2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编02 函数与导数

这是一份2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编02 函数与导数，共116页。试卷主要包含了多选题，单选题，解答题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。

2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编
02 函数与导数

一、多选题
1．（2021·珠海市第二中学）为了得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A．纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍
B．纵坐标不变，横坐标缩短为原来的
C．向上平移一个单位长度
D．向下平移一个单位长度
2．（2021·广东佛山市石门中学）已知曲线的方程为，集合，若对于任意的，都存在，使得成立，则称曲线为曲线，下列方程所表示的曲线中，曲线的序号是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·广东珠海市·高三二模）已知函数，则（ ）
A．恒成立
B．是上的减函数
C．在得到极大值
D．只有一个零点
4．（2021·广东佛山市·）已知，且，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·广东佛山市·高三二模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是上的减函数
B．若，则有两个零点
C．若，则
D．若，则曲线上存在相异两点M，N处的切线平行
6．（2021·广东广州市·高三二模）对于函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．任取，都有恒成立
B．
C．对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是
D．函数有且仅有个零点
7．（2021·广东惠州市·高三一模）已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数在上有2个零点
C．函数的图象关于点中心对称
D．函数的最小值为
8．（2021·广东江门市·高三一模）已知函数，下列判断正确的是（ ）
A．在单调递增 B．在有2个极值点
C．在仅有1个极小值 D．当时，
9．（2021·广东潮州市·高三二模）已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A． B．
C．时，取得最大值 D．时，取得最小值
10．（2021·广东高三二模）函数的定义域为，且与都为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是周期为的周期函数 B．是周期为的周期函数
C．为奇函数 D．为奇函数
11．（2021·广东高三专题练习）下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2021·广东汕头市·高三一模）函数，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．若有两个不相等的实根，则 D．若均为正数，则
13．（2021·广东汕头市·高三一模）已知定义在R上的奇函数，满足，当时，，若函数，在区间上有10个零点，则m的取值可以是（ ）
A．3.8 B．3.9 C．4 D．4.1
14．（2021·广东广州市·高三二模）定义在上的函数满足，且当时，.若，则实数的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
15．（2021·广东深圳市·高三一模）已知函数，若，则下列不等式一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
16．（2021·广东佛山市·石门中学）已知函数f(x)=xln()，则以下结论正确的是（ ）
A．为奇函数
B．在区间(0，+∞)上单调递增
C．曲线在(0，f(0))处的切线的斜率为ln2
D．函数有三个零点
17．（2021·广东深圳市·高三二模）设函数和，其中是自然对数的底数，则下列结论正确的为（ ）
A．的图象与轴相切
B．存在实数，使得的图象与轴相切
C．若，则方程有唯一实数解
D．若有两个零点，则的取值范围为

二、单选题
18．（2021·广东深圳市·红岭中学高三月考）已知函数，若存在实数，且，使，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
19．（2021·广东）已知是自然对数的底数，设，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·广东珠海市·高三二模）函数的图像为（ ）
A． B．
C． D．
21．（2021·广东广州市·高三三模）若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
22．（2021·广东广州市·高三三模）已知函数，则的大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
23．（2021·广东佛山市·高三二模）已知不相等的两个正实数x，y满足，则下列不等式中不可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
24．（2021·广东汕头市·高三三模）已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
25．（2021·广东汕头市·高三三模）已知是定义在R上的函数，满足.都有，且在上单调递增.若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
26．（2021·广东深圳市·高三二模）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
27．（2021·广东广州市·高三二模）已知函数，且，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
28．（2021·广东惠州市·高三二模）韦达是法国杰出的数学家，其贡献之一是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程的3个实数根为，，，则，，.已知函数，直线与的图象相切于点，且交的图象于另一点，则（ ）
A． B．
C． D．
29．（2021·广东惠州市·高三二模）已知正数，，满足，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．以上均不对
30．（2021·广东惠州市·高三二模）设集合，，，则下列集合不为空集的是（ ）
A． B． C． D．
31．（2021·广东梅州市·高三二模）设，，均为正数，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
32．（2021·广东梅州市·高三二模）函数的图象大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
33．（2021·广东江门市·高三一模）中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关．经验表明，某种绿茶用的水泡制，再等到茶水温度降至时饮用，可以产生最佳口感．为分析泡制一杯最佳口感茶水所需时间，某硏究人员每隔测量一次茶水的温度，根据所得数据做出如图所示的散点图．观察散点图的分布情况，下列哪个函数模型可以近似地刻画茶水温度随时间变化的规律（ ）

A． B．
C． D．
34．（2021·广东潮州市·高三二模）对于函数，若在定义域内存在实数，满足，称为“局部奇函数”.若为定义域上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
35．（2021·广东高三二模）函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
36．（2021·广东高三二模）已知一个圆柱的两个底面的圆周在半径为的同一个球的球面上，则该圆柱体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
37．（2021·广东湛江市·高三二模）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
38．（2021·广东湛江市·高三二模）已知函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
39．（2021·广东湛江市·高三二模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
40．（2021·广东茂名市·高三二模）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
41．（2021·广东茂名市·高三二模）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
42．（2021·广东茂名市·高三二模）“”是“函数在上为增函数”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
43．（2021·广东茂名市·高三二模）地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准.震级()是用距震中千米处的标准地震仪所记录的地震波最大振幅值的对数来表示的.里氏震级的计算公式为：(其中(常数)是距震中公里处接收到的级地震的地震波的最大振幅；是指我们关注的这个地震在距震中公里处接收到的地震波的最大振幅)，地震的级数就是当地震发生时，以地震波的形式放出的能量的指示参数焦耳，其中为地震级数，它直接同震源中心释放的能量(热能和动能)大小有关，震源放出的能量越大，震级就越大.已知汶川地震最大振幅是玉树地震最大振幅的倍，若玉树地震波产生的能量为，则汶川地震波产生的能量为（ ）
A． B． C． D．
44．（2021·广东高三专题练习）若函数且的值域为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
45．（2021·广东汕头市·高三一模）若，则（ ）
A． B．1 C． D．3
46．（2021·广东揭阳市·高三一模）已知函数定义域为，满足，且对任意均有成立，则满足的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
47．（2021·广东肇庆市·高三二模）曲线在处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
48．（2021·广东广州市·高三一模）已知是自然对数的底数，设，则（ ）
A． B． C． D．
49．（2021·广东揭阳市·高三一模）在新冠肺炎疫情期间，某学校定期对教室进行药熏消毒.教室内每立方米空气中的含药量（单位：毫克）随时间（单位：小时）的变化情况如图所示.在药物释放的过程中，与成正比；药物释放完毕后，与的函数关系式为（为常数）.据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.2毫克以下时，学生方可进入教室.那么，从药物释放开始到学生能回到教室，至少在（ ）（参考数值）

A．42分钟后 B．48分钟后
C．50分钟后 D．60分钟后
50．（2021·广东韶关市·高三一模）已知函数，若，，，则，，的大小关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
51．（2021·广东广州市·高三二模）已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
52．（2021·广东梅州市·高三一模）已知全集为，集合，，则（ ）
A． B．
C．或 D．或
53．（2021·广东汕头市·高三三模）区块链作为一种革新的技术，已经被应用于许多领域，包括金融､政务服务､供应链､版权和专利､能源､物联网等.在区块链技术中，若密码的长度设定为256比特，则密码一共有种可能，因此，为了破解密码，最坏情况需要进行次哈希运算.现在有一台机器，每秒能进行次哈希运算，假设机器一直正常运转，那么在最坏情况下，这台机器破译密码所需时间大约为（ ）(参考数据，)
A．秒 B．秒 C．秒 D．28秒
54．（2021·广东佛山市·高三一模）函数的导函数在上的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
55．（2021·广东佛山市·高三一模）已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．存在实数a，使有最小值且最小值大于0
B．对任意实数a，有最小值且最小值大于0
C．存在正实数a和实数，使在上递减，在上递增
D．对任意负实数a，存在实数，使在上递减，在上递增
56．（2021·广东佛山市·高三一模）设，则（ ）
A． B． C． D．
57．（2021·广东江门市·高三一模）正实数，，满足，，，则实数，，之间的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
58．（2021·广东梅州市·高三一模）已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．


三、解答题
59．（2021·广东佛山市·石门中学）设函数，.
（1）当时，证明：；
（2）当时，证明：有唯一零点.
60．（2021·广东茂名市·高三二模）已知函数．
（1）当时，证明：在上为减函数．
（2）当时，，求实数的取值范围．
61．（2021·广东汕头市·高三二模）已知函数，
（1）若函数(其中：为的导数)有两个极值点，求实数a的取值范围；
（2）当时，求证：.
62．（2021·广东珠海市·高三二模）已知函数.
（1），时，讨论函数的导数的单调性；
（2）时，不等式对恒成立，求实数的取值范围.
63．（2021·广东广州市·高三三模）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
64．（2021·广东深圳市·高三二模）已知定义在上的函数．（其中常数是自然对数的底数，）
（1）当时，求的极值；
（2）（i）若在上单调递增，求实数的取值范围；
（ii）当时，证明：．
65．（2021·广东佛山市·高三二模）已知函数.
（1）求实数a的值使；
（2）若，证明：当时，.
66．（2021·广东广州市·高三二模）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：对任意，都有．
67．（2021·惠来县第一中学高三月考）已知函数，.
（1）当时，求证：当时，；
（2）若在上恒成立，求a的取值范围.
68．（2021·广东惠州市·高三二模）设.
（1）求证：函数一定不单调；
（2）试给出一个正整数，使得对恒成立.
（参考数据：，，）
69．（2021·广东梅州市·高三二模）已知函数
（1）当时，求证：函数没有零点；
（2）若存在两个不相等正实数，，满足，且，求实数a的取值范围．
70．（2021·广东江门市·高三一模）已知函数为的导函数．
（1）当时，求的极值；
（2）当时，恒成立，求的取值范围．
71．（2021·广东潮州市·高三二模）已知函数，.
（1）讨论函数的极值点；
（2）若是方程的两个不同的正实根，证明：.
72．（2021·广东湛江市·高三二模）已知函数，为的导函数.
（1）讨论在区间内极值点的个数；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围.
73．（2021·广东高三二模）已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）若有两个零点，求实数的取值范围.
74．（2021·广东茂名市·高三二模）已知函数，.
（1）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围；
（2）若存在两个不相等的正数，，使得，证明：.
75．（2021·广东汕头市·高三一模）已知函数有两个相异零点．
（1）求a的取值范围．
（2）求证：．
76．（2021·广东深圳市·高三一模）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有且仅有3个零点，求a的取值范围.（其中常数…，是自然对数的底数）
77．（2021·广东肇庆市·高三二模）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设是函数的导函数，讨论函数在上的零点个数.
78．（2021·广东广州市·高三一模）已知函数.
（1）证明：曲线在点处的切线恒过定点；
（2）若有两个零点，且，证明：.
79．（2021·广东韶关市·高三一模）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若时，方程有两个不等实数根，，求实数的取值范围，并证明：.
80．（2021·广东揭阳市·高三一模）已知函数，.
（1）若直线是函数的切线，求的值；
（2）判断函数的单调性，并证明.
81．（2021·广东佛山市·高三一模）设且，函数．
（1）若在区间有唯一极值点，证明：；
（2）若在区间没有零点，求a的取值范围．

四、填空题
82．（2021·广东汕头市·高三二模）已知，，若方程有四个不等实根，则a的取值范围为___________.
83．（2021·广东佛山市·高三二模）已知函数，则不等式的解集为____________.
84．（2021·广东汕头市·高三三模）函数（且）的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中，，则mn的最大值为___________.
85．（2021·广东惠州市·高三二模）对于函数，有下列4个论断：甲：函数有两个减区间；乙：函数的图象过点；丙：函数在处取极大值；丁：函数单调.若其中有且只有两个论断正确，则的取值为______.
86．（2021·广东高三二模）曲线在处的切线在轴上的截距为___________.
87．（2021·广东茂名市·高三二模）已知，，，若恒成立，则实数的取值范围是___________.
88．（2021·广东中山市·高三期末）已知，若，则的取值范围是___________.
89．（2021·广东深圳市·高三一模）冈珀茨模型是由冈珀茨（Gompertz）提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种t年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型：（当时，表示2020年初的种群数量），若年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m的最小值为_________.
90．（2021·广东深圳市·高三一模）已知函数的图象关于y轴对称，且与直线相切，则满足上述条件的二次函数可以为_______.
91．（2021·广东佛山市·高三一模）已知函数（e是自然对数的底数），则曲线在处的切线方程是__________．

五、双空题
92．（2021·广东广州市·高三二模）已知函数，且，则___________，曲线在处的切线方程为___________.

参考答案
1．BC
【分析】
根据函数图像变换求得结果.
【详解】
解：由题意函数的图象纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，
可得到函数的图象，则错误，B正确；
因为，
则将函数的图象向上平移一个单位可得到函数的图象，
则C正确，D错误.
故选：BC.
2．BD
【分析】
利用平面向量数量积的坐标运算以及数形结合思想、题中定义可判断各选项是否满足条件，即可得出合适的选项.
【详解】
对于A，当为时，假设存在使得，
则，则，矛盾，故曲线不是曲线；
对于B，，如下图虚线的直角始终存在，
对于任意，存在，使得成立，
例如取、，满足曲线；

对于C，，取点，
假设存在使得，则，这与矛盾.
所以，曲线不是曲线；
对于D选项，由可得或点，
则曲线表示直线或点，
若点，则直线的斜率为，即直线与直线平行，此时只需即可，合乎题意；
若点在直线上，且满足与直线不垂直，如下图所示：

由图可知，对于任意，存在，使.
故曲线为曲线.
故选：BD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数中的新定义，解题时应充分紧扣定义，将转化为两向量垂直，利用数量积的坐标运算以及数形结合求解.
3．CD
【分析】
利用导数分析函数的单调性与极值，由此可判断BC选项的正误，取可判断A选项的正误，解方程可判断D选项的正误.
【详解】
，该函数的定义域为，.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
，故B选项错误，C选项正确；
当时，，此时，A选项错误；
由，可得，解得，D选项正确.
故选：CD.
4．BC
【分析】
利用特殊值法可判断AD选项的正误；构造函数，分析函数的单调性，分、两种情况讨论，利用函数的单调性可判断B选项的正误；证明对数平均不等式：对任意的、且，，利用对数平均不等式可判断C选项的正误.
【详解】
对于A选项，取，，则，但不成立，A选项错误；
对于B选项，由可得，即，
构造函数，其中，.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
①若，则函数在上单调递增，由可得，
且，故；
②若，则.
综上，，B选项正确；
先证明对任意的、且，，
不妨设，即证，
令，即证，
令，则，
故函数在上为增函数，当时，，
所以，对任意的、且，，
因为，则，
所以，，可得，C选项正确.
对于D选项，取，，则，
但，D选项不正确.
故选：BC.
【点睛】
思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：
（1）判断各个数值所在的区间；
（2）利用函数的单调性直接解答.
数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.
5．AC
【分析】
选项A. 由得出单调性可判断；选项B. 转化为研究的根的各数，可判断；选项C. 由得出单调区间，可判断；选项D. 设，转化为分析零点个数，从而可判断.
【详解】

选项A. 当时，
由，解得，
所以是上的减函数，故选项A正确.
选项B. 由可得，即
设，则
设，则
所以在上单调递增,且
所以当 时，；当时，
所以在 上单调递减，在上单调递增.
所以，当 时，；当时，
所以当，则无零点，当时，又一个零点，故选项B不正确.
选项C. 时，
由，得，由，得
所以在 上单调递减，在上单调递增.
所以，故选项C正确.
选项D. 由，
若存在相异的两点，在处的切线平行.
所以，，且
即有两相异的正实数根. 即方程有两相异的正实数根
设，则
所以在上单调递增，则直线与函数的图像在上至多有1个交点.
所以不可能有两个正实数根，即D选项不正确.
故选：AC
【点睛】
关键点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，函数的几何意义的应用和零点问题，解答本题的关键是分离参数由研究函数的零点个数问题，设，由其零点个数，研究选项D，属于难题.
6．BC
【分析】
作出的大致图象，然后逐项分析：
A．根据在处的取值进行分析；
B．根据取值特点进行计算并判断；
C．根据图象对应的最值点进行分析；
D．结合图象并根据的取值进行判断.
【详解】
作出的大致图象如下图所示：
A．取，所以，
所以，故错误；
B．因为，
所以，故正确；
C．显然不符合条件，
由图象可知：的最大值点为，，
所以若不等式恒成立，只需，即，
又因为，所以在上递减，
所以，所以，故正确；
D．令，当时，，，
又，所以，
所以，所以在上有零点，
又因为，所以是的一个零点，
又因为，且时，，所以，
所以在上有零点，所以至少有三个零点，故错误；
故选：BC.

【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于分段函数的分析以及作出函数图象，通过图象可分析出的最值以及的取值特点，从而可计算出函数值的和以及解决不等式恒成立、零点问题.
7．CD
【分析】
由可判断选项A是否正确，根据奇函数的零点个数特征可判断选项B是否正确，关于对称的点设为：、，验证是否为该函数上的任意点，即可判断选项C的正确性，通过求导求解函数的最小值，即可判断选项D是否正确.
【详解】
对于A，因为，排除A选项；
由，根据对称性，奇函数在上必定有奇数个零点，排除B选项；
设函数上任意点，则关于点对称的点为，
，
所以，总在函数上，故C选项正确；

令，则，或；
当时，；当时，；
所以，函数在为增函数，在为减函数；

选项D正确；
故选：CD.
【点睛】
关于给定函数相关推论的判断，可以从以下几个方面入手
(1)结合函数单调性、奇偶性、对称性、周期性、最值进行判断；
(2)观察选项特征，选取特殊值代入运算进行判断；
(3)复杂函数求助导数的帮助进行判断.
8．AB
【分析】
对四个选项一一验证：
对于A： 直接利用导数判断单调性即可；
对于B：作出的图像，利用图像进行判断；
对于C：借助于图像可以判断取得极大值；
对于D：取特殊值，验证即可.
【详解】
因为，所以
对于A： 当时，，所以单调递增，故A正确；
对于B：要求在有2个极值点，只需在有2个零点.
令，得，作出的图像，如图所示：

由图像可知，当上，函数有两个交点，则在有2个极值点，故B正确；
对于C：由图像可知，当上，函数只有一个交点，，则方程只有一个实数根，且在上，，所以单调递增；
在上，，所以单调递减，则在处取得极大值，故C错误；
对于D：当时，，故D错误.
故选：AB
【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．
9．AB
【分析】
由图象可确定的单调性，结合单调性依次判断各个选项即可得到结果.
【详解】
由图象可知：当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减；
对于A，，，A正确；
对于B，，，B正确；
对于C，由单调性知为极大值，当时，可能存在，C错误；
对于D，由单调性知，D错误.
故选：AB.
10．BD
【分析】
AB选项，利用周期函数的定义判断；CD选项，利用周期性结合，为奇函数判断.
【详解】
因为函数的定义域为，且与都为奇函数，
所以，，
所以，，
所以，即，故B正确A错误；
因为，且为奇函数，所以为奇函数，故D正确；
因为与相差1，不是最小周期的整数倍，且为奇函数，所以不为奇函数，故C错误.
故选：BD.
11．AD
【分析】
构造函数，求导判断函数的单调性，然后逐项判断.
【详解】
设，则，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
因为，所以，即，故选项A正确；
因为，所以，即，故选项B不正确；
因为，所以，即，故选项C不正确；
因为，所以，即，故选项D正确．
故选：AD．
【点睛】
关键点点睛：本题关键是根据选项的信息，构造函数，利用其单调性而得解.
12．BD
【分析】
求出导函数，由导数确定函数日单调性，极值，函数的变化趋势，然后根据函数的性质判断各选项．
由对数函数的单调性及指数函数单调性判断A，由函数性质判断BC，设，且均为正数，求得，再由函数性质判断D．
【详解】
由得：
令得，
当x变化时，变化如下表：
x





0


单调递增
极大值
单调递减
故，在上递增，在上递减，是极大值也是最大值，时，时，，且时，时，，，
A．
，故A错
B．，且在单调递增
，故：B正确
C．有两个不相等的零点
不妨设
要证：，即要证：在单调递增，∴只需证：即：只需证：……①
令，则
当时，在单调递增
，即：这与①矛盾，故C错
D．设，且均为正数，则

且
，故D正确．
故选：BD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、极值，函数零点等性质，解题关键是由导数确定函数的性质．其中函数值的大小比较需利用单调性，函数的零点问题中有两个变量，关键是进行转化，利用零点的关系转化为一个变量，然后引入新函数进行证明．
13．AB
【分析】
由对称性和奇偶性得出函数是周期函数，作出函数和的图象，由图象观察得两个函数图象有10个交点时，的范围．
【详解】
是奇函数，则，又，，
令得，即，所以是周期函数，周期为2，
又是上的奇函数，所以，，所以，，
作出和的图象，其中的周期是，
如图，由图可知时，从点，10个交点依次为，点是第11个交点，，
设点横坐标为，显然，，，因此，
所以，于是，，即，
所以可取，，时至少有11个零点，
故选：AB．

【点睛】
关键点点睛：本题考查由函数零点个数估计参数值，解题关键是确定函数的周期性，函数零点个数转化为两个函数图象交点个数，解题中要注意函数是上的奇函数，因此有，否则易出错．
14．AB
【分析】
设，由已知得其奇偶性，由导数得其单调性，题设不等式转化为，根据奇偶性与单调性可求得的范围，然后判断各选项．
【详解】
设
由得，即，是偶函数，
又，而时，，所以，
在递增，则其在上递减．
化为，即，
所以，解得．AB均满足．
故选：AB．
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数的奇偶性与单调性，解题关键是是构造新函数，由已知确定奇偶性与单调性后，不等式也转化为关于的函数不等式，从而求解．
15．BD
【分析】
确定函数是增函数，然后比较自变量的大小后可得正确选项．
【详解】
易知是上的增函数，
时，成立，成立，BD一定成立；
与的大小关系不确定，A不一定成立；
同样与的大小关系也不确定，如时，，C也不一定成立．
故选：BD．
16．ABC
【分析】
根据定义判定奇偶性，进而判定A；利用积函数的单调性规律可判定B;利用积函数的求导法则可以求得导函数，进而得到切线的斜率,从而判定C；根据函数的单调性和奇函数的性质分析，即可判定D.
【详解】
对A：函数的定义域为R，且有为奇函数，y=为偶函数，∴函数=xln为奇函数，故A正确；
对B：当x∈(0，+∞)时为增函数，而y=则ln(>0
当x∈(0，+∞)时y=为增函数，
故函数f(x)=xln()在区间(0，+∞)上单调递增，故B正确；
对C：设h(x)=ln()，于是f(x)=xh(x)，有得=h(0)=ln2，故C正确；
对D：故函数=xln在区间(0，+∞)上单调递增，且f(x)为奇函数，即函数f(x)=xln在区间R上单调递增，只有一个零点为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】
若f(x),g(x)同奇偶，则奇函数f(x)g(x)是偶函数，若奇偶性相反，则积函数f(x)g(x)为奇函数；若f(x)，g(x)在某个区间上的函数值为正值，且都是单调递增函数，则积函数f(x)g(x)是单调递增函数；关于型函数，利用积函数的导数运算法则可以将在处的导数值可以转化为解决，对的导函数可以采用设而不求的思想方法，更一般的，对于型的函数在处的导数，均可以仿照解决.
17．ACD
【分析】
通过导数的几何意义分别判断函数，与x轴的相切情况；时，求得的单调区间及最值，判断方程是否有唯一实数解；对分类讨论，求得有两个零点时应满足的条件，从而判断选项正误.
【详解】
，若的图象与轴相切，则，又，则切点坐标为，满足条件，故A正确；
，，
当时，易知恒成立，不存在为0的解，故不存在实数，使得的图象与轴相切，B错误；
由上所述，在上单减，上单增，则；
若，，，在上单增，上单减，，故方程有唯一实数解，故C正确；
，，
当时，恒成立，单增，不存在2个零点，故舍去；
当时，在上单增，在上单减，且时，，时，，故若有两个零点，则应使最大值，
即，
令，易知单调递减，且，
因此的解集为，D正确；
故选：ACD
【点睛】
关键点点睛：利用导数来研究函数的单调性，最值问题，把方程的根的问题，零点问题转化为图像交点问题，利用导数求得最值，从而得证.
18．A
【分析】
首先利用导数求出函数的单调区间，从而得到函数的大致图象，根据函数的图象得到或，再解不等式组即可.
【详解】
，，
令，解得，.
所以，，为增函数，
，，为减函数，，，为增函数.
又因为令，解得或.
所以函数的大致图象如图所示：

存在实数，且，使，
所以或，
解得或.
故选：A
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键为利用导数求出函数的单调区间，从而得到函数的大致图象，进而根据图象列出方程组解题.
19．D
【分析】
利用分段的方法，得到，由此确定正确选项.
【详解】
因为，所以.
故选:D
20．A
【分析】
由函数的奇偶性可以排除两个选项，再由f(1)的正负即可得解.
【详解】
因，即函数是奇函数，其图象关于原点对称，从而排除选项B，C，
又，显然选项D不符合此条件，A符合要求.
故选：A
21．C
【分析】
由已知得函数为偶函数，把，转化为同一个单调区间上，再比较大小．
【详解】
所以是R的偶函数，．
，
又
又当，所以在(0，+∞)单调递减，
∴，
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查函数的奇偶性、单调性，解题关键在于利用中间量大小比较同一区间的取值．
22．A
【分析】
对函数求导，利用导数求出函数的极值和单调区间，然后利用排除法可得结果
【详解】
解：由，得，
令，则，得或，
所以当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以为极大值点，为极小值点，所以排除BD，
因为时，且，所以排除C，
故选：A.
23．B
【分析】
将原式可变形，令，，可得时，，时，，则需比较x与y的大小，只需比较 与的大小,由，设，求导得出其单调性，从而得出的大小可能性，从而得出答案.
【详解】
解：由已知，因为2log4x＝log2x，
所以原式可变形
令，，
函数 与均为上的增函数，且，且，
当时，由，则，可得，
当时，由，则，可得，
要比较x与y的大小，只需比较 与的大小，

设，则
，故在上单调递减，
又，，
则存在使得，
所以当时，，当时，，
又因为，
所以当时，，当时，正负不确定，
故当时，，所以，故，
当时，正负不定，所以与的正负不定，
所以均有可能，即选项A，C，D均有可能，选项B不可能．
故选：B．
【点睛】
关键点睛：本题考查了不等关系的判断，主要考查了对数的运算性质以及对数函数性质的运用，解答本题的关键是要比较x与y的大小，只需比较 与的大小，，设，求导得出其单调性，从而得出的大小可能性，属于难题．
24．D
【分析】
从所求解集的不等式入手，令，则原不等式等价转化为，从而构造函数，结合已知条件利用单调性即可求解.
【详解】
解：令，则，
所以不等式等价转化为不等式，即
构造函数，则，
由题意，，所以为R上的增函数，
又，所以，
所以，解得，即，
所以，
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：令，将原不等式等价转化为，从而构造函数.
25．B
【分析】
首先判断函数的奇偶性，从而得到，再根据函数的单调性比较函数值的大小即可.
【详解】
因为函数满足，
所以函数是是奇函数，
所以，
又因为，
所以
又在上单调递增，
所以，
即，
故选：B
【点睛】
本题主要考查函数的奇偶性及单调性的应用，比较函数值的大小，在求解的过程中，要注意对奇偶性的应用，其实就是将自变量的取值放在函数的同一个单调区间上，最后通过单调性比较函数值的大小即可.
26．B
【分析】
分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】
设，该函数的定义域为，
，
函数为奇函数，排除AC选项；
当时，，，则，排除D选项.
故选：B.
【点睛】
思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；
（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．
（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.
27．B
【分析】
先判断出的奇偶性，再利用导数判断出是单调性，再利奇偶性和单调性可得答案.
【详解】
因为，，所以是奇函数，
，令，
则，令，则，
当时，，所以是增函数，，即，
所以当时是增函数，，所以，
在上是增函数，因为是奇函数
所以在上是增函数，
由，得，
所以，解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查了利用单调性解不等式问题，解题的关键点是利用导数判断出函数的单调性，考查了学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.
28．D
【分析】
根据导数的几何意义求切线的斜率，再由切线上的两点求斜率，建立方程求解即可.
【详解】
，
，
又直线过点，

，
化简得，
即，
，
，
故选：D
29．A
【分析】
将看成常数，然后根据题意表示出，再作差比较出大小即可
【详解】
解：由，得，则，得，
所以，所以，
令，则，
所以函数在上单调递增，所以，
所以，即
所以，
所以，
综上，
故选：A
30．A
【分析】
本题首先可确定集合、、中包含的元素，然后通过交集的相关性质即可得出结果.
【详解】
，，，，
，，
，集合中包含的元素为函数上的点坐标，
则，，，，
故选：A.
31．A
【分析】
根据题中条件，得到，，分别为函数与，，交点的横坐标，利用数形结合的方法，即可得出结果.
【详解】
由，，，可得，，，
因此，，分别为函数与，，交点的横坐标，
在同一直角坐标系中作出函数，，，的大致图象如下：

由图象易知，.
故选：A.
32．D
【分析】
根据的奇偶性和当时可选出答案.
【详解】
由，
得，
则函数是奇函数，图象关于原点中心对称，排除A，B，
当时，排除C，
故选：D.
33．B
【分析】
根据函数图象的变化可直接判断.
【详解】
由函数图象可知符合条件的只有指数函数模型，并且.
故选：B.
34．B
【分析】
将问题转化为有解，整理得，根据可得，由此可得结果.
【详解】
由“局部奇函数”定义可知方程：有解，
即有解，
整理可得：，
能成立，，，解得：，
即实数的取值范围为.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数的新定义问题，解题关键是能够根据“局部奇函数”定义，将问题转化为有解的问题，从而利用能成立的思想来进行求解.
35．D
【分析】
选将函数表达式分离后运用基本不等式求出值域就可以选出答案.
【详解】
，
当时，（等号成立）；
当时，（等号成立）；
从而可知选项D正确.
故选：D.
【点睛】
思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
36．A
【分析】
设圆柱底面圆半径为，高为，利用勾股定理可构造方程，利用表示出，从而将圆柱体积表示为关于的函数的形式，利用导数求最值的方法即可求得圆柱体积的最大值.
【详解】
设圆柱底面圆半径为，高为，则，，
，圆柱体积，
，令，解得：，
当时，；当时，，
在时单调递增，在时单调递减，
.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题考查立体几何中几何体体积最值的求解问题，解题关键是能将圆柱体积表示为关于圆柱的高的函数的形式，从而利用导数求得最值.
37．D
【分析】
根据函数的奇偶性和特殊点的函数值对选项进行排除，由此确定正确选项．
【详解】
，故A错误；
，故B，C错误．
故选：D
38．B
【分析】
先分离参数，再将零点问题转化成两个函数的交点问题来求解即可．
【详解】
由，
设，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
故，，
因为函数有三个零点，故．
故选：B
39．C
【分析】
由时，可判定A，B错误；由时，可判定D错误；根据指数函数的单调性，可判定C正确.
【详解】
对于A、B中，例如：时，可得A，B错误；
对于D中，例如：时，，所以D错误；
对于C中，因为指数函数是上的增函数，由，可得，所以C正确.
故选：C.
40．D
【分析】
先由分式不等式的解法求得集合A，再根据指数函数的值域求得集合B，利用集合的交集运算可得选项．
【详解】
∵集合，∴集合，
∴，∴．
故选：D．
41．A
【分析】
首先判断函数的奇偶性，再根据特殊值计算可得；
【详解】
解：因为，所以
由于，所以函数不是偶函数，排除C，D选项.
当时，，排除B选项，
故选：A.
42．A
【分析】
先求出在上为增函数对应的的范围，根据集合包含关系即可得出.
【详解】
由可得，
若在上为增函数，则在恒成立，
即在恒成立，则，
Ü，
则可得“”是“函数在上为增函数”的充分而不必要条件.
故选：A.
【点睛】
关键点睛：本题考查充分而不必要条件的判断，解题的关键是根据在上为增函数求出的范围.
43．A
【分析】
根据对数运算法则可求得，由指数运算法则可求得结果.
【详解】
记汶川地震的最大振幅为，里氏震级为；玉树地震的最大振幅为，里氏震级为；
由题意知：，；
汶川地震波产生的能量为：.
故选：A.
44．D
【分析】
由二次函数、对数函数的性质，结合分段函数的值域有，即可求的范围.
【详解】
当时，，，
当时，，
∵函数的值域为，
∴，又，
∴，即，
∴的取值范围为.
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：由各分段的函数解析式判断值域或定义域，根据分段函数的值域及对数函数的性质求a的范围，进而确定函数值的范围.
45．B
【分析】
根据指对数的关系得，代入目标式求值即可.
【详解】
由题意知：，即.
故选：B.
46．D
【分析】
根据得到函数关于直线对称，对任意均有成立得函数在上单调递减.再利用函数的单调性解不等式求得答案.
【详解】
因为函数满足，所以函数关于直线对称，
因为对任意均有成立，所以函数在上单调递减.
由对称性可知在上单调递增.
因为，即，
所以，即，解得.
故选：D.
【点睛】
本题考查函数对称性和单调性的应用，解题的关键是得出关于直线对称，在上单调递减.
47．A
【分析】
求出导函数，计算出为切线斜率，再求得，由点斜式写出直线方程，并整理．
【详解】
，，，故切线方程为，即.
故选：A.
48．A
【分析】
首先设，利用导数判断函数的单调性，比较的大小，设利用导数判断，放缩，再设函数，利用导数判断单调性，得，再比较的大小，即可得到结果.
【详解】
设，，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
，时，，即，
设，，时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，，即恒成立，
即，
令，，时，，单调递减，时，，单调递增，时，函数取得最小值，即，
得：，那么，
即，即，
综上可知.
故选：A
【点睛】
关键点点睛：本题考查构造函数，利用导数判断函数的单调，比较大小，本题的关键是：根据，放缩，从而构造函数，比较大小.
49．B
【分析】
根据函数图象求出时的函数解析式，即求出的值，再解不等式求得答案.
【详解】
把点代入中，，解得.
所以当时，
因为当空气中每立方米的含药量降低到0.2毫克以下时，学生方可进入教室
所以，解得.
至少需要经过分钟后，学生才能回到教室.
故选：B.
50．B
【分析】
先求出函数的定义域，判断函数为偶函数，再对函数求导判断出函数在上单调递增，然后作差比较的大小，可得，从而可比较出，，的大小
【详解】
由题可知：的定义域为，且
，
则为偶函数，，当时，，在上单调递增.又由

所以，，故.
故选：B
【点睛】
关键点点睛：此题考查利用函数的单调性比较大小，考查导数的应用，考查对数运算性质的应用，考查了基本不等式的应用，解题的关键是判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，然后利用单调性比较大小，属于中档题
51．D
【分析】
将同时放大，比较的大小，从而得出答案.
【详解】
，即；
，即.
所以.
故选：D
52．D
【分析】
先求得集合，再结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】
由不等式，可得，所以，
又由不等式，解得或，所以或，
根据集合的交集的概念及运算，可得或.
故选：D.
53．B
【分析】
设这台机器破译密码所需时间大约为秒，则，两边同时取常用对数可得：，整理可得，再结合选项计算
即可求解.
【详解】
设这台机器破译密码所需时间大约为秒，则，
两边同时取常用对数可得：，
即，
所以，
可得，
所以，
从选项考虑：，
所以，
所以，
故选：B
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键点是：根据题意可得，计算出
，最关键的是由选项分析计算.
54．B
【分析】
根据，得到，然后求得导函数判断.
【详解】
因为，
所以，，
所以，周期是，
故选：B
55．C
【分析】
求出导函数，根据导数与单调性、最值的关系判断．
【详解】
，令，则，
当时，恒成立，即在为增函数，有且只有一个实根，且时，，递减，时，，递增，是极小值点，也是最小值点．C显然正确．
时，，，
时，，，，，
，B错误，
当时，，而不是最小值点（因为），因此存在，使得，综上得A错，
由得，，或时，，时，，即在和上递增，在上递减，
所以极大值＝，当时，极大值，极小值＝，
因此即在，，上各有一个零点，从小到大依次为，
在，上，递减，在，上，递增，D错误．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性与极值．解题基础是掌握单调性与导数的关系．解题关键是对“存在”、“任意”等词语的正确理解，掌握相应命题的求解方法．
56．D
【分析】
由题意可得a的范围，即可求出的范围，根据指数函数的单调性，可求出，根据对数函数的单调性，可求出，即可得答案.
【详解】
由题意得，所以，
因为在R上为单调递增函数，
所以，
因为在上为单调递减函数，
所以，
所以.
故选：D
57．A
【分析】
将，，，转化为函数，，与的图象交点的横坐标，利用数形结合法求解.
【详解】
，
即为函数与的图象交点的横坐标，
，
即为函数与的图象交点的横坐标，
，
即为函数与的图象交点的横坐标，
在同一坐标系中画出图象，如图所示：

由图象可知：.
故选：A.
58．D
【分析】
先利用定义确定函数为偶函数，再利用单调性证明在上为增函数，所以不等式化简为，转化为在上恒成立，求出的取值范围.
【详解】
函数的定义域为，且，所以为偶函数.
又当时, 是增函数，
任取，且，

，，
所以在上是增函数，即在上是增函数.
所以不等式对任意恒成立，转化为，即，从而转化为和在上恒成立
①若在上恒成立，则，解得；
②若在上恒成立，，则，解得；
综上所述，实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：本题考查了解抽象不等式，要设法把隐性划归为显性的不等式求解，方法是：
（1）把不等式转化为的模型；
（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性将不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组）来求解，但要注意奇偶函数的区别.
59．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先证明，设，利用导数证明出函数在上为增函数，进而可得出，即可证得结论成立；
（2）利用导数分析函数在区间、上的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立.
【详解】
（1）当，时，则有：，，
则有：，
若能证得：，则原不等式得证.
要证，只需证：当时，，
设，
则，
令，，则，即是上的增函数，
，即，

，其中为锐角，且，
所以，，
即是上的增函数，，
故当，时，.
（2）当时，，.
，令，
则，若，递增，
，，
故存在唯一实数，使，









递减
极小值
递增
，
又，故存在唯一实数，使，









递减
极小值
递增
又，，，
令，则，故函数为增函数，
，在有唯一零点；
当时，函数单调递增，且，故.
故在上有唯一零点.
【点睛】
方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
60．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）利用二阶导数研究的单调性，结合其零点确定的区间符号，即可证结论；
（2）原不等式等价于对于恒成立，构造，利用导数研究单调性，结合其零点判断的区间符号，当时只需，当时只需，构造根据导数研究最值即可求的范围．
【详解】
（1）当时，，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴，当时，当时，
∴是上以为拐点的减函数．·
（2）由题意，对于恒成立．
设，则，易知在上为增函数，
∴，故在上为增函数，又，，
∴存在唯一的，使得：当时，，此时，由得，
令，则，
∴在上为减函数，则，故．
当时，，对于，恒成立．
当时，，由得，
由上知，
令，则，易知在上为增函数，
∵，而，，
∴，又，
∴存在唯一，使得：当时，，递减；当时，，递增；
∵，，
∴，即，
∴在为减函数，，故．
综上可知，实数的取值范围为．
【点睛】
关键点点睛：第二问，对于恒成立，利用导数研究的区间符号，当时有，当时有，求参数范围．
61．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求得g(x)的导函数g'(x)后，根据g(x)有两个极值点的条件得到g'(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，利用二次方程的根的分布条件得到关于a的不等式组，求解即得所求；
（2）方法一：转化为证明，求得，先证明，再证进而得到，说明M(x)为单调递增函数，再分x∈[1,+∞)和x∈(0,1),结合不等式的性质和三角函数的性质，即可证得所证不等式；
方法二：转化为证明,当01时转为证明,构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合三角函数的性质和不等式的基本性质即可证得.
【详解】
解：（1）依题意知：，,
,
,
有两个极值点,
在有两个变号零点,
令得：①,
关于的一元二次方程有两个不等的正根，记为,
即：,
解得：,,
故的取值范围为：.
法1：
(二)当，


设
，

先证，
令，，当x>0时，g'(x)>0,
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增，
又∵g(0)=0,
∴x>0时g(x)>0,即.
再证
令,
,
当00,h(x)单调递增；当x>1时h'(x)<0,h(x)单调递减.
∴h(x)≤h(1)=0,
∴成立,
，
时，递增，
当，
当，，
，
，>0，命题得证；
法2
（2）依题意，要证：,
①当时，，故原不等式成立,
②当时，要证：,
即要证：,
令,
则,
,
先证：,
即要证：,
令，则,
当时，,
在单调递增,
,
即：,
当时，，,
,
在单调递减,
,
在单调递减,
,
即：,
故原不等式成立.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的极值点问题，利用导函数证明不等式问题，属中高档题，关键是要掌握转化和分类讨论证明的方式.
62．（1）在上单减，在上单增；（2）.
【分析】
(1)在给定条件下求出，再次求导并讨论其为正为负的x的取值区间即得解；
(2)把给定恒成立的不等式等价转化，构造函数利用导数分类讨论即可得解.
【详解】
（1），时，，，令，
由，当时，；当时，，
所以在上单减，在上单增；
（2）时，不等式对恒成立，
等价于对恒成立，
令，则，
，，令，
则对恒成立，从而有在上单增，
①时，，在上单增，
，即对恒成立，
②时，，此时，
，
，使得，当时，，在上单减，
当时，，故对不成立，
综上，的取值范围是.
【点睛】
思路点睛：求参数范围的函数问题，利用导数研究含参函数的单调性，转化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用．
63．（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）求出函数的定义域为，求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）利用参变量分离法可得对任意的恒成立，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围.
【详解】
（1）函数的定义域为，且.
①当时，，若，则；若，则.
此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
②当时，，令，可得（舍）或.
若，则；若，则.
此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
③当时，.
（i）若，即当时，对任意的，，
此时，函数在上为增函数；
（ii）若，即当时，由可得或，且.
由，可得或；
由，可得.
此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、.
综上所述，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；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为、；
当时，函数在上为增函数；
（2）由，可得，即对任意的恒成立，
令，其中，，
令，其中，则，.
所以，函数在上单调递减，则，
所以，函数在上单调递减，故，
所以，当时，，此时函数在上单调递增，
当时，，此时函数在上单调递减.
所以，，.
因此，实数的取值范围是.
【点睛】
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
64．（1）极小值为，无极大值；（2）（i）；（ii）证明见解析.
【分析】
（1）利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极大值和极小值；
（2）（i）利用参变量分离法可得出对任意的恒成立，求出函数在区间上的最小值，由此可得出实数的取值范围；
（ii）证明得出：当时，，依次可得出，，，，利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】
（1）当时，，该函数的定义域为，
则，，所以，函数在上为增函数，
且，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增.
所以，函数的极小值为，无极大值；
（2）（i），则，
在上单调递增，则对任意的恒成立，
可得，下面证明：，其中，
即证，即证，其中，
由（1）可知，对任意的，，
又当时，，
，故实数的取值范围是；
（ii）由（1）可知，当时，在上单调递增，
当时，，即，
当时，，则，
，
当时，，
所以，，所以，，
，，，
将上述不等式全部相加得.
故原不等式得证.
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
65．(1) (2)证明见解析.
【分析】
（1）由题意为的最小值，则，求出的值，再检验.
（2）先讨论出函数的单调性，则，由，故只需证明即可,求出的导数得出其单调性，从而可证.
【详解】
（1），由题意恒成立，则为的最小值.
由为上的可导函数且图像连续不断. 所以为的一个极小值点，
所以，解得
当时，
当时，，由，则，且
所以当时，，则在上单调递减.
当时，,由，，则
所以在上单调递增，则
所以在上单调递增.
故在上单调递减，在上单调递增，
当时，成立
（2）当时，由
，则在上恒成立
所以在上单调递增.
所以
设，则
所以在上单调递增，则
所以，则在上单调递增.
所以
由，所以
设
则，又
所以在上单调递增，则
所以在上单调递增，则
所以
所以若，当时,成立.
【点睛】
关键点睛：本题考查函数的单调性、极值和利用导数证明不等式，解答本题的关键是先分析出函数的单调性，从而可得，由，故只需证明，属于难题.
66．（1） 时，函数 在上单调递增；
时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出，对，进行讨论，判断 的正负，从儿得到函数的单调性；
（2）令，整理得，令，
得，
转化为证明，进而证明问题.
【详解】
（1）因为，
所以 ，
若 ，即 时， 在 上恒成立，
所以函数 在上单调递增，
若 ，即 时，得 ，
当 时，当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当 时，,
在上单调递增，即对任意，都有
即 ，整理得 ，
令 ，则 ，
累加得.
下面证明：对任意的， ，
记函数 ，则 ，
当 时，，故函数 在区间上单调递减，
所以，
故函数在上单调递减，所以，
即对，有，
令 ，则 ，
所以 ，
所以.
【点睛】
准确求导，利用导函数的额正负判断原函数的增减，注意参数的讨论；利用（1）的结论，将所要证明的问题进行转化，利用对数的运算性质特点找突破口.
67．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用二次求导判断函数单调性，求出，只须即可证明；
（2）构造函数，利用二次求导，对分情况讨论，判断函数单调性，将恒成立问题转化为最值问题即可求解.
【详解】
解：（1）证明：当时，，
，在上恒成立，
故在上单调递增，
，
在上单调递增，
，从而得证原不等式.
（2），
令，，，
，，故，
在上单调递增，
，
①当，即时，，故在上单调递增，
故，满足题意；
②当，即时，因，又时，，
所以，使得，
当时，，
在上单调递减，此时，不符合题意.
综上，.
【点睛】
关键点点睛：（2）问中根据二次求导得在上单调递增，所以
，此时对分和两种情况讨论是解题的关键.
68．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）求导，令得，即可分析函数的单调性；
（2）取，分别讨论，，时，通过导数分析单调性结合不等式即可证明问题．
【详解】
（1）由得，
因，由，得，
当时，；当时，；
故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数不单调.
（2）当时，可证明对恒成立，
当时，，，，不等式成立；
当时，，令，
所以，则函数单调递减，所以，
所以，原不等式成立；
当时，因，故只需证，
即证，只需证，
在（1）中令，可得，故，
令，所以，解得，
当时，；当时，，
所以，而，
所以原不等式也成立.
综上所述，当时，对恒成立.
注：当或时结论也成立；当时结论不成立.
【点睛】
方法点睛：已知不等式能恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：
（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
69．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）证明函数即可；
（2）令，由可得，再利用换元法令，转化为研究关于的函数，再利用导数研究函数的性质，从而求得参数的取值范围；
【详解】
（1）当时，，，
，，
在单调递减，在单调递增，
，
函数没有零点；
（2）令，，
，，
，
令，
在有解，
令，，
则，
设为方程的两根，且，
方程必有一根在，
或无解，
综上所述：
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的最值、零点，求解时注意利用换元法构造新函数，但要注意新元的取值范围.
70．（1）；（2）的最大值，.
【分析】
（1）联立抛物线和圆的方程，要圆与抛物线有四个不同交点，即方程有两个不等正根，写出满足的不等式组，求得r的取值范围.
（2）设出A，B坐标，根据（1）中联立结果写出韦达定理，表示出四边形ABCD的面积表达式，方法一借助导数求单调区间，从而求得最大值；方法二把表达式写成因式乘积的形式，借助不等式求得最大值.
【详解】
解：（1）联立抛物线与圆方程
消可得：
要圆与抛物线有四个不同交点，即方程有两个不等正根．
所以，
解得：的取值范围为；
（2）设，其中，则


令


当时，单调递增；
当时，单调递减．

当时，取得最大值，即，
方法二：



当时，即取得最大值，
【点睛】
方法点睛：求面积最值时可以先写出面积表达式，对于高次函数可以借助导数来求得最值，如果能写出因式乘积的形式，部分题型也可以利用不等式求得最值.
71．（1）极小值，无极大值；（2）.、
【分析】
（1）先求出，再次求导，利用导数判断的单调性，求出的极值；
（2）用分离参数法转化为，令，利用导数，根据单调性求出的最小值，即可求出m的范围.
【详解】
解：（1）当时，
令
令，解得，当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以时，取得极小值，
无极大值．
（2）由得：．
因，所以．
令，则
令
令
当时，
在单调递增，
在单调递增，．
当时，
单调递减；
当时，
单调递增．
的取值范围．
【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．
72．（1）当，无极值点；当，的极大值点为，极小值点为；（2）证明见解析.
【分析】
（1）令，对求导后按判别式分类讨论求极值点；
（2）通过层层分析和转化，将要证的不等式“”最终转化为：“求证：当时，”.
【详解】
（1），函数的定义域为，
，，
①当，即时，恒成立，所以函数在上单调递增，无极值点；
②当，即时，方程有两个根，，解得，且，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以，函数的极大值点为，极小值点为
（2）方程即方程，设，
，
∴在上递减，在上递增，依题意知有两个零点，
∴，即，解得，且
两式相减得，设，
∴，∴，
要证明，只需证，只需证，
只需证，只需证，
记，，
∴在上递减，∴
∴，故，
即.
【点睛】
思路点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中. 某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用. 因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的. 根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧. 许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
73．（1）分类讨论，答案见解析；（2）.
【分析】
（1）求得，对进行分类讨论，利用导数研究的单调性，从而求得在区间内极值点的个数.
（2）先根据求得，利用放缩法得到，利用导数证得，即恒成立，由此确定的取值范围.
【详解】
（1）由，得.
令，则.
因为，所以，.
当时，，单调递增，即在区间内无极值点；
当时，，，
所以，所以在单调递增.
又，，
故存在，使且时，，单调递减；
时，，单调递增，
所以为的极小值点，
此时在区间内存在一个极小值点，无极大值点.
综上所述，当时，在区间内无极值点；当时，在区间内存在一个极小值点，无极大值点.
（2）若时，恒成立，则，
所以.
下面证明当时，在恒成立.
因为时，，
所以时，.
令，，
所以.
令，则.
在区间单调递增.
又，
所以在区间上单调递减.
又，
，
所以存在，
使，且时，，单调递增；
时，，单调递减，
所以时，取得最大值，且.
因为，所以，所以单调递减，
所以时，，即成立.
综上，若时，恒成立，
则的取值范围为.
【点睛】
含参数分类讨论函数的单调性、极值，需要根据导函数的结构，对参数进行分类讨论.
74．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）求导，根据参数取值范围，确定函数的单调区间，从而求得最小值.
（2）导数中有参数，对参数分类讨论，结合（1）中的结论，求得函数有2个零点时的参数取值范围.
【详解】
（1）证明：的定义域为，
又
因为，所以令，得.
，的变化情况如下表：










极小值

所以当时，取得极小值，也是最小值，
即.
所以当时，.
（2）解：①当时，由（1）可知，当时，取得极小值.
又由（1）知，当时
要使得有两个零点，则，即
此时，
所以在和上各有一个零点，满足题意.
②当时，令，得或.
，的变化情况如下表：














极大值

极小值

当时，取得极大值
令，则
所以在上，单调递增
因为，所以
所以不可能有两个零点.
③当时，
在上，单调递增，所以不可能有两个零点.
④当时，，的变化情况如下表：














极大值

极小值

当时，取得极大值，
所以不可能有两个零点，
综上所述，若有两个零点，则实数的取值范围为.
【点睛】
方法点睛：借助导数求解单调区间，研究最值情况，带参问题需要分类讨论，从而确定函数零点情况.
75（1）；（2）证明过程见详解.
【分析】
（1）化简不等式，构造新函数，问题转化为在时恒成立，利用导数分类讨论进行求解即可；
（2）对已知等式进行化简，得到，构造函数，求导，得到不等式，进而利用放缩法，结合换元法、构造新函数，利用导数进行证明即可.
【详解】
（1），设，
因此原问题转化为当时，不等式恒成立，，
当时，，函数在时，单调递减，
所以当时，，所以不等式恒成立；
当时，，设，，当时，，所以函数此时是单调递增函数，且
因此函数与函数有唯一交点，设，显然，
因此当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此，显然不等式不恒成立，不符合题意，
综上所述：实数的取值范围是；
（2），
即，
设，，所以函数是增函数，
因为，是两个不相等的正数，所以不妨设，
因此有，即，
因此，
即，
，要想证明成立，只需证明，
因为，所以令，因此只需证明在时成立，即在时成立，设函数，，，所以当时，函数单调递减，因此当时，，即，因此成立，所以.
【点睛】
关键点睛：本题的关键在于由，联想构造函数，进而可以运用放缩法、换元法，通过导数的性质进行证明.
76．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出导函数，由确定单调性，然后结合零点存在定理求出参数范围；
（2）由（1）不妨设，首先把多个变量，的不等式变形为，构造函数，确定单调性后证得，这样利用在是递增，要证原不等式只要证，即证，构造函数，利用导数证明此不等式成立．
【详解】
解：（1）
当时，单调递减；
当时，单调递增；
由得，
当时，，
所以使得f使得，
综上：
（2）由（1）可知，，
要证
即证
构造函数，则
所以在单调递减，．
故有
因为在上单调递增，
所以只需证
即证
构造函数，

下面证在时恒成立
即证
构造函数
在时恒成立
因此在上单调递增，从而，
在时恒成立
在时单调递增
成立，即
成立．
【点睛】
关键点点睛：本题考查用导数研究函数的零点，考查用导数证明与零点有关的不等式，证明的关键是问题的转化，一是三变量转化为双变量，其次双变量转化为单变量，从而再引入新函数，由新函数的导数研究函数性质证明结论成立．本题证明难度较大，回属于困难题．
77（1）见解析（2）
【分析】
（1）先求导，需要分类讨论，分当a≤0时，当0＜a＜1时，当a＝1时，当a＞1时，根据导数和函数的单调性求出即可.
（2）将问题转化为与的图像有三个交点，借助第一问的单调性得到极值，在每一类情况下通过构造函数解不等式，求得a的范围，取交集即可．
【详解】
因为，其定义域为，
则，且，
①若a≤0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，即函数f（x）在（0，1）单调递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，函数f（x）在（1，+∞）单调递减，
②当0＜a＜1时，令f′（x）＝0，解得x＝1，或x＝a，
当a＜x＜1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x＞1或0＜x＜a时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；
③当a＝1时，f′（x）0恒成立，即函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
④当a＞1时，当1＜x＜a时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x＞a或0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.
（2）令，即有且仅有3个零点，
∴依题意，与的图像有三个交点，
∴由（1）知，必有和，
①当0＜a＜1时，f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；
∴f（x）的极小值为，极大值为，
又
，
∴与的图像至多有1个交点，所以舍去；
②当a＞1时，f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.
∴f（x）的极小值为，极大值为，
∴只有当成立，
与的图像才有三个交点，
当时，，下面只需要求解不等式
即的解集，
令，则等价于
设，则，令，
则，令，则，
且当t＜2时，u′（t）＞0，函数u（t）单调递增，
当t＞2时，u′（t）＜0，函数u（t）单调递减，
又，所以，即单调递减，又，所以时，，
即，得到，
综上
【点睛】
方法点睛：函数零点问题转化为两个函数交点个数问题.
关键点点睛不等式的解集，将，整体化思想构造函数，便于研究.
78．（1）答案见解析；（2）答案见解析.
【分析】
（1）先求函数定义域，再出导函数，令，求出，由的正负确定的单调性与最值，得在上恒成立，从而得单调区间；
（2）根据的零点与区间的关系（，，）分类讨论，结合零点存在定理确定零点个数．
【详解】
解：（1）的定义域为.
，
令，
则.
当时，.
令，解得，在上，在上，
所以在 单调递减，在上单调递增，且，
所以在上恒成立，所以函数在上单调递增.
（2）①当时，即时，
当时，，故在上单调递减.
，.
当，即，即时，在上恒成立，
所以时，在上无零点.
当，即，即时，.
由零点存在性定理可知，此时在上有零点.
又因为函数在上单调递减，所以此时在上有一个零点.
②当时，即时，
当时，，所以在上单调递增.
，.
当，即时，.
由零点存在性定理，知此时在上有零点.
因为在上单调递增，故在上仅有1个零点.
当时，，此时在上无零点.
③当，即时，
则时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故.
令，则，
所以在上单调递减，且，，
所以在上选增后减.
又，
所以，故，此时在上无零点.
综上所述，当或时，在上有1个零点；当时，在上无零点.
【点睛】
关键点点睛：本题考查用导数求函数的单调区间，研究函数零点个数．解题时要注意零点存在定理只保证有零点，不保证零点的个数，因此一般情况下需要确定函数的单调性，即如果，且在上是单调函数，则在上有且只有一个零点．
79．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】
（1）求出函数在处的导数，求出，即可求出切线方程，得出定点；
（2）由题可得，可得，令，则，构造函数，二次求导得出单调递增，即可求出，再利用基本不等式即可证明.
【详解】
（1），
则，即切线斜率为，
又，
则切线的方程为，即，
可得当时，，故切线恒过定点；
（2）是的零点，，且，
则，即，
，即，
令，则，则，
令，则。
令，则，则单调递增，
，即，则单调递增，
，
，即，即，
则（由于，故不取等号），得证.
【点睛】
关键点睛：本题考查利用导数解决双变量问题，解题的关键是将其转化为，利用导数求出单调性，得出.
80．（1）增区间为，减区间为；（2），证明见解析.
【分析】
（1）求出，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；
（2）当时，，
，根据单调性可得，设，则，是方程的两根，再利用导数研究函数的单调性，利用单调性可得结论.
【详解】
（1）由题知定义域为，，
由解得，得的增区间为，
由解得，得的减区间为，
所以的增区间为，减区间为.
（2）当时，，
，
时，，，，，
由（1）知在上递增，所以时，
.
设方程的两根为，
设，则，是方程的两根，
设，则，
由解得.单调递增区间为，
由解得，单调递减区间为，
若有两个根，则，解得.
可知，要证，即证，
设，
则，是减函数，
不妨设，，即，
又，，，
，即.
【点睛】
不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点构造函数，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
81．（1）；（2）单调递增函数，证明见解析.
【分析】
（1）设切点的坐标为，求出，根据直线与函数的图象相切可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值即可；
（2）利用导数证得，从而可得出，即可得出结论.
【详解】
（1）函数的定义域为.
对函数求导可得.
设直线关于函数的切点为，则有，
解方程组可得，，；
（2）由第（1）问可得，
令，则.
可知当时，；当时，.
即在上单调递减，在上单调递增，
于是有，即有恒成立.
构造函数，则.
可知当时，；当时，.
即在上单调递减，在上单调递增，
于是有，即有恒成立.
当时，成立.
综上可得，即有恒成立，故函数为单调递增函数.
【点睛】
关键点点睛：本题考查切线的定义，利用待定系数法求参数，利用放缩法证明函数的单调性.该题的本质构造了两个函数、的公切线，并分别与其进行对比，以得到比较的目的.
82．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）函数的极值点问题转化为函数的变号零点问题，先根据三角方程的根的情况分类讨论，探究有唯一变号零点的等价条件(注意二重零点的验证)，再利用常用不等式“”分段证明关于a的不等式成立；
（2）结合三角函数零点与最值点根据区间端点值符号分类，即转化为参数a的分类讨论，先根据零点存在性定理排除端点值异号情况，再将端点值均大于零(同号)一类情况应用导数求解单调性，研究导函数零点，最后由函数先增后减性质得到无零点的结论.
【详解】
（1）
当时，由，得，且，
令，即.
由得， 则在区间至少有，两个零点，
，不是的根，则是的变号零点，即是在区间的一个极值点.
①当时，由，即也是的根，不是的变号零点.
经验证知，当时，，有两个零点，即有两个极值点.
②当且时，则，
由，且，得，知不是的根，也是的变号零点，即在区间也至少有两个极值点.
综上分析，当时，在区间至少有两个极值点，不合题意.
当时，，，且，
故，，
令，即， ，且，
解得，当，，单调递增；当，，单调递减.
故时，在区间有唯一极值点，
此时
将代入得

，
①当，即时，，
由不等式：时，(*)知：

②当，即当时，，

由不等式(*)知：，
由①②知．
（2）①当时，，
，所以，
由零点存在性定理知，在区间至少有一个零点；
②当时，，，，
，，，
由零点存在性定理知．在区间至少有一个零点；
③当时，
当时，，则，，是增函数；
当时，，，且，
令，则，
即递减，即递减，又，
且，由零点存在性定理知，，使得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，
综上可知，当时，在上递增，在上递减.
又，且由，得，即，
则时，恒有．
所以在区间没有零点，满足题意．
综上所述，若在区间没有零点，则正数a的取值范围是．
【点睛】
在与三角函数交汇的导数压轴问题中，分类讨论是解决这类问题的重要思想.但如何进行分类讨论是问题的难点，若能有效利用三角函数的有界性及变号区间，则能实现快速找到分类讨论的依据，从而实现问题的求解.
83．
【分析】
两边同除，换元令，将原方程四个不等式实根转化成一元二次方程根的情况，给出约束条件求出结果.
【详解】
，两边除以得
，即，
令，则
令，，则，
当，，当时，
由的单调性可知，若原方程有四个不等实根，则只需式在上有两个不等实根，
令，则，.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：在方法一中关键是将其转化为一元二次方程根的情况，并能够找出其约束条件进行求解，这种转化的思想需要掌握；方法二中需要注意取等条件.
84．（-1，1）
【分析】
根据题意，分析可得函数为偶函数且在上是增函数，不等式可转化为，即可得答案．
【详解】
根据题意，对于函数，
都有，
则函数为偶函数，
函数，
其导数，
当时，
则为增函数；
又，
由可得，
所以，解得，
即不等式的解集是（-1，1）
故答案为：（-1，1）
【点睛】
关键点点睛：对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集.
85．
【分析】
根据指数函数的图像性质求出A点坐标，代入直线方程，利用均值不等式即可求解.
【详解】
解：函数（且）的图象恒过定点A，
，
点A在直线上，
，
又，，
，
，当且仅当，即时等号成立，
所以mn的最大值为，
故答案为：.
86．2
【分析】
对函数求导后即可判断出甲错误，由于丙、丁相悖，分别讨论丙与丁正确，即可得出答案.
【详解】
（）
若甲正确，函数在有两个减区间，记，则在有两个解且开口向下,则无解，即甲错误.
因为丙丁相悖.
所以若丁正确，则甲丙错误、乙丁正确.
，
(或)在恒成立.
即(或)在恒成立.
即.
若丁错误，则甲丁错误、乙丙正确.
此时
此时
在处取极小值，与丙矛盾，舍去.
综上所述：.
故答案为：2.
【点睛】
本题考查函数的极值与单调性.属于难题.其中需要注意的是极值点是导函数的异号零点，利用导函数为0解出来的极值点，一定要检验其是否真正的极值点.
87．
【分析】
根据导数的几何意义，求得曲线在处的切线方程，进而求得切线在轴上的截距.
【详解】
由题意，函数，可得，所以，
由当时，，即切点坐标为，
所以切线方程为，即，
令，可得，即切线在轴上的截距为.
故答案为：.
88．
【分析】
不等式等价于恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值，即可求出.
【详解】
等价于恒成立，
设，则，
令，则，
所以是增函数，又，
则当时，，即，则单调递减；
当时，，即，则单调递增，
，
，解得.
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题考查函数不等式的恒成立问题，解题的关键是分离参数构造函数，利用导数求出函数的最值.
89．
【分析】
分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集.
【详解】
当时，即当时，由可得，矛盾；
当时，即当时，由可得，
可得，解得，此时；
当时，由可得，即，矛盾.
综上所述，满足不等式的的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查分段函数不等式的求解，求解时需要对自变量的取值进行分类讨论，根据自变量的取值选择合适的解析式来求解.
90．6
【分析】
依题意得通过计算化简得，则问题可解．
【详解】
令由题意知，，
所以 得， 则
所以，解得，所以m的最小值为6
故答案为：6
【点睛】
本题通过实际问题考查指对数不等式，关键要掌握指对数不等式求解法则．
91．（答案不唯一）．
【分析】
关于轴对称，函数为偶函数，可以设，然后由它与直线相切可求得的关系，取特殊可得结论．
【详解】
因为二次函数的图象关于y轴对称，所以可设，
由得，所以，即．
取，，则，（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）．
92．
【分析】
根据函数解析式求切点坐标，由导数的几何意义求处切线的斜率，写出切线方程即可．
【详解】
依题意，由，得，即切点；
又，则曲线在点处切线的斜率，
∴切线方程为，即．
故答案为：
93．
【分析】
利用导数的运算法则求出导函数，将代入可求，再求出，利用导数的几何意义求出切线方程.
【详解】
由，则，
因为，即，解得，
所以，，
所以，，
所以曲线在处的切线方程为：.
故答案为：；