2016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
10．B1[2016·全国卷Ⅱ] 下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lg x的定义域和值域相同的是( )
A．y＝x B．y＝lg x
C．y＝2x D．y＝
10．D [解析] y＝10lg x＝x，定义域与值域均为(0，＋∞)，只有选项D满足题意．
12．B1[2016·浙江卷] 设函数f(x)＝x3＋3x2＋1.已知a≠0，且f(x)－f(a)＝(x－b)(x－a)2，x∈R，则实数a＝________，b＝________．
12．－2 1 [解析] f(x)－f(a)＝x3－a3＋3(x2－a2)＝(x－a)[x2＋ax＋a2＋3(x＋a)]＝(x－a)[x2＋(a＋3)x＋a2＋3a]＝(x－a)(x－a)(x－b)，则x2＋(a＋3)x＋a2＋3a＝x2－(a＋b)x＋ab，得到解得
5．B1[2016·江苏卷] 函数y＝的定义域是________．
5．[－3，1] [解析] 令3－2x－x2≥0可得x2＋2x－3≤0，解得－3≤x≤1，故所求函数的定义域为[－3，1]．
11．B1、B4[2016·江苏卷] 设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1，1)上，f(x)＝其中a∈R.若f(－)＝f()，则f(5a)的值是________．
11．－ [解析] 因为f(x)的周期为2，所以f(－)＝f(－)＝－＋a，f()＝f()＝，
即－＋a＝，所以a＝，故f(5a)＝f(3)＝f(－1)＝－.
19．B1，I2，K4[2016·全国卷Ⅰ] 某公司计划购买1台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
图15
记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)，n表示购机的同时购买的易损零件数．
(1)若n＝19，求y与x的函数解析式；
(2)若要求“需更换的易损零件数不大于n”的频率不小于0.5，求n的最小值；
(3)假设这100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件，或每台都购买20个易损零件，分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件？
19．解：(1)当x≤19时，y＝3800；
当x>19时，y＝3800＋500(x－19)＝500x－5700.
所以y与x的函数解析式为
y＝(x∈N)．
(2)由柱状图知，需更换的零件数不大于18的频率为0.46，不大于19的频率为0.7，故n的最小值为19.
(3)若每台机器在购机同时都购买19个易损零件，则这100台机器中有70台在购买易损零件上的费用为3800元，20台的费用为4300元，10台的费用为4800元，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为
×(3800×70＋4300×20＋4800×10)＝4000(元)．
若每台机器在购机同时都购买20个易损零件，则这100台机器中有90台在购买易损零件上的费用为4000元，10台的费用为4500元，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为
×(4000×90＋4500×10)＝4050(元)．
比较两个平均数可知，购买1台机器的同时应购买19个易损零件．
B2 反函数
6．B2[2016·上海卷] 已知点(3，9)在函数f(x)＝1＋ax的图像上，则f(x)的反函数f－1(x)＝________________．
6．log2(x－1)，x∈(1，＋∞) [解析] 将点(3，9)代入函数f(x)＝1＋ax中，得a＝2，所以y＝f(x)＝1＋2x.用y表示x得x＝log2(y－1)，所以f－1(x)＝log2(x－1)，x∈(1，＋∞)．
B3 函数的单调性与最值
18．B3，B4[2016·上海卷] 设f(x)，g(x)，h(x)是定义域为R的三个函数．对于命题：①若f(x)＋g(x)，f(x)＋h(x)，g(x)＋h(x)均是增函数，则f(x)，g(x)，h(x)均是增函数；②若f(x)＋g(x)，f(x)＋h(x)，g(x)＋h(x)均是以T为周期的函数，则f(x)，g(x)，h(x)均是以T为周期的函数．下列判断正确的是( )
A．①和②均为真命题
B．①和②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题
D．①为假命题，②为真命题
18．D [解析] 易得f(x)＝必为周期是T的函数，同理可得g(x)，h(x)均是周期为T的函数，所以②正确；增函数减增函数不一定为增函数，因此①不一定成立．故答案为D.
10．B3[2016·北京卷] 函数f(x)＝(x≥2)的最大值为________．
10．2 [解析] 因为函数f(x)＝＝1＋在区间[2，＋∞)上是减函数，所以当x＝2时，函数f(x)有最大值f(2)＝1＋1＝2.
6．B3、B4[2016·天津卷] 已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a满足f(2|a－1|)>f(－)，则a的取值范围是( )
A．(－∞，)
B．(－∞，)∪(，＋∞)
C.(，)
D.(，＋∞)
6．C [解析] 由f(x)是定义在R上的偶函数且在区间(－∞，0)上单调递增，可知f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，∴由f(2|a－1|)>f(－)，f(－)＝f()，可得2|a－1|<，即|a－1|<，∴
时，f（x＋）＝f（x－）.则f(6)＝( )
A．－2 B．－1
C．0 D．2
9．D [解析] ∵当x>时，f（x＋）＝f（x－），∴x>1时，f(x)＝f(x－1)，即f(6)＝f(1)．
∵当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)，∴f(1)＝－f(－1)．
∵当x<0时，f(x)＝x3－1，∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)＝－[(－1)3－1]＝2.
6．B3、B4[2016·天津卷] 已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a满足f(2|a－1|)>f(－)，则a的取值范围是( )
A．(－∞，)
B．(－∞，)∪(，＋∞)
C.(，)
D.(，＋∞)
6．C [解析] 由f(x)是定义在R上的偶函数且在区间(－∞，0)上单调递增，可知f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，∴由f(2|a－1|)>f(－)，f(－)＝f()，可得2|a－1|<，即|a－1|<，∴0时，－x<0，∵当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，∴f(－x)＝ex－1＋x.又∵f(－x)＝f(x)，∴当x>0时，f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，即f′(1)＝2，∴过点(1，2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，整理得2x－y＝0.
14．B4[2016·四川卷] 若函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当00时，f(x)取得最小值－，则f(x)的值域为[－，＋∞），则f(x)＝－时，f(f(x))的最小值与f(x)的最小值相等，故是充分条件；当b＝0时，f(x)＝x2，f(f(x))＝x4的最小值都是0，故不是必要条件．故选A.
23．B5，B7[2016·上海卷] 已知a∈R，函数f(x)＝log2(＋a).
(1)当a＝1时，解不等式f(x)>1；
(2)若关于x的方程f(x)＋log2(x2)＝0的解集中恰有一个元素，求a的值；
(3)设a>0，若对任意t∈[，1]，函数f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．
23．解：(1)由log2(＋1)>1，得＋1>2，
解得x∈(0，1)．
(2)log2(＋a)＋log2(x2)＝0有且仅有一解，
等价于(＋a)x2＝1有且仅有一解，等价于ax2＋x－1＝0有且仅有一解．
当a＝0时，x＝1，符合题意；
当a≠0时，Δ＝1＋4a＝0，得a＝－.
综上，a＝0或－.
(3)当0＋a，则log2(＋a)>log2(＋a)，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
则函数f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值与最小值分别为f(t)，f(t＋1)．
f(t)－f(t＋1)＝log2(＋a)－log2(＋a)≤1，即at2＋(a＋1)t－1≥0，对任意t∈恒成立．
因为a>0，所以函数y＝at2＋(a＋1)t－1在区间上单调递增，当t＝时，y有最小值a－，由a－≥0，得a≥.
故a的取值范围为.
B6 指数与指数函数
4．B6，B7，C3[2016·北京卷] 下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( )
A．y＝ B．y＝cos x
C．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x
4．D [解析] 选项A中函数y＝＝－在区间(－1，1)上是增函数；选项B中函数y＝cos x在区间(－1，0)上是增函数，在区间(0，1)上是减函数；选项C中函数y＝ln(x＋1)在区间(－1，1)上是增函数；选项D中函数y＝2－x＝()x在区间(－1，1)上是减函数．
8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a>b>0，0cb
8．B [解析] 当0b>0，所以logcaa>b>0时，有logac>logbc，所以A错误；利用y＝xc在第一象限内是增函数即可得到ac>bc，所以C错误；利用y＝cx在R上为减函数可得ca4＝2＝a，故bb，则f(a)>2b.当a>b时，f(a)≥2a，y＝2x是增函数，故2a>2b，所以f(a)>2b，逆否命题成立，故原命题成立．故选B.
19．B6、B9、B12[2016·江苏卷] 已知函数f(x)＝ax＋bx(a>0，b>0，a≠1，b≠1)．
(1)设a＝2，b＝.
①求方程f(x)＝2的根；
②若对于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；
(2)若01，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．
19．解：(1)因为a＝2，b＝，所以f(x)＝2x＋2－x.
①方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，
所以(2x－1)2＝0，于是2x＝1，解得x＝0.
②由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝[f(x)]2－2.
因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R恒成立，且f(x)>0，
所以m≤对于x∈R恒成立．
而＝f(x)＋≥2＝4，且＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)＝f(x)－2只有1个零点，而g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2＝0，
所以0是函数g(x)的唯一零点．
因为g′(x)＝axln a＋bxln b，又由01知ln a<0，ln b>0，
所以g′(x)＝0有唯一解x0＝log－.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
从而对任意x∈R，h′(x)>0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数．
于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)g′(x0)＝0.
因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数．
下证x0＝0.
若x0<0，则x0<<0，于是galoga2－2＝0，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间，loga2上存在g(x)的零点，记为x1.因为00，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾．
因此，x0＝0.
于是－＝1，故ln a＋ln b＝0，所以ab＝1.
B7 对数与对数函数
4．B6，B7，C3[2016·北京卷] 下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( )
A．y＝ B．y＝cos x
C．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x
4．D [解析] 选项A中函数y＝＝－在区间(－1，1)上是增函数；选项B中函数y＝cos x在区间(－1，0)上是增函数，在区间(0，1)上是减函数；选项C中函数y＝ln(x＋1)在区间(－1，1)上是增函数；选项D中函数y＝2－x＝()x在区间(－1，1)上是减函数．
8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a>b>0，0cb
8．B [解析] 当0b>0，所以logcaa>b>0时，有logac>logbc，所以A错误；利用y＝xc在第一象限内是增函数即可得到ac>bc，所以C错误；利用y＝cx在R上为减函数可得ca0，且a≠1，b≠1.若logab>1，则( )
A．(a－1)(b－1)<0
B．(a－1)(a－b)>0
C．(b－1)(b－a)<0
D．(b－1)(b－a)>0
5．D [解析] logab>1＝logaa.若00；若a>1，则b>a，从而b>1，故(b－1)(b－a)>0.故选D.
4．B6，B7，C3[2016·北京卷] 下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( )
A．y＝ B．y＝cos x
C．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x
4．D [解析] 选项A中函数y＝＝－在区间(－1，1)上是增函数；选项B中函数y＝cos x在区间(－1，0)上是增函数，在区间(0，1)上是减函数；选项C中函数y＝ln(x＋1)在区间(－1，1)上是增函数；选项D中函数y＝2－x＝()x在区间(－1，1)上是减函数．
8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a>b>0，0cb
8．B [解析] 当0b>0，所以logcaa>b>0时，有logac>logbc，所以A错误；利用y＝xc在第一象限内是增函数即可得到ac>bc，所以C错误；利用y＝cx在R上为减函数可得ca1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
21．解：(1)由题可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
因为c>1，由(2)知，1<0.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
21．B12、B14、B7[2016·全国卷Ⅲ] 设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
21．解：(1)由题可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
因为c>1，由(2)知，1<0.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
10．B7，E6[2016·四川卷] 设直线l1，l2分别是函数f(x)＝图像上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是( )
A．(0，1) B．(0，2)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
10．A [解析] 不妨设P1，P2两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，其中01；
(2)若关于x的方程f(x)＋log2(x2)＝0的解集中恰有一个元素，求a的值；
(3)设a>0，若对任意t∈[，1]，函数f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．
23．解：(1)由log2(＋1)>1，得＋1>2，
解得x∈(0，1)．
(2)log2(＋a)＋log2(x2)＝0有且仅有一解，
等价于(＋a)x2＝1有且仅有一解，等价于ax2＋x－1＝0有且仅有一解．
当a＝0时，x＝1，符合题意；
当a≠0时，Δ＝1＋4a＝0，得a＝－.
综上，a＝0或－.
(3)当0＋a，则log2(＋a)>log2(＋a)，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
则函数f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值与最小值分别为f(t)，f(t＋1)．
f(t)－f(t＋1)＝log2(＋a)－log2(＋a)≤1，即at2＋(a＋1)t－1≥0，对任意t∈恒成立．
因为a>0，所以函数y＝at2＋(a＋1)t－1在区间上单调递增，当t＝时，y有最小值a－，由a－≥0，得a≥.
故a的取值范围为.
B8 幂函数与函数的图像
8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a>b>0，0cb
8．B [解析] 当0b>0，所以logcaa>b>0时，有logac>logbc，所以A错误；利用y＝xc在第一象限内是增函数即可得到ac>bc，所以C错误；利用y＝cx在R上为减函数可得ca0，f′(x)在(0，1)上存在零点，即f(x)在(0，1)上存在极值，据此可知，只可能为选项B，D中的图像．当x＝2时，y＝8－e2<1，故选D.
12．B8[2016·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)＝f(2－x)，若函数y＝|x2－2x－3|与y＝f(x)图像的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则 （ ）
A．0 B．m
C．2m D．4m
当m为奇数时，＝2×＋1＝m.
3．B8[2016·浙江卷] 函数y＝sin x2的图像是( )
图11
3．D [解析] 设y＝f(x)＝sin x2，则f(－x)＝sin(－x)2＝sin x2＝f(x)，故f(x)为偶函数，A，C不符合．f（）＝sin（）2＝sin<1，则B不符合，故选D.
8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a>b>0，0cb
8．B [解析] 当0b>0，所以logcaa>b>0时，有logac>logbc，所以A错误；利用y＝xc在第一象限内是增函数即可得到ac>bc，所以C错误；利用y＝cx在R上为减函数可得ca0，f′(x)在(0，1)上存在零点，即f(x)在(0，1)上存在极值，据此可知，只可能为选项B，D中的图像．当x＝2时，y＝8－e2<1，故选D.
B9 函数与方程
15．B9[2016·山东卷] 已知函数f(x)＝其中m>0.若存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根，则m的取值范围是________．
15．(3，＋∞) [解析] 画出函数f(x)的图像如图所示，
由图可知，当方程f(x)＝b有三个不同的根时，有4m－m23或m<0(舍)．
19．B6、B9、B12[2016·江苏卷] 已知函数f(x)＝ax＋bx(a>0，b>0，a≠1，b≠1)．
(1)设a＝2，b＝.
①求方程f(x)＝2的根；
②若对于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；
(2)若01，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．
19．解：(1)因为a＝2，b＝，所以f(x)＝2x＋2－x.
①方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，
所以(2x－1)2＝0，于是2x＝1，解得x＝0.
②由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝[f(x)]2－2.
因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R恒成立，且f(x)>0，
所以m≤对于x∈R恒成立．
而＝f(x)＋≥2＝4，且＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)＝f(x)－2只有1个零点，而g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2＝0，
所以0是函数g(x)的唯一零点．
因为g′(x)＝axln a＋bxln b，又由01知ln a<0，ln b>0，
所以g′(x)＝0有唯一解x0＝log－.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
从而对任意x∈R，h′(x)>0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数．
于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)g′(x0)＝0.
因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数．
下证x0＝0.
若x0<0，则x0<<0，于是galoga2－2＝0，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间，loga2上存在g(x)的零点，记为x1.因为00，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾．
因此，x0＝0.
于是－＝1，故ln a＋ln b＝0，所以ab＝1.
B10 函数模型及其应用
B11 导数及其运算
10．B11[2016·天津卷] 已知函数f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(0)的值为________．
10．3 [解析] f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex，所以f′(0)＝3e0＝3.
21．B11，B12，E8[2016·四川卷] 设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0；
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
21．解：(1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.
当x∈（0，）时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈（，＋∞）时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，从而g(x)＝－>0.
(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0，
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f（）0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈[，＋∞）.
20．B11、B12、B14[2016·山东卷] 设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
20．解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝－2a＝.
当a≤0时，由于x∈(0，＋∞)，所以g′(x)>0，则函数g(x)单调递增；
当a>0时，若x∈（0，），则g′(x)>0，函数g(x)单调递增，若x∈（，＋∞），则g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，g(x)的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，＋∞）.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
②当01，由(1)知f′(x)在（0，）内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈（1，）时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在（1，）内单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
③当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
④当a>时，0<<1，当x∈（，1）时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为a>.
B12 导数的应用
9．B8，B12[2016·全国卷Ⅰ] 函数y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图像大致为( )
图12
9．D [解析] 易知该函数为偶函数，只要考虑当x≥0时的情况即可，此时y＝f(x)＝2x2－ex，则f′(x)＝4x－ex，f′(0)<0，f′(1)>0，f′(x)在(0，1)上存在零点，即f(x)在(0，1)上存在极值，据此可知，只可能为选项B，D中的图像．当x＝2时，y＝8－e2<1，故选D.
6．B12[2016·四川卷] 已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
6．D [解析] 由已知得，f′(x)＝3x2－12＝3(x2－4)＝3(x＋2)(x－2)．
于是当x＜－2或x＞2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜2时，f′(x)＜0.
故函数f(x)在区间(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增；在区间(－2，2)上单调递减．
于是当x＝2时，f(x)取得极小值，故a＝2.
12．B12，C6，E3[2016·全国卷Ⅰ] 若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )
A．[－1，1] B．[－1，]
C．[－， ] D．[－1，－]
12．C [解析] 方法一：对函数f(x)求导得f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝－cos2x＋acos x＋，因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0，即－cos2x＋acos x＋≥0恒成立．设t＝cos x∈[－1，1]，则g(t)＝4t2－3at－5≤0在[－1，1]上恒成立，所以有
解得－≤a≤.
方法二：取a＝－1，则f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不满足f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，排除A，B，D，故选C.
10．B12[2016·山东卷] 若函数y＝f(x)的图像上存在两点，使得函数的图像在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是( )
A．y＝sin x B．y＝ln x
C．y＝ex D．y＝x3
10．A [解析] 由函数图像上两点处的切线互相垂直可知，函数在两点处的导数之积为－1.对于A，y′＝(sin x)′＝cos x，存在x1，x2使cos x1·cos x2＝－1.
16．B4、B12[2016·全国卷Ⅲ] 已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________．
16．2x－y＝0 [解析] 当x>0时，－x<0，∵当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，∴f(－x)＝ex－1＋x.又∵f(－x)＝f(x)，∴当x>0时，f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，即f′(1)＝2，∴过点(1，2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，整理得2x－y＝0.
21．B12、B14、B7[2016·全国卷Ⅲ] 设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
21．解：(1)由题可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
因为c>1，由(2)知，1<0.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
21．B12[2016·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
21．解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
(i)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．
(ii)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
②若a>－，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)单调递增，在(ln(－2a)，1)单调递减．
③若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)单调递增，在(1，ln(－2a))单调递减．
(2)(i)设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－b)>0，
所以f(x)有两个零点．
(ii)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
(iii)设a<0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．若a<－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
20．B12，A2[2016·北京卷] 设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；
(3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．
20．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
因为f(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.
f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－)
－
(－，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
c
c－
所以当c>0且c－<0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈(－2，－)，
x3∈(－，0)，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈(0，)时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．
(3)证明：当Δ＝4a2－12b<0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b>0，x∈(－∞，＋∞)，
此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点．
当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.
当x∈(－∞，x0)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增．
所以f(x)不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b>0，
故a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．
当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b>0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．
因此a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．
21．B11，B12，E8[2016·四川卷] 设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0；
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
21．解：(1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.
当x∈（0，）时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈（，＋∞）时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，从而g(x)＝－>0.
(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0，
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f（）0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈[，＋∞）.
20．B12[2016·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
20．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，
f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0.
设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
(i)当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>0.
(ii)当a>2时，令g′(x)＝0，得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)<0.
综上，a的取值范围是(－∞，2]．
20．B11、B12、B14[2016·山东卷] 设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
20．解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝－2a＝.
当a≤0时，由于x∈(0，＋∞)，所以g′(x)>0，则函数g(x)单调递增；
当a>0时，若x∈（0，），则g′(x)>0，函数g(x)单调递增，若x∈（，＋∞），则g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，g(x)的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，＋∞）.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
②当01，由(1)知f′(x)在（0，）内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈（1，）时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在（1，）内单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
③当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
④当a>时，0<<1，当x∈（，1）时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为a>.
20．B12[2016·天津卷] 设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1＋2x0＝0；
(3)设a>0，函数g(x)＝|f(x)|，求证：g(x)在区间[－1，1]上的最大值不小于.
20．解：(1)由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a.
下面分两种情况讨论：
(i)当a≤0时，有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
(ii)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－)
－
(－，)
（，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为（－，），单调递增区间为（－∞，－），（，＋∞）.
(2)证明：因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a>0，且x0≠0.由题意，得f′(x0)＝3x－a＝0，即x＝，进而f(x0)＝x－ax0－b＝－x0－b.
又f(－2x0)＝－8x＋2ax0－b＝－x0＋2ax0－b＝－x0－b＝f(x0)，且－2x0≠x0，
由题意及(1)知，存在唯一实数x1满足f(x1)＝f(x0)，且x1≠x0，因此x1＝－2x0，
所以x1＋2x0＝0.
(3)证明：设g(x)在区间[－1，1]上的最大值为M，max{x，y}表示x，y两数的最大值．下面分三种情况讨论：
(i)当a≥3时，－≤－1<1≤，由(1)知，f(x)在区间[－1，1]上单调递减，所以f(x)在区间[－1，1]上的取值范围为[f(1)，f(－1)]，因此M＝max{|f(1)|，|f(－1)|}＝max{|1－a－b
|，|－1＋a－b|}＝max{|a－1＋b|，|a－1－b|}＝
所以M＝a－1＋|b|≥2.
(ii)当≤a<3时，－≤－1<－<<1≤.由(1)和(2)知
f(－1)≥f（－）＝f（），f(1)≤f（）＝f（－）.
所以f(x)在区间[－1，1]上的取值范围为[f（），f（－）]，
因此M＝＝＝
＝＋|b|≥××＝.
(iii)当0 f（）＝f（－）.
所以f(x)在区间[－1，1]上的取值范围为[f(－1)，f(1)]，因此M＝max{|f(－1)|，|f(1)|}＝max{|－1＋a－b|，|1－a－b|}＝max{|1－a＋b|，|1－a－b|}＝1－a＋|b|>.
综上所述，当a>0时，g(x)在区间[－1，1]上的最大值不小于.
17．G1、G7、B12[2016·江苏卷] 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD A1B1C1D1(如图15所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
图15
17．解：(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.
因为A1B1＝AB＝6，
所以正四棱锥P A1B1C1D1的体积V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)，
正四棱柱ABCD A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．
所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．
(2)设A1B1＝a(m)，PO1＝h(m)，则00，V是单调增函数；
当20，b>0，a≠1，b≠1)．
(1)设a＝2，b＝.
①求方程f(x)＝2的根；
②若对于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；
(2)若01，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．
19．解：(1)因为a＝2，b＝，所以f(x)＝2x＋2－x.
①方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，
所以(2x－1)2＝0，于是2x＝1，解得x＝0.
②由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝[f(x)]2－2.
因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R恒成立，且f(x)>0，
所以m≤对于x∈R恒成立．
而＝f(x)＋≥2＝4，且＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)＝f(x)－2只有1个零点，而g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2＝0，
所以0是函数g(x)的唯一零点．
因为g′(x)＝axln a＋bxln b，又由01知ln a<0，ln b>0，
所以g′(x)＝0有唯一解x0＝log－.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
从而对任意x∈R，h′(x)>0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数．
于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)g′(x0)＝0.
因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数．
下证x0＝0.
若x0<0，则x0<<0，于是galoga2－2＝0，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间，loga2上存在g(x)的零点，记为x1.因为00，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾．
因此，x0＝0.
于是－＝1，故ln a＋ln b＝0，所以ab＝1.
03[2016·浙江卷]“复数与导数”模块
(1)已知i为虚数单位．若复数z满足(z＋i)2＝2i，求复数z.
(2)求曲线y＝2x2－ln x在点(1，2)处的切线方程．
解：(1)设复数z＝a＋bi，a，b∈R，由题意得
a2－(b＋1)2＋2a(b＋1)i＝2i，
解得或
故z＝1或z＝－1－2i.
(2)由于(2x2－ln x)′＝4x－，
则曲线在点(1，2)处的切线的斜率为3.
因此，曲线在点(1，2)处的切线方程为y＝3x－1.
B13 定积分与微积分基本定理
B14 单元综合
14．B14[2016·天津卷] 已知函数f(x)＝(a>0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是________．
14.[，) [解析] 由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上单调递减，得00，则函数g(x)单调递增；
当a>0时，若x∈（0，），则g′(x)>0，函数g(x)单调递增，若x∈（，＋∞），则g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，g(x)的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，＋∞）.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
②当01，由(1)知f′(x)在（0，）内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈（1，）时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在（1，）内单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
③当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
④当a>时，0<<1，当x∈（，1）时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为a>.
21．B12、B14、B7[2016·全国卷Ⅲ] 设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
21．解：(1)由题可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
因为c>1，由(2)知，1<0.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
20．B14[2016·浙江卷] 设函数f(x)＝x3＋，x∈[0，1]．证明：
(1)f(x)≥1－x＋x2；
(2)
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