近五年高考數學真題分類匯編三、函數與導數參考答案1．D【分析】根據基本初等函數的性質逐項判斷后可得正確的選項.【解析】對于A，為上的減函數，不合題意，舍.對于B，為上的減函數，不合題意，舍.對于C，在為減函數，不合題意，舍.對于D，為上的增函數，符合題意，故選：D.2．D【分析】解法一：根據導數幾何意義求得切線方程，再構造函數，利用導數研究函數圖象，結合圖形確定結果；解法二：畫出曲線的圖象，根據直觀即可判定點在曲線下方和軸上方時才可以作出兩條切線.【解析】在曲線上任取一點，對函數求導得，所以，曲線在點處的切線方程為，即，由題意可知，點在直線上，可得，令，則.當時，，此時函數單調遞增，當時，，此時函數單調遞減，所以，，由題意可知，直線與曲線的圖象有兩個交點，則，當時，，當時，，作出函數的圖象如下圖所示：由圖可知，當時，直線與曲線的圖象有兩個交點.故選：D.解法二：畫出函數曲線的圖象如圖所示，根據直觀即可判定點在曲線下方和軸上方時才可以作出兩條切線.由此可知.故選：D.3．D【分析】由函數的奇偶性可排除A、B，結合導數判斷函數的單調性可判斷C，即可得解.【解析】對于A，，該函數為非奇非偶函數，與函數圖象不符，排除A；對于B，，該函數為非奇非偶函數，與函數圖象不符，排除B；對于C，，則，當時，，與圖象不符，排除C.故選：D.4．C【分析】由題意利用函數的奇偶性和函數的遞推關系即可求得的值.【解析】由題意可得：，而，故.故選：C.5．C【分析】根據關系，當時，求出，再用指數表示，即可求解.【解析】由，當時，，則.故選：C.6．D【分析】通過是奇函數和是偶函數條件，可以確定出函數解析式，進而利用定義或周期性結論，即可得到答案．【解析】因為是奇函數，所以①；因為是偶函數，所以②．令，由①得：，由②得：，因為，所以，令，由①得：，所以．思路一：從定義入手．所以．思路二：從周期性入手由兩個對稱性可知，函數的周期．所以．故選：D．7．B【解析】,所以;下面比較與的大小關系.記,則,，由于所以當0<x<2時，,即,,所以在上單調遞增，所以,即,即;令,則,,由于，在x>0時,,所以,即函數在[0,+∞)上單調遞減，所以,即,即b<c;綜上，,故選：B.8．D【分析】結合對進行分類討論，畫出圖象，由此確定正確選項.【解析】若，則為單調函數，無極值點，不符合題意，故.依題意，為函數的極大值點，當時，由，，畫出的圖象如下圖所示：由圖可知，，故.當時，由時，，畫出的圖象如下圖所示：由圖可知，，故.綜上所述，成立.9．C【分析】根據二次函數的性質可判斷選項不符合題意，再根據基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合題意，符合題意．【解析】對于A，，當且僅當時取等號，所以其最小值為，A不符合題意；對于B，因為，，當且僅當時取等號，等號取不到，所以其最小值不為，B不符合題意；對于C，因為函數定義域為，而，，當且僅當，即時取等號，所以其最小值為，C符合題意；對于D，，函數定義域為，而且，如當，，D不符合題意．故選：C．10．B【分析】分別求出選項的函數解析式，再利用奇函數的定義即可.【解析】由題意可得，對于A，不是奇函數；對于B，是奇函數；對于C，，定義域不關于原點對稱，不是奇函數；對于D，，定義域不關于原點對稱，不是奇函數.故選：B11．D【分析】首先求出的定義域，然后求出的單調遞增區間即可.【解析】由得或，所以的定義域為因為在上單調遞增，所以在上單調遞增，所以故選：D12．D【解析】因為，，，所以.故選：D.13．D【解析】注意到，所以要使恰有4個零點，只需方程恰有3個實根即可，令，即與的圖象有個不同交點.因為，當時，此時，如圖1，與有個不同交點，不滿足題意；當時，如圖2，此時與恒有個不同交點，滿足題意；當時，如圖3，當與相切時，聯立方程得，令得，解得（負值舍去），所以.綜上，的取值范圍為.故選：D.14．A【分析】由題意首先確定函數的奇偶性，然后考查函數在特殊點的函數值排除錯誤選項即可確定函數的圖象.【解析】由函數的解析式可得：，則函數為奇函數，其圖象關于坐標原點對稱，選項CD錯誤；當時，，選項B錯誤.故選：A.15．B【分析】根據題意可得，設在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間為天，根據，解得即可得結果.【解析】因為，，，所以，所以，設在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間為天，則，所以，所以，所以天.故選：B.16．D【分析】首先根據函數奇偶性與單調性，得到函數在相應區間上的符號，再根據兩個數的乘積大于等于零，分類轉化為對應自變量不等式，最后求并集得結果.【解析】因為定義在上的奇函數在上單調遞減，且，所以在上也是單調遞減，且，，所以當時，，當時，，所以由可得：或或解得或，所以滿足的的取值范圍是，故選：D.17．B【分析】算出第二天訂單數，除以志愿者每天能完成的訂單配貨數即可.【解析】由題意，第二天新增訂單數為，，故至少需要志愿者名.故選：B18．A【分析】由題意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小關系，由，得，結合可得出，由，得，結合，可得出，綜合可得出、、的大小關系.【解析】由題意可知、、，，；由，得，由，得，，可得；由，得，由，得，，可得.綜上所述，.故選：A.19．C【解析】，所以，則，所以，，解得.故選：C.20．A【分析】將不等式變為，根據的單調性知，以此去判斷各個選項中真數與的大小關系，進而得到結果.【解析】由得：，令，為上的增函數，為上的減函數，為上的增函數，，，，，則A正確，B錯誤；與的大小不確定，故CD無法確定.故選：A.21．D【分析】根據奇偶性的定義可判斷出為奇函數，排除AC；當時，利用函數單調性的性質可判斷出單調遞增，排除B；當時，利用復合函數單調性可判斷出單調遞減，從而得到結果.【解析】由得定義域為，關于坐標原點對稱，又，為定義域上的奇函數，可排除AC；當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，排除B；當時，，在上單調遞減，在定義域內單調遞增，根據復合函數單調性可知：在上單調遞減，D正確.故選：D.22．A【分析】由題意得到關于的等式，結合對數的運算法則可得亮度的比值.【解析】兩顆星的星等與亮度滿足,令,.故選A.23．C【分析】由已知函數為偶函數，把，轉化為同一個單調區間上，再比較大小．【解析】是R的偶函數，．，又在(0，+∞)單調遞減，∴，，故選C．24．D【解析】，將代入得，故選D．25．D【解析】當時，函數過定點且單調遞減，則函數過定點且單調遞增，函數過定點且單調遞減，D選項符合；當時，函數過定點且單調遞增，則函數過定點且單調遞減，函數過定點且單調遞增，各選項均不符合.綜上，選D.26．C【分析】當時，最多一個零點；當時，，利用導數研究函數的單調性，根據單調性畫函數草圖，根據草圖可得．【解析】當時，，得；最多一個零點；當時，，，當，即時，，在，上遞增，最多一個零點．不合題意；當，即時，令得，，函數遞增，令得，，函數遞減；函數最多有2個零點；根據題意函數恰有3個零點函數在上有一個零點，在，上有2個零點，如圖：且，解得，，．故選．27．C【解析】∵，即，（1）當時，，當時，，故當時，在上恒成立；若在上恒成立，即在上恒成立，令，則，當函數單增，當函數單減，故，所以．當時，在上恒成立；綜上可知，的取值范圍是，故選C．28．B【解析】設，則，所以是奇函數，圖象關于原點成中心對稱，排除選項C．又排除選項D；，排除選項A，故選B．29．D【解析】如圖，當直線位于點及其上方且位于點及其下方，或者直線與曲線相切在第一象限時符合要求．即，即，或者，得，，即，得，所以的取值范圍是．故選D．30．B【解析】時，，，，即右移1個單位，圖像變為原來的2倍．如圖所示：當時，，令，整理得：，（舍），時，成立，即，，故選B．31．C【解析】取，滿足，，知A錯，排除A；因為，知B錯，排除B；取，滿足，，知D錯，排除D，因為冪函數是增函數，，所以，故選C．32．B【解析】為奇函數，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此選B.33．B【解析】令則，令得，所以當時，，當時，，因此，若公比，則，不合題意；若公比，則但，即，不合題意；因此，，選B.34．D【解析】：將函數的圖像畫出來，觀察圖像可知會有，解得，所以滿足的x的取值范圍是，故選D.35．C【解析】因為是定義域為的奇函數，且，所以,因此，因為，所以，，從而，選C.36．C【解析】畫出函數的圖像，在y軸右側的去掉，再畫出直線，之后上下移動，可以發現當直線過點A時，直線與函數圖像有兩個交點，并且向下可以無限移動，都可以保證直線與函數的圖像有兩個交點，即方程有兩個解，也就是函數有兩個零點，此時滿足，即，故選C.37．B【解析】,即又即故選B.38．D【解析】是奇函數，故；又是增函數，，即則有，解得，故選D.39．C【解析】由題意：，且，據此：，結合函數的單調性有：，即.本題選擇C選項.40．B【解析】因為最值在中取，所以最值之差一定與無關，選B．41．D【解析】令，則，，∴，則，，則，故選D.42．C【解析】因為是奇函數，從而是上的偶函數，且在上是增函數，，，又，則，所以即，，所以，故選C．43．A【解析】由題可得，因為，所以，，故，令，解得或，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以的極小值為，故選A．44．A【解析】滿足題意時的圖象恒不在函數下方，當時，函數圖象如圖所示，排除C,D選項；當時，函數圖象如圖所示，排除B選項，本題選擇A選項.45．AC【解析】對于A選項，若，則，所以，所以A選項正確.對于B選項，若，則，，所以，當時，，當時，，兩者相等，所以B選項錯誤.對于C選項，若，則，則隨著的增大而增大，所以C選項正確.對于D選項，若，隨機變量的所有可能的取值為，且（）..由于，所以，所以，所以，所以，所以D選項錯誤.故選：AC46．【解析】（1）函數的定義域為，又，當時，，當時，，故的遞增區間為，遞減區間為.（2）因為，故，即，故，設，由（1）可知不妨設.因為時，，時，，故.先證：，若，必成立.若，要證：，即證，而，故即證，即證：，其中.設，則，因為，故，故，所以，故在為增函數，所以，故，即成立，所以成立，綜上，成立.設，則，結合，可得：，即：，故，要證：，即證，即證，即證：，即證：，令，則，先證明一個不等式：.設，則，當時，；當時，，故在上為增函數，在上為減函數，故，故成立由上述不等式可得當時，，故恒成立，故在上為減函數，故，故成立，即成立.綜上所述，.47．【解析】（1）函數的定義域為，又，因為，故，當時，；當時，；所以的減區間為，增區間為.（2）因為且的圖與軸沒有公共點，所以的圖象在軸的上方，由（1）中函數的單調性可得，故即.48【解析】(1)，①若，則，所以在上單調遞增；②若，當時，單調遞減，當時，單調遞增.綜上可得，時，在上單調遞增；時，函數的單調減區間為，單調增區間為.(2)有2個不同零點有2個不同解有2個不同的解，令，則，記，記，又，所以時，時，，則在單調遞減，單調遞增，，.即實數的取值范圍是.(3)有2個不同零點，則，故函數的零點一定為正數.由(2)可知有2個不同零點，記較大者為，較小者為，，注意到函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，故，又由知，，要證，只需，且關于的函數在上單調遞增，所以只需證，只需證，只需證，，只需證在時為正，由于，故函數單調遞增，又，故在時為正，從而題中的不等式得證.49．【解析】（1）當時，,令得,當時，,當時，,∴函數在上單調遞增；上單調遞減；（2）,設函數,則,令，得,在內,單調遞增；在上,單調遞減；,又，當趨近于時，趨近于0，所以曲線與直線有且僅有兩個交點，即曲線與直線有兩個交點的充分必要條件是,這即是,所以的取值范圍是.50．【解析】（1）由，，又是函數的極值點，所以，解得；（2）由（1）得，，且，當時，要證，，，即證，化簡得；同理，當時，要證，，，即證，化簡得；令，再令，則，，令，，當時，，單減，假設能取到，則，故；當時，，單增，假設能取到，則，故；綜上所述，在恒成立51．【解析】(Ⅰ)(i)當k=6時，，.可得，，所以曲線在點處的切線方程為，即.(ii)依題意，.從而可得，整理可得：，令，解得.當x變化時，的變化情況如下表：單調遞減極小值單調遞增所以，函數g(x)的單調遞減區間為(0，1)，單調遞增區間為(1，+∞)；g(x)的極小值為g(1)=1，無極大值.（Ⅱ）證明：由，得.對任意的，且，令，則.①令.當x>1時，，由此可得在單調遞增，所以當t>1時，，即.因為，，，所以.②由(Ⅰ)(ii)可知，當時，，即，故③由①②③可得.所以，當時，任意的，且，有.52．【解析】（Ⅰ）因為，所以，設切點為，則，即，所以切點為，由點斜式可得切線方程為：，即.（Ⅱ）顯然，因為在點處的切線方程為：，令，得，令，得，所以，不妨設時，結果一樣，則，所以，由，得，由，得，所以在上遞減，在上遞增，所以時，取得極小值，也是最小值為.53．【解析】（I）在上單調遞增，，所以由零點存在定理得在上有唯一零點；（II）（i），，令一方面：，在單調遞增，，，另一方面：，所以當時，成立，因此只需證明當時，因為當時，，當時，，所以，在單調遞減，，，綜上，.（ii），，，，因為，所以，，只需證明，即只需證明，令，則，，即成立，因此.54．【解析】（1），，.，∴切點坐標為(1,1+e),∴函數f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為,即,切線與坐標軸交點坐標分別為,∴所求三角形面積為;（2）解法一：,，且.設,則∴g(x)在上單調遞增，即在上單調遞增，當時，,∴,∴成立.當時，，，,∴存在唯一，使得，且當時，當時，，，因此>1,∴∴恒成立；當時，∴不是恒成立.綜上所述，實數a的取值范圍是[1,+∞).解法二：等價于,令,上述不等式等價于,顯然為單調增函數，∴又等價于，即，令,則在上h’(x)>0,h(x)單調遞增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)單調遞減，∴,，∴a的取值范圍是[1,+∞).55．【解析】（1）函數的定義域為：，設，則有，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以當時，函數有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需；（2）且因此，設，則有，當時，，所以，單調遞減，因此有，即，所以單調遞減；當時，，所以，單調遞增，因此有，即，所以單調遞減，所以函數在區間和上單調遞減，沒有遞增區間.56．【解析】(1)由函數的解析式可得：，則：，在上的根為：，當時，單調遞增，當時，單調遞減，當時，單調遞增.(2)注意到，故函數是周期為的函數，結合(1)的結論，計算可得：，，，據此可得：，，即.(3)結合(2)的結論有：.57．【解析】（1）因為，由題意，，即則；（2）由（1）可得，，令，得或；令，得，所以在上單調遞減，在，上單調遞增，且，若所有零點中存在一個絕對值大于1的零點，則或，即或.當時，，又，由零點存在性定理知在上存在唯一一個零點，即在上存在唯一一個零點，在上不存在零點，此時不存在絕對值不大于1的零點，與題設矛盾；當時，，又，由零點存在性定理知在上存在唯一一個零點，即在上存在唯一一個零點，在上不存在零點，此時不存在絕對值不大于1的零點，與題設矛盾；綜上，所有零點的絕對值都不大于1.58．【解析】（1）由題，，當時，恒成立，所以在上單調遞增；當時，令，得，令，得，令，得或，所以在上單調遞減，在，上單調遞增.（2）由（1）知，有三個零點，則，且即，解得，當時，，且，所以在上有唯一一個零點，同理，，所以在上有唯一一個零點，又在上有唯一一個零點，所以有三個零點，綜上可知的取值范圍為.59．【解析】(1)對求導得.所以有當時，區間上單調遞增，區間上單調遞減，區間上單調遞增；當時，區間上單調遞增；當時，區間上單調遞增，區間上單調遞減，區間上單調遞增.(2)若，在區間單調遞減，在區間單調遞增，所以區間上最小值為.而，故所以區間上最大值為.所以，設函數，求導當時從而單調遞減.而，所以.即的取值范圍是.若，在區間單調遞減，在區間單調遞增，所以區間上最小值為而，故所以區間上最大值為.所以，而，所以.即的取值范圍是.綜上得的取值范圍是.60．【解析】(1)對求導得.所以有當時，區間上單調遞增，區間上單調遞減，區間上單調遞增；當時，區間上單調遞增；當時，區間上單調遞增，區間上單調遞減，區間上單調遞增.(2)若在區間有最大值1和最小值-1，所以若，區間上單調遞增，區間上單調遞減，區間上單調遞增；此時在區間上單調遞增，所以，代入解得，，與矛盾，所以不成立.若，區間上單調遞增；在區間.所以，代入解得.若，區間上單調遞增，區間上單調遞減，區間上單調遞增.即在區間單調遞減，在區間單調遞增，所以區間上最小值為而，故所以區間上最大值為.即相減得，即，又因為，所以無解.若，區間上單調遞增，區間上單調遞減，區間上單調遞增.即在區間單調遞減，在區間單調遞增，所以區間上最小值為而，故所以區間上最大值為.即相減得，解得，又因為，所以無解.若，區間上單調遞增，區間上單調遞減，區間上單調遞增.所以有區間上單調遞減，所以區間上最大值為，最小值為即解得.綜上得或.61．【解析】（I）解：由已知，的定義域為，且，因此當時，，從而，所以在內單調遞增.（II）證明：（i）由（I）知，，令，由，可知在內單調遞減，又，且，故在內有唯一解，從而在內有唯一解，不妨設為，則，當時，，所以在內單調遞增；當時，，所以在內單調遞減，因此是的唯一極值點.令，則當時，，故在內單調遞減，從而當時，，所以，從而，又因為，所以在內有唯一零點，又在內有唯一零點1，從而，在內恰有兩個零點.（ii）由題意，，即，從而，即，因為當時，，又，故，兩邊取對數，得，于是，整理得，62．【解析】(1)當時，，函數的定義域為，且：，因此函數的單調遞增區間是,單調遞減區間是.(2)由，得，當時，，等價于，令，則，設，，則，（i）當時，，則，記，則列表討論：x（）1（1，+∞）p′（x）﹣0+P（x）p（）單調遞減極小值p（1）單調遞增（ii）當時，，令，則，故在上單調遞增，，由（i）得，，由（i）（ii）知對任意，即對任意，均有，綜上所述，所求的a的取值范圍是．63．【解析】（1）由題意可得，的定義域為，由，得，顯然單調遞增；又，，故存在唯一，使得；又當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減；因此，存在唯一的極值點；（2）由（1）知，，又，所以在內存在唯一實根，記作.由得，又，故是方程在內的唯一實根；綜上，有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.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，又因為曲線y=f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y?f(0)=(x?0)，故所求切線方程為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+．當x變化時，，f(x)的變化如下表：x(?∞，t2?)t2?(t2?，t2+)t2+(t2+，+∞)+0?0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以函數f(x)的極大值為f(t2?)=(?)3?9×(?)=6，函數f(x)的極小值為f(t2+)=()3?9×()=?6．（Ⅲ）曲線y=f(x)與直線y=?(x?t2)?6有三個互異的公共點等價于關于x的方程(x?t2+d)(x?t2)(x?t2?d)+(x?t2)+6=0有三個互異的實數解，令u=x?t2，可得u3+(1?d2)u+6=0．設函數g(x)=x3+(1?d2)x+6，則曲線y=f(x)與直線y=?(x?t2)?6有三個互異的公共點等價于函數y=g(x)有三個零點．=3x3+(1?d2)．當d2≤1時，≥0，這時在上R單調遞增，不合題意．當d2>1時，=0，解得x1=，x2=．易得，g(x)在(?∞，x1)上單調遞增，在[x1，x2]上單調遞減，在(x2，+∞)上單調遞增．g(x)的極大值g(x1)=g()=>0．g(x)的極小值g(x2)=g()=?．若g(x2)≥0，由g(x)的單調性可知函數y=g(x)至多有兩個零點，不合題意．若即，也就是，此時，且，從而由的單調性，可知函數在區間內各有一個零點，符合題意．所以，的取值范圍是．65．【解析】（I）由已知，，有.令，解得x=0.由a>1，可知當x變化時，，的變化情況如下表：x00+極小值所以函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為.（II）由，可得曲線在點處的切線斜率為.由，可得曲線在點處的切線斜率為.因為這兩條切線平行，故有，即.兩邊取以a為底的對數，得，所以.（III）曲線在點處的切線l1：.曲線在點處的切線l2：.要證明當時，存在直線l，使l是曲線的切線，也是曲線的切線，只需證明當時，存在，，使得l1和l2重合.即只需證明當時，方程組有解，由①得，代入②，得.③因此，只需證明當時，關于x1的方程③存在實數解.設函數，即要證明當時，函數存在零點.，可知時，；時，單調遞減，又，，故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.由此可得在上單調遞增，在上單調遞減.在處取得極大值.因為，故，所以.下面證明存在實數t，使得.由（I）可得，當時，有，所以存在實數t，使得因此，當時，存在，使得.所以，當時，存在直線l，使l是曲線的切線，也是曲線的切線.66．【解析】（1）函數f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，則f′（x）=1，g′（x）=2x+2．由f（x）=g（x）且f′（x）=g′（x），得，此方程組無解，因此，f（x）與g（x）不存在“S”點．（2）函數，，則．設x0為f（x）與g（x）的“S”點，由f（x0）與g（x0）且f′（x0）與g′（x0），得，即，（*）得，即，則．當時，滿足方程組（*），即為f（x）與g（x）的“S”點．因此，a的值為．（3）對任意a>0，設．因為，且h（x）的圖象是不間斷的，所以存在∈（0，1），使得，令，則b>0．函數，則．由f（x）與g（x）且f′（x）與g′（x），得，即（**）此時，滿足方程組（**），即是函數f（x）與g（x）在區間（0，1）內的一個“S點”．因此，對任意a>0，存在b>0，使函數f（x）與g（x）在區間（0，+∞）內存在“S點”．67．【解析】（Ⅰ）因為=[]，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．由題設知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此時f(1)=3e≠0．所以a的值為1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．若a>，則當x∈(，2)時，f′(x)<0；當x∈(2，+∞)時，f′(x)>0．所以f(x)<0在x=2處取得極小值．若a≤，則當x∈(0，2)時，x–2<0，ax–1≤x–1<0，所以f′(x)>0．所以2不是f(x)的極小值點．綜上可知，a的取值范圍是（，+∞）．68．【解析】（Ⅰ）因為，所以.，由題設知，即，解得.（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.若a>1，則當時，；當時，.所以在x=1處取得極小值.若，則當時，，所以.所以1不是的極小值點.綜上可知，a的取值范圍是.方法二：.（1）當a=0時，令得x=1.隨x的變化情況如下表：x1+0?↗極大值↘∴在x=1處取得極大值，不合題意.（2）當a>0時，令得.①當，即a=1時，，∴在上單調遞增，∴無極值，不合題意.②當，即0<a<1時，隨x的變化情況如下表：x1+0?0+↗極大值↘極小值↗∴在x=1處取得極大值，不合題意.③當，即a>1時，隨x的變化情況如下表：x+0?0+↗極大值↘極小值↗∴在x=1處取得極小值，即a>1滿足題意.（3）當a<0時，令得.隨x的變化情況如下表：x?0+0?↘極小值↗極大值↘∴在x=1處取得極大值，不合題意.綜上所述，a的取值范圍為.69．【解析】（1）當時，，.設函數，則.當時，；當時，.故當時，，且僅當時，，從而，且僅當時，.所以在單調遞增.又，故當時，；當時，.（2）（i）若，由（1）知，當時，，這與是的極大值點矛盾.（ii）若，設函數.由于當時，，故與符號相同.又，故是的極大值點當且僅當是的極大值點..如果，則當，且時，，故不是的極大值點.如果，則存在根，故當，且時，，所以不是的極大值點.如果，則.則當時，；當時，.所以是的極大值點，從而是的極大值點綜上，.70．【解析】（1），．因此曲線在點處的切線方程是．（2）當時，．令，則，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以．因此．71．【解析】（1）當a=3時，f（x）=，f′（x）=．令f′（x）=0解得x=或x=．當x∈（–∞，）∪（，+∞）時，f′（x）>0；當x∈（，）時，f′（x）<0．故f（x）在（–∞，），（，+∞）單調遞增，在（，）單調遞減．（2）由于，所以等價于．設=，則g′（x）=≥0，僅當x=0時g′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）單調遞增．故g（x）至多有一個零點，從而f（x）至多有一個零點．又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一個零點．綜上，f（x）只有一個零點．72．【解析】（1）當時，等價于．設函數，則．當時，，所以在單調遞減．而，故當時，，即．（2）設函數．在只有一個零點當且僅當在只有一個零點．（i）當時，，沒有零點；（ii）當時，．當時，；當時，．所以在單調遞減，在單調遞增．故是在的最小值．①若，即，在沒有零點；②若，即，在只有一個零點；③若，即，由于，所以在有一個零點，由（1）知，當時，，所以．故在有一個零點，因此在有兩個零點．綜上，在只有一個零點時，．73．【解析】（1）的定義域為，.（i）若，則，當且僅當，時，所以在單調遞減.（ii）若，令得，或.當時，；當時，.所以在單調遞減，在單調遞增.（2）由（1）知，存在兩個極值點當且僅當.由于的兩個極值點滿足，所以，不妨設，則.由于，所以等價于.設函數，由（1）知，在單調遞減，又，從而當時，.所以，即.74．【解析】（Ⅰ）由，可得，進而可得.令，解得，或.當x變化時，的變化情況如下表：x+-+↗↘↗所以，的單調遞增區間是，，單調遞減區間是.（Ⅱ）證明：由，得，.令函數，則.由（Ⅰ）知，當時，，故當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.因此，當時，，可得.令函數，則.由（Ⅰ）知，在上單調遞增，故當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.因此，當時，，可得.所以，.（III）證明：對于任意的正整數，，且，令，函數.由（II）知，當時，在區間內有零點；當時，在區間內有零點.所以在內至少有一個零點，不妨設為，則.由（I）知在上單調遞增，故，于是.因為當時，，故在上單調遞增，所以在區間上除外沒有其他的零點，而，故.又因為，，均為整數，所以是正整數，從而.所以.所以，只要取，就有.75．【解析】（Ⅰ）由題意又，所以，因此曲線在點處的切線方程為，即.（Ⅱ）由題意得，因為，令則所以在上單調遞增.因為所以當時，當時，(1)當時，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以當時取得極小值，極小值是；(2)當時，由得，①當時，，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.所以當時取得極大值.極大值為，當時取到極小值，極小值是；②當時，，所以當時，，函數在上單調遞增，無極值；③當時，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以當時取得極大值，極大值是；當時取得極小值.極小值是.綜上所述：當時，在上單調遞減，在上單調遞增，函數有極小值，極小值是；當時，函數在和和上單調遞增，在上單調遞減，函數有極大值，也有極小值，極大值是極小值是；當時，函數在上單調遞增，無極值；當時，函數在和上單調遞增，在上單調遞減，函數有極大值，也有極小值，極大值是；極小值是.76．【解析】（I）由，可得，令，解得，或.由，得.當變化時，，的變化情況如下表：所以，的單調遞增區間為，，單調遞減區間為.（II）（i）因為，由題意知，所以，解得.所以，在處的導數等于0.（ii）因為，，由，可得.又因為，，故為的極大值點，由（I）知.另一方面，由于，故，由（I）知在內單調遞增，在內單調遞減，故當時，在上恒成立，從而在上恒成立.由，得，.令，，所以，令，解得（舍去），或.因為，，，故的值域為.所以，的取值范圍是.77．【解析】(1)函數f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，且a≤0.f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).①若a＝0，則f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上單調遞增.②若a<0，則由f′(x)＝0，得x＝ln.當x∈時，f′(x)<0；當x∈時，f′(x)>0.故f(x)在上單調遞減，在區間上單調遞增.(2)①當a＝0時，f(x)＝e2x≥0恒成立.②若a<0，則由(1)得，當x＝ln時，f(x)取得最小值，最小值為f＝a2，故當且僅當a2≥0，即0>a≥時，f(x)≥0.綜上a的取值范圍是[，0].78．【解析】（1）函數的定義域為，，①若，則，在單調遞增.②若，則由得.當時，；當時，，所以在單調遞減，在單調遞增.③若，則由得.當時，；當時，，故在單調遞減，在單調遞增.（2）①若，則，所以.②若，則由（1）得，當時，取得最小值，最小值為.從而當且僅當，即時，.③若，則由（1）得，當時，取得最小值，最小值為.從而當且僅當，即時.綜上，的取值范圍為.79．【解析】（1）的定義域為，，（ⅰ）若，則，所以在單調遞減.（ⅱ）若，則由得.當時，；當時，，所以在單調遞減，在單調遞增.（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一個零點.（ⅱ）若，由（1）知，當時，取得最小值，最小值為.①當時，由于，故只有一個零點；②當時，由于，即，故沒有零點；③當時，，即.又，故在有一個零點.設正整數滿足，則.由于，因此在有一個零點.綜上，的取值范圍為.80．2【解析】，故，故答案為：2.81．1【解析】由題設知：定義域為，∴當時，，此時單調遞減；當時，，有，此時單調遞減；當時，，有，此時單調遞增；又在各分段的界點處連續，∴綜上有：時，單調遞減，時，單調遞增；∴，故答案為：1.82．1【解析】因為，故，因為為偶函數，故