江苏省苏州市2017届高三复习数学-文科B单元 函数与导数 Word版含解析

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 ＝xB ．y ＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1x10．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 )＝x 3＋3x 2＋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 )＝x 3－a 3＋3(x 2－a 2)＝(x －a )[x 2＋ax ＋a 2＋3(x ＋a )]＝(x －a )[x 2＋(a ＋3)x ＋a 2＋3a ]＝(x －a )(x －a )(x －b )，则x 2＋(a ＋3)x ＋a 2＋3a ＝x 2－(a ＋b )x ＋ab ，得到⎩⎪⎨⎪⎧a ＋3＝－（a ＋b ），a 2＋3a ＝ab ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1. 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)＝－25.19．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1-5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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧3800，x ≤19，500x －5700，x >19(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1100×(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1100×(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＋a x 的图像上，则f (x )的反函数f －1(x )＝________________．6．log 2(x －1)，x ∈(1，＋∞) [解析] 将点(3，9)代入函数f (x )＝1＋a x 中，得a ＝2，所以y ＝f (x )＝1＋2x .用y 表示x 得x ＝log 2(y －1)，所以f －1(x )＝log 2(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 )＝[f （x ）＋g （x ）]＋[f （x ）＋h （x ）]－[g （x ）＋h （x ）]2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 )＝xx －1(x ≥2)的最大值为________． 10．2 [解析] 因为函数f (x )＝x x －1＝1＋1x －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 (－2)，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，12)B ．(－∞，12)∪(32，＋∞)C.(12，32) D.(32，＋∞) 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 (－2)，f (－2)＝f (2)，可得2|a －1|<2，即|a－1|<12，∴12<a <32.B4 函数的奇偶性与周期性 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 )＝[f （x ）＋g （x ）]＋[f （x ）＋h （x ）]－[g （x ）＋h （x ）]2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.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，f （x ＋12）＝f （x －12）.则f (6)＝( )A ．－2B ．－1C ．0D ．29．D [解析] ∵当x >12时，f （x ＋12）＝f （x －12），∴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 )＝x 3－1，∴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 (－2)，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，12)B ．(－∞，12)∪(32，＋∞)C.(12，32) D.(32，＋∞) 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 (－2)，f (－2)＝f (2)，可得2|a －1|<2，即|a－1|<12，∴12<a <32.16．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 )＝e x－1＋x .又∵f (－x )＝f (x )，∴当x >0时，f (x )＝e x －1＋x ，f ′(x )＝e x －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0<x <1时，f (x )＝4x ，则f (－52)＋f (2)＝________．14．－2 [解析] 因为f (x )是周期为2的函数，所以f (x )＝f (x ＋2)． 又f (x )是奇函数，所以f (x )＝－f (－x )，所以f (0)＝0. 所以f ⎝⎛⎭⎫－52＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫12＝－412＝－2，f (2)＝f (0)＝0， 所以f ⎝⎛⎭⎫－52＋f (2)＝－2. B5 二次函数 6．A2、B5[2016·浙江卷] 已知函数f (x )＝x 2＋bx ，则“b <0”是“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件6．A [解析] 当b <0，且x ＝－b 2>0时，f (x )取得最小值－b 24，则f (x )的值域为[－b 24，＋∞），则f (x )＝－b2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 )＝x 2，f (f (x ))＝x 4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 )＝log 2(1x＋a ).(1)当a ＝1时，解不等式f (x )>1；(2)若关于x 的方程f (x )＋log 2(x 2)＝0的解集中恰有一个元素，求a 的值；(3)设a >0，若对任意t ∈[12，1]，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log 2(1x ＋1)>1，得1x＋1>2，解得x ∈(0，1)．(2)log 2(1x＋a )＋log 2(x 2)＝0有且仅有一解，等价于(1x ＋a )x 2＝1有且仅有一解，等价于ax 2＋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 ＝－14.综上，a ＝0或－14.(3)当0<x 1<x 2时，1x 1＋a >1x 2＋a ，则log 2(1x 1＋a )>log 2(1x 2＋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)＝log 2(1t ＋a )－log 2(1t ＋1＋a )≤1，即at 2＋(a ＋1)t －1≥0，对任意t ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立．因为a >0，所以函数y ＝at 2＋(a ＋1)t －1在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，当t ＝12时，y 有最小值34a －12，由34a －12≥0，得a ≥23. 故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫23，＋∞. 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 ＝11－x B ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x4．D [解析] 选项A 中函数y ＝11－x ＝－1x －1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 ＝(12)x 在区间(－1，1)上是减函数．8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a >b >0，0<c <1，则( ) A ．log a c <log b c B ．log c a <log c b C ．a c <b c D ．c a >c b8．B [解析] 当0<c <1时，函数y ＝log c x 单调递减，而a >b >0，所以log c a <log c b ，所以B 正确；当1>a >b >0时，有log a c >log b c ，所以A 错误；利用y ＝x c 在第一象限内是增函数即可得到a c >b c ，所以C 错误；利用y ＝c x 在R 上为减函数可得c a <c b ，所以D 错误．7．B6[2016·全国卷Ⅲ] 已知a ＝243，b ＝323，c ＝2513，则( )A ．b <a <cB ．a <b <cC ．b <c <aD ．c <a <b7．A [解析] b ＝323<423＝243＝a ，c ＝523>423＝243＝a ，故b <a <c .7．B6[2016·浙江卷] 已知函数f (x )满足：f (x )≥|x |且f (x )≥2x ，x ∈R .( ) A ．若f (a )≤|b |，则a ≤b B ．若f (a )≤2b ，则a ≤b C ．若f (a )≥|b |，则a ≥b D ．若f (a )≥2b ，则a ≥b7．B [解析] f (x )的图像应该在图中实线的上方(包括边界)，而－1<x 0<0，2x 0＝|x 0|.不妨取f (x )的特例：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，x <x 0，2x ，x ≥x 0.若取a ＝1，b ＝－3，满足f (1)＝2≤|－3|＝3，则A 错．若取a ＝－1，b ＝0，满足f (－1)＝1≥0，则C 错．若取a ＝－4，b ＝1，满足f (－4)＝4≥21＝2，则D 错．B 的逆否命题为：若a >b ，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 )＝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.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 ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x4．D [解析] 选项A 中函数y ＝11－x ＝－1x －1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 ＝(12)x 在区间(－1，1)上是减函数．8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a >b >0，0<c <1，则( ) A ．log a c <log b c B ．log c a <log c b C ．a c <b c D ．c a >c b8．B [解析] 当0<c <1时，函数y ＝log c x 单调递减，而a >b >0，所以log c a <log c b ，所以B 正确；当1>a >b >0时，有log a c >log b c ，所以A 错误；利用y ＝x c 在第一象限内是增函数即可得到a c >b c ，所以C 错误；利用y ＝c x 在R 上为减函数可得c a <c b ，所以D 错误．10．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，＋∞)10．A [解析] 不妨设P 1，P 2两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，其中0<x 1<1<x 2.由题意可知，f ′(x )＝⎩⎨⎧－1x，0<x <1，1x，x >1.由于l 1，l 2分别是点P 1，P 2处的切线， 所以l 1的斜率为－1x 1，l 2的斜率为1x 2.又l 1与l 2垂直，且0<x 1<x 2，所以－1x 1·1x 2＝－1，即x 1·x 2＝1，可以写出l 1与l 2的方程分别为l 1：y ＝－1x 1(x －x 1)－ln x 1，l 2：y ＝1x 2(x －x 2)＋ln x 2.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⎩⎨⎧y ＝－1x 1（x －x 1）－ln x 1，y ＝1x 2（x －x 2）＋ln x 2，解得交点P 的横坐标为2x 1＋x 2，故S △P AB ＝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. 5．B7[2016·浙江卷] 已知a ，b >0，且a ≠1，b ≠1.若log a b >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 )>05．D [解析] log a b >1＝log a a .若0<a <1，则b <a ，从而b <1，故(b －1)(b －a )>0；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 ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x4．D [解析] 选项A 中函数y ＝11－x ＝－1x －1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 ＝(12)x 在区间(－1，1)上是减函数．8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a >b >0，0<c <1，则( ) A ．log a c <log b c B ．log c a <log c b C ．a c <b c D ．c a >c b8．B [解析] 当0<c <1时，函数y ＝log c x 单调递减，而a >b >0，所以log c a <log c b ，所以B 正确；当1>a >b >0时，有log a c >log b c ，所以A 错误；利用y ＝x c 在第一象限内是增函数即可得到a c >b c ，所以C 错误；利用y ＝c x 在R 上为减函数可得c a <c b ，所以D 错误．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<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x .21．解：(1)由题可知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<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． (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 x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x －1，即1<x －1ln x<x .(3)证明：设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，则g ′(x )＝c －1－c x ln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．因为c >1，由(2)知，1<c －1ln c<c ，所以0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0.所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x . 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<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x .21．解：(1)由题可知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<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． (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 x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x －1，即1<x －1ln x<x .(3)证明：设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，则g ′(x )＝c －1－c x ln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．因为c >1，由(2)知，1<c －1ln c<c ，所以0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0.所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x .10．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，＋∞)10．A [解析] 不妨设P 1，P 2两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，其中0<x 1<1<x 2.由题意可知，f ′(x )＝⎩⎨⎧－1x ，0<x <1，1x ，x >1.由于l 1，l 2分别是点P 1，P 2处的切线， 所以l 1的斜率为－1x 1，l 2的斜率为1x 2.又l 1与l 2垂直，且0<x 1<x 2，所以－1x 1·1x 2＝－1，即x 1·x 2＝1，可以写出l 1与l 2的方程分别为l 1：y ＝－1x 1(x －x 1)－ln x 1，l 2：y ＝1x 2(x －x 2)＋ln x 2.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⎩⎨⎧y ＝－1x 1（x －x 1）－ln x 1，y ＝1x 2（x －x 2）＋ln x 2，解得交点P 的横坐标为2x 1＋x 2，故S △P AB ＝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.23．B5，B7[2016·上海卷] 已知a ∈R ，函数f (x )＝log 2(1x＋a ).(1)当a ＝1时，解不等式f (x )>1；(2)若关于x 的方程f (x )＋log 2(x 2)＝0的解集中恰有一个元素，求a 的值；(3)设a >0，若对任意t ∈[12，1]，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log 2(1x ＋1)>1，得1x ＋1>2，解得x ∈(0，1)．(2)log 2(1x＋a )＋log 2(x 2)＝0有且仅有一解，等价于(1x ＋a )x 2＝1有且仅有一解，等价于ax 2＋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 ＝－14.综上，a ＝0或－14.(3)当0<x 1<x 2时，1x 1＋a >1x 2＋a ，则log 2(1x 1＋a )>log 2(1x 2＋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)＝log 2(1t ＋a )－log 2(1t ＋1＋a )≤1，即at 2＋(a ＋1)t －1≥0，对任意t ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立．因为a >0，所以函数y ＝at 2＋(a ＋1)t －1在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，当t ＝12时，y 有最小值34a －12，由34a －12≥0，得a ≥23. 故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫23，＋∞. B8 幂函数与函数的图像8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a>b>0，0<c<1，则()A．log a c<log b c B．log c a<log c bC．a c<b c D．c a>c b8．B[解析] 当0<c<1时，函数y＝log c x单调递减，而a>b>0，所以log c a<log c b，所以B正确；当1>a>b>0时，有log a c>log b c，所以A错误；利用y＝x c在第一象限内是增函数即可得到a c>b c，所以C错误；利用y＝c x在R上为减函数可得c a<c b，所以D错误．9．B8，B12[2016·全国卷Ⅰ] 函数y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图像大致为()图1-29．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－e x，则f′(x)＝4x－e x，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.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)，…，(x m，y m)，则（）A．0 B．mC．2m D．4m当m为奇数时，＝2×m－12＋1＝m.3．B8[2016·浙江卷] 函数y＝sin x2的图像是()图1-13．D [解析] 设y ＝f (x )＝sin x 2，则f (－x )＝sin(－x )2＝sin x 2＝f (x )，故f (x )为偶函数，A ，C 不符合．f （π2）＝sin （π2）2＝sin π24<1，则B 不符合，故选D.8．B6，B7，B8，E1[2016·全国卷Ⅰ] 若a >b >0，0<c <1，则( ) A ．log a c <log b c B ．log c a <log c b C ．a c <b c D ．c a >c b8．B [解析] 当0<c <1时，函数y ＝log c x 单调递减，而a >b >0，所以log c a <log c b ，所以B 正确；当1>a >b >0时，有log a c >log b c ，所以A 错误；利用y ＝x c 在第一象限内是增函数即可得到a c >b c ，所以C 错误；利用y ＝c x 在R 上为减函数可得c a <c b ，所以D 错误．9．B8，B12[2016·全国卷Ⅰ] 函数y ＝2x 2－e |x |在[－2，2]的图像大致为( )图1-2 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 )＝2x 2－e x ，则f ′(x )＝4x －e x ，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－e 2<1，故选D.B9 函数与方程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，由图可知，当方程f (x )＝b 有三个不同的根时，有4m －m 2<m ，解得m >3或m <0(舍)． 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.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)e x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为________．10．3 [解析] f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x ，所以f ′(0)＝3e 0＝3.21．B11，B12，E8[2016·四川卷] 设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee 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 －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 .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)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1e x －1>0.(3)由(2)知，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，＋∞)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，＋∞）.20．B11、B12、B14[2016·山东卷] 设f (x )＝x ln x －ax 2＋(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 )＝1x －2a ＝1－2ax x.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 ∈（0，12a ），则g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，若x ∈（12a，＋∞），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（0，12a ），单调递减区间为（12a，＋∞）. (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0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在（0，12a ）内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈（1，12a）时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)内单调递减，在（1，12a）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 ＝12时，12a＝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 >12时，0<12a <1，当x ∈（12a，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 >12.B12 导数的应用 9．B8，B12[2016·全国卷Ⅰ] 函数y ＝2x 2－e |x |在[－2，2]的图像大致为( )图1-2 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 )＝2x 2－e x ，则f ′(x )＝4x －e x ，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－e 2<1，故选D.6．B12[2016·四川卷] 已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．26．D [解析] 由已知得，f ′(x )＝3x 2－12＝3(x 2－4)＝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 －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1，1]B ．[－1，13]C ．[－13，13 ]D ．[－1，－13]12．C [解析] 方法一：对函数f (x )求导得f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x＋53，因为函数f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0，即－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0恒成立．设t ＝cos x ∈[－1，1]，则g (t )＝4t 2－3at －5≤0在[－1，1]上恒成立，所以有⎩⎪⎨⎪⎧g （－1）＝4×（－1）2－3a ×（－1）－5≤0，g （1）＝4×12－3a ×1－5≤0，解得－13≤a ≤13. 方法二：取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23<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 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，函数在两点处的导数之积为－1.对于A ，y ′＝(sin x )′＝cos x ，存在x 1，x 2使cos x 1·cos x 2＝－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 )＝e x－1＋x .又∵f (－x )＝f (x )，∴当x >0时，f (x )＝e x －1＋x ，f ′(x )＝e x －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<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x .21．解：(1)由题可知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<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． (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 x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x －1，即1<x －1ln x<x .(3)证明：设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，则g ′(x )＝c －1－c x ln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．因为c >1，由(2)知，1<c －1ln c<c ，所以0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0.所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x .21．B12[2016·全国卷Ⅰ] 已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋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)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋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 ＝－e2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．②若a >－e2，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 <－e2，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 <ln a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a (b 2－32b )>0，所以f (x )有两个零点．(ii)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，所以f (x )只有一个零点．(iii)设a <0，若a ≥－e2，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 <－e2，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 )＝x 3＋ax 2＋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：a 2－3b >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 )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋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 )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下： x (－∞，－2)－2 (－2，－23)－23 (－23，＋∞) f ′(x )＋－＋f (x ) cc －3227所以当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈(－2，－23)，x 3∈(－23，0)，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈(0，3227)时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋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＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(x 0，＋∞)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＝4a 2－12b >0， 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >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 )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee 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 －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 .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)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1e x －1>0.(3)由(2)知，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，＋∞)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，＋∞）.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 ＋1x －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 －a （x －1）x ＋1>0.设g (x )＝ln x －a （x －1）x ＋1，则g ′(x )＝1x －2a（x ＋1）2＝x 2＋2（1－a ）x ＋1x （x ＋1）2，g (1)＝0.(i)当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋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x 1＝a －1－（a －1）2－1，x 2＝a －1＋（a －1）2－1. 由x 2>1和x 1x 2＝1得x 1<1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(1，x 2)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 )＝x ln x －ax 2＋(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 )＝1x －2a ＝1－2ax x.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 ∈（0，12a ），则g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，若x ∈（12a，＋∞），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（0，12a ），单调递减区间为（12a，＋∞）. (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0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在（0，12a）内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，。