x1?1)2(x1?x2)x1x2x11?[?ln]?[?ln1] x1?x2x1?x2x2x1?x2(x1?1)x2x22(x12t?2(t?1)2令t??(0,1),且?(t)??lnt(0?t?1),???(t)???0, 2x2t?1t(t?1)??(t)在(0,1)上递减，??(t)??(1)?0
?x1?x2,?f?(x0)?0
ax，在x?1处取得极值为． x2?b（Ⅰ）求函数f(x)的解析式；
（Ⅱ）若函数f(x)在区间(m,2m?1)上为增函数，求实数的取值范围；
axax（Ⅲ）若P(x0,y0)为f(x)?2图象上的任意一点，直线l与f(x)?2的图象相切于点，求
x?bx?b直线l的斜率的取值范围．
axa(x2?b)?ax(2x)解：（Ⅰ）已知函数f(x)?2，?f'(x)?
x?b(x2?b)2?f'(1)?0又函数f(x)在x?1处取得极值2，?? 即
?f(1)?2?a(1?b)?2a?0?a?44x??f(x)? ??a?2x?1b?1?2???1?b4(x2?1)?4x(2x)4?4x22?f'(x)??（Ⅱ）由f'(x)?0，得4?4x?0，即?1?x?1
2222(x?1)(x?1)4x所以f(x)?2的单调增区间为（－1，1）
x?1因函数f(x)在（m，2m＋1）上单调递增，
12.已知函数f(x)??m??1?，0]时，函数f(x)在（m，2m＋1）上为增函数 则有?2m?1?1，解得?1?m?0即m?(?1?2m?1?m?4x（Ⅲ）?f(x)?2x?14(x2?1)?4x(2x) ?f'(x)?22(x?1)224(x0?1)?8x021k直线l的斜率k?f'(x0)? 即?4[?] 令22222(x0?1)x0?1(x0?1)12， 则?t，t?(0，1]k?4(2t?t)，t?(0，1] 2x0?111?k?[?，4] 即直线l的斜率k的取值范围是[?，4]
22
二
1. (本小题满分12分)
已知常数a > 0, n为正整数，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x > 0 )是关于x的函数. (1) 判定函数f n ( x )的单调性，并证明你的结论. (2) 对任意n ? a , 证明f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) 解: (1) fn `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,
∵a > 0 , x > 0, ∴ fn `( x ) < 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）单调递减. 4分 （2）由上知：当x > a>0时, fn ( x ) = xn – ( x + a)n是关于x的减函数,
∴ 当n ? a时, 有：(n + 1 )n– ( n + 1 + a)n ? n n – ( n + a)n. 2分
又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [xn –( x+ a )n ] ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n –( n + 1 + a )n ] < ( n + 1 )[ nn – ( n + a)n] = ( n + 1 )[ nn – ( n + a )( n + a)n – 1 ] 2分
( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分 ∵( n + a ) > n ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) . 2分 2. (本小题满分12分)
已知：y = f (x) 定义域为［–1，1］，且满足：f (–1) = f (1) = 0 ，对任意u ,v?[–1，1］，都有|f (u) – f (v) | ≤ | u –v | .
(1) 判断函数p ( x ) = x2 – 1 是否满足题设条件？ (2) 判断函数g(x)=??1?x,x?[?1,0]，是否满足题设条件？
1?x,x?[0,1]?解： (1) 若u ,v ? [–1，1]， |p(u) – p (v)| = | u2 – v2 |=| (u + v )(u – v) |，
取u =
31?[–1，1]，v = ?[–1，1], 425| u – v | > | u – v |， 4则 |p (u) – p (v)| = | (u + v )(u – v) | = 所以p( x)不满足题设条件. （2）分三种情况讨论：
10. 若u ,v ? [–1，0]，则|g(u) – g (v)| = |(1+u) – (1 + v)|=|u – v |，满足题设条件； 20. 若u ,v ? [0，1]， 则|g(u) – g(v)| = |(1 – u) – (1 – v)|= |v –u|，满足题设条件； 30. 若u?[–1，0]，v?[0，1]，则：
|g (u) –g(v)|=|(1 – u) – (1 + v)| = | –u – v| = |v + u | ≤| v – u| = | u –v|，满足题设条件; 40 若u?[0，1]，v?[–1，0], 同理可证满足题设条件.
综合上述得g(x)满足条件.
3. (本小题满分14分)
已知点P ( t , y )在函数f ( x ) = (1) 求证：| ac | ? 4;
(2) 求证：在(–1，+∞）上f ( x )单调递增. (3) (仅理科做)求证：f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1. 证：(1) ∵ t?R, t ? –1,
∴ ⊿ = (–c2a)2 – 16c2 = c4a2 – 16c2 ? 0 ， ∵ c ? 0, ∴c2a2 ? 16 , ∴| ac | ? 4. (2) 由 f ( x ) = 1 –
x(x ? –1)的图象上，且有t2 – c2at + 4c2 = 0 ( c ? 0 ). x?11, x?1x1?x211–1 + = . x2?1x1?1(x2?1)(x1?1)法1. 设–1 < x1 < x2, 则f (x2) – f ( x1) = 1–
∵ –1 < x1 < x2, ∴ x1 – x2 < 0, x1 + 1 > 0, x2 + 1 > 0 ,
∴f (x2) – f ( x1) < 0 , 即f (x2) < f ( x1) , ∴x ? 0时，f ( x )单调递增. 法2. 由f ` ( x ) =
1> 0 得x ? –1,
(x?1)2 ∴x > –1时，f ( x )单调递增.
（3）（仅理科做）∵f ( x )在x > –1时单调递增，| c | ?
4 > 0 , |a|444|a| ∴f (| c | ) ? f () = =
4|a||a|?4?1|a||a|4|a|4f ( | a | ) + f ( | c | ) = + > +=1.
|a|?1|a|?4|a|?4|a|?4 即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1. 4．（本小题满分15分）
设定义在R上的函数f(x)?a0x4?a1x3?a2x2?a3x?a4（其中ai∈R，i=0,1,2,3,4），当 x= －1时，f (x)取得极大值（1） 求f (x)的表达式；
（2） 试在函数f (x)的图象上求两点，使这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间
2，并且函数y=f (x+1)的图象关于点（－1，0）对称． 3??2,2?上； ??42n?12(1?3n)f(x)?f(y)?. ,y?(n?N)（3） 若xn?，求证：nnn+nn323解：（1）f(x)?13x?x.…………………………5分 3??2?2? （2）?0,0?,?2,????或?0,0?,???2,3??.…………10分 3???? （3）用导数求最值，可证得f(xn)?f(yn)?f(?1)?f(1)?5．（本小题满分13分）
4.……15分 3x2y2??1上的一点，P、Q、T分别为M关于y轴、原点、x轴的对称点，N为椭设M是椭圆C:124圆C上异于M的另一点，且MN⊥MQ，QN与PT的交点为E，当M沿椭圆C运动时，求动点E的轨迹方程．
解：设点的坐标M(x1,y1),N(x2,y2)(x1y1?0),E(x,y),
则P(?x1,y1),Q(?x1,?y1),T(x1,?y1),……1分
?x12???12 ?2?x2???12y12?1,????(1)4………………………………………………………3分 2y2?1.????(2)413 由（1）－（2）可得kMN?kQN??.………………………………6分 又MN⊥MQ，kMN?kMQ??1,kMN??x1y,所以kQN?1. y13x1 直线QN的方程为y?y1x(x?x1)?y1，又直线PT的方程为y??1x.……10分 3x1y1 从而得x?11x1,y??y1.所以x1?2x,y1??2y. 22x2?y2?1(xy?0),此即为所求的轨迹方程.………………13分 代入（1）可得36．（本小题满分12分）
过抛物线x?4y上不同两点A、B分别作抛物线的切线相交于P点，PA?PB?0. （1）求点P的轨迹方程；
（2）已知点F（0，1），是否存在实数?使得FA?FB??(FP)2?0？若存在，求出?的值，若不存在，请说明理由.
2x12x2解法（一）：（1）设A(x1,),B(x2,),(x1?x2)
442由x2?4y,得：y?'x 2?kPA?x1x,kPB?2 22?PA?PB?0,?PA?PB,?x1x2??4………………………………3分
x12x1x1xx12?(x?x1)即y??直线PA的方程是：y? ① 42242x2xx2? ② 同理，直线PB的方程是：y?24x1?x2?x??2由①②得：?(x1,x2?R) x1x2?y???1,4?∴点P的轨迹方程是y??1(x?R).……………………………………6分
2x?xx12x2?1),FB?(x2,?1),P(12,?1) （2）由（1）得：FA?(x1,244FP?(x1?x2,?2),x1x2??4 222x12x2x12?x2FA?FB?x1x2?(?1)(?1)??2? …………………………10分
4442(x1?x2)2x12?x2(FP)??4??2
442所以FA?FB?(FP)2?0
故存在?=1使得FA?FB??(FP)2?0…………………………………………12分 解法（二）：（1）∵直线PA、PB与抛物线相切，且PA?PB?0, ∴直线PA、PB的斜率均存在且不为0，且PA?PB, 设PA的直线方程是y?kx?m(k,m?R,k?0)
由??y?kx?m2x?4kx?4m?0 得：2?x?4y???16k2?16m?0即m??k2…………………………3分
即直线PA的方程是：y?kx?k 同理可得直线PB的方程是：y??211x?2 kk