2016年高考数学（文科）真题分类汇编B单元 函数与导数 26页

‎ 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)