近五年高考数学真题分类汇编14篇之06 函数与导数解析版

近五年高考数学真题分类汇编三、函数与导数参考答案1．D【分析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项.【解析】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.对于B，为上的减函数，不合题意，舍.对于C，在为减函数，不合题意，舍.对于D，为上的增函数，符合题意，故选：D.2．D【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.故选：D.3．D【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.【解析】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，，则，当时，，与图象不符，排除C.故选：D.4．C【分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得的值.【解析】由题意可得：，而，故.故选：C.5．C【分析】根据关系，当时，求出，再用指数表示，即可求解.【解析】由，当时，，则.故选：C.6．D【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．【解析】因为是奇函数，所以①；因为是偶函数，所以②．令，由①得：，由②得：，因为，所以，令，由①得：，所以．思路一：从定义入手．所以．思路二：从周期性入手由两个对称性可知，函数的周期．所以．故选：D．7．B【解析】,所以;下面比较与的大小关系.记,则,，由于所以当0<x<2时，,即,,所以在上单调递增，所以,即,即;令,则,,由于，在x>0时,,所以,即函数在[0,+∞)上单调递减，所以,即,即b<c;综上，,故选：B.8．D【分析】结合对进行分类讨论，画出图象，由此确定正确选项.【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.依题意，为函数的极大值点，当时，由，，画出的图象如下图所示：由图可知，，故.当时，由时，，画出的图象如下图所示：由图可知，，故.综上所述，成立.9．C【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．【解析】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．故选：C．10．B【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.【解析】由题意可得，对于A，不是奇函数；对于B，是奇函数；对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.故选：B11．D【分析】首先求出的定义域，然后求出的单调递增区间即可.【解析】由得或，所以的定义域为因为在上单调递增，所以在上单调递增，所以故选：D12．D【解析】因为，，，所以.故选：D.13．D【解析】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根即可，令，即与的图象有个不同交点.因为，当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；当时，如图3，当与相切时，联立方程得，令得，解得（负值舍去），所以.综上，的取值范围为.故选：D.14．A【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【解析】由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；当时，，选项B错误.故选：A.15．B【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.【解析】因为，，，所以，所以，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，则，所以，所以，所以天.故选：B.16．D【分析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.【解析】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，所以在上也是单调递减，且，，所以当时，，当时，，所以由可得：或或解得或，所以满足的的取值范围是，故选：D.17．B【分析】算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.【解析】由题意，第二天新增订单数为，，故至少需要志愿者名.故选：B18．A【分析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系.【解析】由题意可知、、，，；由，得，由，得，，可得；由，得，由，得，，可得.综上所述，.故选：A.19．C【解析】，所以，则，所以，，解得.故选：C.20．A【分析】将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果.【解析】由得：，令，为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，，，，，则A正确，B错误；与的大小不确定，故CD无法确定.故选：A.21．D【分析】根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果.【解析】由得定义域为，关于坐标原点对称，又，为定义域上的奇函数，可排除AC；当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，排除B；当时，，在上单调递减，在定义域内单调递增，根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确.故选：D.22．A【分析】由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.【解析】两颗星的星等与亮度满足,令,.故选A.23．C【分析】由已知函数为偶函数，把，转化为同一个单调区间上，再比较大小．【解析】是R的偶函数，．，又在(0，+∞)单调递减，∴，，故选C．24．D【解析】，将代入得，故选D．25．D【解析】当时，函数过定点且单调递减，则函数过定点且单调递增，函数过定点且单调递减，D选项符合；当时，函数过定点且单调递增，则函数过定点且单调递减，函数过定点且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.26．C【分析】当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．【解析】当时，，得；最多一个零点；当时，，，当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意；当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，如图：且，解得，，．故选．27．C【解析】∵，即，（1）当时，，当时，，故当时，在上恒成立；若在上恒成立，即在上恒成立，令，则，当函数单增，当函数单减，故，所以．当时，在上恒成立；综上可知，的取值范围是，故选C．28．B【解析】设，则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C．又排除选项D；，排除选项A，故选B．29．D【解析】如图，当直线位于点及其上方且位于点及其下方，或者直线与曲线相切在第一象限时符合要求．即，即，或者，得，，即，得，所以的取值范围是．故选D．30．B【解析】时，，，，即右移1个单位，图像变为原来的2倍．如图所示：当时，，令，整理得：，（舍），时，成立，即，，故选B．31．C【解析】取，满足，，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，，所以，故选C．32．B【解析】为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此选B.33．B【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.34．D【解析】：将函数的图像画出来，观察图像可知会有，解得，所以满足的x的取值范围是，故选D.35．C【解析】因为是定义域为的奇函数，且，所以,因此，因为，所以，，从而，选C.36．C【解析】画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.37．B【解析】,即又即故选B.38．D【解析】是奇函数，故；又是增函数，，即则有，解得，故选D.39．C【解析】由题意：，且，据此：，结合函数的单调性有：，即.本题选择C选项.40．B【解析】因为最值在中取，所以最值之差一定与无关，选B．41．D【解析】令，则，，∴，则，，则，故选D.42．C【解析】因为是奇函数，从而是上的偶函数，且在上是增函数，，，又，则，所以即，，所以，故选C．43．A【解析】由题可得，因为，所以，，故，令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值为，故选A．44．A【解析】满足题意时的图象恒不在函数下方，当时，函数图象如图所示，排除C,D选项；当时，函数图象如图所示，排除B选项，本题选择A选项.45．AC【解析】对于A选项，若，则，所以，所以A选项正确.对于B选项，若，则，，所以，当时，，当时，，两者相等，所以B选项错误.对于C选项，若，则，则随着的增大而增大，所以C选项正确.对于D选项，若，随机变量的所有可能的取值为，且（）..由于，所以，所以，所以，所以，所以D选项错误.故选：AC46．【解析】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即，故，设，由（1）可知不妨设.因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若，要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：，即：，故，要证：，即证，即证，即证：，即证：，令，则，先证明一个不等式：.设，则，当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立，故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，.47．【解析】（1）函数的定义域为，又，因为，故，当时，；当时，；所以的减区间为，增区间为.（2）因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，由（1）中函数的单调性可得，故即.48【解析】(1)，①若，则，所以在上单调递增；②若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，，则在单调递减，单调递增，，.即实数的取值范围是.(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，，要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.49．【解析】（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（2）,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.50．【解析】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）由（1）得，，且，当时，要证，，，即证，化简得；同理，当时，要证，，，即证，化简得；令，再令，则，，令，，当时，，单减，假设能取到，则，故；当时，，单增，假设能取到，则，故；综上所述，在恒成立51．【解析】(Ⅰ)(i)当k=6时，，.可得，，所以曲线在点处的切线方程为，即.(ii)依题意，.从而可得，整理可得：，令，解得.当x变化时，的变化情况如下表：单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由，得.对任意的，且，令，则.①令.当x>1时，，由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.因为，，，所以.②由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，故③由①②③可得.所以，当时，任意的，且，有.52．【解析】（Ⅰ）因为，所以，设切点为，则，即，所以切点为，由点斜式可得切线方程为：，即.（Ⅱ）显然，因为在点处的切线方程为：，令，得，令，得，所以，不妨设时，结果一样，则，所以，由，得，由，得，所以在上递减，在上递增，所以时，取得极小值，也是最小值为.53．【解析】（I）在上单调递增，，所以由零点存在定理得在上有唯一零点；（II）（i），，令一方面：，在单调递增，，，另一方面：，所以当时，成立，因此只需证明当时，因为当时，，当时，，所以，在单调递减，，，综上，.（ii），，，，因为，所以，，只需证明，即只需证明，令，则，，即成立，因此.54．【解析】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为;（2）解法一：,，且.设,则∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,∴,∴成立.当时，，，,∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此>1,∴∴恒成立；当时，∴不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).解法二：等价于,令,上述不等式等价于,显然为单调增函数，∴又等价于，即，令,则在上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，∴,，∴a的取值范围是[1,+∞).55．【解析】（1）函数的定义域为：，设，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需；（2）且因此，设，则有，当时，，所以，单调递减，因此有，即，所以单调递减；当时，，所以，单调递增，因此有，即，所以单调递减，所以函数在区间和上单调递减，没有递增区间.56．【解析】(1)由函数的解析式可得：，则：，在上的根为：，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.(2)注意到，故函数是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：，，，据此可得：，，即.(3)结合(2)的结论有：.57．【解析】（1）因为，由题意，，即则；（2）由（1）可得，，令，得或；令，得，所以在上单调递减，在，上单调递增，且，若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或.当时，，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当时，，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，所有零点的绝对值都不大于1.58．【解析】（1）由题，，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增.（2）由（1）知，有三个零点，则，且即，解得，当时，，且，所以在上有唯一一个零点，同理，，所以在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，综上可知的取值范围为.59．【解析】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为.而，故所以区间上最大值为.所以，设函数，求导当时从而单调递减.而，所以.即的取值范围是.若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.所以，而，所以.即的取值范围是.综上得的取值范围是.60．【解析】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立.若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.即相减得，即，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.即相减得，解得，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得.综上得或.61．【解析】（I）解：由已知，的定义域为，且，因此当时，，从而，所以在内单调递增.（II）证明：（i）由（I）知，，令，由，可知在内单调递减，又，且，故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则，当时，，所以在内单调递增；当时，，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.令，则当时，，故在内单调递减，从而当时，，所以，从而，又因为，所以在内有唯一零点，又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.（ii）由题意，，即，从而，即，因为当时，，又，故，两边取对数，得，于是，整理得，62．【解析】(1)当时，，函数的定义域为，且：，因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是.(2)由，得，当时，，等价于，令，则，设，，则，（i）当时，，则，记，则列表讨论：x（）1（1，+∞）p′（x）﹣0+P（x）p（）单调递减极小值p（1）单调递增（ii）当时，，令，则，故在上单调递增，，由（i）得，，由（i）（ii）知对任意，即对任意，均有，综上所述，所求的a的取值范围是．63．【解析】（1）由题意可得，的定义域为，由，得，显然单调递增；又，，故存在唯一，使得；又当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；因此，存在唯一的极值点；（2）由（1）知，，又，所以在内存在唯一实根，记作.由得，又，故是方程在内的唯一实根；综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.64．【解析】（Ⅰ）由已知，可得f(x)=x(x−1)(x+1)=x3−x，故=3x2−1，因此f(0)=0，=−1，又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y−f(0)=(x−0)，故所求切线方程为x+y=0．（Ⅱ）由已知可得f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2．故=3x2−6t2x+3t22−9．令=0，解得x=t2−或x=t2+．当x变化时，，f(x)的变化如下表：x(−∞，t2−)t2−(t2−，t2+)t2+(t2+，+∞)+0−0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2−)=(−)3−9×(−)=6，函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3−9×()=−6．（Ⅲ）曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x−t2+d)(x−t2)(x−t2−d)+(x−t2)+6=0有三个互异的实数解，令u=x−t2，可得u3+(1−d2)u+6=0．设函数g(x)=x3+(1−d2)x+6，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．=3x3+(1−d2)．当d2≤1时，≥0，这时在上R单调递增，不合题意．当d2>1时，=0，解得x1=，x2=．易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．g(x)的极大值g(x1)=g()=>0．g(x)的极小值g(x2)=g()=−．若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点，不合题意．若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．所以，的取值范围是．65．【解析】（I）由已知，，有.令，解得x=0.由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：x00+极小值所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）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.（III）曲线在点处的切线l1：.曲线在点处的切线l2：.要证明当时，存在直线l，使l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x1的方程③存在实数解.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x0，且x0>0，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t，使得.由（I）可得，当时，有，所以存在实数t，使得因此，当时，存在，使得.所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.66．【解析】（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．由f（x）=g（x）且f′（x）=g′（x），得，此方程组无解，因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．（2）函数，，则．设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g（x0）且f′（x0）与g′（x0），得，即，（*）得，即，则．当时，满足方程组（*），即为f（x）与g（x）的“S”点．因此，a的值为．（3）对任意a>0，设．因为，且h（x）的图象是不间断的，所以存在∈（0，1），使得，令，则b>0．函数，则．由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得，即（**）此时，满足方程组（**），即是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．67．【解析】（Ⅰ）因为=[]，所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由题设知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此时f(1)=3e≠0．所以a的值为1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．若a>，则当x∈(，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，+∞)时，f′(x)>0．所以f(x)<0在x=2处取得极小值．若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0，所以f′(x)>0．所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是（，+∞）．68．【解析】（Ⅰ）因为，所以.，由题设知，即，解得.（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.若a>1，则当时，；当时，.所以在x=1处取得极小值.若，则当时，，所以.所以1不是的极小值点.综上可知，a的取值范围是.方法二：.（1）当a=0时，令得x=1.随x的变化情况如下表：x1+0−↗极大值↘∴在x=1处取得极大值，不合题意.（2）当a>0时，令得.①当，即a=1时，，∴在上单调递增，∴无极值，不合题意.②当，即0<a<1时，随x的变化情况如下表：x1+0−0+↗极大值↘极小值↗∴在x=1处取得极大值，不合题意.③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：x+0−0+↗极大值↘极小值↗∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.（3）当a<0时，令得.随x的变化情况如下表：x−0+0−↘极小值↗极大值↘∴在x=1处取得极大值，不合题意.综上所述，a的取值范围为.69．【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，.70．【解析】（1），．因此曲线在点处的切线方程是．（2）当时，．令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以．因此．71．【解析】（1）当a=3时，f（x）=，f′（x）=．令f′（x）=0解得x=或x=．当x∈（–∞，）∪（，+∞）时，f′（x）>0；当x∈（，）时，f′（x）<0．故f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．（2）由于，所以等价于．设=，则g′（x）=≥0，仅当x=0时g′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．综上，f（x）只有一个零点．72．【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，．73．【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.74．【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.75．【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.76．【解析】（I）由，可得，令，解得，或.由，得.当变化时，，的变化情况如下表：所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为.（II）（i）因为，由题意知，所以，解得.所以，在处的导数等于0.（ii）因为，，由，可得.又因为，，故为的极大值点，由（I）知.另一方面，由于，故，由（I）知在内单调递增，在内单调递减，故当时，在上恒成立，从而在上恒成立.由，得，.令，，所以，令，解得（舍去），或.因为，，，故的值域为.所以，的取值范围是.77．【解析】(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.故f(x)在上单调递减，在区间上单调递增.(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，故当且仅当a2≥0，即0>a≥时，f(x)≥0.综上a的取值范围是[，0].78．【解析】（1）函数的定义域为，，①若，则，在单调递增.②若，则由得.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.③若，则由得.当时，；当时，，故在单调递减，在单调递增.（2）①若，则，所以.②若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为.从而当且仅当，即时，.③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为.从而当且仅当，即时.综上，的取值范围为.79．【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.80．2【解析】，故，故答案为：2.81．1【解析】由题设知：定义域为，∴当时，，此时单调递减；当时，，有，此时单调递减；当时，，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴，故答案为：1.82．1【解析】因为，故，因为为偶函数，故