高考数学总复习函数导数不等式（解析版）

专题六函数、导数与不等式第十五讲函数的图像与性质1.【解答】解：，，，．故选：．2.【解答】解：根据题意，函数，其导数，易得，则在上递增，设，，其定义域为，有，则为奇函数，易得在上递增，若（3），即（3），则有（3），而为奇函数，则有，必有，解可得，则的取值范围为．故选：．3.【解答】解：，则，故为偶函数，故错误；（1），故错误，正确．故选：．4.【解答】解：令，则，可得，函数是定义域为的单调函数，因为，所以，解得，所以．对于选项（2），故正确；对于选项：若关于的方程有2个不相等的实数根，，则，，即，因为，所以，则，所以，则，故选项正确；对于选项：函数的值域为，则△，即或，故不正确，对于选项：由函数满足对任意的实数，，且，都有成立，所以函数在上单调递增，所以，，，故选项正确，故选：．5.【解答】解：因为，作出函数的图象，如图所示：由此可知函数在和上单调递减，在上单调递增，且（1），（3），又因为关于的方程至少有两个不同的实数根，所以至少有两个不同的实数根，即的图象与至少有两个不同的交点，所以，又因为当时，，令，可得；当时，，令，解得，又因为，所以，解得．故选：．6.【解答】解：因为为偶函数，有且仅有3个零点，所以，解得，此时当时，，由，得，解得，因为是定义域为的偶函数，所以的解集为，，．故选：．7.【解答】解：令，得或，画出的大致图象，设，由图可知，当或时，有且仅有1个实根；当或时，有2个实根；当时，有3个实根．则恰有4个不同的零点等价于或或或，解得或．故选：．8.【解答】解：对于，根据高斯函数的定义，对任意，，故不存在，使成立，可知项错误；对于，，，令，则，，因此，故项正确；对于，取，，，，则，，因为，故项错误；对于，，当时，，当时，，而，因此，存在，使，故项正确．故选：．【精选练习】9.【解答】解：函数为在上单调递增，可知：，可得，．故选：．10.【解答】解：，，可得，解得，即，．故答案为：．11.【解答】解：是定义在上的偶函数，，的周期为2，又在，上单调递减，在，上单调递减．又，，，，，，，，．故选：．12.【解答】解：时，，而，所以不正确；，所以不正确；，，函数是偶函数，定义域为，，所以不正确；，而且，函数是偶函数，定义域为，所以正确．13.【解答】解：分别令函数，，即，，它们的根为分别与和交点的横坐标，作出和的大致图象，如图所示：由图可知，当有2个零点时，无零点或只有1个零点，错误；当有3个零点时，只有1个零点，错误；当有2个零点时，有4个零点，错误，正确．故选：．14.【解答】解：，当时，，则，此时在上单调递减，当时，，则，故当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，画出函数和的图象如下：令得，．故，，，令，则，且，，，当时，结合图象可知，只有1个解，当时，结合图象可知，只有1个解，当时，结合图象可知，由3个解，，，综上，方程的实数根的个数为5．故选：．15.【解答】解：当时，，时，在上不为增函数，故不正确；当时，，时，在上为增函数，结合选项可知，故不正确；时，，为偶函数，不正确；当时，，，故正确．故选：．16.【解答】解：因为，所以当时，，此时函数在上单调递减，且恒成立；当时，，此时函数在上单调递增，且；作出函数的图象，如图所示：由此可判断错误；因为，（3），所以（3），故函数不关于对称，故错误；当时，与函数始终有2个交点，所以，方程都有两个不等的实根，故正确；由图象可得的图象没有一直位于的图象之上，所以不等式不恒成立，故错误．故选：．17.【解答】解：作出函数的图象，如图所示：将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点；当时，直线与函数的图象没有交点；当时，直线与函数的图象有三个交点；所以直线与函数的图象不可能有两个交点．故选：．第十六讲利用导数研究函数的性质1.【解答】解：设，，即，，在上单调递减，又（2），不等式，即（2），，原不等式的解集为，．故选：．2.【解答】解：，则，当，，时，恒成立，单调递增，当或时，不恒成立，不可能单调递减，综上，在上不可能单调递减，故错误；若在上单调递增，则恒成立，所以，，，故正确；因为，所以关于对称，故正确；因为，，所以关于，，对称，所以所有的对称中心在直线上，故正确．故选：．3.【解答】解：，即为，可得的导数为，则，由，可得，，，则，当且仅当，即时，取得等号．故答案为：18．4.【解答】解：（1）由得，设公切线与曲线的切点坐标为，，由已知得，解得，所以公切线方程为，即，由得，由已知得，解得．（2）由已知，则，当时，，令，得，令得，这时，在上单调递增，在上单调递减；当时，，令，得，令得，这时，在上单调递减，在上单调递增；当时，令得或，，①当时，，这时在上单调递减；②当时，，令，得，令得或，这时，在和上单调递减，在上单调递增；③当时，，令，得，令得或，这时，在和上单调递减，在上单调递增；综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．5.【解答】解：（1）函数，当时，，，（1），切点坐标为，切线的斜率为（1），曲线在点，（1）处的切线方程为：，整理得：．（2）函数，，当时，，函数在上单调递增，此时函数无极值，，令，得，当时，，当时，，函数的增区间为，减区间为，，，令（a），，（a）在上单调递减，（1），（a）等价于，的取值范围是．6.【解答】解：由，得，对于，当时，在上单调递减，在和上单调递增；的极大值，的极小值（a），所以有三个零点，故正确；对于，当时，在上单调递减，在和上单调递增，是极小值点，故错误；对于，任何三次函数不存在对称轴，故错误；对于，当时，，关于点中心对称，故正确．故选：．7.【解答】解：（1）已知，函数定义域为，可得，因为，且的图象经过，两点，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，则当时，函数取得极小值，极小值（1），①又因为，（1），所以，，②联立①②，解得，，，则；（2）不妨设切点为，，易知，因为，所以，则切线方程为，因为切线方程经过点，所以，若曲线恰有三条过点的切线，此时方程有三个不同实数解，不妨设，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，函数取得极大值，极大值，当时，函数取得极小值，极小值（1），此时需满足，解得，故的取值范围为．【精选练习】8.【解答】解：（1）若，则，，，所以曲线在点，处的切线斜率为，即，解得，所以（1），所以切线的方程为，即．（2）函数，，，令，，则为开口向上，对称轴为，△，又，当，即时，在上单调递增，所以，所以在上，单调递增，当，即时，①若△，即时，，所以在上，单调递增，②若△，即时，有两个根，，若△，即时，，所以在上，，单调递增，在，上，，单调递减，在，上，，单调递增，综上所述，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在，上单调递减，在，上单调递增．9.【解答】解：（1）当时，，，则，解可得（舍去）或．当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故函数的单调递增区间是，，单调递减区间是，函数的极大值为（1），没有极小值．（2）由题意得，，若，当，时，，在区间，上单调递增，此时的最大值为（1）；若，当时，，单调递增，，时，，单调递减，此时的最大值为（a）；若，则，当时，，单调递增，时，，单调递减，此时的最大值为；若，则，当，时，，在区间，上单调递增，此时的最大值为（1），故．10.【解答】解：设直线与曲线相切于，由，得，可得切线的斜率为，又，可得，，由，得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，（1），又当时，，的取值范围为，．故选：．11.【解答】解：根据题意，设，其导数，若，解可得或，则的单调递增区间为，，，若，即在，上为增函数，则，的最小值为2；函数，则其导数，若，，则在，上为减函数，在，上为增函数，则（2），且在区间，上，，在区间，上，，若（2），解可得，，在区间，上，，在区间，上，，符合题意；故．故答案为：2；3．12.【解答】解：，，，，，所以，所以，则，令，且，则，当，，时，，单调递减，当时，，单调递增，故时，取得最小值（2），所以的最小值为．故答案为：．13.【解答】解：令，定义域为，则，所以函数是定义域为的奇函数，对称中心为，因为，定义域为，所以，即函数的图象可由函数的图象向上或向下平移个单位得到，所以函数的对称中心为，故正确；因为，定义域为，所以，令，即，解得或，令，解得或；令，解得，所以函数在，上单调递增，在上单调递减，所以函数的极大值点为，极小值点为，因为是函数的极值点，所以或，当时，，所以函数的极大值点，是函数的极小值点，所以；当时，，所以函数的极小值点，是函数的极大值点，所以，故错误；因为，即，即，因为，所以，当时，有，解得，所以，所以；当时，有，解得，所以，所以，故正确；由项分析可得，所以，当时，；当时，，故错误．故选：．14.【解答】解：（1）函数，，，当时，，在上单调递增，无极值，当时，令得，所以在上，单调递减，在上，单调递增，所以当时，取到极小值，无极大值，综上所述，当时，在上单调递增，无极值，当时，在上单调递减，在上单调递增，极小值为，无极大值．（2），，，令得或0（舍，所以在上，单调递增，所以，即，令，，则，若方程在上存在实根，则方程在，上存在实根，若在上单调，则在上有解，即应该在上有解，但是在上无解，不合题意，所以在上不单调，由（1）知，即，，，，所以在，上单调递增，所以．15.【解答】解：（1）由题知：，令，则，当时，，在区间上单调递增；当时，令，解得，当时，；当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．综上所述，当时，在区间单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．（2）当时，，由（1）知，时，，在上单调递减；时，，在上单调递增；所以是函数的极小值点，不符合题意；当时，，且，由（1）知，时，，在上单调递减；时，，在上单调递增；所以，是函数的极小值点，不符合题意；当时，，时，，在单调递增，所以无极值点，不符合题意；当时，，且，当时，，在上单调递增；当时，，在单调递减；所以是函数的极太值点，符合题意．综上所述，，即的取值范围是，．（3）证明：要证，只要证，只要证，，因为，所以，，所以只要证：对任意，有，只要证：对任意，（※），因为由（2）知：当时，若，则，所以，即①，令函数，则，所以在上单调递增，，即②，由①②得：，所以（※）成立，所以成立．第十七讲导数与函数零点1.【解答】解：（1）若，则，，又（1），（1），故所求切线方程为，即；（2）由题，当时，，在上单调递减，又，（1）．存在一个零点；当时，令得，此时单调递减，令得，此时单调递增，则的最小值为．当时，的最小值为0，此时有一个零点．当时，的最小值大于0，此时没有零点．当时，的最小值小于0，，时，．此时有两个零点．综上，当或时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，没有零点．2.【解答】解：（1）．若，，在为增函数；若，令，得．当时，，为减函数，当时，，为增函数．综上所述，当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增．（2）当时，在单调递增，不可能有两个零点，不符合题意．当时，在单调递减，在单调递增，因为有两个零点，必有，因为，所以．令（a），，10分，所以（a）在单调递减，而（1），所以当时，（a），即．又，故在有1个零点；当时，易知，故，，取，有，在有1个零点．综上所述，当有两个零点时，，即的取值范围是．3.【解答】解：（1），令，可得，故的单调递增区间为，；（2），令，则，由，故恒成立，故在上单调递增，又，故存在，使，即，即在上单调递减，在上单调递增，故，由，则，令，则有，，当时，恒成立，故在上单调递增，故，即，则，即的最小值为1；（3）令，即有，即函数的零点个数为的实数根的个数，由（2）知，在上单调递减，在，上单调递增，且，又当时，，当时，，故当，即时，有唯一实数根，当，即时，有两实数根，当，即时，无实数根，即当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点，当时，函数无零点．【精选练习】4.【解答】解：当时，显然不符合题意，故，由可得，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当且时，，当时，且，因为（e），其大致图象如图所示，结合函数图象可知，，所以．故选：．5.【解答】解：（1）函数，则，当时，由，可得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2），所以为的一个根，故有两个不同于1的实根，令，则，当时，，故在上单调递增，不符合题意；当时，当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，并且当时，；当时，，所以若要满足题意，只需且（1），因为，所以，又（1），所以，即且，所以实数的取值范围为．6.【解答】（1）证明：由题意可得：函数，且，，若，则在内恒成立，可知在内单调递增，可得；若，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，可得，且，则，则；综上所述：当时，；（2）解：由题意可得：，令，整理可得，设，则，且，可知，令，解得；令，解得；则在内单调递减，在内单调递增，由题意可知：有两个零点，则（1），解得，若，令，则则，可知在内有且仅有一个零点；且当趋近于，趋近于，可知内有且仅有一个零点；即，符合题意，综上所述：的取值范围为．7.【解答】解：（1）由，知，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，有，从而对和有，对有，所以在和上单调递增，在上单调递减．综上，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减．（2）由于，故，记，则．从而对有，对有，所以在，上单调递减，在，上单调递增．当时，对，，均有（1），所以不可能有两个零点，从而不可能有两个极值点；当时，由，（1），，结合零点存在定理可知存在两个零点，．再结合的单调性知在，，时取正值，在时取负值，所以有极大值点和极小值点．综上，的取值范围是．8.【解答】解：（1），，（2分）又，所以切线方程为，（3分）又切线过点，得，所以，（4分）所以，，当，时，，所以在，上单调递减，（6分）所以的最小值为；（7分）（2）判断在零点个数，等价于判断方程根的个数，等价于判断方程根的个数，（8分）令，，令，则，得，（10分）当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．（12分），，，（或所以时，方程有2根，所以在有2个零点．（15分）9.【解答】解：（1），，令，则函数在上单调递减，又（1），时，，即，函数单调递增；时，，即，函数单调递减．时，函数取得极大值（1），无极小值．（2）证明：要证明．令，，则函数在上单调递减，存在唯一满足，可得，，函数在出取得极大值即最大值，，等号不成立，，．第十八讲导数与不等关系1.【解答】解：项，令，则，令，解得，所以函数在上单调递增．所以当时，，即，正确；项，令，，则，于是，但，错误；项，令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递递增，故在时，取得最小值，所以在上恒成立，故在上恒成立，正确；项，构造函数，则．在上恒大于0，于是在上是增函数，又，所以，所以．即，正确．故选：．2.【解答】解：（1）因为的定义域为，可得，当时，令，可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值；（2）当时，由，可得，整理得，即，令，则，由（1）知，当时，的最小值为（1），即恒成立，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．故当时，取得最大值，即，故的取值范围为，．3.【解答】解：（1）的定义域为，，记，当时，，单调递增；当时，，单调递减所以，即，所以在区间上单调递减．（2）证明：先证，记，则，记，则，所以时，，递增；时，，递减．所以（1），所以，又，所以，故．再证，即证，记，则，记，则，所以在递增，所以，所以，即，所以．（3）证明：由（2）知的最大值为0．因为，且，则，之中至少有一个大于1，不妨设，则，由（1）可知为减函数，所以，所以，因为，记，则，因为，所以，所以，所以．【精选练习】4.【解答】解：设，，由题意可知函数在直线下方的图象有且只有一个点的横坐标为整数，因为，所以，由，得，单调递增，由，得，单调递减，如图，作出的大致图象：因为直线过定点，所以，即，故．故选：．5.【解答】解：（1），，令，得，单调递增，令，得，单调递减，在处取得极小值，无极大值．（2）对恒成立，即对恒成立．令，，则只需即可．则，，在上单调递增且．当时，，单调递减；时，，单调递增．．故，，故的最大值为．6.【解答】解：（1），，当，，时，，当，，时，，所以的单调递增区间为，；单调递减区间为，，，，当时，取极小值为．（2）证明：当，时，令，，令，，在，上单调递增，，，在，上单调递增，，证毕．7.【解答】解：（Ⅰ）因为，，所以，当时，恒成立，所以，当时，令，解得（舍负），令，得，令，得．综上所述，当时，在上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增．（Ⅱ）由恒成立，得在上恒成立，所以在上恒成立，令，只需，则，令，易知在上单调递减，又（1），所以当时，，，单调递增，当时，，，单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，即（1），所以，所以的取值范围为，．（Ⅲ）当时，，，则，令，则，当时，，所以在上单调递减，又，所以在上存在唯一的零点，设在上的零点为，可得当时，，当，时，，所以在上单调递增，在，上单调递减，解法一：，因为，所以，故，又，所以，又，所以在上有一个零点，又，所以在上有一个零点，当时，，所以在上没有零点，当时，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，所以，而，所以，所以在上没有零点，综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．解法二：因为，，所以在上有一个零点，又，所以在上有一个零点，当，时，，令，，，令，得，所以在上，单调递增，在上，单调递减，所以（1），所以，时，，所以，从而在，上恒成立，故在，上没有零点，当时，，设，则，所以在上单调递减，又，则在上恒成立，所以在上恒成立，故在上没有零点，综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．8.【解答】解：（1）证明：记，则，因为，所以，所以，则在上单调递增，所以，所以；当时，等价于，记，则，可知在上单调递增，则，即；综上，当时，．（2）由题意，可知等价于，记，则的定义域为，则，则为定义在内为偶函数，所以题设等价于当时，，当时，，不合题意；当时，因为，所以，①当时，由（1）可知，，则，所以，又因为，则存在，使得，因此当，，即不成立，不合题意；②当时，，记，由（1）可知，可得，所以，因为，则，由（1）可得，则，所以，所以在单调递减，则，恒成立，符合题意，综上，实数的取值范围是，．微专题14必要性探路的应用1.【解答】解：（1）当时，，其定义域为，求导，得，令，得舍去），当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）方法1：由条件可知（1），于是，解得，当时，，构造函数，对其求导，得，所以函数在，上单调递减，于是（1），因此实数的取值范围是，．方法2：由条件可知对任意的，恒成立，令，，只需即可，对函数求导，得，，所以函数在，上单调递增，于是（1），所以函数在，上单调递增，所以（1），于是，因此实数的取值范围是，．2.【解答】解：（1）将代入，对求导，可得，当，，（1），所以根据点斜式可列出切线方程，化简可得，所以曲线在点，（1）处的切线方程；（2）将代入，对求导，可得，因为，所以，即的定义域为，令，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，单调递减，当，，单调递增，则在，无极大值，只有极小值为，所以当时，函数的极小值为0，无极大值；（3）根据题意知，则，设，则，因为当时，恒成立，且，，所以，得，故是原不等式成立的必要条件，再证明必要条件也是充分条件，当，时，，所以在上单调递增，且，所以在上单调递增，且，充分性成立，故可得的取值范围为．3.【解答】解：（1）由，可得，令，则，因为，所以，，则．所以在上单调递减．且和在上连续，由零点存在定理知存在唯一零点，使．所以时，，在单调递增；时，，在单调递减，所以在上只有一个极值点，且为极大值点．因为时，，则时，无零点．又因为，且，因为在单调递减，则存在唯一零点，使．所以在上只有一个零点，只有一个极大值点．（2）令，，由恒成立，得．因为，图象在定义域上连续不间断，只需是的一个极大值点．因为，则，解得．下证：当时，恒成立．因为．当，时，在，上单调递增，所以．当，时，，令，则在，单调递减，则．，又因为，所以当，时，，综上，当时，恒成立．【精选练习】4.【解答】解：（1）函数的导数为，可得曲线在点，（1）处的切线的斜率为，由（1），可得切线的方程为，即为；（2）由可得，设，可得，设，，在递增，当时，，在递减，即有（1），此时递增；当时，，由，可设，若，可得在递减，可得（1），所以在递减，即（1），当，且，，，所以的最大值为1，所以，即的取值范围是，．5.【解答】解：（1）时，，故，当时，，，故，在递增；（2），，设，，当即时，，，，，而，，即恒成立，当时，，故在，递增，而，故，故在，递增，即成立，当时，，故在，递增，而，，故存在，，有，当时，，递减，当时，，递增，故时，取最小值，最小值是，而，不成立，综上：实数的取值范围是，．6.【解答】解：（1）当时，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在上单调递减，在上单调递增．（2）令，，因为，所以，又，所以在上不能单调递增，否则存在上使得，所以当时，，，且，令，，又，，①当，即时，存在满足当时，，即，与矛盾，②当时，，令，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即，所以，所以，满足题意，所以实数的取值范围为，．（3）证明：令，则，所以（1），即，令，可得，即，所以，所以，得证．7.【解答】解：（1）当时，，，所以在，时，，单调递减，在时，，单调递增，所以（1），，（e），在区间，上的值域为，．（2）根据题意得，在区间上有唯一根，即在区间上有唯一根，又因为，所以，即．（3）函数，，因为当时，恒成立，所以当时，恒成立，即当时，恒成立，令，，令，，在上，单调递减，由因为（2），（3），所以存在，使得，，在区间上，，，单调递增，在区间，上，，，单调递减，，，所以（2），所以．微专题15抽象函数的应用1.【解答】解：函数是定义在上的奇函数，且对任意两个正数，，都有，；设，在上是单调减函数；又（2），（1），（3），（1）（2）（3），即．故选：．2.【解答】解：因为函数的定义域为，且，用替换，得，所以，所以是上的偶函数，由，可得，即，又因为，所以，即，所以关于，对称，且，由，可得：，又因为为偶函数，所以，所以，即，所以，所以的周期为6；所以，在中，令，得（1），解得（1），再令，得（2）（1），所以（2）（1），所以（2）．故选：．3.【解答】解：根据题意，因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，即有，变形可得①．又由为奇函数，所以，变形可得②．由①，②得，，故有，由，得（2），又，可得（2），（1）（3），（2）（4），由（1），得（3），故（1）（2）（1）（2）（3）（4）（1）（2）．故选：．4.【解答】解：由是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故．对于，由，得，所以，代入，得，又因为是奇函数，所以，，即，所以是周期函数，且周期为4，（4），故正确；对选项，令得，（1）（1），令得，（3）（1），故（1）（3），故正确；对于：令，得，因为是周期函数，且周期为4，（4），所以（4），因为（4），所以，故错误；对于：由得，，由选项知，令，得（1）（3），故（1）（3），因为是周期函数与奇函数，且周期为4，所以（2）（2），即（2），因为（4），所以（1）（2）（3）（4），所以，故错误．故选：．【精选练习】5.【解答】解：根据题意，，对于，在中，令可得：（1）（1），变形可得（1），错误；对于，在中，令可得：（1），又由（1），则，错误；对于，对于，在中，令可得：，变形可得，则为偶函数，正确；对于，由的结论，错误．故选：．6.【解答】解：对于，因为是奇函数，所以，则有，的图象关于点对称，故错误；对于，是奇函数，其图象关于原点对称，向右平移1个单位后可得，所以的图象关于点对称，故正确；对于，因为是奇函数，所以，所以，所以，所以，所以①，因为，所以②，由①②可得：，所以，所以，，所以8是函数的一个周期，所以是周期函数，故正确；对于，因为，所以（1）（5），（2）（6），（3）（7），（4）（8），所以（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8），而，故错误．故选：．7.【解答】解：因为，所以，所以，即，所以是周期为4的周期函数，则正确；令，得，则，从而，故错误；因为，所以，所以，所以，的图象关于直线对称，则正确；因为的周期为4，且其图象关于直线及对称，则直线及均为图象的对称轴，从而，，令，得，即，则，故，故错误．故选：．8.【解答】解：由可得，又，所以，令，所以；因为的图象关于点对称，所以，又，所以，因为，所以，，令，所以，则；因为，所以，又，所以，，则，4是的一个周期，因为（3）（1），（4）（2），所以（1）（2）（3）（4），因为周期是4，所以（1）（2）（3）．故答案为：3，0．9.【解答】解：对于选项，因为为偶函数，可得，即，两边求导得，，即（2），选项正确；对于选项，因为为偶函数，所以为奇函数，图象关于对称，则的图象关于点对称，选项正确；对于选项，为偶函数，为奇函数，可得：，即，得，所以，即，则，可知的周期为4，选项错误；对于选项，因为为奇函数，将代入，得（1），得（1），因为为偶函数，可得：关于对称，由（1）且关于对称，知（3），又的周期为4，可得．选项中有等式，即，则有成立，所以（1），选项正确．故选：．10.【解答】解：由的图象关于点对称，则，即，所以，又的图象关于直线对称，则，又，所以，所以，两边同时求导得，即，故正确；由，可得，即，所以，所以函数的周期为4，又（1），（1），（2），结合（1），（1），得，（2），又函数的周期为4，所以（3），（4），所以（1）（2）（3）（4），则（1）（2）（3）（4），故正确；又，所以，结合得，即，所以函数的周期为4，所以，又，所以，故正确；由选项知：，所以，即，再，所以，所以（1），即（1），又，所以，所以（1），故错误．故选：．微专题16导数同构1.【解答】解：令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因为，所以，即，所以，错误，正确；令，则，，当时，，（1），故在上不单调，故时，与大小关系不确定，，错误．故选：．2.【解答】解：由条件得，，令，，则，由条件，则，令，，则，显然当时，，单调递增．故由，可得，．故答案为：．3.【解答】解：令，所以．令，定义域为，，令，易知在上单调递增，且．所以，则函数有两个零点转化为函数的图象与直线有两个交点．则，当时，；当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，；当时，，则，解得，即实数的取值范围是．故选：．4.【解答】解：（1）若，则，则，直线恒过定点，则直线的斜率为，设切点，由导数几何意义可得，即，令，观察得（1），又，所以在上递增，所以方程的根仅有，所以；（2）令，则，令，则在，上递增，且，（a），所以存在唯一，使得，所以当时，，故函数单调递减，当，时，，故函数单调递增，所以由对恒成立，可得，即，令，则，所以在上递减，由（1），所以的解为，所以，令，，则在上递增，所以，所以．另解：，其中，等价于，即，即，令，则不等式等价于，因为为增函数，所以，所以，令，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以（1），所以，解得．5.【解答】解：因为，所以，由得，即，即，构造函数，可化为，因为，令，则，令，解得，所以时，，在上单调递减，所以时，，在上单调递增，所以时，取得最小值，即（1），所以在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递增，因为，所以，，，令，则，令，即，解得，所以时，，在上单调递增，时，，在上单调递减，所以时，取得最大值，即，所以，所以，即的取值范围为，．故选：．6.【解答】解：等价于，令函数，则，故是增函数，等价于，即，令函数，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以．故实数的取值范围为．故选：．7.【解答】解：设，，，则，令，，方法一：，令得，，由的图象和的图象可知，方程在上有且只有一个解，设为，当时，，单调递减；当，时，，单调递增，所以当时，取得最小值，又因为，所以，，所以，所以的最小值为1；方法二：设，则，令得，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，即，当且仅当时，等号成立，所以，当且仅当时，等号成立，即的最小值为1，所以的最小值为1．故选：．8.【解答】解：显然首先，，不等式，令，，则，所以在定义域内严格单调递增，所以若有成立，则必有，即对于任意的恒成立，令，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得最小值，从而，所以的取值范围是，即实数的最大值为．故选：．9.【解答】解：由题意恒成立，所以恒成立，令，则，所以单调递增，从而，显然，也就是说原问题等价于恒成立，我们设，从而，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以实数的取值范围．故答案为：．10.【解答】解：因为不等式恒成立，所以恒成立，令，所以在上单调递增，当时，；当时，，所以，令，函数定义域为，可得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即，解得，则，所以，可得，因为恒成立，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，取得最小值，此时，当时，，此时；当时，，此时，综上可知的最小值为．故答案为：2；．11.【解答】解：设，则，又因为不等式对任意的实数恒成立，所以对任意的实数恒成立，即对任意的实数恒成立，令，，则有恒成立，则，当时，，在上单调递增，不满足题意；当时，令，得，当时，，单调递减；时，，单调递增；所以，所以，，所以，令（a），，则（a），所以当时，（a），（a）单调递增；当时，（a），（a）单调递减；所以（a）（1），所以，所以的最大值为．故答案为：．12.【解答】解：令，令，则，令，则．令，则，所以在，上单调递增；令，则，所以在，上单调递减；又，（1），则有且只有两根，分别为0，1；因为与的图象有且仅有两个不同的交点，则函数图象与轴有且仅有两个不同的交点，设两个不同的交点的横坐标为，，则方程组有且只有一组实数根，令，则，当时，，则此时在上递增，又当趋向于0，趋向于，当趋向于，趋向于，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，图象共有两个交点，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，即，所以，所以，解得；当与相切，设对应切点为，，则相应切线，即，所以，可得，解得；如图则，综上的取值范围为．故答案为：．微专题17双重最值问题1.【解答】解：因为，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，且，，因为可看作由的图象向左平移个单位，令，即，解得，结合函数的图象可知，，的最大值的．故选：．2.【解答】解：令，，，其中，，，所以，若，则，故，令，，，，，因此，故，则，若，则，即，，，，，，则，故，则，当且仅当且时等号成立，如取时可满足等号成立，综上可知，，的最小值为．故答案为：．【精选练习】3.【解答】解：分别作出，，在，的图象，函数，，的图象为右图中的实线部分．由图象可得的最低点为，即为和的交点，由解得：．的最小值为：4故选：．4.【解答】解：由，，可得，，，即有，由，可得，解得．可得的最大值为．故答案为：．5.【解答】解：因为，所以在，，中，负数的个数为1或3，又，所以在，，中，1个为负数，2个为正数，不妨设，则，，．因为，所以，因为，所以，则，故，，的最大值是．故选：．6.【解答】解：当时，则，由题意可知，此时，，和中至少有一个小于等于2，，又当，时，，的最大值为2，当时，则，由题意可知，此时，，和中至少有一个小于2，，综上所述，的最大值为2．故答案为：2．微专题18双变量问题1.【解答】解：（1）由，得，令，则或，当或时，；当时，，在和上单调递减，在上单调递增，且有两个正根，（1），，的取值范围为．（2）关于的方程有两个正实数根，且．由（1）知，设，，则，在上单调递减，（1），，又在上单调递减，，，要证，只需证，即证，且，成立．2.【解答】（1）解：由函数的解析式可得，，，单调递增，，，单调递减，则在单调递增，在单调递减．（2）证明：由，得，即，由（1）在单调递增，在单调递减，所以（1），且（e），令，，则，为的两根，其中．不妨令，，则，先证，即证，即证，令，则在单调递减，所以（1），故函数在单调递增，（1）．，，得证．同理，要证，（法一）即证，根据（1）中单调性，即证，令，，则，令，，，单调递增，，，，单调递减，又时，，且（e），故，（1）（1），恒成立，得证，（法二），，又，故，，故，，令，，，在上，，单调递增，所以（e），即，所以，得证，则．3.【解答】解：，所以，又，所以曲线在点，处的切线方程为．由，得，该方程有一根为，且，所以，即有3个不同的实数根，且这3个实数根均不为．令，则，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，当时，且，当，时，，当，时，，当时，的增速远大于的增速，所以．故的大致图象如图所示：又，所以当时，直线与曲线有3个不同的交点，且这3个交点的横坐标均不为，所以的取值范围为．由知，，所以，，所以，则，要证，只需证，不妨设，所以，所以，则只需证．令，则，令，则当时，，所以在上单调递增，所以（1），所以当时，恒成立，得证．4.【解答】（Ⅰ）解：由，可得．当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减．的单调递增区间为，单调递减区间为．（Ⅱ）证明：设点的坐标为，，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令函数，即，则．，当时，；当，时，，在上单调递增，在，上单调递减，对于任意实数，，即对任意实数，都有；