A

解：根据题意，∵f0（x）=sinx+cosx， ∴f1（x）=f0′（x）=cosx﹣sinx，

f2（x）=f1′（x）=﹣sinx﹣cosx，

f3（x）=﹣cosx+sinx，

f4（x）=sinx+cosx，

以此类推，可得出fn（x）=fn+4（x）

∴f2017（x）=f504×4+1（x）=f1（x）=cosx﹣sinx；

故选：A

【考点精析】关于本题考查的基本求导法则，需要了解若两个函数可导，则它们和、差、积、商必可导；若两个函数均不可导，则它们的和、差、积、商不一定不可导才能得出正确答案．

B

解：f′（x）=ex（x﹣1）k+k（ex﹣1）（x﹣1）k﹣1=（x﹣1）k﹣1[ex（x﹣1）+k（ex﹣1）]， 若函数y=f（x）在x=1处取到极小值，

则x＞1时，f′（x）＞0，x＜1时，f′（x）＜0，

故k﹣1＞0，k＞1，而k∈N* ，

故k的最小值是2，

故选：B．

【考点精析】利用函数的极值与导数对题目进行判断即可得到答案，需要熟知求函数的极值的方法是:（1）如果在附近的左侧,右侧,那么是极大值（2）如果在附近的左侧,右侧,那么是极小值．

C

解：∵2i﹣3是关于x的方程2x2+px+q=0的一个根， 由实系数一元二次方程虚根成对定理，可得方程另一根为﹣2i﹣3，

则 =（﹣3+2i）（﹣3﹣2i）=13，即q=26，

﹣ =﹣3+2i﹣3﹣2i=﹣6，即p=12

故选：C

B

解：∵y=﹣ln（2x+1）+2，∴y'=﹣ ∴y'|x=0=﹣2

∴曲线y=﹣ln（2x+1）+2在点（0，2）处的切线方程为y﹣2=﹣2（x﹣0）即2x+y﹣2=0

令y=0解得x=1，令y=2x解得x= ，y=1

∴切线与直线y=0和y=x围成的三角形的面积为 ×1×1= ，

故选B．

B

解：因为大前提是：对数函数y=logax（a＞0且a≠1）是增函数，不正确，导致结论错误， 所以错误的原因是大前提错误，

故选：B．

【考点精析】解答此题的关键在于理解演绎推理的意义的相关知识，掌握由一般性的命题推出特殊命题的过程,这种推理称为演绎推理．

B

解： dx的几何意义是以（0，0）为圆心，1为半径的单位圆在x轴上方部分（半圆）的面积 ∴ dx= =

故选B．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用定积分的概念的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握定积分的值是一个常数，可正、可负、可为零；用定义求定积分的四个基本步骤：①分割；②近似代替；③求和；④取极限．

D

解：由题意，z=3+4i， 则z• = ．

故选：D．

【考点精析】本题主要考查了复数的乘法与除法的相关知识点，需要掌握设则；才能正确解答此题．

C

解：∵函数f（x）=x2+bx+c， ∴f′（x）=2x+b，

∵函数f（x）=x2+bx+c在x=﹣1处取得极值﹣1，

∴ ，

解得b=2，c=0，

∴f（x）=x2+2x．

故选：C．

【考点精析】认真审题，首先需要了解函数的极值与导数(求函数的极值的方法是:（1）如果在附近的左侧,右侧,那么是极大值（2）如果在附近的左侧,右侧,那么是极小值)．

D

解：根据用反证法证明数学命题的方法，应先假设要证命题的否定成立， 而要证命题的否定为“x，y不都为0”，

故选D．

【考点精析】通过灵活运用反证法与放缩法，掌握常见不等式的放缩方法：①舍去或加上一些项②将分子或分母放大（缩小)即可以解答此题．

C

解：合情推理包含归纳推理和类推理，所谓归纳推理，就是从个别性知识推出一般性结论的推理．其得出的结论不一定正确， 故选：C

【考点精析】认真审题，首先需要了解合情推理的含义与作用(归纳是从特殊到一般的过程,它属于合情推理)．

B

解：根据题意，f（x）=2ex ， 则f′（x）=2（ex）′=2ex ， 即有f′（x）=f（x），

故选：B．

【考点精析】本题主要考查了基本求导法则的相关知识点，需要掌握若两个函数可导，则它们和、差、积、商必可导；若两个函数均不可导，则它们的和、差、积、商不一定不可导才能正确解答此题．

A

解：复数2﹣i的共轭复数为2+i． 故选：A．

【考点精析】本题主要考查了虚数单位i及其性质的相关知识点，需要掌握虚数单位i的一些固定结论：（1）（2）（3）（4）才能正确解答此题．

二

解：∵z=（1+i）+（﹣2+2i）=﹣1+3i， ∴z在复平面内对应的点的坐标为（﹣1，3），位于第二象限．

所以答案是：二．

2

解：根据题意，f（x）=x+ln（x+1）， 则其导数f′（x）=1+ ，

则f′（0）=1+1=2；

所以答案是：2．

【考点精析】掌握基本求导法则是解答本题的根本，需要知道若两个函数可导，则它们和、差、积、商必可导；若两个函数均不可导，则它们的和、差、积、商不一定不可导．

4R2=a2+b2+c2

解：从平面图形类比空间图形，模型不变．可得如下结论：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，如果设AB=a，AD=b，AA1=c，那么长方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的半径R满足的关系式是4R2=a2+b2+c2 ， 所以答案是：4R2=a2+b2+c2 ．

【考点精析】认真审题，首先需要了解类比推理(根据两类不同事物之间具有某些类似(或一致)性,推测其中一类事物具有与另外一类事物类似的性质的推理,叫做类比推理)．

（﹣5，﹣2）

解：f′（x）=3x2+2（k﹣1）x+k+5， 若函数f（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1在区间（0，2）上单调，

则4（k﹣1）2﹣12（k+5）≤0 ①

或 ②

或 ③

或 ④．

解①得﹣2≤k≤7；解②得k≥1；解③得k∈∅；解④得k≤﹣5．

综上，满足函数f（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1在区间（0，2）上单调的k的范围为k≤﹣5或k≥﹣2．

于是满足条件的实数k的范围为（﹣5，﹣2）．

所以答案是：（﹣5，﹣2）．

【考点精析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性的相关知识点，需要掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减才能正确解答此题．

当x∈（0，+∞）时，a＞0，则eax＞0，则xeax（ax+2）＞0，

则f′（x）＞0，

∴函数y=f（x）在（0，+∞）上为增函数

（2）令f′（x）=0，记得x=﹣v或x=0，

则当x=﹣ 时，函数有极大值f（﹣ ）= ，

当x=0时，函数有极小值f（0）=0，

当x＜0时，f（x）＞0，x→﹣∞时，f（x）→0，x→+∞时，f（x）→+∞，

由f（x）﹣1=0，即f（x）=1有且只有两个不同的实数根，

即 =1，解得：a= ，（负根舍去）

实数a的值

（1）求导，由x∈（0，+∞）则f′（x）＞0，则函数y=f（x）在（0，+∞）上为增函数；（2）求导，f′（x）=0，根据函数的单调性即可求得f（x）极大值，由f（x）=1有且只有两个不同的实数根，即 =1，即可求得实数a的值．

【考点精析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性的相关知识点，需要掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减才能正确解答此题．

（1）解：函数y=f（x）的定义域为R，f′（x）=[ax2+（2﹣a）x﹣2]eax．

令f′（x）=0，得x=1，x=﹣ ＜0，

当x∈（﹣∞，﹣ ），（1，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（﹣v，1）时，f′（x）＜0．

∴函数f（x）在（﹣∞，﹣ ），（1，+∞）上递增，在∈（﹣ ，1）递减．

注意到x＜﹣ ，x2﹣x﹣ ＞0，f（1）=﹣ ＜0．

∴函数y=f（x）的最小值为f（1）=﹣

（2）解：存在唯一实数x0，使得f（x0）+ =0成立⇔函数y=f（x）图象与y=﹣ ＜（﹣ 0）有唯一交点，

结合（1）可得函数f（x）在（﹣∞，﹣ ），（1，+∞）上递增，在∈（﹣ ，1）递减．

注意到x＜﹣ ，x2﹣x﹣ ＞0，f（1）=﹣ ＜0．

∴当且仅当﹣ 时，存在唯一实数x0，使得f（x0）+ =0成立，

即a=ln3时，存在唯一实数x0，使得f（x0）+ =0成立

（1）函数y=f（x）的定义域为R，f′（x）=[ax2+（2﹣a）x﹣2]eax ． 利用导数可得函数f（x）在（﹣∞，﹣ ），（1，+∞）上递增，在∈（﹣ ，1）递减．注意到x＜﹣ ，x2﹣x﹣ ＞0，f（1）=﹣ ＜0．即函数y=f（x）的最小值为f（1）（2）存在唯一实数x0 ， 使得f（x0）+ =0成立⇔函数y=f（x）图象与y=﹣ ＜（﹣ 0）有唯一交点，结合图象且仅当﹣ 时，存在唯一实数x0 ， 使得f（x0）+ =0成立，

即可求得实数a的值．

【考点精析】利用函数的最大(小)值与导数对题目进行判断即可得到答案，需要熟知求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值．

（1）解：∵a1=2，an+1= ，∴ ， ，

又bn=| |，得b1=4，b2=8，b3=16，

猜想：

（2）解：由（1）可得，数列{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列，

则有 ．

证明：当n=1时， 成立；

假设当n=k时，有 ，

则当n=k+1时， =2k+3﹣4=2（k+1）+2﹣4．

综上， 成立

（1）由已知结合数列递推式求得b1 ， b2 ， b3 ， 并猜想bn的表达式；（2）由等比数列的前n项和公式求得数列{bn}的前n项和Sn ， 并用数学归纳法证明．

【考点精析】关于本题考查的数列的前n项和和数学归纳法的定义，需要了解数列{an}的前n项和sn与通项an的关系；数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法才能得出正确答案．

（1）解：∵S1=a1= ，2Sn=SnSn﹣1+1（n≥2），

∴2S2=S2S1+1= S2+1，

∴S2= ；

∴2S3=S3S2+1= S3+1，

∴S3= ；

由S1= ，S2= ，S3= ，可猜想Sn= ；

证明：①当n=1时，S1= ，等式成立；

②假设n=k时，Sk= ，

则n=k+1时，∵2Sk+1=Sk+1•Sk+1= •Sk+1+1，

∴（2﹣ ）Sk+1=1，

∴Sk+1= = ，

即n=k+1时，等式也成立；

综合①②知，对任意n∈N*，均有Sn=

（2）解：由（1）可知，n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1= ﹣ = ，

当n=1时，a1= = 满足上式，

∴an= ，

∴bn= = = ，n∈N*，

设f（n）=x+ ，则有f（x）在（0， ）上为减函数，在（ ，+∞）为增函数，

∵n∈N*，且f（5）=f（6）=11，

∴当n=5或n=6时，bn有最大值

（1）由S1=a1= ，2Sn=SnSn﹣1+1（n≥2），通过计算可求得S1 ， S2 ， S3；可猜想Sn= ，再利用数学归纳法证明即可．（2）求出bn= ，n∈N*，构造函数f（n）=x+ ，则利用函数的单调性即可求出．

【考点精析】本题主要考查了归纳推理和数学归纳法的定义的相关知识点，需要掌握根据一类事物的部分对象具有某种性质,退出这类事物的所有对象都具有这种性质的推理,叫做归纳推理；数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法才能正确解答此题．

∴f′（x）=3x2﹣4x﹣4，

由f′（x）＞0，得x＜﹣ 或x＞2，

由f′（x）＜0，得﹣ ＜x＜2，

∴函数y=f（x）的单调增区间是（﹣∞，﹣ ），[2，+∞）；单调减区间是[﹣ ，2]．

（2）解：由f′（x）=3x2﹣4x﹣4=0，

得 ，x2=2，

列表，得：

∴f（x）在[﹣1，4]上的最大值为f（x）max=f（4）=16，最小值为f（x）min=f（2）=﹣8．

（1）求出f′（x）=3x2﹣4x﹣4，利用导数性质能求出函数y=f（x）的单调增区间和单调减区间．（2）由f′（x）=3x2﹣4x﹣4=0，得 ，x2=2，列表讨论能求出f（x）在[﹣1，4]上的最大值和最小值．

【考点精析】掌握利用导数研究函数的单调性和函数的最大(小)值与导数是解答本题的根本，需要知道一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值．

（1）证明：∵x∈[0，1]，∴x+1∈[1，2]．

要证明：f（x）≥1﹣x+x2，

只要证明：x3（x+1）+1≥（x+1）（1﹣x+x2），

只要证明：x4≥0，

显然成立，

∴f（x）≥1﹣x+x2

（2）证明：∵1﹣x+x2=（x﹣ ）2+ ≥ ，当且仅当x= 时取等号，

∵f（ ）= ＞ ，f（x）≥1﹣x+x2，

∴f（x）＞

（1）利用分析法的证明步骤，即可得出结论．（2）利用配方法，结合（1），即可得出结论．