5.3导数在研究函数中的应用 同步练习（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 5.3导数在研究函数中的应用 同步练习（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-05 07:09:59 | ||
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文档简介
人教A版（2019）选择性必修第二册 5.3导数在研究函数中的应用
一、单选题
1．已知函数在区间上不单调，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知偶函数的定义域为，导函数为，，，则不等式的解集为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
3．定义在上的函数的导函数为，满足：， ，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
4．若函数在点处的切线方程为，则函数的增区间为（ ）
A． B． C． D．
5．函数在处有极值，则的值为（ ）
A．2 B． C．3 D．
6．已知是定义在上的奇函数，是的导函数，，且满足，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
7．函数在上是（ ）
A．增函数 B．减函数 C．先增后减 D．不确定
8．已知函数，要使函数有三个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
9．已知定义在上的函数，其导函数为，若，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
10．函数的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
11．若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界．
下述四个结论：①1不是函数的一个下界；②函数有下界，无上界；③函数有上界，无下界；④函数有界．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①② B．②④ C．③④ D．②
12．已知函数在上有两个零点，则a的取值范是（ ）
A． B．
C． D．
13．函数的单调递减区间为（ ）
A． B．
C． D．
14．对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）．
A． B．
C． D．
15．已知函数，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
16．曲线在点处的切线方程为___________．
17．已知函数，给出以下命题：
①若函数不存在单调递减区间，则实数的取值范围是；
②过点且与曲线相切的直线有三条；
③的图象关于点成中心对称；
④方程的所有实根的和为16.
其中真命题的序号是___________.
18．若函数的单调递增区间是，，则实数的取值范围是______.
三、解答题
19．已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
20．已知函数．
（1）若在上是增函数，求实数a的取值范围；
（2）若是的极值点，求在上的最大值和最小值．
21．已知函数.
（1）若函数在时取极值，求的单调区间；
（2）若当时，求实数的取值范围.
22．设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
求出导函数，只要在上有唯一零点即可得．
【详解】
由，
①当时函数单调递增，不合题意；
②当时，函数的极值点为，若函数在区间不单调，必有，解得.
故选：B．
2．D
设得出为偶函数，再由得出的单调性，不等式可化为，进而由的单调性、奇偶性结合，从而得出不等式的解集.
【详解】
设，则易知为偶函数
又
则当时，函数为增函数
当时，函数为减函数
又，不等式可化为
即，所以或，所以不等式的解集为或
故选：D.
求解本题有三个难点：一是构造函数；二是确定函数的单调性；三是将原不等式转化为，且求出，再通过单调性求解.解题过程环环相扣，有一处出现错误，就不能得出正确结果.
3．A
由给定的不等式构造函数对求导，根据已知条件可判断非得单调性，将所求解不等式转化为有关的不等式，利用单调性脱去即可求解.
【详解】
令，则可得
所以是上的奇函数，
，
当时，，所以，
是上单调递增，
所以是上单调递增，
因为，
由可得即，
由是上单调递增，可得 解得：，
所以不等式的解集为，
故选：A.
关键点点睛：本题解题的关键点是：构造函数，根据已知条件判断的奇偶性和单调性，利用单调性解不等式 .
4．C
首先将代入得到切点为，求导得到，从而得到，解方程组得到，再利用导数求解单调区间即可.
【详解】
将代入得到，所以切点为.
因为，
所以，
所以，
当时，，为增函数.
所以函数的增区间为.
故选：C
5．D
求出函数的导函数,根据极值点处的导数为零,即可求得ab的长.
【详解】
,由,可得.
故选:D.
本题考查利用导数研究函数的极值问题,属基础题,主要根据极值点的必要条件求解即可.
6．D
构造函数，由，结合已知条件知的区间单调性，进而得到在上恒负，在上恒正，即可求解函数不等式的解集.
【详解】
，
在为减函数，而，
∴在上，；在上，；而，
∴在上，又函数为奇函数，
∴在上，
不等式等价于或，
∴.
故选：D.
思路点睛：
（1）构造，由已知条件知在为单调递减且.
（2）由在、的符号及，得到在上恒负.
（3）由奇偶性判断在定义域上的符号.
（4）由函数不等式求解集即可.
7．A
利用导数直接判断函数的单调性.
【详解】
∵，∴在上恒成立，
∴在上是增函数．
故选：A
8．A
要使函数有三个解，则与图象有三个交点，数形结合即可求解.
【详解】
要使函数有三个解，则与图象有三个交点，
因为当时，，
所以，
可得在上递减，在递增，
所以，有最小值，且时，，
当趋向于负无穷时，趋向于0，但始终小于0，
当时，单调递减，
由图像可知：
所以要使函数有三个零点，则.
故选：A．
9．C
令，可根据已知等式验证出为偶函数，同时根据导数得到的单调性；将所求不等式转化为，根据单调性可得到，解不等式求得结果.
【详解】
令，则，
，，，
为定义在上的偶函数；
当时，，在上单调递减，
又为偶函数，在上单调递增.
由得：
，即，
，解得：，即不等式的解集为.
故选：.
本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到构造函数、利用导数确定函数的单调性等知识；解题关键是能够通过构造函数的方式将不等式转化为函数值的比较，再根据单调性转化为自变量之间的大小关系.
10．D
求导，，由即可得解.
【详解】
函数的定义域是，，
令，解得，
故函数在上单调递减，
选：D.
本题考查了利用导数求函数单调性，考查了导数的基本能应用，属于基础题.
11．B
根据函数上界、下界及有界的概念，利用导数判断函数的单调性并求最值，结合选项，利用排除法，对结论①②③④进行逐项判断即可.
【详解】
对于结论①：当时，由对勾函数的性质知，函数恒成立，所以可得函数对任意恒成立，即1是函数的一个下界，故结论①错误；
对于结论②：因为函数，，所以，所以当时，；当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数有最小值为，即存在使任意，恒成立，故函数有下界；当时，函数，故函数无上界；因此结论②正确；
对于结论③：因为函数，所以，所以当时，；当时，；当时，；所以函数在 上单调递增；在上单调递减，当时，，所以函数无上界，故结论③错误；
对于结论④：因为函数为周期函数，且，当时，，该函数为振荡函数，所以对任意函数恒成立，故函数有界，故结论④正确.
故选：B
本题考查函数的创新应用、利用导数判断函数的单调性求最值、对勾函数的性质；考查运算求解能力和知识迁移能力；理解有界函数的定义，熟练掌握利用导数判断函数单调性求最值的方法是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.
12．C
根据解析式可得，原题转化为求在上有一个零点，当时，求导可得的单调性，分析不符合题意；当时，令，解得，分别讨论、和三种情况下的单调性，结合题意，即可求得a的范围.
【详解】
由题意得：，，
所以原题转化为求在上有一个零点，
，
当时，，则在上单调递减，且，不符合题意，
当时，令，解得，
当，即时，，此时在上单调递减，且，不符合题意，
当，即时，，此时在上单调递增，且，不符合题意，
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上有一个零点，
所以，解得，所以.
综上：a的取值范是
故选：C
解题的关键是当时，进行分段讨论，结合函数的单调性及零点的定义，分析求解，考查分析理解，分段讨论的思想，属中档题.
13．B
利用导数法求解.
【详解】
因为，
所以，
当时，，
所以函数的单调递减区间为，
故选：B
14．C
通过参变分离，利用导函数求函数的值域即可.
【详解】
原不等式可化为．
令，则．
令，则．
∵函数在区间上递增，∴，
∴．
，使得，即，，
，递减，，递增，
∴，
∴，恒有，在区间上递增，
∴，
∴．
故选：C.
15．D
求导分析单调性，根据即可解不等式．
【详解】
的定义域为，由
所以在上递减，又，
所以不等式的解集是．
故选：D
16．.
本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程
【详解】
详解：
所以，
所以，曲线在点处的切线方程为，即．
准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．
17．②③
求出函数导数，由题意可知无解，根据二次函数的性质可得的范围，即可判断①是否正确；
设出切点，根据斜率可得，再将代入，解方程求得切点的横坐标，即可判断②是否正确；
由于，所以的图象关点成中心对称，所以③是真命题；
由对称性可知，函数与的图象都关于点成中心对称，作出函数与函数的图象，再由图象观察它们共有4个交点，根据对称性，即可求出它们的横坐标值和，即可判断④是否正确．
【详解】
因为，所以.若函数不存在单调递减区间，则有，解得，所以①是假命题.
设过点的直线与曲线相切于点，则有.又点在曲线上，所以，代入上式，得，解得或或，所以过点且与曲线相切的直线有三条，所以②是真命题.
，则，所以的图象关点成中心对称，所以③是真命题.
又函数的导数为，
令解得或，所以递增区间为和；
令可得，所以递减区间为．
即时取得极大值，时取得极小值，又函数的图象也关于点成中心对称，
作出函数与函数的图象，如图：
结合图象可知，函数的图象与的图象有4个交点，则方程有4个实数根，故所有实数根的和为，所以④是假命题.
故答案为：②③.
18．
求导，为二次函数，结合单调递增区间是，，即得解
【详解】
，令，得，
由函数的单调递增区间是，，
得导函数的图象是开口向上的抛物线，所以.
故答案为：
19．（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】
（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．
记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．
因此，当时，直线与只有1个交点．
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
，
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设，则由得．
从而只要证．
上式左边．
使用不等式可得
【整体点评】
（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解.
20．（1）a≤5（2）最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.
（1）转化为在恒成立，即在恒成立，利用单调性求出在上的最小值即可得解；
（2）根据是的极值点求出，分析单调性即可求出最值.
【详解】
（1）因为在上是增函数，
令f′(x)＝3x2－2ax＋30在上恒成立，
∴min
在上为增函数，
当时，，
∴a≤5.
（2）f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，
∴a＝5，f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3.
令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝(舍去).
当1＜x＜3时，f′(x)＜0，当3＜x＜5时，f′(x)＞0，
即当x＝3时，f(x)的极小值f(3)＝－9.
又f(1)＝－1，f(5)＝15，
∴f(x)在[1,5]上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.
关键点点睛：第（1）问转化为在恒成立是解题关键，第（2）问根据是的极值点求出是解题关键.
21．（1）的单调增区间为和，单调减区间为；（2）
（1）由可得的值，进而可得表达式，再分别解不等式和即可得单调递增和单调递减区间；
（2）根据题意可得对于恒成立，令，只需
，利用导数讨论、、时的单调性以及最值即可求解.
【详解】
（1），
因为函数在时取极值，所以，
可得：，所以，
，
由可得：或；由可得，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
所以在时取极大值，符合题意；
所以的单调增区间为和，单调减区间为；
（2），
若当时，可得对于恒成立，
令，只需，，
当时，恒成立，此时在上单调递增，
，所以不成立
当时，由可得，由可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以只需，解得：，所以，
当时，恒成立，此时在上单调递减，
所以，所以恒成立，所以符合题意，
综上所述：，
所以实数的取值范围是，
22．(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】
本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．已知函数在区间上不单调，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知偶函数的定义域为，导函数为，，，则不等式的解集为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
3．定义在上的函数的导函数为，满足：， ，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
4．若函数在点处的切线方程为，则函数的增区间为（ ）
A． B． C． D．
5．函数在处有极值，则的值为（ ）
A．2 B． C．3 D．
6．已知是定义在上的奇函数，是的导函数，，且满足，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
7．函数在上是（ ）
A．增函数 B．减函数 C．先增后减 D．不确定
8．已知函数，要使函数有三个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
9．已知定义在上的函数，其导函数为，若，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
10．函数的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
11．若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界．
下述四个结论：①1不是函数的一个下界；②函数有下界，无上界；③函数有上界，无下界；④函数有界．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①② B．②④ C．③④ D．②
12．已知函数在上有两个零点，则a的取值范是（ ）
A． B．
C． D．
13．函数的单调递减区间为（ ）
A． B．
C． D．
14．对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）．
A． B．
C． D．
15．已知函数，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
16．曲线在点处的切线方程为___________．
17．已知函数，给出以下命题：
①若函数不存在单调递减区间，则实数的取值范围是；
②过点且与曲线相切的直线有三条；
③的图象关于点成中心对称；
④方程的所有实根的和为16.
其中真命题的序号是___________.
18．若函数的单调递增区间是，，则实数的取值范围是______.
三、解答题
19．已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
20．已知函数．
（1）若在上是增函数，求实数a的取值范围；
（2）若是的极值点，求在上的最大值和最小值．
21．已知函数.
（1）若函数在时取极值，求的单调区间；
（2）若当时，求实数的取值范围.
22．设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
求出导函数，只要在上有唯一零点即可得．
【详解】
由，
①当时函数单调递增，不合题意；
②当时，函数的极值点为，若函数在区间不单调，必有，解得.
故选：B．
2．D
设得出为偶函数，再由得出的单调性，不等式可化为，进而由的单调性、奇偶性结合，从而得出不等式的解集.
【详解】
设，则易知为偶函数
又
则当时，函数为增函数
当时，函数为减函数
又，不等式可化为
即，所以或，所以不等式的解集为或
故选：D.
求解本题有三个难点：一是构造函数；二是确定函数的单调性；三是将原不等式转化为，且求出，再通过单调性求解.解题过程环环相扣，有一处出现错误，就不能得出正确结果.
3．A
由给定的不等式构造函数对求导，根据已知条件可判断非得单调性，将所求解不等式转化为有关的不等式，利用单调性脱去即可求解.
【详解】
令，则可得
所以是上的奇函数，
，
当时，，所以，
是上单调递增，
所以是上单调递增，
因为，
由可得即，
由是上单调递增，可得 解得：，
所以不等式的解集为，
故选：A.
关键点点睛：本题解题的关键点是：构造函数，根据已知条件判断的奇偶性和单调性，利用单调性解不等式 .
4．C
首先将代入得到切点为，求导得到，从而得到，解方程组得到，再利用导数求解单调区间即可.
【详解】
将代入得到，所以切点为.
因为，
所以，
所以，
当时，，为增函数.
所以函数的增区间为.
故选：C
5．D
求出函数的导函数,根据极值点处的导数为零,即可求得ab的长.
【详解】
,由,可得.
故选:D.
本题考查利用导数研究函数的极值问题,属基础题,主要根据极值点的必要条件求解即可.
6．D
构造函数，由，结合已知条件知的区间单调性，进而得到在上恒负，在上恒正，即可求解函数不等式的解集.
【详解】
，
在为减函数，而，
∴在上，；在上，；而，
∴在上，又函数为奇函数，
∴在上，
不等式等价于或，
∴.
故选：D.
思路点睛：
（1）构造，由已知条件知在为单调递减且.
（2）由在、的符号及，得到在上恒负.
（3）由奇偶性判断在定义域上的符号.
（4）由函数不等式求解集即可.
7．A
利用导数直接判断函数的单调性.
【详解】
∵，∴在上恒成立，
∴在上是增函数．
故选：A
8．A
要使函数有三个解，则与图象有三个交点，数形结合即可求解.
【详解】
要使函数有三个解，则与图象有三个交点，
因为当时，，
所以，
可得在上递减，在递增，
所以，有最小值，且时，，
当趋向于负无穷时，趋向于0，但始终小于0，
当时，单调递减，
由图像可知：
所以要使函数有三个零点，则.
故选：A．
9．C
令，可根据已知等式验证出为偶函数，同时根据导数得到的单调性；将所求不等式转化为，根据单调性可得到，解不等式求得结果.
【详解】
令，则，
，，，
为定义在上的偶函数；
当时，，在上单调递减，
又为偶函数，在上单调递增.
由得：
，即，
，解得：，即不等式的解集为.
故选：.
本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到构造函数、利用导数确定函数的单调性等知识；解题关键是能够通过构造函数的方式将不等式转化为函数值的比较，再根据单调性转化为自变量之间的大小关系.
10．D
求导，，由即可得解.
【详解】
函数的定义域是，，
令，解得，
故函数在上单调递减，
选：D.
本题考查了利用导数求函数单调性，考查了导数的基本能应用，属于基础题.
11．B
根据函数上界、下界及有界的概念，利用导数判断函数的单调性并求最值，结合选项，利用排除法，对结论①②③④进行逐项判断即可.
【详解】
对于结论①：当时，由对勾函数的性质知，函数恒成立，所以可得函数对任意恒成立，即1是函数的一个下界，故结论①错误；
对于结论②：因为函数，，所以，所以当时，；当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数有最小值为，即存在使任意，恒成立，故函数有下界；当时，函数，故函数无上界；因此结论②正确；
对于结论③：因为函数，所以，所以当时，；当时，；当时，；所以函数在 上单调递增；在上单调递减，当时，，所以函数无上界，故结论③错误；
对于结论④：因为函数为周期函数，且，当时，，该函数为振荡函数，所以对任意函数恒成立，故函数有界，故结论④正确.
故选：B
本题考查函数的创新应用、利用导数判断函数的单调性求最值、对勾函数的性质；考查运算求解能力和知识迁移能力；理解有界函数的定义，熟练掌握利用导数判断函数单调性求最值的方法是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.
12．C
根据解析式可得，原题转化为求在上有一个零点，当时，求导可得的单调性，分析不符合题意；当时，令，解得，分别讨论、和三种情况下的单调性，结合题意，即可求得a的范围.
【详解】
由题意得：，，
所以原题转化为求在上有一个零点，
，
当时，，则在上单调递减，且，不符合题意，
当时，令，解得，
当，即时，，此时在上单调递减，且，不符合题意，
当，即时，，此时在上单调递增，且，不符合题意，
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上有一个零点，
所以，解得，所以.
综上：a的取值范是
故选：C
解题的关键是当时，进行分段讨论，结合函数的单调性及零点的定义，分析求解，考查分析理解，分段讨论的思想，属中档题.
13．B
利用导数法求解.
【详解】
因为，
所以，
当时，，
所以函数的单调递减区间为，
故选：B
14．C
通过参变分离，利用导函数求函数的值域即可.
【详解】
原不等式可化为．
令，则．
令，则．
∵函数在区间上递增，∴，
∴．
，使得，即，，
，递减，，递增，
∴，
∴，恒有，在区间上递增，
∴，
∴．
故选：C.
15．D
求导分析单调性，根据即可解不等式．
【详解】
的定义域为，由
所以在上递减，又，
所以不等式的解集是．
故选：D
16．.
本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程
【详解】
详解：
所以，
所以，曲线在点处的切线方程为，即．
准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．
17．②③
求出函数导数，由题意可知无解，根据二次函数的性质可得的范围，即可判断①是否正确；
设出切点，根据斜率可得，再将代入，解方程求得切点的横坐标，即可判断②是否正确；
由于，所以的图象关点成中心对称，所以③是真命题；
由对称性可知，函数与的图象都关于点成中心对称，作出函数与函数的图象，再由图象观察它们共有4个交点，根据对称性，即可求出它们的横坐标值和，即可判断④是否正确．
【详解】
因为，所以.若函数不存在单调递减区间，则有，解得，所以①是假命题.
设过点的直线与曲线相切于点，则有.又点在曲线上，所以，代入上式，得，解得或或，所以过点且与曲线相切的直线有三条，所以②是真命题.
，则，所以的图象关点成中心对称，所以③是真命题.
又函数的导数为，
令解得或，所以递增区间为和；
令可得，所以递减区间为．
即时取得极大值，时取得极小值，又函数的图象也关于点成中心对称，
作出函数与函数的图象，如图：
结合图象可知，函数的图象与的图象有4个交点，则方程有4个实数根，故所有实数根的和为，所以④是假命题.
故答案为：②③.
18．
求导，为二次函数，结合单调递增区间是，，即得解
【详解】
，令，得，
由函数的单调递增区间是，，
得导函数的图象是开口向上的抛物线，所以.
故答案为：
19．（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】
（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．
记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．
因此，当时，直线与只有1个交点．
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
，
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设，则由得．
从而只要证．
上式左边．
使用不等式可得
【整体点评】
（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解.
20．（1）a≤5（2）最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.
（1）转化为在恒成立，即在恒成立，利用单调性求出在上的最小值即可得解；
（2）根据是的极值点求出，分析单调性即可求出最值.
【详解】
（1）因为在上是增函数，
令f′(x)＝3x2－2ax＋30在上恒成立，
∴min
在上为增函数，
当时，，
∴a≤5.
（2）f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，
∴a＝5，f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3.
令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝(舍去).
当1＜x＜3时，f′(x)＜0，当3＜x＜5时，f′(x)＞0，
即当x＝3时，f(x)的极小值f(3)＝－9.
又f(1)＝－1，f(5)＝15，
∴f(x)在[1,5]上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.
关键点点睛：第（1）问转化为在恒成立是解题关键，第（2）问根据是的极值点求出是解题关键.
21．（1）的单调增区间为和，单调减区间为；（2）
（1）由可得的值，进而可得表达式，再分别解不等式和即可得单调递增和单调递减区间；
（2）根据题意可得对于恒成立，令，只需
，利用导数讨论、、时的单调性以及最值即可求解.
【详解】
（1），
因为函数在时取极值，所以，
可得：，所以，
，
由可得：或；由可得，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
所以在时取极大值，符合题意；
所以的单调增区间为和，单调减区间为；
（2），
若当时，可得对于恒成立，
令，只需，，
当时，恒成立，此时在上单调递增，
，所以不成立
当时，由可得，由可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以只需，解得：，所以，
当时，恒成立，此时在上单调递减，
所以，所以恒成立，所以符合题意，
综上所述：，
所以实数的取值范围是，
22．(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】
本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
答案第1页，共2页
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