1．已知集合，，則的子集的個數(shù)為（ ）
A．4B．8C．16D．32
2．已知，則（ ）
A．B．
C．D．
3．已知下列四個關(guān)系：①； ②；③；④．其中正確的有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
4．給出下列五個導數(shù)式：①；②；③；④；⑤.
其中正確的導數(shù)式共有（ ）
A．2個B．3個C．4個D．5個
5．已知是奇函數(shù)，是偶函數(shù)，且，則的最小值是（ ）
A．2B．C．4D．
6．已知函數(shù)的值域為，若關(guān)于x的不等式的解集為，則實數(shù)c的值是（ ）．
A．3B．5C．9D．12
7．已知函數(shù)，若，則的大小關(guān)系為（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函數(shù)，.當時，恒成立，則的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題
9．（多選）假設(shè)“物理好數(shù)學就好”是真命題，那么下列命題正確的是（ ）
A．物理好數(shù)學不一定好B．數(shù)學好物理不一定好
C．數(shù)學不好物理一定不好D．物理不好數(shù)學一定不好
10．若正實數(shù)滿足，則下列說法正確的是（ ）
A．有最大值為B．有最小值為
C．有最小值為D．有最大值為
11．已知函數(shù)有且只有一個零點，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．
B．
C．不等式的解集為
D．若不等式的解集為，則
三、填空題
12．對于三次函數(shù) ，給出定義：設(shè)是函數(shù)的導數(shù)，是的導數(shù)，若方程有實數(shù)解，則稱點為函數(shù)的“拐點”.經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)都有“拐點”；任何一個三次函數(shù)都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心.設(shè)函數(shù)，則 .
13．對于任意的，函數(shù)滿足，函數(shù)滿足.若，，則 .
14．對于函數(shù)和，及區(qū)間D，b使得對任意恒成立，則稱在區(qū)間D上優(yōu)于，若在區(qū)間上優(yōu)于，則實數(shù)a的取值范圍是 ．
四、解答題
15．已知關(guān)于的不等式的解集為.
(1)求，的值；
(2)若，，且，求的最小值.
16．已知函數(shù)，a∈R．
（Ⅰ）當a=1時，求曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；
（Ⅱ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間．
17．已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù).
(1)求的值及方程的解；
(2)當時，求函數(shù)的最大值與最小值.
18．已知點，點為平面上動點，過點作直線的垂線，垂足為，且.
(1)求動點的軌跡方程；
(2)過點的直線與軌跡交于兩點，在處分別作軌跡的切線交于點，設(shè)直線的斜率分別為，，求證：為定值.
19．設(shè)函數(shù)，
(1)證明：有兩個零點；
(2)記是的導數(shù)，為的兩個零點，證明：．
1．C
【分析】先求出集合A，再求出，從而可求出的子集的個數(shù)
【詳解】解：由，得或，所以或，
因為，
所以，
所以的子集的個數(shù)為，
故選：C
2．D
【分析】根據(jù)對數(shù)運算求得正確答案.
【詳解】依題意，，所以.
故選：D
3．B
【分析】①②③利用不等式的性質(zhì)分別求解即可;④構(gòu)造冪函數(shù)，然后利用函數(shù)單調(diào)性求解即可.
【詳解】①當時，，故錯誤；
②當時，可知，故錯誤；
③當，得，因為，所以，故正確；
④構(gòu)造冪函數(shù)，所以在單調(diào)遞減，又因為，所以，即，故正確；
故選：B
4．A
【分析】由初等函數(shù)的導數(shù)公式求各項對應(yīng)函數(shù)的導函數(shù)，即可判斷它們的正誤.
【詳解】由，①正確；
由，②錯誤；
由，③正確；
由，④錯誤；
由，⑤錯誤；
正確的共有2個.
故選：A
5．B
【分析】有題目所給解析式及函數(shù)的奇偶性，可以求解出fx,gx的解析式，再利用基本不等式求最小值即可.
【詳解】①,
,
為奇函數(shù)，為偶函數(shù)
，
②，
①+②得，
①-②得，
，
當且僅當，即時，等號成立，
的最小值為，
故選：B.
6．B
【分析】根據(jù)函數(shù)的值域求出的關(guān)系，根據(jù)不等式的解集可得的兩根為，由根與系數(shù)的關(guān)系列方程組，解方程組即可得的值.
【詳解】由函數(shù)的值域為，
得方程有兩個相等的實根，則，即，
由不等式的解集為，
得方程的兩根為，
于是，即，
所以.
故選：B
7．B
【分析】先求導后結(jié)合輔助角公式得到原函數(shù)為單調(diào)減函數(shù)，再對數(shù)和指數(shù)的運算求解即可；
【詳解】因為，故，
其中，因此為減函數(shù)，
因為，故，
所以，
所以.
故選：B.
8．D
【分析】令，利用導數(shù)含參討論該函數(shù)的單調(diào)性計算即可.
【詳解】令，
則.
若，則在上恒成立，則在上單調(diào)遞減，
則，不符合題意.
若，則當時，，單調(diào)遞減，
則，不符合題意.
若，則在上恒成立，則在上單調(diào)遞增，
即，符合題意.
故的取值范圍為.
故選：D
【點睛】思路點睛：通過構(gòu)造函數(shù)，直接求導含參討論函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合端點值，排除的情況即可.
9．BC
【分析】根據(jù)已知命題得出A,D錯誤，再轉(zhuǎn)化B,C為集合關(guān)系即可得出命題為真.
【詳解】設(shè)：物理好，：數(shù)學好，由題意，“若，則”為真命題，A，D不正確．
如果將物理好的學生定義為集合，數(shù)學好的學生定義為集合，
則，或許存在，但，即數(shù)學好物理不一定好，B正確；
設(shè)為全集，則，因此可以說數(shù)學不好的物理一定不好，C正確；
故選：BC．
10．ABC
【分析】直接利用不等式即可求解AC，利用乘“1”法即可求解B，利用不等式成立的條件即可求解D.
【詳解】對于A：因為，則，當且僅當，即時取等號，故A正確，
對于B，，當且僅當，即時取等號，故B正確，
對于C：因為，則，當且僅當，即時取等號，故C正確，
對于D：因為，
當且僅當，即，時取等號，這與均為正實數(shù)矛盾，故D錯誤，
故選：ABC．
11．ACD
【分析】先根據(jù)題意得出；再由二次函數(shù)的最值的求法可判斷選項A，根據(jù)基本不等式可判斷選項B，由三個二次之間的關(guān)系可判斷選項C，由三個二次之間的關(guān)系及韋達定理可判斷選項D.
【詳解】因為有且只有一個零點，
所以，即.
對于選項A，因為，
所以 ，故選項A正確；
對于選項B，因為，當且僅當時，等號成立，故選項錯誤；
對于選項C，因為，
所以不等式的解集為，故選項C正確；
對于選項D，因為不等式的解集為，
所以方程的兩根為，且，
所以，故選項D正確.
故選：ACD.
12．2019
【分析】令，求得的對稱中心是，進而得到求解.
【詳解】因為，
所以，，
令，得，
又，
所以的對稱中心是，
所以，
所以，
，
，
故答案為：2019
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是理解拐點即為對稱點，由求得對稱中心.
13．2
【分析】利用賦值法先判定的周期性，化，再利用賦值法計算即可.
【詳解】令，得，則或（與矛盾舍去）.
令，得，則，
則，則，則.
又因為，所以，則，
從而.
故答案為：2
【點睛】思路點睛：抽象函數(shù)的性質(zhì)問題通常用賦值法，通過巧妙賦值先判定的周期性，再利用賦值法計算函數(shù)值即可.
14．
【分析】由題意可得符合條件的直線應(yīng)為fx,gx在的公切線，據(jù)此計算驗證即可．
【詳解】因為，且，
若在區(qū)間0,+∞上優(yōu)于，
可知符合條件的直線應(yīng)為fx,gx在的公切線，
則，可得，
則切線方程為，
令在0,+∞上恒成立，
令，求導可得，
令，
當x∈0,1，，在0,1上單調(diào)遞增，
當x∈1,+∞，，在1,+∞上單調(diào)遞增，
所以，即在0,+∞上恒成立，
所以實數(shù)a的取值范圍是．
故答案為：．
15．(1)
(2)
【分析】（1）結(jié)合二次不等式與二次方程的關(guān)系可求；
（2）利用乘1法，結(jié)合基本不等式可求．
【詳解】（1）不等式的解集為，
和是方程的兩個實數(shù)根，且，
，解得；
（2）（2）由（1）知，
于是有，，，
所以
當且僅當且，即等號成立，
故的最小值為
16．（Ⅰ）y=0（Ⅱ）單調(diào)遞減區(qū)間為（-1，-），單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-1），（-，+∞）
【分析】（Ⅰ）當時，求出函數(shù)，利用導數(shù)的幾何意義求出x=0處的切線的斜率，利用點斜式求出切線方程；（II）當時，令，得，，分三種情況①，②當，③當，討論的單調(diào)區(qū)間．
【詳解】（Ⅰ）f（x）的定義域為R，．
當a=1時，f′（0）=0，f（0）=0，
所以曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y=0．
（Ⅱ）f′（x）=aex（x+1）-x-1=（x+1）（aex-1）．
（1）當a≤0時，aex-1＜0，
所以當x＞-1時，f′（x）＜0；當x＜-1時，f′（x）＞0．
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-1），單調(diào)遞減區(qū)間為（-1，+∞）．
（2）當a＞0時，令f′（x）=0，得x1=-1，x2=-lna．
①當-lna=-1，即a=e時，f′（x）≥0，
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，+∞），無單調(diào)遞減區(qū)間；
②當-lna＜-1，即a＞e時，
當-lna＜x＜-1時，f′（x）＜0；當x＜-lna或x＞-1時，f′（x）＞0．
所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-lna，-1），單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-lna），（-1，+∞）；
③當-lna＞-1，即0＜a＜e時，
當-1＜x＜-lna時，f′（x）＜0；當x＜-1或x＞-lna時，f′（x）＞0．
所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-1，-lna），單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-1），（-lna，∞）．
【點睛】本題主要考查了導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、曲線的切線方程、函數(shù)零點、解不等式等基礎(chǔ)知識，考查了計算能力和分類討論的思想，第一步確定切點；第二步求斜率，即求曲線上該點的導數(shù)；第三步利用點斜式求出直線方程
17．(1)a=2；；
(2)最小值；最大值.
【分析】（1）根據(jù)奇函數(shù)可得 ，從而得 ， 解方程即可的結(jié)果；
（2） 先求出 ，然后利用二次函數(shù)配方法可得結(jié)果.
【詳解】（1）∵是奇函數(shù)，
∴，即，
所以，a=2（或直接由求得）
由得，
所以，
所以，即方程的解為；
（2）當時，，
∵，
∴當，即時，取得最小值，
當，即x=0時，取得最大值.
【點睛】方法點睛：已知函數(shù)的奇偶性求解析式，主要方法有兩個：
一是利用：（1）奇函數(shù)由 恒成立求解，（2）偶函數(shù)由恒成立求解；
二是利用特殊值：奇函數(shù)一般由求解，偶函數(shù)一般由求解，用特殊法求解參數(shù)后，一定要注意驗證奇偶性.
18．(1)
(2)
【分析】（1）設(shè)，則，通過向量的數(shù)量積求出動點的軌跡的方程；
（2）設(shè)點為軌跡C上一點，直線為軌跡的切線，與橢圓方程聯(lián)立，利用判別式求出，設(shè)，直線與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理求解斜率乘積即可．
【詳解】（1）設(shè)，則，有，，，，
從而由題意，得，
所以動點的軌跡的方程；
（2）設(shè)點且為軌跡上一點，直線為軌跡的切線，
有，消去得，
其判別式，解得，有，
設(shè)，
聯(lián)立得，所以，
可得，解得，
所以為定值.
19．(1)證明見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用零點的意義，構(gòu)造函數(shù)，利用導函判斷函數(shù)單調(diào)性，借助零點存在性定理即可推理得證.
（2）求出的導數(shù)，化不等式為，利用（1）中函數(shù)構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合零點的意義及單調(diào)性推理得證.
【詳解】（1）由，得，即，令，
函數(shù)有兩個零點，即函數(shù)有兩個零點，求導得，
當時，；當時，，函數(shù)在上遞減，在上遞增，
又，因此使得，使得，
所以函數(shù)有兩個零點.
（2）由（1）知函數(shù)的零點滿足：，
求導得，要證，即證，即證明，
令，求導得
，
函數(shù)在上單調(diào)遞減，則，由，得，
即，由，得，且在上單調(diào)遞增，
因此，即，命題得證．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第（3）問證明的關(guān)鍵在于將不等式轉(zhuǎn)化成求證，然后再利用構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性證明.

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