2018高考文科数学复习函数与导数(共26页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上 数 学B单元 函数与导数 B1函数及其表示5B12016·江苏卷 函数y的定义域是_53，1解析 令32xx20可得x22x30，解得3x1，故所求函数的定义域为3，111B1、B42016·江苏卷 设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间1，1)上，f(x)其中aR.若f()f()，则f(5a)的值是_11解析 因为f(x)的周期为2，所以f()f()a，f()f()，即a，所以a，故f(5a)f(3)f(1).B2 反函数5B22016·上海卷 已知点(3，9)在函数f(x)1ax的图像上，则f(x)的反函数f1(x)_5log2(x1)，x(1，)解析 将点(3，9)的坐标代入函数f(x)的解析式得a2，所以f(x)12x，所以f1(x)log2(x1)，x(1，)B3 函数的单调性与最值14B3，B122016·北京卷 设函数f(x)若a0，则f(x)的最大值为_；若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是_142(，1)解析 由(x33x)3x230，得x±1，作出函数yx33x和y2x的图像，如图所示当a0时，由图像可得f(x)的最大值为f(1)2.由图像可知当a1时，函数f(x)有最大值；当a<1时，y2x在x>a时无最大值，且2a>a33a，所以a<1.13B3、B42016·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|a1|)>f()，则a的取值范围是_13.（，）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|a1|)>f()，f()f()，2|a1|<，即|a1|<，<a<.18B3，B42016·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：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；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和均为真命题B和均为假命题C为真命题，为假命题D为假命题，为真命题18D解析 f(x).对于，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，因此为假命题对于，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，所以为真命题B4 函数的奇偶性与周期性11B1、B42016·江苏卷 设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间1，1)上，f(x)其中aR.若f()f()，则f(5a)的值是_11解析 因为f(x)的周期为2，所以f()f()a，f()f()，即a，所以a，故f(5a)f(3)f(1).15B4、B122016·全国卷 已知f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)ln(x)3x，则曲线yf(x)在点(1，3)处的切线方程是_15y2x1解析 设x>0，则x<0.x<0时，f(x)ln(x)3x，f(x)ln x3x，又f(x)f(x)，当x>0时，f(x)ln x3x，f(x)3，即f(1)2，曲线yf(x)在点(1，3)处的切线方程为y32(x1)，整理得y2x1.14B42016·四川卷 已知函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当0x1时，f(x)4x，则ff(1)_142解析 因为f(x)是周期为2的函数，所以f(x)f(x2)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fff，f42，所以f2，从而ff(1)2.9B42016·山东卷 已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时，f(x)x31；当1x1时，f(x)f(x)；当x>时，fxfx.则f(6)()A2 B1C0 D29D解析 当x>时，f(x)f(x)，f(x)的周期为1，则f(6)f(1)又当1x1时，f(x)f(x)，f(1)f(1)又当x<0时，f(x)x31，f(1)(1)312，f(6)f(1)2.13B3、B42016·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|a1|)>f()，则a的取值范围是_13.（，）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|a1|)>f()，f()f()，2|a1|<，即|a1|<，<a<.18B3，B42016·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：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；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和均为真命题B和均为假命题C为真命题，为假命题D为假命题，为真命题18D解析 f(x).对于，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，因此为假命题对于，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，所以为真命题B5 二次函数B6 指数与指数函数 5E1，C3，B6，B72016·北京卷 已知x，yR，且x>y>0，则()A.>0 Bsin xsin y>0C.xy<0 Dln xln y>05C解析 选项A中，因为x>y>0，所以<，即<0，故结论不成立；选项B中，当x，y时，sin xsin y<0，故结论不成立；选项C中，函数yx是定义在R上的减函数，因为x>y>0，所以x<y，所以xy<0；选项D中，当xe1，ye2时，结论不成立19B6、B9、B122016·江苏卷 已知函数f(x)axbx(a>0，b>0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对于任意xR，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a2，b，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)22×2x10，所以(2x1)20，于是2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22f(x)22.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)>0，所以m对于xR恒成立而f(x)24，且4，所以m4，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)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点因为g(x)axln abxln b，又由0<a<1，b>1知ln a<0，ln b>0，所以g(x)0有唯一解x0log.令h(x)g(x)，则h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意xR，h(x)>0，所以g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当x(，x0)时，g(x)<g(x0)0；当x(x0，)时，g(x)>g(x0)0.因而函数g(x)在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数下证x00.若x0<0，则x0<<0，于是g<g(0)0，又g(loga2)aloga2bloga22>aloga220，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间，loga2上存在g(x)的零点，记为x1.因为0<a<1，所以loga2<0.又<0，所以x1<0，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾若x0>0，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾因此，x00.于是1，故ln aln b0，所以ab1.6B62016·全国卷 已知a2，b4，c25，则()Ab<a<c Ba<b<cCb<c<a Dc<a<b6A解析 b42<2a，c5>42a，故b<a<c.12B6、B72016·浙江卷 已知a>b>1.若logablogba，abba，则a_，b_1242解析 设tlogab，则logba.a>b>1，0<t<1.由t，化简得t2t10，解得t，故b，所以aba，ba()aaa，则a，即a24a0，得a4，b2.B7 对数与对数函数5E1，C3，B6，B72016·北京卷 已知x，yR，且x>y>0，则()A.>0 Bsin xsin y>0C.xy<0 Dln xln y>05C解析 选项A中，因为x>y>0，所以<，即<0，故结论不成立；选项B中，当x，y时，sin xsin y<0，故结论不成立；选项C中，函数yx是定义在R上的减函数，因为x>y>0，所以x<y，所以xy<0；选项D中，当xe1，ye2时，结论不成立8B7，B8，E12016·全国卷 若a>b>1，0<c<1，则()Aac<bc Babc<bacCalogbc<blogac Dlogac<logbc8C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bc1<ac1，此时1<c1<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>logab，此时>1，0<logab<1，故此不等式成立；选项D中的不等式可以化为<，进而>，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21B12、B14、B72016·全国卷 设函数f(x)cos 2x(1)(cos x1)，其中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)2sin 2x(1)sin x.(2)当1时，|f(x)|cos 2x(1)(cos x1)|2(1)32f(0)，因此A32.当0<<1时，将f(x)变形为f(x)2cos2x(1)cos x1.令g(t)2t2(1)t1，则A是|g(t)|在1，1上的最大值，g(1)，g(1)32，且当t时，g(t)取得极小值，极小值为g（）1.令1<<1，解得<(舍去)或>.(i)当0<时，g(t)在(1，1)内无极值点，|g(1)|，|g(1)|23，|g(1)|<|g(1)|，所以A23.(ii)当<<1时，由g(1)g(1)2(1)>0，知g(1)>g(1)> g（）.又|g()|g(1)|>0，所以A|g()|.综上，A(3)证明：由(1)得|f(x)|2sin 2x(1)sin x|2|1|.当0<时，|f(x)|124<2(23)2A.当<<1时，A1，所以|f(x)|1<2A.当1时，|f(x)|31642A，所以|f(x)|2A.9B7，E62016·四川卷 设直线l1，l2分别是函数f(x)图像上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则PAB的面积的取值范围是()A(0，1) B(0，2)C(0，) D(1，)9A解析 不妨设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，其中0<x1<1<x2.由l1，l2分别是点P1，P2处的切线，且f(x)得l1的斜率k1，l2的斜率k2.又l1与l2垂直，且0<x1<x2，所以k1·k2·1x1·x21，l1：y(xx1)ln x1，l2：y(xx2)ln x2，则点A的坐标为(0，1ln x1)，点B的坐标为(0，1ln x2)，由此可得|AB|2ln x1ln x22ln(x1·x2)2.联立两式可解得交点P的横坐标xP，所以SPAB|AB|·|xP|×2×1，当且仅当x1，即x11时，等号成立而0<x1<1，所以0<SPAB<1，故选A.12B6、B72016·浙江卷 已知a>b>1.若logablogba，abba，则a_，b_1242解析 设tlogab，则logba.a>b>1，0<t<1.由t，化简得t2t10，解得t，故b，所以aba，ba()aaa，则a，即a24a0，得a4，b2.B8 幂函数与函数的图像7B8，B122016·全国卷 函数y2x2e|x|在2，2的图像大致为()图1­27D解析 易知该函数为偶函数，只要考虑当x0时的情况即可，此时y2x2ex.令f(x)2x2ex，则f(x)4xex，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x2时，y8e2<1，故选D.8B7，B8，E12016·全国卷 若a>b>1，0<c<1，则()Aac<bc Babc<bacCalogbc<blogac Dlogac<logbc8C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bc1<ac1，此时1<c1<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>logab，此时>1，0<logab<1，故此不等式成立；选项D中的不等式可以化为<，进而>，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12B82016·全国卷 已知函数f(x)(xR)满足f(x)2f(x)，若函数y与yf(x)图像的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，则（xiyi)()A0 BmC2m D4m12B解析 由f(x)2f(x)得f(x)的图像关于点(0，1)对称，y1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(xi，yi)和(xi，yi)均满足xixi0，yiyi2，02·m.B9 函数与方程 19B6、B9、B122016·江苏卷 已知函数f(x)axbx(a>0，b>0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对于任意xR，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a2，b，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)22×2x10，所以(2x1)20，于是2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22f(x)22.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)>0，所以m对于xR恒成立而f(x)24，且4，所以m4，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)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点因为g(x)axln abxln b，又由0<a<1，b>1知ln a<0，ln b>0，所以g(x)0有唯一解x0log.令h(x)g(x)，则h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意xR，h(x)>0，所以g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当x(，x0)时，g(x)<g(x0)0；当x(x0，)时，g(x)>g(x0)0.因而函数g(x)在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数下证x00.若x0<0，则x0<<0，于是g<g(0)0，又g(loga2)aloga2bloga22>aloga220，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间，loga2上存在g(x)的零点，记为x1.因为0<a<1，所以loga2<0.又<0，所以x1<0，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾若x0>0，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾因此，x00.于是1，故ln aln b0，所以ab1.15B92016·山东卷 已知函数f(x)其中m>0.若存在实数b，使得关于x的方程f(x)b有三个不同的根，则m的取值范围是_15(3，)解析 画出函数f(x)的图像如图所示，根据已知得m>4mm2，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21B11，B12，E82016·四川卷 设函数f(x)ax2aln x，其中aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)e1x在区间(1，)内恒成立(e2.718为自然对数的底数)21解：(1)f(x)2ax(x>0)当a0时，f(x)<0，f(x)在(0，)内单调递减当a>0时，由f(x)0，有x，此时，当x（0，）时，f(x)<0，f(x)单调递减；当x（，）时，f(x)>0，f(x)单调递增(2)令g(x)，s(x)ex1x，则s(x)ex11.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a0，x>1时，f(x)a(x21)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<时，>1.由(1)有f（）<f(1)0，而g（）>0，所以此时f(x)>g(x)在区间(1，)内不恒成立当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)当x>1时，h(x)2axe1x>x>>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，).B12 导数的应用14B3，B122016·北京卷 设函数f(x)若a0，则f(x)的最大值为_；若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是_142(，1)解析 由(x33x)3x230，得x±1，作出函数yx33x和y2x的图像，如图所示当a0时，由图像可得f(x)的最大值为f(1)2.由图像可知当a1时，函数f(x)有最大值；当a<1时，y2x在x>a时无最大值，且2a>a33a，所以a<1.17G1、G7、B122016·江苏卷 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P ­ A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1(如图1­5所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍(1)若AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？图1­517解：(1)由PO12知O1O4PO18.因为A1B1AB6，所以正四棱锥P ­ A1B1C1D1的体积V锥·A1B·PO1×62×224(m3)，正四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1的体积V柱AB2·O1O62×8288(m3)所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3)(2)设A1B1a(m)，PO1h(m)，则0<h<6，O1O4h.连接O1B1.因为在RtPO1B1中，O1BPOPB，所以2h236，即a22(36h2)于是仓库的容积VV柱V锥a2·4ha2·ha2h(36hh3)，0<h<6，从而V(363h2)26(12h2)令V0，得h2或h2(舍)当0<h<2时，V>0，V是单调增函数；当2<h<6时，V<0，V是单调减函数故h2时，V取得极大值，也是最大值因此，当PO12 m时，仓库的容积最大19B6、B9、B122016·江苏卷 已知函数f(x)axbx(a>0，b>0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对于任意xR，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a2，b，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)22×2x10，所以(2x1)20，于是2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22f(x)22.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)>0，所以m对于xR恒成立而f(x)24，且4，所以m4，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)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点因为g(x)axln abxln b，又由0<a<1，b>1知ln a<0，ln b>0，所以g(x)0有唯一解x0log.令h(x)g(x)，则h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意xR，h(x)>0，所以g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当x(，x0)时，g(x)<g(x0)0；当x(x0，)时，g(x)>g(x0)0.因而函数g(x)在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数下证x00.若x0<0，则x0<<0，于是g<g(0)0，又g(loga2)aloga2bloga22>aloga220，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间，loga2上存在g(x)的零点，记为x1.因为0<a<1，所以loga2<0.又<0，所以x1<0，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾若x0>0，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾因此，x00.于是1，故ln aln b0，所以ab1.7B8，B122016·全国卷 函数y2x2e|x|在2，2的图像大致为()图1­27D解析 易知该函数为偶函数，只要考虑当x0时的情况即可，此时y2x2ex.令f(x)2x2ex，则f(x)4xex，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x2时，y8e2<1，故选D.21B122016·全国卷 已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x2<2.21解：(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)(i)设a0，则f(x)(x2)ex，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，则f(b)>(b2)a(b1)2a（b2b）>0，故f(x)存在两个零点(iii)设a<0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，则ln(2a)1，故当x(1，)时，f(x)>0，因此f(x)在(1，)单调递增又当x1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点若a<，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x1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x1<x2.由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)单调递减，所以x1x2<2等价于f(x1)>f(2x2)，即f(2x2)<0.由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以f(2x2)x2e2x2(x22)ex2.设g(x)xe2x(x2)ex，则g(x)(x1)(e2xex)所以当x>1时，g(x)<0，而g(1)0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)f(2x2)<0，故x1x2<2.15B4、B122016·全国卷 已知f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)ln(x)3x，则曲线yf(x)在点(1，3)处的切线方程是_15y2x1解析 设x>0，则x<0.x<0时，f(x)ln(x)3x，f(x)ln x3x，又f(x)f(x)，当x>0时，f(x)ln x3x，f(x)3，即f(1)2，曲线yf(x)在点(1，3)处的切线方程为y32(x1)，整理得y2x1.21B12、B14、B72016·全国卷 设函数f(x)cos 2x(1)(cos x1)，其中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)2sin 2x(1)sin x.(2)当1时，|f(x)|cos 2x(1)(cos x1)|2(1)32f(0)，因此A32.当0<<1时，将f(x)变形为f(x)2cos2x(1)cos x1.令g(t)2t2(1)t1，则A是|g(t)|在1，1上的最大值，g(1)，g(1)32，且当t时，g(t)取得极小值，极小值为g（）1.令1<<1，解得<(舍去)或>.(i)当0<时，g(t)在(1，1)内无极值点，|g(1)|，|g(1)|23，|g(1)|<|g(1)|，所以A23.(ii)当<<1时，由g(1)g(1)2(1)>0，知g(1)>g(1)> g（）.又|g()|g(1)|>0，所以A|g()|.综上，A(3)证明：由(1)得|f(x)|2sin 2x(1)sin x|2|1|.当0<时，|f(x)|124<2(23)2A.当<<1时，A1，所以|f(x)|1<2A.当1时，|f(x)|31642A，所以|f(x)|2A.21B11，B12，E82016·四川卷 设函数f(x)ax2aln x，其中aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)e1x在区间(1，)内恒成立(e2.718为自然对数的底数)21解：(1)f(x)2ax(x>0)当a0时，f(x)<0，f(x)在(0，)内单调递减当a>0时，由f(x)0，有x，此时，当x（0，）时，f(x)<0，f(x)单调递减；当x（，）时，f(x)>0，f(x)单调递增(2)令g(x)，s(x)ex1x，则s(x)ex11.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a0，x>1时，f(x)a(x21)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<时，>1.由(1)有f（）<f(1)0，而g（）>0，所以此时f(x)>g(x)在区间(1，)内不恒成立当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)当x>1时，h(x)2axe1x>x>>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，).16B122016·全国卷 若直线ykxb是曲线yln x2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，则b_161ln 2解析 曲线yln x2的切线为y·xln x11(其中x1为切点横坐标)，曲线yln(x1)的切线为y·xln(x21)(其中x2为切点横坐标)由题可知解得bln x111ln 2.21B122016·全国卷 (1)讨论函数f(x)ex的单调性，并证明当x>0时，(x2)exx2>0.(2)证明：当a0，1)时，函数g(x)(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)0，当且仅当x0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(x2)ex>(x2)，即(x2)exx2>0.(2)证明：g(x)f(x)a由(1)知，f(x)a单调递增，对任意a0，1)，f(0)aa1<0，f(2)aa0，因此，存在唯一xa(0，2，使得f(xa)a0，即g(xa)0.当0<x<xa时，f(x)a<0，g(x)<0，g(x)单调递减；当x>xa时，f(x)a>0，g(x)>0，g(x)单调递增因此g(x)在xxa处取得最小值，最小值为g(xa)，于是h(a).由>0(x>0)，可知y(x>0)单调递增，所以，由xa(0，2，得<h(a).因为y单调递增，对任意（，存在唯一的xa(0，2，af(xa)0，1)，使得h(a)，所以h(a)的值域是（，.综上，当a0，1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是（，.10B122016·山东卷 若函数yf(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yf(x)具有T性质下列函数中具有T性质的是()Aysin x Byln xCyex Dyx310A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20B12，B142016·山东卷 已知f(x)a(xln x)，aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，证明f(x)>f(x)对于任意的x1，2成立20解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.当a0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