山东省青岛市莱西市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·莱西期末）已知集合，，其中是实数集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由，
可得或，
则，
又因为，
故.
故答案为：B.
【分析】先解出一元二次不等式等差集合A，再结合已知条件和补集的运算法则得出集合B，最后根据交集的运算法则得出集合B和集合C的交集.
2．（2024高二下·莱西期末）命题“，使得”的否定形式是（ ）
A．，使得
B．使得，
C．，使得
D．，使得
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：根据全称命题与存在性命题互为否定关系，
则原命题的否定形式是“，使得”.
故答案为：D.
【分析】由全称命题和特称命题互为否定的关系，则将任意改存在、存在改任意，并否定原结论，从而得出命题“，使得”的否定形式.
3．（2024高二下·莱西期末）若实数，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：
，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：D.
【分析】首先变形，再利用基本不等式求最值的方法得出的最小值.
4．（2024高二下·莱西期末）如图是下列四个函数中某一个的部分图象，则该函数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，要使函数有意义，则，
所以，
所以或或或，
所以函数的定义域为，故A不正确；
对于B，因为，又因为函数图象过原点，故B不正确；
对于C，对于函数，
则，
当时，，则函数在上单调递增，不符合题中图象，故C不正确，
对于D，对于函数，定义域为，且，
则，
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，符合图象，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据函数的定义域排除选项A；根据函数的图象过原点排除选项B；根据函数的单调性排除选项C；根据函数的定义域和函数的单调性判断出选项D正确，从而找出所求的函数.
5．（2024高二下·莱西期末）“”是“函数（且）在上单调递减”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的性质；指数函数的图象变换
【解析】【解答】解：当时，图像为
所以“”是“函数（且）在上单调递减”的充分条件.
当函数（且）在上单调递减时，函数（且）
在上也单调递减，所以，所以“”是“函数（且）在上单调递减”的必要条件.
综上可知，“”是“函数（且）在上单调递减”的 充要条件 .
故答案为：C.
【分析】画出图像，按单调性定义观察为减函数，根据充分必要条件定义，判断即可.
6．（2024高二下·莱西期末）已知函数，若函数的图象关于点对称，则（ ）
A．-3 B．-2 C． D．
【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；对数的性质与运算法则；反射、平衡和旋转变换
【解析】【解答】解：方法一：依题意将函数的图象向左移1个单位长度关于原点对称，
则是奇函数，
因为奇函数的定义域关于原点对称，又因为时函数无意义，
所以，当时也无意义，
则，解得
此时为奇函数，
则
解得
故.
方法二：依题意可得，恒成立，
代入得
化简得，，
整理得：，
则(*)，
依题意，此式在函数的定义域内恒成立，
故须使，则，
代入(*)可得，，则，
故.
故答案为：C.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：由题意推出是奇函数，再根据函数的定义域的对称性依次得出的值，从而得出的值.
方法二：利用，将其化成，再由等式恒成立得到，从而得出a的值，进而得出的值.
7．（2024高二下·莱西期末）某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，k，b为常数）．若该食品在0的保鲜时间是192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是（ ）
A．16小时 B．20小时 C．24小时 D．28小时
【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由已知得①，②，
将①代入②得，则，
当时，，
所以该食品在33℃的保鲜时间是24小时.
故答案为：C．
【分析】将两组数据代入解析式可得，，当时，利用指数函数的运算得出该食品在33的保鲜时间.
8．（2024高二下·莱西期末）若，，，则以下不等式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
令，定义域为，
则，
当时，；当 时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】将变形为，先构造函数，再利用导数判断函数的单调性，则结合作差法比较出a，b，c的大小.
9．（2024高二下·莱西期末）已知函数，若，则（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
【答案】A,C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：由，得或，解得或，
故选：AC
【分析】本题考查分段函数的解析式.已知，可分两种情况讨论可得：或，列出方程，解方程可求出答案.
10．（2024高二下·莱西期末）已知定义在上的函数满足，且，若，则（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．是周期函数
D．
【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由，
得，
则，
则，
因此是周期为4的周期函数，故C正确；
令，得，则，
因此，故A错误；
由，
得，
则，
因此的图象关于直线对称，故B正确；
由，得的图象关于直线对称，
因此直线和均为图象的对称轴，
则，
令，得，
所以，则，
故
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知的等式结合赋值法，从而推导出函数的解析式，再结合函数的周期性、对称性函数的图象的对称轴，数列求和的方法，从而逐项判断找出正确的选项.
11．（2024高二下·莱西期末）已知实数a，b，c满足，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．若，则的最小值为2
【答案】B,C
【知识点】函数的最大（小）值；指数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，因为等价于，
当时，显然不成立，故A错误；
对于B，，，，故B正确；
对于C，，，，故C正确；
对于D，，，，
所以，
所以，
所以当时，的最小值为2，此时，显然不满足，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用不等式的基本性质、指数函数的单调性和二次函数的最值求解方法，从而逐项判断找出结论正确的选项.
12．（2024高二下·莱西期末）函数（，且）恒过的定点是 ．
【答案】
【知识点】指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，解得，此时，
所以函数（，且）恒过的定点是.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和对数型函数性质，从而得出函数（，且）恒过的定点坐标.
13．（2024高二下·莱西期末）定义在上的两个函数和，已知，.若图象关于点对称，则 .
【答案】3
【知识点】图形的对称性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，且图象关于点对称，
所以，
所以，
又因为，
当时，，
所以.
故答案为：3.
【分析】利用图象关于点对称得出，从而得出，再利用求出的值.
14．（2024高二下·莱西期末）已知在区间上有最小值，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由函数，
可得，
当或时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
则为函数的极小值点；
要使得函数在区间上有最小值，
则满足，
则，
因为，
可得，
所以，解得，
所以，
则实数的取值为.
故答案为：.
【分析】利用导数判断函数的单调性，从而确定函数的极小值点，再结合题意列出不等式组，从而解不等式组得出实数m的取值范围.
15．（2024高二下·莱西期末）已知函数，.
（1）若在区间上最大值为2，求实数的值；
（2）当时，求不等式的解集.
【答案】（1）解：因为函数图象的对称轴为，
当时，即当时，
，
解得；
当时，即当时，
，
解得，矛盾，
所以.
（2）解：显然，又因为，因此不等式为，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为，
所以，当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
【知识点】函数的最大（小）值；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）利用二次函数图象的对称轴和分类讨论的方法，从而得出函数的最大值，再结合已知条件得出满足要求的实数a的值.
（2）利用已知条件和分类讨论的方法，再结合一元二次不等式求解方法，从而得出当时的不等式的解集.
（1）函数图象的对称轴为，
当，即时，，解得，则；
当，即时，，解得，矛盾，
所以.
（2）显然，而，
因此不等式为，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为，
所以当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为.
16．（2024高二下·莱西期末）已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围
【答案】（1）解：，
当时，，即，
当时，，解得，即，
当时，，解得，此时无解，
综上：不等式的解集为；
（2）解：时上述不等式显然成立，
当时，上述不等式可化为，
令，当且仅当时等号成立，
所以，即实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；绝对值三角不等式；含绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合零点分段法求出绝对值不等式 的解集。
（2）利用已知条件结合分类讨论的方法和绝对值三角不等式求解方法，进而得出函数的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而求出实数k的取值范围。
17．（2024高二下·莱西期末）已知函数在处取得极值，其中．
（1）求的值；
（2）当时，求的最大值和最小值．
【答案】（1）解：由，
求导得，
依题意可知，
则，解得，
此时，，
由，
得出或，
当时，，函数单调递增；
当时，函数单调递减，
则当时，函数取得极大值，
故.
（2）解：由（1）得：，
令，解得或，
因为，
故当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
当 时， 取得极小值， 无极大值，
所以，
所以，在区间上，的最大值为或，
又因为，
所以在区间上的最大值为4，最小值为．
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）通过对原函数求导，再利用题中条件列出方程组，从而得出的值，再代入函数解析式验证得出满足条件的a，b的值.
（2）根据（1）得出的函数解析式，再求导判断函数的单调性，从而推出当时，函数有极小值，也是最小值，无极大值，再结合区间端点值比较得出函数的最大值，从而得出当时的函数的最大值和最小值.
（1）由求导得，
依题意可知，即，解得，
此时，，由求得或，
当时，，函数递增，当时，函数递减，
故时，函数取得极大值，故.
（2）由（1）得，
令解得或，因，
故当时，函数递减，当时，函数递增，
当 时， 取得极小值， 无极大值， 所以，
所以在区间上，的最大值为或，而．
所以在区间上的最大值为4，最小值为．
18．（2024高二下·莱西期末）已知函数（且）．
（1）求的定义域；
（2）若当时，函数在有且只有一个零点，求实数b的范围；
（3）是否存在实数a，使得当的定义域为时，值域为，若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由，
得或，
所以的定义域为．
（2）解：令，
可知在上为增函数，
可得，且，
可知的值域为，
因为，
则在定义域内为减函数，
可得，
所以函数在上的值域为，
又因为函数在有且只有一个零点，
则在上有且只有一个解，
所以b的范围是．
（3）解：存在，理由如下：
假设存在这样的实数a，使得当的定义域为时，
值域为，
由且，
可得，且．
令，
可知在上为增函数，
因为，则在定义域内为减函数，
所以在上为减函数，
可得，
可知在上有两个互异实根，
可得，
所以有两个大于1相异实数根．
则，
解得，
所以实数a的取值范围.
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据对数型函数的真数大于0，从而解分式不等式得出函数的定义域.
（2）根据题意分析可知在上有且只有一个解，再结合函数单调性得出实数b的取值范围.
（3）根据函数的定义域和值域可得且，再结合函数的单调性分析可知有两个大于1相异实数根，再结合二次函数零点分布运算求解得出满足条件的实数a的取值范围.
（1）由，得或．
所以的定义域为．
（2）令，可知在上为增函数，
可得，且，可知的值域为，
因为，则在定义域内为减函数，可得，
所以函数在上的值域为，
又因为函数在有且只有一个零点，
即在上有且只有一个解，
所以b的范围是．
（3）存在，理由如下：
假设存在这样的实数a，使得当的定义域为时，值域为，
由且，可得，且．
令，可知在上为增函数，
因为，则在定义域内为减函数，
所以在上为减函数，
可得，
可知在上有两个互异实根，可得，
即有两个大于1相异实数根．
则，解得，
所以实数a的取值范围.
19．（2024高二下·莱西期末）已知函数，若过点可作曲线两条切线，求a的取值范围.
【答案】解：依题意，，
设过点的直线与曲线相切时的切点为，
则斜率，
所以，切线方程为：
又因为点在切线上，
所以 ，
则，
由过点可作曲线两条切线，
得方程有两个不相等的实数根，
令，
则函数有2个零点，
求导得：
若， 由，
得或，
由，得，
则函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值；
当时，取得极小值，
又因为
当时，恒成立 ，所以函数最多1个零点，不合题意；
若恒成立，函数在上单调递增，
因此函数最多1个零点，不合题意；
若，
由，得或 ，
由， 得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，
又因为，
显然当时，恒成立，
所以函数最多1个零点，不合题意；
若， 显然，
当时，；
当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值，
要函数有2个零点，必有，得，
当时，，
因为函数在(0，1)上的值域为，
因此在上的值域为，
当时，令，求导得，
所以函数在上单调递减， 则，
因为，
又因为函数在上单调递减，
值域为，
因此函数在上的值域为，
则当时，函数有两个零点，
所以过点可作曲线两条切线时，
所以的取值范围是
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】先求出函数的导数，设出切点坐标，从而求出切线方程，再结合切线过的点构造函数，再讨论函数有两个零点，从而得出实数a的取值范围.
1 / 1山东省青岛市莱西市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·莱西期末）已知集合，，其中是实数集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·莱西期末）命题“，使得”的否定形式是（ ）
A．，使得
B．使得，
C．，使得
D．，使得
3．（2024高二下·莱西期末）若实数，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·莱西期末）如图是下列四个函数中某一个的部分图象，则该函数为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·莱西期末）“”是“函数（且）在上单调递减”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024高二下·莱西期末）已知函数，若函数的图象关于点对称，则（ ）
A．-3 B．-2 C． D．
7．（2024高二下·莱西期末）某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，k，b为常数）．若该食品在0的保鲜时间是192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是（ ）
A．16小时 B．20小时 C．24小时 D．28小时
8．（2024高二下·莱西期末）若，，，则以下不等式正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·莱西期末）已知函数，若，则（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
10．（2024高二下·莱西期末）已知定义在上的函数满足，且，若，则（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．是周期函数
D．
11．（2024高二下·莱西期末）已知实数a，b，c满足，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．若，则的最小值为2
12．（2024高二下·莱西期末）函数（，且）恒过的定点是 ．
13．（2024高二下·莱西期末）定义在上的两个函数和，已知，.若图象关于点对称，则 .
14．（2024高二下·莱西期末）已知在区间上有最小值，则实数的取值范围是 .
15．（2024高二下·莱西期末）已知函数，.
（1）若在区间上最大值为2，求实数的值；
（2）当时，求不等式的解集.
16．（2024高二下·莱西期末）已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围
17．（2024高二下·莱西期末）已知函数在处取得极值，其中．
（1）求的值；
（2）当时，求的最大值和最小值．
18．（2024高二下·莱西期末）已知函数（且）．
（1）求的定义域；
（2）若当时，函数在有且只有一个零点，求实数b的范围；
（3）是否存在实数a，使得当的定义域为时，值域为，若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
19．（2024高二下·莱西期末）已知函数，若过点可作曲线两条切线，求a的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由，
可得或，
则，
又因为，
故.
故答案为：B.
【分析】先解出一元二次不等式等差集合A，再结合已知条件和补集的运算法则得出集合B，最后根据交集的运算法则得出集合B和集合C的交集.
2．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：根据全称命题与存在性命题互为否定关系，
则原命题的否定形式是“，使得”.
故答案为：D.
【分析】由全称命题和特称命题互为否定的关系，则将任意改存在、存在改任意，并否定原结论，从而得出命题“，使得”的否定形式.
3．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：
，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：D.
【分析】首先变形，再利用基本不等式求最值的方法得出的最小值.
4．【答案】D
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，要使函数有意义，则，
所以，
所以或或或，
所以函数的定义域为，故A不正确；
对于B，因为，又因为函数图象过原点，故B不正确；
对于C，对于函数，
则，
当时，，则函数在上单调递增，不符合题中图象，故C不正确，
对于D，对于函数，定义域为，且，
则，
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，符合图象，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据函数的定义域排除选项A；根据函数的图象过原点排除选项B；根据函数的单调性排除选项C；根据函数的定义域和函数的单调性判断出选项D正确，从而找出所求的函数.
5．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的性质；指数函数的图象变换
【解析】【解答】解：当时，图像为
所以“”是“函数（且）在上单调递减”的充分条件.
当函数（且）在上单调递减时，函数（且）
在上也单调递减，所以，所以“”是“函数（且）在上单调递减”的必要条件.
综上可知，“”是“函数（且）在上单调递减”的 充要条件 .
故答案为：C.
【分析】画出图像，按单调性定义观察为减函数，根据充分必要条件定义，判断即可.
6．【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；对数的性质与运算法则；反射、平衡和旋转变换
【解析】【解答】解：方法一：依题意将函数的图象向左移1个单位长度关于原点对称，
则是奇函数，
因为奇函数的定义域关于原点对称，又因为时函数无意义，
所以，当时也无意义，
则，解得
此时为奇函数，
则
解得
故.
方法二：依题意可得，恒成立，
代入得
化简得，，
整理得：，
则(*)，
依题意，此式在函数的定义域内恒成立，
故须使，则，
代入(*)可得，，则，
故.
故答案为：C.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：由题意推出是奇函数，再根据函数的定义域的对称性依次得出的值，从而得出的值.
方法二：利用，将其化成，再由等式恒成立得到，从而得出a的值，进而得出的值.
7．【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由已知得①，②，
将①代入②得，则，
当时，，
所以该食品在33℃的保鲜时间是24小时.
故答案为：C．
【分析】将两组数据代入解析式可得，，当时，利用指数函数的运算得出该食品在33的保鲜时间.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
令，定义域为，
则，
当时，；当 时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】将变形为，先构造函数，再利用导数判断函数的单调性，则结合作差法比较出a，b，c的大小.
9．【答案】A,C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：由，得或，解得或，
故选：AC
【分析】本题考查分段函数的解析式.已知，可分两种情况讨论可得：或，列出方程，解方程可求出答案.
10．【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由，
得，
则，
则，
因此是周期为4的周期函数，故C正确；
令，得，则，
因此，故A错误；
由，
得，
则，
因此的图象关于直线对称，故B正确；
由，得的图象关于直线对称，
因此直线和均为图象的对称轴，
则，
令，得，
所以，则，
故
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知的等式结合赋值法，从而推导出函数的解析式，再结合函数的周期性、对称性函数的图象的对称轴，数列求和的方法，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】B,C
【知识点】函数的最大（小）值；指数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，因为等价于，
当时，显然不成立，故A错误；
对于B，，，，故B正确；
对于C，，，，故C正确；
对于D，，，，
所以，
所以，
所以当时，的最小值为2，此时，显然不满足，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用不等式的基本性质、指数函数的单调性和二次函数的最值求解方法，从而逐项判断找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，解得，此时，
所以函数（，且）恒过的定点是.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和对数型函数性质，从而得出函数（，且）恒过的定点坐标.
13．【答案】3
【知识点】图形的对称性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，且图象关于点对称，
所以，
所以，
又因为，
当时，，
所以.
故答案为：3.
【分析】利用图象关于点对称得出，从而得出，再利用求出的值.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由函数，
可得，
当或时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
则为函数的极小值点；
要使得函数在区间上有最小值，
则满足，
则，
因为，
可得，
所以，解得，
所以，
则实数的取值为.
故答案为：.
【分析】利用导数判断函数的单调性，从而确定函数的极小值点，再结合题意列出不等式组，从而解不等式组得出实数m的取值范围.
15．【答案】（1）解：因为函数图象的对称轴为，
当时，即当时，
，
解得；
当时，即当时，
，
解得，矛盾，
所以.
（2）解：显然，又因为，因此不等式为，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为，
所以，当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
【知识点】函数的最大（小）值；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）利用二次函数图象的对称轴和分类讨论的方法，从而得出函数的最大值，再结合已知条件得出满足要求的实数a的值.
（2）利用已知条件和分类讨论的方法，再结合一元二次不等式求解方法，从而得出当时的不等式的解集.
（1）函数图象的对称轴为，
当，即时，，解得，则；
当，即时，，解得，矛盾，
所以.
（2）显然，而，
因此不等式为，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为，
所以当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为.
16．【答案】（1）解：，
当时，，即，
当时，，解得，即，
当时，，解得，此时无解，
综上：不等式的解集为；
（2）解：时上述不等式显然成立，
当时，上述不等式可化为，
令，当且仅当时等号成立，
所以，即实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；绝对值三角不等式；含绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合零点分段法求出绝对值不等式 的解集。
（2）利用已知条件结合分类讨论的方法和绝对值三角不等式求解方法，进而得出函数的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而求出实数k的取值范围。
17．【答案】（1）解：由，
求导得，
依题意可知，
则，解得，
此时，，
由，
得出或，
当时，，函数单调递增；
当时，函数单调递减，
则当时，函数取得极大值，
故.
（2）解：由（1）得：，
令，解得或，
因为，
故当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
当 时， 取得极小值， 无极大值，
所以，
所以，在区间上，的最大值为或，
又因为，
所以在区间上的最大值为4，最小值为．
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）通过对原函数求导，再利用题中条件列出方程组，从而得出的值，再代入函数解析式验证得出满足条件的a，b的值.
（2）根据（1）得出的函数解析式，再求导判断函数的单调性，从而推出当时，函数有极小值，也是最小值，无极大值，再结合区间端点值比较得出函数的最大值，从而得出当时的函数的最大值和最小值.
（1）由求导得，
依题意可知，即，解得，
此时，，由求得或，
当时，，函数递增，当时，函数递减，
故时，函数取得极大值，故.
（2）由（1）得，
令解得或，因，
故当时，函数递减，当时，函数递增，
当 时， 取得极小值， 无极大值， 所以，
所以在区间上，的最大值为或，而．
所以在区间上的最大值为4，最小值为．
18．【答案】（1）解：由，
得或，
所以的定义域为．
（2）解：令，
可知在上为增函数，
可得，且，
可知的值域为，
因为，
则在定义域内为减函数，
可得，
所以函数在上的值域为，
又因为函数在有且只有一个零点，
则在上有且只有一个解，
所以b的范围是．
（3）解：存在，理由如下：
假设存在这样的实数a，使得当的定义域为时，
值域为，
由且，
可得，且．
令，
可知在上为增函数，
因为，则在定义域内为减函数，
所以在上为减函数，
可得，
可知在上有两个互异实根，
可得，
所以有两个大于1相异实数根．
则，
解得，
所以实数a的取值范围.
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据对数型函数的真数大于0，从而解分式不等式得出函数的定义域.
（2）根据题意分析可知在上有且只有一个解，再结合函数单调性得出实数b的取值范围.
（3）根据函数的定义域和值域可得且，再结合函数的单调性分析可知有两个大于1相异实数根，再结合二次函数零点分布运算求解得出满足条件的实数a的取值范围.
（1）由，得或．
所以的定义域为．
（2）令，可知在上为增函数，
可得，且，可知的值域为，
因为，则在定义域内为减函数，可得，
所以函数在上的值域为，
又因为函数在有且只有一个零点，
即在上有且只有一个解，
所以b的范围是．
（3）存在，理由如下：
假设存在这样的实数a，使得当的定义域为时，值域为，
由且，可得，且．
令，可知在上为增函数，
因为，则在定义域内为减函数，
所以在上为减函数，
可得，
可知在上有两个互异实根，可得，
即有两个大于1相异实数根．
则，解得，
所以实数a的取值范围.
19．【答案】解：依题意，，
设过点的直线与曲线相切时的切点为，
则斜率，
所以，切线方程为：
又因为点在切线上，
所以 ，
则，
由过点可作曲线两条切线，
得方程有两个不相等的实数根，
令，
则函数有2个零点，
求导得：
若， 由，
得或，
由，得，
则函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值；
当时，取得极小值，
又因为
当时，恒成立 ，所以函数最多1个零点，不合题意；
若恒成立，函数在上单调递增，
因此函数最多1个零点，不合题意；
若，
由，得或 ，
由， 得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，
又因为，
显然当时，恒成立，
所以函数最多1个零点，不合题意；
若， 显然，
当时，；
当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值，
要函数有2个零点，必有，得，
当时，，
因为函数在(0，1)上的值域为，
因此在上的值域为，
当时，令，求导得，
所以函数在上单调递减， 则，
因为，
又因为函数在上单调递减，
值域为，
因此函数在上的值域为，
则当时，函数有两个零点，
所以过点可作曲线两条切线时，
所以的取值范围是
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】先求出函数的导数，设出切点坐标，从而求出切线方程，再结合切线过的点构造函数，再讨论函数有两个零点，从而得出实数a的取值范围.
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