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一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）
1．已知曲线y=x24-3lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为.
2．已知曲线y=x3-1与曲线y=3-12x2在x=x0处的切线互相垂直，则x0=.
3．已知f(x)=2x3-6x2+m（m为常数）在［-2,2］上有最大值3，那么此函数在［-2,2］上的最小值为.
4．函数f(x)=x3-3bx+3b在（0，1）内有极小值，则b的范围为.
5．在函数y=x3-8x的图像上，其切线的倾斜角小于稹肌 4的点中，坐标为整数的点的个数是.
6．点P在曲线y=x3-x+7上移动，设点P处切线的倾斜角为幔蚪轻的取值范围是.
7．设f0(x)=sinx,f1(x)=f′0(x),f2(x)=f′1(x),…,fn+1(x)=f′n(x),n∈N,则f2012(x)=.
8．设函数y=xsinx+cosx的图像上的点(x0,y0)的切线的斜率为k，若k=g(x0)，则函数k=g(x0)的图像大致为.
9．已知函数y=xf′(x)的图像如右图所示（其中f′(x)是函数f(x)的导函数），下面四个图像中y=f(x)的图像大致是.
10.设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)＞0.且g(3)=0.则不等式f(x)?g(x)<0的解集是.
11.若0 12．函数f(x)=x3+3x(x∈R)，若f(mx2)+f(1－mx)>0恒成立，则实数m的取值范围是.
13.若曲线y=h(x)在点P(a,h(a))处的切线方程为2x+y+1=0，则h′(a)与0的大小关系是h′(a)0（填≥、≤、＞、＜中最准确的一个）.
14．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)=0，xf′(x)－f(x)x2>0（x>0），则不等式x2f(x)>0的解集是.
二、解答题（本大题共6小题，共计90分）
15．(本小题满分14分)
设x=1与x=2是函数f(x)=alnx+bx2+x的两个极值点．
（1）试确定常数a,b的值；
（2）试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值还是极小值，并说明理由.
16．(本小题满分15分)
设关于x的方程2x2-ax-2=0的两根为 , ( < )，函数f(x)=4x-ax2+1．
（1）求f( )穎( )的值；（2）证明f(x)是［ ,猓萆系脑龊唬 3）当a为何值时，f(x)在区间［ ,猓萆系淖畲笾涤胱钚≈抵钭钚。俊迹冢耍姜¤
17.(本小题满分15分)
甲方是一农场，乙方是一工厂，由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定的净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x=2000t，若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方s元(以下称s为赔付价格)．
(1)将乙方的年利润w(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；
(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y=0.002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格s是多少？
18．(本小题满分15分)
已知f（x）=x3+ax2+bx+c在x=1，x=-23时，都取得极值．
（1）求a、b的值．
（2）若对x∈［-1,2］，都有f(x)<1c恒成立，求c的取值范围.
19．(本小题满分15分)
已知x=1是函数f(x)=mx3-3(m+1)x2+nx+1的一个极值点，其中m,n∈R,m<0.
（1）求m与n的关系式；
（2）求f(x)的单调区间；
（3）当x∈［-1,1］时，函数y=f(x)的图像上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围.
20．(本小题满分16分)
已知函数f(x)=1(1－x)n+aln(x－1),其中n∈N,a为常数.
（1）当n=2时，求函数f(x)的极值；
（2）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1．
参考答案
一、填空题
1.3；2.313；3.-37；4.（0,1）；5.0；
6.［0,稹肌 2）∪［3稹肌 4,穑 7.sinx；8.A；
9.C;10.(-∞,-3)∪(0,3)；
11.令f(x)=x-2sinx则f′(x)=1-2cosx
f(x)在［0,稹肌 3］上单调递减，在［稹肌 3,稹肌 2］上单调递增
f(0)=0，f(稹肌 2)=稹肌 2-2<0，所以f(x)<0
x<2sinx(x∈［0,稹肌 2）
12.［0,4)；13.h′(a)<0；14.（-1,0）∪（1，+∞）.
二、解答题
15.解：f′(x)=ax+2bx+1
（1）由极值点的必要条件可知：f′(1)=f′(2)=0
即a+2b+1=0，且a2+4b+1=0，解方程组可得a=-23,b=-16 ∴f(x)=-23lnx-16x2+x
（2）f′(x)=-23x-1-13x+1，当x∈(0,1)时，f′(x)<0
当x∈(1,2)时，f′(x)>0，当x∈(2,+∞)时，f′(x)<0
故在x=1处函数f(x)取得极小值56，在x=2处函数取得极大值43-23ln2．
16.解：（1）f( )=-8a2+16-a，f( )=8a2+16+a
f( )穎( )=-4
（2）设(x)=2x2-ax-2，则当 f′(x)=(4x-a)′(x2+1)-(4x-a)(x2+1)′(x2+1)2
=4(x2+1)-2x(4x-a)(x2+1)2
=-2（2x2-ax-2）(x2+1)2
=-2(2x2-ax+2)(x2+1)2
=-2(x)(x2+1)2>0
∴函数f(x)在( , )上是增函数
（3）函数f(x)在［ ,猓萆献畲笾礷( )>0，最小值f( )<0
∵|f( )穎( )|=4
∴当且仅当f( )=-f( )=2时
f( )-f( )=|f( )|+f( )|取最小值4，此时a=0,f( )=2．
17.解：(1)w＝2000t－st，∴w′＝1000t－s，
令w′＝0，得t0＝(1000s)2，
当t＞t0时，w′＜0，当t＜t0时，w′＞0，
∴t＝t0时w取最大值，这时年产量为(1000s)2(吨)．
(2)设甲方净收入为v元，则v＝st－0.002t2.
将t＝(1000s)2代入，得v＝10002s－2×10003s4，
v′＝10002×8000-s3s5.
令v′＝0，得s＝20，当s＜20时，v′＞0，当s＞20时，v′＜0时，∴s＝20时，v取最大值．
故甲方向乙方要求赔付价格s＝20元/吨时获最大净收入．
18.解：（1）由题意知f′（x）=3x2+2ax+b的两个根分别为1和-23
由韦达定理，得：1-23=-2a3，b3=１×(-23)
则a=-12，b=-2
（2）由（1），有f（x）=x3-12x2-2x+c，f′（x）=3x2-x-2
当x∈［-1,-23)时，f′(x)>0，当x∈(-23,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2］时，f′(x)>0，
当x=-23时，f(x)有极大值2227+c，f(-1)=12+c，f(2)=2+c
∴当x∈［-1,2］，f(x)的最大值为f(2)=2+c
对x∈［-1,2］，都有f(x)<1c恒成立，∴2+c<1c，
解得或0 19.解:(I)f′(x)=3mx2-6(m+1)x+n因为x=1是函数f(x)的一个极值点,
所以f′(1)=0,即3m-6(m+1)+n=0，所以n=3m+6.
（II）由（I）知，f′(x)=3mx2-6(m+1)x+3m+6=3m(x-1)［x-(1+2m)］
当m<0时，有1>1+2m，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化如下表：
x(-∞,1+2m)1+2m(1+2m,1)1(1,+∞)
f′(x)<00>00<0
f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减
故有上表知，当m<0时，f(x)在(-∞,1+2m)单调递减，
在(1+2m,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减.
（III）由已知得f′(x)>3m，即mx2-2(m+1)x+2>0
又m<0所以x2-2m(m+1)x+2m<0即x2-2m(m+1)x+2m<0,x∈［-1,1］①
设g(x)=x2-2(1+1m)x+2m，其函数开口向上，由题意知①式恒成立，
所以g(-1)<0g(1)<01+2+2m+2m<0-1<0解之得
-43 20．（1）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，
当n=2时，f(x)=1(1－x)2+aln(x－1),
所以f′(x)=2－a(1－x)2(1－x)3.
①当a＞0时，由f′(x)=0得
x1=1+2a＞1，x2=1－2a＜1，
此时f′（x）=－a(x－x1)(x－x2)(1－x)3.
当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减；
当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0,f(x)单调递增.
②当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值.
综上所述，n=2时，
当a＞0时，f(x)在x=1+2a处取得极小值，极小值为f(1+2a)=a2(1+ln2a).
当a≤0时，f(x)无极值.
（２）证法一：因为a=1,所以
f(x)=1(1－x)n+ln(x－1).
①当n为偶数时，
令g(x)=x－1－1(1－x)n－ln(x－1),
则g′（x）=1+n(x－1)n+1－1x－1
=x－2x－1+n(x－1)n+1
＞0（x≥2）.
所以当x∈［2,+∞］时，g(x)单调递增，
又g(2)=0
因此g(x)=x－1－1(x－1)n－ln(x－1)≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x-1成立.
②当n为奇数时，
要证f(x)≤x-1,由于1(1－x)n＜0，所以只需证ln(x-1)≤x-1,
令h(x)=x-1-ln(x-1),
则h′（x）=1-1x－1=x－2x－1≥0（x≥2）,
所以当x∈［2，+∞］时，h(x)=x－1－ln(x－1)单调递增，又h(2)=1＞0，
所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.
综上所述，结论成立.
证法二：当a=1时，f(x)=1(1－x)n+ln(x－1).
当x≥2，时，对任意的正整数n，恒有1(1－x)n≤1，
故只需证明1+ln(x-1)≤x-1.
令h(x)=x－1－(1+ln(x－1))=x－2－ln(x－1),x∈［2,+∞）
则h′(x)=1－1x－1=x－2x－1,
当x≥2时，h′(x)≥0，故h(x)在［2,+∞)上单调递增，
因此当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1)≤x-1成立.
故当x≥2时，有1(1－x)n+ln(x－1)≤x-1.
即f（x）≤x-1.
1．已知曲线y=x24-3lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为.
2．已知曲线y=x3-1与曲线y=3-12x2在x=x0处的切线互相垂直，则x0=.
3．已知f(x)=2x3-6x2+m（m为常数）在［-2,2］上有最大值3，那么此函数在［-2,2］上的最小值为.
4．函数f(x)=x3-3bx+3b在（0，1）内有极小值，则b的范围为.
5．在函数y=x3-8x的图像上，其切线的倾斜角小于稹肌 4的点中，坐标为整数的点的个数是.
6．点P在曲线y=x3-x+7上移动，设点P处切线的倾斜角为幔蚪轻的取值范围是.
7．设f0(x)=sinx,f1(x)=f′0(x),f2(x)=f′1(x),…,fn+1(x)=f′n(x),n∈N,则f2012(x)=.
8．设函数y=xsinx+cosx的图像上的点(x0,y0)的切线的斜率为k，若k=g(x0)，则函数k=g(x0)的图像大致为.
9．已知函数y=xf′(x)的图像如右图所示（其中f′(x)是函数f(x)的导函数），下面四个图像中y=f(x)的图像大致是.
10.设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)＞0.且g(3)=0.则不等式f(x)?g(x)<0的解集是.
11.若0
13.若曲线y=h(x)在点P(a,h(a))处的切线方程为2x+y+1=0，则h′(a)与0的大小关系是h′(a)0（填≥、≤、＞、＜中最准确的一个）.
14．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)=0，xf′(x)－f(x)x2>0（x>0），则不等式x2f(x)>0的解集是.
二、解答题（本大题共6小题，共计90分）
15．(本小题满分14分)
设x=1与x=2是函数f(x)=alnx+bx2+x的两个极值点．
（1）试确定常数a,b的值；
（2）试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值还是极小值，并说明理由.
16．(本小题满分15分)
设关于x的方程2x2-ax-2=0的两根为 , ( < )，函数f(x)=4x-ax2+1．
（1）求f( )穎( )的值；（2）证明f(x)是［ ,猓萆系脑龊唬 3）当a为何值时，f(x)在区间［ ,猓萆系淖畲笾涤胱钚≈抵钭钚。俊迹冢耍姜¤
17.(本小题满分15分)
甲方是一农场，乙方是一工厂，由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定的净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x=2000t，若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方s元(以下称s为赔付价格)．
(1)将乙方的年利润w(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；
(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y=0.002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格s是多少？
18．(本小题满分15分)
已知f（x）=x3+ax2+bx+c在x=1，x=-23时，都取得极值．
（1）求a、b的值．
（2）若对x∈［-1,2］，都有f(x)<1c恒成立，求c的取值范围.
19．(本小题满分15分)
已知x=1是函数f(x)=mx3-3(m+1)x2+nx+1的一个极值点，其中m,n∈R,m<0.
（1）求m与n的关系式；
（2）求f(x)的单调区间；
（3）当x∈［-1,1］时，函数y=f(x)的图像上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围.
20．(本小题满分16分)
已知函数f(x)=1(1－x)n+aln(x－1),其中n∈N,a为常数.
（1）当n=2时，求函数f(x)的极值；
（2）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1．
参考答案
一、填空题
1.3；2.313；3.-37；4.（0,1）；5.0；
6.［0,稹肌 2）∪［3稹肌 4,穑 7.sinx；8.A；
9.C;10.(-∞,-3)∪(0,3)；
11.令f(x)=x-2sinx则f′(x)=1-2cosx
f(x)在［0,稹肌 3］上单调递减，在［稹肌 3,稹肌 2］上单调递增
f(0)=0，f(稹肌 2)=稹肌 2-2<0，所以f(x)<0
x<2sinx(x∈［0,稹肌 2）
12.［0,4)；13.h′(a)<0；14.（-1,0）∪（1，+∞）.
二、解答题
15.解：f′(x)=ax+2bx+1
（1）由极值点的必要条件可知：f′(1)=f′(2)=0
即a+2b+1=0，且a2+4b+1=0，解方程组可得a=-23,b=-16 ∴f(x)=-23lnx-16x2+x
（2）f′(x)=-23x-1-13x+1，当x∈(0,1)时，f′(x)<0
当x∈(1,2)时，f′(x)>0，当x∈(2,+∞)时，f′(x)<0
故在x=1处函数f(x)取得极小值56，在x=2处函数取得极大值43-23ln2．
16.解：（1）f( )=-8a2+16-a，f( )=8a2+16+a
f( )穎( )=-4
（2）设(x)=2x2-ax-2，则当
=4(x2+1)-2x(4x-a)(x2+1)2
=-2（2x2-ax-2）(x2+1)2
=-2(2x2-ax+2)(x2+1)2
=-2(x)(x2+1)2>0
∴函数f(x)在( , )上是增函数
（3）函数f(x)在［ ,猓萆献畲笾礷( )>0，最小值f( )<0
∵|f( )穎( )|=4
∴当且仅当f( )=-f( )=2时
f( )-f( )=|f( )|+f( )|取最小值4，此时a=0,f( )=2．
17.解：(1)w＝2000t－st，∴w′＝1000t－s，
令w′＝0，得t0＝(1000s)2，
当t＞t0时，w′＜0，当t＜t0时，w′＞0，
∴t＝t0时w取最大值，这时年产量为(1000s)2(吨)．
(2)设甲方净收入为v元，则v＝st－0.002t2.
将t＝(1000s)2代入，得v＝10002s－2×10003s4，
v′＝10002×8000-s3s5.
令v′＝0，得s＝20，当s＜20时，v′＞0，当s＞20时，v′＜0时，∴s＝20时，v取最大值．
故甲方向乙方要求赔付价格s＝20元/吨时获最大净收入．
18.解：（1）由题意知f′（x）=3x2+2ax+b的两个根分别为1和-23
由韦达定理，得：1-23=-2a3，b3=１×(-23)
则a=-12，b=-2
（2）由（1），有f（x）=x3-12x2-2x+c，f′（x）=3x2-x-2
当x∈［-1,-23)时，f′(x)>0，当x∈(-23,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2］时，f′(x)>0，
当x=-23时，f(x)有极大值2227+c，f(-1)=12+c，f(2)=2+c
∴当x∈［-1,2］，f(x)的最大值为f(2)=2+c
对x∈［-1,2］，都有f(x)<1c恒成立，∴2+c<1c，
解得或0
所以f′(1)=0,即3m-6(m+1)+n=0，所以n=3m+6.
（II）由（I）知，f′(x)=3mx2-6(m+1)x+3m+6=3m(x-1)［x-(1+2m)］
当m<0时，有1>1+2m，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化如下表：
x(-∞,1+2m)1+2m(1+2m,1)1(1,+∞)
f′(x)<00>00<0
f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减
故有上表知，当m<0时，f(x)在(-∞,1+2m)单调递减，
在(1+2m,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减.
（III）由已知得f′(x)>3m，即mx2-2(m+1)x+2>0
又m<0所以x2-2m(m+1)x+2m<0即x2-2m(m+1)x+2m<0,x∈［-1,1］①
设g(x)=x2-2(1+1m)x+2m，其函数开口向上，由题意知①式恒成立，
所以g(-1)<0g(1)<01+2+2m+2m<0-1<0解之得
-43
当n=2时，f(x)=1(1－x)2+aln(x－1),
所以f′(x)=2－a(1－x)2(1－x)3.
①当a＞0时，由f′(x)=0得
x1=1+2a＞1，x2=1－2a＜1，
此时f′（x）=－a(x－x1)(x－x2)(1－x)3.
当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减；
当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0,f(x)单调递增.
②当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值.
综上所述，n=2时，
当a＞0时，f(x)在x=1+2a处取得极小值，极小值为f(1+2a)=a2(1+ln2a).
当a≤0时，f(x)无极值.
（２）证法一：因为a=1,所以
f(x)=1(1－x)n+ln(x－1).
①当n为偶数时，
令g(x)=x－1－1(1－x)n－ln(x－1),
则g′（x）=1+n(x－1)n+1－1x－1
=x－2x－1+n(x－1)n+1
＞0（x≥2）.
所以当x∈［2,+∞］时，g(x)单调递增，
又g(2)=0
因此g(x)=x－1－1(x－1)n－ln(x－1)≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x-1成立.
②当n为奇数时，
要证f(x)≤x-1,由于1(1－x)n＜0，所以只需证ln(x-1)≤x-1,
令h(x)=x-1-ln(x-1),
则h′（x）=1-1x－1=x－2x－1≥0（x≥2）,
所以当x∈［2，+∞］时，h(x)=x－1－ln(x－1)单调递增，又h(2)=1＞0，
所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.
综上所述，结论成立.
证法二：当a=1时，f(x)=1(1－x)n+ln(x－1).
当x≥2，时，对任意的正整数n，恒有1(1－x)n≤1，
故只需证明1+ln(x-1)≤x-1.
令h(x)=x－1－(1+ln(x－1))=x－2－ln(x－1),x∈［2,+∞）
则h′(x)=1－1x－1=x－2x－1,
当x≥2时，h′(x)≥0，故h(x)在［2,+∞)上单调递增，
因此当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1)≤x-1成立.
故当x≥2时，有1(1－x)n+ln(x－1)≤x-1.
即f（x）≤x-1.