当且仅当x＝1时取得等号． －3x－2x＋6
又h′(x)＝. 4
2
x设φ(x)＝－3x－2x＋6，则φ(x)在上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，
所以?x0∈(1，2)，使得当x∈(1，x0)时，φ(x)＞0，x∈(x0，2)时，φ(x)＜0. 所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减． 11由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，
22当且仅当x＝2时取得等号．
3
所以f(x)－f′(x)＞g(1)＋h(2)＝，
23
即f(x)＞f′(x)＋对于任意的x∈成立．
2
20．B12 设函数f(x)＝(x－1)－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x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1＋2x0＝3； 1
(3)设a>0，函数g(x)＝|f(x)|，求证：g(x)在区间上的最大值不小于. 420．解：(1)由f(x)＝(x－1)－ax－b，可得f′(x)＝3(x－1)－a. 下面分两种情况讨论：
(i)当a≤0时，有f′(x)＝3(x－1)－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＋
3a3a或x＝1－. 33
2
3
2
3
2
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
（－∞，1－3a 3（1－3a，1＋33a） 3－ 单调递减 3a 33a，＋∞） 3＋ 单调递增 x 3a） 3＋ 单调递增 1－1＋（1＋f′(x) f(x) 0 极大值 0 极小值 所以f(x)的单调递减区间为（1－（1＋
3a，＋∞）. 3
3a3a3a，1＋），单调递增区间为（－∞，1－），333
(2)证明：因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a>0，且x0≠1.由题意，得f′(x0)＝3(x0
a2aa223
－1)－a＝0，即(x0－1)＝，进而f(x0)＝(x0－1)－ax0－b＝－x0－－b.
333
又f(3－2x0)＝(2－2x0)－a(3－2x0)－b＝
3
8a2aa(1－x0)＋2ax0－3a－b＝－x0－－b＝333
f(x0)，且3－2x0≠x0，
由题意及(1)知，存在唯一实数x1满足f(x1)＝f(x0)，且x1≠x0，因此x1＝3－2x0， 所以x1＋2x0＝3.
(3)证明：设g(x)在区间上的最大值为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－
3a3a≤0<2≤1＋，由(1)知，f(x)在区间上单调递减，所以f(x)33
在区间上的取值范围为，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.
323a3a3a23a(ii)当≤a<3时，1－≤0<1－<1＋<2≤1＋.由(1)和(2)知
43333
f(0)≥f（1－
23a3a23a3a）＝f（1＋），f(2)≤f（1＋）＝f（1－）， 3333
所以f(x)在区间上的取值范围为， 因此M＝max{|f(1＋
?2a?2a3a3a3a－a－b，3a－a－b?＝ )|，|f(1－)|＝max?－
933?9?
?2a?2a2a23
3a＋（a＋b），3a－（a＋b）?＝max?3a＋|a＋b|≥××
994?9?9
31
3×＝. 44
323a23a23a(iii)当0 43333a23a3a)，f(2)>f(1＋)＝f(1－). 333 所以f(x)在区间上的取值范围为，因此M＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝max{|－1－b|，|11－2a－b|}＝max{|1－a＋(a＋b)|，|1－a－(a＋b)|}＝1－a＋|a＋b|>. 4 1 综上所述，当a>0时，g(x)在区间上的最大值不小于. 4 03“复数与导数”模块 (1)已知i为虚数单位．若复数z满足(z＋i)＝2i，求复数z. 2 (2)求曲线y＝2x－ln x在点(1，2)处的切线方程． 解：(1)设复数z＝a＋bi，a，b∈R，由题意得 2 a2－(b＋1)2＋2a(b＋1)i＝2i， ??a＝1，??a＝－1，解得?或? ?b＝0?b＝－2.?? 故z＝1或z＝－1－2i. 12 (2)由于(2x－ln x)′＝4x－， x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 设函数f(x)＝xe－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)＝xe a－xa－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e ＋bx，所以f′(x)＝(1－x)e a－2 a－x＋b. ???f（2）＝2e＋2，?2e＋2b＝2e＋2，?依题设，得即?a－2 ?f′（2）＝e－1，??－e＋b＝e－1，? 解得a＝2，b＝e. (2)由(1)知f(x)＝xe由f′(x)＝e 2－x2－x＋ex. x－1 (1－x＋e x－1 )及e 2－x>0知，f′(x)与1－x＋e x－1 x－1 同号． 令g(x)＝1－x＋e，则g′(x)＝－1＋e. 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 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)＝2αcosx＋(α－1)cos x－1. 令g(t)＝2αt＋(α－1)t－1，则A是|g(t)|在上的最大值，g(－1)＝α，g(1)＝3α1－α1－α（α－1） －2，且当t＝时，g(t)取得极小值，极小值为g（）＝－－1＝－ 4α4α8αα＋6α＋1. 8α 1－α11令－1<<1，解得α<－(舍去)或α>. 4α35 1 (i)当0<α≤时，g(t)在(－1，1)内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－ 51)|<|g(1)|，所以A＝2－3α. 11－α(ii)当<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，知g(－1)>g(1)> g（）. 54α又|g( 22 2 2 2 1－α（1－α）（1＋7α）1－α )|－|g(－1)|＝>0，所以A＝|g()|＝4α8α4α α＋6α＋1. 8α ??综上，A＝?α＋6α＋11 ，<α<1， 8α5??3α－2，α≥1. 2 12－3α，0<α≤， 5 (3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|. 1 当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A. 51α13 当<α<1时，A＝＋＋≥1，所以|f′(x)|≤1＋α<2A. 588α4当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A，所以|f′(x)|≤2A. 15．B14 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′ 2yx2＋y2 ，－x；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”x＋y2