高三专题复习资料(导数)

常熟外国语学校 苏晓春

【课标要求】 1.课程目标

通过导数及其应用的教学，使学生经历由平均变化率到瞬时变化率刻画现实问题的过程，理解导数的含义，体会导数的思想及其内涵；掌握导数在研究函数的单调性、极值等性质及其在实际中的作用；感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用以及变量数学的思想方法，提高学生运用导数的知识和函数的思想分析、解决数学问题与实际问题的能力；体会微积分的产生对人类文化发展的意义和价值，培养学生的创新意识和创新精神. 2.复习要求

（1）了解平均变化率的概念和瞬时变化率的意义；了解导数概念的实际背景，体会导数的思想及其内涵.通过函数图象直观地理解导数的几何意义.

（2）理解导数的定义，能根据导数的定义，求函数yc，yx，yx2，y1x的导

数，知道 (x3)3x2.了解基本初等函数的导数公式；了解导数的四则运算法则；能利用导数公式表的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.

（3）了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；会求不超过三次的多项式函数的单调区间.了解函数的极大（小）值、最大（小）值与导数的关系；会求不超过三次的多项式函数的极大（小）值，以及在指定区间上不超过三次的多项式函数的最大（小）值.

（4）能用导数方法求解有关利润最大、用料最省、效率最高等最优化问题；感受导数在解决实际问题中的作用. 3.复习建议

（1）导数概念是微积分的核心概念之一,要体会导数的思想及其内涵.要认真引导学生运用定义推导几个常见初等函数的导数公式，要注意形式化训练中的规范要求，从而加深对导数概念的认识和理解，并从中领悟求导数这一算法的基本思想.这里的常见初等函数指：yc，yx，

yx，y21x.

（2）教师应引导学生在解决具体问题的过程中，结合实例和函数的图象，借助几何直观，将研究函数的导数方法与初等方法作比较，让学生体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性.

（3）重视导数在研究函数与实际生活中的应用的教学，发挥导数的工具作用.要注意运用学

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生熟悉的数学问题、生产与生活中的实际问题，帮助学生增强数学应用的意识，促进学生全面认识数学的科学价值、应用价值.

（4）对于函数、导数的综合问题,要夯实基础，要熟练掌握yax3bx2cxd 函数图像性质，会用二次函数图像性质研究有关三次函数图像性质. 重点加强与二次函数及以二次函数为基础的三次函数（二次函数是三次函数的导函数）有关的综合问题.有些问题可能未必是三次函数问题，但求导后最终转化为有关不等式的问题（主要是一次、二次不等式或分式、高次不等式）, 所以在函数、导数的复习中要加强不等式的求解问题，特别是一次、二次不等式.另外对于含有绝对值的函数综合问题，要注意分类讨论，打开绝对值，再进行求解.

例1（填空题）

（1）(选修2-2 P7)已知f(x)3x1，则f(x)在1,0.9上的平均变化率是 .

解析: f(x)在1,1上的平均变化率为总为k. 答案：3

ax,x0,（2） 已知函数f(x)满足对任意x1x2 ，都有

(a3)x4a,x0,f(x1)f(x2) . 0成立，则a的取值范围是

x1x2f(0.9)f(1)0.9(1)3，f(x)kxb的平均变化率

解析: ∵函数f(x)满足对任意x1x2 ，都有

0a1,10a. 上为减函数，故 a30,40a(a3)04a.f(x1)f(x2)x1x20成立，∴函数f(x)在R

（3）已知函数f(x)1解析: ∵f(x)123x2sinx,x(0,2)则f(x)得单调增区间是 ．

1cosx，令f(x)0，得

25cosx0，故x,. 233（4）函数f(x)xax1在(0，2)内单调递减，则实数a的范围为 ． 解析：∵函数f(x)xax1在(0，2)内单调递减，∴f(x)3x2ax≤0在(0，2)内恒成立．即a32x在(0，2)内恒成立．∵t32x在0，2上的最大值为

3223，∴a3．

322 答案：a3

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（5）设点P是曲线yx32x3x3上的一个动点，则以P为切点的切线中，斜率取得

3最小值时的切线方程是________________．

解析：设切线的斜率为k,则kf(x)x22x3(x1)24.当x1时，k有最小值－4.又f(1)12x3y80

203，所以切线方程为y2034(x1)，即12x3y80.答案：

（6）设曲线yxn1(nN)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则

x1x2...xn________． 解析：y(n1)xn，曲线在点(1,1)处的切线方程为y1(n1)(x1)，令y0，得xnnn1.则x1x2...xn12n11.... 答案： 23n1n1n1（7）已知函数f(x)x33ax(aR)，若直线xym0对任意的mR都不是曲线

yf(x)的切线，则a的取值范围为 ．

解析：∵f(x)3x23a，对任意x，f(x)1，3a1,a413．

（8）（2009湖北高考）已知函数f(x)f(4)cosxsinx，则f(4)的值为________．

解

4析：4∵4f(x)f()cosxsinx∴f(x)f(4)sinxcosx

∴f()f()sincos4 ，∴f(4)21.

 故f()(21)422221. 答案：1

（9）已知函数f(x)满足f(x)＝f(x)，且当x(f(1),f(2),f(3)的大小关系为________．

2,2)时，f(x)xsinx，则

解析：由f(x)＝f(x)，得函数f(x)的图象关于直线x2对称，

2 -3

又当x(2,)时，f(x)1cosx0恒成立， 所以f(x)在,上为增函数， 222f(2)f(2)f(3)f，f(3)f(3)，且03122，所以

，即f(3)f(1)f(2)． 答案：f(3)f(1)f(2) (f1))（10）已知函数f(x)alnxx2(a为常数).若存在x1,e，使得f(x)(a2)x成立，则实数a的取值范围是 ．

解析：∵alnxx2(a2)x，∴a(xlnx)x22x.

∵x1,elnx1x且不同时取等号.∴xlnx.∴原题可转化为存在x1,e，ax2xxlnx2成立. ∴只要a(x2xxlnx2)mi即可.令h(x)nx2xxlnx2,又

h(x)(x1)(x2lnx)(xlnx)20在x1,e恒成立，所以h(x)在x1,e上为增函数，

h(x)minh(1).1所以a1. 答案：a1

例2 已知函数f(x)ax1x2(x0,aR)．

(1)讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2)若函数f(x)在x3,上为增函数，①用单调性定义求a的取值范围;②用导数定义求a的取值范围. 解析：(1)定义域,00,，关于原点对称． 当a0时，f(x)1x2，满足对定义域上任意x，f(x)f(x)，

∴a0时，f(x)是偶函数；

当a0时，f(1)a1,f(1)1a,若f(x)为偶函数，则a11a, a0矛盾， 若f(x)为奇函数，则a1(1a),11矛盾，∴当a0时，f(x)是非奇非偶函数． (2) ①任取x1x23,f(x1)f(x2)ax1x2x1xx2122221x21ax21x22

=a(x1x2)=(x1x2)(ax1x2xx2122).

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∵x1x20，f(x))在3,上为增函数，∴a1x1x2x3x1x2xx2122,即a1x1x221xx221在[3，＋∞)

上恒成立． ∵

221xx221227， ∴a227.

②f(x)a2x，∵函数f(x)在x3,上为增函数，∴f(x)0在x3,恒成立.

227∴只要a(，∴a)3max.

例3已知函数f(x)x32bx2cx2的图象在与x轴交点处的切线方程是y5x10.（I）求函数f(x)的解析式；（II）设函数g(x)f(x)13mx，若g(x)的极值存在，求实数m的取值范围以及函数g(x)取得极值时对应的自变量x的值.

解析：（I）由已知,切点为(2,0),故有f(2)0,即4bc30„„① 又f(x)3x24bxc，由已知f(2)128bc5得8bc70„„② 联立①②，解得b1,c1.所以函数的解析式为f(x)x32x2x2 （II）因为g(x)x2xx23213mx令g(x)3x4x113213m0

2当函数有极值时，则0，方程3x4x1m0有实数解，

23由4(1m)0，得m1.①当m1时，g(x)0有实数x，在x23左右两侧均有

g(x)0，故函数g(x)无极值②当m1时，g(x)x113(21m),x213(21m),g(x),g(x)情况如下表：

有两个实数根0x g(x) g(x) (,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2) + ↗ 0 极大值 - ↘ 0 极小值 + ↗ 所以在m(,1)时，函数g(x)有极值；

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当x13(21m)时，g(x)有极大值；当x13(21m)时，g(x)有极小值.

例4 某广告公司为2010年上海世博会设计了一种霓虹灯，样式如图中实线部分所示. 其上部分是以AB为直径的半圆，点O为圆心，下部分是以AB为斜边的等腰直角三角形，DE,DF是两根支杆，其中AB2米，EOAFOB2x(0x4线段DE与线段DF). 现在弧EF、

上装彩灯，在弧AE、弧BF、线段AD与线段BD上装节能灯. 若每种灯的“心悦效果”均与相应的线段或弧的长度成正比，且彩灯的比例系数为2k，节能灯的比例系数为k(k0)，假定该霓虹灯整体的“心悦效果”y是所有灯“心悦效果”的和. （Ⅰ）试将y表示为x的函数；

（Ⅱ）试确定当x取何值时，该霓虹灯整体的“心悦效果”最佳？

解析：（Ⅰ）因为EOAFOB2x(0x),所以弧EF、

4AE、BF的长分别为4x,2x,2x ， 连接OD，

E 2x F 则ODOEOF1FODEOD2x∴DEDF112cos(2x2， A O B

2)2(sinxcosx)

所以y2k(22(sinxcosx)4x)k(224x)

（Ⅱ）因为由y4k(2(cosxsinx)1)0 解得cos(x调递增；当x(故当x122k(22(sinxcosx)2x2)D

4),12，即x12 ,又当x(0,12)时，y0，所以此时y在(0,,12)上单

124)时，y0，所以此时y在(124)上单调递减.

时，该霓虹灯整体的“心悦效果”最佳 .

2例5已知函数f(x)xbsinx2,(bR)，且对任意xR，有f(x)f(x).

（1）求b；（2）已知g(x)f(x)2(x1)alnx在区间（0，1）上为单调函数，求实数a的取值范围.（3）已知[ln(1x)]'22x1x2，讨论函数h(x)ln(1x)212f(x)k的零点个数？

2解析：（1）由f(x)(x)bsin(x)2f(x)得b0.

（2）g(x)f(x)2(x1)alnxx2xalnx所以g(x)2x2

2ax(x0)

依题意，2x2ax0或2x2ax0在（0，1）上恒成立

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即2x22xa0或2x22xa0在（0，1）上恒成立 由a2x22x2(x由a2x22x2(x所以a0或a4.

1212))221212在（0，1）上恒成立，可知a0. 在（0，1）上恒成立，可知a4，

（

y3

2x）h(x)ln(1x)(x1)x(x1)x12212x1k2，令yl1n(x)212x1.2所以

1x2x,令y0，则x11,x20,x31，列表如下： （-1，0） — 0 0 （0，1） + 1 0 极大值（1，+∞） — x y （-∞，-1） + -1 0 极大值h(x) 单调递增 12ln212 单调递减 极小值1 单调递增 12ln212 单调递减 所以当kln2时，函数无零点；当k1或kln2kln22时，函数有两个零点；当k1时，函数有三个零点.当112时，函数有四个零点.

例6 设a0，函数f(x)xalnx1. (1)当a1时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程； (2)当x1,时，求函数f(x)的最小值．

解析：(1)当a1时，f(x)xlnx1.令x1，得f(1)2，所以切点为(1,2)．

2∵1e，∴f(x)x1lnx. ∴，f(x)2x21x∴f(1)211.

即切线的斜率为1，所以曲线yf(x)在x1处的切线方程为xy10.

2 (2)①当xe时，f(x)xalnxa，f(x)2xax(xe)．

∵a0，∴f(x)0恒成立，∴yf(x)在e,上是增函数，

2故当xe时，f(x)minf(e)e；

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②当1xe时，f(x)x2alnxa， f(x)2xa2ax2x(xa2)(xa2)(1xe)．

(ⅰ)当

1，即0a2时，f(x)在x(1,e)时为正数，所以f(x)在区间(1,e)上为增函

数．故当x1时f(x)min1a，且此时f(1)f(e)； (ⅱ)当1a2e，即2a2e2时，f(x)在x(1,a2a2a2)时为负数，在(a2,e)时为正数．所

以f(x)在区间(1,a2a2)上为减函数，在(3a2a2a2,e)上为增函数，

a2 故当x时，f(x)minln，且此时f()f(e)；

(ⅲ)当

e即a2e2时，f(x)在x(1,e)时为负数， 所以f(x)在区间[1,e]上为减函数，

2故当xe时，f(x)minf(e)e.

综上所述，当a2e2时，f(x)在xe时和1xe时的最小值都是e2.所以此时f(x)的最小值为f(e)e2； 当2a2e2时，f(x)在xe时的最小值为f(e)e2， 在1xe时的最小值为f(a2a2)3a23a2a2a2lna2a2，，而f(a2)f(e)，

所以此时f(x)的最小值f()ln2； 当0a2时，在xe时最小值为e，在

1xe时的最小值为f(1)1a，而f(1)f(e)，所以此时f(x)的最小值为f(1)1a.

所以函数yf(x)的最小值为

1a,0a2,a3aa2f(x)ln,2a2e,

22222e,a2e.

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【新题备选】 1.已知函数f(x)12xax(a1)lnx,a1.

2（1）讨论函数f(x)的单调性；

f(x1)f(x2)x1x2（2）证明：若a5，则对任意x1,x2(0,),x1x22，有

a1x21.

解：(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)xa'xaxa1x(x1)(x1a)x

（i）若a11即a2,则f(x)'(x1)x2故f(x)在(0,)单调增加.

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

x(1,)时，f(x)0,故f(x)在(a1,1)单调减少，在(0,a1),(1,)单调增加.

'(iii)若a11,即a2,同理可得f(x)在(1,a1)单调减少，在(0,1),(a1,)单调增加. (2)考虑函数 g(x)f(x)xa1x12xax(a1)lnxx

2则g(x)x(a1)2xa1x(a1)1(a11)2 ,

由于1a5,故g(x)0，即g(x)在(0,)单调增加，从而当x1x20时有

g(x1)g(x2)0，即f(x1)f(x2)x1x20，故

f(x1)f(x2)x1x21，当0x1x2时，有

f(x1)f(x2)x1x2f(x2)f(x1)x2x11.

2. 设函数f(x)x|x1|m,g(x)lnx.

（1）当m1时，求函数yf(x)在[0,m]上的最大值；

（2）记函数p(x)f(x)g(x)，若函数p(x)有零点，求m的取值范围.

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解析：（1）当x[0,1]时，f(x)x(1x)m＝x2xm(x∴当x1212)m214

时，f(x)maxm14 .

12)m2当x(1,m]时，f(x)x(x1)m＝x2xm(x14

∵函数yf(x)在(1,m]上单调递增 ∴f(x)maxf(m)m2.

1414由m2m得m2m0又m1m1222,

∴当m122时，f(x)maxm2，当1m12时，f(x)maxm14.

（2）函数p(x)有零点即方程f(x)g(x)x|x1|lnxm0有解 即mlnxx|x1|有解,令h(x)lnxx|x1| 当x(0,1]时h(x)x2xlnx,∵h'(x)2x1x12210,

∴函数h(x)在(0,1]上是增函数，∴h(x)h(1)0. 当x(1,)时，h(x)x2xlnx,

1x∵h'(x)2x12xx1x2(x1)(2x1)x0,

∴函数h(x)在(1,)上是减函数，∴h(x)h(1)0.

∴方程mlnxx|x1|有解时m0,即函数p(x)有零点时m0.

2x3.已知函数f(x)(x3x3)e定义域为2,t(t2),设f(2)m,f(t)n.

(Ⅰ)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在2,t上为单调函数；(Ⅱ)求证:nm； (Ⅲ)求证:对于任意的t2,总存在x0(2,t),满足

f(x0)ex023(t1),并确定x0的个数.

22xxx解析： (Ⅰ)因为f(x)(x3x3)e(2x3)ex(x1)e

由f(x)0x1或x0；由f(x)00x1,所以f(x)在(,0),(1,)上递增,在

(0,1)上递减 ，欲f(x)在2,t上为单调函数,则2t0.

(Ⅱ)证:因为f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递减,所以f(x)在x1处取极小值e，

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e,所以f(x)在2,上的最小值为f(2). 从而当t22e时,f(2)f(t),即mn.

又f(2)13(Ⅲ)证:因为

f(x0)ex0'x0x0,所以

22f(x0)ex0'23(t1)即为x0x02222323(t1), (t1)=0

22 令g(x)x2x23(t1),从而问题转化为证明方程g(x)xx在(2,t)上有解,并讨论解的个数. 因为g(2)6g(t)t(t1)2323(t1)2223(t2)(t4),

(t1)13(t2)(t1),所以

①当t4或2t1时,g(2)g(t)0,所以g(x)0在(2,t)上有解,且只有一解

②当1t4时,g(2)0且g(t)0,但由于g(0)所以g(x)0在(2,t)上有解,且有两解

③当t1时,g(x)x2x0x0或x1,所以g(x)0在(2,t)上有且只有一解； 当t4时,g(x)x2x60x2或x3, 所以g(x)0在(2,4)上也有且只有一解

综上所述, 对于任意的t2,总存在x0(2,t),满足

f(x0)x'23(t1)0,

2e03且当t4或2t1时,有唯一的x0适合题意；当1t4时,有两个x0适合题意.

2(t1),

2(说明:第(Ⅲ)题也可以令(x)xx,x(2,t),然后分情况证明并讨论直线y232223(t1)在其值域内,

2(t1)与函数(x)的图象的交点个数即可得到相应的x0的个数)

4.已知函数f(x)x|xa|,(aR)

（1）若a0，解关于x的不等式f(x)x；

（2）若对x(0,1]都有f(x)m(mR,m是常数）,求a的取值范围． 解析：（1）不等式f(x)x即x|xa|x

显然x0，当x0时原不等式可化为：|xa|11xa1a1xa1, 当a10即a1时得不等式的解为：a1xa1, 当a10即0a1时得不等式的解为：0xa1.

2 -11

当x0时原不等式可化为：|xa|1xa1或xa1xa1或xa1,

当a1时，得不等式的解为x0, 当0a1时，得不等式的解为xa1. 综上得：当a1时，原不等式的解集为{x|x0}{x|a1xa1},

当0a1时，原不等式的解集为{x|xa1}{x|0xa1} .

（2）∵对x(0,1]都有f(x)m，显然m0即mx(xa)m对x(0,1]，

mxxamx恒成立对x(0,1]，xmx,x(0,1]，p(x)xmxaxmxmxmxaxmx.

设g(x)x，x(0,1]

则对x(0,1]，x∵g(x)1mx2恒成立g(x)maxap(x)min，x(0,1].

,当x(0,1]时g(x)0,∴函数g(x)在(0,1]上单调递增，∴

mx2g(x)max1m.又∵p(x)1＝

(xm)(xx2m)，

当m1即m1时，对于x(0,1]，p(x)0,∴函数p(x)在(0,1]上为减函数, ∴p(x)minp(1)1m.

当m1，即0m1时，当x(0,m]，p(x)0,当x(m,1]，p(x)0 , ∴在(0,1]上，p(x)minp(m)2m （或当0m1时，在(0,1]上，p(x)xmx2xmx2m，当xm时取等号）

又∵当0m1时，要g(x)maxap(x)min即1ma2m还需满足

2m1m解得322m1.

∴当322m1时，1ma2m;当m1时，1ma1m．

2 -12

【专题训练】

一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分． 1、函数f(x)cosxx的导数为________________.

2、f(x)x(xc)2在x2处有极大值，则常数c的值为________． 3、已知函数fxlnalnxx在1,上为减函数，则实数a的取值范围是____________.

4、已知函数f(x)x3px2qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的单调递减区间是________________．

5、已知a2b0，且关于x的函数f(x)夹角范围为________．

6、若点P是曲线f(x)x2lnx上任意一点，则点P到直线yx2的最小距离为 ________． 7、已知函数f(x)在R上满足f(x)2f(2x)x28x8，则曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程是________. 8、若函数f(x)xxa213x312axabx在R上有极值，则a与b的

2(a0)在1,上的最大值为

33，则a的值为________．

9、给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f(x)存在，且导函数f(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f(x)(f(x)).若f(x)0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数在(0,2)上不是凸函数的是________．(把你认为正确的序号都填上)

①f(x)sinxcosx； ②f(x)lnx2x； ③f(x)x2x1； ④f(x)xe. 10、已知f(x)是定义在(,0)(0,)上的奇函数，当x0时，f(x)lnxax. 若函数

f(x)在其定义域上有且仅有四个不同的零点，则实数a的取值范围是 . 3x11、若定义在R上的函数f(x)满足f(x)'0，且对于任意x、y，不等式

22f(x2x)f(2yy)0都成立，函数f(x1)的图象关于点(1, 0)对称，则当1x4时，

2 -13

yx的取值范围是___________ .

112、已知函数f(x)axx4，x[,1]，A,B是其图象上不同的两点.若直线AB的斜率k总

2满足

12k4，则实数a的值是 . 12,0)内单调递增，则a的取值范围

13、若函数f(x)loga(x3ax)(a0,a1)在区间(是 ．

14、已知定义在R上的可导函数fx满足f12，fx1，(f(x2))2xf(x2)则不等式

fx2x21的解集为 ．

13x(1a)x4ax24a，其中常数a1.

32二、 解答题：本大题共6小题，共计90分. 15、设函数f(x) (1)讨论f(x)的单调性；

(2)若当x0时，f(x)0恒成立，求a的取值范围． 16、已知函数f(x)lnxax.

(1)当a0时，判断f(x)在定义域上的单调性； (2)若f(x)在1,e上的最小值为

32，求a的值．

17、如右图所示，在南北方向有一条公路，一半径为100 m的圆形广场(圆心为O)与此公路一边所在直线l相切于点A.点P为北半圆弧(弧APB)上的一点，过P作直线l的垂线，垂足为Q.计划在PAQ内(图中阴影部分)进行绿化．设PAQ的面积为 S (单位：m)．

(1)设BOP (rad)，将S表示为的函数； (2)确定点P的位置，使绿化面积最大，并求出最大面积． 18、已知关于x的函数f(x)1332xbxcxbc，其导函数为f(x)．令g(x)f(x)，记

2

函数g(x)在区间1,1上的最大值为M.

2 -14

(1)如果函数f(x)在x1处有极值43，试确定b,c的值；

(2)当c1时，若Mk对任意的bR恒成立，试求k的最大值．

f(x)19、已知函数f(x)2xa,g(x)x21,G(x),H(x)f(x)g(x).

g(x)(1) 当x1,1,求使G(x)a恒成立的a的取值范围;

(2) 设方程3x2ax10的两根为,(),且函数H(x)在区间,上的最大值与最

小值之差是8，求a的值.

20、已知二次函数fxaxbxc.（Ⅰ）若对x1,x2R,且x1x2时fx1fx2，

2试证明x0x1,x2，使fx012fx1fx2（Ⅱ）是否存在a,b,cR，使f(x)成立；

同时满足以下条件：①对xR,f(x4)f(2x)，且f(x)的最小值是0；②对xR,都有0f(x)x12(x1)．若存在，求出a,b,c的值，若不存在，请说明理由．

2【专项训练参考答案】 一、填空题： 1、

xsinxcosxx2 2、6 3、 ae 4、(,1)（写闭区间也对） 5、31e921, 6、2 37、y2x1 8、31 9、④ 10、(0,) 11、R 12、二、解答题：

13、[,1)14、,11,

4315、 (1) f(x)在区间,2和2a,是增函数，在区间2,2a是减函数．(2) 1a6. 16、解：(1)由题得f(x)的定义域为0,， 且f(x)∴f(x)0，故f(x)在0,上是单调递增函数． (2)由(1)可知：f(x)xax21xax2xax2.∵a0，

， ①若a1，则xa0，即f(x)0在1,e上恒成立，

3232此时f(x)在1,e上为增函数， ∴f(x)minf(1)a，∴a (舍去)．

②若ae，则xa0，即f(x)0在1,e上恒成立，此时f(x)在1,e上为减函数，

2 -15

∴f(x)minf(e)1ea32，∴ae2 (舍去)．

③若ea1，令f(x)0，得xa.当1xa时，f(x)0，∴f(x)在(1,a)上为减函数； 当axe时，f(x)∴f(x)minf(a)ln(a)1320，∴f(x)在(a,e)上为增函数，

ae.综上可知：ae. 17、解：(1) AQ100sin， PQ100100cos，0,． 则PAQ的面积S12AQPQ12100sin(100100cos)

5000(sinsincos)(0)．

(2) S5000(coscos2sin2)5000(2cos2cos1)

5000(2cos1)(cos1)，令S0，cos12，cos1 (舍)， 此时3.

当033时，

12cos1，S0，S关于为增函数；

12当时，1cos，S0，S关于为减函数．

∴当3时，Smax37503 (m2)，此时PQ150(m).

43218、解：(1)∵f(x)x2bxc， 由f(x)在x1处有极值，

f(1)12bc0b1,b1, 可得 解得或 14c1c3.f(1)bcbc3322 若b1,c1，则f(x)x2x1(x1)0，此时f(x)没有极值；

若b1,c3，则f(x)x2x3(x3)(x1)． 当变化x时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

x 2(－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) 2 -16

f(x) —  0 极小值 －12 43—  0 极大值 4－ 3—  f(x) ∴当x1时，f(x)有极大值， 故b1,c3即为所求．

(2)当c1时，∵f(x)x22bx1，∴g(x)f(x)x22bx1 ＝(xb)21b2.①若b1，则Mmaxg(1),g(1),g(b)， ∵g(1)2b,g(1)2b，g(b)1b2，∴g(b)g(1)g(1)， 故Mg(b)1b2.②若b1，则f(x)在1,1上为单调函数，

所以g(x)的最大值必在x1或x1处取到， 即Mmaxg(1),g(1)， ∵g(1)2b,g(1)2b，故Mg(1)g(1)2b.

2b1,b1, 由①②知M∵ Mk对任意的bR恒成立，∴kMmin1.

2b,b1.19、解析: (1)由G(x)a 得

2xax12a，即a2xx22.下求y2xx22在x1,1上的最

2xx22大值，当x1,0时，y0;当x0时y0;当x0,1时，y0, y=

2x2x可

证其在x0,1上是增函数，故在x1时取最大值

23223.∴a23.

22(2) H(x)(2xa)(x1)2xax2xa，H(x)6x2ax22(3xax1).由,是方程3xax10的两根,可知,是方程H(x)0的两根. 故当x,时, H(x)0,从而H(x)在,上是减函数,

a3132又H()H()8,=,=,4=

2a1232,

2 -17

H()H()=()2()2a()2(2a1232)8,a43.

320、解：解：（Ⅰ）令gxfx121212fx1ffx2，则

gx1fx1x2fx1fx2x1fx22gx2ff14x1fx1x2ffx2fx12，

gx1gx2fx220,f12fx1x1ffx2gx0在x1,x2x2成立．

内必有一个实根．即x0x1,x2，使fx0（Ⅱ）假设a,b,c存在，由①知抛物线的对称轴为x＝－1，且f(x)min0

b2a4acb4a222∴1,0 b2a,b4ac4a4acac；

12由②知对xR,都有0f(x)x2(x，1令)x1得

0f(1)10f(1)10f(1)1abc1．由

abc1b2aac得

ac14,b12． 当ac1414214,b12时，f(x)14(x1)，其顶点为（－1，0）满足条件

12(x1)，满足条件②．

22①，又f(x)x∴存在ac(x1)对xR,都有0f(x)x,b12，使f(x)同时满足条件①、②．

2 -18