2016届高考数学理一轮总复习第2章函数、导数及其应用练习6(含解析)新人教A版

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。

限时·规范·特训[A 级 基础达标]1. [2014·天津高考]设a ＝log 2π，b ＝log 12π，c ＝π－2，则( )A. a >b >cB. b >a >cC. a >c >bD. c >b >a解析：∵π>3，∴a ＝log 2π>1，b ＝log 12π<0,0<c ＝π－2＝1π2<1，故a >c >b ，选C.答案：C2. 函数y ＝ln(1－x )的大致图象为( )解析：y 的定义域为(－∞，1)，且y 在定义域上为减函数，故选C.答案：C3. 函数f (x )＝log a (ax －3)在[1,3]上单调递增，则a 的取值范围是( )A. (1，＋∞)B. (0,1)C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 D. (3，＋∞)解析：由于a >0，且a ≠1，∴u ＝ax －3为增函数， ∴若函数f (x )为增函数，则f (x )＝log a u 必为增函数， 因此a >1.又y ＝ax －3在[1,3]上恒为正， ∴a －3>0，即a >3，故选D. 答案：D4. [2015·金版原创]函数y ＝log 13(－x 2＋6x )的值域( )A. (0,6)B. (－∞，－2]C. [－2,0)D. [－2，＋∞)解析：∵－x 2＋6x ＝－(x －3)2＋9， ∴0<－x 2＋6x ≤9， ∴y ≥log 139＝－2，故选D.答案：D5. 若log a (a 2＋1)<log a (2a )<0，则a 的取值范围是( ) A. (0,1)B. ⎝⎛⎭⎪⎫0，12C. ⎝⎛⎭⎪⎫12，1 D. (0,1)∪(1，＋∞)解析：∵a 2＋1>1，又log a (a 2＋1)<0，∴0<a <1， 又log a (a 2＋1)<log a (2a )<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋1>2a ，2a >1，∴a >12且a ≠1. 所以12<a <1，故选C. 答案：C6. [2014·四川高考]已知b >0，log 5b ＝a ，lg b ＝c,5d ＝10，则下列等式一定成立的是( )A. d ＝acB. a ＝cdC. c ＝adD. d ＝a ＋c解析：log 5b ＝a ，b >0，故由换底公式得lg blg5＝a ，∴lg b ＝a lg5.∵lg b ＝c ，∴a lg5＝c ，又∵5d＝10，∴d ＝log 510，即1d ＝lg5，将其代入a lg5＝c 中得ad ＝c ，即a ＝cd .答案：B7. 设2a＝5b＝m ，且1a ＋1b ＝2，则m ＝________.解析：由2a ＝5b ＝m ， 得a ＝log 2m ，b ＝log 5m ， 又1a ＋1b ＝2，即1log 2m ＋1log 5m ＝2，∴lg2lg m ＋lg5lg m ＝2，∴lg2＋lg5lg m ＝lg10lg m ＝1lg m ＝2， 即m ＝10. 答案：108. [2015·河北石家庄质检]若函数f (x )＝ ⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，x ≤1，log 2x ，x >1，则f (x )≥2的解集为________．解析：x ≤1时，由⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ≥2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1， 得x ≤－1.当x >1时，log 2x ≥2＝log 24， 得x ≥4.不等式f (x )≥2的解集为(－∞，－1]∪[4，＋∞)． 答案：(－∞，－1]∪[4，＋∞)9. [2015·西安模拟]已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在[0，＋∞)上为增函数，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝0，则不等式f (log 1gx )>0的解集为________．解析：∵f (x )是R 上的偶函数， ∴它的图象关于y 轴对称．∵f (x )在[0，＋∞)上为增函数， ∴f (x )在(－∞，0]上为减函数，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝0，得f ⎝⎛⎭⎪⎫－13＝0.∴f (log 1gx )>0⇒log 1gx <－13或log 1gx >13⇒x >2或0<x <12，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)10. 已知lg x ＋lg y ＝2lg(2x －3y )，求log 32xy 的值． 解：依题意可得：lg(xy )＝lg(2x －3y )2， 即xy ＝(2x －3y )2，整理得：4(x y )2－13(xy )＋9＝0， 解得：x y ＝1或x y ＝94， ∵x >0，y >0,2x －3y >0， ∴x y ＝94，∴log 32x y ＝2.11. [2015·长春模拟]设f (x )＝log a (1＋x )＋log a (3－x )(a >0，a ≠1)，且f (1)＝2.(1)求a 的值及f (x )的定义域； (2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值．解：(1)∵f (1)＝2，∴log a 4＝2(a >0，a ≠1)，∴a ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x >0，3－x >0，得x ∈(－1,3)，∴函数f (x )的定义域为(－1,3)．(2)f (x )＝log 2(1＋x )＋log 2(3－x )＝log 2[(1＋x )(3－x )]＝log 2[－(x －1)2＋4]，∴当x ∈(－1,1]时，f (x )是增函数； 当x ∈(1,3)时，f (x )是减函数，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值是f (1)＝log 24＝2.12. [2015·山东青岛模拟]已知函数f (x )＝log 12(x 2－2ax ＋3)．(1)若函数f (x )的定义域为(－∞，1)∪(3，＋∞)，求实数a 的值； (2)若函数f (x )的定义域为R ，值域为(－∞，－1]，求实数a 的值； (3)若函数f (x )在(－∞，1]上为增函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)由题意可知，x 2－2ax ＋3＝0的两根为x 1＝1， x 2＝3，∴x 1＋x 2＝2a ，∴a ＝2. (2)因为函数f (x )的值域(－∞，－1]，则 f (x )max ＝－1，所以y ＝x 2－2ax ＋3的最小值为y min ＝2， 由y ＝x 2－2ax ＋3＝(x －a )2＋3－a 2，得3－a 2＝2， 所以a 2＝1，所以a ＝±1.(3)f (x )在(－∞，1]上为增函数，则y ＝x 2－2ax ＋3在(－∞，1]上为减函数，有y >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ≥1，1－2a ＋3>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1，a <2，故1≤a <2.所以实数a 的取值范围是[1,2)．[B 级 知能提升]1. 设a ＝log 32，b ＝ln2，c ＝5－12，则( )A. a <b <cB. b <c <aC. c <a <bD. c <b <a解析：∵12<log 32<ln2ln3<ln2，而c ＝5－12＝15<12，∴c <a <b . 答案：C2. [2014·重庆高考]函数f (x )＝log 2x ·log 2(2x )的最小值为________．解析：显然x >0，∴f (x )＝log 2x ·log 2(2x )＝12log 2x ·log 2(4x 2)＝12log 2x ·(log 24＋2log 2x )＝log 2x ＋(log 2x )2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫log 2x ＋122－14≥－14.当且仅当x ＝22时，有f (x )min ＝－14.答案：－143. [2015·中山模拟]已知函数f (x )＝log a (8－ax )(a >0，a ≠1)，若f (x )>1在区间[1,2]上恒成立，则实数a 的取值范围为________．解析：当a >1时，f (x )＝log a (8－ax )在[1,2]上是减函数， 由f (x )>1恒成立，则f (x )min ＝log a (8－2a )>1， 解之得1<a <83，若0<a <1时，f (x )在x ∈[1,2]上是增函数， 由f (x )>1恒成立，则f (x )min ＝log a (8－a )>1， 且8－2a >0，所以a >4，且a <4，故不存在． 综上可知，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，83.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1，83 4．[2015·商丘模拟]已知f (x )＝log a x (a >0且a ≠1)，如果对于任意的x ∈[13，2]都有|f (x )|≤1成立，试求a 的取值范围．解：∵f (x )＝log a x ，则y ＝|f (x )|的图象如右图．由图知，要使x ∈[13，2]时恒有|f (x )|≤1， 只需|f (13)|≤1， 即－1≤log a 13≤1， 即log a a －1≤log a 13≤log a a .当a >1时，得a －1≤13≤a ，即a ≥3；当0<a <1时得a －1≥13≥a ，得0<a ≤13.综上所述，a 的取值范围是(0，13]∪[3，＋∞)．。

高考数学一轮总复习第二章函数、导数及其应用第六节对数与对数函数练习文【最新考纲】 1.理解对数的概念及其运算性质，知道用换底公式将一般对数转化成自然对数或常用对数；了解对数在简化运算中的作用.2.理解对数函数的概念及其单调性，掌握对数函数图象通过的特殊点．会画底数为2，10，12的对数函数的图象.3.体会对数函数是一类重要的函数模型.4.了解指数函数y ＝a x(a ＞0，且a≠1)与对数函数y ＝log a x(a ＞0，且a≠1)互为反函数．1．对数的概念如果a x＝N(a ＞0且a ≠1)，那么x 叫做以a 为底N 的对数，记作x ＝log a N ，其中a 叫做对数的底数，N 叫做真数．2．对数的性质、换底公式与运算性质(1)对数的性质：①a log a N ＝N ；②log a a b＝b(a ＞0，且a≠1)． (2)换底公式：log a b ＝log c blog c a(a ，c 均大于0且不等于1，b ＞0)．(3)对数的运算性质：如果a ＞0，且a≠1，M ＞0，N ＞0，那么：①log a (M·N)＝log a M ＋log a N ，②log a M N ＝log a M －log a N ，③log a M n＝nlog a M (n∈R)．3．对数函数的定义、图象与性质4.反函数指数函数y＝a x(a＞0且a≠1)与对数函数y＝log a x(a＞0且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称．1．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)log2x2＝2log2x.( )(2)函数y＝log2(x＋1)是对数函数．( )(3)函数y＝lg(x＋3)＋lg(x－3)与y＝lg[(x＋3)(x－3)]的定义域相同．( )(4)当x＞1时，若log a x＞log b x，则a＜b.( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)√2．已知函数y＝log a(x＋c)(a，c为常数，其中a＞0，a≠1)的图象如图，则下列结论成立的是( )A ．a ＞1，c ＞1B ．a ＞1，0＜c ＜1C ．0＜a ＜1，c ＞1D ．0＜a ＜1，0＜c ＜1解析：由图象可知y ＝log a (x ＋c)的图象是由y ＝log a x 的图象向左平移c 个单位得到的，其中0＜c ＜1.再根据单调性可知0＜a ＜1.答案：D3．(2015·四川卷)lg 0.01＋log 216的值是________． 解析：lg 0.01＋log 216＝lg 1100＋log 224＝－2＋4＝2. 答案：24．(2015·北京卷)2－3，312，log 25三个数中最大的数是________．解析：因为2－3＝123＝18＜1，1＜312＝3＜2，log 25＞log 24＝2，所以三个数中最大的数是lo g 25. 答案：log 255．函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x ≥1，2x ，x ＜1的值域为________．解析：当x≥1时，log 12x ≤0，当x ＜1时，0＜2x＜2，故值域为(0，2)∪(－∞，0]＝(－∞，2)． 答案：(－∞，2)两种关系1．a b＝N ⇔log a N ＝b(a ＞0，a ≠1，N ＞0)．2．指数函数y ＝a x(a ＞0，且a≠1)与对数函数y ＝log a x(a ＞0，且a≠1)互为反函数，应从概念、图象和性质三个方面理解它们之间的联系与区别．两点注意1．在无M ＞0的条件下，log a M n＝nlog a |M|(n∈N *，且n 为偶数)．2．解决与对数函数有关的问题时，务必先研究函数的定义域．对数函数的单调性取决于底数a ，应注意底数的取值范围．两类方法1．对数值的大小比较方法：(1)化同底后利用函数的单调性．(2)作差或作商法．(3)利用中间量(0或1)．(4)化为同真数后利用图象比较．2．多个对数函数图象比较底数大小的问题，可通过图象与直线y ＝1交点的横坐标进行判定．一、选择题1．2lg 2－lg 125的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 解析：2lg 2－lg 125＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫22÷125＝lg 100＝2.答案：B2．(2016·石家庄一模)已知a ＝312，b ＝log 1312，c ＝log 213，则( )A ．a ＞b ＞cB ．b ＞c ＞aC ．c ＞b ＞aD ．b ＞a ＞c解析：因为312＞1，0＜log 1312＜1，c ＝log 213＜0所以a ＞b ＞c. 答案：A4．函数f(x)＝lg 1|x ＋1|的大致图象为( )解析：f(x)＝lg 1|x ＋1|＝－lg|x ＋1|的图象可由偶函数y ＝－lg|x|的图象左移1个单位得到．由y ＝－lg|x|的图象可知选D. 答案：D5．(2016·唐山统考)已知f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－2a ）x ＋3a ，x ＜1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，12 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12解析：要使函数f(x)的值域为R ，则有⎩⎪⎨⎪⎧1－2a ＞0，ln 1≤1－2a ＋3a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＜12，a ≥－1，∴－1≤a＜12.答案：C 6．设f(x)＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫21－x ＋a 是奇函数，则使f(x)＜0的x 的取值范围是( )A ．(－1，0)B ．(0，1)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞) 解析：由f(x)是奇函数可得a ＝－1， ∴f(x)＝lg 1＋x1－x 的定义域为(－1，1)．由f(x)＜0，可得0＜1＋x1－x ＜1，解得－1＜x ＜0.答案：A二、填空题7．(2014·安徽卷)⎝ ⎛⎭⎪⎫1681－34＋log 354＋log 345＝________．解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫1681－34＋log 354＋log 345＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23－3＋log 31＝278＋0＝278.答案：2788．函数y ＝log 12(x 2－6x ＋17)的值域是________．解析：x 2－6x ＋17＝(x －3)2＋8≥8，则y≤log 128＝－3，即函数的值域为(－∞，－3]．答案：(－∞，－3]9．(2015·天津卷)已知a ＞0，b ＞0，ab ＝8，则当a 的值为________时，log 2a ·log 2(2b)取得最大值．解析：由于a ＞0，b ＞0，ab ＝8，所以b ＝8a.所以log 2a ·log 2(2b)＝log 2a ·log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫16a ＝log 2a ·(4－log 2a)＝－(log 2a －2)2＋4，当且仅当log 2a ＝2，即a ＝4时，log 2a ·log 2(2b)取得最大值4. 答案：4 三、解答题10．已知函数f(x)＝log a (x ＋1)－log a (1－x)，a ＞0且a ≠1.(1)求f(x)的定义域；(2)判断f(x)的奇偶性并予以证明；(3)若a ＞1时，求使f(x)＞0的x 的取值集合． 解：(1)f(x)＝log a (x ＋1)－log a (1－x)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＞0，1－x ＞0，解得－1＜x ＜1. 故所求函数f(x)的定义域为{x|－1＜x ＜1}． (2)由(1)知f(x)的定义域为{x|－1＜x ＜1}， 且f(－x)＝log a (－x ＋1)－log a (1＋x) ＝－[log a (x ＋1)－log a (1－x)]＝－f(x)， 故f(x)为奇函数．(3)因为当a ＞1时，f(x)在定义域{x|－1＜x ＜1}内是增函数，所以f(x)＞0⇔x ＋11－x ＞1，解得0＜x ＜1.所以使f(x)＞0的x 的解集是{x|0＜x ＜1}．11．设x∈[2，8]时，函数f(x)＝12log a (ax)·log a (a 2x)(a ＞0，且a≠1)的最大值是1，最小值是－18，求a 的值．解：由题意知f(x)＝12(log a x ＋1)·(log a x ＋2)＝12(log 2a x ＋3log a x ＋2)＝12(log a x ＋32)2－18. 当f(x)取最小值－18时，log a x ＝－32，又∵x∈[2，8]，∴a ∈(0，1)． ∵f(x)是关于log a x 的二次函数，∴函数f(x)的最大值必在x ＝2或x ＝8时取得． ①若12(log a 2＋32)2－18＝1，则a ＝2－13，此时f(x)取得最小值，x ＝(2－13)－32＝2∉[2，8]，舍去．②若12(log a 8＋32)2－18＝1，则a ＝12，此时f(x)取得最小值，x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－32＝22∈[2，8]，符合题意，∴a ＝12.。

课后限时自测[A 级 基础达标练]一、选择题1．(2015·潍坊模拟)方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0[解析] 设f(x)＝x 3－6x 2＋9x －10，f ′(x)＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，所以方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数为1个．[答案] C2．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的年关系是R ＝R(x)＝⎩⎨⎧400x －12x 2，（0≤x ≤400），80 000，（x>400），则总利润最大时，年产量是( )A ．100B ．150C ．200D ．300[解析] 由题意，总成本函数C ＝C(x)＝20 000＋100 x ，总利润P(x)＝⎩⎨⎧300x －x 22－20 000，（0≤x ≤400），60 000－100x ，（x>400），又P′(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x ，（0≤x ≤400），－100，（x>400），令P′(x)＝0，得x ＝300，则x ＝300时，总利润P(x)最大．[答案] D3．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x)＋f(x)≤0，对任意正数a ，b ，若a<b ，则必有( )A ．af(b)≤bf(a)B ．bf(a)≤af(b)C ．af(a)≤f(b)D ．bf(b)≤f(a)[解析] ∵xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2≤－2f （x ）x 2≤0. 则函数f （x ）x 在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0<a<b ，则f （a ）a≥f （b ）b .即af(b)≤bf(a)．[答案] A4．若函数f(x)＝x x 2＋a(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为( )A .33B . 3C .3＋1D .3－1[解析] 由题意知，f′(x)＝x 2＋a －2x 2（x 2＋a ）2＝a －x 2（x 2＋a ）2， 当x>a 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减； 当－a<x<a 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；当x ＝a 时，令f(x)＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意．∴f(x)max ＝f(1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1. [答案] D5．(2014·辽宁高考)当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3]B .⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98C ．[－6，－2]D ．[－4，－3][解析] 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R .当x ∈(0，1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3， ∴a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3max. 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3， φ′(x )＝（2x －4）x 3－（x 2－4x －3）3x 2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－（x －9）（x ＋1）x 4＞0， ∴φ(x )在(0，1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6.∴a ≥－6.当x ∈[－2，0)时，a ≤x 2－4x －3x 3， ∴a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3min. 仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－（x －9）（x ＋1）x 4.当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )＜0；当x ∈(－1，0)时，φ′(x )＞0. ∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值．而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2， ∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2.[答案] C二、填空题6．(2015·济南模拟)若函数f(x)＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．[解析] 由f(x)＝x 3－3x ＋a ，得f′(x)＝3x 2－3，由f ′(x)＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，f 极大值(－1)＝2＋a ，f 极小值(1)＝a －2，要使函数f(x)＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则有f 极大值(－1)＝2＋a>0，f 极小值(1)＝a －2<0，即－2<a<2，所以实数a 的取值范围是(－2，2)．[答案] (－2，2)7．函数f(x)＝x 3－3x －1，若对于区间[－3，2]上的任意x 1，x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是________．[解析] f′(x)＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f′(x)＝0，得x ＝－1或x ＝1.当－3≤x<－1或1<x ≤2时，f ′(x)>0；当－1<x<1时，f ′(x)<0. ∴当x ＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝1；当x ＝1时，f(x)有极小值f(1)＝－3.又f(－3)＝－19，f(2)＝1.因此f(x)在[－3，2]上的最大值f(x)max ＝1，最小值f(x)min ＝－19. 又|f(x 1)－f(x 2)|≤f(x)max －f(x)min ＝20，∴应有t ≥20，即t 的最小值为20.[答案] 208．设动直线x ＝m 与函数f(x)＝x 2，g(x)＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则|MN|的最小值为________．[解析] |MN|＝x 2－ln x ，令f(x)＝x 2－ln x ，f ′(x)＝2x －1x ＝2x 2－1x ，当0<x<22时，f ′(x)<0；当x>22时，f ′(x)>0；∴当x ＝22时，f(x)有极小值也就是最小值，即f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝12－ln 12＝12＋12ln 2. [答案] 12＋12ln 2三、解答题9．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲，乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？[解] (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000×403－380×40＋8＝17.5(升)． 因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升．(2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x 小时，设耗油量为h(x)升，依题意得h(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000x 3－380x ＋8·100x ＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)，h ′(x)＝x 640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h′(x)＝0，得x ＝80.当x ∈(0，80)时，h ′(x)<0，h(x)是减函数；当x ∈(80，120)时，h ′(x)>0，h(x)是增函数，∴当x ＝80时，h(x)取得极小值h(80)＝11.25.易知h(80)是h(x)在(0，120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．10．(2015·天津模拟)已知函数f(x)＝13x 3＋1－a 2x 2－ax －a ，x ∈R ，其中a >0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(－2，0)内恰有两个零点，求a 的取值范围．[解] (1)由题意得，f ′(x )＝x 2＋(1－a )x －a ＝(x ＋1)(x －a )．由f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝a >0.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(a ，＋∞)；单调递减区间是(－1，a )．(2)由(1)知f (x )在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而函数f (x )在区间(－2，0)内恰有两个零点当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）<0，f （－1）>0，f （0）<0.解得0<a <13. 所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13.[B 级 能力提升练]1．(2014·课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)[解析] 由题意可知，f ′(x)＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x)＝9x 2－6x ＝3x(3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)>0；图(1)x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23时，f ′(x)<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x)>0. 注意f(0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝59>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示．排除A 、C .图(2)当a ＝－43时，f ′(x)＝－4x 2－6x ＝－2x(2x ＋3)，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32时，f ′(x)<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0时，f ′(x)>0；x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)<0，注意f(0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－54，则f(x)的大致图象如图(2)所示．排除D .[答案] B2．已知f(x)＝x e x ，g(x)＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是________．[解析] 由题意得，f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x (1＋x )，当x >－1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．所以函数f (x )的最小值为f (－1)＝－1e .又函数g (x )的最大值为a ，则由题意，得－1e ≤a 即a ≥－1e .[答案] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞ 3．(2014·山东高考)设函数f(x)＝e xx 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．[解] (1)函数y ＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3. 由k ≤0可得e x －kx>0，所以当x ∈(0，2)时，f ′(x)<0，函数y ＝f(x)单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y ＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k ≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)＝e x －kx ，x ∈[0，＋∞)．因为g′(x)＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x)＝e x －k>0，y ＝g(x)单调递增． 故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点．当k>1时，得x ∈(0，ln k)时，g ′(x)<0，函数y ＝g(x)单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x)>0，函数y ＝g(x)单调递增． 所以函数y ＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)．函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （ln k ）<0，g （2）>0，0<ln k<2，解得e <k<e 22.综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22.。