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近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编06 函数与导数
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这是一份近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编06 函数与导数，共87页。试卷主要包含了函数与导数，单选题，多选题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
三、函数与导数
一、单选题
1．（2021·全国（文））下列函数中是增函数的为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全国）若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·浙江）已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2021·全国（文））设是定义域为R的奇函数，且.若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·全国（文））青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（）
A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6
6．（2021·全国（理））设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·全国（理））设，，．则（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·全国（理））设，若为函数的极大值点，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·全国（文））下列函数中最小值为4的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2021·全国（理））设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2020·海南）已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
12．（2020·天津）设，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
13．（2020·天津）已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
14．（2020·天津）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
15．（2020·海南）基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A．1.2天 B．1.8天
C．2.5天 D．3.5天
16．（2020·海南）若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
17．（2020·全国（理））在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（ ）
A．10名 B．18名 C．24名 D．32名
18．（2020·全国（理））已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（ ）
A．a
A．60 B．63 C．66 D．69
20．（2020·全国（理））若，则（ ）
A． B． C． D．
21．（2020·全国（理））设函数，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
22．（2019·北京（理））在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为
A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．
23．（2019·全国（理））设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则
A．
B．
C．
D．
24．（2019·全国（理））已知曲线在点处的切线方程为，则
A． B． C． D．
25．（2019·浙江）在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是
A． B．
C． D．
26．（2019·浙江）已知，函数，若函数恰有三个零点，则
A． B．
C． D．
27．（2019·天津（理））已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为
A． B． C． D．
28．（2019·全国（理））函数在的图像大致为
A． B．
C．D．
29．（2019·天津（文））已知函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则的取值范围为
A． B． C． D．
30．（2019·全国（理））设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是
A． B．
C． D．
31．（2019·全国（理））若a>b，则
A．ln(a−b)>0 B．3a<3b
C．a3−b3>0 D．│a│>│b│
32．（2018·全国（文））函数的图像大致为 ( )
A． B．
C． D．
33．（2018·浙江）已知成等比数列，且．若，则
A． B．
C． D．
34．（2018·全国（文））设函数，则满足的x的取值范围是
A． B． C． D．
35．（2018·全国（文））已知是定义域为的奇函数,满足.若，则
A． B． C． D．
36．（2018·全国（理））已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是
A．[–1，0） B．[0，+∞） C．[–1，+∞） D．[1，+∞）
37．（2018·全国（理））设，，则
A． B．
C． D．
38．（2017·全国（理））函数在单调递增，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是．
A． B． C． D．
39．（2017·天津（文））已知奇函数在上是增函数，若，，，则的大小关系为
A． B． C． D．
40．（2017·浙江）若函数在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则的值
A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关
41．（2017·全国（理））设x、y、z为正数，且，则
A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y
C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z
42．（2017·天津（理））已知奇函数，且在上是增函数.若，，，则a，b，c的大小关系为
A． B． C． D．
43．（2017·全国（理））若是函数的极值点，则的极小值为．
A． B． C． D．
44．（2017·天津（文））已知函数．设，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是
A． B．
C． D．
二、多选题
45．（2020·海南）信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为，且，定义X的信息熵.（ ）
A．若n=1，则H(X)=0
B．若n=2，则H(X)随着的增大而增大
C．若，则H(X)随着n的增大而增大
D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为，且，则H(X)≤H(Y)
三、解答题
46．（2021·全国）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
47．（2021·全国（文））设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.
48．（2021·浙江）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
49．（2021·全国（理））已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
50．（2021·全国（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
51．（2020·天津）已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
52．（2020·北京）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
53．（2020·浙江）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
54．（2020·海南）已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
55．（2020·全国（文））已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
56．（2020·全国（理））已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
57．（2020·全国（理））设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
58．（2020·全国（文））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
59．（2019·全国（文））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围.
60．（2019·全国（理））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.
61．（2019·天津（文））设函数，其中.
（Ⅰ）若，讨论的单调性；
（Ⅱ）若，
（i）证明恰有两个零点
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.
62．（2019·浙江）已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围.
注：为自然对数的底数.
63．（2019·全国（文））已知函数.证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
64．（2018·天津（文））设函数，其中,且是公差为的等差数列.
（I）若 求曲线在点处的切线方程；
（II）若，求的极值；
（III）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围.
65．（2018·天津（理））已知函数，，其中a>1.
（I）求函数的单调区间；
（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；
（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
66．（2018·江苏）记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”．
（1）证明：函数与不存在“点”；
（2）若函数与存在“点”，求实数的值；
（3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由．
67．（2018·北京（理））设函数=[]．
（1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求；
（2）若在处取得极小值，求的取值范围．
68．（2018·北京（文））设函数.
（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；
（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.
69．（2018·全国（理））已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
70．（2018·全国（文））已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：当时，．
71．（2018·全国（文））已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
72．（2018·全国（理））已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求的值.
73．（2018·全国（理））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
74．（2017·天津（理））设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）设，函数，求证：；
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足.
75．（2017·山东（理））已知函数，，其中是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
76．（2017·天津（文））设，.已知函数，.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，
（i）求证：在处的导数等于0；
（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围.
77．（2017·全国（文））已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
78．（2017·全国（文））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围．
79．（2017·全国（理））已知函数ae2x+(a﹣2) ex﹣x.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围.
四、填空题
80．（2021·浙江）已知，函数若，则___________.
81．（2021·全国）函数的最小值为______.
82．（2021·全国）已知函数是偶函数，则______.
83．（2020·北京）函数的定义域是____________．
84．（2020·北京）为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.
给出下列四个结论：
①在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在这三段时间中，在的污水治理能力最强．
其中所有正确结论的序号是____________________．
85．（2020·全国（理））关于函数f（x）=有如下四个命题：
①f（x）的图象关于y轴对称．
②f（x）的图象关于原点对称．
③f（x）的图象关于直线x=对称．
④f（x）的最小值为2．
其中所有真命题的序号是__________．
86．（2019·江苏）在平面直角坐标系中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是____.
87．（2019·浙江）已知，函数，若存在，使得，则实数的最大值是____.
88．（2019·全国（文））曲线在点处的切线方程为___________．
89．（2018·上海）已知常数，函数的图象经过点，．若，则______．
90．（2018·江苏）函数满足，且在区间上，则的值为____．
91．（2018·江苏）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为__________．
92．（2018·全国（文））已知函数，，则________．
93．（2018·全国（理））曲线在点处的切线的斜率为，则________．
94．（2018·天津（理））已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________.
95．（2018·天津（文））已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是__________．
五、双空题
96．（2019·北京（理））李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．
①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；
②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．
97．（2019·北京（理））设函数f（x）=ex+ae−x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________．
98．（2018·浙江）我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一，凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为，，，则当时，___________，___________．
99．（2018·浙江）已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．
100．（2017·北京（理））三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点Bi的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i=1，2，3.
①记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1，Q2，Q3中最大的是_________.
②记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1，p2，p3中最大的是_________.
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
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
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：B
11．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：D
12．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：B
18．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：AC
46．
【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：
x
0
0
+
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：
x
1
+
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
1
+
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，
时，整理得到，故，
83．
【解析】由题意得，故答案为：
84．①②③
【解析】表示区间端点连线斜率的负数，
在这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；
甲企业在这三段时间中，甲企业在这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在的污水治理能力最强．④错误；
在时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；
在时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；
故答案为：①②③
85．②③
【解析】
对于命题①，，，则，
所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；
对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确；
对于命题③，，
，则，
所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；
对于命题④，当时，，则，
命题④错误.故答案为：②③.
86．.
【解析】设点，则.又，
当时，，点A在曲线上的切线为，
即，代入点，得，即，
考查函数，当时，，当时，，
且，当时，单调递增，
注意到，故存在唯一的实数根，此时，
故点的坐标为.
87．
【解析】
使得，
使得令，则原不等式转化为存在，
由折线函数，如图
只需，即，即的最大值是
88．.
【解析】
所以，
所以，曲线在点处的切线方程为，即．
89．6
【解析】函数f（x）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．
则：，整理得：=1，
解得：2p+q=a2pq，由于：2p+q=36pq，所以：a2=36，由于a＞0，故：a=6．
90．
【解析】由得函数的周期为4，所以因此
91．.
【解析】由得，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
92．
【解析】因为，
，且，则.
93．
【解析】则所以故答案为-3.
94．
【解析】分类讨论：当时，方程即，
整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，
当时，方程即，整理可得：，
很明显不是方程的实数解，则，
令，
其中，
原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.
结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，
同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，
结合观察可得，实数的取值范围是.
95．
【解析】
分类讨论：①当时，即：，
整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当时，，则；
②当时，即：，整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当或时，，则；
综合①②可得的取值范围是，故答案为.
96．130. 15.
【解析】
(1),顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付元.
(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为元,
元时,李明得到的金额为,符合要求.
元时,有恒成立,即,即元. 所以的最大值为.
97．-1; .
【解析】
若函数为奇函数,则，
对任意的恒成立.
若函数是上的增函数,则恒成立,.
即实数的取值范围是
98．
【解析】
99．(1,4)
【解析】
由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是
当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.
100．Q1 p2
【解析】作图可得中点的纵坐标比中点的纵坐标大，所以Q1，Q2，Q3中最大的是， 分别作关于原点的对称点，比较直线的斜率（即为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数），可得最大，所以p1，p2，p3中最大的是
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
三、函数与导数
一、单选题
1．（2021·全国（文））下列函数中是增函数的为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全国）若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·浙江）已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2021·全国（文））设是定义域为R的奇函数，且.若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·全国（文））青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（）
A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6
6．（2021·全国（理））设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·全国（理））设，，．则（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·全国（理））设，若为函数的极大值点，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·全国（文））下列函数中最小值为4的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2021·全国（理））设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2020·海南）已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
12．（2020·天津）设，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
13．（2020·天津）已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
14．（2020·天津）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
15．（2020·海南）基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A．1.2天 B．1.8天
C．2.5天 D．3.5天
16．（2020·海南）若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
17．（2020·全国（理））在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（ ）
A．10名 B．18名 C．24名 D．32名
18．（2020·全国（理））已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（ ）
A．a
A．60 B．63 C．66 D．69
20．（2020·全国（理））若，则（ ）
A． B． C． D．
21．（2020·全国（理））设函数，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
22．（2019·北京（理））在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为
A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．
23．（2019·全国（理））设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则
A．
B．
C．
D．
24．（2019·全国（理））已知曲线在点处的切线方程为，则
A． B． C． D．
25．（2019·浙江）在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是
A． B．
C． D．
26．（2019·浙江）已知，函数，若函数恰有三个零点，则
A． B．
C． D．
27．（2019·天津（理））已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为
A． B． C． D．
28．（2019·全国（理））函数在的图像大致为
A． B．
C．D．
29．（2019·天津（文））已知函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则的取值范围为
A． B． C． D．
30．（2019·全国（理））设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是
A． B．
C． D．
31．（2019·全国（理））若a>b，则
A．ln(a−b)>0 B．3a<3b
C．a3−b3>0 D．│a│>│b│
32．（2018·全国（文））函数的图像大致为 ( )
A． B．
C． D．
33．（2018·浙江）已知成等比数列，且．若，则
A． B．
C． D．
34．（2018·全国（文））设函数，则满足的x的取值范围是
A． B． C． D．
35．（2018·全国（文））已知是定义域为的奇函数,满足.若，则
A． B． C． D．
36．（2018·全国（理））已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是
A．[–1，0） B．[0，+∞） C．[–1，+∞） D．[1，+∞）
37．（2018·全国（理））设，，则
A． B．
C． D．
38．（2017·全国（理））函数在单调递增，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是．
A． B． C． D．
39．（2017·天津（文））已知奇函数在上是增函数，若，，，则的大小关系为
A． B． C． D．
40．（2017·浙江）若函数在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则的值
A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关
41．（2017·全国（理））设x、y、z为正数，且，则
A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y
C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z
42．（2017·天津（理））已知奇函数，且在上是增函数.若，，，则a，b，c的大小关系为
A． B． C． D．
43．（2017·全国（理））若是函数的极值点，则的极小值为．
A． B． C． D．
44．（2017·天津（文））已知函数．设，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是
A． B．
C． D．
二、多选题
45．（2020·海南）信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为，且，定义X的信息熵.（ ）
A．若n=1，则H(X)=0
B．若n=2，则H(X)随着的增大而增大
C．若，则H(X)随着n的增大而增大
D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为，且，则H(X)≤H(Y)
三、解答题
46．（2021·全国）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
47．（2021·全国（文））设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.
48．（2021·浙江）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
49．（2021·全国（理））已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
50．（2021·全国（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
51．（2020·天津）已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
52．（2020·北京）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
53．（2020·浙江）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
54．（2020·海南）已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
55．（2020·全国（文））已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
56．（2020·全国（理））已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
57．（2020·全国（理））设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
58．（2020·全国（文））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
59．（2019·全国（文））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围.
60．（2019·全国（理））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.
61．（2019·天津（文））设函数，其中.
（Ⅰ）若，讨论的单调性；
（Ⅱ）若，
（i）证明恰有两个零点
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.
62．（2019·浙江）已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围.
注：为自然对数的底数.
63．（2019·全国（文））已知函数.证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
64．（2018·天津（文））设函数，其中,且是公差为的等差数列.
（I）若 求曲线在点处的切线方程；
（II）若，求的极值；
（III）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围.
65．（2018·天津（理））已知函数，，其中a>1.
（I）求函数的单调区间；
（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；
（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
66．（2018·江苏）记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”．
（1）证明：函数与不存在“点”；
（2）若函数与存在“点”，求实数的值；
（3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由．
67．（2018·北京（理））设函数=[]．
（1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求；
（2）若在处取得极小值，求的取值范围．
68．（2018·北京（文））设函数.
（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；
（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.
69．（2018·全国（理））已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
70．（2018·全国（文））已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：当时，．
71．（2018·全国（文））已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
72．（2018·全国（理））已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求的值.
73．（2018·全国（理））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
74．（2017·天津（理））设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）设，函数，求证：；
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足.
75．（2017·山东（理））已知函数，，其中是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
76．（2017·天津（文））设，.已知函数，.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，
（i）求证：在处的导数等于0；
（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围.
77．（2017·全国（文））已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
78．（2017·全国（文））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围．
79．（2017·全国（理））已知函数ae2x+(a﹣2) ex﹣x.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围.
四、填空题
80．（2021·浙江）已知，函数若，则___________.
81．（2021·全国）函数的最小值为______.
82．（2021·全国）已知函数是偶函数，则______.
83．（2020·北京）函数的定义域是____________．
84．（2020·北京）为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.
给出下列四个结论：
①在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在这三段时间中，在的污水治理能力最强．
其中所有正确结论的序号是____________________．
85．（2020·全国（理））关于函数f（x）=有如下四个命题：
①f（x）的图象关于y轴对称．
②f（x）的图象关于原点对称．
③f（x）的图象关于直线x=对称．
④f（x）的最小值为2．
其中所有真命题的序号是__________．
86．（2019·江苏）在平面直角坐标系中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是____.
87．（2019·浙江）已知，函数，若存在，使得，则实数的最大值是____.
88．（2019·全国（文））曲线在点处的切线方程为___________．
89．（2018·上海）已知常数，函数的图象经过点，．若，则______．
90．（2018·江苏）函数满足，且在区间上，则的值为____．
91．（2018·江苏）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为__________．
92．（2018·全国（文））已知函数，，则________．
93．（2018·全国（理））曲线在点处的切线的斜率为，则________．
94．（2018·天津（理））已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________.
95．（2018·天津（文））已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是__________．
五、双空题
96．（2019·北京（理））李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．
①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；
②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．
97．（2019·北京（理））设函数f（x）=ex+ae−x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________．
98．（2018·浙江）我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一，凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为，，，则当时，___________，___________．
99．（2018·浙江）已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．
100．（2017·北京（理））三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点Bi的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i=1，2，3.
①记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1，Q2，Q3中最大的是_________.
②记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1，p2，p3中最大的是_________.
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
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
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：B
11．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：D
12．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：B
18．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：AC
46．
【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：
x
0
0
+
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：
x
1
+
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
1
+
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，
时，整理得到，故，
83．
【解析】由题意得，故答案为：
84．①②③
【解析】表示区间端点连线斜率的负数，
在这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；
甲企业在这三段时间中，甲企业在这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在的污水治理能力最强．④错误；
在时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；
在时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；
故答案为：①②③
85．②③
【解析】
对于命题①，，，则，
所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；
对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确；
对于命题③，，
，则，
所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；
对于命题④，当时，，则，
命题④错误.故答案为：②③.
86．.
【解析】设点，则.又，
当时，，点A在曲线上的切线为，
即，代入点，得，即，
考查函数，当时，，当时，，
且，当时，单调递增，
注意到，故存在唯一的实数根，此时，
故点的坐标为.
87．
【解析】
使得，
使得令，则原不等式转化为存在，
由折线函数，如图
只需，即，即的最大值是
88．.
【解析】
所以，
所以，曲线在点处的切线方程为，即．
89．6
【解析】函数f（x）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．
则：，整理得：=1，
解得：2p+q=a2pq，由于：2p+q=36pq，所以：a2=36，由于a＞0，故：a=6．
90．
【解析】由得函数的周期为4，所以因此
91．.
【解析】由得，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
92．
【解析】因为，
，且，则.
93．
【解析】则所以故答案为-3.
94．
【解析】分类讨论：当时，方程即，
整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，
当时，方程即，整理可得：，
很明显不是方程的实数解，则，
令，
其中，
原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.
结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，
同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，
结合观察可得，实数的取值范围是.
95．
【解析】
分类讨论：①当时，即：，
整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当时，，则；
②当时，即：，整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当或时，，则；
综合①②可得的取值范围是，故答案为.
96．130. 15.
【解析】
(1),顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付元.
(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为元,
元时,李明得到的金额为,符合要求.
元时,有恒成立,即,即元. 所以的最大值为.
97．-1; .
【解析】
若函数为奇函数,则，
对任意的恒成立.
若函数是上的增函数,则恒成立,.
即实数的取值范围是
98．
【解析】
99．(1,4)
【解析】
由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是
当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.
100．Q1 p2
【解析】作图可得中点的纵坐标比中点的纵坐标大，所以Q1，Q2，Q3中最大的是， 分别作关于原点的对称点，比较直线的斜率（即为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数），可得最大，所以p1，p2，p3中最大的是
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