（3）（理）
当直线MN?x轴时，FN:y?x?2， 所以，直线MN的方程为x?322，此时，矩形MFNE面积为
14. 设直线MN:y?kx?m，代入x2?y2?1，消去y
得：?1?k2?x2?2mkx??m2?1??0.
??x1?x2?2mk1?k2,?2
设M?x?,N?x??1,y12,y2?，则?x1x2???m?1?1?k2, ????4?1?k2?m2???0,??1?k2?0 由????FM?????FN??0得：3k2?1?22mk?0.
矩形MFNE面积
S?FMFN?ex?1?3k2?21?22?ex22?2?2x1x2?2?x2?x1??1??2?4k2?k2?1?
若k2?1，则令t?3k2?1?2，
故S??2?t24???2?99t2?t?2?4??12??14.
?1?t?t2??
综上所述，可知当直线MN?x轴时，矩形MFNE面积最小为
14. 若k2?1，显然S?2，
函数、导数
1．解：（1）由条件得f(2)=5，则（2，5）在f(x)上，
有2a?1?5即a?2.
?f(x)?2x?1 x?1 （2）x∈[2,3]时，f(x)≥bx恒成立等价于b?f(x)1?2?恒成立， xx(x?1)
令h(x)?2?1351 x∈[2,3]，所以h(x)?[,]
62x(x?1)
?b?13 643132．解：（1） f?x??x?ax，
2?4114x?a故f??x??x3?ax3?
32333x若a?0，则f??x??0，因此f?x?在?0,???上是增函数． 若a?0，则由f??x??0得x??因此f?x?的单调递增区间是??a， 4a??a??,???，单调递减区间是?0,??．
4??4?? （2）若a??4，则f??x??0（x??1,8?），
因此f?x?在?1,8?上是增函数．
那么f?x?在x??1,8?上的最小值是f?1??a?1，最大值是f?8??2a?16； 若a??32，则f??x??0（x??1,8?），
因此f?x?在?1,8?上是减函数．
那么f?x?在x??1,8?上的最小值是f?8??2a?16，最大值是f?1??a?1． 若?32?a??4，则 x 1 a??1,??? 4??? ?0 a 4?a???,8? ?4?+ ↗ 8 f??x? f?x? f?1??a?1 ↘ 极小值 f?8??2a?16 所以f?x?在x??1,8?上的最小值是f??当f?1??a?1?f?8??2a?16，
?a?33a??a?，
4?4?4即?32?a??15时，最大值是a?1；当?15?a??4时，最大值是2a?16． 2．解：（Ⅰ）?f(x)?t(x?t)2?t3?t?1(x?R，t?0)，
?当x??t时，f(x)取最小值f(?t)??t3?t?1，
即h(t)??t?t?1?t?0?．
33 （Ⅱ）令g(t)?h(t)?(?2t?m)??t?3t?1?m，
2由g?(t)??3t?3?0得t?1，t??1（不合题意，舍去）．
当t变化时g?(t)，g(t)的变化情况如下表：
t g?(t) (0，1) 1 (1，2) ? 递增 0 极大1?m 值? 递减 g(t)
?g(t)在(0，2)内有最大值g(1)?1?m．
h(t)??2t?m在(0，2)内恒成立等价于g(t)?0在(0，2)内恒成立，
即等价于1?m?0， 所以m的取值范围为m?1． 不等式
1．解：（I）设函数y?g(x)图象上任意一点P(x,y)，
由已知点P关于y轴对称点P'(?x,y)一定在函数y?f(x)图象上， 代入得y?2x2?4x，所以g(x)?2x?4x （II）
2f(x)?g(x)?|x?1|
22
?2x2?x?1?2x2?1?x或? ?2x?|x?1|??x?1?0x?1?0??
1??x????1?x?或???2
?x?1?x?1???1?x?1 222?1?xx?1?1，得?0即?0. 2．解：（1）由
x?1x?1x?1 解得?1?x?1.
?A?x?1?x?1.
由x2?(2?a)x?2a?0，得(x?2)(x?a)?0. ①若a?2，则B?（2，a）； ②若a?2，则B??；
③若a?2，则B?（a，2）. （2）要使A?B，则a?2. 并且a??1.
所以，当a??1时，A?B.
??