1、 函數(shù)與導數(shù)問題進階(教師版)常見題型及解法1.常見題型 # #一、小題：函數(shù)的圖象函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性)；分段函數(shù)求函數(shù)值；函數(shù)的定義域、值域(最值)；函數(shù)的零點；抽象函數(shù)；定積分運算(求面積)二、大題：求曲線y=f(x)在某點處的切線的方程;求函數(shù)的解析式討論函數(shù)的單調(diào)性，求單調(diào)區(qū)間；求函數(shù)的極值點和極值；求函數(shù)的最值或值域；求參數(shù)的取值范圍7證明不等式；函數(shù)應用問題 # 在解題中常用的有關(guān)結(jié)論(需要熟記)：(1)曲線yf(x)在xx處的切線的斜率等于f(x)，且切線方程為00y八x0)(x-x0)+f(x0)若可導函數(shù)yf(x)在xx處取得極值，則f(x)0。反之，

2、不成立。00(3)對于可導函數(shù)f(x)，不等式廣(x)0(0)的解集決定函數(shù)f(x)的遞增(減)區(qū)間。(4)函數(shù)f(x)在區(qū)間I上遞增(減)的充要條件是：VxeI廣(x)0(0或廣(x)0在I上恒成立若x?I，f(x)0恒成立，則f(x)0；若VxeI，f(x)0恒成立，則f(x)0minmax(8)右xe1，使得f(x)0，則f(x)0；右xe1，使得f(x)0，則f(x)0-00max00min(9)設(shè)f(x)與g(x)的定義域的交集為D,若xgDf(x),g(x)恒成立，則有TOC o 1-5 h zf(x)-g(x),0-min(10)右對xg/、xgI，f(x),g(x)恒成立則f(

3、x),g(x)-112212minmax右對xgI,3xgI,使得f(x),g(x)則f(x),g(x)-112212minmin右對xgi,3xg/，使得f(x)g(x)則f(x)g(x)-112212(11)已知f(x)在區(qū)間I上的值域為A,g(x)在區(qū)間I上值域為B，12若對xgI,3xgI,使得f(x)=g(x)成立，則AUB。112212(12)若三次函數(shù)f(x)有三個零點，則方程廣(x)=0有兩個不等實根x、x,且極大值大12于0,極小值小于0.(13)證題中常用的不等式:lnx1+x吐口,1)x+12ln(x+1)1一x打)在區(qū)間8，8上有四個不同的根X1,X2X3X4，則x+x

4、+x+x=1234f(x8)=f(x)，所以函數(shù)是以8為周期的周期函數(shù),又因為f(x)在區(qū)間0,2上是增函數(shù)，所以f(x)在區(qū)間-2,0上也是增函數(shù).如圖所示，那么方程f(x)=m(m0)在區(qū)間&8】上有四個不同的根兀1，x2,x3,x4，不妨設(shè)x2x3x4由對稱性知現(xiàn)+x2=12x3+x4=4所以12341234，12，34.x+x+x+x=12+4=81234.【點評】本題綜合考查了函數(shù)的奇偶性,單調(diào)性，對稱性，周期性，以及由函數(shù)圖象解答方程問題，運用數(shù)形結(jié)合的思想和函數(shù)與方程的思想解答問題.【例2】若x是方程lgx+x=3的解，1x是10 x+x=32的解，則x+x的值為()12321A

5、.2錯誤!未指定書簽。B.3C.3D.3解析】作出yi二lgx，y2=3_x，y3二10 x的圖象，y2=3_x,y=x交點橫坐標為3，而【答案】c【點評】該題考查了指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的圖象及性質(zhì).綜合了函數(shù)的圖象、方程的解及曲線的交點等問題.指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)是兩類重要的基本初等函數(shù)，高考中以它們?yōu)檩d體的函數(shù)綜合題既考查雙基，又考查對蘊含其中的函數(shù)思想、等價轉(zhuǎn)化、分類討論等思想方法的理解與運用.【例3】若函數(shù)f(x)=ax，x一a(a0且a1)有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是.【解析】設(shè)函數(shù)y=ax(a0且a1)和函數(shù)y二x+a，則函數(shù)f(x)-ax_x_a(a0且aD有兩個零點，就是函數(shù)y

6、ax(a0且a1)與函數(shù)yx+a有兩個交點，由圖象可知：當0a15時，y，0；當0 x15時，y，0,時,時,因此，當x，15時，y取得最小值，ymin=2000元.【答】為了使樓房每平方米的平均綜合費最少，該樓房應建為15層.【點評】這是一題應用題，利用函數(shù)與導數(shù)的知識來解決問題.利用導數(shù)，求函數(shù)的單調(diào)性、求函數(shù)值域或最值是一種常用的方法.一、(單調(diào)性，用到二階導數(shù)的技巧)例一、已知函數(shù)/(x),Inx若F(x)，f(初+a(aR)，求F(x)的極大值;x若G(x)，f(X)2-kx在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，求滿足此條件的實數(shù)k的取值范圍.f(x)+alnx+ax0得0 xei-a由F(x)ei-

7、a即F(x)在(0,e1-a)上單調(diào)遞增，在(e1-a,+s)上單調(diào)遞減1-a+ax=e1-a時，F(xiàn)(x)取得極大值F(e1-a=)=ea-1e-a2lnxG(x)=(lnx)2-kx的定義域為(0,+s),G，(x)=一kx2lnx由G(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞減知：G，(x)=k0在(0,+s)內(nèi)恒成立令H(x)=2lnxk，則H，(x)=2(1lnx)由H，(x)=0得x=exx2.當xe(0,e)時H(x)0,H(x)為增函數(shù)當xe(e,+s)時H,(x)0,H(x)為減函數(shù)2.當x=e時，H(x)取最大值H(e)=ke22故只需k.ee二、交點與根的分布例二、已知函數(shù)f(x)=x3x.求

8、曲線y=f(x)在點M(t,f(t)處的切線方程；設(shè)a0，如果過點(ab)可作曲線y=f(x)的三條切線，證明：abf(a).解：(1)f，(x)=3x21.y=f(x)在點M(t,f(t)處的切線方程為yf(t)=廣(x-t),即y=(3t21)x213.如果有一條切線過點(a，b)，則存在t，使b=21)a213.若過點(a，b)可作曲線y=f(x)的三條切線，則方程2t33at2+a+b=0有三個相異的實數(shù)根.記g(t)=2t33at2+a+b，則g，(t)=6t26at=6t(ta).當t變化時，g(t)，g，(t)變化情況如下表：t(8,0)0(0,a)a(a,+8)g,(t)+00

9、+g(t)Z極大值a+b極小值b一f(a)Z如果過(a，b)可作曲線y=f(x)三條切線，fa+b0,即g=0有三個相異的實數(shù)根，則bf(a)0即-abf(a).例三、已知aeR，函數(shù)f(x)=+lnx1,g(x)=(lnx1)ex+x?(其中eq2.718)x(I)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,e上的最小值；（II）是否存在實數(shù)x0，o,e,使曲線y=g（x）在點x=x0處的切線與y軸垂直？若存在，求出x0的值；若不存在,請說明理由。解1（1）fix）=y+Im-Ie二一/1（乂）=E+右-七嚴督k0*得攵=a.*2分若則FG在區(qū)間2町上單調(diào)遞增此時函數(shù)無最小值+若0a務(wù)當工亡3）時f仏）Q*函

10、數(shù)/（町在區(qū)間佃嚴上葷調(diào)遞増，所以當X時，函氨$g取得顯小直加乩若。生gWirS）奩區(qū)廚（Q涎上單調(diào)遞皺*所以當k口匚時函啟感幻取得最小恒十.爍上可知當W0時，函如g在區(qū)間（0嚴上無址小值；0I時.需數(shù)嵐工）碇區(qū)間（0，d上的城小（ft為In叭當壬e時,函致川幻在區(qū)何（匕刃上的最小值為半6分(D)VjfCi)=li-D*+工聲E0g井當&壬（0町*嚴0,+Inx.-!0.g=（+liu,-l）e*+II0.imy工g）屜點二亂處的切蝮與y軸垂直第價乎方程gfW=0有實散解而心）、山即方無實數(shù)蛇奶牡砌cg】使曲線如在點x-吟赴的切線與y軸垂證,三、不等式證明作差證明不等式（2010湖南，最值、作

11、差構(gòu)造函數(shù)）已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）x.（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；若x1，求證：1一1Wln(x+1)Wx.11=xx1x1x+1解:函數(shù)f（X）的定義域為（一1,+B）,f（x）=一0由f(x)0得：0,.*.f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+8).x1證明：由(1)得xW(1,0)時，f(x)0,當xe(0,+8)時，f(x)1時,f(x)Wf(0),.ln(x+1)xW0,ln(x+1)Wx1令g(x)=m(xD+x1-】，則g(x)=1(x+1)2x(x+1)2：.1x0時，g(x),0,且g(0)=01.x1時，g(x)三g(0),即ln(x+1)+1三0 x+111

12、/.ln(x+1)三1,x一1時，1Wln(x+1)Wx.x+1x+1(2007湖北20，轉(zhuǎn)換變量，作差構(gòu)造函數(shù)，較容易)已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f(x)=2x2+2ax，g(x)=3a2lnx+b，其中a,0.設(shè)兩曲線y=f(x)，y=g(x)厶有公共點，且在該點處的切線相同.用a表示b，并求b的最大值；求證：當x,0時，f(x)三g(x).解：(i)設(shè)y=f(x)與y=g(x)(x0)在公共點(x0，y0)處的切線相同.f(x)=x2a，g(x)=節(jié)，由題意f(x0)=g(x0)，廣(x0)=g(x0)-x2+2ax=3a2lnx+b,TOC o 1-5 h z000a由得：x=a，或x

13、=3a(舍去).3a200 x+2a=，0 x0即有b=1a2+2a23a2lna=5a23a2lna.22令h(t)=123t2lnt(t,0)，則h(t)=2t(13lnt).于是2當t(13lnt)0，即0to；當t(13lnt)0，即t,e；時，h(t)0.故h(t)在e3)為增函數(shù)，在(e3+)為減函數(shù),132于是h(t)在(o，+-)的最大值為h(e3)=2e3-設(shè)F(x)=f(x)g(x)=2x22ax3a2lnxb(x0)則F(x)=x+2a-3a2=(xa)(x3a)(x,0).xx故F(x)在(0a)為減函數(shù)，在(a，+oo)為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0,+o)上的最小

14、值是F(a)=F(x0)=f(x0)g(x)=0.故當x,0時，有f(x)g(x)上0，即當x,0時，f(x)上g(x).變形構(gòu)造證明不等式已知函數(shù)f(x)=-agR,x求f(x)的極值若Inxkx0在R+上恒成立，求k的取值范圍已知x0，x0且x+xe，求證x+xxx12121212解：(1)Tf(x)，-,令f(x)，0得x，eax2xG(0,ea),f(x)0,f(x)為增函數(shù)，xg(ea,),f(x)0,f(x)為減函數(shù) #x # #x #:,f(x)有極大值f(ea),e-a4分 x #lnx(2)欲使lnxkx0v在R+上恒成立，只需k在R+上恒成立x(x0),1lnxg(x)，x

15、2xG(0,e),g(x)0,g(x)為增函數(shù)，xg(e,+如,g(x)0,g(x)為減函數(shù)TOC o 1-5 h z111x,e時，g(e)，是最大值只需一k,即k一8分eeeVex+xx0由(2)可知g(x)在(0,e)上單調(diào)增，121ln(x+x)lnxxln(x+x)、xln(x+x)、121，那T12lnx，同理T12lnxx+xxx+x1x+x21211212,z、ln(x+x)、/、相加得(x+x)i2ln(xx),/.ln(x+x)ln(xx),12x+x12121212得:x+xxx.1212(2010遼寧文21,構(gòu)造變形,二次)已知函數(shù)f(x)，(a+1)lnx+ax2+1

16、.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;設(shè)aW-2，證明：對任意t，x2G+-)，1W一/訃41珥一x2|.,a+12ax2+a+1解：(1)f(x)的定義域為(0,+g),f(x)，+2ax，.xx當aWO時，f(x)0,故f(x)在(0,+g)單調(diào)增加;當aW1時，f(x)0；2a2axw(:,+g)時,f(x)V0,2a故f(x)在(0,上1)單調(diào)增加，在(押上1,+g)單調(diào)減少.2a2a不妨假設(shè)xx由于aW2,故f(x)在(0,+g)單調(diào)減少.12所以f(x)_f(x)三4x_x等價于三4x4x,121212即f(x)+4xf(x)+4x.2211a+12ax2+4x+a+1令g(x)=f(x)+

17、4x，則g(x)+2ax+4=.xx設(shè)h(x)2ax2+4x+a+1,1aW1,對稱軸為x,a8a(a+1)16結(jié)合圖象知h(x)W8a(a+2)(a，1)aW0,于是g(x)W，(2x，1)2xW0.從而g(x)在(0,+g)單調(diào)減少，故g(x)Wg(x),12即f(x)+4xWf(x)+4x,故對任意x,xw(0,+g),f(x)一f(x)三4x一x1122121212四、不等式恒成立求字母范圍恒成立之最值的直接應用已知函數(shù)f(x)(x一k)2ek。求f(x)的單調(diào)區(qū)間；若對于任意的x(0,+g)，都有f(x)W1，求k的取值范圍.e1x解：f(x)(x2，k2)ek,令f(x)0,x=k

18、,k當k0時，f(x)與f(x)的情況如下:x(，g,，k)-k(-k,k)k(k,+g)f(x)+0一0+f(x)4k2e-10所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(叫一k和(k,+8):單調(diào)遞減區(qū)間是(k,k),當k0時，f(x)與f(x)的情況如下:x(8,k)k(k，-k)k(k,+8)f(x)0+0f(x)04k2e-1TOC o 1-5 h z所以，/(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-8,k)和(-k,+8):單調(diào)遞減區(qū)間是(k,-k)。X111當k0時，因為f(k+1)=ek，所以不會有Vxe(0,+8),f(x).ee4k2當k0時，由(I)知f(x)在(0,+8)上的最大值是f(k)=,e

19、14k211所以Vxe(0,+8),f(x)等價于f(k)=，解一小k0.eee2綜上：故當Vxe(0,+8),f(x)1時，k的取值范圍是1，0.e2(2008天津理20倒數(shù)第3大題，最值的直接應用，第3問帶有小的處理技巧)已知函數(shù)f(x)=x+a+b(x豐0),其中a,beR.x(1)若曲線y=f(x)在點P(2,f(2)處切線方程為y=3x+1,求函數(shù)f(x)的解析式;討論函數(shù)fC)的單調(diào)性; # # # #若對于任意的ae,2，不等式fC)10在1,1上恒成立，求b的取值范圍. # # #解:廣E=1；，由導數(shù)的幾何意義得f(2)=3，于是a一8由切點P(2,f(2)在直線y=3x,1

20、上可得2+b二7，解得b二9.8所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=x-+9.xf(x)=1ax2當a,_、：a)_、：a(、；a,0)(0,、：a)、.：af(x)在(_x,_,：a),(W,+x)內(nèi)是增函數(shù)，在(_a,0),(0,+x*)內(nèi)是減函數(shù).(ya,+s)一f()10恒成立，當且僅當14b39_4a即14f(1)10對任意的a；,2成立從而得b7，所以滿足條件的b的由知，f(x)在；，1上的最大值為f(；)與f的較大者，對于任意的a2,2，不等式f(x)10在；，1上取值范圍是(一.恒成立之分離常數(shù)(2011長春一模，恒成立，分離常數(shù)，二階導數(shù))已知函數(shù)f(x)=ex_2_ax_1

21、,(其中aR,e為自然對數(shù)的底數(shù)).當a二0時,求曲線y=f(x)在(0,f(0)處的切線方程；當x三1時,若關(guān)于x的不等式f(x)三0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.(改X20時，f(x)三0恒成立.aW1)解：(1)當a二0時，f(x)=ex_1,f(x)=ex_x,f(0)=0，f(0)=1,切線方程為y=x.(2)方法一x_2_ix1,0,2.申(x)在1,+2)上為增函數(shù)，0, #(x，1)ex，X+1g(x)=205g(x)=x2x,x2ex2在1，+)上為增函數(shù),x33g(x)三g(1)=e_2,aWe_2-x2方法二f(x)=ex，ax1,f(x)=ex，x，a,設(shè)h(x)=ex，

22、x，a,h(x)=ex，1,x20,h(x)=ex一1三0,.h(x)=ex一x一a在1，+)上為增函數(shù),.h(x)三h(1)=e，1，a.x22又0f(x)=exx2ax120恒成立,f(1)=e，a，：20,awe，：,222.h(x)2h(1)=e1a0,f(x)=exxa0,x23f(x)=ex一一ax一1在1，+)上為增函數(shù)，此時f(x)2f=e一a一220恒成立,22x22(改x20時，f(x)20恒成立.aWl)x2ex一解：先證明g(x)在(0,十)上是增函數(shù)，再由洛比達法則liT，1=limexx=1,g(x)xT0 xxT01(正常的討論進行不了，除非系數(shù)調(diào)到二次項上f(x

23、)=ex-1x2，x-1，分兩種情況討論可得aW1)aW1.、1+Inx已知函數(shù)f(x)二x(I)若函數(shù)在區(qū)間(a，a+2)其中a0,上存在極值，求實數(shù)a的取值范圍;k(II)如果當x1時，不等式f(x)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍;x+1”/、1+Inx小/、Inx解:(I)因為f(x)=，x0,則f(x)=-，xx2當0 x1時，f(x)0；當x1時，f(x)0)上存在極值,a,1,1所以11解得c1,2I2 # #(x1)(1lnx)xk(II)不等式/(x)工x1,即為(X1)(1lnX)，k,x # # # #所以g1，h(x)0,h(x)在Q,+8)上單調(diào)遞增,h(x)=h(1)=當

24、1x0得1x,1；令f(x),0，得1,x0，從而g(x)0，min故g(x)在+8)上也單調(diào)遞增，所以g(x)L=gT函數(shù)f(x)在x=1處與直線y二一2相切.二2，所以kj2設(shè)函數(shù)f(x)=alnx-bx2.(1)若函數(shù)f(x)在x二1處與直線y=-2相切：求實數(shù)a,b的值；求函數(shù)f(x)在1,e上的最大值；e3當b二0時，若不等式f(x)三m+x對所有的ae0,J,xe1,e2都成立，求實數(shù)m的取值范圍.解:(1)f(x)二a-2bx。f(1)=a-2b=0f(1)=-b一2，解得x # # #f(x)=lnx一2x2,f(x)=11-x2一x=xx # # # #1.f(x)在,1上單

25、調(diào)遞增，在1,e上e # # # #單調(diào)遞減，.f(x)maxf(1)(2)當b=0時,f(x)=alnx若不等式f(x)m+x對所有的ae0,23都成立，則alnxm+x對所 # # # #c3”0,xeV1,e2”2-有的ae都成立， #3,1即maInxx,對所有的a0,x1,e2都成立,2令h(a)aInxx,則h(a)為一次函數(shù),m0,/.h(a)a0,3上單調(diào)遞增,.h(a)2minh(0)x，mx對所有的xU,e2都成立.Q1xe2,:.e2x1,.m(x)e2.min(注：也可令h(x)aInxx,則mh(x)所有的x(1,e2都成立，分類討論得mh(x)min3a0,J都成立

26、，：m(2a-e2)-e2，請根據(jù)過程酌情給分)2min2ae2對所有的恒成立之討論字母范圍7.(2007全國I,利用均值，不常見)設(shè)函數(shù)f(x)ex一e-x.證明：f(x)的導數(shù)f(x)三2；若對所有x三0都有f(x)三ax，求a的取值范圍.解：(1)f(x)的導數(shù)f(x)ex+e-x.由于ex+e-x三2事exge-x2，故f(x)三2.(當且僅當x0時，等號成立).(2)令g(x)f(x)ax，貝yg(x)f0時，g2a三0，故g(x)在(0,+*)上為增函數(shù)，所以，x三0時，g(x)三g(0)，即f(x)三ax.若a2，方程g(x)0的正根為xlna“a2一4，i2此時，若x(0，xi

27、)，則g(x)0，故g(x)在該區(qū)間為減函數(shù).所以，x(0,xi)時，g(x)g(0)0，即f(x)0時f(x)1，求實數(shù)k的取值范圍. #解：(1)k0時，f(x)ex-x,f(x)ex-1.當x,(-g,0)時，f(x)0；當x,(0,+x)時，f(x)0.所以f(x)在(-g，0)上單調(diào)減小，在(0,+8)上單調(diào)增加故f(x)的最小值為f(0)|f(1)1,由于直線x+2y一30的斜率為-牙，且過點(1,1)，故V1即(2)f(x)ex-kx-1，f(x)ex-k當k0(x0)，所以f(x)在【0,+80(x0)，所以f(x)在【0,+8)上遞增，而f(0)1，于是當x0時，f(x)1.

28、當k1時，由f(x)0得xInk當x,(0,lnk)時，f(x)0，所以f(x)在(0,lnk)上遞減，而f(0)0，于是當x,(0,lnk)時，f(x)0，所以f(x)在(0,lnk)上遞減,而f(0)1，所以當x,(0,lnk)時，f(x)1.綜上得k的取值范圍為(-8,1.近三年新課標導數(shù)高考試題20111、(2)下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在(,8)單調(diào)遞增的函數(shù)是B(A)yx3(b)y|+1(c)y=一xf(1)一一，+1(d)y=2x2、(9)由曲線y二伍，直線yx-2及y軸所圍成的圖形的面積為cTOC o 1-5 h z1016(A)(B)4(C)(D)6334、(21)(本小題滿分

29、12分)已知函數(shù)f(x)里罕+b，曲線yf(x)在點(1,f(1)處的切線方程為x+2y-3=0。x+1xlnxk(I)求a、b的值；(II)如果當x0，且x豐1時，f(x)+，求k的取值范圍。x-1xa(-Inx)x2(21)解：(I)八x)(；+1)2解得a1，b1。(II)由(I)知f(x)蘭+丄，所以f(x)-(蘭+k)丄(2lnx+(k1)(x2D)。x+1xx1x1x2x2考慮函數(shù)h(x)2lnx+(k1)(x2一D(x0)，則h(x)(k1)(x2+2x # # #(i)設(shè)k0，由h(x)k(x2+D(x1)2知，當x豐1時,x2h(x)0。而h(1)0，故當x0，可得一1h(x

30、)0；1x21當x(1，+8)時，h(x)01x2lnxk從而當x0,且x豐1時，f(x)-(+)0，即f(x)x1x1lnxk71+匚.(ii)設(shè)0k1.由于當x0,故h(x)0,1k11而h(1)=0，故當x0，可得h(x)1.此時h(x)0,而h(1)=0，故當x0，可得h1x2(x)2x2+ax+b求(a+1)b的最大值。【解析】(1)f(x)f(1)ex-1f(0)x+2x2nf(x)f(1)ex-1f(0)+x令X1得：f(0)1f(x)廣(1)ex-1x+*x2nf(0)=廣(1)e-1=1。廣(1)=e得:f(x)exx+2x2ng(x)八x)ex1+xg(x)ex+10nyg

31、(x)在X0，f(0)ox0,f(x)0，f(0)ox0得：f(x)的解析式為f(x)，ex-x+2x2且單調(diào)遞增區(qū)間為(0,)，單調(diào)遞減區(qū)間為(-8,0)(2)f(x)Jx2+ax+boh(x)，ex-(a+1)x-b0得h(x)，ex一(a+1)2當a+10ny，h(x)在x0矛盾當a+10時，h(x)0oxln(a+1),h(x)0oxln(a+1)得：當x，ln(a+1)時，h(x)，(a+1)-(a+1)ln(a+1)一b0min(a+1)b0)令F(x)，x2一x2Inx(x0)；則F(x)，x(1-2lnx)F(x)0o0 xe,F(x)0oxe當x，e時，F(xiàn)(x)=max2e當a，e-1,b，e時，(a+1)b的最大值為2【2013年】7、16、若函數(shù)f(x)=(lX2)(x2+ax+b)的圖像關(guān)于直線x=2對稱，