专题3 导数及其应用答案

关注微信公众号：数学货专题三导数及其应用第七讲导数的几何意义、定积分与微积分基本定理2019年1.解析：因为，所以，

所以当时，，所以在点处的切线斜率，

又所以切线方程为，即．2.解析的导数为，

又函数在点处的切线方程为，

可得，解得，

又切点为，可得，即．故选D．2010-2018年1．D【解析】通解因为函数为奇函数，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．优解一因为函数为奇函数，所以，所以，解得，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．优解二易知，因为为奇函数，所以函数为偶函数，所以，解得，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．2．A【解析】不妨设，，由于，所以，则．又切线：，，于是，，所以，联立，解得，所以，因为，所以，所以的取值范围是，故选A．3．A【解析】设函数的图象上两点，，则由导数的几何意义可知，点P，Q处切线的斜率分别为，若函数具有T性质,则==1．对于A选项，，显然==1有无数组解，所以该函数具有T性质；对于B选项，，显然==1无解，故该函数不具有T性质；对于C选项，>0，显然==1无解，故该函数不具有T性质；对于D选项，≥0，显然==1无解，故该函数不具有T性质．故选A．4．C【解析】取满足题意得函数，若取，则，所以排除A．若取，则，所以排除D；取满足题意的函数，若取，则，所以排除B，故结论一定错误的是C．5．D【解析】，由题意得，即．6．D【解析】由得，、或（舍去），直线与曲线在第一象限内围成的封闭图形的面积．7．B【解析】，，．显然，故选B．8．C【解析】∵,正方形的面积为1，∴=．9．C【解析】用定积分求解，选C10．C【解析】，选C．11．D【解析】∵，∴=．12．A【解析】点处的切线斜率为，，由点斜式可得切线方程为A．13．D【解析】因为，即tan≥－1，所以．14．【解析】∵，∴．当时，，∴曲线在点处的切线方程为，即．15．【解析】，由曲线在点处的切线的斜率为，得，所以．16．【解析】设与和的切点分别为和．则切线分别为，，化简得，，依题意，，解得，从而．17．【解析】由题意可得当时,，则，，则在点处的切线方程为，即．18．0【解析】．19．【解析】因为，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，设的坐标为（），则，因为，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，因为，所以，即，解得，因为，所以，所以，即的坐标是，所以答案应填：．20．【解析】由已知得阴影部分面积为．所以此点取自阴影部分的概率等于．21．【解析】，在点处的切线的斜率为，切线方程为，即．22．【解析】根据对称性，两个阴影部分面积相等，∴，由几何概型的概率计算公式，得所求的概率为．23．－3【解析】由题意可得①又，过点的切线的斜率②，由①②解得，所以．24．①③④【解析】对于①，，所以是曲线在点处的切线，画图可知曲线在点附近位于直线的两侧，①正确；对于②，因为，所以不是曲线：在点处的切线，②错误；对于③，，在点处的切线为，画图可知曲线：在点附近位于直线的两侧，③正确；对于④，，，在点处的切线为，画图可知曲线：在点附近位于直线的两侧，④正确；对于⑤，，在点处的切线为，令，可得，所以，故，可知曲线：在点附近位于直线的下侧，⑤错误．25．2【解析】，则，故切线方程过点解得．26．3【解析】．27．【解析】由两边同时积分得：从而得到如下等式：=．28．【解析】．29．【解析】，解得．30．【解析】∵，∴切线斜率为4，则切线方程为：.31．1【解析】因为，所以，又因为，所以，所以，．32．【解析】由题意可知得，故积分的近似值为．33．21【解析】在点处的切线方程为：当时，解得，所以．34．【解析】（Ⅰ）因为，所以．又因为，所以曲线在点处的切线方程为．（Ⅱ）设，则．当时，，所以在区间上单调递减．所以对任意有，即．所以函数在区间上单调递减．因此在区间上的最大值为，最小值为．35．【解析】（=1\*ROMANI），∴∵曲线在点处的切线方程为∴，即=1\*GB3①=2\*GB3②由=1\*GB3①=2\*GB3②解得：，（=2\*ROMANII）由（=1\*ROMANI）可知：， 令，∴极小值∴的最小值是∴的最小值为．即对恒成立．∴在上单调递增，无减区间．36．【解析】（Ⅰ）对求导得因为在处取得极值，所以即．当时，=故从而在点（1，）处的切线方程为化简得．（Ⅱ）由（Ⅰ）知．令，由解得，．当时，，即，故为减函数；当时，，即，故为增函数；当时，，即，故为减函数；由在上为减函数，知解得故的取值范围为．37．【解析】（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得．因此，当时，轴是曲线的切线．（Ⅱ）当时，，从而，∴在无零点．当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点．当时，，所以只需考虑在的零点个数．(ⅰ)若或，则在无零点，故在单调，而，，所以当时，在有一个零点；当0时，在无零点.(ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=．①若＞0，即＜＜0，在无零点．②若=0，即，则在有唯一零点；③若＜0，即，由于，，所以当时，在有两个零点；当时，在有一个零点．综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点．38．【解析】(1)函数的定义域为，．由题意可得，．(2)由(1)知，从而等价于．设函数，则．所以当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增，从而子啊的最小值为．设函数，则．所以当时；当时，故在单调递增，在单调递减，从而在的最大值为．39．【解析】(Ι)因为,x=0是的极值点，所以，解得，所以函数=-ln(x+1)，其定义域为，因为=，设，则，所以在上是增函数，又因为，所以当时，，即；当时，，，所以在上是减函数；在，上是增函数．（Ⅱ）当，时，，故只需证明当时，．当时，函数在单调递增．又，故在有唯一实根，且．当时，；当时，，从而当时，取得最小值．由得，故综上，当时，．40．【解析】（1）由的图像过点，代入得，由在处的切线斜率为，又，得．(2)(证法一)由均值不等式，当时，，故．记，则，令，则当时，因此在内是减函数，又由，得，所以因此在内是减函数，又由，得，于是当时，．（证法二）由（1）知，由均值不等式，当时，，故令，则，故，即，由此得，当时，，记，则当时，=．因此在内是减函数，又由，得，即．41．【解析】（1）（i）由得=，当和时，；当时，，因此，的单调递增区间为和，单调递减区间为．（ii）曲线C与其在点处的切线方程为得，即，解得，进而有，用代替，重复上述计算过程，可得和，又，所以因此有．（Ⅱ）记函数的图象为曲线，类似于（Ⅰ）（ii）的正确命题为：若对任意不等式的实数，曲线与其在点处的切线交于另一点，曲线C与其在点处的切线交于另一点，线段与曲线所围成封闭图形的面积分别记为，则为定值．证明如下：因为平移变换不改变面积的大小，故可将曲线的对称中心平移至坐标原点，因而不妨设，类似（i）（ii）的计算可得，故．第八讲导数的综合应用2019年1.解析当时，恒成立；

当时，恒成立，

令，

所以，即．

当时，恒成立，

令，则，

当时，，递增，当时，，递减，所以当时，取得最小值.

所以.综上，的取值范围是．2.解析（1）．令，得x=0或.若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.（2）满足题设条件的a，b存在.（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．（iii）当0<a<3时，由（1）知，在[0，1]的最小值为，最大值为b或．若，b=1，则，与0<a<3矛盾.若，，则或或a=0，与0<a<3矛盾．综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．3.解析：（Ⅰ）当时，．，所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．（Ⅱ）由，得．当时，等价于．令，则．设，则．（i）当时，，则．记，则.故10+单调递减极小值单调递增所以，．因此，．（ii）当时，．令，则，故在上单调递增，所以．由（i）得．所以，．因此．由（i）（ii）得对任意，，即对任意，均有．综上所述，所求a的取值范围是4.解析：（1）设，则，.当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，设为.则当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.（2）的定义域为.（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.又，，所以当时，.从而在没有零点.（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.综上，有且仅有2个零点.5.解析：（1）f（x）的定义域为.因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点．综上，f（x）有且仅有两个零点．（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．由题设知，即，故直线AB的斜率．曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．6.解析（1）因为，所以．因为，所以，解得．（2）因为，所以，从而．令，得或．因为都在集合中，且，所以．此时，．令，得或．列表如下：1+0–0+极大值极小值所以的极小值为．（3）因为，所以，．因为，所以，则有2个不同的零点，设为．由，得．列表如下：+0–0+极大值极小值所以的极大值．解法一：．因此．解法二：因为，所以．当时，．令，则．令，得．列表如下：+0–极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故．所以当时，，因此．7.解析：（I）由，得．令，即，解得或.又所以曲线的斜率为1的切线方程是与，即与.（II）令，.由得.令得或.随x的变化情况如表所示x-204+-+-600所以的最小值为-6，最大值为0，所以，即.（III）由（II）知，当时，；当时，；当时，.综上，当最小时，.8.解析（Ⅰ）由已知，有.因此，当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增.所以，的单调递增区间为的单调递减区间为.（Ⅱ）记.依题意及（Ⅰ），有，从而.当时，，故.因此，在区间上单调递减，进而.所以，当时，.（Ⅲ）依题意，，即.记，则，且.由及（Ⅰ），得.由（Ⅱ）知，当时，，所以在上为减函数，因此.又由（Ⅱ）知，，故.所以，.2010-2018年1．A【解析】∵，∵，∴，所以，，令，解得或，所以当，，单调递增；当时，，单调递减；当，，单调递增，所以的极小值为，选A．2．D【解析】由导函数的图象可知，的单调性是减增减增，排除A、C；由导函数的图象可知，的极值点一负两正，所以D符合，选D．3．D【解析】当时，令函数，则，易知在[0，）上单调递增，在[，2]上单调递减，又，，，，所以存在是函数的极小值点，即函数在上单调递减，在上单调递增，且该函数为偶函数，符合条件的图像为D．4．B【解析】（解法一）时，抛物线的对称轴为．据题意，当时，即．．由且得．当时，抛物线开口向下，据题意得，即．．由且得，故应舍去.要使得取得最大值，应有．所以，所以最大值为18．选B．（解法二）由已知得，对任意的，，所以，即．画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，令，则当时，，当时，，由线性规划的相关知识，只有当直线与曲线相切时，取得最大值，由，解得，，所以，选B．5．A【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于，当时，，所以在上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，，数形结合可知，使得成立的的取值范围是．6．D【解析】由题意可知存在唯一的整数，使得，设，，由，可知在上单调递减，在上单调递增，作出与的大致图象如图所示，故，即，所以．7．D【解析】∵，∴，∵在单调递增，所以当时，恒成立，即在上恒成立，∵，∴，所以，故选D．8．A【解析】法一由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为，在(2，0)处的切线方程为，以此对选项进行检验．A选项，，显然过两个定点，又，则，故条件都满足，由选择题的特点知应选A．法二设该三次函数为，则由题设有，解得．故该函数的解析式为，选A．9．C【解析】由正弦型函数的图象可知：的极值点满足，则，从而得．所以不等式，即为，变形得，其中．由题意，存在整数使得不等式成立．当且时，必有，此时不等式显然不能成立，故或，此时，不等式即为，解得或．10．A【解析】设所求函数解析式为，由题意知，且，代入验证易得符合题意，故选A．11．C【解析】当时，得，令，则，，令，，则，显然在上，，单调递减，所以，因此；同理，当时，得．由以上两种情况得．显然当时也成立，故实数的取值范围为．12．C【解析】设，则，故在上有一个极值点，即在上不是单调函数，无法判断与的大小，故A、B错；构造函数，，故在上单调递减，所以，选C．13．【解析】B当，可得图象D；记，，取，，令，得，易知的极小值为，又，所以，所以图象A有可能；同理取，可得图象C有可能；利用排除法可知选B．14．C【解析】若则有，所以A正确．由得，因为函数的对称中心为（0,0），所以的对称中心为，所以B正确．由三次函数的图象可知，若是的极小值点，则极大值点在的左侧，所以函数在区间单调递减是错误的，D正确．选C．15．A【解析】法一：由题意可得，，而由可知，当时，＝为增函数，∴时，．∴．∴不存在使成立，故B，D错；当时，＝，当时，只有时才有意义，而，∴，显然无意义，故C错．故选A．法二：显然，函数是增函数，，从而以题意知．于是，只能有．不然的话，若，得，与条件矛盾；若，得，与条件矛盾．于是，问题转化为在上有解．由，得，分离变量，得，因为，，所以，函数在上是增函数，于是有，即，应选A．16．D【解析】A．，错误．是的极大值点，并不是最大值点；B．是的极小值点．错误．相当于关于y轴的对称图像，故应是的极大值点；C．是的极小值点．错误．相当于关于轴的对称图像，故应是的极小值点．跟没有关系；D．是的极小值点．正确．相当于先关于y轴的对称，再关于轴的对称图像．故D正确．17．B【解析】∵,∴,由，解得，又，∴故选B．18．D【解析】，，恒成立，令，则当时，，函数单调减，当时，，函数单调增，则为的极小值点，故选D．19．D【解析】，由，即，得．由，，所以，当且仅当时取等号．选D．20．D【解析】若为函数的一个极值点，则易知，∵选项A，B的函数为，∴，∴为函数的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴，且开口向下，∵，∴，也满足条件；选项D中，对称轴，且开口向上，∴，∴，与题图矛盾，故选D．21．D【解析】由题，不妨令，则，令解得，因时，，当时，，所以当时，达到最小．即．22．①③④⑤【解析】令，当时，，则在R上单调递增函数，此时仅有一个实根，所以(4)(5)对；当时，由得，所以是的极小值点．由，得,即，(3)对．是的极大值点，由，得，即，(1)对．23．①④【解析】（1）设，函数单调递增，所有，，则=>0，所以正确；（2）设>，则，则，可令=1，=2，，则，所以错误；（3）因为，由（2）得：，分母乘到右边，右边即为，所以原等式即为=，即为=，令，则原题意转化为对于任意的，函数存在不相等的实数，使得函数值相等，，则，则，令，且，可得为极小值．若，则，即，单调递增，不满足题意，所以错误．（4）由(3)得=，则，设，有，使其函数值相等，则不恒为单调．，，恒成立，单调递增且，．所以先减后增，满足题意，所以正确．24．4【解析】当时，，，此时方程即为或，故或，此时符合题意，方程有一个实根．当时，，，方程即为或，即或，令，则，函数在上单调递减，且时，所以当时，方程无解；令，则，函数在上单调递减，且时，时，所以当时，方程有一个实根．当时，，，方程即为或，即或，令，则，函数在上单调递增，且时，时，所以当时方程有1个实根；同理在有1个实根．故方程实根的个数为4个．25．2【解析】由题意，令得或．因或时，，时，．∴时取得极小值．26．【解析】(1)的定义域为，．（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减．（ii）若，令得，或．当时，；当时，．所以在，单调递减，在单调递增．(2)由(1)知，存在两个极值点当且仅当．由于的两个极值点，满足，所以，不妨设，则．由于，所以等价于．设函数，由(1)知，在单调递减，又，从而当时，．所以，即．27．【解析】(1)当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．(2)设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由(1)知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．28．【解析】(1)当时，，．设函数，则．当时，；当时，．故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，．所以在单调递增．又，故当时，；当时，．(2)（i）若，由(1)知，当时，，这与是的极大值点矛盾．（ii）若，设函数．由于当时，，故与符号相同．又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点．．如果，则当，且时，，故不是的极大值点．如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点．如果，则．则当时，；当时，．所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，．29．【解析】(1)因为，所以（）=．．由题设知，即，解得．此时．所以的值为1．(2)由(1)得．若，则当时，；当时，．所以在处取得极小值．若，则当时，，，所以．所以2不是的极小值点．综上可知，的取值范围是．30．【解析】(1)由已知，，有．令，解得．由，可知当变化时，，的变化情况如下表：00+极小值所以函数的单调递减区间，单调递增区间为．(2)证明：由，可得曲线在点处的切线斜率为．由，可得曲线在点处的切线斜率为．因为这两条切线平行，故有，即．两边取以a为底的对数，得，所以．(3)证明：曲线在点处的切线：．曲线在点处的切线：．要证明当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合．即只需证明当时，方程组有解，由①得，代入②，得．③因此，只需证明当时，关于的方程③有实数解．设函数，即要证明当时，函数存在零点．，可知时，；时，单调递减，又，，故存在唯一的，且，使得，即．由此可得在上单调递增，在上单调递减．在处取得极大值．因为，故，所以．下面证明存在实数，使得．由(1)可得，当时，有，所以存在实数，使得因此，当时，存在，使得．所以，当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线．31．【解析】(1)函数，，则，．由且，得，此方程组无解，因此，与不存在“点”．(2)函数，，则．设为与的“点”，由且，得，即，（*）得，即，则．当时，满足方程组（*），即为与的“点”．因此，的值为．(3)对任意，设．因为，且的图象是不间断的，所以存在，使得．令，则．函数，则．由且，得，即，（**）此时，满足方程组（**），即是函数与在区间内的一个“点”．因此，对任意，存在，使函数与在区间内存在“点”．32．【解析】(1)函数的导函数，由得，因为，所以．由基本不等式得．因为，所以．由题意得．设，则，所以160+所以在上单调递增，故，即．(2)令，，则，所以，存在使，所以，对于任意的及，直线与曲线有公共点．由得．设，则，其中．由(1)可知，又，故，所以，即函数在上单调递减，因此方程至多1个实根．综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．33．【解析】（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减．（ⅱ）若，则由得．当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增．（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点．（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为．①当时，由于，故只有一个零点；②当时，由于，即，故没有零点；③当时，，即．又，故在有一个零点．设正整数满足，则．由于，因此在有一个零点．综上，的取值范围为．34．【解析】（1）的定义域为．设，则，等价于．因为，，故，而，，得．若，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以是的极小值点，故．综上，．（2）由（1）知，．设，则．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，；当时，．因此，所以是的唯一极大值点．由得，故．由得，．因为是在的最大值点，由，得．所以．35．【解析】（1）的定义域为．①若，因为，所以不满足题意；②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故是在的唯一最小值点．由于，所以当且仅当a=1时，．故a=1．（2）由（1）知当时，令得，从而故而，所以m的最小值为3．36．【解析】（Ⅰ）因为，所以（Ⅱ）由QUOTE𝑓′𝑥=1−𝑥2𝑥−1−2𝑒−𝑥2𝑥−1=0解得或．因为x（，1）1（1，）（，QUOTE52，+∞）-0+0-1↘0↗↘又，所以在区间上的取值范围是．37．【解析】（1）由，得.当时，有极小值.因为的极值点是的零点.所以，又，故.因为有极值，故有实根，从而，即.时，，故在R上是增函数，没有极值；时，有两个相异的实根，.列表如下+0–0+极大值极小值故的极值点是.从而，因此，定义域为.（2）由（1）知，．设，则．当时，，所以在上单调递增．因为，所以，故，即．因此．（3）由（1）知，的极值点是，且，.从而记，所有极值之和为，因为的极值为，所以，.因为，于是在上单调递减.因为，于是，故.因此的取值范围为.38．【解析】（Ⅰ）由，可得，进而可得.令，解得，或.当x变化时，的变化情况如下表：x+-+↗↘↗所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是.（Ⅱ）证明：由，得，.令函数，则.由（Ⅰ）知，当时，，故当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，当时，，可得.令函数，则.由（Ⅰ）知，在上单调递增，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.因此，当时，，可得.所以，.（Ⅲ）证明：对于任意的正整数，，且，令，函数.由（Ⅱ）知，当时，在区间内有零点；当时，在区间内有零点.所以在内至少有一个零点，不妨设为，则.由（Ⅰ）知在上单调递增，故，于是.因为当时，，故在上单调递增，所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.又因为，，均为整数，所以是正整数，从而.所以.所以，只要取，就有.39．【解析】（Ⅰ）由题意又，所以，因此曲线在点处的切线方程为，即．（Ⅱ）由题意得，因为，令则所以在上单调递增．因为所以当时，当时，(1)当时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时取得极小值，极小值是；(2)当时，由得，①当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以当时取得极大值．极大值为，当时取到极小值，极小值是；②当时，，所以当时，，函数在上单调递增，无极值；③当时，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以当时取得极大值，极大值是；当时取得极小值．极小值是．综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，极小值是；当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是极小值是；当时，函数在上单调递增，无极值；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是；极小值是．40．【解析】(Ⅰ)因为，当时，，，单调递增，，，单调递减；当时，①当时，，或，，单调递增，，，单调递减；②当时，，，，单调递增，③当时，，或，，单调递增，，，单调递减；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，时，，于是，，令，，，于是，，的最小值为；又设，则在上单调递减，因为，，所以存在，使得，且时，，单调递增；时，，单调递减；又，，所以的最小值为．所以．即对于任意的成立．41．【解析】（I）由题意，①当时，，，在上单调递减.②当时，令，有，当时，；当时，.故在上单调递减，在上单调递增.（II）令，．则．而当时，，所以在区间内单调递增．又由，有，从而当时，．当，时，．故当在区间内恒成立时，必有．当时，．由（I）有，而，所以此时在区间内不恒成立．当时，令．当时，，因此，在区间内单调递增．又，所以当时，，即恒成立．综上，42．【解析】(I)，可得，下面分两种情况讨论：①，有恒成立，所以在上单调递增；②，令，解得，或．当变化时，，的变化情况如下表：＋0－0＋单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以在单调递增，在单调递减，在单调递增(II)因为存在极值点，所以由(I)知，且．由题意得，即，而=∴且，由题意及(I)知，存在唯一实数满足，且，因此，所以（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况同理：（1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此在区间上的最大值，所以.（2）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，，所以在区间上的取值范围为，因此.（3）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，，所以在区间上的取值范围为，因此．综上所述，当时，在区间上的最大值不小于．43．【解析】（Ⅰ）．（i）设，则，只有一个零点．（ii）设，则当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．又，，取满足且，则，故存在两个零点．（iii）设，由得或．若，则，故当时，，因此在上单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．若，则，故当时，；当时，．因此在上单调递减，在上单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，又在上单调递减，所以等价于，即．由于，而，所以．设，则．所以当时，，而，故当时，．从而，故．44．【解析】（I）证明：∵当时，∴在上单调递增∴时，∴（Ⅱ），由（Ⅰ）知，单调递增，对任意的，，，因此，存在唯一，使得，即当时，，,单调递减；当时，，,单调递增．因此在处取得最小值，最小值为．于是，由，得单调递增．所以，由，得，因为单调递增，对任意的，存在唯一的，，使得，所以的值域为．综上，当时，有最小值，的值域为．45．【解析】（Ⅰ）．（Ⅱ）当时，因此，．当时，将变形为．令，则是在上的最大值，，，且当时，取得极小值，极小值为．令，解得（舍去），．（ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．（ⅱ）当时，由，知．又，所以．综上，．（Ⅲ）由（Ⅰ）得.当时，.当时，，所以.当时，，所以.46．【解析】（I）由于，故当时，，当时，．所以，使得等式成立的的取值范围为．（II）（i）设函数，，则，，所以，由的定义知，即．（ii）当时，，当时，．所以，．47．【解析】（1）因为，所以.①方程，即，亦即，所以，于是，解得.②由条件知.因为对于恒成立，且，所以对于恒成立.而，且，所以，故实数的最大值为4.（2）因为函数只有1个零点，而，所以0是函数的唯一零点.因为，又由知，所以有唯一解.令，则，从而对任意，，所以是上的单调增函数，于是当，；当时，.因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.下证.若，则，于是，又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为.因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.因此，.于是，故，所以．48．【解析】(Ⅰ)．若，则当时，，；当时，，．若，则当时，，；当时，，．所以，在单调递减，在单调递增．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增．故在处取得最小值．所以对于任意，，的充要条件是：，即①设函数，则．当时，；当时．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，即①式成立；当时，由得单调性，，即；当时，，即综上，的取值范围是．49．【解析】：（Ⅰ）由题意知函数的定义域为，，令，，（1）当时，，此时，函数在单调递增，无极值点；（2）当时，，①当时，，，，函数在单调递增，无极值点；②当时，，设方程的两根为，因为，所以，，由，可得，所以当时，，函数单调递增；当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增；因此函数有两个极值点。（3）当时，，由，可得，当时，，，函数单调递增；当时，，，函数单调递减；所以函数有一个极值点。综上所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数无极值点；当时，函数有两个极值点。（=2\*ROMANII）由（=1\*ROMANI）知，（1）当时，函数在上单调递增，因为，所以时，，符合题意；（2）当时，由，得，所以函数在上单调递增，又，所以时，，符合题意；（3）当时，由，可得，所以时，函数单调递减；因为，所以时，，不合题意；（4）当时，设，因为时，所以在上单调递增。因此当时，，即，可得，当时，，此时，不合题意，综上所述，的取值范围是．50．【解析】（1）其中tan=，0<<．令=0，由得+=，即=，．对N，若<+<()，即<<()，则>0；若（）<+<()，即（）<<()，则<0．因此，在区间（，）与（，）上，的符号总相反．于是当=()时，取得极值，所以.此时，易知0，而是常数，故数列是首项为=，公比为的等比数列；（2）由（1）知，=，于是对一切，<||恒成立，即恒成立，等价于（*）恒成立（因为>0），设=（），则．令=0得=1，当0<<1时，，所以在区间（0,1）上单调递减；当>1时，，所以在区间（0,1）上单调递增．从而当=1时，函数取得最小值．因此，要是（*）式恒成立，只需，即只需.而当=时，由tan==且．于是，且当时，．因此对一切，，所以．故（*）式亦恒成立．综上所述，若，则对一切，恒成立．51．【解析】（Ⅰ）=，.曲线在点（0,2）处的切线方程为．由题设得，所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，设，由题设知．当≤0时，，单调递增，，所以=0在有唯一实根．当时，令，则．，在单调递减，在单调递增，所以，所以在没有实根.综上，=0在R有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点．52．【解析】（Ⅰ）函数的定义域为由可得所以当时，，函数单调递减，所以当时，，函数单调递增，所以的单调递减区间为，的单调递增区间为（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，在内单调递减，故在内不存在极值点；当时，设函数，，因此．当时，时，函数单调递增故在内不存在两个极值点；当时，0函数在内存在两个极值点当且仅当，解得，综上函数在内存在两个极值点时，的取值范围为．53．【解析】（Ⅰ），由题设知，解得．（Ⅱ）的定义域为，由（Ⅰ）知，，（ⅰ）若，则，故当时，，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，即，解得．（ii）若，则，故当时，；当时，，在单调递减，在单调递增．所以，存在，使得的充要条件为，而，所以不合题意．（iii）若，则．综上，的取值范围是．54．【解析】（Ⅰ）由题意知时，，此时，可得，又，所以曲线在处的切线方程为．（Ⅱ）函数的定义域为，，当时，，函数在上单调递增，当时，令，由于，①当时，，，函数在上单调递减，②当时，，，函数在上单调递减，③当时，，设是函数的两个零点，则，，由，所以时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，综上可知，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减；当时，在，上单调递减，在上单调递增．55．【解析】（Ⅰ），方程的判别式：．∴当时，，∴，此时在上为增函数．当时，方程的两根为．当时，，∴此时为增函数，当时，，∴此时为减函数，当时，，∴此时为增函数，综上，时，在上为增函数当时，的单调递增区间为，．的单调递减区间为．（Ⅱ）∴若存在，使得，必须在上有解，∵，∴，方程的两根为：，∵，∴只能是，依题意，，即，∴，即，又由，得，故欲使满足题意的存在，则．∴当时，存在唯一的满足．当时，不存在，使．56．【解析】（Ⅰ），，∴是上的偶函数（Ⅱ）由题意，，即∵，∴，即对恒成立令，则对任意恒成立∵，当且仅当时等号成立∴（Ⅲ），当时，∴在上单调增令，∵，∴，即在上单调减∵存在，使得，∴，即∵设，则当时，，单调增；当时，，单调减因此至多有两个零点，而∴当时，，；当时，，；当时，，．57．【解析】（I）．由已知得，．故，．从而；(II)由（I）知，，令得，或．从而当时，；当，．故在，单调递增，在单调递减．当时，函数取得极大值，极大值为．58．【解析】（Ⅰ）的定义域为，①当或时，；当时，所以在，单调递减，在单调递增．故当时，取得极小值，极小值为；当时，取得极大值，极大值为．（Ⅱ）设切点为，则的方程为所以在轴上的截距为由已知和①得令，则当时，的取值范围为；当时，的取值范围是．所以当时，的取值范围是．综上，在轴上截距的取值范围．59．【解析】（Ⅰ）由，得．又曲线在点处的切线平行于轴，得，即，解得．（Ⅱ），①当时，，为上的增函数，所以函数无极值．②当时，令，得，．，；，．所以在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．综上，当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值．（Ⅲ）当时，令，则直线：与曲线没有公共点，等价于方程在上没有