09-13湖南省導(dǎo)數(shù)高考題總結(jié)

09-13年湖南省導(dǎo)數(shù)高考題總結(jié)09-13年湖南省導(dǎo)數(shù)高考題總結(jié)

09-13年湖南省導(dǎo)數(shù)高考題總結(jié)

201*年

201*22．（本小題滿分13分）

ax已知函數(shù)f(x)ex，其中a0.

（Ⅰ）若對(duì)一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合.

（Ⅱ）在函數(shù)f(x)的圖像上取定兩點(diǎn)A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1x2)，記直線AB的

斜率為k.問：是否存在x0(x1,x2)，使f(x)k成立？若存在，求x0的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由.

ax（Ⅰ）若a0，則對(duì)一切x0，f(x)ex1，這與題設(shè)沖突，又a0，

故a0.

ax而f(x)ae1,令f(x)0,得x11ln.aa1111ln時(shí)，f(x)0,f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xln時(shí)，f(x)0,f(x)單調(diào)遞增，aaaa1111111故當(dāng)xln時(shí)，f(x)取最小值f(ln)ln.

aaaaaaa當(dāng)x于是對(duì)一切xR,f(x)1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)

111ln1.①aaa令g(t)ttlnt,則g(t)lnt.

當(dāng)0t1時(shí)，g(t)0,g(t)單調(diào)遞增；當(dāng)t1時(shí)，g(t)0,g(t)單調(diào)遞減.故當(dāng)t1時(shí)，g(t)取最大值g(1)1.因此，當(dāng)且僅當(dāng)綜上所述，a的取值集合為1.

11即a1時(shí)，①式成立.af(x2)f(x1)eax2eax1（Ⅱ）由題意知，k1.

x2x1x2x1eax2eax1令(x)f(x)kae,則

x2x1axeax1(x1)ea(x2x1)a(x2x1)1,x2x1eax2a(x1x2)(x2)ea(x1x2)1.x2x1令F(t)et1，則F(t)e1.

當(dāng)t0時(shí)，F(xiàn)(t)0,F(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t0時(shí)，F(xiàn)(t)0,F(t)單調(diào)遞增.

t故當(dāng)t0，F(xiàn)(t)F(0)0,即et10.

tt從而ea(x2x1)a(x2x1)10，ea(x1x2)eax1eax20,0,a(x1x2)10,又

x2x1x2x1所以(x1)0,(x2)0.

由于函數(shù)y(x)在區(qū)間x1,x2上的圖像是連續(xù)不斷的一條曲線，所以存在c(x1,x2)，

1eax2eax1使(c)0，故這樣的c是唯一的，且cln.(x)ae0,(x)單調(diào)遞增，

aa(x2x1)2ax1eax2eax1故當(dāng)且僅當(dāng)x(ln,x2)時(shí)，f(x0)k.

aa(x2x1)綜上所述，存在x0(x1,x2)使f(x0)k成立.且x0的取值范圍為

1eax2eax1(ln,x2).aa(x2x1)本題考查利用導(dǎo)函數(shù)討論函數(shù)單調(diào)性、最值、不等式恒成立問題等，考查運(yùn)算力量，考查分類爭(zhēng)論思想、函數(shù)與方程思想，轉(zhuǎn)化與劃歸思想等數(shù)學(xué)思想方法.第一問利用導(dǎo)函數(shù)法求出f(x)取最小值f(ln)1a1a111ln.對(duì)一切x∈R，f(x)1恒成立轉(zhuǎn)化為aaaf(x)min1，從而得出a的取值集合；其次問在假設(shè)存在的狀況下進(jìn)行推理，通過構(gòu)造函

數(shù)，討論這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性及最值來進(jìn)行分析推斷.201*22.（本小題滿分13分）

已知函數(shù)f(x)=x3，g(x)=x+x。

（Ⅰ）求函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說明理由；

（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{an}(nN*)滿意a1a(a0)，f(an1)g(an)，證明：存在常數(shù)M,使得對(duì)于任意的nN*，都有an≤M.

解析：（I）由h(x)x3xx知，x內(nèi)無零點(diǎn)；當(dāng)x(x1,)時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)在(x1,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)；

從而h(x)在(0,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)。綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)。

13解法2：h(x)x(x1x)，記(x)x1x，則"(x)2xx2。

2212212當(dāng)x(0,)時(shí)，"(x)0，因此(x)在(0,)上單調(diào)遞增，則(x)在(0,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)。因此h(x)在(0,)內(nèi)也至多只有一個(gè)零點(diǎn)，

綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)。（II）記h(x)的正零點(diǎn)為x0，即x03x0x0。

x0x03，因此a2x0，

（1）當(dāng)ax0時(shí)，由a1a，即a1x0.而a23a1a1x0由此猜想：anx0。下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：

①當(dāng)n1時(shí)，a1x0明顯成立；

②假設(shè)當(dāng)nk(k1)時(shí)，有akx0成立，則當(dāng)nk1時(shí)，由

ak13akakx0x0x03知，ak1x0，因此，當(dāng)nk1時(shí)，ak1x0成立。

故對(duì)任意的nN，anx0成立。

*（2）當(dāng)ax0時(shí)，由（1）知，h(x)在(x0,)上單調(diào)遞增。則h(a)h(x0)0，即

a3aa。從而a23a1a1aaa3，即a2a，由此猜想：ana。下面用

數(shù)學(xué)歸納法證明：

①當(dāng)n1時(shí)，a1a明顯成立；

②假設(shè)當(dāng)nk(k1)時(shí)，有aka成立，則當(dāng)nk1時(shí)，由

ak13akakaaa3知，ak1a，因此，當(dāng)nk1時(shí)，ak1a成立。

故對(duì)任意的nN，ana成立。

綜上所述，存在常數(shù)Mmax{x0,a}，使得對(duì)于任意的nN，都有anM.

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擴(kuò)展閱讀：07年高考題分類匯總(導(dǎo)數(shù))

7年高考數(shù)學(xué)試題分類匯編（導(dǎo)數(shù)）

（福建理11文）已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x，有f(x)f(x)，g(x)g(x)，且x0時(shí)，f(x)0，g(x)0，則x0時(shí)（B）A．f(x)0，g(x)0B．f(x)0，g(x)0C．f(x)0，g(x)0D．f(x)0，g(x)0

（海南理10）1曲線ye2x在點(diǎn)(4，e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍三角形的面積為（D）Ａ．92e2Ｂ．4e2Ｃ．2e2Ｄ．e2（海南文10）曲線yex在點(diǎn)(2，e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍三角形的面積為（D）

2Ａ．924e2

Ｂ．2eＣ．e2

Ｄ．e2

（江蘇9）已知二次函數(shù)f(x)ax2bxc的導(dǎo)數(shù)為f"(x)，f"(0)0，對(duì)于任意實(shí)數(shù)x都有f(x)0，則f(1)f"(0)的最小值為（C）A．3B．532C．2D．2（江西理9）

12．設(shè)p:f(x)exlnx2x2mx1在(0，)內(nèi)單調(diào)遞增，q:m≥5，則p是q的（B）

Ａ．充分不必要條件Ｂ．必要不充分條件Ｃ．充分必要條件

Ｄ．既不充分也不必要條件

（江西理5）5．若0xπ2，則下列命題中正確的是（D）Ａ．sinx3πxＢ．sinx3πxＣ．sinx4π2x2

Ｄ．sinx4π2x8）

若0xπ2，則下列命題正確的是（B）Ａ．sinx2πxＢ．sinx233πxＣ．sinxπxＤ．sinxπx（遼寧理12）已知f(x)與g(x)是定義在R上的連續(xù)函數(shù)，假如f(x)與g(x)僅當(dāng)x0時(shí)的函數(shù)值為0，且f(x)≥g(x)，那么下列情形不行能．．．消失的是（）A．0是f(x)的極大值，也是g(x)的極大值B．0是f(x)的微小值，也是g(x)的微小值C．0是f(x)的極大值，但不是g(x)的極值D．0是f(x)的微小值，但不是g(x)的極值

（全國(guó)一文11）

曲線y13x3x在點(diǎn)1，43處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為（A）Ａ．19Ｂ．29Ｃ．13Ｄ．23

（全國(guó)二文8）已知曲線yx24的一條切線的斜率為12，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為（A）A．1B．2C．3D．4（浙江理8）設(shè)f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，將yf(x)和yf(x)的圖象畫在同一個(gè)直角坐標(biāo)系中，不行能正確的是（D）

(北京文9)f(x)是f(x)13x32x1的導(dǎo)函數(shù)，則f(1)的值是＿＿＿＿．3

（廣東文12）f(x)xlnx(x0)的單調(diào)遞增區(qū)間是＿＿＿＿．1e,（江蘇13）已知函數(shù)f(x)x312x8在區(qū)間上的最大值與最小值分別為M,m，則Mm＿＿．32

（湖北文13）已知函數(shù)yf(x)的圖象在點(diǎn)M(1，f(1))處的切線方程是y12x2，則f(1)f(1)＿＿＿＿．3

（湖南理13）函數(shù)f(x)12xx3在區(qū)間上的最小值是＿＿＿＿．16（浙江文15）曲線yx32x24x2在點(diǎn)(1，3)處的切線方程是＿＿＿＿．5xy20（安徽理18）設(shè)a≥0，f(x)=x－1－ln2x＋2alnx（x>0）.（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），爭(zhēng)論F（x）在（0.＋∞）內(nèi)的單調(diào)性并求極值；（Ⅱ）求證：當(dāng)x>1時(shí)，恒有x>ln2x－2alnx＋1.本小題主要考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的概念與計(jì)算，利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、極值和證明不等式的方法，考查綜合運(yùn)用有關(guān)學(xué)問解決問題的力量．本小題滿分14分．（Ⅰ）解：依據(jù)求導(dǎo)法則有f(x)12lnx2axx，x0，故F(x)xf(x)x2lnx2a，x0，于是F(x)12xx2x，x0，列表如下：

x(0，2)2(2，∞)F(x)0F(x)微小值F(2)故知F(x)在(0，2)內(nèi)是減函數(shù)，在(2，∞)內(nèi)是增函數(shù)，所以，在x2處取得微小值F(2)22ln2a2．Ⅱ）證明：由a≥0知，F(xiàn)(x)的微小值F(2)22ln22a0．于是由上表知，對(duì)一切x(0，∞)，恒有F(x)xf(x)0．

從而當(dāng)x0時(shí)，恒有f(x)0，故f(x)在(0，∞)內(nèi)單調(diào)增加．所以當(dāng)x1時(shí)，f(x)f(1)0，即x1ln2x2alnx0．故當(dāng)x1時(shí)，恒有xln2x2alnx1．

(安徽文20)設(shè)函數(shù)f（x）=-cos2x-4tsinxcosx22+4t2+t2-3t+4,x∈R,其中t≤1，將f(x)的最小值記為g(t).(Ⅰ)求g(t)的表達(dá)式；

(Ⅱ)詩(shī)論g(t)在區(qū)間（-1,1）內(nèi)的單調(diào)性并求極值.本小題主要考查同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，倍角的正弦公式，正弦函數(shù)的值域，多項(xiàng)式函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，函數(shù)的單調(diào)性，考查應(yīng)用導(dǎo)數(shù)分析解決多項(xiàng)式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，極值與最值等問題的綜合力量．解：（I）我們有f(x)cos2x4tsinx2cosx24t3t23t4

sin2x12tsin4t2t23t4sin2x2tsinxt24t33t3

(sinxt)24t33t3．

由于(sinxt)2≥0，t≤1，故當(dāng)sinxt時(shí)，f(x)達(dá)到其最小值g(t)，即

g(t)4t33t3．

（II）我們有g(shù)(t)12t233(2t1)(2t1)，t1．列表如下：

t1，12112，12222，1g(t)

00gt

極大值g12微小值g12

由此可見，g(t)在區(qū)間1，11112和2，1單調(diào)增加，在區(qū)間2，2單調(diào)減小，微小值為g122，極大值為g24．（北京理19）如圖，有一塊半橢圓形鋼板，其半軸長(zhǎng)為2r，短半軸長(zhǎng)為r，方案將此鋼板切割成等腰梯形的外形，下底AB是半橢圓的短軸，上底CD的端點(diǎn)在橢圓上，記CD2x，梯形面積為S．DC4r（I）求面積S以x為自變量的函數(shù)式，并寫出其定義域；（II）求面積S的最大值．A2rB解：（I）依題意，以AB的中點(diǎn)O為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系Oxy（如圖），則點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為x．C的縱坐標(biāo)y滿意方程x2y2點(diǎn)yr24r21(y≥0)，解得y2r2x2(0xr)DCS1(2x2r)2r2x222(xr)r2x2，AOBx其定義域?yàn)閤0xr．

（II）記f(x)4(xr)2(r2x2)，0xr，則f(x)8(xr)2(r2x)．令f(x)0，得x12r．由于當(dāng)0xr時(shí)，f(x)0；當(dāng)rxr時(shí)，f(x)0f22，所以12r是f(x)的最大值．因此，當(dāng)x1r時(shí)，S也取得最大值，最大值為f212r332r2．

即梯形面積S的最大值為3322r．（福建理22）已知函數(shù)f(x)exkx，xR

（Ⅰ）若ke，試確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若k0，且對(duì)于任意xR，f(x)0恒成立，試確定實(shí)數(shù)k的取值范圍；n（Ⅲ）設(shè)函數(shù)F(x)f(x)f(x)，求證：F(1)F(2)F(n)(en12)2(nN)．本小題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、極值、導(dǎo)數(shù)、不等式等基本學(xué)問，考查運(yùn)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)性質(zhì)的方法，考查分類爭(zhēng)論、化歸以及數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想方法，考查分析問題、解決問題的力量．滿分14分．

解：（Ⅰ）由ke得f(x)exex，所以f(x)exe．由f(x)0得x1，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，)，由f(x)0得x1，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(，1)．（Ⅱ）由f(x)f(x)可知f(x)是偶函數(shù)．于是f(x)0對(duì)任意xR成立等價(jià)于f(x)0對(duì)任意x≥0成立．由f(x)exk0得xlnk．

①當(dāng)k(0，1]時(shí)，f(x)exk1k≥0(x0)．此時(shí)f(x)在2(en12)nn故F(1)F(2)F(n)(en12)2，nN．（福建文20）

設(shè)函數(shù)f(x)tx22t2xt1(xR，t0)．（Ⅰ）求f(x)的最小值h(t)；

（Ⅱ）若h(t)2tm對(duì)t(0，2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、極值以及函數(shù)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查運(yùn)用數(shù)學(xué)學(xué)問分析問題解決問題的力量．滿分12分．

解：（Ⅰ）f(x)t(xt)2t3t1(xR，t0)，當(dāng)xt時(shí)，f(x)取最小值f(t)t3t1，即h(t)t3t1．（Ⅱ）令g(t)h(t)(2tm)t33t1m，由g(t)3t230得t1，t1（不合題意，舍去）．當(dāng)t變化時(shí)g(t)，g(t)的變化狀況如下表：t(0，1)1(1，2)g(t)0g(t)遞增極大值1m遞減g(t)在(0，2)內(nèi)有最大值g(1)1m．h(t)2tm在(0，2)內(nèi)恒成立等價(jià)于g(t)0在(0，2)內(nèi)恒成立，即等價(jià)于1m0，所以m的取值范圍為m1．(廣東理、文20)a是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)2ax22x3a．假如函數(shù)yf(x)在區(qū)間上有

零點(diǎn)，求a的取值范圍．

解:若a0,f(x)2x3,明顯在上沒有零點(diǎn),所以a0令48a3a8a224a40得a372當(dāng)a372時(shí),yfx恰有一個(gè)零點(diǎn)在1,1上;當(dāng)f1f1a1a50即1a5時(shí),yfx也恰有一個(gè)零點(diǎn)在1,1上;當(dāng)yfx在1,1上有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí),則

a0a08a224a408a224a401111112a或

f102af10f10f10解得a5或a352因此a的取值范圍是a1或a352;（海南理21）設(shè)函數(shù)f(x)ln(xa)x2（I）若當(dāng)x1時(shí)，f(x)取得極值，求a的值，并爭(zhēng)論f(x)的單調(diào)性；（II）若f(x)存在極值，求a的取值范圍，并證明全部極值之和大于lne2．解：（Ⅰ）f(x)1xa2x，依題意有f(1)0，故a32．2x2從而f(x)3x1(2x1)(x1)．x332xfx的定義域?yàn)?2，∞，當(dāng)32x1時(shí)，f(x)0；

當(dāng)1x12時(shí)，f(x)0；

當(dāng)x12時(shí)，f(x)0．從而，f(x)分別在區(qū)間132，1，12，∞單調(diào)增加，在區(qū)間1，2單調(diào)削減．（Ⅱ）f(x)的定義域?yàn)?a，∞)，f(x)2x22ax1xa．方程2x22ax10的判別式4a28．（）若0，即2a2，在f(x)的定義域內(nèi)f(x)0，故f(x)的極值．（）若0，則a2或a2．2，∞)，f(x)(2x1)2若a2，x(x2．當(dāng)x22時(shí)，f(x)0，當(dāng)x2，22，∞時(shí)，f22(x)0，所以f(x)無極值．2，x(2，∞)，f(x)(2x1)2若ax20，f(x)也無極值．（）若0，即a2或a2，則2x22ax10有兩個(gè)不同的實(shí)根aa2x2aa212，x222．當(dāng)a2時(shí)，x1a，x2a，從而f(x)有f(x)的定義域內(nèi)沒有零點(diǎn)，故f(x)無極值．當(dāng)a2時(shí)，x1a，x2a，f(x)在f(x)的定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，由根值判別方法知f(x)在xx1，xx2取得極值．

綜上，f(x)存在極值時(shí)，a的取值范圍為(2，∞)．

f(x)的極值之和為f(x(xa)x21e1)f2)ln(x11ln(x2a)x22ln2a211ln2ln2．

19）

設(shè)函數(shù)f(x)ln(2x3)x2（Ⅰ）爭(zhēng)論f(x)的單調(diào)性；

（Ⅱ）求f(x)在區(qū)間314，4的最大值和最小值．解：f(x)的定義域?yàn)?2，∞．

（Ⅰ）f(x)24x26x22(2x1)(x1)2x32x2x32x3．當(dāng)32x1時(shí)，f(x)0；當(dāng)1x112時(shí)，f(x)0；當(dāng)x2時(shí)，f(x)0．從而，f(x)分別在區(qū)間32，1，12，∞單調(diào)增加，在區(qū)間1，12單調(diào)削減．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)在區(qū)間314，4的最小值為f112ln24．

又f34f14ln32916ln72116ln3712121ln4960．所以f(x)在區(qū)間314，4的最大值為f14116ln72．

（湖北理20）已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)12x22ax，g(x)3a2lnxb，其中a0．設(shè)兩曲線yf(x)，yg(x)有公共點(diǎn)，且在該點(diǎn)處的切線相同．（I）用a表示b，并求b的最大值；（II）求證：f(x)≥g(x)（x0）．

本小題主要考查函數(shù)、不等式和導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等學(xué)問，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)學(xué)問解決問題的力量．解：（Ⅰ）設(shè)yf(x)與yg(x)(x0)在公共點(diǎn)(x0，y0)處的切線相同．

∵f(x)x2a，g(x)3a2x，由題意f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)．12x202ax03a2lnx0b，3a2由x02a得：x3a2x0a，或x03a（舍去）．0x02ax，0即有b12a22a23a2lna52a23a2lna．令h(t)52t23t2lnt(t0)，則h(t)2t(13lnt)．于是

1當(dāng)t(13lnt)0，即0te3時(shí)，h(t)0；1當(dāng)t(13lnt)0，即te3時(shí)，h(t)0．故h(t)在1310，e為增函數(shù)，在e3，∞為減函數(shù)，于是h(t)在(0，∞)的最大值為h12e332e3．（Ⅱ）設(shè)F(x)f(x)g(x)12x22ax3a2lnxb(x0)，則F(x)x2a3a2x(xa)(x3a)x(x0)．故F(x)在(0，a)為減函數(shù)，在(a，∞)為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0．故當(dāng)x0時(shí)，有f(x)g(x)≥0，即當(dāng)x0時(shí)，f(x)≥g(x)．

（湖北文19）設(shè)二次函數(shù)f(x)x2axa，方程f(x)x0的兩根x1和x2滿意0x1x21．（I）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（II）試比較f(0)f(1)f(0)與

116的大?。⒄f明理由．本小題主要考查二次函數(shù)、二次方程的基本性質(zhì)及二次不等式的解法，考查推理和運(yùn)算力量．

解法1：（Ⅰ）令g(x)f(x)xx2(a1)xa，0，01a則由題意1，a0，21a1，0a322．g(1)0，，a322，或a322，g(0)0故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，322)．

（II）f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2a2，令h(a)2a2．

當(dāng)a0時(shí)，h(a)單調(diào)增加，當(dāng)0a322時(shí)0h(a)h(3222)2(322)2(1712117122116，即f(0)f(1)f(0)116．解法2：（I）同解法1．

（II）f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2a2，由（I）知0a322，∴42a1122170．又42a10，于是2a2116116(32a21)116(42a1)(42a1)0，即2a21160，故f(0)f(1)f(0)116．解法3：（I）方程f(x)x0x2(a1)xa0，由韋達(dá)定理得

0，xx，x1x20，1x21a1x2a，于是0x1x21x1x20，(1x1)(1x2)0，(1x1)(1x2)0a0，a1，0a322．a(chǎn)322或a322故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，322)．（II）依題意可設(shè)g(x)(xx1)(xx2)，則由0x1x21，得f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)x1x2(1x1)(1x2)

x1x12x2121x2112216，故f(0)f(1)f(0)16．2)，（湖南理19）如圖4，某地為了開發(fā)旅游資源，欲修建一條連接風(fēng)景點(diǎn)P和居民區(qū)O的大路，點(diǎn)P所在的山坡面與山腳所在水平面所成的二面角為（090），且sin25，點(diǎn)P到平面的距離PH0.4（km）．沿山腳原有一段筆直的大路AB可供利用．從點(diǎn)O到山腳修路的造價(jià)為a萬(wàn)元/km，原有大路改建費(fèi)用為a2萬(wàn)元/km．當(dāng)山坡上大路長(zhǎng)度為lkm（1≤l≤2）時(shí)，其造價(jià)為(l21)a萬(wàn)元．已知OA⊥AB，PB⊥AB，AB1.5(km)，OA3(km)．（I）在AB上求一點(diǎn)D，使沿折線PDAO修建大路的總造價(jià)最小；

（II）對(duì)于（I）中得到的點(diǎn)D，在DA上求一點(diǎn)E，使沿折線PDEO修建大路的總造價(jià)最小．

（III）在AB上是否存在兩個(gè)不同的點(diǎn)D，E，使沿折線PDEO修建大路的總造價(jià)小于（II）中得到的最小總造價(jià)，證明你的結(jié)論．A

ＯPEDHB解：（I）如圖，PH⊥，HB，PB⊥AB，由三垂線定理逆定理知，AB⊥HB，所以PBH是山坡與所成二面角的平面角，則PBH，

APBPHOsin1．P

設(shè)BDx(km)，0≤x≤1.5．則EDH

BPDx2PB2x21．記總造價(jià)為f1(x)萬(wàn)元，1111f1(x)(PD212ADAO)a(x22x43)a2x14a43163a當(dāng)x14，即BD14(km)時(shí)，總造價(jià)f1(x)最?。↖I）設(shè)AEy(km)，0≤y≤54，總造價(jià)為f2(y)萬(wàn)元，依據(jù)題設(shè)有f(y)PD21y231231y43224yay232a16a．

則fy2yy2312a，由f2(y)0，得y1．當(dāng)y(0，1)時(shí)，f2(y)0，f2(y)在(0，1)內(nèi)是減函數(shù)；

當(dāng)y1，54時(shí)，f52(y)0，f2(y)在1，4內(nèi)是增函數(shù)．

故當(dāng)y1，即AE1（km）時(shí)總造價(jià)f672(y)最小，且最小總造價(jià)為16a萬(wàn)元．（III）解法一：不存在這樣的點(diǎn)D，E．

事實(shí)上，在AB上任取不同的兩點(diǎn)D，E．為使總造價(jià)最小，E明顯不能位于D與B之間．故可設(shè)E位于D與A之間，且BD=x31(km)，AEy1(km)，0≤x1y2≤2，總造價(jià)為S萬(wàn)元，則Sx2x12y2y11x1113124a．類似于（I）、（II）爭(zhēng)論知，x2112≥16，y213y132≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x114，y11同時(shí)成立時(shí)，上述兩個(gè)不等式等號(hào)同時(shí)成立，此時(shí)BD14(km)，AE1(km)，S取得最小值6716a，點(diǎn)D，E分別與點(diǎn)D，E重合，所以不存在這樣的點(diǎn)D，E，使沿折線PDEO修建大路的總造價(jià)小于（II）中得到的最小總造價(jià)．解法二：同解法一得Sx2xy11112y213124a2x11214a43y13y1y23y4311a16a

≥1423(y2y43131)(y213y1)a16a6716a．當(dāng)且僅當(dāng)x11且3(y21413y1)(y213y1)，即x14，y11同時(shí)成立時(shí)，S取得最小值6716a，以上同解法一．

（湖南文21）已知函數(shù)f(x)1x3132ax2bx在區(qū)間內(nèi)各有一個(gè)極值點(diǎn)．（I）求a24b的最大值；（II）當(dāng)a24b8時(shí)，設(shè)函數(shù)yf(x)在點(diǎn)A(1，f(1))處的切線為l，若l在點(diǎn)A處穿過函數(shù)yf(x)的圖象（即動(dòng)點(diǎn)在點(diǎn)A四周沿曲線yf(x)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)，從l的一側(cè)進(jìn)入另一側(cè)），求函數(shù)f(x)的表達(dá)式．

解：（I）由于函數(shù)f(x)113x32ax2bx在區(qū)間內(nèi)分別有一個(gè)極值點(diǎn)，所以f(x)x2axb0在內(nèi)分別有一個(gè)實(shí)根，設(shè)兩實(shí)根為x21，x2（x1x2），則x2x1a4b，且0x2x1≤4．于是0a24b≤4，0a24b≤16，

且當(dāng)x11，x23，即a2，b3時(shí)等號(hào)成立．故a24b的最大值是16．

（II）解法一：由f(1)1ab知f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線l的方程是

yf(1)f(1)(x1)，即y(1ab)x2312a，由于切線l在點(diǎn)A(1，f(x))處空過yf(x)的圖象，所以g(x)f(x)在x1兩邊四周的函數(shù)值異號(hào)，則

x1不是g(x)的極值點(diǎn)．g(x)13x312ax2bx(1ab)x2132a，且g(x)x2axb(1ab)x2axa1(x1)(x1a)．若11a，則x1和x1a都是g(x)的極值點(diǎn)．

所以11a，即a2，又由a24b8，得b1，故f(x)133xx2x．解法二：同解法一得g(x)f(x)

13(x1)．由于切線l在點(diǎn)A(1，f(1))處穿過yf(x)的圖象，所以g(x)在x1兩邊四周的函數(shù)值異號(hào)，于是存在m1，m2（m11m2）．當(dāng)m1x1時(shí)，g(x)0，當(dāng)1xm2時(shí)，g(x)0；或當(dāng)m1x1時(shí)，g(x)0，當(dāng)1xm2時(shí)，g(x)0．設(shè)h(x)x213a2x3a22，則

當(dāng)m1x1時(shí)，h(x)0，當(dāng)1xm2時(shí)，h(x)0；或當(dāng)m1x1時(shí)，h(x)0，當(dāng)1xm2時(shí)，h(x)0．由h(1)0知x1是h(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，則h(1)2113a20，所以a2，又由a24b8，得b1，故f(x)13x3x2x．（遼寧理22）

已知函數(shù)f(x)x2t2t(x2x)x22t21，g(x)12f(x)．（I）證明：當(dāng)t22時(shí)，g(x)在R上是增函數(shù)；（II）對(duì)于給定的閉區(qū)間，試說明存在實(shí)數(shù)k，當(dāng)tk時(shí)，g(x)在閉區(qū)間上是減函數(shù)；（III）證明：f(x)≥32．

（遼寧文22）f(x)x39x2cos48xcos18sin2，g(x)f(x)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)t均有g(shù)(1cost)≥0，g(3sint)≤0．（I）求函數(shù)f(x)的解析式；

（II）若對(duì)任意的m，恒有f(x)≥x2mx11，求x的取值范圍．（全國(guó)一理20）設(shè)函數(shù)f(x)exex．

（Ⅰ）證明：f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)≥2；（Ⅱ）若對(duì)全部x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范圍．解：（Ⅰ）f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)exex．由于exe-x≥2exex2，故f(x)≥2．（當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，等號(hào)成立）．（Ⅱ）令g(x)f(x)ax，則

g(x)f(x)aexexa，（）若a≤2，當(dāng)x0時(shí)，g(x)exexa2a≥0，故g(x)在(0，∞)上為增函數(shù)，所以，x≥0時(shí)，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．

，方程g(x)0的正根為xaa2（）若a241ln2，

此時(shí)，若x(0，x1)，則g(x)0，故g(x)在該區(qū)間為減函數(shù)．所以，x(0，x1)時(shí)，g(x)g(0)0，即f(x)ax，與題設(shè)f(x)≥ax相沖突．綜上，滿意條件的a的取值范圍是∞，2．（全國(guó)一文20）

設(shè)函數(shù)f(x)2x33ax23bx8c在x1及x2時(shí)取得極值．（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）若對(duì)于任意的x，都有f(x)c2成立，求c的取值范圍．解：（Ⅰ）f(x)6x26ax3b，由于函數(shù)f(x)在x1及x2取得極值，則有f(1)0，f(2)0．

66a3b0，2412a3b0．解得a3，b4．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，f(x)2x39x212x8c，f(x)6x218x126(x1)(x2)．當(dāng)x(0，1)時(shí)，f(x)0；當(dāng)x(1，2)時(shí)，f(x)0；當(dāng)x(2，3)時(shí)，f(x)0．

所以，當(dāng)x1時(shí)，f(x)取得極大值f(1)58c，又f(0)8c，f(3)98c．則當(dāng)x0，3時(shí)，f(x)的最大值為f(3)98c．由于對(duì)于任意的x0，3，有f(x)c2恒成立，所以98cc2，解得c1或c9，

因此c的取值范圍為(，1)(9，)．

（全國(guó)二理22）已知函數(shù)f(x)x3x．

（1）求曲線yf(x)在點(diǎn)M(t，f(t))處的切線方程；

（2）設(shè)a0，假如過點(diǎn)(a，b)可作曲線yf(x)的三條切線，證明：abf(a)．解：（1）求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)；f(x)3x21．曲線yf(x)在點(diǎn)M(t，f(t))處的切線方程為：yf(t)f(t)(xt)，

即y(3t21)x2t3．（2）假如有一條切線過點(diǎn)(a，b)，則存在t，使

b(3t21)a2t3．于是，若過點(diǎn)(a，b)可作曲線yf(x)的三條切線，則方程

2t33at2ab0

有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根．g(t)2t33at2ab，則g(t)6t26at6t(ta)．當(dāng)t變化時(shí)，g(t)，g(t)變化狀況如下表：t(，0)0(0，a)a(a，)g(t)00g(t)極大值微小值abbf(a)由g(t)的單調(diào)性，當(dāng)極大值ab0或微小值bf(a)0時(shí)，方程g(t)0最多有一個(gè)實(shí)數(shù)根；

當(dāng)ab0時(shí)，解方程g(t)0得t0，t3a2，即方程g(t)0只有兩個(gè)相異的實(shí)數(shù)根；當(dāng)bf(a)0時(shí)，解方程g(t)0得ta2，ta，即方程g(t)0只有兩個(gè)相異的實(shí)數(shù)根．綜上，假如過(a，b)可作曲線yf(x)三條切線，即g(t)0有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根，則ab0，bf(a)0.即abf(a)．

（全國(guó)二文22）已知函數(shù)f(x)1ax33bx2(2b)x1在xx1處取得極大值，在xx2處取得微小值，且0x11x22．（1）證明a0；

（2）若z=a+2b,求z的取值范圍。

解：求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)ax22bx2b．

（Ⅰ）由函數(shù)f(x)在xx1處取得極大值，在xx2處取得微小值，知x1，x2是f(x)0的兩個(gè)根．所以f(x)a(xx1)(xx2)當(dāng)xx1時(shí)，f(x)為增函數(shù)，f(x)0，由xx10，xx20得a0．f(0)02b0Ⅱ）在題設(shè)下，0x11x22等價(jià)于f(1)0即a2b2b0．

f(2)04a4b2b02b0化簡(jiǎn)得a3b20．4a5b204a5b20．此不等式組表示的區(qū)域?yàn)槠矫鎍Ob上三條直線：2b0，a3b20，所圍成的△ABC的內(nèi)部，其三個(gè)頂點(diǎn)分別為：A47，67，B(2，，2)C(4，2)．z在這三點(diǎn)的值依次為16，6，8．b

7所以z的取值范圍為162B(2，2)

7，8．

C(4，2)

1A4，6（山東理22O

）7724

設(shè)函數(shù)f(x)x2bln(x1)，其中b0．a(chǎn)

（Ⅰ）當(dāng)b12時(shí)，推斷函數(shù)f(x)在定義域上的單調(diào)性；（Ⅱ）求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)；

（Ⅲ）證明對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式ln1n111n2n3都成立．

解：（Ⅰ）由題意知，f(x)的定義域?yàn)?1，)，f(x)2xbx12x32xbx1設(shè)g(x)2x22xb，其圖象的對(duì)稱軸為x12(1，)，g(x)11maxg22b．

當(dāng)b12時(shí)，g(x)1max2b0，即g(x)2x23xb0在(1，)上恒成立，當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0，當(dāng)b12時(shí)，函數(shù)f(x)在定義域(1，)上單調(diào)遞增．b12時(shí)，函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)．13②b12x時(shí)，f(x)22x10有兩個(gè)相同的解x12，x1，12時(shí)，f(x)0，

x1，時(shí)，f2(x)0，b12時(shí)，函數(shù)f(x)在(1，)上無極值點(diǎn)．③當(dāng)b12時(shí)，f(x)0有兩個(gè)不同解，x112b112b12，x22，b0時(shí)，x112b121，x112b220，即x1(1，)，x21，．b0時(shí)，f(x)，f(x)隨x的變化狀況如下表：x(1，x1)x1(x2，)f(x)0f(x)微小值由此表可知：b0時(shí)，f(x)有惟一微小值點(diǎn)x112b12，當(dāng)0b1112時(shí)，x2b121，x1，x2(1)，

此時(shí)，f(x)，f(x)隨x的變化狀況如下表：x(1，x1)x1(x1，x2)x1(x1，)f(x)00f(x)極大值微小值由此表可知：0b112時(shí)，f(x)有一個(gè)極大值x12b12和一個(gè)微小值點(diǎn)x2112b；2綜上所述：

112bb0時(shí)，f(x)有惟一最小值點(diǎn)x2；0b1112b2時(shí)，f(x)有一個(gè)極大值點(diǎn)x112b2和一個(gè)微小值點(diǎn)xx；b≥12時(shí)，f(x)無極值點(diǎn)．（Ⅲ）當(dāng)b1時(shí)，函數(shù)f(x)x2ln(x1)，令函數(shù)h(x)x2f(x)x2x2ln(x1)，

則h(x)3x22x13x2x1(x1)2x1．當(dāng)x0，時(shí)，f(x)0，所以函數(shù)h(x)在0，上單調(diào)遞增，又h(0)0．x(0，)時(shí)，恒有h(x)h(0)0，即x2x3ln(x1)恒成立．故當(dāng)x(0，)時(shí)，有l(wèi)n(x1)x2x3．對(duì)任意正整數(shù)n取x1n(0，)，則有l(wèi)n111n1n2n3．所以結(jié)論成立．

（山東文21）設(shè)函數(shù)f(x)ax2blnx，其中ab0．

證明：當(dāng)ab0時(shí)，函數(shù)f(x)沒有極值點(diǎn)；當(dāng)ab0時(shí)，函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)極值點(diǎn)，并求出極值．證明：由于f(x)ax2blnx，ab0，所以f(x)的定義域?yàn)?0，)．f(x)2axb2ax2bxx．

當(dāng)ab0時(shí)，假如a0，b0，f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；假如a0，b0，f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減．

所以當(dāng)ab0，函數(shù)f(x)沒有極值點(diǎn)．當(dāng)ab0時(shí)，

2axbbf(x)2ax2ax令f(x)0，將x1b2a(0，)（舍去），xb22a(0，)，

當(dāng)a0，b0時(shí)，f(x)，f(x)隨x的變化狀況如下表：

x0，b2ab2ba2a，f(x)0f(x)微小值從上表可看出，函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)微小值點(diǎn)，微小值為fb2ab1lnb22a．

當(dāng)a0，b0時(shí)，f(x)，f(x)隨x的變化狀況如下表：

x0b，2abb，2a2af(x)0f(x)極大值從上表可看出，函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)極大值點(diǎn)，極大值為fbb2a21lnb2a．綜上所述，當(dāng)ab0時(shí)，函數(shù)f(x)沒有極值點(diǎn)；當(dāng)ab0時(shí)，

若a0，b0時(shí)，函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)微小值點(diǎn)，微小值為bb21ln2a．

若a0，b0時(shí)，函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)極大值點(diǎn)，極大值為bb21ln2a．（陜西理20）設(shè)函數(shù)f(x)=c2x2axa,其中a為實(shí)數(shù).(Ⅰ)若f(x)的定義域?yàn)镽,求a的取值范圍;(Ⅱ)當(dāng)f(x)的定義域?yàn)镽時(shí)，求f(x)的單減區(qū)間.解：（Ⅰ）f(x)的定義域?yàn)镽，x2axa0恒成立，a24a0，0a4，即當(dāng)0a4時(shí)f(x)的定義域?yàn)镽．（Ⅱ）f(x)x(xa2)ex(x2axa)2，令f(x)≤0，得x(xa2)≤0．由f(x)0，得x0或x2a，又0a4，0a2時(shí)，由f(x)0得0x2a；當(dāng)a2時(shí)，f(x)≥0；當(dāng)2a4時(shí)，由f(x)0得2ax0，即當(dāng)0a2時(shí)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，2a)；當(dāng)2a4時(shí)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(2a，0)．

(陜西文21)已知f(x)ax3bx2cx在區(qū)間上是增函數(shù),在區(qū)間(,0),(1,)上是減函數(shù),又f(132)2.(Ⅰ)求f(x)的解析式;(Ⅱ)若在區(qū)間(m＞0)上恒有f(x)≤x成立,求m的取值范圍.解：（Ⅰ）f(x)3ax22bxc，由已知f(0)f(1)0，即c0，c0，bc0，解得3a2b32a．f(x)3ax23ax，f123a43a232，a2，f(x)2x33x2．

（Ⅱ）令f(x)≤x，即2x33x2x≤0，x(2x1)(x1)≥0，0≤x≤12或x≥1．f(x)≤x在區(qū)間0，m上恒成立，0m≤12．

(上海理科19)已知函數(shù)f(x)x2ax(x0，常數(shù)aR)．（1）爭(zhēng)論函數(shù)f(x)的奇偶性，并說明理由；（2）若函數(shù)f(x)在x．解法二：當(dāng)a0時(shí)，f(x)x2，明顯在上的最大值和最小值．解析：本題考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、二次函數(shù)的最值、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等基礎(chǔ)學(xué)問，以及推理力量和運(yùn)算力量．（Ⅰ）∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(x)f(x)

即ax3bxcax3bxc∴c0∵f"(x)3ax2b的最小值為12∴b12

又直線x6y70的斜率為16因此，f"(1)3ab6∴a2，b12，c0．（Ⅱ）f(x)2x312x．f"(x)26x12x6(x2，列表如下：)(2)

x(,2)2(2,2)2(2,)f"(x)00f(x)極大微小所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(,2)和(2,)∵f(1)10，f(2)82，f(3)18

∴f(x)在上的最大值是f(3)18，最小值是f(2)82．

（天津理20）已知函數(shù)f(x)2axa21x21(xR)，其中aR．（Ⅰ）當(dāng)a1時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；（Ⅱ）當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值．本小題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，兩個(gè)函數(shù)的和、差、積、商的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性和極值等基礎(chǔ)學(xué)問，考查運(yùn)算力量及分類爭(zhēng)論的思想方法．滿分12分．（Ⅰ）解：當(dāng)a1時(shí)，f(x)2xx21，f(2)45，又f(x)2(x21)2x2x22x2(x21)2(x21)2，f(2)625．所以，曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y45625(x2)，即6x2y320．

（Ⅱ）解：f(x)2a(x21)2x(2axa21)2(xa)(ax1)(x21)2(x21)2．由于a0，以下分兩種狀況爭(zhēng)論．（1）當(dāng)a0時(shí)，令f(x)0，得到x11a，x2a．當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化狀況如下表：x∞，11a1aa，aa(a，∞)f(x)0fx微小值極大值所以f(x)在區(qū)間∞，1a，(a，∞)內(nèi)為減函數(shù)，在區(qū)間1a，a內(nèi)為增函數(shù)．函數(shù)f(x)在x11處取得微小值f1f1aa，且aa2，函數(shù)f(x)在x12a處取得極大值f(a)，且f(a)1．（2）當(dāng)a0時(shí)，令f(x)0，得到x11a，x2a，當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化狀況如下表：

x∞，aaa，1a11aa，+∞f(x)00f(x)極大值微小值所以f(x)在區(qū)間(∞，a)，1a，+∞內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間a，1a內(nèi)為減函數(shù)．

函數(shù)f(x)在x1a處取得極大值f(a)，且f(a)1．函數(shù)f(x)在x12a處取得微小值f1，且fa1aa2．

（天津文21）設(shè)函數(shù)f(x)x(xa)2（xR），其中aR．

（Ⅰ）當(dāng)a1時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；（Ⅱ）當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f(x)的極大值和微小值；

（Ⅲ）當(dāng)a3時(shí)，證明存在k10，，使得不等式f(kcosx)≥f(k2cos2x)對(duì)任意的xR恒成立．本小題主要考查運(yùn)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的性質(zhì)、曲線的切線方程，函數(shù)的極值、解不等式等基礎(chǔ)學(xué)問，考查綜合分析和解決問題的力量及分類爭(zhēng)論的思想方法．滿分14分．（Ⅰ）解：當(dāng)a1時(shí)，f(x)x(x1)2x32x2x，得f(2)2，且

f(x)3x24x1，f(2)5．所以，曲線yx(x1)2在點(diǎn)(2，2)處的切線方程是y25(x2)，整理得xy．（Ⅱ）解：f(x)x(xa)2x32ax2a2xf(x)3x24axa2(3xa)(xa)．令f(x)0，解得xa3或xa．由于a0，以下分兩種狀況爭(zhēng)論．

（1）若a0，當(dāng)x變化時(shí)，f(x)的正負(fù)如下表：x∞，aa33a3，aa(a，∞)f(x)00因此，函數(shù)f(x)在xa3處取得微小值fa3，且fa4327a3；

函數(shù)f(x)在xa處取得極大值f(a)，且

f(a)0．

（2）若a0，當(dāng)x變化時(shí)，f(x)的正負(fù)如下表：x∞，aaa，aaa333，∞f(x)00因此，函數(shù)f(x)在xa處取得微小值f(a)，且f(a)0；

函數(shù)f(x)在xa處取得極大值fa33

，且fa4327a3．

（Ⅲ）證明：由a3，得a31，當(dāng)k10，時(shí)，kcosx≤1，k2cos2x≤1．Ⅱ）知，f(x)在∞，1上是減函數(shù)，要使f(kcosx)≥f(k2cos2x)，xR只要kcosx≤k2cos2x(xR)即cos2xcosx≤k2k(xR)①

2設(shè)g(x)cos2xcosxcosx1214，則函數(shù)g(x)在R上的最大值為2．要使①式恒成立，必需k2k≥2，即k≥2或k≤1．

所以，在區(qū)間10，上存在k1，使得f(kcosx)≥f(k2cos2x)對(duì)任意的xR恒成立．

（浙江理22）設(shè)f(x)x3223，對(duì)任意實(shí)數(shù)t，記gt(x)t3x3t．（I）求函數(shù)yf(x)gt(x)的單調(diào)區(qū)間；

（II）求證：（）當(dāng)x0時(shí)，f(x)gf(x)≥gt(x)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立；（）有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x0，使得gx(x0)≥gt(x0)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立．本題主要考查函數(shù)的基本性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及不等式的證明等基礎(chǔ)學(xué)問，以及綜合