一、單選題
1．某軍區(qū)紅、藍兩方進行戰(zhàn)斗演習，假設(shè)雙方兵力（戰(zhàn)斗單位數(shù)）隨時間的變化遵循蘭徹斯特模型：，其中正實數(shù)，分別為紅、藍兩方的初始兵力，為戰(zhàn)斗時間；，分別為紅、藍兩方時刻的兵力；正實數(shù)，分別為紅方對藍方、藍方對紅方的戰(zhàn)斗效果系數(shù)；和分別為雙曲余弦函數(shù)和雙曲正弦函數(shù)．規(guī)定：當紅、藍兩方任何一方兵力為0時戰(zhàn)斗演習結(jié)束，另一方獲得戰(zhàn)斗演習勝利，并記戰(zhàn)斗持續(xù)時長為．則下列結(jié)論不正確的是（ ）
A．若且，則
B．若且，則
C．若，則紅方獲得戰(zhàn)斗演習勝利
D．若，則紅方獲得戰(zhàn)斗演習勝利
2．已知正實數(shù)x，y，z滿足，則不正確的是（ ）
A．B．
C．D．
3．若對任意，總存在，使得成立，則m的最小值是（ ）
A．B．C．D．
4．設(shè)與為兩個正四棱錐，正方形ABCD的邊長為且，點M在線段AC上，且，將異面直線PD，QM所成的角記為，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
5．在三棱錐中，，，，，且，則二面角的余弦值的最小值為（ ）
A．B．C．D．
6．在棱長為4的正方體中，是的中點，是上的動點，則三棱錐外接球半徑的最小值為（ ）
A．3B．C．D．
7．四棱錐中，側(cè)面為等邊三角形，底面為矩形，，頂點S在底面的射影為H，當H落在上時，四棱錐體積的最大值是（ ）
A．1B．C．2D．3
8．古印度數(shù)學家婆什伽羅在《麗拉沃蒂》一書中提出如下問題：某人給一個人布施，初日施2子安貝（古印度貨幣單位），以后逐日倍增，問一月共施幾何？在這個問題中，以一個月31天計算，記此人第日布施了子安貝（其中，），數(shù)列的前項和為.若關(guān)于的不等式恒成立，則實數(shù)的最大值為（ ）
A．15B．20C．24D．27
9．設(shè)實數(shù)x，y滿足，，不等式恒成立，則實數(shù)k的最大值為（ ）
A．12B．24C．D．
10．若為函數(shù)（其中）的極小值點，則（ ）
A．B．
C．D．
11．從古至今，中國人一直追求著對稱美學．世界上現(xiàn)存規(guī)模最大、保存最為完整的木質(zhì)結(jié)構(gòu)——故宮：金黃的宮殿，朱紅的城墻，漢白玉的階，琉璃瓦的頂……沿著一條子午線對稱分布，壯美有序，和諧莊嚴，映襯著藍天白云，宛如東方仙境．再往遠眺，一線貫穿的對稱風格，撐起了整座北京城．某建筑物的外形輪廓部分可用函數(shù)的圖像來刻畫，滿足關(guān)于的方程恰有三個不同的實數(shù)根，且（其中），則的值為（ ）
A．B．
C．D．
12．若，x，，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．4
二、多選題
13．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，為的中點．，過作平面的垂線，垂足為，連，，設(shè)，的交點為，在中過作直線交，于，兩點，，，過作截面將此四棱錐分成上、下兩部分，記上、下兩部分的體積分別為，下列說法正確的是（ ）

A．B．
C．D．的最小值為
14．定義函數(shù)的曲率函數(shù)（是的導函數(shù)），函數(shù)在處的曲率半徑為該點處曲率的倒數(shù)，曲率半徑是函數(shù)圖象在該點處曲率圓的半徑，則下列說法正確的是（ ）
A．若曲線在各點處的曲率均不為0，則曲率越大，曲率圓越小
B．函數(shù)在處的曲率半徑為1
C．若圓為函數(shù)的一個曲率圓，則圓半徑的最小值為2
D．若曲線在處的彎曲程度相同，則
15．已知數(shù)列的前n項和為，且，，則（ ）
A．當時，B．
C．數(shù)列單調(diào)遞增，單調(diào)遞減D．當時，恒有
16．已知時，，則（ ）
A．當時，B．當時，
C．當時，D．當時，
17．若，x，y，．，則以下說法正確的有（ ）
A．的最大值為
B．的最大值為
C．的最大值為0
D．恒小于0
三、填空題
18．目前發(fā)射人造天體，多采用多級火箭作為運載工具．其做法是在前一級火箭燃料燃燒完后，連同其殼體一起拋掉，讓后一級火箭開始工作，使火箭系統(tǒng)加速到一定的速度時將人造天體送入預定軌道．現(xiàn)有材料科技條件下，對于一個級火箭，在第級火箭的燃料耗盡時，火箭的速度可以近似表示為，
其中．
注：表示人造天體質(zhì)量，表示第（）級火箭結(jié)構(gòu)和燃料的總質(zhì)量．
給出下列三個結(jié)論：
①；
②當時，；
③當時，若，則．
其中所有正確結(jié)論的序號是 ．
19．已知正實數(shù)m，n，滿足，則的最小值為 .
20．定義：設(shè)函數(shù)在上的導函數(shù)為，若在上也存在導函數(shù)，則稱函數(shù)在上存在二階導函數(shù)，簡記為.若在區(qū)間上，則稱函數(shù)在區(qū)間上為“凸函數(shù)”.已知在區(qū)間上為“凸函數(shù)”，則實數(shù)的取值范圍為 .
21．表示兩個實數(shù)，中的較小數(shù)．已知函數(shù)，且當時，，則的最小值為 ．
22．若函數(shù)在不同兩點，處的切線互相平行，則這兩條平行線間距離的最大值為 .
23．已知函數(shù)，設(shè)曲線在點處切線的斜率為，若均不相等，且，則的最小值為 ．
24．已知為實數(shù)，若不等式對任意恒成立，則的最大值是 .
25．對定義一種新運算，規(guī)定：（其中均為非零常數(shù)），這里等式右邊是通常的四則運算，例如：，已知，若關(guān)于的不等式組恰好有3個整數(shù)解，則實數(shù)的取值范圍是 .
26．十九世紀下半葉集合論的創(chuàng)立，奠定了現(xiàn)代數(shù)學的基礎(chǔ)，著名的“康托三分集”是數(shù)學理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間[0，1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段，記為第1次操作；再將剩下的兩個區(qū)間，分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為第2次操作．．．；每次操作都在上一次操作的基礎(chǔ)上，將剩下的各個區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段：操作過程不斷地進行下去，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次從左到右第三個區(qū)間為 ，若使前n次操作去掉的所有區(qū)間長度之和不小于，則需要操作的次數(shù)n的最小值為 ．(，)
27．已知，則的最小值為 ．
28．已知正實數(shù)滿足，則的取值范圍為 .
29．已知實數(shù)x，y滿足，則的最小值是 ．
四、解答題
30．根據(jù)多元微分求條件極值理論，要求二元函數(shù)在約束條件的可能極值點，首先構(gòu)造出一個拉格朗日輔助函數(shù)，其中為拉格朗日系數(shù)．分別對中的部分求導，并使之為0，得到三個方程組，如下：
，解此方程組，得出解，就是二元函數(shù)在約束條件的可能極值點．的值代入到中即為極值．
補充說明：【例】求函數(shù)關(guān)于變量的導數(shù)．即：將變量當做常數(shù)，即：，下標加上，代表對自變量x進行求導．即拉格朗日乘數(shù)法方程組之中的表示分別對進行求導．
(1)求函數(shù)關(guān)于變量的導數(shù)并求當處的導數(shù)值．
(2)利用拉格朗日乘數(shù)法求：設(shè)實數(shù)滿足，求的最大值．
(3)①若為實數(shù)，且，證明：．
②設(shè)，求的最小值．
31．“讓式子丟掉次數(shù)”：伯努利不等式
伯努利不等式（Bernulli’sInequality），又稱貝努利不等式，是高等數(shù)學的分析不等式中最常見的一種不等式，由瑞士數(shù)學家雅各布·伯努利提出：對實數(shù)，在時，有不等式成立；在時，有不等式成立．
(1)猜想伯努利不等式等號成立的條件；
(2)當時，對伯努利不等式進行證明；
(3)考慮對多個變量的不等式問題．已知是大于的實數(shù)（全部同號），證明
32．在計算機科學中，維數(shù)組是一種基礎(chǔ)而重要的數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)，它在各種編程語言中被廣泛使用．對于維數(shù)組，定義與的差為與之間的距離為．
(1)若維數(shù)組，證明：；
(2)證明：對任意的數(shù)組，有；
(3)設(shè)集合，若集合中有個維數(shù)組，記中所有兩元素間的距離的平均值為，證明：．
33．數(shù)值線性代數(shù)又稱矩陣計算，是計算數(shù)學的一個重要分支，其主要研究對象包括向量和矩陣.對于平面向量，其模定義為.類似地，對于行列的矩陣，其模可由向量模拓展為（其中為矩陣中第行第列的數(shù)，為求和符號），記作，我們稱這樣的矩陣模為弗羅貝尼烏斯范數(shù)，例如對于矩陣，其矩陣模.弗羅貝尼烏斯范數(shù)在機器學習等前沿領(lǐng)域有重要的應用.
(1)，，矩陣，求使的的最小值.
(2)，，，矩陣求.
(3)矩陣，證明：，，.
34．基本不等式可以推廣到一般的情形：對于個正數(shù)，它們的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均，即，當且僅當時，等號成立．若無窮正項數(shù)列同時滿足下列兩個性質(zhì)：①；②為單調(diào)數(shù)列，則稱數(shù)列具有性質(zhì)．
(1)若，求數(shù)列的最小項；
(2)若，記，判斷數(shù)列是否具有性質(zhì)，并說明理由；
(3)若，求證：數(shù)列具有性質(zhì)．
35．已知等比數(shù)列的公比，成公差為的等差數(shù)列．
(1)求的最小值；
(2)當取最小值時，求集合中所有元素之和．
參考答案：
1．C
【分析】對于A根據(jù)已知條件利用作差法比較大小即可得出，對于B，利用A中結(jié)論可得藍方兵力先為0，即解得；對于C和D，若要紅方獲得戰(zhàn)斗演習勝利，分別解出紅、藍兩方兵力為0時所用時間、，比較大小即可.
【詳解】對于A，若且，則，
即，所以，
由可得，即A正確；
對于B，當時根據(jù)A中的結(jié)論可知，所以藍方兵力先為，
即，化簡可得，
即，兩邊同時取對數(shù)可得，
即，所以戰(zhàn)斗持續(xù)時長為，所以B正確；
對于C，若紅方獲得戰(zhàn)斗演習勝利，則紅方可戰(zhàn)斗時間大于藍方即可，
設(shè)紅方兵力為時所用時間為，藍方兵力為時所用時間為，
即，可得
同理可得，即，解得，
又因為都為正實數(shù)，所以可得，紅方獲得戰(zhàn)斗演習勝利；
所以可得C錯誤，D正確.
故選：C.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題給的信息比較多，關(guān)鍵是理解題意，然后利用相應的知識（作差法、指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)）進行判斷.
2．B
【分析】首先把指數(shù)式化成對數(shù)式，表示出.選項A，取倒數(shù)再根據(jù)換底公式可以判斷A；選項B，根據(jù)換底公式轉(zhuǎn)化為比較的大小關(guān)系；選項C，同樣根據(jù)換底公式轉(zhuǎn)化為比較底數(shù)的大小關(guān)系；選項D，把利用換底公式進行化簡，再結(jié)合基本不等式得出結(jié)果.
【詳解】設(shè)，，則，，.
選項A，，，，則，故A正確；
選項B，，，，
下面比較的大小關(guān)系，
因為，，，所以，即，又，
所以，即，故B不正確；
選項C，，，，
因為，又，所以，即，故C正確；
選項D，，
因為，所以，
又，所以，故D正確；
故選：B.
【點睛】指數(shù)和對數(shù)的比較大小問題，通常有以下方法：
（1）利用指數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比較大小，底數(shù)不一樣時可以化成一樣的再比較；
（2）比較與0，1的關(guān)系，也可以找中間值比較大小；
（3）當真數(shù)一樣時，可以考慮用換底公式，換成底數(shù)一樣，再比較大??；
（4）去常數(shù)再比較大小，當?shù)讛?shù)與真數(shù)成倍數(shù)關(guān)系時，需要將對數(shù)進行分離常數(shù)再比較；
（5）也可以結(jié)合基本不不等式進行放縮，再比較大?。?br>（6）構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小.
3．B
【分析】先求出，從而得到，
再利用函數(shù)的單調(diào)性求出的值域為，比較端點值，列出不等式組，
求出m的最小值.
【詳解】因為，所以，則為對勾函數(shù)，
在處取得最小值，，
又因為，，
所以．
由，得．
又函數(shù)在上單調(diào)遞增，則的值域為，
即的值域為，
則，解得．
所以m的最小值為.
故選：B
4．A
【分析】建立適當空間站直角坐標系后，借助空間向量表示出的余弦值，結(jié)合基本不等式計算即可得解.
【詳解】連接交于點，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
因為正方形的邊長為，所以，
因為，所以為的中點，
設(shè)，在直角中，有，故，
所以，
則，
所以，
因為，
當且僅當，即時等號成立，所以的最大值為，
因此的最小值為.

故選：A.
5．A
【分析】首先得的軌跡方程，進一步作二面角的平面角為，結(jié)合軌跡的參數(shù)方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等條件.
【詳解】因為，所以，點的軌跡方程為（橢球），

又因為，所以點的軌跡方程為，（雙曲線的一支）

過點作，而面，
所以面，

設(shè)為中點，則二面角為，
所以不妨設(shè)，
所以，
所以，令，
所以，
等號成立當且僅當，
所以當且僅當時，.
故選：A.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：關(guān)鍵是用定義法作出二面角的平面角，結(jié)合軌跡方程設(shè)參即可順利得解.
6．C
【分析】取的中點，根據(jù)題意分析可知：三棱錐外接球的球心在過垂直于平面的直線上，設(shè)，建系，結(jié)合空間兩點距離公式可得，進而利用基本不等式運算求解.
【詳解】連接，取的中點，可知為的外心，
過作平面的垂線，可知三棱錐外接球的球心在該垂線上，
設(shè)，
以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，
因為，即，
整理得，當且僅當，即時，等號成立，
所以三棱錐外接球半徑的最小值為.
故選：C.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)題意分析可知三棱錐外接球的球心在過垂直于平面的直線上，再以空間直角坐標系為依托，分析求解.
7．A
【分析】取BC的中點E，連接，根據(jù)垂直關(guān)系可知平面，進而可得為的中點，結(jié)合錐體的體積公式以及基本不等式運算求解.
【詳解】取BC的中點E，連接，
因為為等邊三角形，則，
又因為平面，平面，則，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
如圖，則，可知為的中點，
在為等邊三角形，可知，則，
在中，可知，，
可得，
當且僅當，即時，等號成立，所以的最大值為1.
故選：A.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)垂直關(guān)系分析可知平面，進而可得為的中點.
8．D
【分析】根據(jù)題意可得，數(shù)列是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，從而得到，然后將分離出來，再結(jié)合基本不等式即可得到結(jié)果.
【詳解】由題意可知，數(shù)列是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，
故，所以2.
由，得，
整理得對任意，且恒成立，
又，
當且僅當，即時等號成立，
所以，即實數(shù)的最大值為27.
故選：D.
9．B
【分析】令，不等式變形為，求出的最小值，從而得到實數(shù)的最大值.
【詳解】，，變形為，
令，
則轉(zhuǎn)化為
，即，
其中

當且僅當，即時取等號，可知.
故選：B
【點睛】思路點睛：不等式恒成立問題，先分離參數(shù)后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數(shù)；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.
10．C
【分析】時為單調(diào)函數(shù)，無極值點不符合題意；令有兩根為或，分、討論，根據(jù)為極小值點需滿足的條件，結(jié)合不等式性質(zhì)可得答案.
【詳解】若，則為單調(diào)函數(shù)，無極值點，不符合題意，故.
由于，且，故有兩根為或
①當時，若為極小值點，則需滿足：，故有，
可得；
②當時，若為極小值點，則需滿足：，故有：，
可得.
故A，B選項錯誤，綜合①②有：.
故選：C.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：解題的關(guān)鍵點是根據(jù)為極小值點得到的關(guān)系再結(jié)合不等式的性質(zhì)解題.
11．B
【分析】先確定函數(shù)的對稱性，然后根據(jù)函數(shù)的對稱性確定根，從而列出關(guān)于的方程組，解方程組即可求解.
【詳解】因為，
所以關(guān)于對稱，所以的根應成對出現(xiàn)，
又因為的方程恰有三個不同的實數(shù)根且，
所以該方程的一個根是，得，且，
所以，由得，
當，即，即時，，①
則，②
由①②得，解得，所以；
當，即，即時，，③
，④
由③④得，即，
解得，此時，不合題意，舍去，
綜上，.
故選：B.
12．C
【分析】構(gòu)造，變形，然后用基本不等式求出結(jié)果即可.
【詳解】因為，
所以．
因為，所以．
所以，即．
當且僅當，，即，時等號成立，
所以的最小值為．
故選：C．
13．ABD
【分析】過作平面的垂線，垂足為，連接、、，設(shè)、的交點為，在中，過作直線交，于，，由相交直線確定平面，得到四邊形是過的截面，結(jié)合平面向量基本定理，基本不等式及體積求解逐項判斷能求出結(jié)果．
【詳解】由題意可知，四棱錐為正四棱錐，
過作平面的垂線，垂足為，則O為底面中心，連接、、，
設(shè)、的交點為，在中，過作直線交，于，，
由相交直線確定平面，得到四邊形是過的截面，
由題意得，是等邊三角形，是的重心，
則，故A正確；
又設(shè)，，，，
，由三點共線得，解得，故B正確；
易知平面,故平面，
則E到平面的距離為，同理G到平面的距離為2,
又為的中點，則到平面的距離為1，
，
，故C錯誤;
易知，
故，
，
，，，
當且僅當．取等號，
，
．故D正確.
故選：ABD

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查正棱錐性質(zhì)及向量應用，解決問題關(guān)鍵是利用向量共線得結(jié)合基本不等式求最值.
14．ABD
【分析】直接根據(jù)倒數(shù)的性質(zhì)即知A正確；直接根據(jù)曲率半徑的定義計算函數(shù)在處的曲率，再取倒數(shù)得到曲率半徑即可判斷B正確；使用三元均值不等式可以證明函數(shù)的曲率圓的半徑一定大于2，從而C錯誤；設(shè)，，然后將條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于的等式，再使用基本不等式進行處理，即可證明D正確.
【詳解】對于A，若曲線在各點處的曲率均不為0，顯然，由知，
由于曲線在處的曲率為，曲率圓的半徑為，
所以曲率圓的半徑等于曲率的倒數(shù). 而曲率大于0，所以曲率越大，曲率圓越小，A正確；
對于B，若，直接計算知，所以，
從而函數(shù)在處的曲率為1，從而函數(shù)在處的曲率半徑為1的倒數(shù)，即1，B正確；
對于C，若，直接計算知，這里.
所以處的曲率圓半徑，
從而我們有，
所以圓的半徑一定大于2，不可能以2為最小值，C錯誤；
對于D，若，在C選項的過程中已經(jīng)計算得知，
現(xiàn)在如果曲線在處的彎曲程度相同，則，故，
所以，即.
設(shè)，，則，，，將兩邊展開，
得到，從而.
故，而，
故，這意味著，從而.
定義函數(shù)，則，由于，函數(shù)在上遞增，
故，所以，D正確.
故選：ABD.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：在適當?shù)臅r候使用均值不等式是解決本題C，D選項的關(guān)鍵.
15．ACD
【分析】由題意可得：，，對于AB：利用作差法分析判斷；對于C：分析可知是等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列通項公式結(jié)合數(shù)列單調(diào)性分析判斷；對于D：分析可得，結(jié)合等比數(shù)列運算求解.
【詳解】由題意可得：，，
由可知：，但，
可知對任意的，都有，
對于選項A：若，
則，
即，故A正確；
對于選項B：，
即，故B錯誤.
對于選項C：因為，，
則，且，
可知是等比數(shù)列，則，
設(shè)，，
可得，，
因為，可知為遞增數(shù)列，
所以數(shù)列單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，故C正確；
對于選項D：因為，，
由，可得，即，則，即；
由，可得，即，則，即；
以此類推，可得對任意的，都有，
又因為，則，
所以，故D正確.
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題的常見題型
1.數(shù)列與函數(shù)的綜合問題主要有以下兩類：
①已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問題，此類問題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題；
②已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問題，解決此類問題一般要充分利用數(shù)列的范圍、公式、求和方法對式子化簡變形．
2.數(shù)列常與不等式結(jié)合，如比較大小、不等式恒成立、求參數(shù)范圍等問題，需要熟練應用不等式知識解決數(shù)列中的相關(guān)問題．
16．BCD
【分析】本題考慮到不等式可以用，，這3個函數(shù)進行表示，可將不等式轉(zhuǎn)化為這三個函數(shù)在時的大小位置關(guān)系.可結(jié)合，進行初步判斷函數(shù)的大小關(guān)系，結(jié)合的變化對，的相對位置的變化影響可解得本題.
【詳解】設(shè)，，，
由得，
所以時，或.
A和B選項：
當時，，
設(shè)，則，
當時，所以在上單調(diào)遞增，
所以，
即當時，，
故.
設(shè)，則，
當時，，則在上單調(diào)遞減，
當時，，則在上單調(diào)遞減.
故，即，
所以有，
即，.
設(shè)，由題意可知，，
，
當時，，在上單調(diào)遞減，
當時，，在單調(diào)遞增，
所以，
得，
由得，
，
當時，由得，
則，故B正確，
取，，，則，故A錯誤；
C和D選項：
當時，
由題意，恰為，兩交點，所在直線，
則
則
由對數(shù)平均不等式知，
.
故，
故CD正確
故選：BCD
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考察用導數(shù)解決不等式問題，本題解題的關(guān)鍵是從不等式中能抽象出來，，這三個函數(shù)，然后根據(jù)不等式得到三個函數(shù)的圖象在不同位置時的聯(lián)系進而去解決問題.
17．CD
【分析】由可得，而，可判斷C正確；從而得到中至少有一個為，不妨令，則且，從而可判斷A,B,D選項.
【詳解】，，
對于C，
，
，C正確；
由C選項可知，，
所以中至少有一個為，不妨令，則且，
對于A，，
所以，A錯誤；
對于D，，而，
所以，即，D正確；
對于B，
而，所以，
即，B錯誤.
故選：CD
【點睛】關(guān)鍵點睛：
這道題的關(guān)鍵是先由可得，從而得到，進而得到中至少有一個為，其他兩個互為相反數(shù)，從而可解.
18．②③
【分析】只需證明每個都大于1即可判斷①錯誤；直接考慮時的表達式即可判斷②正確；時，將條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于的等式，再得到一個不等關(guān)系，即可證明，推出③正確.
【詳解】首先，對，有，故，，這推出.
由于，故每個都大于1，從而，①錯誤；
由于當時，有，故②正確；
由于當時，，若，則.
從而，故.
這意味著，即，從而我們有
.等號成立當且僅當，
故，即，即，
分解因式可得，再由即知，故，③正確.
故答案為：②③.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：判斷第三問的關(guān)鍵是得到條件等式，結(jié)合基本不等式即可順利得解.
19．
【分析】，利用函數(shù)單調(diào)性可得，又注意到，后由基本不等式可得答案.
【詳解】，構(gòu)造函數(shù)，則，即在上單調(diào)遞增，
則.則，
當且僅當，即時取等號.
故答案為：.
20．
【分析】根據(jù)題意對函數(shù)求二階導函數(shù)，令在區(qū)間恒成立，分離參數(shù)，解得實數(shù)的取值范圍即可.
【詳解】
在區(qū)間上為“凸函數(shù)”
在上恒成立
上恒成立
設(shè)，，
則
當且僅當時取得最大值，
故答案為：.
【點睛】本題考查了新定義“凸函數(shù)”，考查了分離參數(shù)法解決恒成立問題和基本不等式，屬于中檔題.
21．16
【分析】先分情況討論得出，然后根據(jù)單調(diào)性得出若，，則，，最后根據(jù)基本不等式即得的最小值為16.
【詳解】，
當，即時，，
而當，即時，，
即.
作出函數(shù)的大致圖象如圖所示，由于在上遞增，在上遞減，
從而若，，則，，即.
所以，當，時，等號成立，所以的最小值為．
故答案為：16.
22．
【分析】先對函數(shù)求導，得導函數(shù)是偶函數(shù)，由在A，B兩點處切線互相平行，可得，計算原點O到點A處切線的距離的最大值后可得兩條平行線距離最大值.
【詳解】由題意有，設(shè)，
所以函數(shù)在點A處的切線方程為，
所以原點O到點A處切線的距離為，
因為，
所以
當且僅當時等號成立，
因為是偶函數(shù)，且在A，B兩點處切線互相平行，
所以，即在A，B兩點處切線關(guān)于原點對稱，
所以這兩條平行線間的距離的最大值為.
故答案為：.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵在于利用是偶函數(shù)，得到兩條切線關(guān)于原點對稱，故兩條平行線距離最大值即為原點O到點A處切線的距離最大值的2倍.
23．18
【分析】求出函數(shù)的導數(shù)，可得的表達式，由此化簡推出，結(jié)合說明，繼而利用基本不等式，即可求得答案.
【詳解】由于，
故，
故，，
則
，
由，得，
由，即，知位于之間，
不妨設(shè)，則，
故，
當且僅當，即時等號成立，
故則的最小值為18，
故答案為：18
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了導數(shù)的幾何意義以及不等式求最值的應用，解答的關(guān)鍵是利用導數(shù)的表達式推出，并說明，然后利用基本不等式求最值即可.
24．6
【分析】先對不等式等價變換為，令得，構(gòu)造函數(shù)，從而，又，利用不等式性質(zhì)即可求解范圍.
【詳解】因為，所以，
則不等式等價于，
等價于，令，則，
從而，令，由對勾函數(shù)的性質(zhì)知，
因為，即，所以，
令，則，解得，
所以，當且僅當即時取等號，
故的最大值是6.
故答案為：6
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查了復合函數(shù)的值域及不等式的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是對不等式等價變形，利用換元法結(jié)合對勾函數(shù)性質(zhì)求解函數(shù)范圍，最后利用不等式性質(zhì)求解即可.
25．
【分析】根據(jù)已知得出關(guān)于的方程組，求出，再代入不等式組求出解集，再根據(jù)已知條件得到取值范圍.
【詳解】因為，
所以，解得，
所以，，
因為不等式組恰有3個整數(shù)解，
所以，
故答案為：.
26． ； .
【分析】先根據(jù)題意把第次操作所去掉的長度和求出來，然后再求和即可得到前次操作所去掉的長度，再建立不等式即可求出的最小值.
【詳解】第一次操作去掉了區(qū)間長度的，剩下的區(qū)間：，
第二次去掉個長度為的區(qū)間，即長度和為，剩下的區(qū)間：，，，
第三次去掉個長度為的區(qū)間，即長度和為，剩下的區(qū)間：，，，， .
以此類推，
第次將去掉個長度為的區(qū)間，即長度和為，
則的前項和可表示為

由題意知，，
兩邊同時取對數(shù)，即，
解得：
故答案為：；.
27．/
【分析】先求得的取值范圍，再把整體代換構(gòu)造均值不等式即可.
【詳解】由已知得，所以，
則
，
當且僅當時等號成立，所以的最小值為，
故答案為：
28．
【分析】設(shè)，結(jié)合立方和公式得出，由，解關(guān)于的不等式，再利用基本不等式，再解關(guān)于的不等式得出結(jié)果.
【詳解】根據(jù)題意可得：，即，
設(shè)，
則：，，
，
，，
解得或，
又，
，化簡得，
①當時，不等式不成立；
②當時，，即，
，又恒成立，可得，
的取值范圍為.
故答案為：.
【點睛】易錯點點睛：在利用基本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”(即條件要求中字母為正數(shù))、“定”(不等式的另一邊必須為定值)、“等”(等號取得的條件)的條件才能應用，否則會出現(xiàn)錯誤
29．
【分析】根據(jù)等式結(jié)構(gòu)特點轉(zhuǎn)化后可構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)可得，由指數(shù)、對數(shù)的運算性質(zhì)化簡后由均值不等式求解.
【詳解】由原式可得，且
令，則原式即為，
因為在上單調(diào)遞增，
所以，所以，
則，
當且僅當時，即時等號成立.
故答案為：
【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)所給方程，利用指數(shù)、對數(shù)的運算性質(zhì)，得到方程右邊為，構(gòu)造函數(shù)得出是解題關(guān)鍵.
30．(1)，；
(2)；
(3)①證明見解析；②4.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，對變量求導并求值.
（2）利用拉格朗日乘數(shù)法求出極值，再判斷并求出最大值.
（3）①利用換元法，結(jié)合平方數(shù)是非負數(shù)推理即得；②利用二次函數(shù)、均值不等式求出最小值.
【詳解】（1）函數(shù)，對變量求導得：，
當時，.
（2）令，
則，解得或，
于是函數(shù)在約束條件的可能極值點是，，
當時，函數(shù)的一個極值為函數(shù)，
當時，函數(shù)的一個極值為函數(shù)，
方程視為關(guān)于x的方程：，則，解得，
視為關(guān)于y的方程：，則，解得，
因此函數(shù)對應的圖形是封閉的，而，
所以的最大值為.
（3）①由，，設(shè)，
則，
當且僅當時取等號，
所以.
②當時，
，當且僅當時取等號，
所以時，取得最小值4.
【點睛】方法點睛：利用基本不等式最值的方法與技巧：
①在運用基本不等式時，要特別注意“拆”、“拼”、“湊”等技巧，使用其滿足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的條件；
②利用基本不等式求最值時，要從整體上把握運用基本不等式，有時可乘以一個數(shù)或加上一個數(shù)，以及“1”的代換等應用技巧.
31．(1)，或
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)不等式特征猜想出等號成立的條件；
（2）設(shè)，注意到，求導得到，二次求導，得到函數(shù)的單調(diào)性和極值最值情況，證明出結(jié)論；
（3）當時，顯然成立，當時，構(gòu)造數(shù)列：，作差法得到是一個單調(diào)遞增的數(shù)列（），結(jié)合，得到，證明出結(jié)論.
【詳解】（1）猜想：伯努利不等式等號成立的充要條件是，或．
當時，，當時，，
當時，，其他值均不能保證等號成立，
猜想，伯努利不等式等號成立的充要條件是，或；
（2）當時，我們需證，
設(shè)，注意到，
，令得，
即，是的一個極值點．
令，則，
所以單調(diào)遞增．
當時，，當時，，
故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
所以在處取得極小值，
即恒成立，．
伯努利不等式對得證．
（3）當時，原不等式即，顯然成立．
當時，構(gòu)造數(shù)列：，
則，
若，由上式易得，即；
若，則，所以，
故，
即此時也成立．
所以是一個單調(diào)遞增的數(shù)列（），
由于，所以，
故原不等式成立．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：函數(shù)新定義問題，命題新穎，常?？紤]函數(shù)的性質(zhì)，包括單調(diào)性，奇偶性，值域等，且存在知識點交叉，會和導函數(shù)，數(shù)列等知識進行結(jié)合，很好的考慮了知識遷移，綜合運用能力，對于此類問題，一定要解讀出題干中的信息，正確理解問題的本質(zhì)，轉(zhuǎn)化為熟悉的問題來進行解決.
32．(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題意，結(jié)合新定義判斷證明；
（2）根據(jù)新定義，因為，分和兩種情況證明；
（3）根據(jù)題意結(jié)合排列組合的知識表示的式子，然后結(jié)合組合數(shù)和基本不等式進行放縮即可證得結(jié)論.
【詳解】（1）設(shè)與中對應項中同時為0的有個，同時為1的有個，
則對應項不同的為個，所以．
所以；
（2）設(shè)，
因為，
，
所以，
因為．
所以當時，，
當時，，
所以；
（3）記集合中所有兩個元素間距離的總和為，
則．
設(shè)集合中所有元素的第個位置的數(shù)字共有個個0，
則，
因為，
所以，
所以，
所以.
【點睛】思路點睛：關(guān)于新定義題的思路有：
（1）找出新定義有幾個要素，找出要素分別代表什么意思；
（2）由已知條件，看所求的是什么問題，進行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學語言；
（3）將已知條件代入新定義的要素中；
（4）結(jié)合數(shù)學知識進行解答.
33．(1)10
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列求和公式和一元二次不等式的求解即可；
（2）總結(jié)得第對角線上的平方和為，再代入化簡即可；
（3）等價轉(zhuǎn)化結(jié)合放縮法得證明成立，再利用換元法和導數(shù)證明即可.
【詳解】（1）由題意得.
若，則，即.
因式分解得.因為，所以.
所以使的的最小值是10.
（2）由題得第1對角線上的平方和為，
第2對角線上的平方和為
，
第對角線上的平方和為
，
第對角線上的平方和為，
所以
所以.
（3）由題意知，證明
等價于證明，
注意到左側(cè)求和式，
將右側(cè)含有的表達式表示為求和式有
故只需證成立，
即證成立，令，
則需證成立，
記，則在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，
所以，
所以在上恒成立，即成立，
所以原不等式成立.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三小問的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為證明，再結(jié)合放縮法轉(zhuǎn)化為證明，最后利用導數(shù)證明即可.
34．(1)最小項為
(2)數(shù)列具有性質(zhì)，理由見解析．
(3)證明見解析
【分析】（1）利用，結(jié)合三個數(shù)的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均求解；
（2）變形，再利用等比數(shù)列求和證明性質(zhì)①，利用證明②；
（3）結(jié)合二項式定理及n元基本不等式求解.
【詳解】（1），當且僅當，即時，等號成立，
數(shù)列的最小項為．
（2）數(shù)列具有性質(zhì)．
，
，
數(shù)列滿足條件①．
為單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列滿足條件②．
綜上，數(shù)列具有性質(zhì)．
（3）先證數(shù)列滿足條件①：
．
當時，
則，
數(shù)列滿足條件①．
再證數(shù)列滿足條件②：
（，等號取不到）
為單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列滿足條件②．
綜上，數(shù)列具有性質(zhì).
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查等比數(shù)列求和及二項式定理，證明性質(zhì)①均需要放縮為可求和數(shù)列.
35．(1)3
(2)
【分析】（1）由條件代入進行基本量運算，將用替代消元,再湊項運用基本不等式即得；
（2）將表示為的函數(shù)，借助于求導判斷函數(shù)單調(diào)性，求得函數(shù)的最小值點，再按照集合的要求取舍元素即得.
【詳解】（1）由題設(shè)知，即，化簡得：；
而．
于是當時，，當且僅當，即時等號成立．
故的最小值為3．
（2）由，令，．
，令得，當時，，當時，，
故在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，則時，取最小值，
從而取最小值時，．代入中，解得：，
又則，．
因不是偶數(shù)，故，則，因此當時，．
所以當取最小值時，A中所有元素之和為．

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