24届高三二轮复习函数与导函数专题3——函数与导函数（三）原卷及教师版

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一、最值点极值点效应
1．（2017上·西藏拉萨·高三拉萨中学阶段练习）设函数.
（I）讨论函数的单调性；
（II）当时，，求实数的取值范围.
2．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）已知函数，其中是自然对数的底数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，若对任意的恒成立，求的值.
3．（2023下·山东·高三校联考开学考试）已知，函数．
(1)若和的最小值相等，求的值；
(2)若方程恰有一个实根，求的值．
4．（2023·山东济南·一模）已知函数．
(1)当，求曲线在点处的切线方程．
(2)若在上单调递增，求a的取值范围；
(3)若的最小值为1，求a．
5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若在，上是减函数，求实数的取值范围．
(2)若的最大值为6，求实数的值．
二、极点效应-费马定理
6．（2023·全国·高三专题练习）若，且在上恒成立，求的值.
7．（2022·全国·高三专题练习）是否存在正整数，使得对一切恒成立，试求出的最大值.
8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若，恒成立，求实数的取值集合.
9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.若恒成立，求的值.
10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，.当时，是否存在，使得不等式恒成立？若存在，求出的取值集合：若不存在，请说明理由.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．若恒成立，求的值．
三、对称中心求和类型试题
12．（2023·重庆北碚·西南大学附中校考模拟预测）已知曲线与曲线交于点，则（ ）
A．B．C．D．
13．（2022·宁夏石嘴山·统考一模）设函数的定义域为D，若对任意的，，且，恒有，则称函数具有对称性，其中点为函数的对称中心，研究函数的对称中心，则（ ）
A．0B．2022C．4043D．8086
14．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）已知函数（）满足，若函数与图象的交点为，，…，，则（ ）
A．0B．2022C．4044D．1011
15．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）已知函数在上的最大值与最小值分别为和，则函数的图象的对称中心是 .
16．（2019上·上海闵行·高一统考期末）函数的最大值与最小值的和为
四、数形结合找临界问题
17．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）若存在，使得对于任意，不等式恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
18．（2022上·陕西西安·高三西北工业大学附属中学校考阶段练习）已知关于的不等式对任意恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
19．（2023·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测）已知函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
20．（2017·湖南长沙·雅礼中学校考一模）已知函数为偶函数，当时，.若直线与曲线至少有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
21．（2014·高三课时练习）已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0)B．C．(0,1)D．(0，＋∞)
五、不动点与稳定点
22．（2020上·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考开学考试）设函数，若存在(为自然对数的底数)，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
23．（2019上·重庆·高一重庆一中校考期中）设函数（为自然对数的底数），若存在实数使成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
24．（2020·浙江宁波·校联考模拟预测）设函数，若曲线上存在点，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
25．（2021·全国·统考模拟预测）已知函数，若曲线上存在点，使得，则实数的最大值是（ ）
A．B．C．D．
26．（2023·全国·高三专题练习）设函数，若曲线上存在点,使得成立，求实数的取值范围为 .
六、共零点问题
27．（2019上·浙江·高三校联考阶段练习）若不等式对恒成立，则的值等于（ ）
A．B．C．1D．2
28．（2023·全国·高三专题练习）对任意，不等式恒成立，则和的值分别等于（ ）
A．B．C．D．
29．（2023上·四川成都·高三成都七中校考开学考试）若在时恒成立，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
30．（2022上·浙江丽水·高一校联考阶段练习）已知函数，若在定义域上恒成立，则的值是（ ）
A．－1B．0C．1D．2
31．（2015上·安徽合肥·高三阶段练习）若关于的不等式在（0，+）上恒成立，则实数的取值范围是 ．
32．（2023·全国·高三专题练习）若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是 ．
33．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，且在其定义域内恒成立，则实数的取值范围是 ．
34．（2020届江苏省苏州市高新区第一中学高三上学期10月检测数学试题）对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围是 .
七、整数个数解问题
35．（2019下·江西九江·高二九江市同文中学校考期中）已知函数在区间内存在极值点，且恰好有唯一整数解，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
36．（2022·浙江绍兴·浙江省春晖中学校考模拟预测）在关于的不等式（其中为自然对数的底数）的解集中，有且仅有两个大于2的整数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
37．（2017下·四川成都·高二石室中学校考期中）已知函数，若关于的不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是
A．B．
C．D．
38．（2020上·广东云浮·高三郁南县蔡朝焜纪念中学校考阶段练习）已知偶函数满足，且当时，，若关于x的不等式在上有且只有150个整数解，则实数t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
39．（2018·宁夏银川·银川一中校考二模）已知函数，若有且仅有两个整数使得，则实数m的取值范围是
A．B．C．D．
八、导数逆向构造
40．（2014下·山东济南·高三阶段练习）已知的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
41．（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知函数的定义域为，为函数的导函数，若，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
42．（2023下·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习）已知定义在上的函数满足，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
43．（2023下·安徽六安·高二六安二中校联考期中）已知是定义在R上的可导函数，其导函数为，对时，有，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ）
A．B．
C．D．
44．（2023上·江苏扬州·高三扬州中学校考开学考试）若可导函数是定义在R上的奇函数，当时，有，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
45．（2023上·广东·高三校联考阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
46．（2023上·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数的定义域为，设的导数是，且恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
47．（2023·河南开封·统考三模）设定义在上的函数的导函数，且满足，．则、、的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
48．（2023上·上海浦东新·高三上海南汇中学校考期中）定义在上的函数满足，其中为的导函数，若，则的解集为 .
49．（2023上·福建莆田·高三校考阶段练习）设函数在上存在导数是偶函数.在上.若，则实数的取值范围为 .
九、嵌套函数
50．（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）已知函数，若关于的方程有3个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
51．（2023上·福建厦门·高一厦门一中校考期中）已知函数，若函数恰有两个零点，则a的取值范围是 ．
52．（2023下·安徽滁州·高一校考开学考试）已知函数，若函数有两个零点，则函数的零点个数为（ ）
A．B．C．D．
53．（2023上·四川成都·高一中和中学校考期末）已知函数，，若方程的所有实根之和为4，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
54．（2023·四川成都·校联考二模）已知函数,若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
十、类周期函数问题
55．（2019·浙江·高三专题练习）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．
56．（2023·宁夏中卫·统考二模）设是定义在R上的函数，若是奇函数，是偶函数，函数，则下列说法正确的个数有（ ）
（1）当时，
（2）
（3）若，则实数的最小值为
（4）若有三个零点，则实数
A．1个B．2个C．3个D．4个
57．（2023·陕西西安·统考一模）设函数的定义域为，满足，且当时，.则下列结论正确的个数是（ ）
①；
②若对任意，都有，则的取值范围是；
③若方程恰有3个实数根，则的取值范围是；
④函数在区间上的最大值为，若，使得成立，则.
A．1B．2C．3D．4
58．（2022·四川巴中·统考模拟预测）已知定义在R上的函数满足，当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
59．（2022上·上海宝山·高二上海交大附中校考阶段练习）对于函数，下列5个结论正确的是 .
（1）任取，都有；
（2）函数在上严格递减；
（3）（），对一切恒成立；
（4）函数有3个零点；
（5）若关于的方程有且只有两个不同的实根，，则.
十一、飘带函数性质
60．（2023·四川成都·三模）已知函数有三个零点，其中，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
61．（2023·四川成都·三模）已知函数有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
62．（2022·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）已知函数，（）的三个零点分别为，，，其中，的取值范围为（）
A．B．
C．D．
63．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知函数有三个零点，则实数m的取值范围是 ．
64．（2022·江西·校联考模拟预测）已知函数的三个零点分别为，其中，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
十二、常见新定义函数
65．（2016·四川成都·统考一模）定义在上的函数满足：①，②，③，且当时，，则等于
A．1B．C．D．
66．（2020上·湖北武汉·高一武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考期中）定义在R上的函数满足，且当时，，则等于 .
67．（2023上·山东德州·高一统考期中）德国数学家狄利克雷（Dirichlet，1805-1859），是解析数论的创始人之一.他提出了著名的狄利克雷函数：，以下对的说法错误的是（ ）
A．
B．的值域为
C．存在是无理数，使得
D．，总有
68．（2023上·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考阶段练习）若定义在上的函数满足，则下列说法成立的是（ ）
A．无理数，，
B．对任意有理数m，有
C．，
D．，
69．（2023上·北京·高一北京市第三十五中学校考期中）黎曼函数是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛应用．在的定义为：当（，且p、q为互质的正整数）时，：当或或x为内的无理数时，，下列说法错误的是（ ）
（注：p、q为互质的正整数（），即为已约分的最简真分数）（ ）
A．当时，
B．若，则
C．当时，的图象关于直线对称
D．存在大于1的实数m，使方程（）有实根
70．（2024上·重庆·高一重庆一中校考期末）波恩哈德·黎曼（～）是德国著名的数学家.他在数学分析、微分几何方面作出过重要贡献，开创了黎曼几何，并给后来的广义相对论提供了数学基础.他提出了著名的黎曼函数，该函数的定义域为，其解析式为：，下列关于黎曼函数的说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．关于的不等式的解集为
71．（2022上·江西景德镇·高一统考期中）黎曼函数是由德国数学家黎曼发现提出的特殊函数，它在高等数学中被广泛应用．定义在上的黎曼函数，关于黎曼函数（），下列说法正确的是（ ）
A．的解集为B．的值域为
C．为偶函数D．
72．（2024上·四川成都·高一统考期末）已知为实数，表示不超过的最大整数，例如，.则（ ）
A．B．
C．D．
73．（2024上·广东深圳·高一统考期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，.下列说法正确的是（ ）
A．对于，，有
B．如果，，则
C．，，且1至之间的整数中，有个是的倍数
D．方程共有2个不等的实数根
十三、同构函数比较大小
74．（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）已知正数，，满足，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
75．（2012·浙江·高考真题）设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数
A．若ea+2a=eb+3b，则a＞b
B．若ea+2a=eb+3b，则a＜b
C．若ea-2a=eb-3b，则a＞b
D．若ea-2a=eb-3b，则a＜b
76．（2022·湖北·校联考模拟预测）已知：，，，则、、大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
77．（2023下·吉林长春·高二长春市第二中学校考阶段练习）若实数，，，且满足，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
78．（2023上·山西运城·高二统考期末）已知（其中为自然常数），则的大小关系为（ ）
A．B．.C．D．
79．（2020下·浙江宁波·高二校联考期末）设，，，则下列正确的是（ ）
A．B．C．D．
80．（2015·山西·统考模拟预测）设,,,则,,的大小关系为
A．B．C．D．
81．（2023下·江苏苏州·高二江苏省苏州实验中学校考阶段练习）将，，从小到大排列为 .
82．（2022下·湖北武汉·高二统考期末）已知，则（ ）
A．B．C．D．
十四、同构函数比较大小其二
83．（2022·四川遂宁·统考三模）已知满足，（其中是自然对数的底数），则（ ）
A．B．C．D．
84．（2022·江西·江西师大附中校考三模）设．则a，b，c大小关系是（ ）
A．B．C．D．
85．（2022·福建三明·三明一中校考模拟预测）已知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若，则（ ）
A．B．C．D．
86．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知，，则下列关系式不可能成立的是（ ）
A．B．C．D．
87．（2023下·重庆江津·高二校联考期末）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
88．（2022下·安徽宣城·高二安徽省宣城市第二中学校考期末）设，则（ ）
A．B．C．D．
89．（2022·河南洛阳·统考三模）已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
90．（2022下·江西·高三校联考阶段练习）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
91．（2021·广西·统考二模）若，则（ ）
A．B．C．D．
92．（2021下·重庆·高二校联考期末）设，，．则（ ）
A．B．C．D．
93．（2022·新疆·统考一模）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
94．（2022上·河南·高二校联考期末）已知，且，则下列不等式一定成立的是（ ）．
A．B．C．D．
95．（2022上·河南·高三校联考阶段练习）已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
96．（2022上·广东佛山·高三统考阶段练习）设，则a，b，c大小关系是 ．
97．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）已知，，，则在，，，，，这6个数中，值最小的是 ．
参考答案：
1．（I）函数在和上单调递减，在上单调递增.
（II）.
【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间；（2）对分类讨论，当a≥1时，，满足条件；当时，取，当0＜a＜1时，取，.
试题解析： 解（1）f ’(x)=(1-2x-x2)ex
令f’(x)=0得x=-1- ，x=-1+
当x∈（-∞，-1-）时，f’(x)<0；当x∈（-1-，-1+）时，f’(x)>0；当x∈（-1+，+∞）时，f’(x)<0
所以f(x)在（-∞，-1-），（-1+，+∞）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增
(2) f (x)=(1+x)（1-x）ex
当a≥1时，设函数h(x)=（1-x）ex，h’(x)= -xex＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)单调递减，而h(0)=1，
故h(x)≤1，所以f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1
当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞)单调递增，而g(0)=0，故ex≥x+1
当0＜x＜1，，，取
则
当
综上，a的取值范围[1，+∞）
点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
2．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可得解；
（2）首先求出函数的导函数，令，求出，再分、、、四种情况讨论，结合函数的单调性即可判断.
【详解】（1）当时，，则，
当时，令解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，，所以在上单调递减，
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，所以，
令，则，
当时，，与对任意的，恒成立矛盾，不合题意；
当时，，即在上单调递增，
又因为，，
故存在使得，故当时，此时，
所以在上单调递减，所以，不合题意；
当时，，即在上单调递增，
又因为，
故当时，，此时，所以在上单调递减，
当时，，此时，所以在上单调递增，
所以，满足题意；
当时，，即在上单调递增，
又因为，，
故存在使得，故当时，，此时，
所以在上单调递增，所以，不合题意；
综上可得.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
3．(1)；
(2).
【分析】（1）利用导数求出，的最小值，令其相等，可得答案；
（2）方程恰有一个实根，相当于恰有一个零点.利用导数及零点存在性定理，分三种情况下，
的零点情况即可.
【详解】（1）因，则.
.
则在上单调递减，在上单调递增，
故.
因，则.
.
则在上单调递减，在上单调递增，
故.
令
.则若和的最小值相等，.
（2）由，可得，
即，令，.
则方程恰有一个实根，相当于恰有一个零点.
则.
或（舍去）.
令，则.
得在上单调递减，在上单调递增.
则.
令，则，
得在上单调递减，又，则当时，，
时，.
则当时，，
，此时无零点，不合题意；
当时，，
此时有唯一零点1，则满足条件；
当时，，
，又，.
则，
得，.
又令，，
得在上单调递增，又，.则.
.令.
则，令，.
得在上单调递增，则，
得在上单调递增，则.
又，则.则.
得，.则当时，有2个零点，不合题意.
综上，方程恰有一个实根时，.
【点睛】关键点点睛：本题涉及利用导数求最值及用导数及零点存在性定理研究函数的零点，难度较大.
（1）适当的变形后，可将多余的a消去，后可解出相关方程；
（2）零点问题，常涉及单调性与零点存在性定理，先利用单调性判断零点的大致个数，再利用零点存在性定理确定零点所在范围.
4．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求导，利用导函数的几何意义求出切线方程；
（2）参变分离，构造，求导，得到其最小值，求出a的取值范围；
（3）注意到，多次求导得到，从而分，，与，结合函数单调性，极值和最值情况，求出答案
【详解】（1），
，
所以曲线在点处的切线方程，
即．
（2）因为在区间上恒成立，
所以，
令，则，
令，则，
当时，单调递增，，
所以，所以在上单调递增，
故，
所以．
（3），
令，则，
令，则，
当时，，
则，，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
在上单调递增，且，
所以，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以．
所以适合，
当时，当时，，
在上单调递减，，
在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，
此时，舍去．
当时，当时，，
在上单调递减，，
在上单调递增，，舍去；
当时，当时，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增，
此时，，舍去．
综上，．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：
一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；
三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
5．(1)
(2)
【分析】（1）在，上是减函数可以转化为导函数在，上恒成立,进而求得实数的取值范围；
（2）根据函数单调性及边界值可以求得函数最大值，进而求得实数的值.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
在，上是减函数，
在，内恒成立，
在，内恒成立，
设，则，
，，在，内单调递增，
，
由可得．
（2）函数的定义域为，
且，又知的最大值为6，
故，即，．
下面证明：当时，，
即，也即，
设，，
在内单调递增，在内单调递减，
，
在内恒成立，
符合题意．
6．1
【分析】注意到，由题意可知，故，验证时符合题意.
【详解】，
注意到，则当时，函数取得最小值，同时取得极小值，
所以，所以，
而当时，，，
当时，，单调递减，此时，
当时，，单调递增，此时，
所以，
所以的值为1.
7．存在，2.
【分析】由对一切恒成立，则当可得，可知仅可取1，2，证明当时，将不等式转化为对一切恒成立，设，求导并利用导数研究函数的单调和最值，从而得出，即可得出当时，不等式恒成立，从而可知的最大值为2.
【详解】解：易知对一切恒成立，
当可得，而为正整数，则仅可取1，2，
当时，，即，
下面证明当时不等式对一切恒成立，
设，则，
对于函数，则，当时，，
所以在单调递增，故，则，
所以在单调递减，单调递增，
所以，
当时，不等式恒成立，所以最大值为2.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决不等式恒成立问题，从而求出参数值，解题的关键在于将代入不等式后可知仅可取1，2，进而将不等式恒成立问题转化为不等式证明问题，再通过构造新函数和利用导数研究函数的单调性和最值，从而解决不等式恒成立问题，考查学生转化和化归思想.
8．
【分析】由题意将“恒成立”转化为“恒成立”，即可确定是函数的最小值，也是极小值，根据利用导数判断单调性和求解极值最值的方法分析运算即可得解.
【详解】解：由题意，函数，定义域为，
且，.
∵，
∴若，恒成立，即恒成立，
∴是函数的最小值，也是极小值，则是函数的极小值点，
∴，解得：.
当时，，，，
当时，，函数是减函数；
当时，，函数是增函数；
∴是函数的极小值，也是最小值，则恒成立，
∴当时，若，恒成立，
∴实数的取值集合是.
9．
【分析】根据给定条件，构造函数，利用的特点确定函数的最值点求解即得.
【详解】函数的定义域为，令，
依题意，，恒成立，而，即对恒成立，
因此为的最大值点，也是的极大值点，求导得，
由，得，解得，
当时，，
当时，，当时，，
于是函数在上递增，在上递减，恒成立，
所以.
10．存在，
【分析】当时，设，由，进而条件转化为对恒成立，故为的最大值点，也是的极大值点，故，当时，利用导数考查函数单调性即可证明.
【详解】当时，存在，使得不等式恒成立.
证明如下：
当时，设
，
依题意，，，恒成立，
又，即对恒成立，
故为的最大值点，也是的极大值点，
，
当时，
，
令，得，
令，得，
故在单调递增，在单调递减，
因此恒成立，故,
则的取值集合为
11．
【分析】先探究必要条件，依题意可得原条件恒成立，从而得到为的最小值点，也是的极小值点，即可求得；再证明充分性，将代入中去判断是否单调，进而即可得到答案．
【详解】由，且恒成立，恒成立，
故为的最小值点，也是的极小值点，
又，则，得，
若时，令，得，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增，
所以恒成立．
故的值为．
12．B
【分析】令，由和可确定两曲线均关于中心对称；利用导数可求得单调性和极值，结合的单调性可确定两曲线在上的图象，由此可确定交点个数，结合对称性可求得结果.
【详解】令，
则，
，
，关于中心对称；
，关于中心对称；
，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
极小值为，极大值为；
当时，单调递减，且，
当时，；
作出与在时的图象如下图所示，
由图象可知：与在上有且仅有两个不同的交点，
由对称性可知：与在上有且仅有两个不同的交点，
.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查函数对称性的应用，解题关键是能够根据函数的解析式，确定两函数关于同一对称中心对称，结合两函数图象确定交点个数后，即可根据对称性求得交点横纵坐标之和.
13．A
【分析】由题设可得，将目标式化为即可得结果.
【详解】由，
所以关于对称，
.
故选：A
14．B
【分析】根据函数对称性的定义得到函数关于点对称，函数也关于点对称，从而得到函数与的图象的交点关于点对称，即可求解.
【详解】由可得，
则函数图象上的点关于点的对称点也在的图象上.
又由可知，函数的图象也关于点对称.
因此，函数与的图象的交点关于点对称.
不妨设，与关于点对称，
与关于点对称，…，与关于点对称，
则，
所以,
故选：B.
15．
【分析】先求得，然后构造函数，判断出的奇偶性，由此求得，进而求得的表达式，利用图象变换的知识确定的对称中心.
【详解】
，
即，所以，
令，，
则为上奇函数，
在上的最大值为最小值的和为0，
∴，，
是奇函数，图象的对称中心是，
向左平移个单位得到，对称中心为，
再横坐标缩小为原来的一半得到，对称中心为，
再向下平移个单位得到，对称中心为，
所以的对称中心是.
故答案为：
16．
【分析】本道题转化，构造函数，结合函数的奇偶性，判定关于对称，计算最大值与最小值的和，即可．
【详解】
构造函数,可知
为奇函数,故关于对称,所以最大值M与最小值m也是关于 对称,故，所以最大值与最小值的和为2.
【点睛】本道题考查了奇偶性判定，考查了对称中心的找法，关键证明出关于中心对称，难度较难．
17．C
【分析】将题干中的不等式变形为，由题意可知直线恒位于函数图象的上方，函数的图象的下方，代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过且与曲线相切时，最小，设切点坐标为，求出的值，即可得出的最小值.
【详解】令，其中，则，
当时，，则函数在上单调递增，且，
令，则，
因为函数在上单调递增，
，，
所以，存在，使得，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，如下图所示：
由题意得，
直线恒位于的图象上方，的图象下方，
代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过且与曲线相切时，最小．
设切点为，则，
整理可得，
令，则，
，
而当时，，，
所以，，
所以当时，，则函数在上单调递增，
所以有唯一的零点，
所以，此时直线方程为，故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的最值，解题的关键在于将不等式变形为，通过作出图象，找出直线与函数相切时，最小，然后利用导数法进行求解.
18．C
【分析】讨论的取值范围，利用函数图象，结合导数求出，构造函数，利用导数求出函数的最值，进而得解.
【详解】设，，
若，对任意恒成立，则，对任意恒成立，
当时，在同一坐标系中作出函数的图象，
显然，由图可知，对任意不恒成立；
当时，在同一坐标系中作出函数的图象，
由图可知，临界条件是直线与曲线的图象相切时，
由，求导，
设，解得，且，
∴当的切线斜率为1时，切点坐标为，
故，所以
即
两边同除以，，令
求导
令，得，即
当，，函数单调递增，当，，函数单调递减，
所以当，函数取到最大值，且
故的最大值为
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查不等式恒成立求参数取值范围问题，需要结合图象分类讨论，构造函数将问题转化，考查数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想和运算求解能力，是难题.
19．A
【分析】令，，，可将问题转化为方程组有且只有一组实数根.后通过研究曲线，及曲线过原点与的切线，可得答案.
【详解】令，则
，令，则
，令，则.
令在上单调递增；
在上单调递减；
又，，则有且只有两根，分别为.
则函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的交点，
等价于方程组有且只有一组实数根.
令，则，
当时，，则此时在上递增，又.
即，则有且只有一组实数根.
当时，方程组有且只有一组实数根，
等价于函数图象与直线图象有两个交点，
临界情况为两条直线与图象相切.
当与相切，设对应切点为，因
，则相应切线方程为
；
当与相切，设对应切点为，则相应切线方程为
，则.
综上，.
故选：A
【点睛】关键点睛：本题涉及同构以及用导数，函数思想研究函数图象的交点.同构时，需仔细观察，巧用指对互化，将相同结构放在一起以便简化问题，对于函数零点问题，常可转化为相关图象交点问题来解决.
20．D
【分析】先得出当时，，再根据题意考虑时有两个交点的情况，进而考虑分和两种情况进行讨论，分别分析与时的交点情况即可.
【详解】当时，，令有
当时，，令有，
①当 时，，当时，令则，令则，易得在上单调递增，在上单调递减，故，故无解，即当时，直线与曲线无交点.
当时， ，当 与 有两个公共点时，满足直线与曲线至少有两个交点.
又因为当与相切时，设切点为，则，故，即，此时，即切点为.
此时，合题意；
②当 时，部分必有 与有1个交点，故只需时 有根，即 与 有交点，相切时，合题意，故 的取值范围是
故选：D
21．B
【详解】函数f（x）=x（lnx﹣ax），则f′（x）=lnx﹣ax+x（﹣a）=lnx﹣2ax+1，
令f′（x）=lnx﹣2ax+1=0得lnx=2ax﹣1，
函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点，等价于f′（x）=lnx﹣2ax+1有两个零点，
等价于函数y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点，
在同一个坐标系中作出它们的图象（如图）
当a=时，直线y=2ax﹣1与y=lnx的图象相切，
由图可知，当0＜a＜时，y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点．
则实数a的取值范围是（0，）．
故选B．
22．C
【分析】由已知得到等价命题在上有解，变量分离构造函数，利用导函数求最值.
【详解】因为函数在定义域内单增函数，所以有解等价于有解，
故在上有解，令即，令
则，
当时，，单调递增，
当时，单调递减，
∴，
故实数的取值范围为.
故选: C
【点睛】本题涉及的方法有，等价转换，方程能成立，变量分离，构造新函数，求最值，属于难题.
23．B
【分析】根据题意,将问题转化为函数与反函数间的交点问题,结合交点所在区间即可求得实数的取值范围.
【详解】由题意可知,根据反函数定义可得
,为的反函数
所以存在实数使成立
即等价于存在实数,使得与的图像有交点,且交点横坐标在
根据为单调递增函数时,其反函数与的交点必在上
因为为单调递增函数
即与有交点,且交点横坐标在
所以
则,
令,易证为单调递增函数
所以
故选:B
【点睛】本题考查了函数与反函数的图像及其性质的综合应用,函数单调性的应用,属于中档题.
24．D
【分析】由题意可知存在，使成立，可得，若令，求出的值域即可得到的取值范围.
【详解】解：由曲线上存在点，使得，可得
，所以，
即存在，使成立，
所以，即，，
令，
因为，
所以在上为增函数，
所以，即，
所以，
故选：D
【点睛】此题考查了余弦函数的性质，利用导数研究函数的单调性，由单调性求函数的值域，体现了数的转化思想，属于中档题.
25．D
【分析】根据函数的值域可以确定，然后换元令，进而根据讨论得出，代入可得，解出m，转化为用导数求值域的问题.
【详解】由题意，曲线上存在点，使得，所以．记，若，则，所以，不满足，同理也不满足，所以，所以，所以，所以
记，则，记，因为，所以在上单调递减，因为，所以时，，因为，所以，所以的最大值为
故选：D.
【点睛】①嵌套函数一般采用换元法，对于基本初等函数复合而成的函数我们要用换元法尽快得出函数的性质，比如单调性、值域等等；
②当解析式里有多个变量时，我们应该首先想到要消元；
③涉及到复杂函数的最值或者值域的求法我们往往借助导数进行处理.
26．,
【分析】利用函数的单调性可以证明．令函数，化为．令，利用导数研究其单调性即可得出．
【详解】，
当时，取得最大值，
当时，取得最小值，
即函数的取值范围为,，
若上存在点,使得成立，则,.
又在定义域上单调递增.
假设，则，不满足；
假设，也不满足；
综上可得：，,.
函数有解，等价为，在,上有解，即平方得，则，
设，则，
由得，此时函数单调递增，由得，此时函数单调递减，
即当时，函数取得极小值，即，
当时，，
则.则，
故实数的取值范围为,.
故答案为：,.
27．B
【分析】设，得出的符号变化情况，根据的单调性和对称性即可得出，的值．
【详解】解：当或时，，
当时，，
当或时，，当时，，
设，则在上单调递减，在上单调递增，
且的图象关于直线对称，
，
，即，又，故．
．
故选：B．
28．B
【分析】根据题意，只须与的图象关于轴对称即可，即，根据诱导公式进行转化求解即可.
【详解】根据题意，只须与的图象关于轴对称即可，
即，
所以，，
所以，其中，
，其中.
故选：B.
29．B
【分析】根据不等式的特点，去绝对值号转化为一元二次不等式，然后利用分离参数法即可解决.
【详解】在时恒成立，
当时，恒成立；
当时，恒成立，即为恒成立，
所以恒成立，而，当且仅当，即时取等号，
所以；
当时，恒成立，即为恒成立，
所以恒成立，而在上单调递增，所以
所以；
综上，.
故选：B.
30．D
【分析】首先将函数分成两部分，和，然后考察的零点，利用两部分同号相乘为正数的原则，可知两部分的零点相同，代入并讨论去绝对值，即可求解.
【详解】由题设，f（x）定义域为
令，可得或
∴在上，在上，
若，
∴要使在定义域上恒成立，则在上，在]上，
∴或也是g（x）的零点，则：
，无解；，解得：； ，无解.
∴
故选：D
31．
【详解】试题分析：令，
令．
（1）当时，，不符合题意；
（2）当时，在上恒为负，在上恒为正；在上单调递增，则需,此时，符合题意；
（3）当时，在恒为负；在单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值也即是最大值，，解得．
考点：1、函数与导数的单调性与极值最值问题；2、数形结合与分类讨论的思想；3、划归与转化的思想．
【方法点晴】本题是填空题中的压轴题，主要考查了函数与导数、分类讨论的思想．题目的突破口在于对条件的处理，把它变成两个函数相乘，是一次函数，是一个可以利用导数作为工具很容易研究清楚的函数，这样转化之后两个函数都变成容易求解的形式．利用导数作为工具，画出两个函数图象之后，结果就显而易见了．对于选择填空题中的函数问题，如果能熟练运用函数图象，数形结合，将会提高你的解题能力．
32．
【分析】根据函数的单调性及零点情况可得，构造函数判断单调性及最值.
【详解】函数，都是单调递增函数，都至多有一个零点，
因为恒成立，所以函数，有公共零点，
记为，则，即，
，设.
，，根据在上均单调递增，
则在单调递增，则当，，当，，
在上单调递减，在上单调递增，
，，，
，
故答案为：.
33．
【分析】将不等式转化为在上恒成立，设，通过讨论的符号，结合函数的单调性判断出的范围即可．
【详解】对于，整理得，
要使得在上恒成立，即.
令
①当同时恒成立时，
由，即恒成立，设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
可得处取得极大值，且为最大值，
可得，即；
由，即恒成立得．
；
②当，同时恒成立时，不存在；
③当时，为增函数，为减函数，
若它们有共同零点，则恒成立，
由，，联立方程组解得：．
当时，在上不恒成立，故舍去；
综上，实数的取值范围是.
故答案为：.
34．
【分析】由对数成立可得，再讲该问题转化为对任意的，不等式恒成立，构造函数，由函数在上单调递增，故时，则；时，则，再根据二次函数图象及性质，即可求出a的范围，最后取交集得答案.
【详解】由题可知，且成立，则
因为对任意的，不等式恒成立等价于不等式恒成立
记，则在上单调递增
当时，，即恒成立，则
所以，得
当时，不等式显然成立
当时，，即恒成立，则
因为函数在上单调递减
所以时，，得
因为对任意的，该不等式恒成立，故应取交集则
故答案为：
【点睛】本题考查构造函数研究不等式恒成立并求参数范围问题，还考查了二次函数的图象及性质，属于难题.
35．D
【分析】求导，由得可求出的范围，再考查与零的大小比较，在时，结合题意得出，以及当时，，解出实数的范围可得出答案．
【详解】，则，
由于函数在区间上存在极值点，令，得，
所以，，解得，
由于，且不等式恰有一整数解．
①当时，即当时，，
当时，；当时，．
此时，函数在处取得最小值，则，不合乎题意；
②当时，即当时，当时，；当时，．
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
由题意可得，解得，此时，；
③当时，即当时，当时，；当时，．
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
由题意可得，解得，此时，．
因此，实数的取值范围是，故选D．
【点睛】本题考查函数的极值以及函数的零点问题，难点在于不等式整数解的问题，充分利用导数研究函数单调性，结合单调性考查整数解相邻整数点函数值的符号问题，列不等式求解，考查运算能力与分析问题的能力，属于难题．
36．D
【分析】将不等式转化为，分别研究两个函数的性质，确定的取值范围，构造函数，利用放缩法进一步缩小的取值范围，列出不等式组，求出结果.
【详解】由，
化简得：，
设，，则原不等式即为.
若，则当时，，，
原不等式的解集中有无数个大于2的整数，∴.
∵，，∴.
当，即时，设，
则.
设，则在单调递减，所以，所以在单调递减，∴，
∴当时，，∴在上为减函数，
即，
∴当时，不等式恒成立，
原不等式的解集中没有大于2的整数.
要使原不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，
则，即，
解得.
则实数的取值范围为.
故选：D
【点睛】已知整数零点个数，求参数的取值范围，要从特殊点，特殊值缩小参数的取值范围，再利用导函数及放缩法进行求解，最终得到关于参数的不等关系，进行求解.
37．B
【详解】∵=，令，得，令，得，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
当a＞0时，f2（x）+af（x）＞0⇔f（x）＜或f（x）＞0，此时不等式f2（x）+af（x）＞0有无数个整数解，不符合题意；
当a=0时，f2（x）+af（x）＞0⇔f（x）≠0，此时不等式f2（x）+af（x）＞0有无数个整数解，不符合题意；
当a＜0时，f2（x）+af（x）＞0⇔f（x）＜0或f（x）＞，要使不等式f2（x）+af（x）＞0恰有两个整数解，必须满足
f（3）≤＜f（2），得．
故选：B．
38．B
【解析】根据偶函数满足，得到函数是以6为周期的周期函数，由时，，用导数法结合偶函数，作出数在上的图象，将不等式在上有且只有150个整数解，转化为在一个周期上有3个整数解分别为-2，2，3求解.
【详解】因为偶函数满足，
所以，即，
所以函数是以6为周期的周期函数，
当时，，
所以，
当时，，函数递增；当时，，函数递减；
当当时，函数取得极大值，
作出函数在上的图象，如图所示：
因为不等式在上有且只有150个整数解，
所以不等式在上有且只有3个整数解，
当时，不符合题意，
故不等式在上有且只有3个整数解，
因为，
所以，即，
故不等式在上的3个整数解分别为-2，2，3，
所以，，即，
故选：B
【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
39．B
【详解】由得：，即
设，
则
由可得，即
由可得，即
即当时，函数取得极大值
在同一平面直角坐标系中作出，的大致图象如图所示：
当时，满足的整数解超过两个，不满足条件
当时，要使的整数解只有两个，则需满足
，即，解得
即
即实数的取值范围为
故选
点睛：本题主要考查的知识点是函数，不等式的性质，利用数形结合以及构造法求解，根据不等式的关系转化两个函数的大小关系，构造函数，，利用的整数解只有两个，建立不等式关系进行求解即可，解决本题的关键是利用数形结合建立不等关系．
40．B
【分析】根据题意，构造函数，结合函数的单调性解不等式，即可求解.
【详解】根据题意，构造函数，，则，
所以函数的图象在上单调递减.
又因为，所以，
所以，解得或（舍）.
所以不等式的解集是.
故选：B.
41．D
【分析】利用函数的导数运算性质及函数的单调性即可求得结果.
【详解】由题意得，，
即，
所以，即，
又，所以，故 ，
，可得，
在上，，单调递增；
在上，，单调递减，
所以的极大值为.简图如下：

所以，，.
故选：D.
42．C
【分析】由题意设，结合题意可得，即函数是定义在上的奇函数，又当，时，，则，可得在，上单调递增，在，上单调递增，利用单调性，即可得出答案．
【详解】令，
则，即，
故函数是定义在上的奇函数，
当,时，，则，
故在,上单调递增，在,上单调递增，
所以在上单调递增，
又，则，
则不等式，即，
故，解得．
故选：C．
43．C
【分析】设，求导判断单调性可得答案.
【详解】设，，因为，
所以，所以在上单调递增，
因为，所以，
即，解得.
故选：C.
【点睛】方法点睛：构造函数解决导数问题的常用模型有：
模型1，若的系数为x，且同时出现与的和或差，考虑构造x与的积或者商；模型2，若出现与且系数相同时，考虑构造e与的积或者商.模型3，若出现与系数分别是常数和x时，考虑构造与的积或者商；模型4，若出现与且系数为与时，考虑构造与的积或者商，或者与的积或者商.
44．B
【分析】令，，又导函数得到在上单调递减，结合是定义在R上的奇函数得到与0的大小，从而解不等式.
【详解】令，，
则，
当时，，
故在上单调递减，
则当时，，
因为可导函数是定义在R上的奇函数，故，
当时，
所以，解得，
又，故不等式的解集为.
故选：B
45．D
【分析】构建，求导，利用导数判断原函数单调性，结合单调性解不等式.
【详解】令，则，
因为，则，且，
可知，且仅当时，则在上单调递增，
又因为为偶函数，，
可得
令，可得，
注意到，
不等式，等价于，
可得，解得，
所以不等式的解集为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：构建函数，利用单调性解不等式，利用诱导公式可得，等价于，即可得结果.
46．D
【分析】设，得到，得到为增函数，得到，即可求解.
【详解】设，则，
故在定义域上是增函数，所以，
即，所以.
故选：D.
47．C
【分析】由条件得到，构造，求导得到单调性，得到，从而求出在上单调递减，又，结合函数单调性得到.
【详解】因为，所以，
设，则，
令，则，
设，则，
∴当时，，单调递增；当时，，单调递减，
∴，
∴，在上单调递减，
又，理由如下：
如图，设，射线与单位圆相交于点，过点作⊥轴于点，
过点作⊥轴交射线于点，连接，
设扇形的面积为，
则，即，
解得，
其中，故，
∴．
故选：C
【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.
48．
【分析】根据的结构特征结合，可设，求导后即可判断其正负，从而判断的单调性，进而将转化为，利用函数的单调性即可求得不等式的解集.
【详解】由题意知，故，
设，则，
即在R上单调递增，
由，可得，
故即，即，则，
故，即的解集为，
故答案为：
49．
【分析】由题目条件得到在上单调递增，将不等式变形得到，结合函数单调性得到不等式，求出实数的取值范围.
【详解】由题意得在上恒成立，
故在上单调递增，
又是偶函数，故在上单调递减，
变形得到，
即，所以，
故，
由于在上单调递增，
所以，解得.
故答案为：
50．B
【分析】求导分析函数的单调性及极值，作出函数的图象，把方程有3个不同的实数根转化为方程有3个不同的实数根，数形结合即可求解.
【详解】因为当时，，所以，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，且；
又因为当时，，
所以在时单调递增，在时单调递减，且，
所以作出函数的大致图象如图：

由得，
所以或，则无解，所以只有方程有3个不同的实数根，
数形结合可知.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：复合方程解的个数问题的解题策略为：首先要能观察出复合的形式，分清内外层；其次要能根据复合的特点进行分析，将方程问题转化为函数的交点问题，最后通过数形结合的方式解决问题.
51．
【分析】作出函数的图象，令，根据函数图象讨论方程的根的个数，由题意可得，作出函数的图象，再结合图象，分类讨论，进而可得出答案.
【详解】如图，作出函数的图象，
由，
令，
由图知，当时，方程有个不同的解，
当时，方程有个解，
令，则，即，
即，
如图所示，作出函数的图象，
函数恒过定点，
当函数的图象只有一个交点时，
即，即只有一个解，
则，解得（舍去）
当时，由图知函数的图象只有一个交点，
即方程有且仅有一个根，且这个根在上，
所以方程有个不同的解，
即函数有两个零点，
所以符合题意；
当时，由图知函数的图象有个交点，
即方程有个根，且一个在上，一个为，
所以方程有个不同的解，
即函数有两个零点，
所以不符合题意；
当时，由图知函数的图象有个交点，
即方程有个根，且一个在上，另外两个在上，
所以方程有个不同的解，
即函数有两个零点，
所以不符合题意；
当时，方程没有正数根，
此时令，则，
当时，方程无解，
所以方程无解，
即函数没有零点，
所以不符合题意；
当时，，
（1）当时，，
即方程的解为，
所以方程有个不同的解，
即函数有两个零点，
所以符合题意；
（2）当时，，
则由，得，则，
所以方程有个不同的解，
即函数有两个零点，
所以符合题意；
（3）当时，，
则由，得，则，
所以方程只有个解，
即函数有个零点，
故符合题意；
（4）当时，，
则由，得，
则，
所以方程有个不同的解，
即函数有个零点，
故不符题意，
综上所述，a的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法：
（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果；
（2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果.
52．B
【分析】作出函数的图象，根据题意利用图象分析可得，令并将问题转化为与交点横坐标t对应x值的个数，结合数形结合法求零点个数即可.
【详解】当时，则在上单调递增，在上单调递减，
则；
当时，则在上单调递增.
作出函数的图象如图所示，
令，则，
若函数有两个零点，则函数的图象与直线有两个交点，
所以，解得，
故，
令，即，
令，则或，
解得或，
即或，则或，
由图象可得有个实数根，有个实数根，
故的零点个数为，
故选：B．
53．C
【分析】令，则.根据选项分，和进行讨论即可求解.
【详解】令，则.
当时，方程即，则有，由函数图象可得方程有一个根为，另一个根为，
即或，结合函数的图象可得所有根的和为5，不合题意，故排除选项；
当时，方程即，则有，
由函数图象可得方程有一个根，
即，结合函数的图象可得所有根的和为4，满足题意，故选项错误，
同理，当时，方程的所有根的和为2.
故选：.
54．A
【分析】令，方程可化为或有四个不同实数根，借助导数研究的单调性与最值，数形结合即可判断的取值范围．
【详解】设，则，
又，
所以，则或．
①当时，，求导得．
当时，，即函数在上单调递增；
当时，，即函数在上单调递减．
因为，所以．
又，当且时，；
当时，．
②当时，，，
根据以上信息，作出函数的大致图象如图所示．

观察图像可得：函数的图象与函数的图象仅有1个交点，
所以函数的图象与函数的图象有3个交点，
则，所以实数的取值范围为．
故选：A
55．B
【分析】本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决．
【详解】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．

【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力．
56．B
【分析】由 是奇函数，是偶函数，得，再依据 作出函数的图像，再逐项判断即可
【详解】因为 是奇函数，是偶函数，
所以 ，解得，
由
当时，，则，所以，
同理：当时，，
以此类推，我们可以得到如下的图象：
对于（1）∶根据上述规律，当时，，故（1）错误；
对于（2）：根据图象， 刚好是相邻两个自然数中间的数，
则 刚好是每一段图象中的极大值，代入函数解析式得 ，故（2）正确；
对于（3）∶根据图象，当时， 由图像可得（3）正确；
对于（4）∶有三个零点，
等价于函数与函数有三个不同的交点，设， 则函数的图象为恒过点A的直线，如图所示.
当函数与，相切的时候，有三个交点，
相切时斜率k小于直线AB的斜率，直线AB的斜率为
故有三个零点， ，故（4）错误．
说法正确的个数为2.
故选：B．
【点睛】思路点睛：根据函数奇偶性的定义，解出，再依据的函数特征，作出函数的图像，由图像研究相关性质.
57．B
【分析】由题意推出函数的解析式，作出函数图象，利用解析式可判断①；解方程，结合函数图象可判断②；举反例取特殊值，可判断③；根据函数解析式求得最值，可得表达式，分离参数，将，使得成立转化为数列的单调性问题，可判断④.
【详解】函数的定义域为，满足，即，
且当时，,
当时，，故,
当时，，故，
依次类推，
当时，
，
由此可作出函数的图象如图：
对于①， ，此时，故
，①正确；
对于②，当时，；结合①可知当时，；
故当时，令，
即，解得 ，
又，故对任意，都有，则的取值范围是，正确；
对于③，取，则直线，过点，
结合图象可知恰有3个交点，
即恰有3个实数根，即说明符合题意，则③错误；
对于④，当时， ，
其最大值为，
若，使得成立，即，即需；
记，则，
故，当时，，递增；
当时，，递减，又，
则，故的最大值为，
则，即，故④错误，
综合可知，结论正确的个数是2个，
故选：B
【点睛】难点点睛：本题综合考查了函数的性质以及数列的单调性等，综合性较强，解答的难点在于要明确函数的性质，明确函数的解析式，从而作出函数图象，数形结合，解决问题.
58．B
【分析】由题意可得当时，，
且，令，解得或，结合图像即可得到结果.
【详解】由得，
因为当时，，所以；
当时，，；
当时，，；
且，如图令，得或；
若对任意，都有，结合图像则的取值范围是.
故选：B.
59．(1)(3)(5)
【分析】作出函数的图象，结合函数图象以及函数的性质即可根据选项逐一求解.
【详解】的图象如图所示，
，所以对，都有，故（1）正确；
由的图象可知：在上严格递增；故（2）错误；
由于当时，，因此当时，，所以
（），故（3）正确；
在同一直角坐标系中画出与的图象，当时，，，由于,所以，结合两者的图象可知只有一个交点，故（4）错误；
根据图象可知：当时，有且只有两个不同的实根，，此时，关于对称，故，因此（5）正确；
故答案为：（1）（3）（5）
60．B
【分析】根据解析式得，由，得，设，则，从而可得，求解导函数，分类讨论与两种情况下函数的单调性，从而可得答案.
【详解】定义域为，显然，
若是零点，则，
，
所以也是零点，函数有三个零点，
不妨设，则，
所以，，
当时，结合定义域和判别式易知恒成立，
即函数在上单调递增，不符合题意；
当时，设的两根分别为，
易知，所以函数在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
，当，，
所以由零点存在定理易知有三个零点，满足题意.
综上，的取值范围是
故选：B
【点睛】求解本题的关键是根据函数解析式得若是零点，也是零点，从而得，所以求的取值范围即求的取值范围，然后求解导函数，利用导数分类讨论函数的单调性即可.
61．D
【分析】求出导函数，分类讨论确定函数的单调性，函数有三个零点，应有两个不等实根，定义域分成三个单调区间，再结合零点存在定理确定零点的存在，从而得出结论．
【详解】易知的定义域是，
由已知，
若，即，则恒成立，单调递增，不合题意，
若，则在上恒成立，单调递增，不合题意，
若，则在两个实根，且，因此，，
不妨设，即，
当或时，，时，，
因此在和上都是单调递增，在上单调递减，
在上，有一个零点，因此，，
取，由于，因此，
设，则，
设，则，
设，则，所以即是增函数，
时，，
所以即在上是增函数，从而时，，
所以时，是增函数，，
综上，，因此，在上有唯一零点，也即在上有唯一零点，
同理取，由于，因此有，
从而在即在上有唯一零点，
所以有三个零点，所以的取值范围是，
故选：D．
【点睛】思路点睛：研究含参函数的零点问题，可利用导数研究函数的单调性，极值，借助数形结合思想解决问题，结合零点存在定理得出含参的不等式，从而得出参数范围．
62．D
【分析】构造，结合零点个数及单调性求出，求出且，利用基本不等式得到，从而得到答案.
【详解】∵，令，即，（）
令，（），则，
则，（），
令，（），
要想除1外再有两个零点，则在上不单调，
则，
解得：或，
当时，在恒成立，
则在单调递增，不可能有两个零点，
当时，设，即的两根为，且，
则有，故，
令，解得：或，令，解得：，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
又因为，
若，则，
因为，所以，
所以
，
因为，故.
检验：当时，（），，
此时在上单调递增，
又，即，此时为临界情况，；
综上：的取值范围为.
故选：D.
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
63．
【分析】求导得到导函数，构造，确定，排除的情况，确定函数的单调性，确定，，，根据零点存在定理得到答案.
【详解】，，，
设，，
当时，恒成立，即恒成立，单调递增，不满足；
故，即或，
当时，在上恒成立，
单调递增，不满足，故，
现证明时满足条件：
设方程的两个解为，，不妨取，，，
当和时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
，故，，
当趋近时，趋近，当趋近时，趋近，
故在和上分别有一个零点，满足条件.
综上所述：实数m的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，根据的大小分类讨论的取值范围是解题的关键，分类讨论是常用的数学方法，需要灵活掌握.
64．C
【分析】对函数进行整理，构造，结合零点个数及单调性求出，求出且，利用基本不等式得到，从而得到答案.
【详解】，显然，令，（），即，（）令，（），则
，（），
令，（），
要想除1外再有两个零点，则在上不单调，则，解得：或，
当时，在恒成立，则在单调递增，不可能有两个零点，舍去
当时，设即的两根为，且，则有，故，
令，解得：或，令，解得：，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
又因为，若，则，因为，所以，
所以
，
因为，所以，故.
检验：当时，（），，此时在上单调递增，又，即，此时为临界情况，
综上：的取值范围为.
故选：C
【点睛】通过函数零点个数求解参数取值范围问题，要对函数进行变形，一般变形的处理思路是将对数函数独立出来，这样求导方便，有助于思路的清晰，计算的简单.
65．B
【详解】试题分析：因为，所以；因为，所以当时，，从而，选B.
考点：利用函数性质求值
66．
【解析】令求得，令，依次递推得到，再令，依次递推得到，再利用题设可知，当时，是一个常函数，即可得到答案.
【详解】
令，可得，即，
令，可得，，
，
再令，可得，即，
，，

由题设当时，，
又，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查抽象函数及其应用，解题的关键是两次赋值后都反复应用递推关系式，得到当时，是一个常函数，考查学生的数据分析能力与运算求解能力，属于中档题.
67．C
【分析】根据题设中的狄里克雷函数的解析式，分为有理数和无理数，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，当为有理数，可得，则，
当为无理数，可得，则，所以，所以A正确；
对于B中，由解析式得的值域为，所以B正确；
对于C中，当为无理数，则也为无理数，满足，所以C错误；
对于D中，当为有理数，则和也为有理数，满足，所以D正确.
故选：C
68．BCD
【分析】根据函数的解析式逐项判断可得答案.
【详解】对于A，若x为有理数，则为无理数，所以，，A错误；
对于B，对任意有理数m，则，x同为有理数或无理数，所以成立，B正确；
对于C，若x为有理数，则，若x为无理数，
则，C正确；
对于D，比如，，则，D正确．
故选：BCD.
69．D
【分析】A选项，或或x为内的无理数时，，当为内的有理数时，也满足；B选项，分别考虑分别为0，1，内的有理数或无理数时，讨论得到；C选项，考虑，1或内的无理数，，为内的有理数，也满足，故C正确；D选项，求出的值域，从而得到方程无根.
【详解】A选项，当或或x为内的无理数时，，
故，此时；
当（且p、q为互质的正整数）时，（且p为正整数），
则，此时，
当时，，A正确；
B选项，若或，此时，，
又，故满足；
若或，不妨设，此时，，
又，故满足；
若为内的无理数时，为内的无理数或（且p、q为互质的正整数），
此时，又，故；
若中一个为内的无理数，另一个为（且p、q为互质的正整数），
此时为内的无理数，故，又，
故；
若均为（且p、q为互质的正整数），设，
，故，B正确；
C选项，，1或内的无理数，则，，，
若为内的有理数，设（且p、q为互质的正整数），
则，
综上，当时，的图象关于直线对称，C正确；
D选项，的值域为，其中为大于等于2的正整数，
若，因为，所以，
此时方程（）无实根，D错误.
故选：D
70．AB
【分析】根据黎曼函数的定义域分类对函数进行分析，再对每一个选项逐一分析判断，即可求出结果.
【详解】对于选项A，当时，，当时，，而，
当时，，若是无理数，则是无理数，有，
若是有理数，则是有理数，当（为正整数，为最简真分数），
则（为正整数，为最简真分数），此时，
综上，时，所以选项A正确，
对于选项B，当和无理数时，，显然有，
当是正整数，是最简真分数时，
，，故，
当时，，有
当时，，，有
当为无理数，时，，有
综上，所以选项B正确；
对于选项C，取，则，而，所以选项C错误，
对于选项D，若或或内的无理数，此时，显然不成立，
当（为正整数，互质），由，得到，
整理得到，又为正整数，互质，所以或均满足，所以可以取或，所以选项D错误，
故选：AB.
71．ACD
【分析】由黎曼函数的定义一一分析即可.
【详解】依题意当为无理数（）时无解，
当为有理数（）时，即，为大于的正整数，、为既约的正整数，
则方程，解得，为大于的正整数，
当时，解得，当时无解，
所以方程的解集为，故A正确；
因为，但是不存在正整数，使得，故B错误；
若为上的无理数，则也为无理数，此时，
若，则，此时，
若为上的有理数，则也为有理数，此时，
综上可得，有，所以关于对称，
即，则为偶函数，故C正确；
由，若为无理数时，此时，
若或时，此时，
若为有理数（且），即，为大于的正整数，、为既约的正整数，
则，所以，故D正确；
故选：ACD
72．BCD
【分析】举反例判断A；结合的含义以及利用数形结合，可判断B；讨论x是否为整数，分类说明，判断C；利用作差法，结合的基本性质，可判断D.
【详解】对于A，不妨取，则，
则此时，A错误；
对于B，由定义表示不超过的最大整数，可知成立，
如图，作出的图象，可知成立，
故，B正确；
对于C，若x为整数，则，成立；
若x为有小数部分的数，不妨设，
由于，
故成立等价于成立，
等价于成立，
当时，上式左边=0，右边=0，成立，
当，上式左边=1，右边=1，成立，故成立，C正确；
对于D，，当时等号成立，
故，而后面等号在x为整数时取到，故等号不同时成立，则，D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题考查取整函数的知识点，解答的关键是要理解取整函数的含义，明确其基本的性质，由此结合各选项，即可判断答案.
73．ABC
【分析】设，其中分别是x，y的整数部分，分别是x，y的小数部分，结合高斯函数的定义即可判断AB；根据即可判断C；由得，进而，分类讨论的取值范围，求出对应的解，即可判断D.
【详解】A：设，其中分别是x，y的整数部分，分别是x，y的小数部分，
则，
所以，故A正确；
B：，所以，故B正确；
C：因为，所以，故C正确；
D：由，得，则.
当时，，此时；
当时，，代入原方程，得，
即或（舍去），解得；
当时，，代入原方程，得，即，不符合题意；
当时，，代入原方程，得，
即或（舍去），解得，
综上，原方程共有3个不同的实根，故D错误.
故选：ABC
【点睛】对于函数的新定义试题的求解：根据函数的定义，可通过举例说明不正确；也可以充分理解函数的定义的内涵，紧紧结合定义进行推理、论证求解.
74．A
【分析】将看成常数，然后根据题意表示出，再结合导数证明恒不等式，从而作差比较出大小即可得解.
【详解】由，得，则，得，
则由得，故，
令，则，
所以函数在上单调递增，则，
所以，即，
又，所以，
综上，.
故选：A．
75．A
【详解】若，必有．
构造函数：，则，
则恒成立，
故有函数在x＞0上单调递增，
所以a＞b成立．故选A．
76．B
【分析】令，利用导数判断函数的单调性，从而可得的大小关系，再比较的大小，即可的出的大小关系，易得，再比较的大小，可得的大小，即可得出答案.
【详解】解：令，则，
当时，，
所以函数在上递增，
所以，
即，
又，
所以，
所以，
又，所以，
，
所以，
所以.
故选：B.
77．C
【分析】依题意可得，，，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断，再结合，，的范围，即可判断.
【详解】由，，，得，，，
令，则，当时，当时，
所以在上是增函数，在上是减函数，于是，
即，又，，，所以.
故选：C.
78．C
【分析】先把化为相同的形式，,，再构造函数，求导并判断函数单调性，再利用函数单调性判断的大小关系.
【详解】根据的形式转化可得，
，，
从而构造函数，则，
，当，当，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，
，即，
又，
，所以，即，
，
.
故选：C
【点睛】关键点点睛：通过将转化为相同形式，从而构造新函数，求解导函数判断函数单调性，再利用函数单调性判断大小关系求解.
79．B
【分析】易知都大于0，可证明，从而可知；证明时，，再结合，可得，两端取对数可得出，即.
【详解】易知都大于0，
先来比较，
，
即，所以.
再来比较，
因为，，
所以.
构造函数，，求导得，
显然导函数在上单调递增，则，
所以在上单调递增，则，
即当时，恒成立，
故当时，恒成立.
，代入得，
取对数得，即，即.
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查几个数的大小比较，利用构造函数的方法是解决本题的关键，考查学生的推理能力与计算能力，属于难题.
80．C
【详解】试题分析：由,可得,,故选C.
考点：指数函数性质
81．
【分析】分别构建，，利用导数判断单调性，分析判断即可.
【详解】构建，则当内恒成立，
则在上单调递减，
可得，即，可得，即；
构建，则当内恒成立，
则在上单调递增，可得，
即，可得，
整理得，即；
综上所述：.
故答案为：.
82．A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．
83．A
【分析】对两边取对数，得,再与相加整理得，构造函数，根据单调性，即可求解.
【详解】解：,两边取对数得：，又，两式相加得：
，即，
令，故上式变为，易知在上单调递增，
故，故，
故选：A
84．A
【分析】根据自然常数的定义和指数幂的运算性质可知、，构造函数，利用导数研究函数的单调性可得，进而可得，即可得出结果.
【详解】由，故；
，故；
假设，有，
令，则，所以在上单调递增，
而，则，所以成立，；
故．
故选：A．
85．B
【分析】由题意化简得到，设，得到，结合题意和函数的单调性，即可求解.
【详解】由，可得，即，
设，可得，
因为，可得，
又因为，所以，即，所以，
当时，，可得函数在为单调递增函数，
所以，即.
故选：B.
86．D
【分析】构造函数，利用导数判断其单调性可判断AB；
构造函数，，利用导数判断单调性可判断CD.
【详解】对于，两边取对数得，
即，
构造函数，，
当时，，是单调递增函数，
当时，，是单调递减函数，
若，则，即，故A正确；
若，则，，故B正确；
构造函数，，
，当时，，单调递增，所以，
，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，
所以时，即，
所以成立，不可能成立，故C正确D错误.
故选：D.
【点睛】思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调性，从而判断不等式成立与否.
87．D
【分析】由，，，从而构造函数，利用导数判断函数的单调性，判断函数值的大小，即可判断选项.
【详解】，，，
设 ，且，，得，
当和时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
因为，且，
所以，即.
故选：D
【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
88．C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
89．D
【分析】构造函数，，求其单调性，从而判断，，的大小关系.
【详解】构造，，
，
在时为减函数，且，
所以在恒成立，
故在上单调递减，
所以，
即，所以，即.
故选：D
【点睛】对于指数式，对数式比较大小问题，通常方法是结合函数单调性及中间值比较大小，稍复杂的可能需要构造函数进行比较大小，要结合题目特征，构造合适的函数，通过导函数研究其单调性，比较出大小.
90．B
【分析】根据a、b、c算式特征构建函数，通过求导确定函数单调性即可比较a、b、c的大小关系.
【详解】令，则，
因此在上单调递减，
又因为，，，
因为，所以．
故选：B．
91．C
【分析】先将不等式进行化简得到，构造函数，不等式就可以转化为，结合函数的单调性就可以得到，从而得出.
【详解】
构造函数，
求导得，
因为，，又
所以，
故函数在上单调递增的，
由于，即
所以
故即.
故选：C
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
92．B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】[方法一]：
，
所以；
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0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综上，，
故选：B.
[方法二]：
令
，即函数在（1，+∞)上单调递减
令
，即函数在（1，3)上单调递增
综上，，
故选：B.
【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
93．A
【分析】利用幂函数和指数函数的性质判断的范围，利用基本不等式判断的范围，构造新函数并利用导数讨论函数的单调性求出的范围，进而得出结果.
【详解】由，得，即，所以，
所以，则，即；
由，即；
设，则，
所以在上单调递增，且，
所以当时，即，
当时，即，
又，则，
所以，即，
综上，.
故选：A
94．D
【分析】利用对数运算把式子化为，构造函数，利用导数判断单调性，利用单调性求解不等式.
【详解】由，得，
即，
令，则．
，所以在上单调递增，
又，，所以．
故选:D．
95．C
【分析】与可看作与，从而可构造函数比大小，
与可看作与，从而可构造函数比大小.
【详解】构造函数，则，令，则．令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，故，因此在上单调递增，所以．令x＝0.4，则，所以，即a＜b．
构造函数，则，因此在上单调递减，所以，令x＝0.4，则，所以，所以c＜a．故b＞a＞c．
故选：C．
【点睛】本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时首先把要比较的值变形为含有一个共同的数值，将这个数值换成变量就有了函数的形式，如在本题中，，将化为的目的就是出现， 以便与中的一致，从而只需比较与这两个函数大小 关系即可.
在构造函数后比较大小还可以借助于函数不等式、切线不等式放缩等手段比大小.
96．/．
【分析】通过构造函数，利用导数来研究函数的单调性，再利用单调性比较大小.
【详解】令，，则，
令，得，即在上单调递增，
，
∴，即，
即，
令，则，
令得，即在单调递减，
因为，所以，即，
所以，即.
所以.
故答案为：.
97．
【分析】首先利用对数的性质得到且，构造并利用导数研究其在上的单调性可得，进而有，结合6个数的正负只需判断、大小，作商法判断与1的大小关系，即可得答案.
【详解】由，
且，
所以，故，
构造，令，则，则，
所以在上递减，故，故，即；
综上，，
6个数中，正数有、，负数有、，
所以只需比较、大小，又，而，
所以，
由，故，即，.
综上，值最小的是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：由对数的性质得到且，利用对数均值不等式确定的范围，结合不等式性质找到最小数.