函數一、選擇填空題1.（江蘇2004年5分）若函數 y loga(x b)(a 0,a 1)的圖象過兩點 (－1，0)和(0，1)，則【 】(A)a=2，b=2(B)a=2，b=2(C)a=2，b=1(D)a=2，b=2【答案】A。【考點】對數函數的單調性與特殊點。【分析】將兩點代入即可得到答案：∵函數y=loga（x+b）（a＞0，a≠1）的圖象過兩點（－1，0）和（0，1），loga（－1+b）=0，loga（0+b）=1。a=2，b=2。故選A。2.（江蘇 2004年5分）函數 f(x) x3 3x 1在閉區(qū)間[－3，0]上的最大值、最小值分別是【 】(A)1，－1 (B)1，－17 (C)3，－17 (D)9，－19【答案】C。【考點】函數的最值及其幾何意義。【分析】用導研究函數 f(x) x3 3x 1在閉區(qū)間[－3，0]上的單調性，利用單調性求函數的最值：∵f(x)3x230,x1，且在[－3，－1）上f(x)>0，在（－1，0]上f(x)<0∴函數f(x)x33x1在[－3，－1]上是增函數，在[－1，0]上是減函數。又∵f(3)17,f(1)3,f(0)1，∴函數f(x)x33x1在閉區(qū)間[－3，0]上的最大值是3，最小值分別為－17。故選C。3.（江蘇2005年5分）函數 y 21x 3(x R)的反函數的解析表達式為【】A．ylog22B．ylog2x3C．ylog23xD．ylog22x3223x【答案】A。【考點】反函數。1/23【分析】由函數解析式解出自變量 x，再把 x、y位置互換，即可得到反函數解析式：∵y21x3y321x1xlog2y3x1log2y3log22y3∴y21x3(xR)的反函數為：ylog22。故選A。x34.（江蘇2005年4分）若3a0.618,ak,k1，kZ,則k=▲【答案】－1。【考點】指數函數的單調性與特殊點。【分析】先判斷出0.618所在的范圍，必須與3有關系，再根據y3x在定義域上是增函數，得出a所在的區(qū)間，即能求出k的值：∵1＜0.618＜1，且函數y3x在定義域上是增函數，3∴3a0.618，－＜a＜，則－。10k=15（.江蘇2005年4分）已知a,b為常數，若f(x)x24x3，f(axb)x210x24，則5ab=▲。【答案】2。【考點】復合函數解析式的運用，待定系數法。【分析】由f(x)x24x3，f(axb)x210x24得：(axb)24(axb)3x210x24，即：ax22ab4axb24b3x210x24。a21a1或a1。比較系數得：2ab4a10，解得b24b324b3b7∴求得：5ab2。6（.江蘇2007年5分）設函數f(x)定義在實數集上，它的圖像關于直線x1對稱，且當x1時，f(x)3x1，則有【】132231A．f()f()f()B．f()f()f()3233232/23C．f(2)f(1)f(3)D．f(3)f(2)f(1)332233【答案】B。【考點】指數函數的單調性與特殊點，函數圖象的對稱性。【分析】由函數 f(x)定義在實數集上，它的圖像關于直線 x 1對稱，且當 x 1時，f(x) 3x 1為單調增函數，由對稱性知當 x<1時，f(x)是單調減函數，其圖象的特征是自變量離1的距離越遠，其函數值越大。∵121312)31321，∴f(f()f()。故選B。3323（江蘇2007年5分）設f(x)lg(2a)是奇函數，則使f(x)0的x的取值范圍是【】7.1xA．(1,0)B．(0,1)C．(,0)D．(,0)U(1,)【答案】A。【考點】奇函數的性質，對數函數的單調性。【分析】∵f(x)lg(2a)是奇函數，∴f(0)0得a1。1x1x01x1x∴由f(x)lg得解得1x0。故選A。10x1x11x8.（江蘇2009年5分）函數f(x)x315x233x6的單調減區(qū)間為▲.【答案】(1,11)。【考點】利用導數判斷函數的單調性。【分析】要求函數的單調減區(qū)間可先求出f(x)，并令其小于零得到關于x的不等式求出解集即可：∵f(x)3x230x333(x11)(x1)，∴由(x 11)(x 1) 0得單調減區(qū)間為 (1,11)。亦可填寫閉區(qū)間或半開半閉區(qū)間。9.（江蘇2009年5分）已知a 5 1，函數f(x)ax，若實數m、n滿足f(m)f(n)，2則m、n的大小關系為 ▲ .【答案】m＜n。3/23【考點】指數函數的單調性。【分析】∵a51(0,1)，∴函數f(x)ax在R上遞減。由f(m)f(n)得：m＜n。210.（江蘇2010年5分）設函數fxxexaex(xR)是偶函數，則實數a=▲【答案】－1。【考點】函數奇偶性的性質。【分析】∵fxxexaex(xR)是偶函數，∴gxexaex(xR)為奇函數。∴g00，即e0ae00。∴a－。=111（.江蘇2010年5分）已知函數f(x)x21,x0,則滿足不等式f(1x2)f(2x)的x的1,x0范圍是▲ 。【答案】x (1, 2 1)。【考點】分段函數的單調性。【分析】分段討論：當x<1時，1x2<0，2x<0，則f(1x2)1，f(2x)1。∴f(1x2)f(2x)無解。當1x<0時，1x20，2x<0，則f(1x2)(1x2)21，f(2x)1。∴由f(1x2)f(2x)得，(1x2)211，解得x1。∴此時x的范圍是（－1，）。0當0x1時，1x20，2x>0，則f(1x2)(1x2)21，f(2x)(2x)21。∴由f(1x2)f(2x)得，(1x2)21(2x)21，解得0x<21。∴此時x的范圍是[0，21）。當x>1時，1x2<0，2x>0，則f(1x2)1，f(2x)(2x)21。∴由f(1x2)f(2x)得1(2x)21，無解。綜上所述，滿足不等式f(1x2)f(2x)的x的范圍是x(1,21)。4/2312.（江蘇2010年5分）將邊長為 1m正三角形薄片，沿一條平行于底邊的直線剪成兩塊，(梯形的周長）2其中一塊是梯形，記 S ,則S的最小值是 ▲ 。梯形的面積【答案】32 3。3【考點】求閉區(qū)間上函數的最值。【分析】設剪成的小正三角形的邊長為x，則：S(3x)24(3x2)2(0x1)1(x1)3(1x)31x22令3xt,t111，則：(2,3),(,)t324t24141St26t8386312。31831t2tt88∴當18123時，31有最大值，其倒數有最小值。t8t88∴當13，即x1時，S的最小值是323。t833本題還可以對函數 S進行求導，令導函數等于 0求出x的值，根據導函數的正負判斷函數的單調性進而確定最小值。13.（江蘇2011年5分）函數f(x)log5(2x1)的單調增區(qū)間是▲_【答案】1。,2【考點】對數函數圖象和性質。【分析】由2x10，得x1，所以函數的單調增區(qū)間是1,。2214.（江蘇20115分）已知實數a0，函數f(x)2xa,x1年x2a,x，若1f(1a)f(1a)，則a的值為▲3【答案】 。4【考點】函數的概念，函數和方程的關系，含參數的分類討論。5/23【分析】根據題意對 a分類：當a0時，1a1,1a1，2(1a)a(1a)2a，解之得a3，2不合舍去；當a0時，1a1,1a1，2(1a)a(1a)2a，解之得a3。415.（江蘇2011年5分）在平面直角坐標系xOy中，已知點P是函數f(x)ex(x0)的圖象上的動點，該圖象在P處的切線l交y軸于點M，過點P作l的垂線交y軸于點N，設線段MN的中點的縱坐標為t，則t的最大值是▲【答案】1(ee1)。2【考點】指數運算，函數的導數的求法及導數的幾何意義，導數用于求函數的最值。【分析】設 P點坐標為(m,em)(m 0)，由f(x) ex得，l的方程為 y em em(x m)，令x 0得，y em mem。∴過點P的l的垂線方程為 y em em(x m)，令x 0得，y em mem。∴t 1(emmememmem)。2對函數t(m)求導，得t 1(exex)(1x)，2∴t在(0,1)上單調增，在 (1, )單調減，當 m 1時，函數 t(m)的最大值為(ee1)。16.（2012年江蘇省 5分）函數 f(x) 1 2log6x的定義域為 ▲ ．【答案】 0， 6 。【考點】函數的定義域，二次根式和對數函數有意義的條件，解對數不等式。【解析】根據二次根式和對數函數有意義的條件，得x>0x>0x>00<x6。1112log6x0log6xx62=6217.（2012年江蘇省5分）已知函數f(x)x2axb(a，bR)的值域為[0，)，若關于x的不等式6/23f(x) c的解集為(m，m 6)，則實數c的值為 ▲ ．【答案】9。【考點】函數的值域，不等式的解集。【解析】由值域為[0，)，當x2axb=0時有Va24b0，即ba2，4a22∴f(x)x2axbx2axxa。422aaa∴f(x)xacxc，cxc。c解得2222∵不等式f(x)c的解集為(m，m6)，∴(ca)(ca)2c6，解得22c9。18、（2013江蘇卷1）、函數y3sin(2x4)的最小正周期為▲19、（2013江蘇卷11）11．已知f(x)是定義在R上的奇函數。當x0時，f(x)x24x，則不等式f(x)x的解集用區(qū)間表示為。11．5,05,10、（2013江蘇卷13）13．在平面直角坐標系xOy中，設定點A(a,a)，P是函數y1x（x0）圖象上一動點，若點P，A之間的最短距離為22，則滿足條件的實數a的所有值為。答案：13．1或10二、解答題1.（江蘇2005年12分）已知a R，函數f(x) x2|x a|⑴當a 2時，求使 f(x) x成立的x的集合；（4分）⑵求函數 y f(x)在區(qū)間[1,2]上的最小值（10分）【答案】解：（1）由題意， f(x) x2|x 2|7/23當x2時，由f(x)x2(2x)x，解得x0或x1；當x2時，由f(x)x2(x2)x，解得x12綜上，所求解集為{0,1,12}。（2）設此最小值為m①當a1時，在區(qū)間[1，2]上，f(x)x3ax2，∵f'(x)3x22ax3x(x2a)0，x(1,2)，3∴f(x)是區(qū)間[1，2]上的增函數，所以mf(1)1a。②當1a2時，在區(qū)間[1，2]上，f(x)x2|xa|0，由f(a)0知，mf(a)0。③當a2時，在區(qū)間[1，2]上，f(x)ax2x3，∵f'(x)2ax3x23x(2ax)3若a3，在區(qū)間（1，2）上，f'(x)0，則f(x)是區(qū)間[1，2]上的增函數，∴mf(1)a1。若2a3，則12a2，3當1x2a時，f'(x)0，則f(x)是區(qū)間[1，2a]上的增函數，33當2ax2時，f'(x)0，則f(x)是區(qū)間[2a，2]上的減函數，33∴當2a3時，mf(1)a1或mf(2)4(a2)。當2a72)a1，故mf(2)4(a2)。時，4(a當73a3時，4(a2)a1，故mf(1)a1。31aa101a2綜上所述，，所求函數的最小值m4(a2)2a7。3a1a738/23【考點】函數與導數綜合運用，分段函數的解析式求法。【分析】（1）把a 2代入函數解析式，根據絕對值的符號分為兩種情況， 即x 2和x 2分別求解對應方程得根，再把所有的根用列舉法表示出來。（2）根據區(qū)間[1，2]和絕對值內的式子進行分類討論，即a11a2和a2、三種情況，分別求出解析式和它的導函數，利用導函數的符號判斷在閉區(qū)間上的單調性，再求最小值；當a 3時最小值可能取在區(qū)間的兩端，再通過作差和分類進行比較兩個函數值的大小，最后用分段函數表示函數的最小值。2.（江蘇2006年16分） 設a為實數，設函數 f(x) a1 x2 1 x 1 x的最大值為g(a)。（Ⅰ）設t＝1x1x，求t的取值范圍，并把f(x)表示為t的函數mt（4分）（Ⅱ）求g(a)（6分）（Ⅲ）試求滿足g(a)g(1)的所有實數a（6分）a【答案】解：（Ⅰ）對于t1x1x，要使有t意義，必須1x0且1x0，即1x1。∴t2221x2[2,4]，t0。∴t的取值范圍是[2,2]。由t2221x2得1x21t21，2∴mta1t21t1at2ta,t[2,2]。22（Ⅱ）由題意知g(a)為函數mt1at2ta,t[2,2]的最大值，注意2到直線t1是拋物線mt1at2ta的對稱軸，分以下幾種情況討論：a2⑴當a>0時，函數ymt,t[2,2]的圖象是開口向上的拋物線的一段，1<0知mt在[2,2].上單調遞增，由ta∴g(a)m2a2。(2)當a0時，mtt，t[2,2]，∴g(a)m22。(3)當a<0時,函數ymt,t[2,2]的圖象是開口向下的拋物線的一段，9/23若t1[0,2]，即a2m(2)2；a則g(a)2若t1(2,2]，即2a1則g(a)m(1)a1a22a；2a若t1(2,1a0則g(a)m(2)a2a)，即2a2a12綜上,得a12a1。g(a)2a222a22（Ⅲ）情形1：當a2時11，此時g(a)2，g(1)12。由a2aa212解得a122矛盾。，與aa2情形2：當2a2時，21121)1a2a，此時g(a)，g(a。2a2由21a2與a2矛盾。a解得a2情形3：當2a2時，212，此時g(a)2g(1)。所2a2a以2a2。2情形4：當2a1212，此時g(a)a112。2時，a，g()22aa由a12解得a22a12a2，與2矛盾。2情形5：當112，此時g(a)a12。由a222a0時，2，g()aa解得a22，與10矛盾。a2情形6：當a>0時，10，此時g(a)a2,g(1)12。由a212aaaa解得a1，由a>0得a1。綜上所述，滿足g(a)g(12a21。)的所有實數a為2或aa【考點】函數最值的應用【分析】（I）由t＝1x1x先求定義域，再求值域。由1x21t21轉化。2（II）求g(a)的最大值，即求函數mt1at2ta,t[2,2]的最大值．嚴格210/23按照二次函數求最值的方法進行。（III）要求滿足 g(a) g(1)的所有實數 a，則必須應用 g(a)的解析式，它是分段a函數，必須分情況選擇解析式進行求解。3.（江蘇2007年16分）已知a,b,c,d是不全為0的實數，函數 f(x) bx2 cx d，g(x) ax3 bx2 cx d，方程 f(x) 0有實根，且 f(x) 0的實數根都是g(f(x)) 0的根，反之， g(f(x)) 0的實數根都是 f(x) 0的根，1）求d的值；（3分）2）若a0，求c的取值范圍；（6分）（3）若a1,f(1)0，求c的取值范圍。（7分）【答案】解：（1）設x0是fx0的根，那么fx00，則x0是g(f(x))0的根，則gfx00,即g00，∴d0。（2）∵a0，∴fxbx2cx,gxbx2cx，則g(f(x))fxbfxc=bx2cxb2x2bcxc=0的根也是fxxbxc0的根。（a）當b0，c0時，此時fx0的根為0，而g(f(x))0的根也是0，∴c0。（）當b0，c0時，fx0的根為0，而g(f(x))0的根也是。b0（c）當b0，c0時，fx0的根為0和c，而bfxc0的根bc不可能為0和，b∴bfxc0必無實數根，∴bc24b2c0，由b0解得0c4。∴綜上所述，當b0時，c0；當b0時，0c4。（3）a1,f(1)0，∴bc0，即fx0的根為0和1。11/23∴cx2cx2ccx2cxc=0必無實數根。0時，t=12cc，即函數（a）當ccx2cx=cx244htt2ctc在tc，ht0恒成立。42c2又htt2ctctcc，∴htminhc0，即244c2c20,16c4∴0c16。30時，t=12cc，即函數（b）當ccx2cx=cx244htt2ctc在tc，ht0恒成立。42c2又htt2ctctcc，∴htminhc0，即242cc20，而c0，∴cc20，∴c不可能小于0。44（c）c0,則b0,這時fx0的根為一切實數，而gfx0，∴c0,符合要求。∴綜上所述，0c16。3【考點】函數與方程的綜合運用。【分析】（1）不妨設x0為方程的一個根，即 f x0 0，則由題設得g f x0 0，從而由g0d求解。（2）由（1）知fxbx2cx,gxbx2cx．所以有g(f(x))fxbfxc=bx2cxb2x2bcxc=0。而方程fxxbxc0。最后按方程的類型，分（ⅰ）b0，c0，（ⅱ）b0，c0，（ⅲ）b0，c0討論。12/23（3）由a 1,f(1) 0得b c 0，將函數的系數都用 c表示，分c 0，c 0，0三種情況討論。4.（江蘇2008年16分）已知函數f1(x)3xp1，f2(x)23xp2（xR,p1,p2為常數）．函數f(x)定義為：對每個給定的實數x，f(x)f1(x),若f1(x)f2(x)f2(x),若f1(x)f2(x)（1）求f(x)f1(x)對所有實數x成立的充分必要條件（用p1,p2表示）；（2）設a,b是兩個實數，滿足ab，且p1,p2(a,b)．若f(a)f(b)，求證：函數f(x)在區(qū)間[a,b]上的單調增區(qū)間的長度之和為ba（閉區(qū)間[m,n]的長度定義為nm）2【答案】解：（1）由f(x)的定義可知，f(x)f1(x)（對所有實數x）等價于f1xf2x（對所有實數x）這又等價于3xp12g3xp2，即xp1xp2log22對所有實數x均成立.（*）333由于xp1xp2(xp1)(xp2)p1p2(xR)的最大值為p1p2，故（*）等價于3p1p22，即p1p2log32，這就是所求的充分必要條件。（2）分兩種情形討論：（i）當p1p2log32時，由（1）知f(x)f1(x)（對所有實數x[a,b]）則由fafb及ap1b易知p1ab，2y3p1x,x再由f1(x)p1的單調性可知，3xp1,xp1(a,f(a))(b,f(b))函數f(x)在區(qū)間[a,b]上的單調增區(qū)間的長度為babba1）22（參見示意圖O圖1x（ii）p1p2log32時，不妨設p1p2,，則p2p1log32，于是當xp1時，有f1(x)3p1x3p2xf2(x)，從而f(x)f1(x)；當xp2時，有f1(x)3xp13p2p1xp23p2p1g3xp23log32g3xp2f2(x)13/23從而f(x)f2(x)；當p1xp2時，f1(x)3xp1，及f2(x)23p2xxp23px，由方程312解得f1(x)與f2(x)圖象交點的橫坐標為x0p1p21log32⑴y22顯然p1x0p21[(p2p1)log32]p2，2(a,f(a))(b,f(b))(x,y)這表明x0在p1與p2之間。由⑴易知00(p,2)2f1(x),p1xx0(p,1)f(x)。1f2(x),x0xp2Ox圖2f1(x),axx0綜上可知，在區(qū)間[a,b]上，f(x)（參f2(x),x0xb見示意圖2）故由函數f1(x)及f2(x)的單調性可知，f(x)在區(qū)間[a,b]上的單調增區(qū)間的長度之和為(x0p1)(bp2)，由于f(a)f(b)，即3p1a23bp2，得p1p2ablog32⑵(x0p1)(bp2)b1p2ba故由⑴、⑵得[p1log32]2。2綜合（i）（ii）可知，f(x)在區(qū)間[a,b]上的單調增區(qū)間的長度和為ba。2【考點】指數函數綜合題。【分析】（1）根據題意，先證充分性：由f(x)的定義可知，f(x)f1(x)對所有實數成立，等價于f1xf2x對所有實數x成立，等價于3xp12g3xp2，即xp1xp2log22對所有實數x均成立，分析容易得證。333再證必要性：3xp1xp23log322對所有實數x均成立等價于3p1p22，即p1p2log32。（2）分兩種情形討論（i）當p1p2log32時，由中值定理及函數的單調性得到14/23函數f(x)在區(qū)間[a,b]上的單調增區(qū)間的長度；（ii）p1p2log32時，a,b是兩個實數，滿足ab，且p1,p2(a,b)，根據圖象和函數的單調性得到函數f(x)在區(qū)間[a,b]上的單調增區(qū)間的長度。5.（江蘇2009年16分）設a為實數，函數f(x)2x2xaxa.(1)若f(0)1，求a的取值范圍；(2)求f(x)的最小值；(3)設函數h(x)f(x),xa,+，直接寫出(不需給出演算步驟)不等式h(x)1的解集.．．．．【答案】解（1）若f(0)1，則a|a|1當a0時，a21，∴a1；當a>0時，a21無解。∴a的取值范圍為a1。3x2a2,f(a)2a2a0（2）當xa時，f(x)2axf(x)minf(a)2a2a；033當xa時，f(x)x22axa2,f(x)minf(a)2a2a0f(a)2a2a02a2a0∴綜上f(x)min2a20。a3（3）當a(2,6)時，解集為(a,);22當a(6,2)時，解集為(a,a32a2]U[a32a2,);2233當a[2,2]時，解集為[a32a2,)。223【考點】二次函數的性質，一元二次不等式的解法。【分析】（1）f(0) 1 a|a|1再去絕對值求 a的取值范圍。（2）分x a和x a兩種情況來討論去絕對值， 再對每一段分別求最小值， 最后綜合即可。（3）h(x) 1轉化為3x2 2ax a2 1 0，因為不等式的集由對應方程的根決定，所以再對其對應的判別式分三種情況討論求得對應解集即可。15/23x(a,)時，由h(x)1得3x22axa210，∴4a212(a21)128a2當a6或a6時，0,x(a,)；22當6a6時，△>0,得：(xa32a2a32a223)(x3)0。因此，討論得：2xa當a(2,6)時，解集為(a,);22當a(6,a32a2a32a2);2)時，解集為(a,3]U[3,22當a[22a32a2,)。2,2]時，解集為[36.（江蘇2010年16分）設f(x)是定義在區(qū)間(1,)上的函數，其導函數為f'(x)。如果存在實數a和函數h(x)，其中h(x)對任意的x(1,)都有h(x)>0，使得f'(x)h(x)(x2ax1)，則稱函數f(x)具有性質P(a)。(1)設函數f(x)lnxb2(x1)，其中b為實數。1求證：函數f(x)具有性質P(b)；(ii)求函數f(x)的單調區(qū)間。(2)已知函數g(x)具有性質P(2)。給定x1,x2(1,),x1x2,設m為實數，mx1(1m)x2，(1m)x1mx2，且1,1，若|g()g()|<|g(x1)g(x2)|，求m的取值范圍。【答案】解：（1）(i)證：f'(x)1b2212(x2bx1)x(x1)x(x1)∵x1時，h(x)10恒成立，∴函數f(x)具有性質P(b)。x(x1)2(ii)設(x)x2bx1，當b2時，對于x1，(x)x2bx1x22x1(x1)20∴f'(x)0，故此時f(x)在區(qū)間(1,)上遞增；16/23當b2時，(x)圖像開口向上，對稱軸xb(x)0的兩根為：1，方程2bb24,bb24，而bb241,bb2424(0,1)。2222bb2當x(1,bb24)時，(x)0，f'(x)0，故此時f(x)在區(qū)間2(1,bb24)上遞減，2同理得：f(x)在區(qū)間[bb24,)上遞增。2綜上所述，當b2時，f(x)在區(qū)間(1,)上遞增；當b2時，f(x)在(1,bb24)上遞減；f(x)在[bb24,)上遞增。22(2)由題意，得：g'(x)h(x)(x22x1)h(x)(x1)2，又h(x)對任意的x(1,)都有h(x)>0，∴對任意的x(1,)都有g(x)0，g(x)在(1,)上遞增。又x1x2,(2m1)(x1x2)，當m1,m1時，，且2x1(m1)x1(1m)x2,x2(1m)x1(m1)x2，17/23綜上所述，所求 m的取值范圍是（ 0，1）。【考點】利用導數研究函數的單調性。【分析】（1）(i)先求出函數f(x)的導函數f'(x)，然后將其配湊成f'(x)h(x)(x2bx1)這種形式，再說明h(x)對任意的x∈（1，+∞）都有h(x)＞0，即可證明函數f(x)具有性質P(b)；(ii)設(x)x2bx1，分b2和b2兩種情況討論：根據(i)令(x)x2bx1，討論對稱軸與2的大小，當b2時，對于x1，(x)＞0，所以f'(x)＞0，可得f(x)）在區(qū)間（1，+∞）上單調性，當b2時，(x)圖象開口向上，對稱軸xb1，可求出方程(x)=0的兩根，判定兩根的范圍，從而確定(x)的符號，得到f'(x)2的符號，求出單調區(qū)間。（2）對g(x)求導，由已知條件，應用不等式的性質求解。7.（江蘇2011年14分）請你設計一個包裝盒，如圖所示， ABCD是邊長為 60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得 ABCD四個點重合于圖中的點 P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒， E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設 AE=FB=xcm.（1）若廣告商要求包裝盒側面積 S（cm2）最大，試問 x應取何值？（2）若廣告商要求包裝盒容積 V（cm3）最大，試問 x應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊 D C 長 的比值.A

P60x E F x B18/23【答案】解：設包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm)。由已知得a602x2(30x),0x30。2x,h2（1）∵S4ah8x(30x)8(x15)21800，∴當x15時，S取得最大值。（2）∵V(2x)22(602x)22x2(30x)(0x30)，2V62x20x。由V0得，x0(舍)或x20。∴當x0,20時V0；當x20,30時V0，2（60－2）h1，∴當x20時取得極大值，也是最大值，此時2a2x2即包裝盒的高與底面邊長的比值為1。2【考點】建立數學函數模型求解能力、導數在實際問題中的應用【分析】（1）可設包裝盒的高為 h(cm)，底面邊長為 a(cm)，寫出a，h與x的關系式，并注明x的取值范圍．再利用側面積公式表示出包裝盒側面積 S關于x的函數解析式，最后求出何時它取得最大值即可。2）利用體積公式表示出包裝盒容積V關于x的函數解析式，利用導數知識求出何時它取得的最大值即可。8.（江蘇2011年16分）已知a，b是實數，函數 f(x) x3 ax,g(x) x2 bx, f(x)和g(x)是f(x),g(x)的導函數，若 f(x)g(x) 0在區(qū)間I上恒成立，則稱 f(x)和g(x)在區(qū)間I上單調性一致 .（1）設a0，若函數f(x)和g(x)在區(qū)間[1,)上單調性一致,求實數b的取值范圍；（2）設a0,且ab，若函數f(x)和g(x)在以a，b為端點的開區(qū)間上單調性一致，19/23求|a－b|的最大值.【答案】解：由f(x)x3ax,g(x)x2bx得f(x)3x2a,g(x)2xb。（1）由題意得f(x)g(x)0，在1,上恒成立。∵a0，∴f(x)3x2a0。∴g(x)2xb0，即b2x在區(qū)間1,上恒成立。∴b2，∴b的取值范圍是2,。（2）令f(x)0，解得xa。3若b0，由a0得0(a,b)。又∵f(0)g(0)ab0，∴函數f(x)和g(x)在(a,b)上不是單調性一致的。∴b0。當x,a0，f(x)0。∴函數f(x)和g(x)在(a,b)上時，g(x)3不是單調性一致的。當xa,0時，g(x)0，f(x)<0。∴函數f(x)和g(x)在(a,b)上是3單調性一致的。∴由題設得aa且ba，從而1a0，于是1b0。3333∴a b又當a從而當x性一致的。

11，且當a,b0時等號成立。331,b0時，f(x)g(x)6x(x21)，391,0時，f(x)g(x)0，∴函數f(x)和g(x)在1上單調3,03∴a b的最大值為1。3【考點】單調性概念，導數運算及應用，含參數不等式恒成立問題。【分析】（1）先求出函數 f(x)和g(x)的導函數，再利用函數 f(x)和g(x)在區(qū)間[－1，+∞）上單調性一致即 f(x)g(x) 0在[-1，+∞）上恒成立，以及 3x2 a 0，來求實數b的取20/23值范圍。（2）先求出f(x)0的根xab0。再討論，討論b的取值范圍，得到3x,a和xa,0時兩個單調性一致的情況，從而求得|ab|的最大33值。9.（2012年江蘇省 16分）若函數 y f(x)在x x0處取得極大值或極小值，則稱 x0為函數yf(x)的極值點。已知a，b是實數，1和 1是函數f(x) x3 ax2 bx的兩個極值點．（1）求a和b的值；（2）設函數g(x)的導函數g(x)f(x)2，求g(x)的極值點；（3）設h(x)f(f(x