( 1)]x x a x a b       , 故方程 2 ( 1) ( 1) 0x a x a b      的两根是 1 t , 1 t . 故 1 1 ( 1)t t a      , 1 1 1t t a b      . 2 2( 1 1 ) ( 1)t t a     ,即 22 2( 1) ( 1)a b a     ∴ 2 2 3a b  . (2)①依题意 1 2,x x 是方程 2'( ) 3 2 0f x x ax b    的根, 故有 1 2 2 3 ax x   , 1 2 3 bx x  , 且△ 2(2 ) 12 0a b   ,得 3b  .76 由 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3 2 3| | ( ) 4 3 3 a b bx x x x x x        2 3 3 b 2 3  ;得, 2b  , 2 2 3 7a b   . 由(Ⅰ)知 1 1 ( 1) 0t t a       ,故 1a   , ∴ 7a   , ( 1) 7 3c a b      ∴ 3 2( ) 7 2 7 3f x x x x     . ② 1 2| | | ( ) ( ) |M N f x f x   3 3 2 2 1 2 1 2 1 2| ( ) ( ) ( ) |x x a x x b x x      2 1 2 1 2 1 2 1 2| | | ( ) ( ) |x x x x x x a x x b        22 3 2 2| ( ) ( ) |3 3 3 3 b a b aa b       3 24 (3 )27 b  (或 32 24 9( )27 2 a ). 由(Ⅰ) 2 2 2( 1) ( 1 1 ) 2 2 1a t t t        ∵ 0 1t  , ∴ 22 ( 1) 4a   , 又 1a   , ∴ 2 1 2a     , 3 2 1a     , 23 2 2 9a   (或 2 3b  ) ∴ 3 240 | | (3 2)27M N    .. 74. 解:(Ⅰ)已知函数 bx axxf   2)( , 22 2 )( )2()()(' bx xaxbxaxf   …………1分 又函数 )(xf 在 1x 处取得极值 2,      2)1( 0)1(' f f …………2分 即            1 4 2 1 02)1( b a b a aba 1 4)( 2   x xxf ……………………4 分 (Ⅱ) 22 2 22 2 )1( 44 )1( )2(4)1(4)('     x x x xxxxf 由 0)(' xf ,得 044 2  x ,即 11  x 所以 1 4)( 2   x xxf 的单调增区间为(-1,1)………………………… 6 分 因函数 )(xf 在(m,2m+1)上单调递增, 则有       mm m m 12 112 1 , …………7分77 解得 01  m 即 ]01( ,m 时,函数 )(xf 在(m,2m+1)上为增函数 ………8分 (Ⅲ) 22 2 2 )1( )2(4)1(4)(' 1 4)(     x xxxxf x xxf 直线 l 的斜率 22 0 2 0 2 0 0 )1( 8)1(4)('   x xxxfk …………9分 即 k ] 1 1 )1( 2[4 2 0 22 0     xx 令 ]10( 1 1 2 0 ,,   tt x ,…………10分 则 ]10()2(4 2 ,,  tttk ]42 1[ ,k 即直线 l 的斜率 k 的取值范围是 ]42 1[ , ………………12分 75. 解:(Ⅰ) 13)( 2  mxxf ,依题意,得  )1(f 4tan  ,即 113 m , 3 2m . …2 分 ∵ nf )1( , ∴ 3 1n . ……………………3 分 (Ⅱ)令 012)( 2  xxf ,得 2 2x . …………………………4 分 当 2 21  x 时, 012)( 2  xxf ;当 2 2 2 2  x 时, 012)( 2  xxf ; 当 32 2  x 时, 012)( 2  xxf . 又 3 1)1( f , 3 2)2 2( f , 3 2)2 2( f , 15)3( f . 因此,当 ]3,1[x 时, 15)(3 2  xf . 要使得不等式 1993)(  kxf 对于 ]3,1[x 恒成立,则 2008199315 k . 所以,存在最小的正整数 2008k ,使得不等式 1993)(  kxf 对于 ]3,1[x 恒成立. (Ⅲ)方法一: |)(cos)(sin| xfxf  |)coscos3 2()sinsin3 2(| 33 xxxx  |)cos(sin)cos(sin3 2| 33 xxxx  |]1)coscossin(sin3 2)[cos(sin| 22  xxxxxx |3 1cossin3 2||cossin|  xxxx 3|cossin|3 1 xx  3|)4sin(2|3 1  x 3 22 . 又∵ 0t ,∴ 22 1  tt , 1 4 1 2 2  t t . ∴ )2 1(2 ttf  )]2 1()2 1(3 2[2 3 tttt  ]3 1)4 1(3 2)[2 1(2 2 2  tttt 3 22)3 1 3 2(22  . 综上可得, )2 1(2|)(cos)(sin| ttfxfxf  ( Rx  , 0t ). ………14 分 方法二:由(Ⅱ)知,函数 )(xf 在 [-1, 2 2 ]上是增函数;在[ 2 2 , 2 2 ]上是减函数;在[ 2 2 , 1]上是增函数.又 3 1)1( f , 3 2)2 2( f , 3 2)2 2( f , 3 1)1( f . 所以,当 x∈[-1,1]时, 3 2)(3 2  xf ,即 3 2|)(| xf .78 ∵ xsin , xcos ∈[-1,1],∴ 3 2|)(sin| xf , 3 2|)(cos| xf . ∴ 3 22 3 2 3 2|)(cos||)(sin||)(cos)(sin|  xfxfxfxf .……11 分 又∵ 0t ,∴ 122 1  tt ,且函数 )(xf 在 ),1[  上是增函数. ∴ 3 22]2)2(3 2[2)2(2)2 1(2 3  fttf . …………………13 分 综上可得, )2 1(2|)(cos)(sin| ttfxfxf  ( Rx  , 0t ).……………14 分 76.. 解:(1)因为 xxf cos4 1 2 1)(  ,…………2 分 所以 ]4 3,4 1[)(  xf 满足条件 ,1)(0  xf ………………3 分 又因为当 0x 时, 0)0( f ,所以方程 0)(  xxf 有实数根 0. 所以函数 4 sin 2)( xxxf  是集合 M 中的元素.…………4 分 (2)假设方程 0)(  xxf 存在两个实数根  (, ), 则 0)(,0)(   ff ,………5 分 不妨设   ,根据题意存在数 ),,( c 使得等式 )()()()( cffff   成立,……………………7 分 因为   且,)(,)( ff ,所以 1)(  cf , 与已知 1)(0  xf 矛盾,所以方程 0)(  xxf 只有一个实数根;…………9 分 (3)不妨设 32 xx  ,因为 ,0)(  xf 所以 )(xf 为增函数,所以 )()( 32 xfxf  , 又因为 01)(  xf ,所以函数 xxf )( 为减函数,………………10 分 所以 3322 )()( xxfxxf  ,…………11 分 所以 2323 )()(0 xxxfxf  ,即 |,||)()(| 2323 xxxfxf  …………12 分 所以 .2||||)(||||)()(| 121312132323  xxxxxxxxxxxfxf 77.. 解:(I) 2 2( ) [ ( 2) ] xf x x a x a b e       ,由条件得: (1) 0f   . 2 3 0a b    , 3 2b a    . (1 分) 2 2( ) [ ( 2) 3 ] 0xf x x a x a e        得: ( 1)[ ( 3 )] 0x x a     . 当 4a   时, 1x  不是极值点, 4a   . (2 分) 当 4a   时,得 1x  或 3x a   ;当 4a   时,得 3x a   或 1x  . (4 分) 综上得:当 4a   时, ( )f x 的单调递增区间为 ( , 3 )a   及 (1, )  单调递减区间为 ( 3 , 1)a  . (5 分)79 当 4a   时, ( )f x 的单调递增区间为 ( ,1) 及 ( 3 , )a    单调递减区间为 (1, 3 )a  . (6 分) (II) (0, 1)a 时,由(I)知 ( )f x 在[0, 1) 上单调递减,在 (1, 2] 上单调递增. 当 [0, 2]x 时, 1 1 min( ) (1) (1 ) ( 2 )f x f a b e a e        . 又 2(0) ( 3 2 )f a e   , (2) 4 2 1f a b    ,则 (2) (0)f f . 当 [0, 2]x 时, 1( ) [( 2 ) , 1]f x a e    . (8 分) 由条件有: 2 1 1 2 max minmax[( 2) ] 1 ( ) ( ) ( ) ( )m a m e f x f x f x f x       11 (2 )a e   . 2( 2) 2m a m a    .即 2( 1) 2 0m a m    对 (0,1)a  恒成立. 令 2( ) ( 1) 2g a m a m    ,则有: 2 2 (0) 2 0 . (10 ) (1) 1 0 g m g m m         分 解得: 2m  或 5 1 2m   . (14 分) 78. 解:(I)由图形可知二次函数的图象过点(0,0),(8,0),并且  f x 的最大值为 16 则 2 2 0 1 8 8 0 8 04 16,4 c a a b c b cac b a               解之得: , ∴函数  f x 的解析式为 xxxf 8)( 2  (Ⅱ)由      xxy tty 8 8 2 2 得 ,8,,0)8(8 21 2 txtxttxx  ∵0≤t≤2,∴直线 2l 与  f x 的图象的交点坐标为 ( )8, 2 ttt  由定积分的几何意义知: 22 2 2 2 0 ( ) [( 8 ) ( 8 )] [( 8 ) ( 8 ] t t S t t t x x dx x x t t dx             23 3 2 2 2 2 0[( 8 ) ( 4 )] [( 4 ) ( 8 ) ]3 3 t t x xt t x x x t t x             3 24 4010 163 3t t t     ……………9 分 (Ⅲ)令 .ln68)()()( 2 mxxxxfxgx  因 为 0x  , 要 使 函 数  f x 与 函 数  g x 有 且 仅 有 2 个 不 同 的 交 点 , 则 函 数80 mxxxx  ln68)( 2 的图象与 x 轴的正半轴有且只有两个不同的交点 )0()3)(1(2682682)( 2 '  xx xx x xx xxx ∴ x =1 或 x =3 时, 0)(' x 当 x ∈(0,1)时, )(,0)(' xx   是增函数,当 x ∈(1,3)时, )(,0)(' xx   是减函数,当 x ∈(3,+∞)时, )(,0)(' xx   是增函数 ;7)1()(  mx  极大值为 153ln6)3()(  mx  极小值为 又因为当 x →0 时, )(x ;当  )(xx 时, 所以要使 0)( x 有且仅有两个不同的正根,必须且只须           0)1( 0)3( 0)3( 0)1( '     或 即           07 0153ln6 0153ln6 07 m m m m 或 , ∴ 7m  或 .3ln615 m ∴当 7m  或 .3ln615 m 时,函数  f x 与  g x 的图象有且只有两个不同交点。 79. 解: 2 2 3)(' xaxf  ,∴由 33 2 2  xa 有 ax  ,即切点坐标为(a,a),(-a,-a), ∴切线方程为 y-a=3(x-a),或 y+a=3(x+a), 整理得 3x-y-2a=0,或 3x-y+2a=0。 5 102 )1(3 |22| 22    aa 解得: 1a , 23 3)(',)( xxfxxf  , 333)( 2  bxxxg 。 (1) bxxg 33)(' 2  )(xg 在 x=1 处有极值, 0)1(' g ,即 0313 2  b ,解得 b=1, 333)( 2  xxxg 。 (2)∵函数 g(x)在[-1,1]是增函数, bxxg 33)(' 2  在[-1,1]上恒大于 0, 0b 。又 )(42 xgmbb  在[-1,1]上恒成立, )1(42 gmgb  , 即 bmbb 3442  , 3 bm 在 ]0,(b 上恒成立, 3m ,81 m 的取值范围是 ),3[  。 80. I)解: 01, 2  mxx是方程 的两个实根,      .1 ,   m .1 )( )(2 1 2)( 22             mf .1)(  f …………3 分 (II) 1 2)( 2   x mxxf , . )1( )1(2 )1( 2)2()1(2)( 22 2 2 2     x mxx x xmxxxf …………4 分 当 .0))((1,),( 2   xxmxxx 时 …………5 分 而 0)(  xf , ),()( 在xf 上为增函数。 …………7 分 (III)①   且,0,0 . .0)()( ,0)()(                       …………9 分 由(II),可知 ).()()(   fff   …………10 分 ②同理,可得 ).()()(   fff   ).()()()()()(     ffffff    .|)()(||)()(|     ffff    …………12 分82 又由(I),知 .1,1)(,1)(   ff .|||||11||)()(|     ff 所以 .|||)()(|        ff …………14 分 81. 解 (1)由 1cos21)(  xxf 得 0cos x , ………………1 分 当 2 x 时, 0cos x , 此时 2221  xy , 22sin22  xxy , ………………2 分 21 yy  ,所以       22,2  是直线l 与曲线 S 的一个切点; ………………3 分 当 2 3x 时, 0cos x , 此时 22 321  xy , 22 3sin22  xxy , ………………4 分 21 yy  ,所以       22 3,2 3  是直线l 与曲线 S 的一个切点; ………………5 分 所以直线 l 与曲线 S 相切且至少有两个切点; 对任意 x∈R, 0sin22)sin2()2()()(  xxxxxFxg , 所以 )()( xFxg  ………………6 分 因此直线 2:  xyl 是曲线 xbaxyS sin:  的“上夹线”. ………………7 分 (2)推测: sin ( 0)y mx n x n   的“上夹线”的方程为 y mx n  …………9 分 ①先检验直线 y mx n  与曲线 siny mx n x  相切,且至少有两个切点: 设: ( ) sinF x mx n x   ' ( ) cosF x m n x  ,83 令 ' ( ) cosF x m n x m   ,得: 2 2x k   (kÎ Z) ………………10 分 当 2 2x k   时, (2 ) (2 )2 2F k m k n      故:过曲线 ( ) sinF x mx n x  上的点( 2 2k   , (2 )2m k n   )的切线方程为: y-[ (2 )2m k n   ]= m [ x -( 2 2k   )], 化简得: y mx n  . 即直线 y mx n  与曲线 siny mx n x  相切且有无数个切点.………………12 分 不妨设 ( )g x mx n  ②下面检验 g(x)³ F(x) g(x)-F(x)= (1 sin ) 0( 0)n x n   直线 y mx n  是曲线 ( ) siny F x mx n x   的“上夹线”. ………………14 分 82. 【解】(Ⅰ) ( ) ( ) ( )F x h x x   2 2 ln ( 0)x e x x  , 2 2( )( )( ) 2 e x e x eF x x x x      . …………………………2 分 当 x e 时, ( ) 0F x  . …………………………3 分 当 0 x e  时, ( ) 0F x  ,此时函数 ( )F x 递减; 当 x e 时, ( ) 0F x  ,此时函数 ( )F x 递增; ∴当 x e 时, ( )F x 取极小值,其极小值为 0 . …………………………6 分 (Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)可知函数 )(xh 和 )(x 的图象在 ex  处有公共点,因此若存在 )(xh 和 )(x 的隔 离直线,则该直线过这个公共点. …………………………7 分 设隔离直线的斜率为 k ,则直线方程为 )( exkey  ,即 ekekxy  . …………………………8 分 由 )()( Rxekekxxh  ,可得 02  ekekxx 当 Rx  时恒成立.84 2)2( ek  , 由 0 ,得 ek 2 . …………………………10 分 下面证明 exex  2)( 当 0x 时恒成立. 令 ( ) ( ) 2G x x ex e   exexe  2ln2 ,则 2 2 ( )( ) 2e e e xG x ex x     , …………………………11 分 当 x e 时, ( ) 0G x  . 当 0 x e  时, ( ) 0G x  ,此时函数 ( )G x 递增; 当 x e 时, ( ) 0G x  ,此时函数 ( )G x 递减; ∴当 x e 时, ( )G x 取极大值,其极大值为 0 . 从而 ( ) 2 ln 2 0G x e x ex e    ,即 )0(2)(  xexex 恒成立.………13 分 ∴函数 ( )h x 和 ( )x 存在唯一的隔离直线 2y ex e  . ………………………14 分 解法二: 由(Ⅰ)可知当 0x  时, ( ) ( )h x x (当且当 x e 时取等号) .……7 分 若存在 ( )h x 和 ( )x 的隔离直线,则存在实常数 k 和b ,使得 ( ) ( )h x kx b x R   和 ( ) ( 0)x kx b x    恒成立, 令 x e ,则 e k e b  且 e k e b  k e b e   ,即 ekeb  . …………………………8 分 后面解题步骤同解法一. 83 解: mxxxf  )1ln()( ① 0x 时, 01 1)(  mxxf 恒成立 所以 xm  1 1 由于 0x 所以 11 1  x 从而 1m 因而所求   ,1m85 ② mxxf  1 1)( , )1( x (1) 0m 时, 0)(  xf 恒成立 )(xf 在 ),1(  上单调递增,无极值。 (2) 0m 时,由于 111  m 所以 )(xf 在      11,1 m 上单调递增,在       ,11 m 上单调递减, 从而 1ln)11()(  mmmfxf 极大值 ③由(1)知 1m 时, )(xf 在 ),0(  上递减。 从而 0x 时, xx  )1ln( 令 1 1  nx ,则 )1ln()2ln()1 11ln(1 1  nnnn 所以 )2ln()3ln(2 1  nnn )12ln()22ln()1( 1  nnnn 从而 )1ln()22ln(12 1 2 1 1 1  nnnnn  即有 2ln12 1 2 1 1 1  nnn  84 解:(1)当 2a 时, xxxxf ln2)(  , 1ln2)( 2  xxxf , 2)1( f , 1)1( f , 所以曲线 )(xfy  在 1x 处的切线方程为 3 xy ; (2)存在 1x , ]2,0[2 x ,使得 Mxgxg  )()( 21 成立 等价于: Mxgxg  max21 )]()([ , 考察 3)( 23  xxxg , )3 2(323)( 2  xxxxxg , x 0 )3 2,0( 3 2     2,3 1 )(xg 0 - 0 +86 )(xg -3 递减 极 ( 最 ) 小 值 27 85 递增 由上表可知: 27 85)3 2()( min  gxg , 1)2()( max  gxg , 27 112)()()]()([ minmaxmax21  xgxgxgxg , 所以满足条件的最大整数 4M ; (3)对任意的 s , ]2,2 1[t ,都有 )()( tgsf  成立 等价于:在区间 ]2,2 1[ 上,函数 )(xf 的最小值不小于 )(xg 的最大值, 由(2)知,在区间 ]2,2 1[ 上, )(xg 的最大值为 1)2( g 1ln)(  xxx axf 恒成立 等价于 xxxa ln2 恒成立, 记 xxxxh ln)( 2 , xxxxh  ln21)( , 0)1( h 记 xxxxm  ln21)( , xxm ln23)(  ,由于 ]2,2 1[x , 0ln23)(  xxm ,所以 xxxxhxm  ln21)()( 在 ]2,2 1[ 上递减, 当      1,2 1x 时, 0)(  xh ,  2,1x 时, 0)(  xh , 即函数 xxxxh ln)( 2 在区间      1,2 1 上递增,在区间 2,1 上递减, 所以 1)1()( max  hxh ,所以 1a 85 解:(1) axxxaxxfxg  2ln)()( , axxxg  21)( . 由题意,知 ,0)(  xg ),0( x 恒成立,即 min)12( xxa  又 0x , 2212  xx ,当且仅当 2 2x 时等号成立。 故 22)12( min  xx ,所以 22a (2)由(1)知, 221  a , )(333)( 23 aeeaeexh xxxx  0)(  xh ax ln87 因为  22,1a ,所以 ]2,1[a ①若 ax ln1  ,则 0)(  xh , )(xh 单调递减; ②若 2lnln  xa ,则 0)(  xh , )(xh 单调递增。 故当 ax ln 时, )(th 取得极小值,极小值为 aaaaaaah 23)(ln  (3)设 )(xF 在 ))(,( 00 xFx 的切线平行于 x 轴, 其中 kxxxxF  2ln2)( . kxxxF  22)( 结合题意,有             ④ ③ ② ① 022 2 0ln2 0ln2 0 0 0 2 2 kxx xnm knnn kmmm ①—②得 ))((ln2 knmnmn m  ⑤ ③④联立得 4))((  knmnm ⑥ 由⑤⑥得 1 )1(2)(2ln     n m n m nm nm n m ⑦ 设 )1,0( n mu ,⑦式变为 ))1,0((01 )1(2ln   uu uu 设 ))1,0((1 )1(2ln   uu uuy , 0)1( )1( )1( 4)1( )1( )1(2)1(21 2 2 2 2 2     uu u uu uu u uu uy , 所以函数 1 )1(2ln   u uuy 在 )1,0( 上单调递增,因此, 01  uyy ,即 01 )1(2ln   u uu ,也就是, 1 )1(2 ln    n m n m n m ,此式与⑤矛盾。 所以 )(xF 在 ))(,( 00 xFx 处的切线不能平行于 x 轴。88 86 解:(1) 0a 时 )sin(3)( 3 xxxxf   4)1( f , 2)1( f , 所以 )1()1( ff  , )1()1( ff  ,所以 )(xf 时非奇非偶函数 (2) 0x 时, )sin(3)( 3 xxxxf  ,所以 )cos(33)( 2 xxxxf  所以在 1x 处的切线方程为 )1(2  xy  因为过原点,所以  2 ; (3)(i)当 0a 时, ]2,0[x 上 axxxf 33)( 3  , 33)( 3  xxf , 所以 )(xf 在 ]1,0[ 内单调递减, ]2,1[ 递增,所以 23)1(min  afy (ii)当 2a 时, ]2,0[x 上 axxxf 33)( 3  , 033)( 2  xxf ,所以 )(xf 单调递增, afy 3)0(min  (iii)当 20  a 时,      ),2(33 ),0(33)( 3 3 xaaxx axaxxxf 当 ax 0 时, 033)( 2  xxf ,所以 )(xf 单调递增, afy 3)0(min  当 2 xa 时,因 33)( 2  xxf ,所以 )(xf 在 ]1,0[ 上单调递减,在 ]2,1[ 上递增,所以若 10  a , 则 23)1(min  afy ,当 21  a 时 3 min )( aafy  而 10  a 时 26)3(23  aaa ,所以, ]2,0[x 时         3 10,23)1( 13 1,3)0( min aaf aaf y , 同样 21  a ,因 aa 33  ,所以 afy 3)0(min  综上: 3 1a 时, 23)1(min  afy 3 1a 时, afy 3)0(min 

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