8、在題中橫線上 （每小題 6 分，共 24 分）．
11．函數(shù) f（ x）＝ x＋ 2cosx 在區(qū)間 0, 上的最大值為 _________;在區(qū)間 [0，2π] 上最大值為
2
___________．
12．已知 x R ，奇函數(shù) f ( x) x3 ax 2 bx c 在 [1, ) 上單調(diào)，則字母 a,b,c 應(yīng)滿足的
條件是 ．
13．兩個和為 48 的正整數(shù)，第一個數(shù)的立方與第二個數(shù)的平方之和最小，則這兩個正整數(shù)
分別為 __________ ．
14． 設(shè) f x x x 1 x 2 x 1000 ,則 f
9、0 __________ __ .
三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟
（共 76 分）．
15．（ 12 分）設(shè)函數(shù) y=x3+ax2+bx+c 的圖象如圖所示， 且與 y=0 在原點相切，若函數(shù)的極小值
為－ 4，（ 1）求 a、 b、 c 的值；（ 2）求函數(shù)的遞減區(qū)間．
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16．（ 12 分）是否存在這樣的
k 值，使函數(shù) f ( x) k
10、2 x4 2 x 3
kx 2
2x
1
在（ 1， 2）
3
2
上遞減，在（ 2，－∞）上遞增．
17．（ 12
分）設(shè)函數(shù) f (x)
x( x
1)(x a),( a 1)
（ 1
）求導(dǎo)數(shù) f / ( x) ;
并證明 f ( x) 有兩個不同的極值點 x1 , x2 ;
（ 2
）若不等式 f ( x1 )
f ( x2 )
0 成立，求 a 的取值范圍 .
18．（ 12 分）討論函
11、數(shù) f x | 4x3
18x 2
27 |, x
0,2 的單調(diào)性，并確定它在該區(qū)間上的
最大值最小值．
19．（ 14 分）如圖，把邊長為 a 的正六邊形紙板剪去相同的六個角，做成一個底面為正六邊
形的無蓋六棱柱盒子，設(shè)高為 h 所做成的盒子體積 V( 不計接縫 ).
（ 1）寫出體積 V 與高 h 的函數(shù)關(guān)系式；
（ 2）當(dāng) a 為多少時，體積 V 最大，最大值是多少？
h
夢幻網(wǎng)絡(luò) ( ) ——最大的免費教育資源網(wǎng)站 A
12、E
F
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20．（ 14 分）已知過函數(shù) f （x） = x3 ax2 1的圖象上一點 B（ 1， b）的切線的斜率為－ 3．
（ 1）求 a、 b 的值；
（ 2）求 A 的取值范圍，使不等式 f（ x）≤ A－ xx 對于 x∈ [－ 1， 4]恒成立；
令 g x f x 3x2 tx 1．是否存在一個實數(shù) t，使得
13、當(dāng) x (0,1] 時， g（ x）有最
大值 1？
參考答案
一、
1．D ； 2．C； 3． B； 4．D ；
5． D 提示：這里插入 f x0 ，因為題目假定 f（ x）在 x 0 點可導(dǎo)，所以分成兩項的極限都
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存在．
即
f
x0
x f
x0
3x
14、
lim
x
x 0
lim
f
x0
x
f x0
f
x0
f
x0
3x
x
0
x
lim
f x0
x
f x0
f x
0
3x
f x0
x
3lim
3x
x
0
15、
x
0
f x0
3 f x0
4 f x0 .
注意：本題有個常見的
錯誤做法：令x 0
3x
t, 則x0 3x t
lim
f x0
x
f x0
x
f t 4x
f t
x
lim
x
x 0
x
0
4 lim
f
t
4 lim f
x0
16、3x
4 f
x0 .
x
0
x
0
因為題中只設(shè)
f（ x）在 x 0 可導(dǎo)，沒說在 x 0 及其鄰域內(nèi)可導(dǎo)， 更沒假定 f
x 在 x 0 點連續(xù)，
所以上面的做法是無根據(jù)的．
6． D； 7． C 8． D 9．B 10．B
二、
11．
3 ,21 ；提示： y 1
2 sin x, 得 f（ x）的駐點為
2k
,
5
2k ，當(dāng)
6
6
6
在區(qū)間 0,
內(nèi)考慮時，僅有一個駐點
, f
6
3, f
17、 0
2, f
2
, 比較后得
2
6
6
2
知， f（ x）在 0, 上的最大值為 3 ，而當(dāng)考慮區(qū)間 [0 ， 2π ] 上的最大值時，需比較 f
2 6
（ 0） ,
f（ 2π） , f
, f 5
四個值的大?。?
6
6
12． a
c
0, b
3 ；解析： Q f (0) 0
c 0 ； f (x)
f ( x) 0
a 0 ．
Q f ( x)
3x2
b ，
若 f ( x)
x
[
18、1,
) 上是增函數(shù)，則 f ( x)
0 恒成立，即 b
(3x2 ) min
3 ；
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若 f ( x) x [1,
) 上是減函數(shù)，則
f
( x)
0
恒成立，這樣的
b 不存在．；
綜上可得： a c
0, b
3
13． 5 與 43；
14． 1000?。惶崾荆? f 0
f x
f
0
x 1 x
19、2
x 1000 1000!.
lim
0
lim
x 0x
x
0
三、
15．解析：（ 1）函數(shù)的圖象經(jīng)過（ 0， 0）點
∴ c=0，又圖象與 x 軸相切于（ 0，0）點， y =3x2+2ax+b
∴ 0=3 02+2 a 0+b，得 b=0
∴ y=x3+ax2 ， y =3x2+2ax
當(dāng) x
2 a 時， y 0 ，當(dāng) x
2 a 時， y 0
3
3
當(dāng) x=
2 a 時，函數(shù)有極小值－
4
3
∴ (
2
a) 3
a(
20、
2a ) 2
4 ，得 a=－ 3
3
3
（ 2） y =3x2－ 6x＜ 0，解得 0＜ x＜ 2
∴ 遞減區(qū)間是（ 0， 2）
點撥： 1、如果函數(shù) f(x)在點 x=x0 的一個δ區(qū)域： (x0－δ， x0+δ )內(nèi)有定義，對任意的 x
∈ (x0－δ， x0)∪ (x0， x0+δ )總有 f(x)＜ f( x0)（ f( x)＞ f(x0)），則稱 f(x0)為函數(shù) f( x)的極大（?。?
值， x0 稱為極大（小）值點；
2、注意極值與最值的區(qū)別，極值是相對于領(lǐng)域而言，它僅是極值點附近的局部范圍內(nèi)的相
21、對大小， 而最值是相對于閉區(qū)間而言， 它是函數(shù)在給定的閉區(qū)間上的全部函數(shù)值中最大 （?。┑闹担?
16．解析： f(x)=4k2x3－ 2x2－2kx+2 ，由題意，當(dāng) x∈（ 1， 2）時， f ( x) ＜ 0
當(dāng) x∈ (2，+∞ )時， f ( x ) ＞ 0
由函數(shù) f ( x) 的連續(xù)性可知 f (2) =0
即 32k2－8－ 3=0 得 k
1
或 k
2
驗證：當(dāng) k
1
時， f (x)
x 3
2
若 1＜x＜ 2， f ( x)
0 ，
若 x＞2， f (x)
0
22、
，符合題意
3
8
2x 2 x 2 ( x 1)( x 1)( x 2)
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當(dāng) k
3
9
x 3
2 x 2
3
9
7
193
7
193
時， f (x)
x 2
( x
)( x 2)( x
)
8
16
4
16
9
9
顯然不合題意
綜上所述，存在 k 1 ，滿足題意
2
點撥：利用
23、導(dǎo)數(shù)處理單調(diào)性問題，討論的區(qū)間是開區(qū)間，注意遞增與遞減區(qū)間的交界處的導(dǎo)數(shù)為 0，本題求出 k 值后還需討論驗證．
17．（ 1） f (x) 3x2 2(1 a) x a.
令 f ( x) 0得方程
3x2 2(1 a)x a 0.
因 4(a 2 a 1) 4a 0,故方程有兩個不同實根 x1, x2
不妨設(shè) x1 x2 ,由f ( x) 3(x x1 )( x x2 )可判斷 f ( x)的符號如下 :
當(dāng) x x1時, f ( x) 0;
當(dāng)x1 x x2時, f ( x) 0;
當(dāng) x x2時, f (
24、x) 0
因此 x1是極大值點，
x2
是極小值點 .
（ II ）因 f ( x1 )
f ( x2 )
0, 故得不等式
x3
x3
(1 a)( x2
x2 )
a( x
x
)
0.
1
2
1
2
1
2
即( x1
x2 )[( x1
x2 ) 2
3x1 x2 ]
(1
a)[( x1
x2 ) 2
2x1 x2 ] a( x1 x2 )
0.
25、
x1
x2
2
a),
(1
又由（ I ）知
3
a
x1 x2
.
3
代入前面不等式，兩邊除以（
1+a），并化簡得
2a2
5a
26、2
0.
解不等式得
a
2或 a
1 (舍去 )
2
因此 ,當(dāng) a
2時 ,不等式 f ( x1 ) f ( x2 )
0成立 .
18．解：設(shè)
x 4x 3
18x 2
27, 則
x
12x x
3 ，于是當(dāng) 0
27、
3
x
0 x
3 ,
而
0
27,
0,
2
13,
所 以 f
x
| 4x 3
18x 2
27 |
2
在
2
3
x
x
2.
2
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0, 3 為單調(diào)減少，在
3 ,2
為單調(diào)增加，
2
28、
2
因而在 [0， 2]上 f（ x）的最大值 f（ 0）＝ 27，最小值 f
3
0.
2
19．解：（ 1）六棱柱的底邊長（
a
2
3 h ） cm，
3
3
2 3 h
2
底面積為（ 6
a
） cm2
4
3
3
29、2
3 h
2
A
∴體積 V ＝
a
h
E
2
3
＝ 2 3
h3
3ah2
3 a2 h
F
B
C
3
4
（ 2） V ′＝ 2 3 3h2
2
3ah
3 a 2
0得 h
3 a 或 h
3 a （舍去）
3
4
6
2
∴當(dāng) h
3 a
30、cm 時 V
有最大值 a3
cm3
6
3
20．解：（ 1） f x = 3x2
2ax
依題意得 k= f 1 =3+2a=－ 3， ∴ a=－ 3
f x x3 3x2 1 ，把 B（ 1，b）代入得 b= f 1 1
∴ a=－ 3， b=－1
（ 2）令 f x =3x2－ 6x=0 得 x=0 或 x=2
∵ f（ 0）=1， f（ 2） =23－ 3 22＋ 1=－ 3
f（－ 1）=－ 3，
31、f（ 4）=17
∴ x∈ [－1， 4]，－ 3≤f（ x）≤ 17
要使 f（ x）≤ A－xx 對于 x∈[ －1， 4]恒成立，則 f（ x）的最大值 17≤ A－ xx
∴ A≥ xx ．
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（ 1） 已知 g（ x） =－ x 3
3x 2
1 3x2
tx 1x3
tx
∴ g x
3x2
t
∵ 0＜ x≤ 1，∴－ 3≤－ 3x2＜ 0，
①
32、當(dāng) t＞ 3 時， t－3x2＞ 0， 即 g x
0
∴ g（ x）在 (0.1]
上為增函數(shù)，
g（ x）的最大值 g（ 1）=t － 1=1,得 t=2 （不合題意 ,舍去）
② 當(dāng) 0≤t≤3 時 , g x
3x 2
t
令 g x
=0,得 x=
t
3
列表如下 :
x
（ 0,
t
）
t
(
t ,1]
3
3
3
g
x
＋
33、
0
－
g（ x）
↗
極大值
↘
t
t
3
t
g（ x）在 x=
處取最大值－
＋ t
=1
3
3
3
∴ t= 3 27 = 33 2 ＜
t 3
4
2
3
∴ x=
t ＜1
3
34、
③當(dāng) t＜ 0 時， g
x
3x2
t ＜ 0，∴ g（ x）在 (0.1] 上為減函數(shù)，
∴ g（ x）在
(0.1]
上為增函數(shù)，
∴存在一個 a= 33
2 ，使 g（ x）在 (0.1] 上有最大值 1．
2
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高二數(shù)學(xué)同步測試6
