2015年高考数学（文科）真题分类汇编B单元 函数与导数

2015年高考数学（文科）真题分类汇编B单元 函数与导数

‎ 数 学 ‎ ‎ B单元 函数与导数 ‎ B1　函数及其表示 ‎6．B1[2015·湖北卷] 函数f(x)＝＋lg的定义域为(　　)‎ A．(2，3) B．(2，4]‎ C．(2，3)∪(3，4] D．(－1，3)∪(3，6]‎ ‎6．C　[解析] 依题意有4－≥0，解得－4≤x≤4①；由>0，解得x>2且x≠3②.由①②求交集得，函数的定义域为(2，3)∪(3，4]．故选C.‎ ‎7．B1[2015·湖北卷] 设x∈R，定义符号函数sgn x＝则(　　)‎ A．|x|＝x|sgn x| B．|x|＝xsgn|x|‎ C．|x|＝|x|sgn x D．|x|＝xsgn x ‎7．D　[解析] 当x>0时，xsgn x＝x＝；‎ 当x＝0时，xsgn x＝0＝；‎ 当x<0时，xsgn x＝－x＝.‎ 综上，＝xsgn x．故选D.‎ ‎10．B1[2015·山东卷] 设函数f(x)＝若f＝4，则b＝(　　)‎ A．1 B. C. D. ‎10．D　[解析] 由已知得f＝3×－b＝－b，由f＝4得或解得b＝(舍去)或b＝.‎ ‎12．B1、B3[2015·浙江卷] 已知函数f(x)＝则f(f(－2))＝________，f(x)的最小值是________．‎ ‎12．－　2 －6　[解析] f(－2)＝4，f(f(－2))＝f(4)＝－.当x≤1时，f(x)≥0；当x>1时，f(x)＝x＋－6≥2 －6，当且仅当x＝时等号成立，故f(x)的最小值为2 －6.‎ ‎3．B1、B6、B7 [2015·重庆卷] 函数f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定义域是(　　)‎ A．[－3，1] ‎ B．(－3，1)‎ C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) ‎ D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)‎ ‎3． D　[解析] 由题意，得x2＋2x－3>0，解得x>1或x<－3，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．‎ B2 反函数 B3 函数的单调性与最值 ‎17．B5、B8、B3[2015·湖北卷] a为实数，函数f(x)＝|x2－ax|在区间[0，1]上的最大值记为g(a)．当a＝________时，g(a)的值最小．‎ ‎17．2－2　[解析] ①当a≤0时，f(x)＝|x2－ax|在[0，1]上是增函数，所以g(a)＝f(1)＝1－a，此时g(a)min＝1.‎ ‎②当0f(1)．‎ ‎(i)当0f(1)，所以g(a)＝f＝，此时3－2f(2x－1)成立的 x的取值范围是(　　)‎ A.，1 ‎ B．－∞，∪(1，＋∞)‎ C．－， ‎ D．－∞，－∪，＋∞‎ ‎12．A　[解析] 由已知可知f(x)的定义域为R，且有f(－x)＝f(x)，即函数f(x)为偶函数，所以要使得f(x)>f(2x－1)成立，即使得f(|x|)>f(|2x－1|)成立．又当x≥0时，f(x)＝ln(1＋x)－为增函数，所以得|x|>|2x－1|，解得0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 若a>0，则当x∈0，时，f′(x)>0；当x∈，＋∞时，f′(x)<0.所以f(x)在0，上单调递增，在，＋∞上单调递减．‎ ‎(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln＋a1－＝－ln a＋a－1.‎ 因此f>‎2a－2等价于ln a＋a－1<0.‎ 令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0.‎ 于是，当01时，g(a)>0.‎ 因此，a的取值范围是(0，1)．‎ ‎15．B3[2015·福建卷] 若函数f(x)＝2|x－a|(a∈R)满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上单调递增，则实数m的最小值等于________．‎ ‎15．1　[解析] 由f(1＋x)＝f(1－x)知f(x)的图像关于直线x＝1对称，所以a＝1，即f(x)＝2|x－1|，所以f(x)在(－∞，1] 上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数，故m≥1，即m的最小值为1.‎ ‎8．B3、B4、B7[2015·湖南卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则f(x)是(　　)‎ A．奇函数，且在(0，1)上是增函数 B．奇函数，且在(0，1)上是减函数 C．偶函数，且在(0，1)上是增函数 D．偶函数，且在(0，1)上是减函数 ‎8．A　[解析] 由已知可得，f(x)＝ln＝ln－1，y＝－1在(0，1)上为增函数，故y＝f(x)在(0，1)上为增函数．又f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故y＝f(x)为奇函数，选A.‎ ‎9．B3、B4、B12[2015·陕西卷] 设f(x)＝x－sin x，则f(x)(　　)‎ A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数 C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数 ‎9．B　[解析] 因为f(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数．又f′(x)＝1－cos x≥0，故函数f(x)为增函数．‎ ‎15．B3，B12[2015·四川卷] 已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)，对于不相等的实数x1，x2，设m＝，n＝，现有如下命题：‎ ‎①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m>0；‎ ‎②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n>0；‎ ‎③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；‎ ‎④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.‎ 其中的真命题有__________(写出所有真命题的序号)．‎ ‎15．①④　[解析] 对于①，因为f′(x)＝2xln 2＞0恒成立，故①正确．对于②，取a＝－8，则g′(x)＝2x－8，当x1，x2＜4时，n＜0，②错误；对于③，令f′(x)＝g′(x)，即2xln 2＝2x＋a，记h(x)＝2xln 2－2x，则h′(x)＝2x(ln 2)2－2，‎ 存在x0∈(2，3)，使得h′(x0)＝0，可知函数h(x)先减后增，有最小值．‎ 因此，对任意的a，m＝n不成立，③错误．‎ 对于④，由f′(x)＝－g′(x)，得2xln 2＝－2x－a，‎ 令h(x)＝2xln 2＋2x，则h′(x)＝2x(ln 2)2＋2＞0恒成立，即h(x)是单调递增函数，‎ 当x→＋∞时，h(x)→＋∞，‎ 当x→－∞时，h(x)→－∞，‎ 因此对任意的a，存在直线y＝a与函数h(x)的图像有交点，④正确．‎ ‎12．B1、B3[2015·浙江卷] 已知函数f(x)＝则f(f(－2))＝________，f(x)的最小值是________．‎ ‎12．－　2 －6　[解析] f(－2)＝4，f(f(－2))＝f(4)＝－.当x≤1时，f(x)≥0；当x>1时，f(x)＝x＋－6≥2 －6，当且仅当x＝时等号成立，故f(x)的最小值为2 －6.‎ B4 函数的奇偶性与周期性 ‎4．B4、B9[2015·安徽卷] 下列函数中，既是偶函数又存在零点的是(　　)‎ A．y＝ln x B．y＝x2＋1‎ C．y＝sin x D．y＝cos x ‎4．D　[解析] y＝ln x是非奇非偶函数，A不正确；y＝x2＋1是偶函数，但x2＋1＝0无实数解，B不正确；y＝sin x是奇函数，C不正确；y＝cos x是偶函数，且cos x＝0有实数解，D正确．‎ ‎3．B4[2015·广东卷] 下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是(　　)‎ A．y＝x＋sin 2x B．y＝x2－cos x C．y＝2x＋ D．y＝x2＋sin x ‎3．D　[解析] 函数f(x)＝x2＋sin x的定义域为R，关于原点对称，因为f(1)＝1＋sin 1，f(－1)＝1－sin 1，所以函数f(x)＝x2＋sin x既不是奇函数，也不是偶函数；函数f(x)＝x2－cos x的定义域为R，关于原点对称，因为f(－x)＝(－x)2－cos(－x)＝x2－cos x＝f(x)，所以函数f(x)＝x2－cos x是偶函数；函数f(x)＝2x＋的定义域为R，关于原点对称，因为f(－x)＝2－x＋＝＋2x＝f(x)，所以函数f(x)＝2x＋是偶函数；函数f(x)＝x＋sin 2x的定义域为R，关于原点对称，因为f(－x)＝－x＋sin(－2x)＝－x－sin 2x＝－f(x)，所以函数f(x)＝x＋sin 2x是奇函数．‎ ‎21．B12、B4、B6[2015·湖北卷] 设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)＋g(x)＝ex，其中e为自然对数的底数．‎ ‎(1)求f(x)，g(x)的解析式，并证明：当x>0时，f(x)>0，g(x)>1；‎ ‎(2)设a≤0，b≥1，证明：当x>0时，ag(x)＋(1－a)<0时，ex>1，00.　③‎ 又由基本不等式，有g(x)＝(ex＋e－x)>＝1，即g(x)>1.　④‎ ‎(2)证明：由(1)得f′(x)＝′＝＝(ex＋e－x)＝g(x)，　⑤‎ g′(x)＝′＝＝(ex－e－x)＝f(x)．　⑥‎ 当x>0时，>ag(x)＋(1－a)等价于f(x)>axg(x)＋(1－a)x，　⑦‎ 0时，‎ ‎(i)若c≤0，由③④，得h′(x)>0，故h(x)在[0，＋∞)上为增函数，从而h(x)>h(0)＝0，‎ 即f(x)>cxg(x)＋(1－c)x，故⑦成立．‎ ‎(ii)若c≥1，由③④，得h′(x)<0，故h(x)在[0，＋∞)上为减函数，从而h(x)f(2x－1)成立的x的取值范围是(　　)‎ A.，1 ‎ B．－∞，∪(1，＋∞)‎ C．－， ‎ D．－∞，－∪，＋∞‎ ‎12．A　[解析] 由已知可知f(x)的定义域为R，且有f(－x)＝f(x)，即函数f(x)为偶函数，所以要使得f(x)>f(2x－1)成立，即使得f(|x|)>f(|2x－1|)成立．又当x≥0时，f(x)＝ln(1＋x)－为增函数，所以得|x|>|2x－1|，解得3成立的x的取值范围为(　　)‎ A．(－∞，－1)‎ B．(－1，0)‎ C．(0，1)‎ D．(1，＋∞)‎ ‎8．C　[解析] 由函数f(x)是奇函数知＝－，即(2x＋1)(a－1)＝0，∴a＝1.‎ ‎∵>3，∴<0，∴1<2x<2，即0f(1)．‎ ‎(i)当0f(1)，所以g(a)＝f＝，此时3－20，b>0，ab＝8，则当a的值为________时，log‎2a·log2(2b)取得最大值．‎ ‎12．4　[解析] log‎2a·log22·＝log‎2a·(log216－log‎2a)＝4log‎2a－(log‎2a)2，当log‎2a＝2，即a＝4时取得最大值．‎ ‎20．B5，B14[2015·浙江卷] 设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．‎ ‎(1)当b＝＋1时，求函数f(x)在[－1，1]上的最小值g(a)的表达式；‎ ‎(2)已知函数f(x)在[－1，1]上存在零点，0≤b－‎2a≤1，求b的取值范围．‎ ‎20．解：(1)当b＝＋1时，f(x)＝＋1，故其图像的对称轴为直线x＝－.‎ 当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝＋a＋2.‎ 当－22时，g(a)＝f(－1)＝－a＋2.‎ 综上，‎ g(a)＝ ‎(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则 由于0≤b－‎2a≤1，因此≤s≤(－1≤t≤1)．‎ 当0≤t≤1时，≤st≤，‎ 由于－≤≤0和－≤≤9－4 ，‎ 所以－≤b≤9－4 .‎ 当－1≤t<0时，≤st≤.‎ 由于－2≤<0和－3≤<0，所以 ‎－3≤b<0.‎ 故b的取值范围是[－3，9－4 ]．‎ B6 指数与指数函数 ‎ ‎21．B12、B4、B6[2015·湖北卷] 设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)＋g(x)＝ex，其中e为自然对数的底数．‎ ‎(1)求f(x)，g(x)的解析式，并证明：当x>0时，f(x)>0，g(x)>1；‎ ‎(2)设a≤0，b≥1，证明：当x>0时，ag(x)＋(1－a)<0时，ex>1，00.　③‎ 又由基本不等式，有g(x)＝(ex＋e－x)>＝1，即g(x)>1.　④‎ ‎(2)证明：由(1)得f′(x)＝′＝＝(ex＋e－x)＝g(x)，　⑤‎ g′(x)＝′＝＝(ex－e－x)＝f(x)．　⑥‎ 当x>0时，>ag(x)＋(1－a)等价于f(x)>axg(x)＋(1－a)x，　⑦‎ 0时，‎ ‎(i)若c≤0，由③④，得h′(x)>0，故h(x)在[0，＋∞)上为增函数，从而h(x)>h(0)＝0，‎ 即f(x)>cxg(x)＋(1－c)x，故⑦成立．‎ ‎(ii)若c≥1，由③④，得h′(x)<0，故h(x)在[0，＋∞)上为减函数，从而h(x)－2恒成立，所以可知a>1，于是由f(a)＝－log2(a＋1)＝－3得a＝7，所以f(6－a)＝f(－1)＝2－1－1－2＝－.‎ ‎12．B6、B7[2015·全国卷Ⅰ] 设函数y＝f(x)的图像与y＝2x＋a的图像关于直线y＝－x对称，且f(－2)＋f(－4)＝1，则a＝(　　)‎ A．－1 B．1‎ C．2 D．4‎ ‎12．C　[解析] 在函数y＝f(x)的图像上任设一点P(x，y)，其关于直线y＝－x的对称点为P′(x′，y′)，则有解得由于点P′(x′，y′)在函数y＝2x＋a的图像上，于是有－x＝2－y＋a，得－y＋a＝log2(－x)，即y＝f(x)＝a－log2(－x)，所以f(－2)＋f(－4)＝a－log22＋a－log24＝‎2a－3＝1，所以a＝2.‎ ‎10．B6，B7，B8[2015·北京卷] 2－3，3，log25三个数中最大的数是________．‎ ‎10．log25　[解析] 2－3＝，30<3<4＝2，log25>log24＝2，所以log25最大．‎ ‎3．B6[2015·山东卷] 设a＝0.60.6，b＝0.61.5，c＝‎1.50.6‎，则a，b，c的大小关系是(　　)‎ A．a1.故选C.‎ ‎4．B6[2015·陕西卷] 设f(x)＝则f(f(－2))＝(　　)‎ A．－1 B. C. D. ‎4．C　[解析] f(f(－2))＝f(2－2)＝f＝1－＝.‎ ‎7．B4、B6、B7[2015·天津卷] 已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)‎ 为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(‎2m)，则a，b，c的大小关系为(　　)‎ A．a0，解得x>1或x<－3，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．‎ B7 对数与对数函数 ‎11．B7[2015·安徽卷] lg＋2lg 2－＝________.‎ ‎11．－1　[解析] 原式＝lg＋lg 4－2＝lg 10－2＝－1.‎ ‎10．B6、B7[2015·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)＝且f(a)＝－3，则f(6－a)＝(　　)‎ A．－ B．－ C．－ D．－ ‎10．A　[解析] 因为2x－1－2>－2恒成立，所以可知a>1，于是由f(a)＝－log2(a＋1)＝－3得a＝7，所以f(6－a)＝f(－1)＝2－1－1－2＝－.‎ ‎12．B6、B7[2015·全国卷Ⅰ] 设函数y＝f(x)的图像与y＝2x＋a的图像关于直线y＝－x对称，且f(－2)＋f(－4)＝1，则a＝(　　)‎ A．－1 B．1‎ C．2 D．4‎ ‎12．C　[解析] 在函数y＝f(x)的图像上任设一点P(x，y)，其关于直线y＝－x的对称点为P′(x′，y′)，则有解得由于点P′(x′，y′)在函数y＝2x＋a的图像上，于是有－x＝2－y＋a，得－y＋a＝log2(－x)，即y＝f(x)＝a－log2(－x)，所以f(－2)＋f(－4)＝a－log22＋a－log24＝‎2a－3＝1，所以a＝2.‎ ‎10．B6，B7，B8[2015·北京卷] 2－3，3，log25三个数中最大的数是________．‎ ‎10．log25　[解析] 2－3＝，30<3<4＝2，log25>log24＝2，所以log25最大．‎ ‎8．B3、B4、B7[2015·湖南卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则f(x)是(　　)‎ A．奇函数，且在(0，1)上是增函数 B．奇函数，且在(0，1)上是减函数 C．偶函数，且在(0，1)上是增函数 D．偶函数，且在(0，1)上是减函数 ‎8．A　[解析] 由已知可得，f(x)＝ln＝ln－1，y＝－1在(0，1)上为增函数，故y＝f(x)在(0，1)上为增函数．又f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故y＝f(x)为奇函数，选A.‎ ‎7．B7、K3[2015·山东卷] 在区间[0，2]上随机地取一个数x，则事件“－1≤log≤‎1”‎发生的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎7．A　[解析] ∵－1≤log≤1，∴log2≤log≤log，∴≤x＋≤2，即0≤x≤，∴所求概率P＝＝.‎ ‎10．B7、E6[2015·陕西卷] 设f(x)＝ln x，0p C．p＝rq ‎10．C　[解析] r＝(f(a)＋f(b))＝ln(ab)＝ln＝p.因为b>a>0，所以>，又函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以q>p＝r，故选C.‎ ‎4．A2、B7[2015·四川卷] 设a，b为正实数，则“a>b>‎1”‎是“log‎2a>log2b>‎0”‎的(　　)‎ A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 ‎4．A　[解析] 当a＞b＞1时，log‎2a＞log2b＞0成立；反之也正确．故选A.‎ ‎12．B7[2015·四川卷] lg 0.01＋log216的值是________．‎ ‎12．2　[解析] lg 0.01＋log216＝－2＋4＝2.‎ ‎7．B4、B6、B7[2015·天津卷] 已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(‎2m)，则a，b，c的大小关系为(　　)‎ A．a0，b>0，ab＝8，则当a的值为________时，‎ log‎2a·log2(2b)取得最大值．‎ ‎12．4　[解析] log‎2a·log22·＝log‎2a·(log216－log‎2a)＝4log‎2a－(log‎2a)2，当log‎2a＝2，即a＝4时取得最大值．‎ ‎9．B7[2015·浙江卷] 计算：log2＝________，2log23＋log43＝________．‎ ‎9．－　3 　[解析] log2＝log22－＝－，2log23＋log43＝2log23＋log23＝2log2(3 )＝3 .‎ ‎3．B1、B6、B7 [2015·重庆卷] 函数f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定义域是(　　)‎ A．[－3，1] ‎ B．(－3，1)‎ C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) ‎ D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)‎ ‎3． D　[解析] 由题意，得x2＋2x－3>0，解得x>1或x<－3，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．‎ B8 幂函数与函数的图像 ‎14．B8[2015·安徽卷] 在平面直角坐标系xOy中，若直线y＝‎2a与函数y＝|x－a|－1的图像只有一个交点，则a的值为________．‎ ‎14．－　[解析] 依题意，在同一坐标系中作出直线y＝‎2a与函数y＝|x－a|－1的图像如图，由图像得，‎2a＝－1，即a＝－.‎ ‎17．B5、B8、B3[2015·湖北卷] a为实数，函数f(x)＝|x2－ax|在区间[0，1]上的最大值记为g(a)．当a＝________时，g(a)的值最小．‎ ‎17．2－2　[解析] ①当a≤0时，f(x)＝|x2－ax|在[0，1]上是增函数，所以g(a)＝f(1)＝1－a，此时g(a)min＝1.‎ ‎②当0f(1)．‎ ‎(i)当0f(1)，所以g(a)＝f＝，此时3－2log24＝2，所以log25最大．‎ ‎14．B8[2015·湖南卷] 若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是________．‎ ‎14．(0，2)　[解析] 令|2x－2|－b＝0，得|2x－2|＝b，令y＝|2x－2|，y＝b，其函数图像有两个交点，结合函数图像可知，01时，由＝1得＝3－或＝1－.分别在同一个坐标系中作出函数y＝与y＝3－的图像(如图1)和函数y＝与y＝1－的图像(如图2)．‎ 图1‎ 图2‎ 当x>1时，它们分别有1个、2个交点，故x>1时，方程有3个实根．‎ 综上，方程＝1共有4个不同的实根．‎ B9 函数与方程 ‎ ‎13．B9、C2、C6[2015·湖北卷] 函数f(x)＝2sin xsin－x2的零点个数为________．‎ ‎13．2　[解析] f(x)＝2sin xsin－x2＝2sin xcos x－x2＝sin 2x－x2.令f(x)＝0，则sin 2x＝x2，则函数f(x)的零点个数即为函数y＝sin 2x与函数y＝x2图像的交点个数．作出函数图像如图所示，两函数图像的交点有2个，即函数f(x)的零点个数为2.‎ ‎21．B9，B11，B12[2015·全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝e2x－aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；‎ ‎(2)证明：当a>0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ ‎21．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．‎ 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．‎ 当a>0时，因为e2x单调递增，－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．‎ ‎(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0.当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．‎ 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥‎2a＋aln.‎ 故当a>0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ ‎13．B9[2015·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ax3－2x的图像过点(－1，4)，则a＝________．‎ ‎13．－2　[解析] 由函数图像过点(－1，4)，得f(－1)＝a×(－1)3－2×(－1)＝4，解得a＝－2.‎ ‎19．B9，B12[2015·北京卷] 设函数f(x)＝－kln x，k>0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ ‎19．解：(1)由f(x)＝－kln x(k>0)得，‎ f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝x－＝.‎ 由f′(x)＝0解得x＝.‎ f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎   所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)；‎ f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．‎ ‎(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.‎ 因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.‎ 当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，‎ 所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．‎ 当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且 f(1)＝>0，f()＝<0，‎ 所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ ‎21．D3、B9、B12[2015·陕西卷] 设fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.‎ ‎(1)求fn′(2)；‎ ‎(2)证明：fn(x)在0，内有且只有一个零点(记为an)，且00，‎ 所以fn(x)在0，内至少存在一个零点．‎ 又fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，‎ 所以fn(x)在0，内单调递增，‎ 因此fn(x)在0，内有且仅有一个零点an.‎ 由于fn(x)＝－1，‎ 所以0＝fn(an)＝－1，‎ 由此可得an＝＋a>，‎ 故0，即x<1时，函数f(x)单调递增；‎ 当f′(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减．‎ 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．‎ ‎(2)证明：设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝4，f′(x0)＝－12.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令函数F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．‎ 由于f′(x)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减，所以F′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)．‎ ‎(3)证明：由(2)知g(x)＝－12x－4.设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－＋4.因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，因此x2≤x2′.‎ 类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y ‎＝h(x)，可得h(x)＝4x.对于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x)．‎ 设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝.因为h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x1′≤x1.‎ 由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－＋4.‎ ‎8．B9[2015·浙江卷] 设实数a，b，t满足|a＋1|＝|sin b|＝t.(　　)‎ A．若t确定，则b2唯一确定 B．若t确定，则a2＋‎2a唯一确定 C．若t确定，则sin唯一确定 D．若t确定，则a2＋a唯一确定 ‎8．B　[解析] 对于A，取t＝，b可取或，则b2不能唯一确定；对于B，由|a＋1|＝|sin b|＝t，得|a＋1|2＝t2，即a2＋‎2a＋1＝t2，所以a2＋‎2a＝t2－1，故若t确定，则t2确定，所以a2＋‎2a唯一确定，故B正确；若t确定，由|sin b|＝t，得sin2b＝t2，所以cos b＝±，sin＝±＝±，不唯一确定，选项C中的结论不正确；若t确定，由|a＋1|＝t，得a＋1＝±t，所以a＝－1±t，所以a2＋a＝(－1±t)2－1±t＝t2∓2t±t＝t2∓t，不唯一确定．‎ 综上可知，只有选项B中的结论正确．‎ ‎13．B8、B9[2015·江苏卷] 已知函数f(x)＝|ln x|，g(x)＝则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为________．‎ ‎13．4　[解析] 当01时，由＝1得＝3－或＝1－.分别在同一个坐标系中作出函数y＝与y＝3－的图像(如图1)和函数y＝与y＝1－的图像(如图2)．‎ 图1‎ 图2‎ 当x>1时，它们分别有1个、2个交点，故x>1时，方程有3个实根．‎ 综上，方程＝1共有4个不同的实根．‎ ‎19．B9、B12[2015·江苏卷] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．‎ ‎(1)试讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．‎ ‎19．解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.‎ 当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；‎ 当a>0时，若x∈∪(0，＋∞)，则f′(x)>0，若x∈，则f′(x)<0，‎ 所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；‎ 当a<0时，若x∈(－∞，0)∪，则f′(x)>0，若x∈，则f′(x)<0，‎ 所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值分别为f(0)＝b，f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝b<0，从而 或 又b＝c－a，所以当a>0时，a3－a＋c>0或当a<0时，a3－a＋c<0.‎ 设g(a)＝a3－a＋c.因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，‎ 所以在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立，‎ 从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.‎ 此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]．‎ 因为函数f(x)有三个零点，所以x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，‎ 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋‎2a－3>0，‎ 且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，‎ 解得a∈(－∞，－3)∪∪.‎ 综上，c＝1.‎ B10 函数模型及其应用 ‎ ‎8．B10[2015·北京卷] 某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该年相邻两次加油时的情况．‎ 加油时间 加油量(升)‎ 加油时的累计里程(千米)‎ ‎2015年5月1日 ‎12‎ ‎35 000‎ ‎2015年5月15日 ‎48‎ ‎35 600‎ 注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程．‎ 在这段时间内，该车每‎100千米平均耗油量为(　　)‎ A．‎6升 B．‎8升 C．‎10升 D．‎‎12升 ‎8．B　[解析] 由两次加油可以看出，耗油‎48升，行驶600千米，所以行驶100千米耗油‎8升，故选B.‎ ‎8．B10[2015·四川卷] 某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y＝ekx＋b(e＝2.718…为自然对数的底数，k，b为常数)．若该食品在‎0 ℃‎的保鲜时间是192小时，在‎22 ℃‎的保鲜时间是48小时，则该食品在‎33 ℃‎的保鲜时间是(　　)‎ A．16小时 B．20小时 C．24小时 D．28小时 ‎8．C　[解析] 由题意得，解得 ‎ 于是当x＝33时，y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝×192＝24.‎ ‎17．B10、B11[2015·江苏卷] 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图13所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为‎5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型．‎ ‎(1)求a，b的值．‎ ‎(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.‎ ‎①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域．‎ ‎②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．‎ 图13‎ ‎17．解：(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．‎ 将其分别代入y＝，得 解得 ‎(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，则点P的坐标为.‎ 设点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－，‎ 则l的方程为y－＝－(x－t)，‎ 由此得A，B.‎ 故f(t)＝＝，t∈[5，20]．‎ ‎②设g(t)＝t2＋，则g′(t)＝2t－.令g′(t)＝0，解得t＝10.‎ 当t∈[5，10)时，g′(t)<0，g(t)是减函数；‎ 当t∈(10，20]时，g′(t)>0，g(t)是增函数．‎ 从而，当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15.‎ 故当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为‎15千米．‎ B11 导数及其运算 ‎21．B11、B12[2015·安徽卷] 已知函数f(x)＝(a>0，r>0)．‎ ‎(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．‎ ‎21．解：(1)由题意知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．‎ f(x)＝＝，‎ f′(x)＝＝.‎ 所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0；当－r0.‎ 因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r)．‎ ‎(2)由(1)知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减．因此，x＝r是f(x)的极大值点，无极小值点．所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝＝100.‎ ‎21．B9，B11，B12[2015·全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝e2x－aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；‎ ‎(2)证明：当a>0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ ‎21．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．‎ 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．‎ 当a>0时，因为e2x单调递增，－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．‎ ‎(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0.当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．‎ 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥‎2a＋aln.‎ 故当a>0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ ‎20．B11、B12、B14[2015·山东卷] 设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．‎ ‎(1)求a的值．‎ ‎(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由．‎ ‎(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．‎ ‎20．解：(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，‎ 所以f′(1)＝2.‎ 又f′(x)＝ln x＋＋1，‎ 所以a＝1.‎ ‎(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根．‎ 设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－，‎ 当x∈(0，1]时，h(x)<0.‎ 又h(2)＝3ln 2－＝ln 8－>1－1＝0，‎ 所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.‎ 因为h′(x)＝ln x＋＋1＋，‎ 所以当x∈(1，2)时，h′(x)>1－>0，‎ 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，‎ 所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．‎ 所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．‎ ‎(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)g(x)，‎ 所以m(x)＝ 当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；‎ 若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋＋1>0，‎ 可知00，m(x)单调递增，‎ x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，‎ 可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)0.‎ ‎(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；‎ ‎(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．‎ ‎21．解：(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a)，‎ 所以g′(x)＝2－＝.‎ 当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ ‎(2)证明：由f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0，解得a＝x－1－ln x.‎ 令φ(x)＝－2xln x＋x2－2x(x－1－ln x)＋(x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2xln x，‎ 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.‎ 于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.‎ 令a0＝x0－1－ln x0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－ln x(x≥1)．‎ 由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ 故0＝u(1)f(x0)＝0；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；‎ 又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xln x>0.‎ 故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.‎ 综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．‎ ‎11．B11[2015·天津卷] 已知函数f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数．若f′(1)＝3，则a的值为________．‎ ‎11．3　[解析] f′(x)＝aln x＋a.因为f′(1)＝3，所以a＝3.‎ ‎20．B9、B11、B12[2015·天津卷] 已知函数f(x)＝4x－x4，x∈R.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；‎ ‎(3)若方程f(x)＝a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x10，即x<1时，函数f(x)单调递增；‎ 当f′(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减．‎ 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．‎ ‎(2)证明：设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝4，f′(x0)＝－12.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令函数F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．‎ 由于f′(x)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减，所以F′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)．‎ ‎(3)证明：由(2)知g(x)＝－12x－4.设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－＋4.因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，因此x2≤x2′.‎ 类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y ‎＝h(x)，可得h(x)＝4x.对于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x)．‎ 设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝.因为h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x1′≤x1.‎ 由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－＋4.‎ ‎17．B10、B11[2015·江苏卷] 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图13所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为‎5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型．‎ ‎(1)求a，b的值．‎ ‎(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.‎ ‎①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域．‎ ‎②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．‎ 图13‎ ‎17．解：(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．‎ 将其分别代入y＝，得 解得 ‎(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，则点P的坐标为.‎ 设点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－，‎ 则l的方程为y－＝－(x－t)，‎ 由此得A，B.‎ 故f(t)＝＝，t∈[5，20]．‎ ‎②设g(t)＝t2＋，则g′(t)＝2t－.令g′(t)＝0，解得t＝10.‎ 当t∈[5，10)时，g′(t)<0，g(t)是减函数；‎ 当t∈(10，20]时，g′(t)>0，g(t)是增函数．‎ 从而，当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15.‎ 故当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为‎15千米．‎ B12 导数的应用 ‎21．B11、B12[2015·安徽卷] 已知函数f(x)＝(a>0，r>0)．‎ ‎(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．‎ ‎21．解：(1)由题意知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．‎ f(x)＝＝，‎ f′(x)＝＝.‎ 所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0；当－r0.‎ 因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r)．‎ ‎(2)由(1)知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减．因此，x＝r是f(x)的极大值点，无极小值点．所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝＝100.‎ ‎21．B12、B4、B6[2015·湖北卷] 设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)＋g(x)＝ex，其中e为自然对数的底数．‎ ‎(1)求f(x)，g(x)的解析式，并证明：当x>0时，f(x)>0，g(x)>1；‎ ‎(2)设a≤0，b≥1，证明：当x>0时，ag(x)＋(1－a)<0时，ex>1，00.　③‎ 又由基本不等式，有g(x)＝(ex＋e－x)>＝1，即g(x)>1.　④‎ ‎(2)证明：由(1)得f′(x)＝′＝＝(ex＋e－x)＝g(x)，　⑤‎ g′(x)＝′＝＝(ex－e－x)＝f(x)．　⑥‎ 当x>0时，>ag(x)＋(1－a)等价于f(x)>axg(x)＋(1－a)x，　⑦‎ 0时，‎ ‎(i)若c≤0，由③④，得h′(x)>0，故h(x)在[0，＋∞)上为增函数，从而h(x)>h(0)＝0，‎ 即f(x)>cxg(x)＋(1－c)x，故⑦成立．‎ ‎(ii)若c≥1，由③④，得h′(x)<0，故h(x)在[0，＋∞)上为减函数，从而h(x)0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ ‎21．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．‎ 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．‎ 当a>0时，因为e2x单调递增，－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f ‎′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．‎ ‎(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0.当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．‎ 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥‎2a＋aln.‎ 故当a>0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ ‎16．B12[2015·全国卷Ⅱ] 已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________．‎ ‎16．8　[解析] 对函数y＝x＋ln x求导得y′＝1＋，函数在点(1，1)处的切线的斜率k＝y′|x＝1＝2，所以在点(1，1)处的切线方程为y＝2x－1，又该切线也为函数y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切线，所以由得ax2＋ax＋2＝0，此方程应有唯一解，所以Δ＝a2－‎8a＝0，得a＝8或a＝0(舍)．‎ ‎21．B3、B12[2015·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当f(x)有最大值，且最大值大于‎2a－2时，求a的取值范围．‎ ‎21．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.‎ 若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 若a>0，则当x∈0，时，f′(x)>0；当x∈，＋∞时，f′(x)<0.所以f(x)在0，上单调递增，在，＋∞上单调递减．‎ ‎(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln＋a1－＝－ln a＋a－1.‎ 因此f>‎2a－2等价于ln a＋a－1<0.‎ 令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0.‎ 于是，当01时，g(a)>0.‎ 因此，a的取值范围是(0，1)．‎ ‎19．B9，B12[2015·北京卷] 设函数f(x)＝－kln x，k>0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ ‎19．解：(1)由f(x)＝－kln x(k>0)得，‎ f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝x－＝.‎ 由f′(x)＝0解得x＝.‎ f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎   所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)；‎ f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．‎ ‎(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.‎ 因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.‎ 当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，‎ 所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．‎ 当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且 f(1)＝>0，f()＝<0，‎ 所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ ‎22．B122015·福建卷已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)证明：当x>1时，f(x)1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)>k(x－1)．‎ ‎22．解：(1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．‎ 由f′(x)>0得解得01时，F(x)1时，‎ f(x)1满足题意．‎ 当k>1时，对于x>1，有f(x)1满足题意．‎ 当k<1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，‎ 则有G′(x)＝－x＋1－k＝.‎ 由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0，‎ 解得x1＝<0，x2＝>1.‎ 当x∈(1，x2)时，G′(x)>0，故G(x)在(1，x2)内单调递增．‎ 从而当x∈(1，x2)时，G(x)>G(1)＝0，‎ 即f(x)>k(x－1)．‎ 综上，k的取值范围是(－∞，1)．‎ ‎21.D3、B12[2015·湖南卷] 已知a>0，函数f(x)＝aexcos x(x∈[0，＋∞))，记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．‎ ‎(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；‎ ‎(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．‎ ‎21．解：(1)证明：f′(x)＝aexcos x－aexsin x＝‎ aexcosx＋.‎ 令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋＝mπ－，m∈N*，‎ 即x＝mπ－，m∈N*.‎ 而对于cosx＋，当k∈Z时，‎ 若2kπ－0；‎ 若2kπ＋0)．‎ 设g(t)＝(t>0)，则g′(t)＝.‎ 令g′(t)＝0得t＝1.‎ 当01时，g′(t)>0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ 因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn1－1＝0，‎ 所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.‎ 因为h′(x)＝ln x＋＋1＋，‎ 所以当x∈(1，2)时，h′(x)>1－>0，‎ 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，‎ 所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．‎ 所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．‎ ‎(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)g(x)，‎ 所以m(x)＝ 当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；‎ 若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋＋1>0，‎ 可知00，m(x)单调递增，‎ x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，‎ 可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)0，‎ 所以fn(x)在0，内至少存在一个零点．‎ 又fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，‎ 所以fn(x)在0，内单调递增，‎ 因此fn(x)在0，内有且仅有一个零点an.‎ 由于fn(x)＝－1，‎ 所以0＝fn(an)＝－1，‎ 由此可得an＝＋a>，‎ 故0；‎ ‎②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n>0；‎ ‎③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；‎ ‎④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.‎ 其中的真命题有__________(写出所有真命题的序号)．‎ ‎15．①④　[解析] 对于①，因为f′(x)＝2xln 2＞0恒成立，故①正确．对于②，取a＝－8，则g′(x)＝2x－8，当x1，x2＜4时，n＜0，②错误；对于③，令f′(x)＝g′(x)，即2xln 2＝2x＋a，记h(x)＝2xln 2－2x，则h′(x)＝2x(ln 2)2－2，‎ 存在x0∈(2，3)，使得h′(x0)＝0，可知函数h(x)先减后增，有最小值．‎ 因此，对任意的a，m＝n不成立，③错误．‎ 对于④，由f′(x)＝－g′(x)，得2xln 2＝－2x－a，‎ 令h(x)＝2xln 2＋2x，则h′(x)＝2x(ln 2)2＋2＞0恒成立，即h(x)是单调递增函数，‎ 当x→＋∞时，h(x)→＋∞，‎ 当x→－∞时，h(x)→－∞，‎ 因此对任意的a，存在直线y＝a与函数h(x)的图像有交点，④正确．‎ ‎21．B11，B12[2015·四川卷] 已知函数f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a>0.‎ ‎(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；‎ ‎(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．‎ ‎21．解：(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a)，‎ 所以g′(x)＝2－＝.‎ 当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ ‎(2)证明：由f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0，解得a＝x－1－ln x.‎ 令φ(x)＝－2xln x＋x2－2x(x－1－ln x)＋(x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2xln x，‎ 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.‎ 于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.‎ 令a0＝x0－1－ln x0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－ln x(x≥1)．‎ 由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ 故0＝u(1)f(x0)＝0；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；‎ 又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xln x>0.‎ 故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.‎ 综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．‎ ‎20．B9、B11、B12[2015·天津卷] 已知函数f(x)＝4x－x4，x∈R.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；‎ ‎(3)若方程f(x)＝a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x10，即x<1时，函数f(x)单调递增；‎ 当f′(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减．‎ 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．‎ ‎(2)证明：设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝4，f′(x0)＝－12.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令函数F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．‎ 由于f′(x)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减，所以F′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)．‎ ‎(3)证明：由(2)知g(x)＝－12x－4.设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－＋4.因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，因此x2≤x2′.‎ 类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y ‎＝h(x)，可得h(x)＝4x.对于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x)．‎ 设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝.因为h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，且h ‎(x1′)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x1′≤x1.‎ 由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－＋4.‎ ‎19．B9、B12[2015·江苏卷] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．‎ ‎(1)试讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．‎ ‎19．解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.‎ 当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；‎ 当a>0时，若x∈∪(0，＋∞)，则f′(x)>0，若x∈，则f′(x)<0，‎ 所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；‎ 当a<0时，若x∈(－∞，0)∪，则f′(x)>0，若x∈，则f′(x)<0，‎ 所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值分别为f(0)＝b，f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝b<0，从而 或 又b＝c－a，所以当a>0时，a3－a＋c>0或当a<0时，a3－a＋c<0.‎ 设g(a)＝a3－a＋c.因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，‎ 所以在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立，‎ 从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.‎ 此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]．‎ 因为函数f(x)有三个零点，所以x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，‎ 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋‎2a－3>0，‎ 且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，‎ 解得a∈(－∞，－3)∪∪.‎ 综上，c＝1.‎ B13 定积分与微积分基本定理 ‎ B14 单元综合 ‎10．B14[2015·安徽卷] 函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图像如图13所示，则下列结论成立的是(　　)‎ 图13‎ A．a>0，b<0，c>0，d>0‎ B．a>0，b<0，c<0，d>0‎ C．a<0，b<0，c>0，d>0‎ D．a>0，b>0，c>0，d<0‎ ‎10．A　[解析] 由当x→＋∞时，f(x)→＋∞知a>0，由图知f(0)＝d>0.‎ 因为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由图知f′(x)＝0有两个正实根，所以得故选A.‎ ‎11．B14[2015·全国卷Ⅱ] 如图14，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点．点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图像大致为(　　)‎ 图14‎ 图15‎ ‎11．B　[解析] 当P在BC边上时，PB＝OB·tan x＝tan x，PA＝＝，所以f(x)＝tan x＋0≤x≤，显然f(x)单调递增且是非线性的，当x＝时，f＝1＋.当P位于CD中点时，x＝，f＝PA＋PB＝2，所以可知当P从B运动到C时，f(x)从2增到1＋，当P从C运动到CD中点时，f(x)从1＋减到2，且增减都是非线性的，结合图像可知选B.‎ ‎20．B11、B12、B14[2015·山东卷] 设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．‎ ‎(1)求a的值．‎ ‎(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由．‎ ‎(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．‎ ‎20．解：(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，‎ 所以f′(1)＝2.‎ 又f′(x)＝ln x＋＋1，‎ 所以a＝1.‎ ‎(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根．‎ 设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－，‎ 当x∈(0，1]时，h(x)<0.‎ 又h(2)＝3ln 2－＝ln 8－>1－1＝0，‎ 所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.‎ 因为h′(x)＝ln x＋＋1＋，‎ 所以当x∈(1，2)时，h′(x)>1－>0，‎ 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，‎ 所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．‎ 所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．‎ ‎(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)g(x)，‎ 所以m(x)＝ 当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；‎ 若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋＋1>0，‎ 可知00，m(x)单调递增，‎ x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，‎ 可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)2时，g(a)＝f(－1)＝－a＋2.‎ 综上，‎ g(a)＝ ‎(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则 由于0≤b－‎2a≤1，因此≤s≤(－1≤t≤1)．‎ 当0≤t≤1时，≤st≤，‎ 由于－≤≤0和－≤≤9－4 ，‎ 所以－≤b≤9－4 .‎ 当－1≤t<0时，≤st≤.‎ 由于－2≤<0和－3≤<0，所以 ‎－3≤b<0.‎ 故b的取值范围是[－3，9－4 ]．‎ ‎1．[2015·武汉武昌区调研] 已知函数f(x)＝－1.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设m>0，求f(x)在区间[m，‎2m]上的最大值；‎ ‎(3)证明：对∀n∈N*，不等式lne<成立．‎ ‎1．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，‎ 令f′(x)＝＝0，得x＝e.‎ 当00；当x>e时，f′(x)＝<0.‎ 所以函数f(x)在区间(0，e]上单调递增，在区间[e，＋∞)上单调递减．‎ ‎(2)①当0<‎2m≤e，即00，≠e，所以ln<·，‎ 即eln<，‎ 所以lne<.故对∀n∈N*，不等式lne<成立．‎ ‎3．[2015·广东实验中学模拟] 已知函数f(x)＝＋a，g(x)＝aln x－x(a≠0)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求证：当a>0时，对于任意x1，x2∈(0，e]，总有g(x1)0时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ ‎↘‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 当a<0时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 综上所述，‎ 当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－1，1)，单调递减区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；‎ 当a<0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1，1)．‎ ‎(2)证明：由(1)可知，当a>0时，f(x)在区间(0，1)上单调递增，f(x)>f(0)＝a；f(x)在区间(1，e]上单调递减，且f(e)＝＋a>a.‎ 所以当x∈(0，e]时，f(x)>a.‎ 因为g(x)＝aln x－x，所以g′(x)＝－1，令g′(x)＝0，得x＝a.‎ ‎①当00，得0a，所以函数g(x)在区间(0，a)上单调递增，在区间(a，e]上单调递减．所以g(x)max＝g(a)＝aln a－a.‎ 因为a－(aln a－a)＝a(2－ln a)>a(2－ln e)＝a>0，所以对任意x1，x2∈(0，e]，总有g(x1)0，f(1)<0，‎ ‎∴实数t的取值范围为－0，即a<1，‎ ‎∴(1－a)2≥1，∴a≤0.因此a的取值范围为.‎ ‎(2)f(x)＝ 令g(x)＝2x2＋(x－a)2＝3x2－2ax＋a2＝3＋a2，x≥a，‎ h(x)＝2x2－(x－a)2＝x2＋2ax－a2＝(x＋a)2－‎2a2，xh(a)＝‎2a2，所以当a<0时，f(x)min＝a2.‎ 综上可知，f(x)min＝ ‎11．2015·湖州高三期末已知二次函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)．‎ ‎(1)若f(－1)＝f(2)，且不等式x≤f(x)≤2＋1对x∈恒成立，求函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)若c<0，且函数f(x)在区间上有两个零点，求2b＋c的取值范围．‎ ‎11．解：(1)因为f(－1)＝f(2)，所以b＝－1.‎ 当x∈[0，2]时，x≤f(x)≤2|x－1|＋1恒成立，所以有1≤f(1)≤1，所以f(1)＝1，所以c＝1，所以f(x)＝x2－x＋1.‎ ‎(2)因为f(x)在区间[－1，1]上有两个零点，且c<0，‎ 所以有即 其表示的可行域如图中阴影部分所示，所以易得－2<2b＋c<2.‎