2016届高三理科数学一轮复习单元测试：第二章 函数与

第二单元 函数与导数B1 函数及其表示5．B1[2016·江苏卷] 函数y ＝3－2x －x 2的定义域是________．5．[－3，1] [解析] 令3－2x －x 2≥0可得x 2＋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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a ，－1≤x <0，25－x ，0≤x <1，其中a ∈R .若f (－52)＝f (92)，则f (5a )的值是________．11．－25 [解析] 因为f (x )的周期为2，所以f (－52)＝f (－12)＝－12＋a ，f (92)＝f(12)＝110，即－12＋a ＝110，所以a ＝35，故f (5a )＝f (3)＝f (－1)＝－25.B2 反函数5．B2[2016·上海卷] 已知点(3，9)在函数f (x )＝1＋a x 的图像上，则f (x )的反函数f －1(x )＝________．5．log 2(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 )＝log 2(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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a .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(x 3－3x )′＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，作出函数y ＝x 3－3x 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 >a 3－3a ，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 (－2)，则a 的取值范围是________．13.（12，32） [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 (－2)，f (－2)＝f (2)，∴2|a －1|<2，即|a －1|<12，∴12<a <32.18．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 )中至少有一个增函数；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] f (x )＝[f （x ）＋g （x ）]＋[f （x ）＋h （x ）]－[g （x ）＋h （x ）]2.对于①，因为增函数减增函数不一定为增函数，所以f (x )不一定为增函数，同理g (x )，h (x )不一定为增函数，因此①为假命题．对于②，易得f (x )是以T 为周期的函数，同理可得g (x )，h (x )也是以T 为周期的函数，所以②为真命题．B4 函数的奇偶性与周期性 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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a ，－1≤x <0，25－x ，0≤x <1，其中a ∈R .若f (－52)＝f (92)，则f (5a )的值是________．11．－25 [解析] 因为f (x )的周期为2，所以f (－52)＝f (－12)＝－12＋a ，f (92)＝f(12)＝110，即－12＋a ＝110，所以a ＝35，故f (5a )＝f (3)＝f (－1)＝－25.15．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 )＝1x－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 －52＋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 ⎝⎛⎭⎫－52＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫12，f 12＝412＝2， 所以f ⎝⎛⎭⎫－52＝－2，从而f ⎝⎛⎭⎫－52＋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 )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x >12时，fx ＋12＝fx －12.则f (6)＝( )A ．－2B ．－1C ．0D ．29．D [解析] ∵当x >12时，f (x ＋12)＝f (x －12)，∴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 )＝x 3－1，∴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 (－2)，则a 的取值范围是________．13.（12，32） [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 (－2)，f (－2)＝f (2)，∴2|a －1|<2，即|a －1|<12，∴12<a <32.18．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 )中至少有一个增函数；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] f (x )＝[f （x ）＋g （x ）]＋[f （x ）＋h （x ）]－[g （x ）＋h （x ）]2.对于①，因为增函数减增函数不一定为增函数，所以f (x )不一定为增函数，同理g (x )，h (x )不一定为增函数，因此①为假命题．对于②，易得f (x )是以T 为周期的函数，同理可得g (x )，h (x )也是以T 为周期的函数，所以②为真命题．B5 二次函数B6 指数与指数函数5．E1，C3，B6，B7[2016·北京卷] 已知x ，y ∈R ，且x >y >0，则( )A.1x －1y>0 B ．sin x －sin y >0 C.12x －12y <0 D ．ln x ＋ln y >05．C [解析] 选项A 中，因为x >y >0，所以1x <1y ，即1x －1y <0，故结论不成立；选项B中，当x ＝5π6，y ＝π3时，sin x －sin y <0，故结论不成立；选项C 中，函数y ＝12x 是定义在R 上的减函数，因为x >y >0，所以12x <12y ，所以12x －12y <0；选项D 中，当x ＝e －1，y ＝e －2时，结论不成立．19．B6、B9、B12[2016·江苏卷] 已知函数f (x )＝a x ＋b x (a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)．(1)设a ＝2，b ＝12.①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0<a <1，b >1，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 ＝12，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 ≤[f （x ）]2＋4f （x ）对于x ∈R 恒成立．而[f （x ）]2＋4f （x ）＝f (x )＋4f （x ）≥2f （x ）·4f （x ）＝4，且[f （0）]2＋4f （0）＝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＝a 0＋b 0－2＝0， 所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0，所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a －ln aln b.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a x ln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (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 ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0. 因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0<0，则x 0<x 02<0，于是g x 02<g (0)＝0，又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2>a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间x 02，log a 2上存在g (x )的零点，记为x 1.因为0<a <1，所以log a 2<0.又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0>0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.6．B6[2016·全国卷Ⅲ] 已知a ＝243，b ＝425，c ＝2513，则( )A ．b <a <cB ．a <b <cC ．b <c <aD ．c <a <b6．A [解析] b ＝425＝245<243＝a ，c ＝523>423＝243＝a ，故b <a <c .12．B6、B7[2016·浙江卷] 已知a >b >1.若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a ，则a ＝________，b＝________．12．4 2 [解析] 设t ＝log a b ，则log b a ＝1t .∵a >b >1，∴0<t <1.由t ＋1t ＝52，化简得t 2－52t ＋1＝0，解得t ＝12，故b ＝a ，所以a b ＝a a ，b a ＝(a )a ＝a 12a ，则a ＝12a ，即a 2－4a ＝0，得a ＝4，b ＝2.B7 对数与对数函数5．E1，C3，B6，B7[2016·北京卷] 已知x ，y ∈R ，且x >y >0，则( )A.1x －1y>0 B ．sin x －sin y >0 C.12x －12y <0D ．ln x ＋ln y >05．C [解析] 选项A 中，因为x >y >0，所以1x <1y ，即1x －1y <0，故结论不成立；选项B中，当x ＝5π6，y ＝π3时，sin x －sin y <0，故结论不成立；选项C 中，函数y ＝12x 是定义在R 上的减函数，因为x >y >0，所以12x <12y ，所以12x －12y <0；选项D 中，当x ＝e －1，y ＝e －2时，结论不成立．8．B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a >b >1，0<c <1，则( ) A ．a c <b c B ．ab c <ba cC ．a log b c <b log a cD ．log a c <log b c8．C [解析] 根据幂函数性质，选项A 中的不等式不成立；选项B 中的不等式可化为b c －1<a c －1，此时－1<c －1<0，根据幂函数性质，该不等式不成立；选项C 中的不等式可以化为a b >log a c log b c ＝log c b log c a ＝log a b ，此时a b >1，0<log a b <1，故此不等式成立；选项D 中的不等式可以化为lg c lg a <lg c lg b ，进而1lg a >1lg b ，进而lg a <lg b ，即a <b ，故在已知条件下选项D 中的不等式不成立． 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 )＝2αcos 2x ＋(α－1)cos x －1.令g (t )＝2αt 2＋(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 ＝1－α4α时，g (t )取得极小值，极小值为g （1－α4α）＝－（α－1）28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α<－13(舍去)或α>15.(i)当0<α≤15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15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)> g （1－α4α）.又|g (1－α4α)|－|g (－1)|＝（1－α）（1＋7α）8α>0，所以A ＝|g (1－α4α)|＝α2＋6α＋18α.综上，A ＝⎩⎨⎧2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin 2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|.当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34≥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l 1，l 2分别是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x <1，ln x ，x >1图像上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△P AB 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P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，其中0<x 1<1<x 2.由l 1，l 2分别是点P 1，P 2处的切线，且f ′(x )＝⎩⎨⎧－1x ，0<x <1，1x ，x >1，得l 1的斜率k 1＝－1x 1，l 2的斜率k 2＝1x 2.又l 1与l 2垂直，且0<x 1<x 2，所以k 1·k 2＝－1x 1·1x 2＝－1⇒x 1·x 2＝1，l 1：y ＝－1x 1(x －x 1)－ln x 1①，l 2：y ＝1x 2(x －x 2)＋ln x 2②，则点A 的坐标为(0，1－ln x 1)，点B 的坐标为(0，－1＋ln x 2)， 由此可得|AB |＝2－ln x 1－ln x 2＝2－ln(x 1·x 2)＝2.联立①②两式可解得交点P 的横坐标x P ＝2－ln （x 1x 2）x 1＋x 2＝2x 1＋x 2，所以S △P AB ＝12|AB |·|x P |＝12×2×2x 1＋x 2＝2x 1＋1x 1≤1，当且仅当x 1＝1x 1，即x 1＝1时，等号成立．而0<x 1<1，所以0<S △P AB <1，故选A.12．B6、B7[2016·浙江卷] 已知a >b >1.若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a ，则a ＝________，b＝________．12．4 2 [解析] 设t ＝log a b ，则log b a ＝1t .∵a >b >1，∴0<t <1.由t ＋1t ＝52，化简得t 2－52t ＋1＝0，解得t ＝12，故b ＝a ，所以a b ＝a a ，b a ＝(a )a ＝a 12a ，则a ＝12a ，即a 2－4a ＝0，得a ＝4，b ＝2.B8 幂函数与函数的图像 7．B8，B12[2016·全国卷Ⅰ] 函数y ＝2x 2－e |x |在[－2，2]的图像大致为( )图1-27．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 ＝2x 2－e x .令f (x )＝2x 2－e x ，则f ′(x )＝4x －e x ，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－e 2<1，故选D.8．B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a >b >1，0<c <1，则( ) A ．a c <b c B ．ab c <ba cC ．a log b c <b log a cD ．log a c <log b c8．C [解析] 根据幂函数性质，选项A 中的不等式不成立；选项B 中的不等式可化为b c －1<a c －1，此时－1<c －1<0，根据幂函数性质，该不等式不成立；选项C 中的不等式可以化为a b >log a c log b c ＝log c b log c a ＝log a b ，此时a b >1，0<log a b <1，故此不等式成立；选项D 中的不等式可以化为lg c lg a <lg c lg b ，进而1lg a >1lg b ，进而lg a <lg b ，即a <b ，故在已知条件下选项D 中的不等式不成立．12．B8[2016·全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝2－f (x )，若函数y ＝x ＋1x与y＝f (x )图像的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则（x i ＋y i )＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m12．B [解析] 由f(－x)＝2－f(x)得f(x)的图像关于点(0，1)对称，∵y ＝x ＋1x ＝1＋1x的图像也关于点(0，1)对称，∴两函数图像的交点必关于点(0，1)对称，且对于每一组对称点(x i ，y i )和(x′i ，y′i )均满足x i ＋x′i ＝0，y i ＋y′i ＝2，∴＝0＋2·m2＝m.B9 函数与方程19．B6、B9、B12[2016·江苏卷] 已知函数f (x )＝a x ＋b x (a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)．(1)设a ＝2，b ＝12.①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0<a <1，b >1，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 ＝12，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 ≤[f （x ）]2＋4f （x ）对于x ∈R 恒成立．而[f （x ）]2＋4f （x ）＝f (x )＋4f （x ）≥2f （x ）·4f （x ）＝4，且[f （0）]2＋4f （0）＝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＝a 0＋b 0－2＝0， 所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0，所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a －ln aln b.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a x ln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (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 ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0. 因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0<0，则x 0<x 02<0，于是g x 02<g (0)＝0，又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2>a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间x 02，log a 2上存在g (x )的零点，记为x 1.因为0<a <1，所以log a 2<0.又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0>0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.15．B9[2016·山东卷] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，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 －m 2，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 )＝ax 2－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 )＞1x －e 1－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 －1x ＝2ax 2－1x(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 ＝12a ，此时，当x ∈（0，12a ）时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈（12a，＋∞）时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －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 (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1.由(1)有f （12a ）<f (1)＝0，而g （12a）>0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>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 ∈[12，＋∞).B12 导数的应用14．B3，B12[2016·北京卷] 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a .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(x 3－3x )′＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，作出函数y ＝x 3－3x 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 >a 3－3a ，所以a <－1.17．G1、G7、B12[2016·江苏卷] 形状是正四棱锥P - A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1(如图1-5所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m17．解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P - A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)， 正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)，则0<h <6，O 1O ＝4h .连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值．因此，当PO 1＝2 3 m19．B6、B9、B12[2016·江苏卷] x (a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)．(1)设a ＝2，b ＝12.①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0<a <1，b >1，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 ＝12，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 ≤[f （x ）]2＋4f （x ）对于x ∈R 恒成立．而[f （x ）]2＋4f （x ）＝f (x )＋4f （x ）≥2f （x ）·4f （x ）＝4，且[f （0）]2＋4f （0）＝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＝a 0＋b 0－2＝0， 所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0，所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a －ln aln b.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a x ln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (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 ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0. 因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0<0，则x 0<x 02<0，于是g x 02<g (0)＝0，又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2>a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间x 02，log a 2上存在g (x )的零点，记为x 1.因为0<a <1，所以log a 2<0.又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0>0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.7．B8，B12[2016·全国卷Ⅰ] 函数y ＝2x 2－e |x |在[－2，2]的图像大致为( )图1-27．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 ＝2x 2－e x .令f (x )＝2x 2－e x ，则f ′(x )＝4x －e x ，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－e 2<1，故选D.21．B12[2016·全国卷Ⅰ] 已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.21．解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． (i)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，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 <ln a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a （b 2－32b ）>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 ≥－e2，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 <－e2，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x 1<x 2.由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x )．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0， 从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<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 )＝1x－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 )＝2αcos 2x ＋(α－1)cos x －1.令g (t )＝2αt 2＋(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 ＝1－α4α时，g (t )取得极小值，极小值为g （1－α4α）＝－（α－1）28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α<－13(舍去)或α>15.(i)当0<α≤15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15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)> g （1－α4α）.又|g (1－α4α)|－|g (－1)|＝（1－α）（1＋7α）8α>0，所以A ＝|g (1－α4α)|＝α2＋6α＋18α.综上，A ＝⎩⎨⎧2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin 2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|.当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34≥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 )＝ax 2－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 )＞1x －e 1－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 －1x ＝2ax 2－1x(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 ＝12a，此时，当x ∈（0，12a ）时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈（12a，＋∞）时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －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 (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1.由(1)有f （12a ）<f (1)＝0，而g （12a）>0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>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 ∈[12，＋∞).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 ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(其中x 1为切点横坐标)，曲线y ＝ln(x ＋1)的切线为y ＝1x 2＋1·x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(其中x 2为切点横坐标)．由题可知⎩⎨⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln （x 2＋1）－x2x 2＋1，解得⎩⎨⎧x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.21．B12[2016·全国卷Ⅱ] (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0.(2)证明：当a ∈[0，1)时，函数g (x )＝e x －ax －ax 2(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 )＝x 2e x（x ＋2）2≥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)e x >－(x ＋2)，即(x －2)e x ＋x ＋2>0.(2)证明：g ′(x )＝（x －2）e x ＋a （x ＋2）x 3＝x ＋2x3[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x a ∈(0，2]，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为 g (x a )＝e x a －a （x a ＋1）x 2a ＝e x a ＋f （x a ）（x a ＋1）x 2a ＝e x ax a ＋2， 于是h (a )＝e x a x a ＋2.由e x x ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0(x >0)，可知y ＝e xx ＋2(x >0)单调递增，所以，由x a ∈(0，2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24.因为y ＝e x x ＋2单调递增，对任意λ∈（12，e 24]，存在唯一的x a ∈(0，2]，a ＝－f (x a )∈[0，1)，使得h (a )＝λ，所以h (a )的值域是（12，e 24].综上，当a ∈[0，1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是（12，e 24].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 xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 310．A [解析] 由函数图像上两点处的切线互相垂直，可知函数在这两点处的导数之积为－1，经检验，选项A 符合题意．20．B12，B14[2016·山东卷] 已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1，2]成立．20．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.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 )＝a （x －1）x 3（x －2a ）（x ＋2a）. (i)当0<a <2时，2a>1. 当x ∈(0，1)或x ∈（2a，＋∞）时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 当x ∈（1，2a）时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． (ii)当a ＝2时，2a ＝1，在区间(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． (iii)当a >2时，0<2a<1. 当x ∈（0，2a）或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈2a，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（1，2a）上单调递减，在（2a，＋∞）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（0，2a）上单调递增，在（2a，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 ＋2x －1x 2－（1－1x －2x 2＋2x 3）＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈[1，2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )． 由g ′(x )＝x －1x≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号． 又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在[1，2]上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1，2)，使得当x ∈(1，x 0)时，φ(x )＞0，x ∈(x 0，2)时，φ(x )＜0. 所以h (x )在(1，x 0)上单调递增，在(x 0，2)上单调递减． 由h (1)＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )＞g (1)＋h (2)＝32，即f (x )＞f ′(x )＋32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x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，求证：x 1＋2x 0＝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14.20．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＋3a 3或x ＝1－3a3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )的单调递减区间为（1－3a 3，1＋3a 3），单调递增区间为（－∞，1－3a 3），（1＋3a3，＋∞）. (2)证明：因为f (x )存在极值点，所以由(1)知a >0，且x 0≠1.由题意，得f ′(x 0)＝3(x 0－1)2－a ＝0，即(x 0－1)2＝a 3，进而f (x 0)＝(x 0－1)3－ax 0－b ＝－2a 3x 0－a3－b .又f (3－2x 0)＝(2－2x 0)3－a (3－2x 0)－b ＝8a 3(1－x 0)＋2ax 0－3a －b ＝－2a 3x 0－a3－b ＝f (x 0)，且3－2x 0≠x 0，由题意及(1)知，存在唯一实数x 1满足f (x 1)＝f (x 0)，且x 1≠x 0，因此x 1＝3－2x 0， 所以x 1＋2x 0＝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，1－3a 3≤0<2≤1＋3a 3，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 )|}＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋（a ＋b ），a ＋b ≥0，a －1－（a ＋b ），a ＋b <0， 所以M ＝a －1＋|a ＋b |≥2.(ii)当34≤a <3时，1－23a 3≤0<1－3a 3<1＋3a 3<2≤1＋23a 3.由(1)和(2)知f (0)≥f （1－23a 3）＝f （1＋3a 3），f (2)≤f （1＋23a 3）＝f （1－3a 3），所以f (x )在区间[0，2]上的取值范围为[f （1＋3a 3），f （1－3a3）]， 因此M ＝max{|f(1＋3a 3)|，|f (1－3a 3)|＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2a 93a －a －b ，2a 93a －a －b ＝ max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a 93a ＋（a ＋b ），2a 93a －（a ＋b ）＝2a 93a ＋|a ＋b |≥29×34×3×34＝14. (iii)当0<a <34时，0<1－23a 3<1＋23a 3<2，由(1)和(2)知f (0)<f (1－23a 3)＝f (1＋3a3)，f (2)>f (1＋23a 3)＝f (1－3a3).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 |>14.综上所述，当a >0时，g (x )在区间[0，2]上的最大值不小于14.03[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 ＝2x 2－ln x 在点(1，2)处的切线方程． 解：(1)设复数z ＝a ＋b i ，a ，b ∈R ，由题意得 a 2－(b ＋1)2＋2a (b ＋1)i ＝2i ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2. 故z ＝1或z ＝－1－2i.(2)由于(2x 2－ln x )′＝4x －1x，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 )＝x e a －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 )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，得⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1，解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －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 )＝2αcos 2x ＋(α－1)cos x －1.令g (t )＝2αt 2＋(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 ＝1－α4α时，g (t )取得极小值，极小值为g （1－α4α）＝－（α－1）28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α<－13(舍去)或α>15.(i)当0<α≤15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15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)> g （1－α4α）.又|g (1－α4α)|－|g (－1)|＝（1－α）（1＋7α）8α>0，所以A ＝|g (1－α4α)|＝α2＋6α＋18α.综上，A ＝⎩⎨⎧2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin 2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|.当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34≥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 ′yx 2＋y 2，－x x 2＋y 2；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 ′⎝⎛⎭⎪⎫y x 2＋y 2，－x x 2＋y 2，故。

自主园地备考套餐加固训练练透考点1．给出下列结论：①当a<0时，(a2)32＝a3；②na n＝|a|(n>1，n∈N*，n为偶数)；③函数f(x)＝(x－2)12－(3x－7)0的定义域是{x|x≥2，且x≠73}；④若2x＝16,3y＝127，则x＋y＝7.其中正确的是()A．①②B．②③C．③④D．②④解析：(a2)32>0，a3<0，故①错，∵2x＝16，∴x＝4，∵3y＝127，∴y＝－3.∴x＋y＝4＋(－3)＝1，故④错．答案：B2．已知f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b为常数)的图像经过点(2,1)，则f(x)的值域()A．[9,81] B．[3,9]C. [1,9] D．[1，＋∞)解析：由f(x)过定点(2,1)可知b＝2，因f(x)＝3x－2在[2,4]上是增函数，可知C正确．答案：C3．设函数f(x)＝a－|x|(a>0，且a≠1)，f(2)＝4，则()A. f (－2)>f (－1)B. f (－1)>f (－2)C. f (1)>f (2)D. f (－2)<f (2)解析：∵f (2)＝4，∴a －|2|＝4，a ＝12，∴f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－|x |＝2|x |，则函数f (x )为偶函数，x ≥0时，递增，x <0时，递减，故选A 项．答案：A4．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2x －x 2 的值域为( ) A. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ B. ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 C. ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D. (0,2] 解析：令t ＝2x －x 2＝－(x －1)2＋1≤1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12t ≥12. ∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122x －x 2 的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，故选A 项． 答案：A5．函数y ＝a 1－x (a >0，a ≠1)的图像恒过定点A ，若点A 在直线mx＋ny －1＝0(mn >0)上，则1m ＋1n 的最小值为__________．解析：由题易知，定点为(1,1)，所以m ＋n ＝1，1m ＋1n ＝m ＋n m ＋m ＋n n＝n m ＋m n ＋2≥2＋2＝4(当且仅当m ＝n ＝12时等号成立)．答案：4。

高考数学一轮复习 第2章《函数》自测题时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60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．函数y ＝1－x ＋x 的定义域为( ) A ．{x |x ≤1} B ．{x |x ≥0} C ．{x |x ≥1或x ≤0}D ．{x |0≤x ≤1}解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1－x ≥0，x ≥0，∴0≤x ≤1.答案：D 2．函数f (x )＝2x ＋1的反函数的图象大致是( )解析：由y ＝2x ＋1得x ＋1＝log 2y ，x ＝log 2y －1(y >0)，即函数 f (x )＝2x ＋1的反函数是f －1(x )＝log 2x－1(x >0)，注意到函数f －1(x )在(0，＋∞)上是增函数，结合各选项知，选A.答案：A3．已知f (x )＝a －22x ＋1是定义在R 上的奇函数，则f －1⎝ ⎛⎭⎪⎫－79的值是( ) A ．－3 B.79 C.13D.97解析：∵f (x )为奇函数，∴f (0)＝0，得a ＝1，设f －1⎝ ⎛⎭⎪⎫－79＝b ，则f (b )＝－79，即－79＝1－22b＋1，解得b ＝－3. 答案：A4．定义在R 上的函数f (x )的反函数为f －1(x )，且对于任意x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝3，则f －1(x －1)＋f －1(4－x )＝( )A ．0B ．－2C ．2D ．2x －4解析：由f (－x )＋f (x )＝3可知函数y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32对称，因此其反函数y ＝f －1(x )的图象必关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0对称，即有f －1(x )＋f －1(3－x )＝0，故f －1(x －1)＋f －1[3－(x －1)]＝0，即f －1(x －1)＋f －1(4－x )＝0，选A.答案：A5．函数y ＝xa x|x |(0<a <1)的图象的大致形状是( )解析：y ＝xa x |x |＝⎩⎪⎨⎪⎧a x，x >0－a x，x <0，而0<a <1，∴根据y ＝a x(0<a <1)的图象即可判断D 正确．答案：D6．函数y ＝f (x －1)与y ＝f (3－x )的图象( ) A ．关于直线x ＝1对称 B ．关于直线x ＝2对称 C ．关于直线y ＝1对称 D ．关于直线y ＝2对称解析：依题意，令x －1＝3－x ，解得x ＝2，所以y ＝f (x －1)与y ＝f (3－x )的图象关于直线x ＝2对称，选择B.答案：B7．设定义域为R 的函数f (x )存在反函数f －1(x )，且对于任意的x ∈R ，恒有f (x )＋f (－x )＝1，则f－1(2010－x )＋f －1(x －2009)的值为( )A ．0B ．2C ．3D ．不确定，与x 的值有关解析：函数f (x )对任意x ∈R 都有f (x )＋f (－x )＝1，说明函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12成中心对称，其反函数f －1(x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0成中心对称，故点(2010－x ，f －1(2010－x ))与点(x －2009，f－1(x －2009))关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0对称，所以f －1(2010－x )＋f －1(x －2009)＝0，故选A.答案：A8．函数f (x )的定义域为D ，若对于任意的x 1、x 2∈D ，当x 1<x 2时，都有f (x 1)≤f (x 2)，则称函数f (x )在D 上为非减函数．设函数f (x )在[0,1]上为非减函数，且满足以下三个条件：①f (0)＝0；②f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＝12f (x )；③f (1－x )＝1－f (x )．则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18等于( )A.34B.12C ．1D.23解析：依题意得f (1)＝1－f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝12f (1)＝12，由函数f (x )在[0,1]上为非减函数得，当13≤x ≤12时，f (x )＝12，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫38＝12，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13·38＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫38＝14，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＝14.因此有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＝34，选A.答案：A 9．函数f (x )＝lg x －1x 2－4的定义域为( ) A ．{x |－2<x <1} B ．{x |x <－2或x >1} C ．{x |x >2|}D ．{x |－2<x <1或x >2} 解析：由x －1x 2－4>0⇒(x －1)(x －2)(x ＋2)>0，解得：x >2或－2<x <1，故选D. 答案：D10．已知曲线C ：x 2＋y 2＝4(x ≥0，y ≥0)与函数y ＝log 2x 及函数y ＝2x的图象分别交于A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，则x 12＋x 22的值为( )A ．16B ．8C ．4D ．2解析：∵y ＝log 2x 与y ＝2x的图象关于y ＝x 对称， ∴x 2＝y 1，∴x 12＋x 22＝x 12＋y 12＝4. 答案：C11．函数f (x )＝log 2x －1log 2x ＋1，若f (4x 1)＋f (4x 2)＝1，x 1>1，x 2>1，则f (x 1·x 2)的最小值为( )A.23B.13 C ．2D. 2解析：依题意得f (x )＝1－2log 2x ＋1，1－2log 24x 1＋1＋1－2log 24x 2＋1＝1， 由此解得log 2x 2＝3－log 2x 1log 2x 1＋1，log 2(x 2x 1)＝log 2x 2＋log 2x 1＝3－log 2x 1log 2x 1＋1＋log 2x 1＝－log 2x 1＋1＋4log 2x 1＋1＋log 2x 1＝－2＋4log 2x 1＋1＋(log 2x 1＋1)≥－2＋24log 2x 1＋1·log 2x 1＋1＝2，故f (x 1x 2)＝1－2log 2x 1x 2＋1≥1－22＋1＝13，f (x 1·x 2)的最小值是13，选B. 答案：B12．设函数f (x )、g (x )的定义域分别为F 、G ，且F G .若对任意的x ∈F ，都有g (x )＝f (x )，则称g (x )为f (x )在G 上的一个“延拓函数”．已知函数f (x )＝2x(x ≤0)，若g (x )为f (x )在R 上的一个延拓函数，且g (x )是偶函数，则函数g (x )的解析式是( )解析：由题意得，当x ≤0时，g (x )＝f (x )＝2x＝2－|x |.又g (x )是偶函数，因此有g (－x )＝g (x )恒成立．当x >0时，－x <0，g (x )＝g (－x )＝2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |.综上所述，g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |，选C.答案：C第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．) 13．设函数f (x )＝e2(x －1)，y ＝f－1(x )为y ＝f (x )的反函数，若函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x ≤0f －1xx >0，则g [g (－1)]＝________.解析：依题意得g (－1)＝－1＋2＝1，g [g (－1)]＝g (1)＝f －1(1)．设f －1(1)＝t ，则有f (t )＝1，即e2(t －1)＝1，t ＝1，所以g [g (－1)]＝1.答案：114．对于函数f (x )＝ax ＋1x －1(其中a 为实数，x ≠1)，给出下面命题：①当a ＝1时，f (x )在定义域上为单调增函数；②f (x )的图象关于点(1，a )对称；③对任意a ∈R ，f (x )都不是奇函数；④当a ＝－1时，f (x )为偶函数；⑤当a ＝2时，对于满足条件2<x 1<x 2的所有x 1，x 2总有f (x 1)－f (x 2)<3(x 2－x 1)．其中正确命题的序号为________．解析：对于①，当a ＝1时，f (x )＝x ＋1x －1＝1＋2x －1在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上也是减函数，因此①错；对于②，f (x )＝ax ＋1x －1＝a ＋a ＋1x －1，因此f (x )的图象关于点(1，a )对称，②正确；对③④，由于定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，不关于原点对称，因此对任意a ∈R ，f (x )既不是奇函数也不是偶函数，③正确，④错误；对于⑤，当a ＝2时，f (x )＝2x ＋1x －1＝2＋3x －1，由于2<x 1<x 2，故x 2－x 1>0，x 2－1>x 1－1>1，所以f (x 1)－f (x 2)＝3x 2－x 1x 2－1x 1－1<3(x 2－x 1)，⑤正确．答案：②③⑤15．若函数f (x )＝log a (2－log a x )在[14，4]上单调递减，则正实数a 的取值范围是________．解析：令t ＝2－log a x ，则当a ＞1时，y ＝log a t 在(0，＋∞)上单调递增，t ＝2－log a x 在[14，4]上单调递减，∴f (x )＝log a (2－log a x )在[14，4]上单调递减，又t ＝2－log a x 在[14，4]上恒大于0，∴2－log a 4＞0，即2log 4a －1log 4a ＞0，∴log 4a ＞12或log 4a ＜0(舍)，∴a ＞2；同理当0＜a ＜1时，有0＜a ＜12.答案：0＜a ＜12或a ＞216．设p ，q ，r ∈N *，且q <r ，定义函数如下：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋q r ＝⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1 p 是偶数p p 是奇数，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋20022001－f ⎝⎛⎭⎪⎫5－20012002＝________. 解析：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋20022001－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5－20012002 ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫5＋12001－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋12002 ＝5－(4＋1)＝0. 答案：0三、解答题：(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ≤－1，2x ，－1<x <2，x 22，x ≥2，且f (a )＝3，求a 的值．解析：①当a ≤－1时，f (a )＝a ＋2，由a ＋2＝3，得a ＝1，与a ≤－1相矛盾，应舍去． ②当－1<a <2时，f (a )＝2a ， 由2a ＝3，得a ＝32，满足－1<a <2.③当a ≥2时，f (a )＝a 22，由a 22＝3，得a ＝±6，又a ≥2，∴a ＝ 6. 综上可知，a 的值为32或 6.18．(本小题满分12分)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x )的图象关于直线x ＝1对称． (1)求证：f (x )是周期为4的周期函数；(2)若f (x )＝x (0<x ≤1)，求x ∈[－5，－4]时，函数f (x )的解析式．解析：(1)证明：由函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，有f (x ＋1)＝f (1－x )，即有f (－x )＝f (x ＋2)．又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，故有f (－x )＝－f (x )．故f (x ＋2)＝－f (x )，从而f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，即f (x )是周期为4的周期函数． (2)由函数f (x )是定义在R 上的奇函数，可知f (0)＝0.x ∈[－1,0)时，－x ∈(0,1]，f (x )＝－f (－x )＝－－x .故x ∈[－1,0]时，f (x )＝－－x .x ∈[－5，－4]时，x ＋4∈[－1,0]，f (x )＝f (x ＋4)＝－－x －4.从而，x ∈[－5，－4]时，函数f (x )的解析式为f (x )＝－－x －4.19．(本小题满分12分)函数y ＝lg(3－4x ＋x 2)的定义域为M ，当x ∈M 时，求f (x )＝2x ＋2－3×4x的最值．解析：由3－4x ＋x 2>0得x >3或x <1， ∴M ＝{x |x >3或x <1}，f (x )＝－3×22x ＋2x ＋2＝－3⎝⎛⎭⎪⎫2x－162＋2512.∵x >3或x <1，∴2x >8或0<2x<2，∴当2x＝16，即x ＝log 216时，f (x )最大，最大值为2512，f (x )没有最小值．20．(本小题满分12分)已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的周期函数，周期T ＝5.函数y ＝f (x )(－1≤x ≤1)是奇函数，且在[1,4]上是二次函数，在x ＝2时函数取最小值－5.试求：(1)f (1)＋f (4)的值；(2)y ＝f (x )，x ∈[1,4]的解析式．解析：(1)因为y ＝f (x )是以5为周期的周期函数， ∴f (4)＝f (5－1)＝f (－1)， 又y ＝f (x )(－1≤x ≤1)是奇函数，∴f (－1)＝－f (1)＝f (4) ∴f (1)＋f (4)＝0. (2)当x ∈[1,4]时，由题意可知f (x )＝a (x －2)2－5(a ≠0) 由f (1)＋f (4)＝0得a (1－2)2－5＋a (4－2)2－5＝0.∴a ＝2.∴f (x )＝2(x －2)2－5＝2x 2－8x ＋3(1≤x ≤4)．21．(本小题满分12分)已知函数f (x )对任意x ，y ∈R ，满足f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )＋2，当x >0时，f (x )>2.(1)求证：f (x )在R 上是增函数；(2)当f (3)＝5时，解不等式f (a 2－2a －2)<3.解析：(1)证明：设x 1<x 2，则x 2－x 1>0， ∴f (x 2－x 1)>2∵f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )＋2， ∴f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )－2∴f (x 2)＝f [(x 2－x 1)＋x 1]＝f (x 2－x 1)＋f (x 1)－2>2＋f (x 1)－2＝f (x 1)． ∴f (x )在R 上是增函数．(2)由题意知f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )－2. ∴5＝f (3)＝f (1＋2)＝f (2)＋f (1)－2 ＝f (1)＋f (1)－2＋f (1)－2＝3f (1)－4. ∴f (1)＝3.∴不等式f (a 2－2a －2)<3等价于f (a 2－2a －2)<f (1)．又f (x )在R 上为增函数，∴a 2－2a －2<1 即a 2－2a －3<0，∴－1<a <3. 即原不等式的解集为{a |－1<a <3}．22．(本小题满分12分)设a ∈R ，f (－x )＝－f (x )，且f (2x )＝a ·4x ＋a －24x＋1.(1)试求f (x )的反函数f －1(x )及其定义域； (2)设g (x )＝log 2x ＋1k ，若x ∈[12，23]时f －1(x )≤g (x )恒成立，求实数k 的取值范围． 解析：(1)f (2x )＝a ·4x ＋a －24x＋1＝a ·22x ＋a －222x＋1，则f (x )＝a ·2x ＋a －22x＋1，因为f (－x )＝－f (x )， 则a ·2－x ＋a －22－x＋1＝－a ·2x ＋a －22x＋1，整理得(2x ＋1)(2a －2)＝0，则a ＝1.(或者f (－x )＝－f (x )⇒f (0)＝－f (0)⇒f (0)＝0，由a ·20＋a －220＋1＝0得到)f (x )＝2x－12x ＋1，解得2x ＝1＋y1－y ，因2x>0，∴－1<y <1，反函数为f －1(x )＝log 2x ＋11－x，定义域为(－1,1)．(2)x ∈[12，23]时f －1(x )≤g (x )恒成立，则log 2x ＋11－x ≤log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k 2， 解x ＋11－x ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k 2可得 k 2≤1－x 2，x ∈[12，23]， 则有1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232≤1－x 2≤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122，即59≤1－x 2≤34， k 2≤1－x 2⇔k 2≤(1－x 2)min ，所以k 2≤59，显然k >0，则0<k ≤53，即实数k 的取值范围是(0，53]．。

课后限时自测[A 级 基础达标练]一、选择题1．(2014·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )A ．y ＝x ＋1B ．y ＝(x －1)2C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1)[解析] A 项，函数y ＝x ＋1在[－1，＋∞)上为增函数，所以函数在(0，＋∞)上为增函数，故正确；B 项，函数y ＝(x －1)2在(－∞，1)上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数，故错误；C 项，函数y ＝2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上为减函数，故错误；D 项，函数y ＝log 0.5(x ＋1)在(－1，＋∞)上为减函数，故错误．[答案] A2．若函数y ＝ax 与y ＝－b x 在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增[解析] 由题意知，a<0，b<0，则－b 2a <0，从而函数y ＝ax 2＋bx在(0，＋∞)上为减函数．[答案] B3．函数f(x)＝ln (4＋3x －x 2)的单调递减区间是( )A .⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C .⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32 D .⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 [解析] 要使函数有意义需4＋3x －x 2＞0，解得－1＜x ＜4， ∴定义域为(－1，4)．令t ＝4＋3x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋254. 则t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32上递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4上递减， 又y ＝ln t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，254上递增， ∴f(x)＝ln (4＋3x －x 2)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4. [答案] D4．(2015·潍坊模拟)已知f(x)＝⎩⎨⎧a x ，x ＞1，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x ≤1是R 上的单调递增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．[4，8)C ．(4，8)D ．(1，8)[解析] 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，4－a 2＞0，a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2＋2，解得4≤a ＜8.[答案] B5．若函数f(x)＝log a (3－ax)(a ＞0，a ≠1)在区间[1，2]上单调递减，则a 的取值范围是( )A ．(0，1)B ．(1，3)C .⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32D .⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 [解析] 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，3－2a ＞0.解得1＜a ＜32. [答案] D二、填空题6．若函数f(x)＝1a －1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，则实数a 的值为________．[解析] 因为函数f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是增函数， 则有⎩⎪⎨⎪⎧1a －2＝12，1a －12＝2，解得a ＝25. [答案] 257．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x －1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13的x 的取值范围是________．[解析] 由题意知⎩⎨⎧2x －1≥0，2x －1<13，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，x<23，所以12≤x<23.[答案] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，23 8．(2015·济南调研)若函数y ＝2x ＋k x －2与y ＝log 3(x －2)在区间(2，＋∞)上具有相同的单调性，实数k 的取值范围是________．[解析] y ＝log 3(x －2)的定义域为(2，＋∞)，且为增函数．故若使函数y ＝2x ＋k x －2＝2（x －2）＋4＋k x －2＝2＋4＋k x －2在(2，＋∞)上是增函数，则有4＋k<0，得k<－4.[答案] (－∞，－4)三、解答题9．已知f(x)＝x x －a(x ≠a)． (1)若a ＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；(2)若a ＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围．[解] (1)证明：任设x 1＜x 2＜－2，则f(x 1)－f(x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2（x 1－x 2）（x 1＋2）（x 2＋2）. ∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0，∴f(x 1)＜f(x 2)，∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增．(2)f(x)＝x x －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋a x －a， 当a>0时，f(x)在(－∞，a)，(a ，＋∞)上是减函数，又f(x)在(1，＋∞)内单调递减，∴0<a ≤1，故实数a 的取值范围为(0，1]．10．已知函数f(x)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－1x ，(x ＞0)． (1)当0＜a ＜b ，且f(a)＝f(b)，求证：1a ＋1b ＝2；(2)是否存在实数a ，b(1≤a ≤b)，使得函数y ＝f(x)的定义域、值域都是[a ，b]，若存在则求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：∵f(x)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x －1，0＜x ＜1，1－1x ，x ≥1. 故f(x)在(0，1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，当0＜a ＜b 时，f(a)＝f(b)，∴a ，b 在f(x)的不同单调区间上，∴0＜a ＜1＜b.则f(a)＝1a －1，f(b)＝1－1b ，因此1a －1＝1－1b ，故1a ＋1b ＝2.(2)假设存在这样的实数a ，b ，使得函数y ＝f(x)的定义域、值域都是[a ，b]．∵1≤a ≤b ，且f(x)＝1－1x 在[1，＋∞)上是增函数．则⎩⎪⎨⎪⎧f （a ）＝a ，f （b ）＝b ，即⎩⎪⎨⎪⎧1－1a ＝a ，1－1b ＝b ，此时实数a ，b 是方程x 2－x ＋1＝0的两根，但方程x 2－x ＋1＝0无实根，因此不存在满足条件的实数a ，b.[B 级 能力提升练]1．(2015·青岛质量检测)在实数集R 中定义一种运算“*”，对任意a ，b ∈R ，a *b 为唯一确定的实数，且具有性质：(1)对任意a ∈R ，a *0＝a ；(2)对任意a ，b ∈R ，a *b ＝ab ＋(a *0)＋(b *0)．关于函数f (x )＝(e x )*1e x 的性质，有如下说法：①函数f (x )的最小值为3；②函数f (x )为偶函数；③函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0]．其中所有正确说法的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3[解析] 由题意可得f (x )＝(e x)*1e x ＝e x ·1e x ＋(e x *0)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x *0＝1＋e x ＋1e x ，因为e x >0，所以1＋e x ＋1e x ≥1＋2e x ·1e x ＝3，故①正确；f (－x )＝1＋1e x ＋e x ＝f (x )，故②正确；f ′(x )＝e x －1e x ≥0得x ∈[0，＋∞)，故③错．从而正确说法的个数为2.[答案] C2．(2014·临沂模拟)若函数f(x)为R 上的增函数，且f (ax ＋1)≤f (x－2)对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2都成立，则实数a 的取值范围是________． [解析] 由题意知ax ＋1≤x －2在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立． 即(a －1)x ＋3≤0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立． 则有⎩⎨⎧12（a －1）＋3≤0，2（a －1）＋3≤0，解得a ≤－5.[答案] (－∞，－5]3．已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1.如果对于0＜x ＜y ，都有f(x)＞f(y)． (1)求f(1)；(2)解不等式f(－x)＋f(3－x)≥－2.[解] (1)令x ＝y ＝1得f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0.(2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2. f(1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4×14＝f(4)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝0. 所以f(4)＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝－2. 由0＜x ＜y 时，都有f(x)＞f(y)知函数f(x)是减函数．不等式f(－x)＋f(3－x)≥－2可化为⎩⎪⎨⎪⎧－x ＞0，3－x ＞0，f[x （x －3）]≥f （4），即⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，x ＜3，x （x －3）≤4.解得－1≤x ＜0，故原不等式的解集为[－1，0)．。

自主园地 备考套餐加固训练 练透考点1．若函数y ＝ax 与y ＝－b x 在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增解析：∵y ＝ax 与y ＝－b x 在(0，＋∞)上都是减函数，∴a ＜0，b ＜0.∴y ＝ax 2＋bx 的对称轴方程x ＝－b 2a ＜0.∴y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．答案：B2．若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝__________.解析：由f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x －a ，x ＜－a 2，2x ＋a ，x ≥－a 2，可得函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，＋∞，故3＝－a 2，解得a ＝－6. 答案：－63．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则满足f (log 19x )＞0的x 的集合为__________．解析：由奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，得函数y＝f (x )在(－∞，0)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0.由f (log 19 x )＞0，得log 19x ＞12或－12＜log 19x ＜0，解得0＜x ＜13或1＜x ＜3.所以满足条件的x 的取值集合为{x |0＜x ＜13，或1＜x ＜3}．答案：{x |0＜x ＜13，或1＜x ＜3}4．已知f (x )＝x 2＋2x ＋a x(x ≥1)，若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )＞0恒成立，则实数a 的取值范围是__________．解析：用等价转化、构造函数和分离参数的思想解题．在区间[1，＋∞)上，f (x )＝x 2＋2x ＋a x ＞0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋2x ＋a ＞0，x ≥1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＞－(x 2＋2x )，x ≥1⇔a 大于函数 φ(x )＝－(x 2＋2x )在[1，＋∞)上的最大值．于是问题转化为求函数φ(x )＝－(x 2＋2x )在[1，＋∞)上的最大值问题．φ(x )＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上递减，∴x ＝1时，φ(x )最大值为φ(1)＝－3.∴a ＞－3.答案：a ＞－3。