15．已知函数f（x）为一次函数，其图像经过点（2,4），且
f（x）dx＝3，则函数f（x）的解析式为________．
答案 f（x）＝x＋
解析 设函数f（x）＝ax＋b（a≠0），因为函数f（x）的图像过点（2,4），所以有b＝4－2a.
∴f（x）dx＝（ax＋4－2a）dx
＝[ax2＋（4－2a）x]＝a＋4－2a＝1.
∴a＝.∴b＝.∴f（x）＝x＋.
16．（2010·江苏卷）函数y＝x2（x＞0）的图像在点（ak，a）处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．
答案 21
解析 ∵y′＝2x，∴过点（ak，a）处的切线方程为y－a＝2ak（x－ak），又该切线与x轴的交点为（ak＋1,0），所以ak＋1＝ak，即数列{ak}是等比数列，首项a1＝16，其公比q＝，∴a3＝4，a5＝1，∴a1＋a3＋a5＝21.
三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应出写文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）如图，直线y＝kx分抛物线y＝x－x2与x轴所围成图形为面积相等的两部分，求k的值．
解析 抛物线y＝x－x2与x轴两交点的横坐标为x1＝0，x2＝1，所以，抛物线与x轴所围图形面积S＝（x－x2）dx＝＝－＝.
又由此可得抛物线y＝x－x2与y＝kx两交点的横坐标x3＝0，x4＝1－k，所以＝（x－x2－kx）dx＝＝（1－k）3.
又S＝，所以（1－k）3＝，∴k＝1－.
18．（12分）已知函数f（x）＝x4－4x3＋ax2－1在区间[0,1]上单调递增，在区间[1,2）上单调递减．
（1）求a的值；
（2）若点A（x0，f（x0））在函数f（x）的图像上，求证：
点A关于直线x＝1的对称点B也在函数f（x）的图像上．
解析
（1）由函数f（x）＝x4－4x3＋ax2－1在区间[0,1]单调递增，在区间[1,2）单调递减，
∴x＝1时，取得极大值，∴f′
（1）＝0.
又f′（x）＝4x3－12x2＋2ax，
∴4－12＋2a＝0⇒a＝4.
（2）点A（x0，f（x0））关于直线x＝1的对称点B的坐标为（2－x0，f（x0）），
f（2－x0）＝（2－x0）4－4（2－x0）3＋4（2－x0）2－1
＝（2－x0）2[（2－x0）－2]2－1
＝x40－4x30＋ax20－1＝f（x0），
∴A关于直线x＝1的对称点B也在函数f（x）的图像上．
19．（12分）设x＝－2与x＝4是函数f（x）＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
（1）求常数a，b；
（2）试判断x＝－2，x＝4是函数f（x）的极大值还是极小值，并说明理由．
解析 f′（x）＝3x2＋2ax＋b.
（1）由极值点的必要条件可知：
f′（－2）＝f′（4）＝0，即
解得a＝－3，b＝－24.
或f′（x）＝3x2＋2ax＋b＝3（x＋2）（x－4）
＝3x2－6x－24，
也可得a＝－3，b＝－24.
（2）由f′（x）＝3（x＋2）（x－4）．
当x＜－2时，f′（x）＞0，当－2＜x＜4时，f′（x）＜0.
∴x＝－2是极大值点，而当x＞4时，f′（x）＞0，
∴x＝4是极小值点．
20．（12分）已知f（x）＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值．
解析 a≠0（否则f（x）＝b与题设矛盾），
由f′（x）＝3ax2－12ax＝0及x∈[－1,2]，得x＝0.
（1）当a＞0时，列表：
x
（－1,0）
0
（0,2）
f′（x）
＋
0
－
f（x）
增
极大值b
减
由上表知，f（x）在[－1,0]上是增函数，
f（x）在[0,2]上是减函数．
则当x＝0时，f（x）有最大值，从而b＝3.
又f（－1）＝－7a＋3，f
（2）＝－16a＋3，
∵a＞0，∴f（－1）＞f
（2）．
从而f
（2）＝－16a＋3＝－29，
得a＝2.
（2）当a＜0时，用类似的方法可判断当x＝0时f（x）有最小值．
当x＝2时，f（x）有最大值．
从而f（0）＝b＝－29,f
（2）＝－16a－29＝3，
得a＝－2.
综上，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
21．（12分）（2010·重庆卷）已知函数f（x）＝ax3＋x2＋bx（其中常数a，b∈R），g（x）＝f（x）＋f′（x）是奇函数．
（1）求f（x）的表达式；
（2）讨论g（x）的单调性，并求g（x）在区间[1,2]上的最大值与最小值．
解析
（1）由题意得f′（x）＝3ax2＋2x＋b.因此g（x）＝f（x）＋f′（x）＝ax3＋（3a＋1）x2＋（b＋2）x＋b.因为函数g（x）是奇函数，所以g（－x）＝－g（x），即对任意实数x，有a（－x）3＋（3a＋1）（－x）2＋（b＋2）（－x）＋b＝－[ax3＋（3a＋1）x2＋（b＋2）x＋b]，从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－，b＝0，因此f（x）的解析式为f（x）＝－x3＋x2.
（2）由
（1）知g（x）＝－x3＋2x，所以g′（x）＝－x2＋2.
令g′（x）＝0，解得x1＝－，x2＝，则当x<－或x>时，g′（x）<0，从而g（x）在区间（－∞，－]，[，＋∞）上是减函数；当－0，从而g（x）在[－，]上是增函数．
由前面讨论知，g（x）在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x＝1，，2时取得，而g
（1）＝，g（）＝，g
（2）＝.因此g（x）在区间[1,2]上的最大值为g（）＝，最小值为g
（2）＝.
22．（12分）已知函数f（x）＝ln（ax＋1）＋，x≥0，其中a>0.
（1）若f（x）在x＝1处取得极值，求a的值；
（2）求f（x）的单调区间；
（3）若f（x）的最小值为1，求a的取值范围．
分析 解答本题，应先正确求出函数f（x）的导数f′（x），再利用导数与函数的单调性、导数与极值、导数与最值等知识求解，并注意在定义域范围内求解．
解析
（1）f′（x）＝－＝，
∵f（x）在x＝1处取得极值，
∴f′
（1）＝0，即a·12＋a－2＝0，解得a＝1.
（2）f′（x）＝，
∵x≥0，a>0，∴ax＋1>0.
①当a≥2时，在区间[0，＋∞）上，f′（x）>0，
∴f（x）的单调增区间为[0，＋∞）．
②当0由f′（x）>0，解得x>.
由f′（x）<0，解得x<.
∴f（x）的单调减区间为（0,），单调增区间为（，＋∞）．
（3）当a≥2时，由
（2）①知，f（x）的最小值为f（0）＝1；
当0（2）②知，f（x）在x＝处取得最小值，且f（）综上可知，若f（x）的最小值为1，则a的取值范围是[2，＋∞）．
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