历年(2016)高考真题分类汇编(共14套)含答案精品打包下载

历年（2016）高考真题分类汇编(共14套)含答案精品打包下载.doc数学A单元集合与常用逻辑用语A1 集合及其运算1．A1，E2[2016·北京卷] 已知集合A＝{x||x|<2}，B＝{－1，0，1，2，3}，则A∩B＝() A．{0，1} B．{0，1，2}C．{－1，0，1} D．{－1，0，1，2}1．C[解析] 集合A＝{x||x|<2}＝{x|－2<x<2}，B＝{－1，0，1，2，3}，所以A∩B＝{－1，0，1}．20．D5，A1[2016·北京卷] 设数列A：a1，a2，…，a N(N≥2)．如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有a k<a n，则称n是数列A的一个“G时刻”．记G(A)是数列A的所有“G 时刻”组成的集合．(1)对数列A：－2，2，－1，1，3，写出G(A)的所有元素；(2)证明：若数列A中存在a n使得a n>a1，则G(A)≠∅；(3)证明：若数列A满足a n－a n－1≤1(n＝2，3，…，N)，则G(A)的元素个数不小于a N －a1.20．解：(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明：因为存在a n 使得a n >a 1，所以{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i >a 1}≠∅. 记m ＝min{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i >a 1}，则m ≥2，且对任意正整数k <m ，a k ≤a 1<a m . 因此m ∈G (A )，从而G (A )≠∅.(3)证明：当a N ≤a 1时，结论成立． 以下设a N >a 1. 由(2)知G (A )≠∅.设G (A )＝{n 1，n 2，…，n p }，n 1<n 2<…<n p . 记n 0＝1，则an 0<an 1<an 2<…<an p .对i ＝0，1，…，p ，记G i ＝{k ∈N *|n i <k ≤N ，a k >an i }．如果G i ≠∅，取m i ＝min G i ，则对任何1≤k <m i ，a k ≤an i <am i . 从而m i ∈G (A )且m i ＝n i ＋1.又因为n p 是G (A )中的最大元素，所以G p ＝∅.从而对任意n p ≤k ≤N ，a k ≤an p ，特别地，a N ≤an p . 对i ＝0，1，…，p －1，an i ＋1－1≤an i .因此an i ＋1＝an i ＋1－1＋(an i ＋1－an i ＋1－1)≤an i ＋1. 所以a N －a 1≤an p －a 1＝i ＝1p (an i －an i －1)≤p.因此G(A)的元素个数p 不小于a N －a 1. 1．A1[2016·江苏卷] 已知集合A ＝{－1，2，3，6}，B ＝{x |－2<x <3}，则A ∩B ＝________． 1．{－1，2} [解析] 由题意可得A ∩B ＝{－1，2}． 20．A1、D3、D5[2016·江苏卷] 记U ＝{1，2，…，100}．对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1，3，66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2，4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1，2，…，k }，求证：S T <a k ＋1； (3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D .20．解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，所以30a 1＝30，即a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)证明：因为T ⊆{1，2，…，k }，a n ＝3n －1>0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)<3k .因此，S T <a k ＋1.(3)证明：下面分三种情况证明．①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．令E ＝C ∩(∁U D )，F ＝D ∩(∁U C )，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅. 于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D ，得S E ≥S F . 设k 是E 中最大的数，l 为F 中最大的数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .由(2)知，S E <a k ＋1，于是3l －1＝a l ≤S F ≤S E <a k ＋1＝3k ，所以l －1<k ，即l ≤k . 又k ≠l ，故l ≤k －1，从而S F ≤a 1＋a 2＋…＋a l ＝1＋3＋…＋3l －1＝3l －12≤3k －1－12＝a k －12≤S E －12，故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D )＋1，即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D . 1．A1，E3[2016·全国卷Ⅰ] 设集合A ＝{x |x 2－4x ＋3<0}，B ＝{x |2x －3>0}，则A ∩B ＝( )A ．(－3，－32 )B ．(－3，32)C ．1，32D.32，3 1．D [解析] 集合A ＝(1，3)，B ＝(32，＋∞)，所以A ∩B ＝(32，3).1．A1[2016·全国卷Ⅲ] 设集合S ＝{x |(x －2)(x －3)≥0}，T ＝{x |x >0}，则S ∩T ＝( )A ．[2，3]B ．(－∞，2]∪[3，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(0，2]∪[3，＋∞)1．D [解析] ∵S ＝{x |x ≥3或x ≤2}，∴S ∩T ＝{x |0<x ≤2或x ≥3}． 1．A1[2016·四川卷] 设集合A ＝{x |－2≤x ≤2}，Z 为整数集，则集合A ∩Z 中元素的个数是( )A ．3B ．4C ．5D ．61．C [解析] 由题可知，A ∩Z ＝{－2，－1，0，1，2}，则A ∩Z 中元素的个数为5. 2．A1[2016·全国卷Ⅱ] 已知集合A ＝{1，2，3}，B ＝{x |(x ＋1)(x －2)<0，x ∈Z }，则A ∪B ＝( )A ．{1}B ．{1，2}C ．{0，1，2，3}D ．{－1，0，1，2，3} 2．C [解析] ∵B ＝{x |(x ＋1)(x －2)<0，x ∈Z }＝{x |－1<x <2，x ∈Z }，∴B ＝{0，1}，∴A ∪B ＝{0，1，2，3}．2．A1[2016·山东卷] 设集合A ＝{y |y ＝2x ，x ∈R }，B ＝{x |x 2－1<0}，则A ∪B ＝( ) A ．(－1，1) B ．(0，1)C ．(－1，＋∞)D ．(0，＋∞)2．C [解析] ∵A ＝{y |y >0}，B ＝{x |－1<x <1}，∴A ∪B ＝(－1，＋∞)． 1．A1[2016·天津卷] 已知集合A ＝{1，2，3，4}，B ＝{y |y ＝3x －2，x ∈A }，则A ∩B ＝( )A ．{1}B ．{4}C ．{1，3}D ．{1，4}1．D [解析] A ＝{1，2，3，4}，B ＝{1，4，7，10}，∴A ∩B ＝{1，4}． 1．A1[2016·浙江卷] 已知集合P ＝{x ∈R |1≤x ≤3}，Q ＝{x ∈R |x 2≥4}，则P ∪(∁R Q )＝( )A ．[2，3]B ．(－2，3]C ．[1，2)D ．(－∞，－2]∪[1，＋∞)1．B [解析] 易知∁R Q ＝{x |－2<x <2}，则P ∪(∁R Q )＝{x |－2<x ≤3}，故选B. A2 命题及其关系、充分条件、必要条件`4．A2，F1[2016·北京卷] 设a ，b 是向量，则“|a|＝|b|”是“|a ＋b|＝|a －b|”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．D [解析] 若|a |＝|b |成立，则以a ，b 为边组成的平行四边形为菱形，a ＋b ，a －b 表示的是该菱形的对角线，而菱形的对角线不一定相等，所以|a ＋b |＝|a －b |不一定成立，从而不是充分条件；反之，若|a ＋b |＝|a －b |成立，则以a ，b 为边组成的平行四边形为矩形，矩形的邻边不一定相等，所以|a |＝|b |不一定成立，从而不是必要条件．故选D.7．A2，E5[2016·四川卷] 设p ：实数x ，y 满足(x －1)2＋(y －1)2≤2，q ：实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≥1－x ，y ≤1，则p 是q 的( ) A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．A [解析] 如图，(x －1)2＋(y －1)2≤2①表示圆心为(1，1)，半径为2的圆及其内部； ⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≥1－x ，y ≤1②表示△ABC 及其内部． 实数x ，y 满足②，则必然满足①，反之不成立. 故p 是q 的必要不充分条件．6．G3，A2[2016·山东卷] 已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件6．A [解析] 当两个平面内的直线相交时，这两个平面有公共点，即两个平面相交；但当两个平面相交时，两个平面内的直线不一定有交点．5．D3、A2[2016·天津卷] 设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件5．C [解析] 设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2(1＋q )<0，即q <－1，故选C. 15．A2[2016·上海卷] 设a ∈R ，则“a >1”是“a 2>1”的( ) A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充要条件D ．既非充分也非必要条件15．A [解析] 由a >1，得a 2>1；由a 2>1，得a >1或a <－1.所以“a >1”是“a 2>1”的充分非必要条件．A3 基本逻辑联结词及量词 4．A3[2016·浙江卷] 命题“∀x ∈R ，∃n ∈N *，使得n ≥x 2”的否定形式是( ) A ．∀x ∈R ，∃n ∈N *，使得n <x 2 B ．∀x ∈R ，∀n ∈N *，使得n <x 2 C ．∃x ∈R ，∃n ∈N *，使得n <x 2 D ．∃x ∈R ，∀n ∈N *，使得n <x 2 4．D [解析] 由全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题得，命题“∀x ∈R ，∃n ∈N *，使得n ≥x 2”的否定形式是“∃x ∈R ，∀n ∈N *，使得n <x 2”．A4 单元综合 3．[2016·衡阳一模] 设集合A ＝{}x |－1≤x <2，B ＝{}x |x <a ，若A ∩B ≠∅，则实数a 的取值范围是( )A ．a <2B ．a >－2C ．a >－1D ．－1<a ≤23．C [解析] 结合数轴可知，只要a >－1，就可使A ∩B ≠∅.10．[2016·贵州普通高中模拟] 已知双曲线x 2a 2－y 24＝1(a >0)的离心率为e ，则“e >2”是“0<a <1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件10．B [解析] 由e ＝a 2＋4a>2，得0<a <2，所以当0<a <1时，一定有e >2，反之不成立．故“e >2”是“0<a <1”的必要不充分条件．8．[2016·东莞模拟] 设p ，q 是两个命题，若綈(p ∨q )是真命题，则( ) A ．p 是真命题且q 是假命题 B ．p 是真命题且q 是真命题 C ．p 是假命题且q 是真命题 D ．p 是假命题且q 是假命题8．D [解析] 綈(p ∨q )是真命题⇔p ∨q 是假命题⇔p ，q 均为假命题．数 学 B 单元 函数与导数B1 函数及其表示5．B1[2016·江苏卷] 函数y ＝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 <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．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] 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P - 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 m ，则当PO 为多少时，仓库的容积最大？图1-517．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 m 时，仓库的容积最大．19．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．。