2026年四川省人教版高中三年级数学上册第12章模拟试题

2026年四川省人教版高中三年级数学上册第12章模拟试题一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）1.已知函数f(x)＝e^{x}＋ax^{2}在x＝1处取得极值，则实数a的值为（）A.e－2B.e＋2C.－2eD.2e解析：函数f(x)＝e^{x}＋ax^{2}的导数为f′(x)＝e^{x}＋2ax，由题意知f′(1)＝0，即e＋2a＝0，解得a＝－e，故选C。2.若函数g(x)＝ln(x＋1)－bx在区间(0，＋∞)上单调递增，则实数b的取值范围是（）A.(－∞，1)B.(－∞，0)C.(0，1)D.[1，＋∞)解析：函数g(x)＝ln(x＋1)－bx的导数为g′(x)＝\frac{1}{x＋1}－b，要使g(x)在(0，＋∞)上单调递增，需g′(x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，即\frac{1}{x＋1}－b≥0，解得b≤\frac{1}{x＋1}，由于\frac{1}{x＋1}在(0，＋∞)上的最小值为1，故b≤1，又b为实数，所以b的取值范围是(－∞，1]，结合选项，故选A。3.已知数列{a_{n}}满足a_{1}＝1，a_{n＋1}＝2a_{n}＋1(n∈N^{})，则数列{a_{n}}的前n项和S_{n}等于（）A.2^{n}－1B.n•2^{n}－1C.2^{n＋1}－n－2D.n•2^{n＋1}－2n解析：由a_{n＋1}＝2a_{n}＋1，得a_{n＋1}＋1＝2(a_{n}＋1)，即\frac{a_{n＋1}＋1}{a_{n}＋1}＝2，所以数列{a_{n}＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，即a_{n}＋1＝2^{n}，所以a_{n}＝2^{n}－1，则S_{n}＝(2^{1}－1)＋(2^{2}－1)＋…＋(2^{n}－1)＝2(2^{n}－1)－n＝2^{n＋1}－n－2，故选C。4.已知圆C的方程为(x－1)^{2}＋(y＋2)^{2}＝4，则直线l：3x－4y－5＝0与圆C的位置关系是（）A.相交B.相切C.相离D.无法确定解析：圆心C(1，－2)，半径r＝2，圆心C到直线l的距离d＝\frac{|3×1－4×(－2)－5|}{\sqrt{3^{2}＋(－4)^{2}}}＝\frac{11}{5}，因为d＜r，所以直线l与圆C相交，故选A。5.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)（ω＞0，|φ|＜\frac{π}{2}）的图像关于直线x＝\frac{π}{4}对称，且周期为π，则φ等于（）A.\frac{π}{4}B.\frac{π}{2}C.\frac{3π}{4}D.\frac{5π}{4}解析：函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的周期为T＝\frac{2π}{ω}＝π，所以ω＝2，因为图像关于直线x＝\frac{π}{4}对称，所以2×\frac{π}{4}＋φ＝kπ＋\frac{π}{2}(k∈Z)，即φ＝kπ－\frac{π}{4}(k∈Z)，又|φ|＜\frac{π}{2}，所以k＝1，φ＝\frac{3π}{4}，故选C。6.已知函数h(x)＝\frac{ax}{x^{2}＋1}（a≠0）在区间[1，＋∞)上的最大值为1，则实数a的值为（）A.1B.－1C.2D.－2解析：函数h(x)＝\frac{ax}{x^{2}＋1}的导数为h′(x)＝\frac{a(1－x^{2})}{(x^{2}＋1)^{2}}，令h′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)在x＝1处取得最大值，即h(1)＝\frac{a}{2}＝1，解得a＝2，故选C。7.已知函数F(x)＝\int_{0}^{x}f(t)dt，若F(2)＝0且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则不等式F(x)＜f(x)在区间(0，＋∞)上恒成立的条件是（）A.f(0)＝0B.f(0)≠0C.f(0)＝1D.f(0)≠1解析：由F(2)＝\int_{0}^{2}f(t)dt＝0且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，得f(x)在[0，2]上非负，且f(2)≠0，由F′(x)＝f(x)，得F(x)－f(x)＝\int_{0}^{x}[f(t)－f′(t)]dt，要使F(x)＜f(x)在(0，＋∞)上恒成立，需f(t)－f′(t)＜0对t∈(0，＋∞)恒成立，即f(t)单调递增的速度小于f(t)本身的变化速度，由f(x)单调递增，得f′(x)≥0，所以f(t)－f′(t)＜0等价于f(t)单调递增的速度小于f(t)的导数，即f(0)＝0，故选A。8.已知点A(1，0)，B(－1，0)，动点P满足|PA|－|PB|＝2，则点P的轨迹方程是（）A.x^{2}－y^{2}＝1B.x^{2}＋y^{2}＝1C.y^{2}＝4xD.y^{2}＝－4x解析：由|PA|－|PB|＝2，得点P的轨迹是以A、B为焦点的双曲线的右支，即\frac{x^{2}}{1}－\frac{y^{2}}{3}＝1(x＞0)，故选C。9.已知函数f(x)＝\begin{cases}2^{x}，x≤0\\ax^{2}＋bx，x＞0\end{cases}在x＝1处可导，则实数a、b的值分别为（）A.a＝1，b＝－2B.a＝2，b＝－3C.a＝0，b＝1D.a＝－1，b＝2解析：函数f(x)在x＝1处可导，需f(x)在x＝1处连续且f′(1)存在，由f(1)＝a＋b＝2^{1}＝2，得a＋b＝2，又f′(x)＝\begin{cases}2^{x}ln2，x≤0\\2ax＋b，x＞0\end{cases}，由f′(1)＝2a＋b＝2^{1}ln2＝2ln2，解得a＝ln2，b＝2－ln2，结合选项，故选B。10.已知函数g(x)＝\frac{sinx＋cosx}{sinx－cosx}，则g(x)的最小正周期是（）A.πB.2πC.\frac{π}{2}D.\frac{3π}{2}解析：函数g(x)＝\frac{sinx＋cosx}{sinx－cosx}＝\frac{sqrt{2}sin(x＋\frac{π}{4})}{sqrt{2}sin(x－\frac{π}{4})}＝－\frac{sin(x＋\frac{π}{4})}{sin(x－\frac{π}{4})}，所以g(x)的最小正周期为2π，故选B。二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）1.若函数f(x)＝x^{3}＋ax^{2}＋bx＋1在x＝1处取得极值，且f(1)＝0，则a＋b＝________。参考答案：－4解析：f′(x)＝3x^{2}＋2ax＋b，由f′(1)＝0，得3＋2a＋b＝0①，由f(1)＝0，得1＋a＋b＋1＝0②，联立①②，解得a＝－4，b＝5，所以a＋b＝－4＋5＝1，故答案为－4。2.已知数列{a_{n}}满足a_{1}＝2，a_{n＋1}＝\frac{a_{n}}{a_{n}＋1}(n∈N^{})，则数列{a_{n}}的前n项和S_{n}＝________。参考答案：2－\frac{1}{n}解析：由a_{n＋1}＝\frac{a_{n}}{a_{n}＋1}，得\frac{1}{a_{n＋1}}－\frac{1}{a_{n}}＝1，所以数列{\frac{1}{a_{n}}}是首项为\frac{1}{2}，公差为1的等差数列，即\frac{1}{a_{n}}＝\frac{1}{2}＋(n－1)×1＝n－\frac{1}{2}，所以a_{n}＝\frac{1}{n－\frac{1}{2}}，则S_{n}＝2＋\frac{1}{1－\frac{1}{2}}＋\frac{1}{2－\frac{1}{2}}＋…＋\frac{1}{n－\frac{1}{2}}＝2＋2(1＋\frac{1}{2}＋…＋\frac{1}{n－\frac{1}{2}})＝2＋2(\frac{1}{2}＋\frac{1}{3}＋…＋\frac{1}{n})＝2＋2(\frac{1}{2})＝2－\frac{1}{n}，故答案为2－\frac{1}{n}。3.已知圆C的方程为(x－2)^{2}＋(y－3)^{2}＝1，则圆C上到直线l：x＋y－5＝0距离最远的点的坐标是________。参考答案：(2，4)解析：圆心C(2，3)，半径r＝1，圆心C到直线l的距离d＝\frac{|2＋3－5|}{\sqrt{1^{2}＋1^{2}}}＝\frac{0}{\sqrt{2}}＝0，所以圆C上到直线l距离最远的点的坐标与圆心C关于直线l的对称点的坐标相同，设对称点为P(x，y)，则\begin{cases}\frac{x＋2}{2}＋\frac{y＋3}{2}－5＝0\\\frac{y－3}{x－2}＝1\end{cases}，解得x＝2，y＝4，故答案为(2，4)。4.已知函数f(x)＝2cos^{2}x＋acosx－1，若f(x)在区间[0，π]上的最小值为－2，则实数a的值为________。参考答案：－2解析：f(x)＝2cos^{2}x＋acosx－1＝2(cosx＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}－1，令t＝cosx，则t∈[－1，1]，所以g(t)＝2(t＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}－1，对称轴为t＝－\frac{a}{4}，当－\frac{a}{4}∈(－1，1)时，g(t)的最小值为g(－\frac{a}{4})＝－\frac{a^{2}}{8}－1＝－2，解得a＝±2\sqrt{2}，当－\frac{a}{4}≤－1时，g(t)的最小值为g(－1)＝2(－1＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}－1＝－2，解得a＝－2\sqrt{2}，当－\frac{a}{4}≥1时，g(t)的最小值为g(1)＝2(1＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}－1＝－2，解得a＝－2\sqrt{2}，综上，a＝－2，故答案为－2。5.已知函数F(x)＝\int_{0}^{x}f(t)dt，若F(1)＝1且F(3)＝3，则F(2)＝________。参考答案：2解析：由F(1)＝\int_{0}^{1}f(t)dt＝1，得f(0)＝1，由F(3)＝\int_{0}^{3}f(t)dt＝3，得\int_{1}^{3}f(t)dt＝2，所以F(2)＝\int_{0}^{2}f(t)dt＝\int_{0}^{1}f(t)dt＋\int_{1}^{2}f(t)dt＝1＋\int_{1}^{2}f(t)dt，又\int_{1}^{3}f(t)dt＝\int_{1}^{2}f(t)dt＋\int_{2}^{3}f(t)dt＝2，所以\int_{1}^{2}f(t)dt＝2－\int_{2}^{3}f(t)dt，所以F(2)＝1＋2－\int_{2}^{3}f(t)dt＝3－\int_{2}^{3}f(t)dt，又F(3)＝\int_{0}^{3}f(t)dt＝\int_{0}^{2}f(t)dt＋\int_{2}^{3}f(t)dt＝3，所以\int_{2}^{3}f(t)dt＝0，所以F(2)＝3－0＝2，故答案为2。6.已知函数f(x)＝\begin{cases}lnx，x>0\\ex^{2}，x≤0\end{cases}，则f(x)在x＝1处不可导，因为________。参考答案：左导数与右导数不相等解析：f′(x)＝\begin{cases}\frac{1}{x}，x>0\\2ex，x≤0\end{cases}，所以f′(1)_{右}＝1，f′(1)_{左}＝2e，因为f′(1)_{右}≠f′(1)_{左}，所以f(x)在x＝1处不可导，故答案为左导数与右导数不相等。7.已知圆C的方程为(x－1)^{2}＋(y－2)^{2}＝9，则圆C上到直线l：2x－y＋1＝0距离最远的点的坐标是________。参考答案：(4，5)解析：圆心C(1，2)，半径r＝3，圆心C到直线l的距离d＝\frac{|2×1－2＋1|}{\sqrt{2^{2}＋(－1)^{2}}}＝\frac{1}{\sqrt{5}}，所以圆C上到直线l距离最远的点的坐标与圆心C关于直线l的对称点的坐标相同，设对称点为P(x，y)，则\begin{cases}\frac{x＋1}{2}＝\frac{2y－2＋1}{2}\\\frac{y－2}{x－1}＝－\frac{1}{2}\end{cases}，解得x＝4，y＝5，故答案为(4，5)。8.已知函数f(x)＝sin^{2}x＋acosx＋b，若f(x)在区间[0，π]上的最大值为\frac{3}{2}，最小值为－\frac{1}{2}，则实数a、b的值分别为________。参考答案：a＝1，b＝0解析：f(x)＝sin^{2}x＋acosx＋b＝\frac{1－cos2x}{2}＋acosx＋b＝－\frac{1}{2}cos2x＋acosx＋b＋\frac{1}{2}，令t＝cosx，则t∈[－1，1]，所以g(t)＝－\frac{1}{2}t^{2}＋at＋b＋\frac{1}{2}，对称轴为t＝\frac{a}{}，当\frac{a}{2}∈(－1，1)时，g(t)的最大值为g(\frac{a}{2})＝－\frac{1}{2}(\frac{a}{2})^{2}＋a(\frac{a}{2})＋b＋\frac{1}{2}＝\frac{3}{2}①，g(t)的最小值为g(1)＝－\frac{1}{2}＋a＋b＋\frac{1}{2}＝－\frac{1}{2}②，由①②联立，解得a＝1，b＝0，当\frac{a}{2}≤－1时，g(t)的最大值为g(－1)＝－\frac{1}{2}×(－1)^{2}＋a(－1)＋b＋\frac{1}{2}＝\frac{3}{2}①，g(t)的最小值为g(1)＝－\frac{1}{2}＋a＋b＋\frac{1}{2}＝－\frac{1}{2}②，由①②联立，解得a＝1，b＝0，当\frac{a}{2}≥1时，g(t)的最大值为g(1)＝－\frac{1}{2}＋a＋b＋\frac{1}{2}＝\frac{3}{2}①，g(t)的最小值为g(－1)＝－\frac{1}{2}×(－1)^{2}＋a(－1)＋b＋\frac{1}{2}＝－\frac{1}{2}②，由①②联立，解得a＝1，b＝0，综上，a＝1，b＝0，故答案为a＝1，b＝0。9.已知函数f(x)＝\frac{2x＋1}{x^{2}＋1}，则f(x)在区间(－1，1)上的最大值是________。参考答案：1解析：f′(x)＝\frac{2(x^{2}＋1)－(2x＋1)×2x}{(x^{2}＋1)^{2}}＝\frac{2－2x^{2}}{(x^{2}＋1)^{2}}，令f′(x)＝0，得x＝±1，当x∈(－1，1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在(－1，1)上的最大值为f(1)＝\frac{2×1＋1}{1^{2}＋1}＝1，故答案为1。10.已知函数F(x)＝\int_{0}^{x}f(t)dt，若F(2)＝0且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则不等式F(x)＜f(x)在区间(0，＋∞)上恒成立的条件是________。参考答案：f(0)＝0解析：由F(2)＝\int_{0}^{2}f(t)dt＝0且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，得f(x)在[0，2]上非负，且f(2)≠0，由F′(x)＝f(x)，得F(x)－f(x)＝\int_{0}^{x}[f(t)－f′(t)]dt，要使F(x)＜f(x)在(0，＋∞)上恒成立，需f(t)－f′(t)＜0对t∈(0，＋∞)恒成立，即f(t)单调递增的速度小于f(t)本身的变化速度，由f(x)单调递增，得f′(x)≥0，所以f(t)－f′(t)＜0等价于f(t)单调递增的速度小于f(t)的导数，即f(0)＝0，故答案为f(0)＝0。三、判断题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）1.若函数f(x)＝x^{3}＋ax^{2}＋bx＋1在x＝1处取得极值，则a＋b＝－4。参考答案：正确解析：f′(x)＝3x^{2}＋2ax＋b，由f′(1)＝0，得3＋2a＋b＝0①，由f(1)＝0，得1＋a＋b＋1＝0②，联立①②，解得a＝－4，b＝5，所以a＋b＝－4＋5＝1，故答案为正确。2.已知数列{a_{n}}满足a_{1}＝2，a_{n＋1}＝\frac{a_{n}}{a_{n}＋1}(n∈N^{})，则数列{a_{n}}是递减数列。参考答案：正确解析：由a_{n＋1}＝\frac{a_{n}}{a_{n}＋1}，得\frac{a_{n＋1}}{a_{n}}＝\frac{1}{a_{n}＋1}＜1，所以a_{n＋1}＜a_{n}，所以数列{a_{n}}是递减数列，故答案为正确。3.已知圆C的方程为(x－1)^{2}＋(y－2)^{2}＝9，则圆C与直线l：x＋y－5＝0相切。参考答案：错误解析：圆心C(1，2)，半径r＝3，圆心C到直线l的距离d＝\frac{|1＋2－5|}{\sqrt{1^{2}＋1^{2}}}＝\frac{0}{\sqrt{2}}＝0，所以圆C与直线l相切，故答案为正确。4.已知函数f(x)＝2cos^{2}x＋acosx－1，若f(x)在区间[0，π]上的最小值为－2，则实数a的值为－2。参考答案：正确解析：f(x)＝2cos^{2}x＋acosx－1＝2(cosx＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}－1，令t＝cosx，则t∈[－1，1]，所以g(t)＝2(t＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}－1，对称轴为t＝－\frac{a}{4}，当－\frac{a}{4}∈(－1，1)时，g(t)的最小值为g(－\frac{a}{4})＝－\frac{a^{2}}{8}－1＝－2，解得a＝±2\sqrt{2}，当－\frac{a}{4}≤－1时，g(t)的最小值为g(－1)＝2(－1＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}－1＝－2，解得a＝－2\sqrt{2}，当－\frac{a}{4}≥1时，g(t)的最小值为g(1)＝2(1＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}－1＝－2，解得a＝－2\sqrt{2}，综上，a＝－2，故答案为正确。5.已知函数F(x)＝\int_{0}^{x}f(t)dt，若F(1)＝1且F(3)＝3，则F(2)＝2。参考答案：正确解析：由F(1)＝\int_{0}^{1}f(t)dt＝1，得f(0)＝1，由F(3)＝\int_{0}^{3}f(t)dt＝3，得\int_{1}^{3}f(t)dt＝2，所以F(2)＝\int_{0}^{2}f(t)dt＝\int_{0}^{1}f(t)dt＋\int_{1}^{2}f(t)dt＝1＋\int_{1}^{2}f(t)dt，又\int_{1}^{3}f(t)dt＝\int_{1}^{2}f(t)dt＋\int_{2}^{3}f(t)dt＝2，所以\int_{1}^{2}f(t)dt＝2－\int_{2}^{3}f(t)dt，所以F(2)＝1＋2－\int_{2}^{3}f(t)dt＝3－\int_{2}^{3}f(t)dt，又F(3)＝\int_{0}^{3}f(t)dt＝\int_{0}^{2}f(t)dt＋\int_{2}^{3}f(t)dt＝3，所以\int_{2}^{3}f(t)dt＝0，所以F(2)＝3－0＝2，故答案为正确。6.已知函数f(x)＝\begin{cases}lnx，x>0\\ex^{2}，x≤0\end{cases}，则f(x)在x＝1处不可导。参考答案：正确解析：f′(x)＝\begin{cases}\frac{1}{x}，x>0\\2ex，x≤0\end{cases}，所以f′(1)_{右}＝1，f′(1)_{左}＝2e，因为f′(1)_{右}≠f′(1)_{左}，所以f(x)在x＝1处不可导，故答案为正确。7.已知圆C的方程为(x－1)^{2}＋(y－2)^{2}＝9，则圆C上到直线l：2x－y＋1＝0距离最远的点的坐标是(4，5)。参考答案：正确解析：圆心C(1，2)，半径r＝3，圆心C到直线l的距离d＝\frac{|2×1－2＋1|}{\sqrt{2^{2}＋(－1)^{2}}}＝\frac{1}{\sqrt{5}}，所以圆C上到直线l距离最远的点的坐标与圆心C关于直线l的对称点的坐标相同，设对称点为P(x，y)，则\begin{cases}\frac{x＋1}{2}＝\frac{2y－2＋1}{2}\\\frac{y－2}{x－1}＝－\frac{1}{2}\end{cases}，解得x＝4，y＝5，故答案为正确。8.已知函数f(x)＝sin^{2}x＋acosx＋b，若f(x)在区间[0，π]上的最大值为\frac{3}{2}，最小值为－\frac{1}{2}，则实数a、b的值分别为1、0。参考答案：正确解析：f(x)＝sin^{2}x＋acosx＋b＝\frac{1－cos2x}{2}＋acosx＋b＝－\frac{1}{2}cos2x＋acosx＋b＋\frac{1}{2}，令t＝cosx，则t∈[－1，1]，所以g(t)＝－\frac{1}{2}t^{2}＋at＋b＋\frac{1}{2}，对称轴为t＝\frac{a}{2}，当\frac{a}{2}∈(－1，1)时，g(t)的最大值为g(\frac{a}{2})＝－\frac{1}{2}(\frac{a}{2})^{2}＋a(\frac{a}{2})＋b＋\frac{1}{2}＝\frac{3}{2}①，g(t)的最小值为g(1)＝－\frac{1}{2}＋a＋b＋\frac{1}{2}＝－\frac{1}{2}②，由①②联立，解得a＝1，b＝0，当\frac{a}{2}≤－1时，g(t)的最大值为g(－1)＝－\frac{1}{2}×(－1)^{2}＋a(－1)＋b＋\frac{1}{2}＝\frac{3}{2}①，g(t)的最小值为g(1)＝－\frac{1}{2}＋a＋b＋\frac{1}{2}＝－\frac{1}{2}②，由①②联立，解得a＝1，b＝0，当\frac{a}{2}≥1时，g(t)的最大值为g(1)＝－\frac{1}{2}＋a＋b＋\frac{1}{2}＝\frac{3}{2}①，g(t)的最小值为g(－1)＝－\frac{1}{2}×(－1)^{2}＋a(－1)＋b＋\frac{1}{2}＝－\frac{1}{2}②，由①②联立，解得a＝1，b＝0，综上，a＝1，b＝0，故答案为正确。9.已知函数f(x)＝\frac{2x＋1}{x^{2}＋1}，则f(x)在区间(－1，1)上的最大值是1。参考答案：正确解析：f′(x)＝\frac{2(x^{2}＋1)－(2x＋1)×2x}{(x^{2}＋1)^{2}}＝\frac{2－2x^{2}}{(x^{2}＋1)^{2}}，令f′(x)＝0，得x＝±1，当x∈(－1，1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在(－1，1)上的最大值为f(1)＝\frac{2×1＋1}{1^{2}＋1}＝1，故答案为正确。10.已知函数F(x)＝\int_{0}^{x}f(t)dt，若F(2)＝0且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则不等式F(x)＜f(x)在区间(0，＋∞)上恒成立的条件是f(0)＝0。参考答案：正确解析：由F(2)＝\int_{0}^{2}f(t)dt＝0且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，得f(x)在[0，2]上非负，且f(2)≠0，由F′(x)＝f(x)，得F(x)－f(x)＝\int_{0}^{x}[f(t)－f′(t)]dt，要使F(x)＜f(x)在(0，＋∞)上恒成立，需f(t)－f′(t)＜0对t∈(0，＋∞)恒成立，即f(t)单调递增的速度小于f(t)本身的变化速度，由f(x)单调递增，得f′(x)≥0，所以f(t)－f′(t)＜0等价于f(t)单调递增的速度小于f(t)的导数，即f(0)＝0，故答案为正确。四、简答题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）1.已知函数f(x)＝x^{3}－3x^{2}＋2，求函数f(x)的极值点。参考答案：f(x)在x＝1处取得极大值，在x＝2处取得极小值。解析：f′(x)＝3x^{2}－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极大值，在x＝2处取得极小值。2.已知数列{a_{n}}满足a_{1}＝1，a_{n＋1}＝2a_{n}＋1(n∈N^{})，求证数列{a_{n}}是等比数列。参考答案：数列{a_{n}}是首项为1，公比为2的等比数列。解析：由a_{n＋1}＝2a_{n}＋1，得a_{n＋1}＋1＝2(a_{n}＋1)，即\frac{a_{n＋1}＋1}{a_{n}＋1}＝2，所以数列{a_{n}＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，即a_{n}＋1＝2^{n}，所以a_{n}＝2^{n}－1，故数列{a_{n}}是首项为1，公比为2的等比数列。3.已知圆C的方程为(x－2)^{2}＋(y－3)^{2}＝4，求圆C的圆心和半径。参考答案：圆心为(2，3)，半径为2。解析：圆C的方程为(x－2)^{2}＋(y－3)^{2}＝4，所以圆心为(2，3)，半径为2。4.已知函数f(x)＝2cos^{2}x＋acosx＋b，若f(x)在区间[0，π]上的最小值为－2，求实数a、b的取值范围。参考答案：a∈(－4，0)，b∈(－2，2)。解析：f(x)＝2cos^{2}x＋acosx＋b＝2(cosx＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}＋b＋1，令t＝cosx，则t∈[－1，1]，所以g(t)＝2(t＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}＋b＋1，对称轴为t＝－\frac{a}{4}，当－\frac{a}{4}∈(－1，1)时，g(t)的最小值为g(－\frac{a}{4})＝－\frac{a^{2}}{8}＋b＋1＝－2①，g(t)的最大值为g(1)＝2(1＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}＋b＋1＝－2②，由①②联立，解得a∈(－4，0)，b∈(－2，2)，当－\frac{a}{4}≤－1时，g(t)的最小值为g(－1)＝2(－1＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}＋b＋1＝－2①，g(t)的最大值为g(1)＝2(1＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}＋b＋1＝－2②，由①②联立，解得a∈(－4，0)，b∈(－2，2)，当－\frac{a}{4}≥1时，g(t)的最小值为g(1)＝2(1＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}＋b＋1＝－2①，g(t)的最大值为g(－1)＝2(－1＋\frac{a}{4})^{2}－\frac{a^{2}}{8}＋b＋1＝－2②，由①②联立，解得a∈(－4，0)，b∈(－2，2)，综上，a∈(－4，0)，b∈(－2，2)。5.已知函数F(x)＝\int_{0}^{x}f(t)dt，若F(1)＝1且F(3)＝3，求证f(x)在[0，＋∞)上单调递增。参考答案：f(x)在[0，＋∞)上单调递增。解析：由F(1)＝\int_{0}^{1}f(t)dt＝1，得f(0)＝1，由F(3)＝\int_{0}^{3}f(t)dt＝3，得\int_{1}^{3}f(t)dt＝2，所以F(2)＝\int_{0}^{2}f(t)dt＝\int_{0}^{1}f(t)dt＋\int_{1}^{2}f(t)dt＝1＋\int_{1}^{2}f(t)dt，又\int_{1}^{3}f(t)dt＝\int_{1}^{2}f(t)dt＋\int_{2}^{3}f(t)dt＝2，所以\int_{1}^{2}f(t)dt＝2－\int_{2}^{3}f(t)dt，所以F(2)＝1＋2－\int_{2}^{3}f(t)dt＝3－\int_{2}^{3}f(t)dt，又F(3)＝\int_{0}^{3}f(t)dt＝\int_{