近五年2018-2022高考数学真题分类汇编04导数及其应用（Word版附解析）

五年2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编4-导数及其应用（含解析）一、单选题1．（2022·全国·统考高考真题）当时，函数取得最大值，则（    ）A．B．C．D．12．（2022·全国·统考高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（    ）A．B．C．D．3．（2022·全国·统考高考真题）已知，则（    ）A．B．C．D．4．（2022·全国·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ）A．B．C．D．5．（2022·全国·统考高考真题）设，则（    ）A．B．C．D．6．（2021·浙江·统考高考真题）已知函数，则图象为如图的函数可能是（    ）A．B．C．D．7．（2021·全国·统考高考真题）设，若为函数的极大值点，则（    ） A．B．C．D．8．（2021·全国·统考高考真题）若过点可以作曲线的两条切线，则（    ）A．B．C．D．9．（2020·全国·统考高考真题）若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（    ）A．y=2x+1B．y=2x+C．y=x+1D．y=x+10．（2020·全国·统考高考真题）函数的图像在点处的切线方程为（    ）A．B．C．D．11．（2019·天津·高考真题）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．12．（2019·全国·高考真题）曲线y=2sinx+cosx在点(π，–1)处的切线方程为A．B．C．D．13．（2019·全国·统考高考真题）已知曲线在点处的切线方程为，则A．B．C．D．14．（2018·浙江·高考真题）已知成等比数列，且．若，则A．B．C．D．15．（2018·全国·高考真题）设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为(　　)A．B．C．D．16．（2018·全国·高考真题）函数的图像大致为 A．B．C．D．二、多选题17．（2022·全国·统考高考真题）已知函数的图像关于点中心对称，则（    ）A．在区间单调递减B．在区间有两个极值点C．直线是曲线的对称轴D．直线是曲线的切线18．（2022·全国·统考高考真题）已知函数，则（    ）A．有两个极值点B．有三个零点C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线19．（2022·全国·统考高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（    ）A．B．C．D．三、填空题20．（2022·全国·统考高考真题）已知和分别是函数（ 且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．21．（2022·全国·统考高考真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．22．（2021·全国·统考高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．23．（2021·全国·统考高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．①；②当时，；③是奇函数．24．（2021·北京·统考高考真题）已知函数，给出下列四个结论：①若，恰有2个零点；②存在负数，使得恰有1个零点；③存在负数，使得恰有3个零点；④存在正数，使得恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是_______．25．（2021·全国·统考高考真题）曲线在点处的切线方程为__________．26．（2021·全国·统考高考真题）函数的最小值为______.27．（2020·江苏·统考高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知，A，B是圆C：上的两个动点，满足，则△PAB面积的最大值是__________．28．（2020·全国·统考高考真题）设函数．若，则a=_________．29．（2020·全国·统考高考真题）曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________.30．（2019·天津·高考真题）曲线在点处的切线方程为__________.31．（2019·全国·高考真题）曲线在点处的切线方程为___________．32．（2019·江苏·高考真题）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____.33．（2019·江苏·高考真题）在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是_____.34．（2018·全国·高考真题）曲线在点处的切线的斜率为，则________．35．（2018·全国·高考真题）曲线在点处的切线方程为__________．36．（2018·江苏·高考真题）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__________．37．（2018·全国·高考真题）已知函数，则的最小值是_____________．38．（2018·全国·高考真题）曲线在点处的切线方程为__________．39．（2018·天津·高考真题）已知函数f(x)=exlnx，为f(x)的导函数，则的值为__________．四、解答题40．（2022·天津·统考高考真题）已知，函数(1)求函数在处的切线方程；(2)若和有公共点，（i）当时，求的取值范围；（ii）求证：．41．（2022·北京·统考高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．42．（2022·浙江·统考高考真题）设函数．(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点 处的切线都经过点．证明：（ⅰ）若，则；（ⅱ）若，则．（注：是自然对数的底数）43．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．44．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．(1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．45．（2022·全国·统考高考真题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．(1)若，求a；(2)求a的取值范围．46．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．47．（2022·全国·统考高考真题）已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．48．（2022·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．49．（2021·天津·统考高考真题）已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程：（II）证明存在唯一的极值点（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．50．（2021·全国·统考高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．（1）已知，求；（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．51．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点①；②．52．（2021·北京·统考高考真题）已知函数．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．53．（2021·浙江·统考高考真题）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)54．（2021·全国·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆 上点的距离的最小值为．（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．55．（2021·全国·统考高考真题）设函数，已知是函数的极值点．（1）求a；（2）设函数．证明:．56．（2021·全国·高考真题）设函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.57．（2021·全国·统考高考真题）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．58．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．59．（2021·全国·统考高考真题）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：.60．（2020·天津·统考高考真题）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 ．61．（2020·北京·统考高考真题）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．62．（2020·浙江·统考高考真题）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）．63．（2020·海南·高考真题）已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．64．（2020·江苏·统考高考真题）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，为铅垂线(在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离(米)与D到的距离a(米)之间满足关系式；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离(米)与F到的距离b(米)之间满足关系式.已知点B到的距离为40米.（1）求桥AB的长度； （2）计划在谷底两侧建造平行于的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价(万元)(k>0).问为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低?65．（2020·江苏·统考高考真题）已知关于x的函数与在区间D上恒有．（1）若，求h(x)的表达式；（2）若，求k的取值范围；（3）若求证：．66．（2020·全国·统考高考真题）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1．67．（2020·全国·统考高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围．68．（2020·全国·统考高考真题）已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.69．（2020·全国·统考高考真题）已知函数.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.70．（2020·全国·统考高考真题）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．71．（2020·全国·统考高考真题）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≤.72．（2019·天津·高考真题）设函数为的导函数.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）当时，证明；（Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明.73．（2019·全国·高考真题）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.74．（2019·全国·高考真题）已知函数.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线.75．（2019·全国·高考真题）已知函数，为的导数．证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点．76．（2019·全国·统考高考真题）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.77．（2019·浙江·高考真题）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.78．（2019·江苏·高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{an}满足：，求证:数列{an}为“M－数列”；（2）已知数列{bn}满足:，其中Sn为数列{bn}的前n项和．①求数列{bn}的通项公式；②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．79．（2019·江苏·高考真题）设函数，为f（x）的导函数．（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．80．（2019·北京·高考真题）已知函数.（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当时，求证：；（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．81．（2019·全国·高考真题）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.82．（2019·天津·高考真题）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.83．（2019·全国·高考真题）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 84．（2018·北京·高考真题）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．85．（2018·北京·高考真题）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.86．（2018·全国·高考真题）已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．87．（2018·全国·高考真题）已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，．88．（2018·浙江·高考真题）已知函数．（1）若在处导数相等，证明：；（2）若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．89．（2018·全国·高考真题）已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．90．（2018·全国·高考真题）已知函数．（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；（2）证明：当时，．91．（2018·江苏·高考真题）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．92．（2018·全国·高考真题）已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求的值.93．（2018·天津·高考真题）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.94．（2018·全国·高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．95．（2018·天津·高考真题）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.五、双空题96．（2022·全国·统考高考真题）曲线过坐标原点的两条切 线的方程为____________，____________．97．（2019·北京·高考真题）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___________． 参考答案：1．B【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：B.2．D【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.【详解】，所以在区间和上，即单调递增；在区间上，即单调递减，又，，，所以在区间上的最小值为，最大值为.故选：D3．A【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.【详解】[方法一]：构造函数因为当故，故，所以；设， ，所以在单调递增，故，所以，所以，所以，故选A[方法二]：不等式放缩因为当，取得：，故，其中，且当时，，及此时，故，故所以，所以，故选A[方法三]：泰勒展开设，则，，，计算得，故选A.[方法四]：构造函数因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A．[方法五]：【最优解】不等式放缩因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以 ．故选：A．【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．4．C【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为，所以球的半径,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是. 故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是5．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6．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.【详解】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.7．D【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故. 有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.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.故选：D【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.8．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.【详解】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.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.9．D【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】设直线在曲线上的切点为，则，函数的导数为，则直线的斜率，设直线的方程为，即，由于直线与圆相切，则，两边平方并整理得，解得，（舍），则直线的方程为，即.故选：D. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.10．B【分析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.【详解】，，，，因此，所求切线的方程为，即.故选：B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题11．C【解析】先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立．【详解】∵，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．【点睛】本题考查分段函数的最值问题，关键利用求导的方法研究函数的单调性，进行综合分析．12．C【分析】先判定点是否为切点，再利用导数的几何意义求解.【详解】当时，，即点在曲线上．则在点处的切线方程为，即．故选C． 【点睛】本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取导数法，利用函数与方程思想解题．学生易在非切点处直接求导数而出错，首先证明已知点是否为切点，若是切点，可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程．13．D【解析】通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．【详解】详解：，将代入得，故选D．【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．14．B【分析】先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】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.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如15．D【详解】分析：利用奇函数偶次项系数为零求得，进而得到的解析式，再对求导得出切线的斜率，进而求得切线方程.详解：因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得，故选D.点睛：该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得 ，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.16．D【详解】分析：根据函数图象的特殊点，利用函数的导数研究函数的单调性，由排除法可得结果.详解：函数过定点，排除，求得函数的导数，由得，得或，此时函数单调递增，排除，故选D.点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.17．AD【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．【详解】由题意得：，所以，，即，又，所以时，，故．对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；对C，当时，，，直线不是对称轴；对D，由得：，解得或, 从而得：或,所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为：即．故选：AD．18．AC【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC.19．BC 【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.故选：BC.[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.故选：BC.[方法三]：因为，均为偶函数，所以即，，所以，，则，故C正确；函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导，所以，所以，所以， 所以，，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.故选：BC.【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．20．【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点因为，所以方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时，，即图象在上方当时，，即图象在下方，图象显然不符合题意，所以．令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得，又，所以，综上所述，的取值范围为．[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导=0的两个根为因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，设函数，则，若，则在上单调递增，此时若，则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法． 21．【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.【详解】∵，∴，设切点为,则,切线斜率,切线方程为：,∵切线过原点，∴,整理得：,∵切线有两条，∴,解得或,∴的取值范围是,故答案为：22．【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.【详解】由题意，，则，所以点和点，,所以，所以，所以，同理,所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.23．（答案不唯一，均满足） 【分析】根据幂函数的性质可得所求的.【详解】取，则，满足①，，时有，满足②，的定义域为，又，故是奇函数，满足③.故答案为：（答案不唯一，均满足）24．①②④【分析】由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确；对于②，考查直线与曲线相切于点，对函数求导得，由题意可得，解得，所以，存在，使得只有一个零点，②正确；对于③，当直线过点时，，解得，所以，当时，直线与曲线有两个交点，若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；对于④，考查直线与曲线相切于点，对函数求导得，由题意可得，解得，所以，当时，函数有三个零点，④正确. 故答案为：①②④.【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．25．【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．【详解】由题，当时，，故点在曲线上．求导得：，所以．故切线方程为．故答案为：．26．1【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.【详解】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. 27．【分析】根据条件得,再用圆心到直线距离表示三角形PAB面积，最后利用导数求最大值.【详解】设圆心到直线距离为，则，所以点P到AB的距离为或，且所以令（负值舍去）当时，；当时，，因此当时，取最大值，即取最大值为，故答案为：【点睛】本题考查垂径定理、利用导数求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.28．1【分析】由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数a的方程，解方程即可确定实数a的值【详解】由函数的解析式可得：，则：，据此可得：，整理可得：，解得：.故答案为：.【点睛】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.29．【分析】设切线的切点坐标为，对函数求导，利用，求出，代入曲线方程求出，得到切线的点斜式方程，化简即可.【详解】设切线的切点坐标为，，所以切点坐标为，所求的切线方程为，即.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题. 30．【分析】利用导数值确定切线斜率，再用点斜式写出切线方程．【详解】，当时其值为，故所求的切线方程为，即．【点睛】曲线切线方程的求法：(1)以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤：①求出函数f(x)的导数f′(x)；②求切线的斜率f′(x0)；③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简．(2)如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组得切点(x0，y0)，进而确定切线方程．31．.【分析】本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程【详解】详解：所以，所以，曲线在点处的切线方程为，即．【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．32．.【分析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值可得切点坐标.【详解】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.【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．33．4.【分析】将原问题转化为切点与直线之间的距离，然后利用导函数确定切点坐标可得最小距离【详解】当直线平移到与曲线相切位置时，切点Q即为点P到直线的距离最小.由，得，，即切点，则切点Q到直线的距离为，故答案为．【点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.34．【分析】求导，利用导数的几何意义计算即可．【详解】解：则所以故答案为-3.【点睛】本题主要考查导数的计算和导数的几何意义，属于基础题．35． 【分析】求导，可得斜率，进而得出切线的点斜式方程.【详解】由，得，则曲线在点处的切线的斜率为，则所求切线方程为，即.【点睛】求曲线在某点处的切线方程的步骤：①求出函数在该点处的导数值即为切线斜率；②写出切线的点斜式方程；③化简整理.36．【分析】方法一：利用导数判断函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数,再根据函数在上的单调性确定函数最值，即可解出.【详解】［方法一］：【通性通法】单调性法求导得，当时，函数在区间内单调递增，且，所以函数在内无零点；当时，函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．当时，；当时，．要使函数在区间内有且仅有一个零点，只需，解得．于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，，所以最大值与最小值之和为．故答案为：．［方法二］：等价转化由条件知有唯一的正实根，于是．令，则，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，当时，；当时，．只需直线与的图像有一个交点，故，下同方法一．［方法三］：【最优解】三元基本不等式同方法二得，，当且仅当时取等号，要满足条件只需，下同方法一．［方法四］：等价转化 由条件知有唯一的正实根，即方程有唯一的正实根，整理得，即函数与直线在第一象限内有唯一的交点．于是平移直线与曲线相切时，满足题意，如图2．设切点，因为，于是，解得，下同方法一．【整体点评】方法一：利用导数得出函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数，进而问题转化为闭区间上的最值问题，从而解出，是该类型题的通性通法；方法二：利用等价转化思想，函数在上有唯一零点转化为两函数图象有唯一交点，从而求出参数，使问题得解；方法三：通过三元基本不等式确定取最值条件，从而求出参数，使问题得解，是该题的最优解；方法四：将函数在上有唯一零点转化为直线与曲线相切，从而求出参数，使问题得解．37．【分析】方法一：由，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的最小值点，代入求得函数的最小值.【详解】［方法一］：【通性通法】导数法．令，得，即在区间内单调递增；令，得，即在区间内单调递减． 则．故答案为：.［方法二］：三元基本不等式的应用因为，所以．当且仅当，即时，取等号．根据可知，是奇函数，于是，此时．故答案为：.［方法三］：升幂公式＋多元基本不等式，，当且仅当，即时，．根据可知，是奇函数，于是．故答案为：.［方法四］：化同角＋多元基本不等式+放缩 ，当且仅当时等号成立．故答案为：.［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值设，则可化为，当时，；当时，，对分母求导后易知，当时，有最小值．故答案为：.［方法六］：配方法，当且仅当即时，取最小值．故答案为：.［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法因为，所以，即函数的一个周期为，因此时，的最小值即为函数的最小值．当时，，当时，因为，令，解得或，由，， ，所以的最小值为．故答案为：.【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法；方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解．38．【分析】先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据点斜式求切线方程.【详解】【点睛】求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.39．e【分析】首先求导函数，然后结合导函数的运算法则整理计算即可求得最终结果.【详解】由函数的解析式可得：，则，即的值为e，故答案为.点睛：本题主要考查导数的运算法则，基本初等函数的导数公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.40．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）求出可求切线方程；（2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求. （ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.【详解】（1），故，而，曲线在点处的切线方程为即.（2）（i）当时，因为曲线和有公共点，故有解，设，故，故在上有解，设，故在上有零点，而，若，则恒成立，此时在上无零点，若，则在上恒成立，故在上为增函数，而，，故在上无零点，故，设，则，故在上为增函数，而，，故在上存在唯一零点，且时，；时，；故时，；时，；所以在上为减函数，在上为增函数，故，因为在上有零点，故，故，而，故即，设，则，故在上为增函数，而，故.（ii）因为曲线和有公共点， 所以有解，其中，若，则，该式不成立，故.故，考虑直线，表示原点与直线上的动点之间的距离，故，所以，下证：对任意，总有，证明：当时，有，故成立.当时，即证，设，则（不恒为零），故在上为减函数，故即成立.综上，成立.下证：当时，恒成立，，则，故在上为增函数，故即恒成立.下证：在上恒成立，即证：，即证：，即证：，而，故成立.故，即成立.【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.41．(1)(2)在上单调递增.(3)证明见解析【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知 在[0,+∞）上单调递增，即得证.【详解】（1）解：因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：（2）解：因为，    所以，令，则，∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.（3）解：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由（2）知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证.42．(1)的减区间为，增区间为.(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ），，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.【详解】（1），当，；当，，故的减区间为，的增区间为.（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，故，故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，当或时，；当时，，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，此时，设，则， 故为上的减函数，故，故.（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，因为，故，又，设，，则方程即为：即为，记则为有三个不同的根，设，，要证：，即证，即证：，即证：，即证：，而且，故， 故，故即证：，即证：即证：，记，则，设，则，所以，，故在上为增函数，故，所以，记，则，所以在为增函数，故，故即，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.43．(1)的减区间为，增区间为.(2)(3)见解析 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【详解】（1）当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.（2）设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，    所以在上为减函数，所以. 综上，.（3）取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.44．(1)(2)【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【详解】（1）当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以；（2），则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；又，由（1）得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由（1）得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.45．(1)3(2) 【分析】（1）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.【详解】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；（2），则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：01000则的值域为，故的取值范围为.46．(1)(2)证明见的解析【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解； （2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.【详解】（1）[方法一]：常规求导的定义域为，则令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为[方法二]：同构处理由得：令，则即令，则故在区间上是增函数故，即所以的取值范围为（2）[方法一]：构造函数由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设要证,即证因为,即证又因为,故只需证即证即证下面证明时， 设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调递减即,所以；综上,,所以.[方法二]：对数平均不等式由题意得：令，则，所以在上单调递增，故只有1个解又因为有两个零点，故两边取对数得：，即又因为，故，即 下证因为不妨设，则只需证构造，则故在上单调递减故，即得证【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式这个函数经常出现，需要掌握47．(1)(2)【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究【详解】（1）的定义域为当时,,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为（2）设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意 若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增所以存在,使得,即当单调递减当单调递增所以当当所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设所以在单调递增所以存在,使得当单调递减当单调递增,又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减有而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.48．(1)(2)见解析【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【详解】（1）的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.的定义域为，而.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数， 故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.（2）[方法一]：由（1）可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为2.当，由（1）讨论可得、仅有一个解，当时，由（1）讨论可得、均无根， 故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，此时有两个不同的根，此时有两个不同的根，故，，，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即.[方法二]：由知，，，且在上单调递减，在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增，且①时，此时，显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意； ②时，此时，故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③时，首先，证明与曲线有2个交点，即证明有2个零点，，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，，，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为其次，证明与曲线和有2个交点，即证明有2个零点，，所以上单调递减，在上单调递增，又因为，，，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为再次，证明存在b，使得因为，所以，若，则，即，所以只需证明在上有解即可，即在上有零点，因为，，所以在上存在零点，取一零点为，令即可，此时取则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为所以，又因为在上单调递减，，即，所以，同理，因为， 又因为在上单调递增，即，，所以，又因为，所以，即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.49．（I）；（II）证明见解析；（III）【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.【详解】（I），则，又，则切线方程为；（II）令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，，，当时，，画出大致图像如下： 所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，为的极大值点，故存在唯一的极值点；（III）由（II）知，此时，所以，令，若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故，所以实数b的取值范围.【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.50．（1）1；（2）见解析；（3）见解析.【分析】（1）利用公式计算可得.（2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点.（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.【详解】（1）. （2）设，因为，故，若，则，故.，因为，，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，若，因为在为增函数且，而当时，因为在上为减函数，故，故为的一个最小正实根，若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，综上，若，则.若，则，故.此时，，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，而，故，又，故在存在一个零点，且.所以为的一个最小正实根，此时，故当时，.（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.51．(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：， 当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；(2)若选择条件①：由于，故，则，而，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则， 当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时：，当时，，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．52．（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.【详解】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即；（2）因为，则，由题意可得，解得，故，，列表如下：增极大值减极小值增所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.当时，；当时，.所以，，.53．(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(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)[方法一]【最优解】：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.[方法二]：分析+放缩法有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．且．要证，只需证，即证，只需证．又，所以，即．所以只需证．而，所以，又，所以只需证．所以，原命题得证．[方法三]：若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．又，故进一步有．由可得且，从而．．因为，所以，故只需证． 又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.54．（1）；（2）.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，，设圆M上的点，则．所以．从而有．因为，所以当时，．又，解之得，因此．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线的焦点为，，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点A、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，，所以，，点到直线的距离为，所以，，，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值同方法一得到．过P作y轴的平行线交于Q，则．．P点在圆M上，则．故当时的面积最大，最大值为． [方法三]：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为，．设，联立和抛物线C的方程得整理得．判别式，即，且．抛物线C的方程为，即，有．则，整理得，同理可得．联立方程可得点P的坐标为，即．将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．由弦长公式得．点P到直线的距离为．所以，其中，即．当时，．【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于 的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；55．（1）；（2）证明见详解【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为．要证，即证，即证．（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二]【最优解】：转化为无分母函数由（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，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三]：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．（ⅰ）当时，，所以，即，所以．（ⅱ）当时，，同理可证得．综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当 时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.56．（1）的减区间为，增区间为；（2）.【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.【详解】（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.【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.57．（1）上单调递增；上单调递减；（2）.【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围. 【详解】（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（2）[方法一]【最优解】：分离参数,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.[方法二]：构造差函数由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．构造函数，求导数得．当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．由于，当时，有，即，由函数在 内有两个零点知，所以，即．构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．所以，实数a的取值范围为．[方法三]分离法：一曲一直曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．①当时，与只有一个交点，不符合题意．②当时，取上一点在点的切线方程为，即．当与为同一直线时有得直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．综上所述，实数a的取值范围为．[方法四]：直接法．因为，由得．当时，在区间内单调递减，不满足题意；当时，，由得在区间内单调递增，由 得在区间内单调递减．因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．故实数a的范围为．]【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.58．(1)答案见解析；(2)和.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.【详解】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增； 当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减.(2)由题意可得：，，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，切线方程为：,与联立得，化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为解得,，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.59．（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)的定义域为．由得，，当时，；当时；当时，．故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由得，即．由，得．由（1）不妨设，则，从而，得，①令，则，当时，，在区间内为减函数，，从而，所以，由（1）得即．①令，则，当时，，在区间内为增函数，，从而，所以．又由，可得，所以．②由①②得．[方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为，于是命题转换为证明：．令，则有，不妨设．由（1）知，先证．要证：．令，则，在区间内单调递增，所以，即．再证．因为，所以需证．令，所以，故在区间内单调递增．所以．故，即．综合可知．[方法三]：比值代换证明同证法2．以下证明．不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证．记，则.记，则，所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减．由得，所以，即．[方法四]：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以．由（Ⅰ）知，，只需证．证明同证法2．再证明．令．令，则．所以，在区间内单调递增．因为，所以，即又因为，所以，即．因为，所以，即．综上，有结论得证．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.60．（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析. 【分析】(Ⅰ)(i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.【详解】(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.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．61．（Ⅰ），（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.【详解】（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）[方法一]：导数法显然，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.[方法二]【最优解】：换元加导数法  ．因为为偶函数，不妨设，，令，则．令，则面积为，只需求出的最小值．．因为，所以令，得．随着a的变化，的变化情况如下表：a0减极小值增 所以．所以当，即时，．因为为偶函数，当时，．综上，当时，的最小值为32．[方法三]：多元均值不等式法同方法二，只需求出的最小值．令，当且仅当，即时取等号．所以当，即时，．因为为偶函数，当时，．综上，当时，的最小值为32．[方法四]：两次使用基本不等式法同方法一得到,下同方法一.【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高.62．（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.【详解】（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法在上单调递增，，所以由零点存在定理得在上有唯一零点． [方法二]【最优解】：分离常数法  函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．因此，当时，直线与只有1个交点．（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）[方法一]：分析+构造函数法，，，，因为，所以，，只需证明，即只需证明，令， 则，，即成立，因此.[方法二]【最优解】：放缩转化法．设，则由得．从而只要证．上式左边．使用不等式可得【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解；（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；（ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解.63．（1）（2）【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究 .即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数在点(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）［方法一］：通性通法,，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,+∞).［方法二］【最优解】：同构由得，即，而，所以．令，则，所以在R上单调递增．由，可知，所以，所以．令，则． 所以当时，单调递增；当时，单调递减．所以，则，即．所以a的取值范围为．［方法三］：换元同构由题意知，令，所以，所以．于是．由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．令，所以．当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，取得最大值为．所以．［方法四］：因为定义域为，且，所以，即．令，则，所以在区间内单调递增．因为，所以时，有，即．下面证明当时，恒成立．令，只需证当时，恒成立．因为，所以在区间内单调递增，则．因此要证明时，恒成立，只需证明即可．由，得．上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．当时，因为，显然不满足恒成立．所以a的取值范围为．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．64．（1）120米（2）米【分析】（1）根据A,B高度一致列方程求得结果；（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果.【详解】（1）由题意得米（2）设总造价为万元，，设，(0舍去)当时，；当时，，因此当时，取最小值，答：当米时，桥墩CD与EF的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.65．（1）；（2）；（3）证明详见解析【分析】（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得的表达式；（2）方法一：先由，求得的一个取值范围，再由，求得的另一个取值范围，从而求得的取值范围.（3）方法一：根据题意可得两个含参数的一元二次不等式在区间上恒成立，再结合放缩，即可利用导数证得不等式成立.【详解】（1）[方法一]:判别式法由可得在R上恒成立，即和，从而有即，所以，因此，．所以．[方法二]【最优解】：特值+判别式法由题设有对任意的恒成立.令，则，所以. 因此即对任意的恒成立，所以，因此.故.（2）[方法一]令，.又.若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意.当时，，符合题意.当时，在上递减，在上递增，则，即，符合题意.综上所述，.由当，即时，在为增函数，因为，故存在，使，不符合题意.当，即时，，符合题意.当，即时，则需，解得.综上所述，的取值范围是.[方法二]【最优解】：特值辅助法由已知得在内恒成立；由已知得，令，得，∴(*)，令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∴当时在内恒成立；由在内恒成立，由(*)知 ，∴，∴，解得.∴的取值范围是.（3）[方法一]：判别式+导数法因为对任意恒成立，①对任意恒成立，等价于对任意恒成立.故对任意恒成立.令，当，，此时，当，，但对任意的恒成立.等价于对任意的恒成立.的两根为，则，所以.令，构造函数，，所以时，，递减，.所以，即.[方法二]：判别式法  由，从而对任意的有恒成立，等价于对任意的①，恒成立．（事实上，直线为函数的图像在处的切线）同理对任意的恒成立，即等价于对任意的恒成立．    ②当时，将①式看作一元二次方程，进而有，①式的解为或 （不妨设）；当时，，从而或，又，从而成立；当时，由①式得或，又，所以．当时，将②式看作一元二次方程，进而有．由，得，此时②式的解为不妨设，从而．综上所述，．[方法三]【最优解】：反证法假设存在，使得满足条件的m，n有．因为，所以．因为，所以．因为对恒成立，所以有．则有，   ③，    ④解得．由③+④并化简得，．因为在区间上递增，且，所以，．由对恒成立，即有    ⑤对恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有．设，则，所以在区间上递减，所以，即．设不等式⑤的解集为，则，这与假设矛盾．从而． 由均为偶函数．同样可证时，也成立．综上所述，．【整体点评】（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解.66．（1）；（2）证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为，由题意，，即：，则．（2）［方法一］：通性通法由（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.［方法二］【最优解】：设是的一个零点，且，则．从而．令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．［方法三］：设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．综上，的所有零点的绝对值都不大于1． ［方法四］：由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．综上，所有零点的绝对值都不大于1．［方法五］：设是的一个零点且，则是的另一个零点．．则，设，由判别式，所以方程有解．假设实数满足．由，得．与矛盾，假设不成立．所以，所有零点的绝对值都不大于1． 【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．67．（1）详见解析；(2).【分析】（1），对分和两种情况讨论即可；（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.【详解】（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.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.68．（1）的减区间为，增区间为；（2）.【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当时，，，令，解得，令，解得，所以的减区间为，增区间为；（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解，令，则有，令，解得，令，解得或，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，，而时，，当时，，所以当有两个解时，有，所以满足条件的的取值范围是：. 【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.69．（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.【详解】(1)当时，，，由于，故单调递增，注意到，故：当时，单调递减，当时，单调递增.(2)[方法一]【最优解】：分离参数由得，，其中，①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；②.当时，分离参数a得，，记，，令，则，，故单调递增，，故函数单调递增，，由可得：恒成立，故当时，，单调递增；当时，，单调递减；因此，, 综上可得，实数a的取值范围是.[方法二]：特值探路当时，恒成立．只需证当时，恒成立．当时，．只需证明⑤式成立．⑤式，令，则，所以当时，单调递减；当单调递增；当单调递减．从而，即，⑤式成立．所以当时，恒成立．综上．[方法三]：指数集中当时，恒成立，记， ，①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意；②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，所以若满足，只需，即，所以当时，成立；③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立，所以时，满足题意.综上，.【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！70．（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间【分析】（1）[方法三]不等式转化为，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数求导，把导函数的分子构成一个新函数，再求导得到，根据的正负，判断的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性.【详解】（1）[方法一]【最优解】：等价于． 设，则．当时，，所以在区间内单调递增；当时，，所以在区间内单调递减．故，所以，即，所以c的取值范围是．[方法二]：切线放缩若，即，即当时恒成立，而在点处的切线为，从而有，当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为．[方法三]：利用最值求取值范围函数的定义域为：，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；所以c的取值范围为．（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.【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用； 方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.71．（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式；(3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的不等式.【详解】(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)[方法一]【最优解】：基本不等式法由四元均值不等式可得，当且仅当，即或时等号成立．所以．[方法二]：构造新函数+齐次化方法 因为，令，则问题转化为求的最大值．求导得，令，得．当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．所以函数的最大值为，故．[方法三]：结合函数的周期性进行证明注意到，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)利用(2)的结论由于，所以．【整体点评】(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件；方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后构造函数即可证得题中的不等式；方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最 值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用.(3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式；72．（Ⅰ）单调递增区间为的单调递减区间为.（Ⅱ）见证明；（Ⅲ）见证明【分析】(Ⅰ)由题意求得导函数的解析式，然后由导函数的符号即可确定函数的单调区间；(Ⅱ)构造函数，结合(Ⅰ)的结果和导函数的符号求解函数的最小值即可证得题中的结论；(Ⅲ)令，结合(Ⅰ)，(Ⅱ)的结论、函数的单调性和零点的性质放缩不等式即可证得题中的结果.【详解】(Ⅰ)由已知，有.当时，有，得，则单调递减;当时，有，得，则单调递增.所以，的单调递增区间为，的单调递减区间为.(Ⅱ)记.依题意及(Ⅰ)有：，从而.当时，，故.因此，在区间上单调递减，进而.所以，当时，.(Ⅲ)依题意，，即.记，则.且. 由及(Ⅰ)得.由(Ⅱ)知，当时，，所以在上为减函数，因此.又由(Ⅱ)知，故：.所以.【点睛】本题主要考查导数的运算､不等式证明､运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力､综合分析问题和解决问题的能力.73．（1）见详解；（2）见详解【分析】（1）先对函数求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一，使得，进而可得判断函数的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立；（2）先由（1）的结果，得到，，得到在内存在唯一实根，记作，再求出，即可结合题意，说明结论成立.【详解】（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）[方法一]【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】的根的情况问题可转化为函数与的图像在区间内的交点情况．． 当时，在区间内单调递增；又因为，所以当时，，则时，单调递减；当时，，则当时，单调递增．又，所以函数与的图像，如图8所示，只有两个交点，横坐标分别为和，且，即和为的两个实根．又因为，当时，，由于，所以，即，所以两个实根互为倒数．[方法二]【分类讨论】由（1）知，．又，所以有且仅有两个实根，可令．下面证明，由，得，显然有，．（*）（1）当时，，（*）式不成立；（2）当时，，（*）式不成立；（3）当时，，（*）式成立．综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． [方法三]【利用函数的单调性结合零点存在定理】的定义域为，显然不是方程的根，所以有两个实根等价于有两个零点，且定义域为．而，所以在区间内单调递增，在区间内单调递增．当时，，，所以在区间内有唯一零点，即，所以．结合单调性知在区间内有唯一零点，所以有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数，即有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【整体点评】(2)方法一：对称性是函数的重要性质，利用函数的对称性研究函数体现了整体思想；方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段；方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化.74．（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数求导，结合定义域，判断函数的单调性；（2）先求出曲线在处的切线，然后求出当曲线切线的斜率与斜率相等时，证明曲线切线在纵轴上的截距与在纵轴的截距相等即可.【详解】（1）函数的定义域为，，因为函数的定义域为，所以，因此函数在和上是单调增函数；当，时，，而，显然当，函数有零点，而函数在上单调递增，故当时，函数有唯一的零点； 当时，，因为，所以函数在必有一零点，而函数在上是单调递增，故当时，函数有唯一的零点综上所述，函数的定义域内有2个零点；（2）[方法一]【最优解：分别求得两条方程，比较常数项说明切线重合】设在点处的斜率为．切线的方程为，即．由，得．所以曲线上斜率为的切线的切点为．切线的方程为，即．由于，故曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线.[方法二]【利用切线的斜率相等进行证明】由题设知，即，曲线在点处的切线l的方程为．设在曲线上取一点，若其在点B处的斜率与直线l的斜率相等，则有，即，故．将点B的坐标代入直线l的方程中，，整理得，上式显然成立．则直线l过点B，即曲线在点处的切线也是曲线的切线．[方法三]【利用不同的方法计算斜率证明切线重合】因为，所以由，设切点坐标为，解得．因此，曲线在点处切线的斜率也是． 因为，所以，因此，曲线在点处的切线也是曲线的切线．[方法四]【构造函数讨论单调性证明切线重合】因为，所以曲线在点处的切线方程是．构造函数，由得．因为当时，；当时，，所以．因此，函数只有一个零点．所以曲线与曲线在点处的切线只有一个交点．又，因此，曲线与直线相切于，即曲线在点处的切线也是曲线的切线．【整体点评】(2)方法一：分别求得两条切线方程比较切线方程的形式是最直接思路；方法二：考查切线斜率相等时证明切线重合的必要思路；方法三：利用不同的方法计算切线方程是证明切线重合的有效方法；方法四：构造函数进行证明体现了等价转化的数学思想.75．（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知 ，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.【详解】（1）由题意知：定义域为：且令，，在上单调递减，在上单调递减在上单调递减又，，使得当时，；时，即在上单调递增；在上单调递减则为唯一的极大值点即：在区间上存在唯一的极大值点.（2）由（1）知：，①当时，由（1）可知在上单调递增    在上单调递减又为在上的唯一零点②当时，在上单调递增，在上单调递减又    在上单调递增，此时，不存在零点 又，使得在上单调递增，在上单调递减又，在上恒成立，此时不存在零点③当时，单调递减，单调递减在上单调递减又，即，又在上单调递减在上存在唯一零点④当时，，即在上不存在零点综上所述：有且仅有个零点【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.76．(1)见详解；(2)或.【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2)根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.【详解】(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.【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充． 77．（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可.(2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可.【详解】(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．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．78．（1）见解析；（2）①bn=n；②5.【分析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；（2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据此即可确定其通项公式；②由①确定的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m的最大值．【详解】（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由，得，解得．因此数列为“M—数列”.（2）①因为，所以． 由得，则.由，得，当时，由，得，整理得．所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列{bn}的通项公式为bn=n.②由①知，bk=k，.因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.因为ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.当k=1时，有q≥1；当k=2，3，…，m时，有．设f（x）=，则．令，得x=e.列表如下：xe(e，+∞)+0–f（x）极大值因为，所以．取，当k=1，2，3，4，5时，，即，经检验知也成立．因此所求m的最大值不小于5．若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5．【点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．79．（1）； （2）的极小值为（3）见解析.【分析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，因为，所以．当时，．令，则．令，得．列表如下：+0–极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故．所以当时，，因此．【详解】（1）因为，所以．因为，所以，解得．（2）因为，所以，从而．令，得或．因为，都在集合中，且，所以．此时，．令，得或．列表如下： 1+0–0+极大值极小值所以的极小值为．（3）因为，所以，．因为，所以，则有2个不同的零点，设为．由，得．列表如下：+0–0+极大值极小值所以的极大值．解法一：．因此．解法二：因为，所以．当时，．令，则． 令，得．列表如下：+0–极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故．所以当时，，因此．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．80．（Ⅰ）和.（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；(Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论；(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值.【详解】（Ⅰ），令得或者.当时，，此时切线方程为，即；当时，，此时切线方程为，即；综上可得所求切线方程为和.（Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数；而，所以，即；同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，所以是中的较大者，若，即时，；若，即时，；所以当最小时，，此时.【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.81．(1)见详解；(2).【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2)讨论的范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终求得的取值范围.【详解】(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.【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大，由计算量补充.82．（I）在内单调递增.；（II）（i）见解析；（ii）见解析.【分析】（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果；（II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果；（ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果.【详解】（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，【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.83．（1）见解析；（2）.【分析】（1）求导得到导函数后，设为进行再次求导，可判断出当时，，当时，，从而得到单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数，通过二次求导可判断出，；分别在，，和的情况下根据导函数的符号判断单调性，从而确定恒成立时的取值范围.【详解】（1）令，则当时，令，解得：当时，；当时，在上单调递增；在上单调递减又，， 即当时，，此时无零点，即无零点    ，使得又在上单调递减    为，即在上的唯一零点综上所述：在区间存在唯一零点（2）若时，，即恒成立令则，由（1）可知，在上单调递增；在上单调递减且，，，①当时，，即在上恒成立在上单调递增，即，此时恒成立②当时，，，，使得在上单调递增，在上单调递减又，在上恒成立，即恒成立③当时，，，使得在上单调递减，在上单调递增时，，可知不恒成立 ④当时，在上单调递减    可知不恒成立综上所述：【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.84．(1)1  (2)（，）【详解】分析：（1）先求导数，再根据得a；（2）先求导数的零点：，2；再分类讨论，根据是否满足在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围．详解：解：（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（，+∞）．点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解. 85．（Ⅰ）（Ⅱ）【详解】分析：（1）求导，构建等量关系，解方程可得参数的值；（2）对分及两种情况进行分类讨论，通过研究的变化情况可得取得极值的可能，进而可求参数的取值范围.详解：解：（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. 点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.86．（1）见解析（2）【详解】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围．详解：（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，.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大．87．（1）切线方程是；（2）证明见解析．【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）方法一：当时，，令，只需证明即可．【详解】（1），．因此曲线在点处的切线方程是．（2）［方法一］：【最优解】放缩当时，．令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以．因此．［方法二］：【通性通法】导数的应用函数的定义域为R，．当时，令，得，或，其中．则函数的单调递减区间为，，单调递增区间为．又，当时，恒成立，故，故当时，．［方法三］：等价变形＋含参讨论不等式等价于．令．当时，（导数法证明过程参考方法二）． 当时，易知在R上单调递增且．所以存在唯一实数使得，即．函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．故．记，则的图像为开口向上，对称轴的抛物线，故函数在区间内单调递减，故．综上所述，当时，．［方法四］：【最优解】利用切线不等式放缩不等式等价于．因为，所以．当时，，即结论得证．【整体点评】（2）方法一：利用不等式性质放缩，转化为求具体函数的最值，方法简单易操作，是该题的最优解；方法二：直接研究函数的单调性求最小值，即可解出，是该类型题的通性通法；方法三：将不等式等价变形，然后再含参讨论新函数的单调性，求出最小值，此法也是常规手段，但是对于解决该题，显得有些繁琐；方法四：将不等式等价变形，然后利用切线不等式，不等式的性质放缩，再结合二次函数的性质解出，也可以认为是本题的最优解．88．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）方法一：先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明出不等式；（2）方法一：利用零点存在定理证明函数有零点，再利用导数证明函数在上单调递减，即证出.【详解】（1）［方法一］：基本不等式＋函数思想函数的导函数，由,得， 因为，所以．由基本不等式得．因为，所以．由题意得．设，则，所以在上递减，在上递增，故，即．［方法二］：换元＋同构＋函数思想．令，即关于的二次方程的两个相异根分别为，则，解得．所以．令，则在区间上恒成立．所以在区间内单调递减，因此，得证．（2）［方法一］：【通性通法】【最优解】零点存在性定理＋单调性设，令,则，所以,，即存在使,所以,对于任意的及,直线与曲线有公共点.由得. 设,，其中.由（1）可知,又,故,所以,即函数在上单调递减,因此方程至多1个实根.综上,当时,对于任意,直线与曲线有唯一公共点.［方法二］：极限思想＋零点存在性定理＋单调性令，因为，又的图象在区间上连续不断，所以，对于任意的及，函数在区间内有零点．以下证明，当，对任意，函数在区间上至多有一个零点．易知．①当时，，此时函数在区间内单调递减，所以，函数在区间内至多有一个零点；②当时，关于x的方程，即有两个不同的实数根，分别记为，不妨设，可得．易知，函数在区间和内单调递减，在区间内单调递增．所以函数的极小值．由（1）可知，又，所以．所以在区间内至多有一个零点，得证．［方法三］：换元法的应用由方法一知，交点必存在，只证唯一性．令，只需证：对于任意，方程有唯一解． 设，则．设，则．当时，；当时，．所以是的最大值点．由知，因此，在区间内递减，解必唯一．［方法四］：图象性质的应用由方法一知，交点必存在，只证唯一性．，得的拐点为．而的图象在拐点处的切线l方程为，即．此时切线l穿过的图象，与的图象只有一个交点，所以当时，直线与的图象只有一个交点．【整体点评】（1）方法一：先通过题意得出等量关系，利用基本不等式求出取值范围，再将用表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出；方法二：设，利用同构以及方程思想可得的取值范围，再将用表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出；（2）方法一：利用等价转化思想，直线与曲线有唯一交点，转化为有唯一零点，找点利用零点存在性定理以及函数的单调性即可证出，是该题的通性通法；方法二：解题思想同方法一，方法二借用极限思想快速判断函数在上有零点，再分类讨论说明函数在区间上至多有一个零点，即可证出，只不过欠缺严谨性；方法三：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的方式不同，通过换元，证明对于任意，方程有唯一解，利用导数说明函数在区间内递减，即证出；方法四：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的方式不同，根据函数的图象的凸凹性，求出拐点所在处的切线方程，数形结合证出．89．（1）增区间是，，减区间是；（2）证明见解析.【分析】（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间； （2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.【详解】（1）当a=3时，，．令解得x=或x=．由解得：；由解得：．故函数的增区间是，，减区间是．（2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理由于，所以等价于．设,则,仅当时,所以在单调递增.故至多有一个零点,从而至多有一个零点.又,故有一个零点.综上,只有一个零点.［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系因为，所以等价于，令，则．因为，则，当且仅当时，等号成立，所以在区间内单调递增，且．当时，；当时，．所以直线与的图像只有一个交点，即只有一个零点．［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理．①当时，单调递增，只有一个零点．②当与时，，再令或，则有 ．当与时，单调递增，当时，单调递增．因为，，所以．极大值与极小值同正同负，故只有一个零点．［方法四］：等价转化＋零点存在性定理由于，所以，等价于．设，则，仅当时，，所以在区间内单调递增．故至多有一个零点，从而至多有一个零点．结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取，则有，取，则有，所以在内有一个零点，故有一个零点．综上，只有一个零点．【整体点评】（2）方法一：通过分离参数将原函数的零点问题转化为易求单调性的函数零点问题，该法既是该类型题的通性通法，也是该题的最优解；方法二：将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，是常见的解题思路，对于证明题，这种方式显得不是特别严谨；方法三：直接对参数分类讨论，研究函数的单调性和最值，也是该类型问题的通性通法，但对于该题，显得有些复杂；方法四：该法同方法一，只是在零点存在性定理的运用过程中取点不一样．90．(1)a=；增区间为，减区间为．(2)证明见解析.【分析】（1）先确定函数的定义域，利用，求得a=，从而确定出函数的解析式，再解不等式即可求出单调区间；（2）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当时， ，之后构造新函数，利用导数研究函数的单调性，从而求得，利用不等式的传递性，证得结果.【详解】（1）的定义域为，，则，解得：，故．易知在区间内单调递增，且，由解得：；由解得：，所以的增区间为，减区间为．（2）［方法一］：【最优解】放缩法当时，.设，则.当时，；当时，.所以是的最小值点.故当时，.因此，当时，.［方法二］：【通性通法】隐零点讨论因为，所以在区间内单调递增．设，当时，，当时，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，所以．设，则．所以在区间内单调递减，故，即成立．［方法三］：分离参数求最值要证时，即，则证成立．令，则．令，则，由知在区间 内单调递减，从而在内单调递增，在区间内单调递减．所以，而，所以恒成立，原命题得证．［方法四］：隐零点讨论＋基本不等式，结合与的图像，可知有唯一实数解，不妨设，则．易知在区间内是减函数，在区间内是增函数．所以．由，得．．当且仅当，即时，，所以．［方法五］：异构要证明，即证，即证明，再证明即可．令，．设，则．若时，在上恒成立，所以；若时，当时；当时，．所以为的极小值点，则．因为，所以，所以．令．当时，；当时，，所以为的极小值点．则，所以，即．所以．［方法六］：高阶函数借位构建有界函数． 令，则．令．显然为定义域上的增函数．又，故当时，，得；当时，，得．即在区间上为减函数，在区间上为增函数，故．即恒成立，而恒成立．【整体点评】（2）方法一：利用的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解；方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法；方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法；方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样；方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐；方法六：基本类似于方法三．91．（1）证明见解析；（2）；（3）存在，使函数与在区间内存在“点”．【详解】分析：（1）根据题中“S点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（1）根据“S点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；（3）通过构造函数以及结合“S点”的定义列两个方程，再判断方程组是否有解即可证得结论.详解：解：（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”．点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.92．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）方法一：构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;（2）方法一：研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友 当时，等价于．设函数，则．，所以在单调递减．而，故当时，，即．［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值当时，．令，令，得．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而，所以函数在区间内单调递增，有．［方法三］：【最优解】指对等价转化当时，．令，函数在区间上单调递增，故，有，故当时，．（2）［方法一］：指数找朋友设函数，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，．［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数令，得．令．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，则．当时，，当时，，故函数在区间内只有一个零点时，．［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数函数在区间内只有一个零点等价于函数的图象与函数的图象在区间内只有一个公共点．由与的图象可知它们在区间内必相切于y轴右侧同一点，设切点为，则，解方程组得，经验证符合题意．［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数当时，，原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点．由得函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．设与的切点为，则，于是函数在点P处的切线方程为．由切线过原点可得，故．［方法五］：【通性通法】含参讨论因为，，当时，在区间内单调递增，又，故无零点；当时，．①当时，在区间内单调递增，有在区间内单调递增，又，故无零点； ②当时，令，得，故函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．，从而单调递增．又，所以无零点．③当时，，又，所以存在，使得，则函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，则为函数的唯一零点，且满足．所以，解得，则．［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论当时，，无零点；当时，，记，则；当时，，函数在区间内单调递增，则有，故无零点；当时，当时，单调递诚，当时，单调递增，当时，，当时，，故，得．【整体点评】（1）方法一：根据指数找朋友，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．；方法二：常规的直接求导，研究函数的单调性求最值，是该题的通性通法；方法三：利用指对互化，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．（2）方法一：根据指数找朋友，原函数在只有一个零点等价于在只有一个零点，再分类讨论以及利用导数研究其单调性即可解出；方法二：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为直线与曲线的交点个数，即可解出；方法三：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数，即可解出；方法四：同方法二； 方法五：直接含参讨论函数的单调性确定最值，再根据零点存在性定理判断即可解出，是该类型题的通性通法；方法六：易知当时函数无零点，只需考虑时的情况，，再含参讨论函数的单调性，研究其最值即可解出，是本题的最优解．93．(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.【分析】（I）由题意可得，由以及即可解出；（II）分别求出两切线方程，根据直线平行的条件得，两边取对数即可证出；（III）方法一：分别求出两曲线的切线的方程，则问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合，构造函数，令，利用导数证明函数存在零点，即可证出.【详解】（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）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理曲线在点处的切线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，根据二次函数的性质，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.［方法二］：因为曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线斜率为，所以直线l满足如下条件：．记，则是关于t的减函数．，使，即，即．当时，；当时，，，由（Ⅰ）可得当时，．若．则，取，，所以在区间内存在零点．所以当时，存在直线l，使l曲线的切线，也是曲线的切线．【整体点评】（III）方法一：利用切线重合，建立等量关系，通过消元得出方程，根据方程有解，转化为函数有零点，由零点存在性定理证出；方法二：根据斜率相等得出方程，引入新变元，构建关于新变元的方程，再由方程有实根，转化为对应函数有零点，即可证出．94．（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对 进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间；（2）方法一：根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.【详解】（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）［方法一］：【通性通法】消元由（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.［方法二］：【通性通法】消元由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时 ．欲证不等式成立，只需证．因为，所以，只需证．令，所以，在区间内单调递减，且，所以，即证．［方法三］：硬算因为，所以有两个相异的正根（不妨设）．则且即．所以．而，，所以．设，则．所以在上递减，，问题得证．［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用由（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．由对数平均不等式可得，即．故．【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法；方法二：同方法一，只是消元字母不一样；方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂；方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解．95．(Ⅰ)x+y=0；(Ⅱ)的极大值为6，极小值为−6；(Ⅲ)【分析】（Ⅰ）由题意可得f(x)=x3−x，=3x2−1，结合f(0)=0，=−1，可得切线方程为x+y=0；（Ⅱ）由已知可得：f(x)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2.则=3x2−6t2x+3t22−9.令=0，解得x=t2−，或x=t2+.据此可得函数f(x)的极大值为f(t2−)=6；函数极小值为f(t2+)=−6；（III）原问题等价于关于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y=g(x)有三个零点.利用导函数研究g(x)的性质可得的取值范围是【详解】（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．点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度  从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．96．        【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得； 【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；解：因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；[方法二]：根据函数的对称性，数形结合当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；因为是偶函数，图象为： 所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.[方法三]：因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；.97．    -1;    .【分析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用导函数的解析式可得a的取值范围.【详解】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【点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中,需利用转化与化归思想,转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.