2016年高考数学（理科）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
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)＝－.
B2 反函数
5．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)＝________．
5．log2(x－1)，x∈(1，＋∞) [解析] 将点(3，9)的坐标代入函数f(x)的解析式得a＝2，所以f(x)＝1＋2x，所以f－1(x)＝log2(x－1)，x∈(1，＋∞)．
B3 函数的单调性与最值
14．B3，B12[2016·北京卷] 设函数f(x)＝
①若a＝0，则f(x)的最大值为________；
②若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．
14．①2 ②(－∞，－1) [解析] 由(x3－3x)′＝3x2－3＝0，得x＝±1，作出函数y＝x3－3x和y＝－2x的图像，如图所示．①当a＝0时，由图像可得f(x)的最大值为f(－1)＝2.②由图像可知当a≥－1时，函数f(x)有最大值；当a<－1时，y＝－2x在x>a时无最大值，且－2a>a3－3a，所以a<－1.
13．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________．
13.（，） [解析] 由f(x)是偶函数，且f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，得f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
又f(2|a－1|)>f(－)，f(－)＝f()，∴2|a－1|<，即|a－1|<，∴
0，则－x<0.∵x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，∴f(－x)＝ln x－3x，又∵f(－x)＝f(x)，∴当x>0时，f(x)＝ln x－3x，∴f′(x)＝－3，即f′(1)＝－2，∴曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，整理得y＝－2x－1.
14．B4[2016·四川卷] 已知函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，f(x)＝4x，则f－＋f(1)＝________．
14．－2 [解析] 因为f(x)是周期为2的函数，所以f(x)＝f(x＋2)．
因为f(x)是奇函数，所以f(x)＝－f(－x)，
所以f(1)＝f(－1)，f(1)＝－f(－1)，即f(1)＝0.
又f＝f＝－f，f＝4＝2，
所以f＝－2，从而f＋f(1)＝－2.
9．B4[2016·山东卷] 已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时，f(x)＝x3－1；当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)；当x>时，fx＋＝fx－.则f(6)＝( )
A．－2 B．－1
C．0 D．2
9．D [解析] ∵当x>时，f(x＋)＝f(x－)，∴f(x)的周期为1，则f(6)＝f(1)．
又∵当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)，∴f(1)＝－f(－1)．
又∵当x<0时，f(x)＝x3－1，∴f(－1)＝(－1)3－1＝－2，∴f(6)＝－f(－1)＝2.
13．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________．
13.（，） [解析] 由f(x)是偶函数，且f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，得f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
又f(2|a－1|)>f(－)，f(－)＝f()，∴2|a－1|<，即|a－1|<，∴y>0，则( )
A.－>0
B．sin x－sin y>0
C.x－y<0
D．ln x＋ln y>0
5．C [解析] 选项A中，因为x>y>0，所以<，即－<0，故结论不成立；选项B中，当x＝，y＝时，sin x－sin y<0，故结论不成立；选项C中，函数y＝x是定义在R上的减函数，因为x>y>0，所以x0，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.
6．B6[2016·全国卷Ⅲ] 已知a＝2，b＝4，c＝25，则( )
A．b4＝2＝a，故bb>1.若logab＋logba＝，ab＝ba，则a＝________，b＝________．
12．4 2 [解析] 设t＝logab，则logba＝.∵a>b>1，∴0y>0，则( )
A.－>0
B．sin x－sin y>0
C.x－y<0
D．ln x＋ln y>0
5．C [解析] 选项A中，因为x>y>0，所以<，即－<0，故结论不成立；选项B中，当x＝，y＝时，sin x－sin y<0，故结论不成立；选项C中，函数y＝x是定义在R上的减函数，因为x>y>0，所以xb>1，0＝＝logab，此时>1，0，进而lg a.
(i)当0<α≤时，g(t)在(－1，1)内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，所以A＝2－3α.
(ii)当<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，知g(－1)>g(1)> g（）.
又|g()|－|g(－1)|＝>0，所以A＝|g()|＝.
综上，A＝
(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.
当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.
当<α<1时，A＝＋＋≥1，所以|f′(x)|≤1＋α<2A.
当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A，所以|f′(x)|≤2A.
9．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，＋∞)
9．A [解析] 不妨设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，其中0b>1.若logab＋logba＝，ab＝ba，则a＝________，b＝________．
12．4 2 [解析] 设t＝logab，则logba＝.∵a>b>1，∴00，则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，只能为选项B，D中的图像．当x＝2时，y＝8－e2<1，故选D.
8．B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a>b>1，0＝＝logab，此时>1，0，进而lg a0，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.
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，根据已知得m>4m－m2，又m>0，解得m>3，故实数 m的取值范围是(3，＋∞)．
B10 函数模型及其应用
B11 导数及其运算
21．B11，B12，E8[2016·四川卷] 设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)＞－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．
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＝，
此时，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)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x，
则s′(x)＝ex－1－1.
而当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又s(1)＝0，所以当x>1时，s(x)>0，
从而当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，＋∞)内单调递增．
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∈[，＋∞).
B12 导数的应用
14．B3，B12[2016·北京卷] 设函数f(x)＝
①若a＝0，则f(x)的最大值为________；
②若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．
14．①2 ②(－∞，－1) [解析] 由(x3－3x)′＝3x2－3＝0，得x＝±1，作出函数y＝x3－3x和y＝－2x的图像，如图所示．①当a＝0时，由图像可得f(x)的最大值为f(－1)＝2.②由图像可知当a≥－1时，函数f(x)有最大值；当a<－1时，y＝－2x在x>a时无最大值，且－2a>a3－3a，所以a<－1.
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.
7．B8，B12[2016·全国卷Ⅰ] 函数y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图像大致为( )
图12
7．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＝2x2－ex.令f(x)＝2x2－ex，则f′(x)＝4x－ex，则f′(0)<0，f′(1)>0，则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，只能为选项B，D中的图像．当x＝2时，y＝8－e2<1，故选D.
21．B12[2016·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
21．解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
(i)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
(ii)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．
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，
故f(x)存在两个零点．
(iii)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1.故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞) 时，f′(x)>0.因此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，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
15．B4、B12[2016·全国卷Ⅲ] 已知f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．
15．y＝－2x－1 [解析] 设x>0，则－x<0.∵x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，∴f(－x)＝ln x－3x，又∵f(－x)＝f(x)，∴当x>0时，f(x)＝ln x－3x，∴f′(x)＝－3，即f′(1)＝－2，∴曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，整理得y＝－2x－1.
21．B12、B14、B7[2016·全国卷Ⅲ] 设函数f(x)＝αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)，其中α＞0，记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f′(x)；
(2)求A；
(3)证明：|f′(x)|≤2A.
21．解：(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x.
(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)，
因此A＝3α－2.
当0<α<1时，将f(x)变形为f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1.
令g(t)＝2αt2＋(α－1)t－1，则A是|g(t)|在[－1，1]上的最大值，g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，且当t＝时，g(t)取得极小值，极小值为g（）＝－－1＝－.
令－1<<1，解得α<－(舍去)或α>.
(i)当0<α≤时，g(t)在(－1，1)内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，所以A＝2－3α.
(ii)当<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，知g(－1)>g(1)> g（）.
又|g()|－|g(－1)|＝>0，所以A＝|g()|＝.
综上，A＝
(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.
当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.
当<α<1时，A＝＋＋≥1，所以|f′(x)|≤1＋α<2A.
当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A，所以|f′(x)|≤2A.
21．B11，B12，E8[2016·四川卷] 设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)＞－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．
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＝，
此时，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)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x，
则s′(x)＝ex－1－1.
而当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又s(1)＝0，所以当x>1时，s(x)>0，
从而当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，＋∞)内单调递增．
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∈[，＋∞).
16．B12[2016·全国卷Ⅱ] 若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________．
16．1－ln 2 [解析] 曲线y＝ln x＋2的切线为y＝·x＋ln x1＋1(其中x1为切点横坐标)，
曲线y＝ln(x＋1)的切线为y＝·x＋ln(x2＋1)－(其中x2为切点横坐标)．
由题可知
解得
∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
21．B12[2016·全国卷Ⅱ] (1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋
x＋2>0.
(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．
21．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f′(x)＝≥0，
当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．
因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明：g′(x)＝＝[f(x)＋a]．
由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0，
因此，存在唯一xa∈(0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.
当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为
g(xa)＝＝＝，
于是h(a)＝.由′＝>0(x>0)，可知y＝(x>0)单调递增，
所以，由xa∈(0，2]，得＝f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
20．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－－＋＝.
当a≤0时，若x∈(0，1)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，
若x∈(1，＋∞)，则f′(x)<0，f(x)单调递减．
当a>0时，f′(x)＝（x－）（x＋）.
(i)当01.
当x∈(0，1)或x∈（，＋∞）时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x∈（1，）时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(ii)当a＝2时，＝1，在区间(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
(iii)当a>2时，0<<1.
当x∈（0，）或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．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜2时，f(x)在(0，1)上单调递增，在（1，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增；
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞2时，f(x)在（0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当a＝1时，
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋－（1－－＋）＝x－ln x＋＋－－1，x∈[1，2]．
设g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋－－1，x∈[1，2]，
则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．
由g′(x)＝≥0，
可得g(x)≥g(1)＝1，
当且仅当x＝1时取得等号．
又h′(x)＝.
设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在[1，2]上单调递减．
因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，
所以∃x0∈(1，2)，使得当x∈(1，x0)时，φ(x)＞0，x∈(x0，2)时，φ(x)＜0.
所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减．
由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，
当且仅当x＝2时取得等号．
所以f(x)－f′(x)＞g(1)＋h(2)＝，
即f(x)＞f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
20．B12[2016·天津卷] 设函数f(x)＝(x－1)3－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＝3；
(3)设a>0，函数g(x)＝|f(x)|，求证：g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于.
20．解：(1)由f(x)＝(x－1)3－ax－b，可得f′(x)＝3(x－1)2－a.
下面分两种情况讨论：
(i)当a≤0时，有f′(x)＝3(x－1)2－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＝1＋或x＝1－.
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)
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（1－，1＋），单调递增区间为（－∞，1－），（1＋，＋∞）.
(2)证明：因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a>0，且x0≠1.由题意，得f′(x0)＝3(x0－1)2－a＝0，即(x0－1)2＝，进而f(x0)＝(x0－1)3－ax0－b＝－x0－－b.
又f(3－2x0)＝(2－2x0)3－a(3－2x0)－b＝(1－x0)＋2ax0－3a－b＝－x0－－b＝f(x0)，且3－2x0≠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＝3－2x0，
所以x1＋2x0＝3.
(3)证明：设g(x)在区间[0，2]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－≤0<2≤1＋，由(1)知，f(x)在区间[0，2]上单调递减，所以f(x)在区间[0，2]上的取值范围为[f(2)，f(0)]，因此M＝max{|f(2)|，|f(0)|}＝max{|1－2a－b|，|－1－b|}＝max{|a－1＋(a＋b)|，|a－1－(a＋b)|}＝
所以M＝a－1＋|a＋b|≥2.
(ii)当≤a<3时，1－≤0<1－<1＋<2≤1＋.由(1)和(2)知
f(0)≥f（1－）＝f（1＋），f(2)≤f（1＋）＝f（1－），
所以f(x)在区间[0，2]上的取值范围为[f（1＋），f（1－）]，
因此M＝max{|f(1＋)|，|f(1－)|＝max＝
max＝＋|a＋b|≥××＝.
(iii)当0f(1＋)＝f(1－).
所以f(x)在区间[0，2]上的取值范围为[f(0)，f(2)]，因此M＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝max{|－1－b|，|1－2a－b|}＝max{|1－a＋(a＋b)|，|1－a－(a＋b)|}＝1－a＋|a＋b|>.
综上所述，当a>0时，g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于.
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
18．B14[2016·北京卷] 设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
18．解：(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.
依题设，得即
解得a＝2，b＝e.
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
21．B12、B14、B7[2016·全国卷Ⅲ] 设函数f(x)＝αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)，其中α＞0，记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f′(x)；
(2)求A；
(3)证明：|f′(x)|≤2A.
21．解：(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x.
(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)，
因此A＝3α－2.
当0<α<1时，将f(x)变形为f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1.
令g(t)＝2αt2＋(α－1)t－1，则A是|g(t)|在[－1，1]上的最大值，g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，且当t＝时，g(t)取得极小值，极小值为g（）＝－－1＝－.
令－1<<1，解得α<－(舍去)或α>.
(i)当0<α≤时，g(t)在(－1，1)内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，所以A＝2－3α.
(ii)当<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，知g(－1)>g(1)> g（）.
又|g()|－|g(－1)|＝>0，所以A＝|g()|＝.
综上，A＝
(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.
当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.
当<α<1时，A＝＋＋≥1，所以|f′(x)|≤1＋α<2A.
当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A，所以|f′(x)|≤2A.
15．B14[2016·四川卷] 在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的“伴随点”为P′，；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身．平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C′定义为曲线C的“伴随曲线”．现有下列命题：
①若点A的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A；
②单位圆的“伴随曲线”是它自身；
③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C′关于y轴对称；
④一条直线的“伴随曲线”是一条直线．
其中的真命题是________(写出所有真命题的序号)．
15．②③ [解析] ①设点A的坐标为(x，y)，则其“伴随点”为A′，故A
′的“伴随点”的横坐标为＝－x，同理可得纵坐标为－y，故点A′的“伴随点”是(－x，－y)，故①错误．
②设单位圆上的点P的坐标为(cos θ，sin θ)，则点P的伴随点P′的坐标为(sin θ，－cos θ)，即P′cosθ－，sinθ－，所以点P′也在单位圆上，故②正确．
③设曲线C上点A的坐标为(x，y)，则其关于x轴对称的点A1(x，－y)也在曲线C上，点A的“伴随点”为A′，点A1的“伴随点”为A′1，点A′与A′1关于y轴对称，故③正确．
④取y＝1这条直线，则A(0，1)，B(1，1)，C(2，1)都在直线上，这三个点的“伴随点”分别是A′(1，0)，B′，C′，而A′，B′，C′三个点不在同一直线上，故④错误．
下面给出严格证明：
设点P(x，y)在直线l：Ax＋By＋C＝0上，P点的“伴随点”为P′(x0，y0)，
则解得
将其代入直线l的方程可得A＋B＋C＝0，
化简得－Ay0＋Bx0＋C(x＋y)＝0.
当C＝0时，C(x＋y)＝0，P′的轨迹是一条直线；
当C≠0时，C(x＋y)不是一个常数，P′的轨迹不是一条直线．
所以，直线的“伴随曲线”不一定是一条直线．
20．B12，B14[2016·山东卷] 已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
20．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－－＋＝.
当a≤0时，若x∈(0，1)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，
若x∈(1，＋∞)，则f′(x)<0，f(x)单调递减．
当a>0时，f′(x)＝（x－）（x＋）.
(i)当01.
当x∈(0，1)或x∈（，＋∞）时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x∈（1，）时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(ii)当a＝2时，＝1，在区间(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
(iii)当a>2时，0<<1.
当x∈（0，）或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．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜2时，f(x)在(0，1)上单调递增，在（1，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增；
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞2时，f(x)在（0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当a＝1时，
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋－（1－－＋）＝x－ln x＋＋－－1，x∈[1，2]．
设g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋－－1，x∈[1，2]，
则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．
由g′(x)＝≥0，
可得g(x)≥g(1)＝1，
当且仅当x＝1时取得等号．
又h′(x)＝.
设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在[1，2]上单调递减．
因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，
所以∃x0∈(1，2)，使得当x∈(1，x0)时，φ(x)＞0，x∈(x0，2)时，φ(x)＜0.
所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减．
由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，
当且仅当x＝2时取得等号．
所以f(x)－f′(x)＞g(1)＋h(2)＝，
即f(x)＞f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
8．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－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是( )
A．（0， ] B.[，]
C. [，]∪{ } D.[，）∪{}
8．C [解析] 由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上单调递减，得02，即a>时，由|x2＋(4a－3)x＋3a|＝2－x，得x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，解得a＝或a＝1(舍)；当1≤3a≤2时，由图像可知，符合条件．综上，a∈[，]∪{}.
18．B14[2016·浙江卷] 已知a≥3，函数F(x)＝min{2|x－1|，x2－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝
(1)求使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围；
(2)(i)求F(x)的最小值m(a)；
(ii)求F(x)在区间[0，6]上的最大值M(a)．
18．解：(1)由于a≥3，故当x≤1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝x2＋2(a－1)(2－x)>0，
当x>1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝(x－2)(x－2a)．
所以，使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围为[2，2a]．
(2)(i)设函数f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，则f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝－a2＋4a－2，
所以，由F(x)的定义知m(a)＝min{f(1)，g(a)}，即
m(a)＝
(ii)当0≤x≤2时，
F(x)≤f(x)≤max{f(0)，f(2)}＝2＝F(2)，
当2≤x≤6时，
F(x)≤g(x)≤max{g(2)，g(6)}＝max{2，34－8a}＝max{F(2)，F(6)}．
所以，M(a)＝
22．B14[2016·上海卷] 已知a∈R，函数f(x)＝log2(＋a).
(1)当a＝5时，解不等式f(x)>0；
(2)若关于x的方程f(x)－log2[(a－4)x＋2a－5]＝0的解集中恰有一个元素，求a的取值范围；
(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．
22．解：(1)由log2(＋5)>0，得＋5>1，
解得x∈(－∞，－)∪(0，＋∞)．
(2)由原方程可得＋a＝(a－4)x＋2a－5，即(a－4)x2＋(a－5)x－1＝0.
①当a＝4时，x＝－1，经检验，满足题意．
②当a＝3时，x1＝x2＝－1，经检验，满足题意．
③当a≠3且a≠4时，x1＝，x2＝－1，x1≠x2.
若x1是原方程的解，则＋a>0，即a>2；
若x2是原方程的解，则＋a>0，即a>1.
于是满足题意的a∈(1，2]．
综上，a的取值范围为(1，2]∪{3，4}．
(3)易知f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以函数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.
5．[2016·哈尔滨一模] 已知函数f(x)＝则不等式f(x)≤5的解集为( )
A.
B.∪
C.
D.∪
5．C [解析] 当x>0时，3＋log2x≤5，即log2x≤2，解得0－1时，有x－ax2－ln(x＋1)≥0恒成立，
即ax2－x＋ln(x＋1)≤0恒成立．
设F(x)＝ax2－x＋ln(x＋1)(x>－1)，则原命题等价于F(x)max≤0，
F′(x)＝2ax－1＋＝.
①当a<0时，令F′(x)＝0，有x＝0或x＝＝－1＋<－1(舍去)．所以当－10，即F(x)是增函数；当x>0时，F′(x)<0，即F(x)是减函数．
故F(x)max＝F(0)＝0，满足条件．
②当a＝0时，F′(x)＝.
当－10，即F(x)是增函数；当x>0时，F′(x)<0时，即F(x)是减函数．
故F(x)max＝F(0)＝0，满足条件．
③当a>0时，F()＝ln(＋1)>ln 1＝0，不满足条件．
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]．
9．[2016·汕头联考] 设函数f(x)＝x2＋ln x－mx(m>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)的零点个数；
(3)证明：曲线y＝f(x)上没有经过原点的切线．
9．解：(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x＋－m＝.
令f′(x)＝0，得x2－mx＋1＝0.
①当Δ＝m2－4≤0，即00，即m>2时，由x2－mx＋1＝0得
x1＝，x2＝，且00，在区间(x1，x2)上，f′(x)<0，∴f(x)在区间(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减．
(2)由(1)可知，当02m且x>1时，f(x)>0.故f(x)有且仅有一个零点．
当m>2时，∵f(x)在区间(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，且f(x1)＝＋ln－＝＋ln，
∵<<0，
0<＝<＝1，
∴f(x1)<0.由此知f(x2)2m且x>1时，f(x)>0，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上有且仅有一个零点．
综上所述，当m>0时，f(x)有且仅有一个零点．
(3)证明：假设曲线y＝f(x)在点(x，f(x))(x>0)处的切线经过原点，
则有＝f′(x)，即＝x＋－m，
化简得x2－ln x＋1＝0(x>0)．(*)
记g(x)＝x2－ln x＋1(x>0)，则g′(x)＝x－＝，
令g′(x)＝0，解得x＝1.
当01时，g′(x)>0.
∴g(1)＝是g(x)的最小值，
即当x>0时，x2－ln x＋1≥.
由此说明方程(*)无解，∴曲线y＝f(x)没有经过原点的切线．
