2023-2024学年山西省太原市高二上册期末数学模拟试题(含解析)

一､选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1.已知等差数列A.21【正确答案】B【分析】直接根据等差数列通项即可得到a8a17d，代入计算即可.【详解】由题意得a8a17d37318，故选：B.2.抛物线yA.0,【正确答案】D【分析】根据抛物线方程直接求出焦点坐标作答.【详解】抛物线y故选：D3.已知某物体在平面上作变速直线运动，且位移s（单位：米）与时间t（单位：秒）之间的关系可用函数：slnt1tt表示，则该物体在t3秒时的瞬时速度为（）2

2

2

an中，a13，公差d3，则a8等于（）B.18

C.24D.271

x的焦点坐标为（）2B.



121,04

C.0,



18

D.,0

18

11x的焦点在x轴上，其坐标为(,0).28A.21米/秒4B.62ln2米/秒C.21

米/秒2D.4ln2米秒【正确答案】A【分析】直接对位移关于时间的函数求导，代入t3即可.【详解】由题得s故选；A.4.设an是等比数列，且a1a21,a2a32，则a5a6（）A.8【正确答案】CB.12C.16D.24121212t1，当t3时，s，故瞬时速度为米/秒，4t14【分析】由等比数列的性质求得q，再代入a5a6中即可求得a5a6的值.【详解】a2a3a1a2q1q2,q2

a5a6a1q4a2q4a1a2q412416.故选：C.5.有一条渐近线为y

2x且过点2,22的双曲线的标准方程为（）y2x2B.1

42x2y2D.1

48x2y2

A.1

24y2x2C.1

84【正确答案】B【分析】根据给定的渐近线方程，设出双曲线方程，再将已知点代入计算作答.【详解】依题意，双曲线的渐近线方程为x

y20，设所求双曲线的方程为y2x(0)，22y2(22)22

因此(2)2，2，即有x

222

y2x2

所以所求双曲线的标准方程为1.42故选：B且a3a52a4，设等差数列bn的前n项和为Sn，若b4a4，6.已知数列an为等比数列，则S7（）A.7【正确答案】B【分析】利用等比数列的性质求出a4，再利用等差数列性质及前n项和求解作答.【详解】等比数列an中，a4a3a52a4，而a42B.14C.26D.270，解得a42，即b4a42，等差数列bn中，S7故选：B7(b1b7)

7b414.27.已知曲线C:y22x，直线l:xy30,P,Q分别是曲线C与直线l上的动点，则PQ的最小值为（）A.1【正确答案】DB.2C.3D.524【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出曲线C上点P到直线l距离最小值作答.2

【详解】依题意，设曲线C上点P(t,t)，而点Q在直线l:xy30上，12xy30由2消去x得y22y60，(2)2460，即直线l与曲线C相离，y2x1

|t2t3|22

|(t1)5|(t1)552，当且仅当t1，即P(1,1)，2则PQ222422221(1)且PQl时取等号，所以PQ的最小值为故选：D52.4ex11,x08.已知函数fx2，若gxfxaxa1有三个不等零点，则x2x3,x0实数a的取值范围是（）A.4,5B.e,3C.e,4D.

5,e2

【正确答案】C【分析】函数gxfxaxa1有三个不等零点转化为方程fxaxa10有三个不等实根.分两种情况讨论：当x0时，a(x1)

1

4，令x1(x)(x1)

1

4，结合(x)的单调性讨论根的情况；当x0时，得ex1a(x1)，x11x1x1

x1，令h(x)x1,x0，利用导数aee当a0时，显然方程无实根；当a0时，研究函数的性质，作出函数图象，数形结合得答案．【详解】由gxfxaxa1有三个不等零点，等价于fxaxa10有三个不等实根，当x0时，f(x)x22x3，由fxaxa10，得x22x4a(x1)，x22x4(x1)24(x1)11即a(x1)4，x1x1x1令(x)(x1)

1

4，x11

4无实根；x1当x0时，(x)单调递增，故(x)(0)4，故当a4时，方程a(x1)当a4时，方程a(x1)

1

4在x(,0)上有一实根．x1当x0时，f(x)ex11，由fxaxa10，得ex1a(x1)当a0时，显然方程无实根；当a0时，1x1x12xx1，令h(x)x1,x0，h(x)x1，aeee当0x2时，h(x)0，h(x)单调递增；当x2时，h(x)0，h(x)单调递减；即当x2时，函数h(x)取得极大值h(2)

1

eh(0)e；h(1)0；当0x1时，h(x)0；当x1时，h(x)0，作出函数h(x)的图象如图，要使fxaxa10有三个不等实根，需满足：在x(,0)上有一实根，在x[0,)上有两个实根．由图可知y111与h(x)的图象有两个交点时，0，即ae，aae综上，ea4，即实数a的取值范围是e,4．故选：C.二､多选题（本题共4小题，每小题3分，共12分.在每小题给出的四个选项中，

有多项符合题目要求.全部选对的得3分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

*满足2an1anan2,nN,Sn为an的前n项和，且a310,S150，9.已知数列an，则（）A.数列an为等差数列C.Snn15n【正确答案】ACD【分析】对A，等式移项即可判断，对B，根据等差数列下标和性质求出a13，则可求出d，则得到其通项，对C，直接利用等差数列前n项和公式即可判断，对D，利用二次函数性质即可判断.【详解】对A，2an1anan2,nN，an1anan2an1,nN则数列an为等差数列，故A正确，对B，a310,S150，则S15

*

*

B.ann13

D.n7或n8时，Sn取得最大值215a1a152

15a3a131510a130，22则a1310，则10da13a310d20，则d2，则ana3dn3102n32n16，故B错误，对C，a114，则Sn

2na1an2

n142n162n215n，故C正确，对D，Snn15n，开口向下，对称轴为n7.5，nN，故当n7或n8时,Sn取得最大值，故D正确，故选：ACD.10.已知点P为抛物线y24x上一点，F为抛物线的焦点，则下列结论正确的是（）A.点F的坐标为2,0B.点P到准线的最小距离为1C.若点P到焦点的距离为5，则点P的纵坐标是4D.若点A的坐标为4,2，则PAPF的最小值为5【正确答案】BD【分析】根据给定的抛物线，求出焦点坐标、准线方程判断AB；利用抛物线定义求出点P的横坐标判断C；利用抛物线定义结合几何图形推理计算判断D作答.【详解】设抛物线y24x上点P(x0,y0)，x00，而抛物线的焦点F(1,0)，准线l的方程x=1，A错误；对于B，点P到准线距离为x0(1)x011，当且仅当x00时取等号，即点P到准线l的最小距离为1，B正确；2

对于C，点P到焦点的距离为5，即|PF|x015，解得x04，则y016，解得y04，C错误；对于D，如图，作PNl,AMl，垂足分别为N,M，AM交抛物线于点P，连接PF,AN，则PAPF|PA||PN||AN||AM||PA||PM||PA||PF|，当且仅当点P,P重合时取等号，所以(PAPF)min|AM|4(1)5，D正确.故选：BD11.已知函数fx

132xx3x1，下列说法正确的是（）3B.yfx的极大值点为1D.yfx的最大值为A.yfx有两个极值点C.yfx的极小值为9【正确答案】AB103【分析】求出函数f(x)的导数，再利用导数求出函数的极值判断ABC，取特值判断D作答.【详解】函数fx

132xx3x1的定义域为R，求导得3f(x)x22x3(x1)(x3)，由f(x)0得：x1或x3，由f(x)0得：1x3，因此函数f(x)在(,1),(3,)上单调递增，在(1,3)上单调递减，于是函数f(x)在x=1处取极大值f(1)

8

，在x3处取极小值f(3)8，C错误；3函数f(x)有两个极值点1,3，且1是fx的极大值点，A正确，B正确；显然f(6)故选：AB13210

6636119，D错误33y212.已知双曲线C:x1,F1,F2为双曲线的左､右焦点，若直线l过点F2，且与双曲线32的右支交于M,N两点，下列说法正确的是（）A.双曲线C的离心率为3B.若l的斜率为2，则MN的中点为8,12C.△MNF1周长的最小值为10D.△MNF1周长的最小值为16【正确答案】BD【分析】对A直接计算离心率即可判断，对B，直接得到直线方程，并联立曲线方程，利用韦达定理即可求出MN的中点坐标即可判断，对C和D，利用双曲线定义将三角形周长用弦长MN，则题目转化为求MN的最值，设线联立方程，再利用弦长公式即可得到答案.【详解】对A，由双曲线方程得a1,b

3，故c2，则离心率e2，故A错误，对B，由方程知F12,0,F22,0，则直线l的方程为y2x2，联立双曲线方程化简得x216x190，设Mx1,y1,Nx2,y2,则x1x216，故则x1x28，而y1y22x142x242x1x2824，2y1y212，故MN的中点为(8,12)，故B正确，2对C和D，根据双曲线定义得MF1MF22,NF1NF22，两式相加得MF1NF14MF2NF2，设△MNF1的周长为C，故C

MNF1MF1NF1MF2NF242MF2NF242MN，则题目求△MNF1周长的最小值转化为求弦长MN的最小值，设直线l的方程为x2my，联立双曲线方程3x2y23得3m

21y212my90，根据直线l与双曲线有两个交点M,N,2322，12m43m1936m360，3则3m210，即m

当直线l与渐近线平行时，此时m131

33，321,m0,，33

若要直线l与双曲线交点在右支上，则0m

36m2362MNm1m123m13m2126

m162

3m1

2

m213m22216m213m2221，4MN

设m1t1,，则3

2

t23t112

t229t24t161241692tt11MN132令n,1，则16n224n93，t416n4则当n1，即m0时，MN

min6，此时直线l方程为x2，故△MNF1的周长的最小值为16，故C错误，D正确，故选：BD关键点点睛：本题对C,D选项的判断，首先要灵活运用双曲线定义从而得到C

MNF142MN，然后题目即转化为经典的弦长最值问题，常用的方法是设线法，联立双曲线方程，得到韦达定理式，再利用弦长公式表示出MN，设直线时因为直线所过定点在x轴上，故为了简便运算引入参数m，同时要注意双曲线较椭圆更为复杂，尤其是直线与渐近线平行时的特殊情况.三､填空题（本题共4小题，每小题4分，共16分）

13.抛物线x24y的准线方程是_______【正确答案】y1

【分析】先根据抛物线的标准方程得到焦点在y轴上以及2p4，再直接代入即可求出其准线方程.【详解】因为抛物线的标准方程为x24y，焦点在y轴上，所以：2p4，即p2，所以所以准线方程为：y1，故答案是.y1

该题考查的是有关抛物线的几何性质，涉及到的知识点是已知抛物线的标准方程求其准线方程，属于简单题目.14.曲线y

p

1，2x1

在点1,2处的切线方程为__________.x2【正确答案】y=3x+1

【分析】求出函数y线方程作答.【详解】依题意，y所以曲线y故y=3x+1

x1

的导数及在x=1处的导数值，再利用导数的几何意义求出切x2x2(x1)33

y|3，，x1

(x2)2(x2)2(12)2x1

在点1,2处的切线方程为y23(x1)，即y=3x+1.x215.一个正方形被等分成九个相等的小正方形，将最中间的一个正方形挖掉，得图①；再将剩下的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将其最中间的一个正方形挖掉，得图②；如此继续下去，则图③挖掉了__________个正方形，请写出每次挖掉的正方形个数所构成的数列的一个递推公式__________.【正确答案】①.73

②.an8an1【分析】根据图形得出图③挖掉了多少个，与每次挖掉的正方形个数所构成的数列的通项，即可根据等比数列的定义得出递推公式.【详解】图③挖掉了89173个，设每次挖掉的正方形个数为an，根据图形得，a118，a28，a38，则an8则递推式为an8an1.故73；an8an1.16.已知a1，若对于任意的x,，不等式0

1

2n1，1

3

11

xln3xxlna恒成立，则3xaea的最小值为__________.【正确答案】3

##3e1e11

ln3xxlnaex，再构造函数3xae【分析】先利用同构法将题设不等式转化为fx

1

lnxx1，利用导数与函数单调性的关系得到3xaex，从而将问题转化为x3x13xax，再次构造函数gxxx求得最值即可得解.e3emax【详解】因为lnaxlnalnexlnaex，所以11111

xln3xxlna可化为ln3xxlnaxxlnaex，3xae3xaeae111x1

lnxx1，则fx220，xxxx令fx

所以fx在1,上递增，0因为a1，x,，所以3x1，x，aex1，3eee13

1



1所以11

ln3xxlnaex可化为f3xfaex，则3xaex，3xae即a

3x3x1

ax,在上恒成立，即x，3exemax

3x131xx，则，gxxex3e1

x1；令gx0，则x1；3令gx

令gx0，则所以gx在,1上单调递增，在1,上单调递减，所以gxmaxg1所以a

13

3，e33，即a的最小值为.ee3e11

ln3xxlnaex，从3xae故答案为.关键点睛：本题的突破口是利用同构法将题设不等式转化为而构造函数fx

1

lnxx1得到3xaex，由此得解.x四､解答题（本题共5小题，共48分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）

17.已知函数fxx2e.x

（1）求函数fx的单调区间；（2）求fx在1,2上的值域.【正确答案】（1）函数fx在1,上单调递增，在,1上单调递减；（2）e,0

【分析】（1）根据导数的正负得出其单调性；（2）根据第一问的函数单调性得出其值域.【小问1详解】函数fxx2e，则fxx1e，x

x

当x1时，f¢(x)>0，当x1，fx0，故函数fx在1,上单调递增，在,1上单调递减；【小问2详解】由（1）可得函数fx在1,2上单调递增，在1,1上单调递减，且f13e

13

，f20，e则fx在1,2上的最大值fxmaxf20，最小值fxminf1e，故fx在1,2上的值域为e,0.18.已知各项为正的等比数列an满足a3

bn1

a512，设的前n项和为Sn，且4anSnn2.（1）求数列anbn的通项公式；（2）求数列bn的前n项和.【正确答案】（1）an32（2）Tn9(6n9)2

nn1，bn(6n3)2

n1a1q212n1【分析】（1）由题得4，解出则可得到an通项，降次作差可得bn(6n3)2，a1q48再检验b1值即可；（2）bn(6n3)2【小问1详解】因为an为各项为正的等比数列，设公比为q,a3

n1，利用乘公比错位相减法即可得到Tn.1

a512,4a1q212n1即4，解得q2,a13，所以an32.a1q48bnSnSn1n2(n1)22n1,bn(6n3)2n1,当n2时,anb11,b13，适合上式，当n1时,a1所以bn(6n3)2

n1【小问2详解】设bn的前n项和为Tn,则Tn3209211522(6n9)2n2(6n3)2n1，2Tn3219221523(6n9)2n1(6n3)2n，两式相减，得Tn36222

12n1(6n3)2

n36

212n112(6n3)2n2n96n9

n则Tn9(6n9)2.19.已知抛物线y2x,O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线交抛物线于A,B两点.（1）若直线AB的斜率为1，求AB；（2）若△OAF与OBF的面积之差的绝对值为【正确答案】（1）2

（2）4x8y10或4x8y101

，求直线AB的方程.4【分析】（1）先根据题意得到直线AB的方程，再联立抛物线方程得到y1y2,y1y2的值，从而利用弦长公式即可得解；（2）假设直线AB为xmy

1

，联立抛物线方程得到y1y2,y1y2的值，再分别求得4△OAF与OBF的面积关于y1,y2的表达式，进而得到关于m的方程，解之即可得解.【小问1详解】依题意，设Ax1,y1,Bx2,y2，1因为抛物线y2x的焦点为F,0，4又直线AB的斜率为1，所以直线AB方程为yx

1，4y2x

12xyy0，联立，消去，得1

4yx

4

则Δ20,y1y21,y1y2

1

，4所以AB

2y1y22y1y224y1y22.【小问2详解】易知直线AB斜率为0时，与抛物线y2x只有一个交点，不合题意；设直线AB方程为xmy

1，41

1xmy

联立4，消去x，得y2my0，42yx

则Δm10,y1y2m,y1y2因为S所以S

21

0，4

11

OFy2y2，28OAF

11

OFy1y1，S28OBF

OBFOAF

S

m1111

y1y2y1y2，解得m2，8888411

或x2y，即4x8y10或4x8y10.44所以直线AB的方程为x2y

说明：请同学们在（A）､（B）两个小题中任选一题作答.

x2y220.已知双曲线C:221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1,F2，离心率为2，abP2,2是C上一点.（1）求双曲线C的方程；（2）若直线l过原点，且与双曲线交于A,B两点，Q为双曲线上一点（不同于A,B）.求直线QA与直线QB的斜率之积.x2y2

【正确答案】（1）1

22（2）1【分析】（1）先由双曲线的离心率求得b2a2，再利用点代入求得a22，从而得解；（2）根据题意设出A,Q,B的坐标，再利用点差法即可求得kQAkQB1，由此得解.【小问1详解】因为e

2，所以c

2，即c2a，ax2y2所以bcaa，所以双曲线C:221，aa2

2

2

2

因为P2,2是双曲线C上一点，所以42

21，解得a22，则b222aax2y2

所以双曲线C的方程为1.22【小问2详解】依题意，设A(x1,y1),Q(x2,y2)，因为直线l过原点，且与双曲线交于A,B两点，所以由双曲线的对称性可得A,B关于原点对称，则B(x1,y1)，所以kQA

y2y1y2y1k，QB，x2x1x2x122x12y12x2y2因为A,Q为双曲线上的点，所以1,1，2222两式相减得x1x2y1y2，所以kQAkQB2222

y2y1y2y1y12y221.x2x1x2x1x12x22所以直线QA与直线QB的斜率之积为1.x2y221.已知双曲线C:221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1,F2，离心率为2，abP2,2是C上一点.（1）求双曲线C的方程；（2）直线l过点1,0，与双曲线的右支交于A,B两点，点D与点B关于x轴对称，求证：A,D两点所在直线过点F2.x2y2

【正确答案】（1）1；22（2）证明负了解析.【分析】（1）根据双曲线离心率可得ab，再将给定点代入计算作答.（2）设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理结合向量共线的坐标表示推理作答.【小问1详解】x2y2双曲线C:221(a0,b0)的离心率e

ab又点P2,2在C上，即a2b2

2，即ab，2，则e2a2

421，解得ab22ab2，x2y2

所以双曲线C的方程为1.22【小问2详解】显然直线l不垂直于坐标轴，设直线l的方程为：xmy1，由（1）知，双曲线渐近线yx，而直线l与双曲线右支交于两点，则1

1，即0m1，m由

xmy1

消去x并整理得：(m21)y22my10，22xy2

Δ4m24m2142m210，则2m1，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则2D(x2,y2)，2m1

,yy，则y1y22my1y2，12m21m21

而F2(2,0)，有F2A(x12,y1),F2D(x22,y2)，于是y1y2

因此(x12)y2(x22)y1(my11)y2(my21)y12my1y2(y1y2)0，

即F2A//F2D，而F2A,F2D有公共点F2，从而A,F2,D三点共线，所以A,D两点所在直线过点F2.思路点睛：圆锥曲线中动直线过已知定点问题，根据条件求出动直线与圆锥曲线的两个交点的坐标关系，再借助共线向量的坐标表示推理解决.说明：请同学们在（A）､（B）两个小题中任选一题作答.

22.已知函数fxxlnxmx.（1）讨论函数fx在1,上的单调性；（2）若pxfx

12mx有两个极值点，求m的取值范围.2【正确答案】（1）见解析（2）m0

【分析】（1）f(x)lnx1m，分m1和m1讨论即可；（2）p(x)lnx1mxm，题目转化为p(x)有两个零点，利用分离参数法得m

lnx1lnx1

，设g(x)，利用导数研究gx得图像即可得到答案.x1x1【小问1详解】f(x)xlnxmx，f(x)lnx1m，当x1,，则lnx1mm1

若m1,f(x)lnx1m0,则f(x)在[1,)上单调递增；若m1,令f¢(x)>0，即lnx1m0，xem11则fx在e

m1,上单调递增.m1令fx0，解得1xem1，则f(x)在上单调递减，1,e

综上，当m1时，f(x)在[1,)上单调递增，当m1时，fx在e【小问2详解】m1m1,上单调递增，在1,e上单调递减.

1

p(x)xlnxmxmx2，p(x)lnx1mxm，2因为p(x)有两个极值点,所以p(x)有两个零点,显然,1不是p(x)的零点，由lnx1mxm0,得m即直线h(x)m与g(x)

lnx1

.x1lnx1

有两个交点，x1x11lnx1lnx，xg(x)x(x1)2(x1)2令(x)令(x)

1111xlnx,(x)22,xxxx1x

0，解得x1，x2且当x0,1时，(x)0，当x(1,)时，(x)0所以(x)在(0,1)上单调递增,(x)在(1,)上单调递减,而(1)1,故(x)0,所以g(x)在(0,1),和(1,)上单调递减，又在(0,1)上,x趋近于0时,g(x)趋近于正无穷，x趋近于1时,gx趋近于负无穷，故函数gx在0,1之间存在唯一零点，在(1,)上,x趋近于1时,g(x)趋近于正无穷，x趋近于正无穷时,g(x)趋近于0.作出图形如下图所示：所以m0.关键点睛：本题第二问的关键在于等价转化为导函数在定义域上有两零点，然后利用分离参数法，得到m

lnx1lnx1

，转化为直线h(x)m与g(x)有两个交点，研究gx的x1x1图象，数形结合即可得到m的范围.23.（B）已知函数fxxlnxmx.（1）讨论函数fx在1,上的单调性；（2）若pxfx

12xm1x有两个极值点x1,x2，且x22m2x1，求证.mx1x2e3（参考数据：ln20.69）【正确答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【分析】（1）先对fx求导，再分类讨论m1与m1，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）先将问题转化为gx

lnx1

的图像与y的图像有两个交点，从而利用导数研究mxgx的图像得到me；再利用极值点偏移，构造函数证得x1x2e2，由此得证.【小问1详解】因为fxxlnxmx，所以f(x)lnx1m，因为x1,，所以lnx0，当1m0时，即m1时，f(x)lnx1m0，则fx在1,上单调递增；当1m0，即m1时，1m0，e1me01，令f(x)0，得xe1m；令f(x)0，得1xe1m，则fx在1,e

m1上单调递减，在 e

m1m1,上单调递增；综上：当m1时，fx在1,上单调递增；当m1时，fx在1,e【小问2详解】因为pxfx

上单调递减，在 e

m1,上单调递增.1212xm1xxlnxxxx0，2m2mxx

1lnx，mmxlnx1

有有两个零点x1,x2，即方程mxm所以p(x)lnx1

因为px有两个极值点x1,x2，所以p(x)lnx两个根x1,x2，令gx又gx

lnx1

x0，则gx的图像与y的图像有两个交点，xm

1lnx

，令gx0，得0xe；令gx0，得xe；2x1，e所以gx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，则gxmaxge

又当0x1时，lnx0，则gx0；当x1时，lnx0，则gx0；当x趋于无穷大时，ylnx的增长速率远远小于yx的增长速率，所以gx趋于0，由此作出gx的图像如下：所以0又11，则me，me1lnx1lnx2lnx1lnx21lnx1lnx2，则，mx1x2mx1x2x1x2x21

x2x1x1x2lnxlnxln故lnx1x2lnx1lnx2，21xx2x121x1x1因为x22x10，令t令q(t)

x2，则t2，x1

t12

lntlntlntt2，则lnx1x2qt，t1t1(t1)22(t1)2tlnt

q(t)，2t(t1)令(t)(t1)2(t1)2tlntt1，则(t)2(tlnt1)，2

令(t)2(tlnt1)t1，则x21

1t

2t10，t所以(t)在1,上单调递增，则(t)10，即(t)0，所以(t)在1,上单调递增，则(t)10，故当t2时，(t)0，t(t1)20，则q(t)递增，又238e2，则ln23lne2，即3ln22，所以q(t)q(2)3ln22，2

故lnx1x2qt2，即x1x2e，(t)

0，所以q(t)在2,上单调2t(t1)又me，所以mx1x2e3.方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．