2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题三 导数及其应用第八讲导数的综合应用答案

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专题三 导数及其应用
第八讲 导数的综合应用
答案部分
2019年
1.解析 当时，恒成立；
当时，恒成立，
令
，
所以，即．
当时，恒成立，
令，则，
当时，，递增，当时，，递减，
所以当时，取得最小值.
所以.
综上，的取值范围是．
2.解析（1）．
令，得x=0或.
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.
（2）满足题设条件的a，b存在.
（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．
（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0 若，b=1，则，与0 若，，则或或a=0，与0 综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．
3.解析：（Ⅰ）当时，．
，
所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．
（Ⅱ）由，得．
当时，等价于．
令，则．
设 ，则
．
（i）当 时，，则
．
记，则
.
故



1




0
+


单调递减
极小值
单调递增
所以， ．
因此，．
（ii）当时，．
令 ，则，
故在上单调递增，所以．
由（i）得．
所以，．
因此．
由（i）（ii）得对任意，，
即对任意，均有．
综上所述，所求a的取值范围是
4.解析：（1）设，则，.
当时，单调递减，而，
可得在有唯一零点，设为.
则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.
（2）的定义域为.
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.
又，，所以当时，.
从而 在没有零点.
（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.
（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.
综上，有且仅有2个零点.
5.解析：（1）f（x）的定义域为.
因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．
因为f（e）=，，
所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．
又，，
故f（x）在（0，1）有唯一零点．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，
故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．

6.解析（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．
7.解析：（I）由，得．
令，即，解得或.
又
所以曲线的斜率为1的切线方程是与，
即与.
（II）令，.
由得.
令得或.
随x的变化情况如表所示
x
-2

0



4


+

-

+


-6

0



0
所以的最小值为-6，最大值为0，所以，即.
（III）由（II）知，
当时，；
当时，；
当时，.
综上，当最小时，.
8.解析 （Ⅰ）由已知，有.因此，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，.



2010-2018年
1．A【解析】∵，∵，∴，
所以，，
令，解得或，所以当，，单调递增；当时，，单调递减；当，，单调递增，所以的极小值为，选A．
2．D【解析】由导函数的图象可知，的单调性是减增减增，排除 A、C；由导函数的图象可知，的极值点一负两正，所以D符合，选D．
3．D【解析】当时，令函数，则，易知在[0，）上单调递增，在[，2]上单调递减，又，，，，所以存在是函数的极小值点，即函数在上单调递减，在上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为D．
4．B【解析】（解法一）时，抛物线的对称轴为．据题意，当时，即．．由且得．当时，抛物线开口向下，据题意得，即．．由且得，故应舍去.要使得取得最大值，应有．所以，所以最大值为18．选B．
（解法二）由已知得，对任意的，，所以，即．画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，

令，则当时，，当时，，由线性规划的相关知识，只有当直线与曲线相切时，取得最大值，由，解得，，所以，选B．
5．A【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于
，当时， ，所以在
上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，，
数形结合可知，使得成立的的取值范围是．
6．D【解析】由题意可知存在唯一的整数，使得，设
，，由，可知在
上单调递减，在上单调递增，作出与的大致图象如图所示，

故，即，所以．
7．D【解析】∵，∴，∵在单调递增，
所以当 时，恒成立，即在上恒成立，
∵，∴，所以，故选D．
8．A【解析】法一 由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为，在(2，0)处的切线方程为，以此对选项进行检验．A选项，，显然过两个定点，又，
则，故条件都满足，由选择题的特点知应选A．
法二 设该三次函数为，则
由题设有，解得．
故该函数的解析式为，选A．
9．C【解析】由正弦型函数的图象可知：的极值点满足，
则，从而得．所以不等式
，即为，变形得，
其中．由题意，存在整数使得不等式成立．
当且时，必有，此时不等式显然不能成立，
故或，此时，不等式即为，解得或．
10．A【解析】设所求函数解析式为，由题意知，
且，代入验证易得符合题意，故选A．
11．C【解析】当时，得，令，则，
，令，，
则，显然在上，，
单调递减，所以，因此；
同理，当时，得．由以上两种情况得．
显然当时也成立，故实数的取值范围为．
12．C【解析】设，则，故在上有一个极值点，即在上不是单调函数，无法判断与的大小，故A、B错；构造函数，，故在上单调递减，所以，选C．
13．【解析】B 当，可得图象D；记，
，取，，令，得，易知
的极小值为，又，所以，所以图象A有可能；同理取，可得图象C有可能；利用排除法可知选B．
14．C【解析】若则有，所以A正确．由得
，因为函数的对称中心为（0,0），
所以的对称中心为，所以B正确．由三次函数的图象可知，若是的极小值点，则极大值点在的左侧，所以函数在区间单调递减是错误的，D正确．选C．
15．A【解析】法一：由题意可得，，
而由可知，
当时，＝为增函数，
∴时，．
∴．
∴ 不存在使成立，故B，D错；
当时，＝，
当时，只有时才有意义，而，
∴ ，显然无意义，故C错．故选A．
法二：显然，函数是增函数，，从而以题意知．
于是，只能有．不然的话，若，得，
与条件矛盾；若，得，与条件矛盾．
于是，问题转化为在上有解．
由，得，分离变量，得，
因为，，
所以，函数在上是增函数，于是有，
即，应选A．
16．D【解析】A．，错误．是的极大值点，并不是最大值点；B．是的极小值点．错误．相当于关于y轴的对称图像，故应是的极大值点；C．是的极小值点．错误．相当于关于轴的对称图像，故应是的极小值点．跟没有关系；D．是的极小值点．正确．相当于先关于y轴的对称，再关于轴的对称图像．故D正确．
17．B【解析】∵,∴,由，解得，又，
∴故选B．
18．D【解析】，，恒成立，令，则
当时，，函数单调减，当时，，函数单调增，
则为的极小值点，故选D．
19．D【解析】，由，即，
得．由，，所以，当且仅当时取等号．选D．
20．D【解析】若为函数的一个极值点，则易知，∵选项A，B的函数为，∴，
∴为函数的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴，
且开口向下，∵，∴，也满足条件；
选项D中，对称轴，且开口向上，∴，
∴，与题图矛盾，故选D．
21．D【解析】由题，不妨令，
则，令解得，因时，，
当时，，所以当时，达到最小．
即．
22．①③④⑤ 【解析】 令，当时，，
则 在R上单调递增函数，此时仅有一个实根，所以(4)(5)对；
当时，由得，所以 是的极小值点．
由，得,即，(3)对． 是的极大值点，
由，得，即，(1)对．
23．①④【解析】（1）设，函数单调递增，所有，，
则=>0，所以正确；
（2）设>，则，则
，可令=1，=2，，
则，所以错误；
（3）因为，由（2）得：，分母乘到右边，
右边即为，所以原等式即为=，
即为=，令，
则原题意转化为对于任意的，函数存在不相等的实数，
使得函数值相等，，则，
则，令，且，可得为极小值．
若，则，即，单调递增，不满足题意，
所以错误．
（4）由(3) 得=，则，
设，有，使其函数值相等，则不恒为单调．
，，恒成立，
单调递增且，．所以先减后增，满足题意，所以正确．
24．4【解析】当时，，，此时方程
即为或，故或，此时符合题意，方程有一个实根．
当时，，，方程
即为或，即或，
令，则，函数在上单调递减，且时，所以当时，方程无解；令，则，函数在上单调递减，且时，时，所以当时，方程有一个实根．
当时，，，方程即为或，即或，令，
则，函数在上单调递增，且时
，时，所以当时方程
有1个实根；同理在有1个实根．
故方程实根的个数为4个．
25．2【解析】由题意，令得或．
因或时，，时，．
∴时取得极小值．
26．【解析】(1)的定义域为，．
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减．
（ii）若，令得，或．
当时，；
当时，．所以在，单调递减，在单调递增．
(2)由(1)知，存在两个极值点当且仅当．
由于的两个极值点，满足，所以，不妨设，则．由于
，
所以等价于．
设函数，由(1)知，在单调递减，又，从而当时，．
所以，即．
27．【解析】(1)当时，等价于．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
(2)设函数．
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由(1)知，当时，，
所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
28．【解析】(1)当时，，．
设函数，则．
当时，；当时，．
故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，．
所以在单调递增．
又，故当时，；当时，．
(2)（i）若，由(1)知，当时，，这与是的极大值点矛盾．
（ii）若，设函数．
由于当时，，故与符号相同．
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点．
．
如果，则当，且时，，
故不是的极大值点．
如果，则存在根，
故当，且时，，所以不是的极大值点．
如果，则．则当时，；
当时，．所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，．
29．【解析】(1)因为，
所以（）
=．
．
由题设知，即，解得．
此时．
所以的值为1．
(2)由(1)得．
若，则当时，；
当时，．
所以在处取得极小值．
若，则当时，，，
所以．
所以2不是的极小值点．
综上可知，的取值范围是．
30．【解析】(1)由已知，，有．
令，解得．
由，可知当变化时，，的变化情况如下表：


0



0
+


极小值

所以函数的单调递减区间，单调递增区间为．
(2)证明：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．
(3)证明：曲线在点处的切线：．
曲线在点处的切线：．
要证明当时，存在直线，使是曲线的切线，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，关于的方程③有实数解．
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，且，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，使得．
由(1)可得，
当时，
有
，
所以存在实数，使得
因此，当时，存在，使得．
所以，当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线．
31．【解析】(1)函数，，则，．
由且，得，此方程组无解，
因此，与不存在“点”．
(2)函数，，
则．
设为与的“点”，由且，得
，即，（*）
得，即，则．
当时，满足方程组（*），即为与的“点”．
因此，的值为．
(3)对任意，设．
因为，且的图象是不间断的，
所以存在，使得．令，则．
函数，
则．
由且，得
，即，（**）
此时，满足方程组（**），即是函数与在区间内的一个“点”．
因此，对任意，存在，使函数与在区间内存在“点”．
32．【解析】(1)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


16



0
+




所以在上单调递增，
故，
即．
(2)令，，则
，

所以，存在使，
所以，对于任意的及，直线与曲线有公共点．
由得．
设，
则，
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．
33．【解析】（1）的定义域为，
，
（ⅰ）若，则，所以在单调递减．
（ⅱ）若，则由得．
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点．
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为
．
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即．
又，故在有一个零点．
设正整数满足，
则．
由于，因此在有一个零点．
综上，的取值范围为．
34．【解析】（1）的定义域为．
设，则，等价于．
因为，，故，而，，得．
若，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以是的极小值点，故．
综上，．
（2）由（1）知，．
设，则．
当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．
又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，；当时，．
因此，所以是的唯一极大值点．
由得，故．
由得，．
因为是在的最大值点，由，得
．
所以．
35．【解析】（1）的定义域为．
①若，因为，所以不满足题意；
②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故是在的唯一最小值点．
由于，所以当且仅当a=1时，．
故a=1．
（2）由（1）知当时，
令得，从而

故
而，所以m的最小值为3．
36．【解析】（Ⅰ）因为，
所以

（Ⅱ）由
解得 或．
因为
x

（，1）
1
（1，）

（，）


-
0
+
0
-


↘
0
↗

↘
又，
所以在区间上的取值范围是．
37．【解析】（1）由，得
.
当时，有极小值.
因为的极值点是的零点.
所以，又，故.
因为有极值，故有实根，从而，即.
时，，故在R上是增函数，没有极值；
时，有两个相异的实根，.
列表如下







+
0
–
0
+


极大值

极小值

故的极值点是.
从而，
因此，定义域为.
（2）由（1）知，．
设，则．
当时，，所以在上单调递增．
因为，所以，故，即．
因此．
（3）由（1）知，的极值点是，且，.
从而


记，所有极值之和为，
因为的极值为，所以，.
因为，于是在上单调递减.
因为，于是，故.
因此的取值范围为.
38．【解析】（Ⅰ）由，
可得 ，
进而可得.令，解得，或.
当x变化时，的变化情况如下表：
x




+
-
+

↗
↘
↗
所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是.
（Ⅱ）证明：由，得，
.
令函数，则.
由（Ⅰ）知，当时，，故当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，当时，，可得.
令函数，则.由（Ⅰ）知，在上单调递增，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.因此，当时，，可得.
所以，.
（Ⅲ）证明：对于任意的正整数，，且，
令，函数.
由（Ⅱ）知，当时，在区间内有零点；
当时，在区间内有零点.
所以在内至少有一个零点，不妨设为，
则 .
由（Ⅰ）知在上单调递增，故，于是
.
因为当时，，故在上单调递增，
所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.
又因为，，均为整数，所以是正整数，
从而.
所以.所以，只要取，就有.
39．【解析】（Ⅰ）由题意
又，
所以，
因此曲线在点处的切线方程为
，
即 ．
（Ⅱ）由题意得，
因为

，
令
则
所以在上单调递增．
因为
所以 当时，
当时，
(1)当时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以 当时取得极小值，极小值是 ；
(2)当时，
由 得 ，
①当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以 当时取得极大值．
极大值为，
当时取到极小值，极小值是 ；
②当时，，
所以 当时，，函数在上单调递增，无极值；
③当时，
所以 当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以 当时取得极大值，极大值是；
当时取得极小值．
极小值是．
综上所述：
当时，在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值是；
当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是
极小值是；
当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是；
极小值是．
40．【解析】(Ⅰ) 因为，
当时，，，单调递增，
，，单调递减；
当时，
①当时，，
或，，单调递增，
，，单调递减；
②当时，， ，，单调递增，
③当时，，
或，，单调递增，
，，单调递减；
(Ⅱ) 由(Ⅰ)知，时，，

于是，
，
令　，，，
于是，
，的最小值为；
又
设，则在上单调递减，因为，，
所以存在，使得，且
时，，单调递增；
时，，单调递减；
又，，所以的最小值为．
所以．
即对于任意的成立．
41．【解析】（I）由题意，
①当时，，，在上单调递减.
②当时，令，有，当时，；
当时，.
故在上单调递减，在上单调递增.
（II）令，．则．而当时，
，所以在区间内单调递增．又由，有，
从而当时，．
当，时，．
故当在区间内恒成立时，必有．
当时，．
由（I）有，而，
所以此时在区间内不恒成立．
当时，令．
当时，
，
因此，在区间内单调递增．
又，所以当时，，即恒成立．
综上，
42．【解析】(I)，可得，
下面分两种情况讨论：
①，有恒成立，所以在上单调递增；
②，令，解得，或．
当变化时，，的变化情况如下表：







＋
0
－
0
＋

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增
(II)因为存在极值点，所以由(I)知，且．
由题意得，即，
而=



∴
且，由题意及(I)知，存在唯一实数满足，且，因此，所以
（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况同理：
（1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此在区间上的最大值


，所以.
（2）当时，，
由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，
，
所以在区间上的取值范围为，因此



.
（3）当时，，
由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，
，
所以在区间上的取值范围为，因此


．
综上所述，当时，在区间上的最大值不小于．
43．【解析】（Ⅰ）．
（i）设，则，只有一个零点．
（ii）设，则当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
又，，取满足且，则
，故存在两个零点．
（iii）设，由得或．
若，则，故当时，，
因此在上单调递增．又当时，，
所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；
当时，．因此在上单调递减，
在上单调递增．又当时，，
所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，
又在上单调递减，所以等价于，
即．由于，
而，所以．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
44．【解析】（I）证明：

∵当时，
∴在上单调递增
∴时，
∴
（Ⅱ），
由（Ⅰ）知，单调递增，对任意的，，
，因此，存在唯一，使得，即
当时，，,单调递减；
当时，，,单调递增．
因此在处取得最小值，最小值为
．
于是，由，得单调递增．
所以，由，得，
因为单调递增，对任意的，存在唯一的，
，使得，所以的值域为．
综上，当时，有最小值，的值域为．
45．【解析】（Ⅰ）．
（Ⅱ）当时，

因此，．
当时，将变形为．
令，则是在上的最大值，
，，且当时，取得极小值，
极小值为．
令，解得（舍去），．
（ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．
（ⅱ）当时，由，知．
又，所以．
综上，．
（Ⅲ）由（Ⅰ）得.
当时，.
当时，，所以.
当时，，所以.
46．【解析】（I）由于，故
当时，，
当时，．
所以，使得等式成立的的取值范围为．
（II）（i）设函数，，则
，，
所以，由的定义知，即
．
（ii）当时，
，
当时，
．
所以，．
47．【解析】（1）因为，所以.
①方程，即，亦即，
所以，于是，解得.
②由条件知.
因为对于恒成立，且，
所以对于恒成立.
而，且，
所以，故实数的最大值为4.
（2）因为函数只有1个零点，而，
所以0是函数的唯一零点.
因为，又由知，
所以有唯一解.
令，则，
从而对任意，，所以是上的单调增函数，
于是当，；
当时，.
因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.
下证.
若，则，于是，
又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为.
因为，所以，又，
所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.
若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.
因此，.于是，故，所以．
48．【解析】(Ⅰ)．
若，则当时，，；
当时，，．
若，则当时，，；
当时，，．
所以，在单调递减，在单调递增．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增．
故在处取得最小值．
所以对于任意，，的充要条件是：
，即 ①
设函数，则．
当时，；当时．
故在单调递减，在 单调递增．
又，，故当时，．
当时，，即①式成立；
当时，由得单调性，，即；
当时，，即
综上，的取值范围是．
49．【解析】：（Ⅰ）由题意知 函数的定义域为，
，
令，，
（1）当时，，
此时，函数在单调递增，无极值点；
（2）当时，，
①当时，，，
，函数在单调递增，无极值点；
②当时，，
设方程的两根为，
因为，
所以，，
由，可得，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增；
因此函数有两个极值点。
（3）当时，，
由，可得，
当时，，，函数单调递增；
当时，，，函数单调递减；
所以函数有一个极值点。
综上所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数无极值点；当时，函数有两个极值点。
（II）由（I）知，
（1）当时，函数在上单调递增，
因为 ，所以 时，，符合题意；
（2）当时，由，得，
所以 函数在上单调递增，
又，所以时，，符合题意；
（3）当时，由，可得，
所以时，函数单调递减；
因为，所以时，，不合题意；
（4）当时，设，
因为时，
所以在上单调递增。
因此当时，，即，
可得，
当时，，
此时，不合题意，
综上所述，的取值范围是．
50．【解析】（1）
其中tan=，0<<．
令=0，由得+=，即=，．
对N，若<+<()，即<<()，则>0；
若（）<+<()，即（）<<()，则<0．
因此，在区间（，）与（，）上，的符号总相反．于是当= ()时，取得极值，所以.
此时，易知0，
而是常数，故数列是首项为
=，公比为的等比数列；
（2）由（1）知，=，于是对一切，<||恒成立，
即 恒成立，
等价于（*）恒成立（因为>0），
设=（），则．令=0得=1，
当0<<1时，，所以在区间（0,1）上单调递减；
当>1时，，所以在区间（0,1）上单调递增．
从而当=1时，函数取得最小值．
因此，要是（*）式恒成立，只需，即只需.
而当=时，由tan==且．
于是，且当时，．
因此对一切，，所以．
故（*）式亦恒成立．
综上所述，若，则对一切，恒成立．
51．【解析】（Ⅰ）=，.
曲线在点（0,2）处的切线方程为．
由题设得，所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
设，由题设知．
当≤0时，，单调递增，
，所以=0在有唯一实根．
当时，令，则．
，在单调递减，在单调递增，
所以，所以在没有实根.
综上，=0在R有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点．
52．【解析】（Ⅰ）函数的定义域为

由可得
所以当时，，函数单调递减，
所以当时，，函数单调递增，
所以 的单调递减区间为，的单调递增区间为
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，在内单调递减，
故在内不存在极值点；
当时，设函数，，因此．
当时，时，函数单调递增
故在内不存在两个极值点；
当时，






0





函数在内存在两个极值点
当且仅当，解得，
综上函数在内存在两个极值点时，的取值范围为．
53．【解析】（Ⅰ），
由题设知，解得．
（Ⅱ）的定义域为，由（Ⅰ）知，，

（ⅰ）若，则，故当时，，在
单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，
即，解得．
（ii）若，则，故当时，；
当时，，在单调递减，在单调
递增．所以，存在，使得的充要条件为，
而，所以不合题意．
（iii）若，则．
综上，的取值范围是．
54．【解析】（Ⅰ）由题意知时，，
此时，可得，又，
所以曲线在处的切线方程为．
（Ⅱ）函数的定义域为，
，
当时，，函数在上单调递增，
当时，令，
由于，
①当时，，
，函数在上单调递减，
②当时，，，函数在上单调递减，
③当时，，
设是函数的两个零点，
则，，
由 ，
所以时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，
综上可知，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减；
当时，在，上单调递减，在上单调递增．
55．【解析】（Ⅰ），方程的判别式：．
∴当时，，∴，此时在上为增函数．
当时，方程的两根为．
当时，，∴此时为增函数，
当时，，∴此时为减函数，
当时，，∴此时为增函数，
综上，时，在上为增函数
当时，的单调递增区间为，．
的单调递减区间为．
（Ⅱ）




∴若存在，使得，
必须在上有解，
∵，∴，
方程的两根为：，∵，
∴只能是，
依题意，，即，
∴，即，
又由，得，故欲使满足题意的存在，则．
∴当时，存在唯一的满足
．
当时，不存在，
使．
56．【解析】（Ⅰ），，∴是上的偶函数
（Ⅱ）由题意，，即
∵，∴，即对恒成立
令，则对任意恒成立
∵，
当且仅当时等号成立
∴
（Ⅲ），当时，∴在上单调增
令，
∵，∴，即在上单调减
∵存在，使得，∴，
即
∵
设，则
当时，，单调增；
当时，，单调减
因此至多有两个零点，而
∴当时，，；
当时，，；
当时，，．
57．【解析】（I）．由已知得，．
故，．从而；
(II) 由（I）知，，

令得，或．
从而当时，；当，．
故在，单调递增，在单调递减．
当时，函数取得极大值，极大值为．
58．【解析】（Ⅰ）的定义域为， ①
当或时，；当时，
所以在，单调递减，在单调递增．
故当时，取得极小值，极小值为；当时，取得极大值，极大值为．
（Ⅱ）设切点为，则的方程为
所以在轴上的截距为
由已知和①得
令，则当时，的取值范围为；
当时，的取值范围是．
所以当时，的取值范围是．
综上，在轴上截距的取值范围．
59．【解析】（Ⅰ）由，得．
又曲线在点处的切线平行于轴，
得，即，解得．
（Ⅱ），
①当时，，为上的增函数，所以函数无极值．
②当时，令，得，．
，；，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．
综上，当时，函数无极小值；
当，在处取得极小值，无极大值．
（Ⅲ）当时，
令，
则直线：与曲线没有公共点，
等价于方程在上没有实数解．
假设，此时，，
又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故．
又时，，知方程在上没有实数解．
所以的最大值为．
解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．
（Ⅲ）当时，．
直线：与曲线没有公共点，
等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：
（*）
在上没有实数解．
①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解．
②当时，方程（*）化为．
令，则有．
令，得，
当变化时，的变化情况如下表：












当时，，同时当趋于时，趋于，
从而的取值范围为．
所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是．
综上，得的最大值为．
60．【解析】（Ⅰ）函数的定义域为(0，＋∞)．
，令＝0，得.
当x变化时，f′(x)，的变化情况如下表：





－
0
＋


极小值

所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（Ⅱ）证明：当时，≤0.
设，令，．
由(1)知，在区间内单调递增．
，．
故存在唯一的，使得成立．
（Ⅲ）证明：因为，由(2)知，，且，从而
，
其中．
要使成立，只需.
当时，若，则由的单调性，有，矛盾．
所以，即，从而成立．
另一方面，令，．，令，得．
当，；当时，.
故对，．
因此成立．
综上，当时，有.
61．【解析】（Ⅰ）由题在上恒成立，在上恒成立，
；
若，则在上恒成立，在上递增，
在上没有最小值，， 当时，，
由于在递增，时，递增，
时，递减，从而为的可疑极小点，
由题，，
综上的取值范围为．
（Ⅱ）由题在上恒成立，
在上恒成立，，
由得 ，
令，则，
当时，，递增，
当时，，递减，
时，最大值为，
又时，，时，，
据此作出的大致图象，

由图知：当或时，的零点有1个, 当时，的零点有2个,
62．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．
若，则，所以在单调递增．
若，则当时，当，，
所以 在单调递减，在单调递增．
（Ⅱ） 由于，所以(x－k) f´(x)+x+1=．
故当时，(x－k) f´(x)+x+1>0等价于
（） ①
令，则
由（Ⅰ）知，函数在单调递增．而，所以在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点，设此零点为，则．当时，；当时，，所以在的最小值为，又由，可得，所以
故①等价于，故整数的最大值为2．
63．【解析】（Ⅰ）设；则
①当时，在上是增函数
得：当时，的最小值为
②当时，
当且仅当时，的最小值为
（Ⅱ）
由题意得：．
64．【解析】（Ⅰ）由 = 可得，而，
即，解得；
（Ⅱ），令可得，
当时，；当时，．
于是在区间内为增函数；在内为减函数。
（Ⅲ）
=
因此对任意的，等价于
设
所以
因此时，，时，
所以，故。
设，
则，
∵，∴，，∴，即
∴，对任意的，
65．【解析】（Ⅰ）
由于直线的斜率为，且过点，故
即 ，解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
考虑函数，则

所以当时，故
当时，
当时，
从而当
66．【解析】（Ⅰ）因为
所以
由于，所以的增区间为，减区间为
（Ⅱ）【证明】：由题意得，
由（Ⅰ）知内单调递增，要使恒成立，
只要，解得
67．【解析】（Ⅰ）由得，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得从而，故：
（1）当时，由得，由得；
（2）当时，由得，由得；
综上，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
（Ⅲ）当时，，．
由（Ⅱ）可得，当在区间内变化时，的变化情况如下表：








－
0
+



单调递减
极小值1
单调递增
2
又，所以函数的值域为[1，2]．
据此可得，若，则对每一个，直线与曲线
都有公共点．并且对每一个，直线与
曲线都没有公共点．
综上，当时，存在最小的实数=1，最大的实数=2，使得对每一个，直线与曲线都有公共点．
68．【解析】（Ⅰ）时，，
．当时；
当时，;当时，．
故在，单调增加，在单调递减．
（Ⅱ）．令，则．若，
则当时，，为减函数，而，从而当x≥0时
≥0，即≥0．若，则当时，，
为减函数，而，从而当时＜0，即＜0．
综合得的取值范围为．