29．設函式，其中在，曲線在點處的切線垂直於軸
（ⅰ）求a的值；
（ⅱ）求函式極值．
30．已知函式.
（1）若，求的取值範圍；（6分）
（2）若是以2為週期的偶函式，且當時，有，求函式的反函式.（8分）
31．、（本小題滿分16分）已知a，b是實數，函式和是的導函式，若在區間i上恆成立，則稱和在區間i上單調性一致
（1）設，若函式和在區間上單調性一致,求實數b的取值範圍；
（2）設且，若函式和在以a，b為端點的開區間上單調性一致，求|a-b|的最大值。
32．若函式在處取得極大值或極小值，則稱為函式的極值點。已知是實數，1和是函式的兩個極值點．
（1）求和的值；
（2）設函式的導函式，求的極值點；
（3）設，其中，求函式的零點個數．
33．（本小題滿分14分）設函式,其中.
(i)當時,判斷函式在定義域上的單調性;
(ii)求函式的極值點;
(iii)證明對任意的正整數,不等式都成立.
34．本小題滿分14分）
（ⅰ）已知函式，其中為有理數，且. 求的最小值；
（ⅱ）試用（ⅰ）的結果證明如下命題：設，為正有理數. 若，則；
（ⅲ）請將（ⅱ）中的命題推廣到一般形式，並用數學歸納法證明你所推廣的命題.
注：當為正有理數時，有求導公式.
35．已知a＞0，br，函式．
(ⅰ)證明：當0≤x≤1時，
(ⅰ)函式的最大值為|2a－b|﹢a；
(ⅱ) ＋|2a－b|﹢a≥0；
(ⅱ) 若﹣1≤≤1對x[0，1]恆成立，求a＋b的取值範圍．
36．（本題15分）設，對任意實數，記．
（i）求函式的單調區間；
（ii）求證：（ⅰ）當時，對任意正實數成立；
（ⅱ）有且僅有乙個正實數，使得對任意正實數成立．
參***
29．：（ⅰ）
（ⅱ）極小值
【解析】：（ⅰ）因 ，故由於曲線在點處的切線垂直於軸，故該切線斜率為0，即 ，從而 ，解得
（ⅱ）由（ⅰ）知，
令，解得（因不在定義域內，捨去）當時， 故在上為減函式；當時， 故在上為增函式，故在處取得極小值
【考點定位】本小題主要考查利用導數研究曲線上某點切線方程、函式的最值及其幾何意義、兩條直線平行的判定等基礎知識，考查運算求解能力
30．（1）；
（2），.
【解析】解：（1）由，得.
由得3分
因為，所以，.
由得6分
（2）當x[1,2]時，2-x[0,1]，因此
10分由單調性可得.
因為，所以所求反函式是，. ……14分
【考點定位】本題主要考查函式的概念、性質、分段函式等基礎知識，考查數形結合思想，要求熟練掌握指數函式、對數函式、冪函式的影象與性質，屬於中檔題。
31．（1）
（2）【解析】(1)考察單調性概念、導數運算及應用、含參不等式恆成立問題，中檔題；（2）綜合考察分類討論、線性規劃、解二次不等式、二次函式、含參不等式恆成立問題、導數及其應用、化歸及數形結合的思想，難題。
（1）因為函式和在區間上單調性一致，所以，即
即（2）當時，因為，函式和在區間（b,a）上單調性一致，所以，
即，設，考慮點(b,a)的可行域，函式的斜率為1的切線的切點設為
則；當時，因為，函式和在區間（a, b）上單調性一致，所以，
即，當時，因為，函式和在區間（a, b）上單調性一致，所以，
即而x=0時，不符合題意，
當時，由題意：
綜上可知，。
32．（1）
（2）的極值點是－2
（3）當時，函式有5 個零點；當時，函式有9 個零點。
【解析】（1）求出的導數，根據1和是函式的兩個極值點代入列方程組求解即可。
（2）由（1）得，，求出，令，求解討論即可。
（3）比較複雜，先分和討論關於的方程根的情況；再考慮函式的零點
解：（1）由，得。
∵1和是函式的兩個極值點，
∴ ，，解得。
（2）∵ 由（1）得， ，
∴，解得。
∵當時，；當時，，
∴是的極值點。
∵當或時，，∴ 不是的極值點。
∴的極值點是－2。
（3）令，則。
先討論關於的方程根的情況：
當時，由（2 ）可知，的兩個不同的根為i 和一2 ，注意到是奇函式，∴的兩個不同的根為一和2。
當時，∵， ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。
由（1）知。
① 當時， ，於是是單調增函式，從而。
此時在無實根。
② 當時．，於是是單調增函式。
又∵，，的圖象不間斷，
∴ 在（1 , 2 ）內有唯一實根。
同理，在（一2 ，一i ）內有唯一實根。
③ 當時，，於是是單調減兩數。
又∵， ，的圖象不間斷，
∴在（一1，1 ）內有唯一實根。
因此，當時，有兩個不同的根滿足；當時
有三個不同的根，滿足。
現考慮函式的零點：
( i ）當時，有兩個根，滿足。
而有三個不同的根，有兩個不同的根，故有5 個零點。
( 11 ）當時，有三個不同的根，滿足。
而有三個不同的根，故有9 個零點。
綜上所述，當時，函式有5 個零點；當時，函式有9 個零點
【考點定位】本題綜合考查導數的定義、計算及其在求解函式極值和最值中的應用，考查較全面系統，要注意變形的等價性和函式零點的認識、極值和極值點的理解。本題主要考查數形結合思想和分類討論思想，屬於中高檔試題，難度中等偏上，考查知識比較綜合，全方位考查分析問題和解決問題的能力，運算量比較大。
33．(i) 在上遞增，在上遞減，當時,函式在定義域上單調遞增。
(ii) 時，在上有唯一的極小值點；
時，有乙個極大值點和乙個極小值點；
時，函式在上無極值點。
(iii) 證明見解析
【解析】解：(i) 函式的定義域為.
，令，則在上遞增，在上遞減，
.當時，，
在上恆成立.
即當時,函式在定義域上單調遞增。
（ii）分以下幾種情形討論：
（1）由（i）知當時函式無極值點.
（2）當時，，
時，時，
時，函式在上無極值點。
（3）當時，解得兩個不同解，.
當時，，，
此時在上有唯一的極小值點.
當時，在都大於0 ，在上小於0 ，
此時有乙個極大值點和乙個極小值點.
綜上可知，時，在上有唯一的極小值點；
時，有乙個極大值點和乙個極小值點；
時，函式在上無極值點。
（iii） 當時，
令則在上恆正，
在上單調遞增，當時，恒有.
即當時，有，
對任意正整數，取得
34．（ⅰ）函式在處取得最小值.
（ⅱ）見解析
（ⅲ）（ⅱ）中命題的推廣形式為：設為非負實數，為正有理數. 若，則
證明見解析
【解析】本題主要考察利用導數求函式的最值，並結合推理，考察數學歸納法，對考生的歸納推理能力有較高要求。
（ⅰ），令，解得.
當時，，所以在內是減函式；
當時，，所以在內是增函式.
故函式在處取得最小值.
（ⅱ）由（ⅰ）知，當時，有，即 ①
若，中有乙個為0，則成立；
若，均不為0，又，可得，於是
在①中令，，可得，
即，亦即.
綜上，對，，為正有理數且，總有. ②
（ⅲ）（ⅱ）中命題的推廣形式為：
設為非負實數，為正有理數.
若，則用數學歸納法證明如下：
（1）當時，，有，③成立.
（2）假設當時，③成立，即若為非負實數，為正有理數，
且，則.
當時，已知為非負實數，為正有理數，
且，此時，即，於是
=.因，由歸納假設可得
，從而.
又因，由②得
，從而.
故當時，③成立.
由（1）（2）可知，對一切正整數，所推廣的命題成立
說明：（ⅲ）中如果推廣形式中指出③式對成立，則後續證明中不需討論的情況.
35．(ⅰ) 見解析；
(ⅱ) ．
【解析】本題主要考察不等式，導數，單調性，線性規劃等知識點及綜合運用能力。
(ⅰ)(ⅰ)．
當b≤0時，＞0在0≤x≤1上恆成立，
此時的最大值為：＝|2a－b|﹢a；
當b＞0時，在0≤x≤1上的正負性不能判斷，
此時的最大值為：
＝|2a－b|﹢a；
綜上所述：函式在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a；
(ⅱ) 要證＋|2a－b|﹢a≥0，即證＝﹣≤|2a－b|﹢a．
亦即證在0≤x≤1上的最大值小於(或等於)|2a－b|﹢a，
∵，∴令．
當b≤0時，＜0在0≤x≤1上恆成立，
此時的最大值為：＝|2a－b|﹢a；
當b＜0時，在0≤x≤1上的正負性不能判斷，
≤|2a－b|﹢a；
綜上所述：函式在0≤x≤1上的最大值小於(或等於)|2a－b|﹢a．
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恆成立．
(ⅱ)由(ⅰ)知：函式在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，
且函式在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大．
∵﹣1≤≤1對x[0，1]恆成立，
∴|2a－b|﹢a≤1．
取b為縱軸，a為橫軸．
則可行域為：和，目標函式為z＝a＋b．
作圖如下：
由圖易得：當目標函式為z＝a＋b過p(1，2)時，有，．
∴所求a＋b的取值範圍為：．
36．（i）函式的單調遞增區間是，，
單調遞減區間是．
（ii）證明見解析
【解析】（i）解：．
由，得．
因為當時，，
當時，，
當時，，
故所求函式的單調遞增區間是，，
單調遞減區間是．
（ii）證明：（i）方法一：
令，則，
當時，由，得，
當時，，
所以在內的最小值是．
故當時，對任意正實數成立．
方法二：
對任意固定的，令，則
，由，得．
當時，．
當時，，
所以當時，取得最大值．
因此當時，對任意正實數成立．
（ii）方法一：
．由（i）得，對任意正實數成立．
即存在正實數，使得對任意正實數成立．
下面證明的唯一性：
當，，時，
，，由（i）得，，
再取，得，
所以，即時，不滿足對任意都成立．
故有且僅有乙個正實數，
使得對任意正實數成立．
方法二：對任意，，
因為關於的最大值是，所以要使對任意正實數成立的充分必要條件是：，即
又因為，不等式①成立的充分必要條件是，
所以有且僅有乙個正實數，
使得對任意正實數成立．
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