【精品解析】导数的应用（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）

导数的应用（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）
一、解答题
1．（2022·新高考Ⅱ卷）已知函数 ．
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）当 时， ，求a的取值范围；
（3）设 ，证明： ．
【答案】（1）解：解：
当 时， 单调递减；
当 吋， 单调递增.
（2）令
对 恒成立
又
令
则
①若 ，即
所以 ，使得当 时，有 单调递增 ，矛盾
②若 ，即 时，
在 上单调递减， ，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围足 .
（3）证明：取 ，则 ，总有 成立，
令 ，则 ，
故 即 对任意的 恒成立.
所以对任意的 ，有 ，
整理得到： ，
故
，
故不等式成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，令，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
2．（2022·全国乙卷）已知函数 ．
（1）当 时，求 的最大值；
（2）若 恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当 时，
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ 的最大值=f（1）=-1-ln1=-1
（2）解： 定义域为（0，+∞）
根据（1）得：a=0时，f（x）max=-1＜0，∴f（x）无零点
当a＜0时， x＞0，ax-1＜0，又x2＞0
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ x＞0，f（x）≤f（1）=a-1＜0，∴f（x）无零点
当a＞0时，
①当0＜a＜1时， ＞1
x （0，1） 1 （1， ） （ ，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈（0， ]，f（x）≤f（1）=a-1＜0，
又 f（x）=+∞，∴f（x）恰有一个零点
②当a=1时， ，
∴f（x）在（0，+∞）上递增，
由f（1）=a-1=0可得，f（x）恰有一个零点
③当a＞1时， ∈（0，1]
x （0， ） （ ，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈[ ，+∞），f（x）≥f（1）=a-1＞0，
又 f（x）=-∞，∴f（x）恰有一个零点
综上所得a取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点
【解析】【分析】（1）将 代入，再对函数求导利用导数判断函数的单调性，从而求其最大值；
（2）求导得 ，分a=0、a＜0及a＞0三种情况讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
3．（2022·全国甲卷）已知函数 ．
（1）若 ，求a的取值范围；
（2）证明：若 有两个零点 ，则 ．
【答案】（1） 解： 由题意得，函数f(x)的定义域为 ，
，
令f'(x)=0， 得x=1 ，
当x∈（0，1），f'(x)<0， f(x)单调递减，
当x∈（1，+∞），f'(x)>0， f(x)单调递增 ，
若f(x)≥0，则e+1-a≥0， 即a≤e+1 ，
所以a的取值范围为（-∞，e+1）
（2）证明：由题知， 一个零点小于1，一个零点大于1
不妨设
要证 ，即证
因为 ，即证
因为 ，即证
即证
即证
下面证明 时，
设 ，
则
设
所以 ，而
所以 ，所以
所以 在 单调递增
即 ，所以
令
所以 在 单调递减
即 ，所以 ；
综上， ，所以
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）由化归思想，将原问题转化要证明 恒成立问题 ，构造函数 ， 再利用导数研究函数的单调性与最值即可得证.
4．（2022·全国甲卷）已知函数 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
（1）若 ，求a：
（2）求a的取值范围．
【答案】（1）解：由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ；
（2）解： ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ，
设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整理得 ，
则 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 ，解得 或 ，
令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：
0 1
- 0 + 0 - 0 +
-1
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；
（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.
5．（2022·全国乙卷）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在区间 各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）解： 的定义域为
当 时， ，所以切点为 ，所以切线斜率为2
所以曲线 在点 处的切线方程为
（2）解：
设
1°若 ，当 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
2°若 ，当 ，则
所以 在 上单调递增所以 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
3°若
①当 ，则 ，所以 在 上单调递增
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递减
当 单调递增
所以
当
当
所以 在 上有唯一零点
又 没有零点，即 在 上有唯一零点
②当
设
所以 在 单调递增
所以存在 ，使得
当 单调递减
当 单调递增，
又
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递增，当 单调递减
有
而 ，所以当
所以 在 上有唯一零点， 上无零点
即 在 上有唯一零点
所以 ，符合题意
所以若 在区间 各恰有一个零点，求 的取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点
【解析】【分析】（1）先求切点，再求导计算斜率，最后根据直线的点斜式方程即可得切线方程；
（2）求导，对a分类讨论，对 分 两部分研究.
6．（2022·北京）已知函数 ．
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）设 ，讨论函数 在 上的单调性；
（III）证明：对任意的 ，有 ．
【答案】（Ⅰ） ，则 ，又 ，
故所求切线方程为
（Ⅱ） ，
又 ，
故 对 成立， 在 上单调递增
（III）证明：不妨设 ，
由拉格朗日中值定理可得：
其中 ，即
，其中 ，即
由 在 上单调递增，故
∴
∴ 证毕
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）对函数求导得，分别计算，根据直线的点斜式方程即可求切线方程；
（2）由（1）知，利用放缩法可得，即可判断的单调性；
（3） 不妨设 ，由拉格朗日中值定理可得 ，，即 ， ，由 （2）的结论，得 ， 即，即可证明.
7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 和 有相同的最小值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】（1）因为 ，所以 ，
若 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递增，无最小值，不满足；
若 ，令f’（x）＞0 x＞lna，令f’（x）＜0 x＜lna，
所以 ，
因为 ，定义域 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
依题有 ，即 ，
令 ，则 恒成立
所以 在 上单调递增，又因为 ，
有唯一解 ，
综上，
（2）由(1)易知 在 上单调递减，在 上单调递增， 在 上单调递减，在 上单调递增，
存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，
设三个不同交点的横坐标分别为 ，不妨设 ，
显然有 ，
则肯定有 ，
注意 的结构，易知 ，
所以有 ，所以有 ，而由 在 上单调递减，
知 ，同理 ，
所以 ，
又由 ，
故 ，
所以存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【知识点】指数式与对数式的互化；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；等差数列概念与表示
【解析】【分析】（1）对a分 ， 两种情况，利用导数研究函数f(x)的单调性，并求得 ，同理可得 ，根据题意列式，构造函数 ，并利用导数h’(a)，可得函数h(x)的单调性，并易得h(1)=0，从而求得a；
（2）由(1)易得函数f(x)，g(x)的单调性，不妨设 ，同时根据 ，可得 ， ，从而得 ，再由对数运算可证 ，结论得证.
8．（2021·新高考Ⅱ卷）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： 有一个零点
① ；
② ．
【答案】（1）由函数的解析式可得： ，
当 时，若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时， 在 上单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
（2）若选择条件①：
由于 ，故 ，则 ，
而 ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于 ，故 ，则 ，
当 时， ， ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
当 时，构造函数 ，则 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
注意到 ，故 恒成立，从而有： ，此时：
，
当 时， ，
取 ，则 ，
即： ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
9．（2021·北京）已知函数 ．
（1）若 ，求 在 处切线方程；
（2）若函数 在 处取得极值，求 的单调区间，以及最大值和最小值．
【答案】（1）当 时， ，则 ， ， ，
此时，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2）因为 ，则 ，
由题意可得 ，解得 ，
故 ， ，列表如下：
-1 4
+ 0 - 0 +
增 极大值 减 极小值 增
所以，函数 的增区间为 、 ，单调递减区间为 .
当 时， ；当 时， .
所以， ， .
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）根据导数研究函数的极值求得a值，再利用导数研究函数的单调性以及最值即可.
10．（2021·全国乙卷）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）求曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标.
【答案】（1）由函数的解析式可得： ，
导函数的判别式 ，
当 时， 在R上单调递增，
当 时， 的解为： ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增；
综上可得：当 时， 在R上单调递增，
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）由题意可得： ， ，
则切线方程为： ，
切线过坐标原点，则： ，
整理可得： ，即： ，
解得： ，则 ，
∴该过原点的切线方程为，
联立，即，解得或.
即曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标为 或 .
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先对函数求导，通过分类讨论a的取值，确定导数的符号，来确定函数的单调区间；
（2）先设切点坐标横坐标x0，通过求导求出切线的斜率，写出切线的方程，再利用切线过原点的条件，就可以得到x0的值，进一步得到公共点坐标。
11．（2021·全国甲卷）设函数 ，其中a>0．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）若y＝f(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．
【答案】（1）函数的定义域为 ，
又 ，
因为 ，故 ，
当 时， ；当 时， ；
所以 的减区间为 ，增区间为 .
（2）因为 且 的图与 轴没有公共点，
所以 的图象在 轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得 ，
故 即 .
【知识点】函数单调性的性质；函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【分析】（1）先明确函数的定义域，先对函数求导，然后根据a的取值，讨论导数年的正负，来确定函数的单调区间；
（2）首先注意到 且 的图与 轴没有公共点这一特点，表明 的图象在 轴的上方，求函数f(x)的最小值，只要最小值大于0即可， 解不等式，即可得到结果。
12．（2021·全国甲卷）已知a＞0且a≠1，函数f（x）= （x＞0），
（1）当a=2时，求f（x）的单调区间；
（2）若曲线y= f（x）与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围.
【答案】（1）当 时， ，
令 得 ，当 时， ，当 时， ，
∴函数 在 上单调递增； 上单调递减；
（2） ，设函数 ，
则 ，令 ，得 ，
在 内 ， 单调递增；
在 上 ， 单调递减；
，
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，
所以曲线 与直线 有且仅有两个交点，即曲线 与直线 有两个交点的充分必要条件是 ，这即是 ，
所以 的取值范围是 .
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）当ａ＝2时，函数 用导数研究其单调性；
（2）首先将问题转化为方程有两个解的问题，进一步转化为函数与函数有两听问题，然后利用导数研究相关函数的单调性及函数的最大值，进而得到结果。
13．（2021·全国乙卷）设函数f（x）=ln（a-x），已知x=0是函数y=xf（x）的极值点。
（1）求a；
（2）设函数g（x）= ，证明：g（x）＜1.
【答案】（1）[xf(x)]′=x′f(x)+xf′(x)
当x=0时，[xf(x)]′=f(0)=lna=0，所以a=1
（2）由f(x)=ln(1-x)，得x＜1
当0＜x＜1时，f(x)=ln(1-x)＜0，xf(x)＜0；当x＜0时，f(x)=ln(1-x)＞0，xf(x)＜0
故即证x+f(x)＞xf(x)，x+ln(1-x)-xln(1-x)＞0
令1-x=t(t＞0且t≠1)，x=1-t，即证1-t+lnt-(1-t)lnt＞0
令f(t)=1-t+lnt-(1-t)lnt，
则f′(t)=-1- -[(-1)lnt+ ]=-1+ +lnt- =lnt
所以f(t)在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故f(t)＞f（1）=0，得证。
【知识点】利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先对函数 y=xf（x）求导： [xf(x)]′=x′f(x)+xf′(x)，因为x=0是方程的根，代入求得a值。
（2）首先由（1）写出函数f(x),并求其定义域，将问题转化为证明 x+f(x)＞xf(x)，即证：x+ln(1-x)-xln(1-x)＞0 ，然后通过换元，构造函数，用导数研究相关函数的单调性，从而证明命题成立。
14．（2021·天津）已知，函数 ．
（1）求曲线 在点 处的切线方程：
（2）证明 存在唯一的极值点
（3）若存在a，使得 对任意 成立，求实数b的取值范围．
【答案】（1） ，则 ，
又 ，则切线方程为 ；
（2）令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，
当 时， ， ，当 时， ，画出 大致图像如下：
所以当 时， 与 仅有一个交点，令 ，则 ，且 ，
当 时， ，则 ， 单调递增，
当 时， ，则 ， 单调递减，
为 的极大值点，故 存在唯一的极值点；
（3）由（II）知 ，此时 ，
所以 ，
令 ，
若存在a，使得 对任意 成立，等价于存在 ，使得 ，即 ，
， ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，故 ，
所以实数b的取值范围 .
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）令f'(x)=0，可得a=(x+1)ex，则可化为证明y=a与y=g(x)仅有一个交点，利用导数研究y=g(x)的变化情况，数形结合求解即可；
（3）令h(x)=(x2-x-1)ex，(x>-1)，则将问题等价转化为存在x∈(-1，+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min，利用导数求出h(x)的最小值即可.
15．（2021·新高考Ⅰ）已知函数f(x)=x（1-lnx)
（1）讨论f(x)的单调性
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b证明：
【答案】（1）
在 单调递增， 在 单调递减
（2）由 ，得
即
令 ，
则 为 的两根，其中 ．
不妨令 ， ，则
先证 ，即证
即证
令
则
恒成立，
得证
同理，要证
即证
令
则 ，令
又 ， ，且
故 ， ，
恒成立
得证
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可求解；
（2）根据化归转化思想，将不等式问题等价转化为函数h(x)=f(x)-f(2-x)与的最值问题，利用h'(x)与研究函数函数h(x)与的单调性及最值即可.
16．（2020·新课标Ⅲ·文）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有三个零点，求k的取值范围．
【答案】（1）解：由题， ，
当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增；
当 时，令 ，得 ，令 ，得 ，
令 ，得 或 ，所以 在 上单调递减，在
， 上单调递增.
（2）解：由（1）知， 有三个零点，则 ，且
即 ，解得 ，
当 时， ，且 ，
所以 在 上有唯一一个零点，
同理 ， ，
所以 在 上有唯一一个零点，
又 在 上有唯一一个零点，所以 有三个零点，
综上可知 的取值范围为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1） ，对 分 和 两种情况讨论即可；（2） 有三个零点，由（1）知 ，且 ，解不等式组得到 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.
17．（2020·新课标Ⅲ·理）设函数 ，曲线 在点( ，f( ))处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若 有一个绝对值不大于1的零点，证明： 所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）解：因为 ，
由题意， ，即
则
（2）解：由（1）可得 ，
，
令 ，得 或 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，
且 ，
若 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点 ，则 或 ，
即 或 .
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上， 所有零点的绝对值都不大于1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；反证法；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到 ，解方程即可；（2）由（1）可得 ，易知 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，且 ，采用反证法，推出矛盾即可.
18．（2020·新课标Ⅱ·文）已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）= 的单调性．
【答案】（1）解：函数 的定义域为：
，
设 ，则有 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以当 时，函数 有最大值，
即 ，
要想不等式 在 上恒成立，
只需 ；
（2）解： 且
因此 ，设 ，
则有 ，
当 时， ，所以 ， 单调递减，因此有 ，即
，所以 单调递减；
当 时， ，所以 ， 单调递增，因此有 ，即 ，所以 单调递减，
所以函数 在区间 和 上单调递减，没有递增区间.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）不等式 转化为 ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数 求导，把导函数 的分子构成一个新函数 ，再求导得到 ，根据 的正负，判断 的单调性，进而确定 的正负性，最后求出函数 的单调性.
19．（2020·新课标Ⅰ·文）已知函数 .
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）若 有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）解：当 时， ， ，
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 的减区间为 ，增区间为 ；
（2）解：若 有两个零点，即 有两个解，
从方程可知， 不成立，即 有两个解，
令 ，则有 ，
令 ，解得 ，令 ，解得 或 ，
所以函数 在 和 上单调递减，在 上单调递增，
且当 时， ，
而 时， ，当 时， ，
所以当 有两个解时，有 ，
所以满足条件的 的取值范围是： .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）将 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若 有两个零点，即 有两个解，将其转化为 有两个解，令 ，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
20．（2020·新课标Ⅱ·理）已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明： ；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤ .
【答案】（1）解：由函数的解析式可得： ，则：
，
在 上的根为： ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
（2）解：注意到 ，
故函数 是周期为 的函数，
结合(1)的结论，计算可得： ，
， ，
据此可得： ， ，
即 .
（3）解：结合(2)的结论有：
.
【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；反证法与放缩法
【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得 ，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.
21．（2020·新课标Ⅰ·理）已知函数 .
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥ x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）解：当 时， ， ，
由于 ，故 单调递增，注意到 ，故：
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
（2）解：由 得， ，其中 ，
①.当x=0时，不等式为： ，显然成立，符合题意；
②.当 时，分离参数a得， ，
记 ， ，
令 ，
则 ， ，
故 单调递增， ，
故函数 单调递增， ，
由 可得： 恒成立，
故当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
因此， ,
综上可得，实数a的取值范围是 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
22．（2020·新高考Ⅰ）已知函数 ．
（1）当 时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【答案】（1）解： ， ， .
，∴切点坐标为(1，1+e)，
∴函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 ，即 ，
切线与坐标轴交点坐标分别为 ，
∴所求三角形面积为 ；
（2）解：解法一： ，
，且 .
设 ，则
∴g(x)在 上单调递增，即 在 上单调递增，
当 时， ，∴ ，∴ 成立.
当 时， ， ， ，
∴存在唯一 ，使得 ，且当 时 ，当 时 ， ， ，
因此
>1，
∴∴ 恒成立；
当 时， ∴ 不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1，+∞).
解法二： 等价于
，
令 ，上述不等式等价于 ，
显然 为单调增函数，∴又等价于 ，即 ，
令 ，则
在 上h’(x)>0，h(x)单调递增；在(1，+∞)上h’(x)<0，h(x)单调递减，
∴ ，
，∴a的取值范围是[1，+∞).
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）解法一：利用导数研究，得到函数 得导函数 的单调递增，当a=1时由 得 ，符合题意；当a>1时，可证 ，从而 存在零点 ，使得 ，得到 ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得 恒成立；当 时，研究 .即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.解法二：利用指数对数的运算可将 转化为，令 ，上述不等式等价于 ，注意到 的单调性，进一步等价转化为 ，令 ，利用导数求得 ，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a的对数不等式，解得a的取值范围.
23．（2020·天津）已知函数 ， 为 的导函数．
（Ⅰ）当 时，
（i）求曲线 在点 处的切线方程；
（ii）求函数 的单调区间和极值；
（Ⅱ）当 时，求证：对任意的 ，且 ，有 ．
【答案】解：(Ⅰ) (i) 当k=6时， ， .可得 ， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
(ii) 依题意， .
从而可得 ，
整理可得： ，
令 ，解得 .
当x变化时， 的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由 ，得 .
对任意的 ，且 ，令 ，则
. ①
令 .
当x>1时， ，
由此可得 在 单调递增，所以当t>1时， ，即 .
因为 ， ， ，
所以
. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当 时， ，即 ，
故 ③
由①②③可得 .
所以，当 时，任意的 ，且 ，有
.
【知识点】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
【解析】【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得 的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令 ，将原问题转化为与 有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
24．（2020·北京）已知函数 ．
（Ⅰ）求曲线 的斜率等于 的切线方程；
（Ⅱ）设曲线 在点 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ，求 的最小值．
【答案】解：（Ⅰ）因为 ，所以 ，
设切点为 ，则 ，即 ，所以切点为 ，
由点斜式可得切线方程为： ，即 .
（Ⅱ）显然 ，
因为 在点 处的切线方程为： ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以 ，
不妨设 时，结果一样 ，
则 ，
所以
，
由 ，得 ，由 ，得 ，
所以 在 上递减，在 上递增，
所以 时， 取得极小值，
也是最小值为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.
25．（2019·天津）设函数 ，其中 .
（Ⅰ）若 ，讨论 的单调性；
（Ⅱ）若 ，
（i）证明 恰有两个零点
（ii）设 为 的极值点， 为 的零点，且 ，证明 .
【答案】解：（Ⅰ）解：由已知， 的定义域为 ，且
因此当 时， ，从而 ，所以 在 内单调递增.
（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知 .令 ，由 ，
可知 在 内单调递减，又 ，且
.
故 在 内有唯一解，从而 在 内有唯一解，不妨设为 ，则 .当 时， ，所以 在 内单调递增；当 时， ，所以 在 内单调递减，因此 是 的唯一极值点.
令 ，则当 时， ，故 在 内单调递减，从而当 时， ，所以 .从而
，
又因为 ，所以 在 内有唯零点.又 在 内有唯一零点1，从而， ）在 内恰有两个零点.
（ii）由题意， 即 ，从而 ，即 .因为当 时， ，又 ，故 ，两边取对数，得 ，于是
，
整理得 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明；函数零点存在定理
【解析】 【分析】（Ⅰ）根据题意，由函数的解析式求出导函数，通过当 时，判断 ，得到函数的单调性；
（Ⅱ）（ⅰ）求导，分析导函数可得函数 的单调性和极值点，再根据极值点的取值范围分析函数在不同区间的正负，即可得函数 的零点个数。
（ⅱ）根据 为 的极值点， 为 的零点可列出等式，化简整理得 ，由（ⅰ）可得 ，两边取对数，即可得 ，整理即可得。
26．（2019·天津）设函数 为 的导函数.
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）当 时，证明 ；
（Ⅲ）设 为函数 在区间 内的零点，其中 ，证明 .
【答案】解：（Ⅰ）由已知，有 .因此，当 时，有 ，得 ，则 单调递减；当 时，有 ，得 ，则 单调递增.
所以， 的单调递增区间为 的单调递减区间为 .
（Ⅱ）证明：记 .依题意及（Ⅰ），有 ，从而 .当 时， ，故
.
因此， 在区间 上单调递减，进而 .
所以，当 时， .
（Ⅲ）证明：依题意， ，即 .记 ，则 ，且 .
由 及（Ⅰ），得 .由（Ⅱ）知，当 时， ，所以 在 上为减函数，因此 .又由（Ⅱ）知， ，故
.
所以，
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明；反证法与放缩法
【解析】 【分析】本题主要考导数的计算、不等式证明及导数在研究函数中的应用。
（Ⅰ）对函数 求导可求出 的单调递增区间和单调递减区间；
（Ⅱ）先构造函数 ，再对（Ⅰ） 求导，找出 的单调递减区间，结论得以证明；
（Ⅲ）由已知条件 得出 ，进而得出 ， ，结合（Ⅱ） 在 为减函数，即可得到 ，再由（Ⅱ）可知 ，利用单调性即可证得结论。
27．（2019·全国Ⅲ卷文）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）当0【答案】（1）解： ． 令 ，得x=0或 . 若a>0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减；
若a=0， 在 单调递增；
若a<0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减.
（2）当 时，由（1）知， 在 单调递减，在 单调递增，所以 在[0,1]的最小值为 ，最大值为 或 .于是
，
所以
当 时，可知 单调递减，所以 的取值范围是 .
当 时， 单调递减，所以 的取值范围是 .
综上， 的取值范围是 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】 【分析】（1）先求导，令 ，得x=0或 ，分三种情况讨论a，即可求出函数 的单调区间；（2）分三种情况讨论a，利用（1）中函数 单调性，分别求出函数 的最值，即可求出 的取值范围.
28．（2019·全国Ⅲ卷理）已知函数f（x）=2x3-ax2+b.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由。
【答案】（1）解： ． 令 ，得x=0或 . 若a>0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减；
若a=0， 在 单调递增；
若a<0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减.
（2）满足题设条件的a，b存在.
（i）当a≤0时，由（1）知， 在[0，1]单调递增，所以 在区间[0，l]的最小值为 ，最大值为 .此时a，b满足题设条件当且仅当 ， ，即a=0， ．
（ii）当a≥3时，由（1）知， 在[0，1]单调递减，所以 在区间[0，1]的最大值为 ，最小值为 ．此时a，b满足题设条件当且仅当 ，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0若 ，b=1，则 ，与0若 ， ，则 或 或a=0，与0综上，当且仅当a=0， 或a=4，b=1时， 在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】 【分析】（1）先求导，令 ，得x=0或 ，分三种情况讨论a，即可求出函数 的单调区间；（2）先判断满足题设条件的a，b存在，再分三种情况讨论a，利用（1）中函数 单调性分别求出a，b的值进行判断，即可得结论.
29．（2019·全国Ⅱ卷文）已知函数 ，证明：
（1） 存在唯一的极值点；
（2） 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【答案】（1）解： 的定义域为（0，+ ）.
.
因为 单调递增， 单调递减，所以 单调递增，又 ，
，故存在唯一 ，使得 .
又当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.
因此， 存在唯一的极值点.
（2）由（1）知 ，又 ，所以 在 内存在唯一根 .
由 得 .
又 ，故 是 在 的唯一根.
综上， 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】 【分析】（1）首先求出原函数的导函数，再由导函数的性质研究出原函数的单调性以及极值的情况结论即可得证。（2）利用根与方程的关系即可得证。
30．（2019·全国Ⅱ卷理）已知函数 .
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 的切线.
【答案】（1）解： f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f（e）= ， ，
所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．
又 ， ，
故f（x）在（0，1）有唯一零点 ．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为 ，故点B（–lnx0， ）在曲线y=ex上． 由题设知 ，即 ， 故直线AB的斜率 ．
曲线y=ex在点 处切线的斜率是 ，曲线 在点 处切线的斜率也是 ，
所以曲线 在点 处的切线也是曲线y=ex的切线．
【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）对函数f(x)解析式求导，判断导函数的正负来判断函数f(x)的单调性，由于定义域为（0，1），（1，+∞），取特殊值f(e)，f(e2)可证在在(0,1)上函数f(x)必存在唯一零点，又 ，则在（1，+∞）上函数f(x)也存在唯一零点。由此此题即解出。（2）求出曲线y=lnx在A（x0，lnx0） 的切线表达式，根据两个切线斜率相等的条件进而求出y=ex的切线表达式，最后由已知条件化简两个表达式，即证得是同一条切线。
31．（2019·北京）已知函数f（x）= x3-x2+x.
（I）求曲线y=f（x）的斜率为1的切线方程；
（II）当x∈[-2，4]时，求证：x-6≤f（x）≤x；
（IlI）设F（x）=|f（x）-（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[-2，4]上的最大值为M（a）. 当M（a）最小时，求a的值.
【答案】 解（I） ，令 ，
则 ，
因为 ，
故斜率为1的直线为y=x或 ，
整理得，斜率为1的直线方程为x-y=0或 ；
（II）构造函数g（x）=f（x）-x+6，
则 ，令 ，则 ，
故g（x）在[-2,0]上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，故g（x）的最小值为g（-2）或 ，
而g（-2）=0， ，故 ，
所以 ，故在[-2,4]上， ；
构造函数h（x）=f（x）-x，
则 ，令 ，则 ，
故h（x）在[-2,0]上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，故h（x）的最大值为h（0）或h（4），
因为h（0）=0，h（4）=0，
所以 ，故在[-2,4]上， ，
综上在[-2,4]上， ；
（Ⅲ）令 ，
则 ，令 ，则 ，
故 （x）在[-2,0]上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 （x）的最小值为 （-2）=-6-a或 ，
最大值为 （0）=-a或 （4）=12-a，
故 其最大值 ，
故当a=3时，M（a）有最小值9.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】 【分析】（I）求导数，根据导数的几何意义，结合斜率为1，求出切点坐标，利用点斜式，即可求出相应的切线方程；
（II）构造函数，要证 ，只需要证在[-2,4]上 和 即可，求导数，利用导数确定函数单调性，求出函数极值即可证明；
（Ⅲ）求导数，利用导数确定函数单调性，求出函数的最值，确定M（a）的表达式，即可求出M（a）取最小值时相应的a值.
32．（2019·全国Ⅰ卷理）已知函数f(x)=sinx-ln(1+x)，f’(x)为f(x)的导数。证明：
（1）f’(x)在区间(-1， )存在唯一极大值点；
（2）f(x)有且仅有2个零点。
【答案】（1） 证明：
存在 使
＋ 0 －
极大值
所以 在区间 存在唯一极大值点。
（2）证明：
存在
⒈当 时， 递减，又
⒉当 时，
⒊当 时，
⒋当 时，
综上所述， 有且仅有2个零点。
【知识点】利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】（1）对函数两次求导，用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值，从而证出 在区间 存在唯一极大值点。（2）用分类讨论的方法结合求导的方法判断函数的单调性，再利用零点存在性定理证出 有且仅有2个零点.
33．（2018·全国Ⅰ卷理）已知函数
（1）讨论 的单调性；
（2）若 存在两个极值点 ，证明：
【答案】（1）解： 的定义域为 ， .
若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在 单调递减.
若 ，令 得， 或 .
当 时， ；
当 时， .所以 在 单调递减，在 单调递增.
（2）解：由（1）知， 存在两个极值点当且仅当 .由于 的两个极值点 满足 ，所以 ，不妨设 ，则 .由于 ，
所以 等价于 .
设函数 ，由（1）知， 在 单调递减，又 ，从而当 时， .
所以 ，即 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】(1)求出函数的导数，对a分类讨论研究函数的单调性；(2)当函数f(x)存在两个极值点时，则函数有导数有两个异号零点即导方程有两个相异实根，求出a的范围，不等式左边即相当于函数的导数，从而证明不等式.
34．（2018·全国Ⅰ卷文）已知函数f(x)=aex-lnx-1
（1）设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间
（2）证明：当a≥ 时，f(x)≥0
【答案】（1）解：
∵x=2是 极值点，∴
∴
又 在
∴ 在 ，又 在
∴ 在 ，又
所以 时， ，
当 时， ，
综上所述 ， ，
（2）解：∵
当 时，
∴
令
同理 在
又
∴ 时， ，
， ，
∴
即 时，
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】求出函数的导数，由x=2是函数f(x)的极值点求出a的值，再由导数研究函数的单调区间；从而证明不等式.
35．（2018·天津）已知函数 ， ，其中a>1.
（Ⅰ）求函数 的单调区间；
（Ⅱ）若曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切线平行，证明 ；
（Ⅲ）证明当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线.
【答案】解：（Ⅰ）∵h(x)= ，
令 0， 。
由a>1，则h(x)在 递减，在 递增。
（Ⅱ）证明：由 ，则 在点 处切线斜率为 ，由 ，则 在点 处切线斜率为
又 = 两边取以a为底的对称，
则 ，
∴ 。
（Ⅲ）证明：曲线 在点 切线 ，
曲线 在点 处切线
，
要证明当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线，只需证明当 时，存在 ，使得 ， 重合。即需证明：
当 时， ，
由 得：
代入 得： ③，
因此 ，关于 方程③存在实数解即可。
设 ，
则 时， 存在零点， ，
时， ，
时，
又 ， ，
，而 ，
∴ 在 ，
∴ 。
∵ ，
∴ -1.
∴ = 。
下面证明存在实数t，使得 。
，
当 时：有 = 。
∴存在t，使得 ，
∴ 时，存在 。
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】( Ⅰ)导数运算，找到导函数的零点。(Ⅱ)（i）利用导函数意义，证明切线斜率相导。(ii)先将题意转化为方程③有解，再构造函数证明 有零点。
36．（2018·全国Ⅱ卷文）已知函数
（1）若a=3，求 的单调区间
（2）证明： 只有一个零点
【答案】（1）当a=3时，
当f’（x）﹥0时 或
f’（x）﹤0时，
∴ 的单调递增区间为 ，
的单调递减区间为
（2）由于 ﹥0，所以 =0等价于
设 ，则
仅当x=0时， =0，所以 在 单调递增，故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点
又 ，
故f（x）有一个零点
综上所述，f（x）只有一个零点
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）导数的应用，求单调性；（2）函数的零点.
37．（2018·全国Ⅱ卷理）已知函数
（1）若a=1，证明：当 时，
（2）若 在 只有一个零点，求 .
【答案】（1）a=1时，f（x）=ex-x2
欲证x≥0时，f（x）≥等价于证明：
令 则
∴g（x）是（0，+∞）上的减函数，
所以g（x）≤g（0）=1，即
所以ex-x2≥1，即f（x）≥1
（2）当a﹥0时， 令h’（x）=0 解得x=2，h（2）=
当x∈（0，2），h’（x）﹤0，x∈（2，+∞），h’（x）﹥0；∴h（x）在（0，2）单调递减，∴在（2，+∞）单调递增.
（i）0﹤a﹤ 时，h（2）=1- ﹥0，此时h（x）在（0，+∞）上无零点，不合题意；（ii）a= 时，h（2）=0，h（x）在（0，+∞）上只有一个零点，符合题意；（iii）a﹥ 时，h（0）=1﹥0，h（2）=1- ﹤0；由（1）知：x﹥0，ex﹥x2+1 ∴ex= ﹥ 令 ﹥ax2，解得：x﹥4 ，当b﹥4 时，eb﹥ ﹥ab2取b满足b﹥2，且b﹥4 ，则 所以此时h（x）在（0，+∞）上有两个零点，不合题意；综上：a= 时，f（x）在（0，+∞）上只有一个零点.
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）利用导数证明不等式；（2）运用函数零点，求参数的值.
38．（2018·全国Ⅲ卷文）已知函数
（1）求函数 在点 处的切线方程
（2）证明：当 时，
【答案】（1）解：因为f（x）=
所以 即切线方程为；y+1=2x 2x-y-1=0为所求
（2）解：欲证：
只需证：
即证
又a≥1，则证：
令h（x）=
所以 又
所以 在
即
所以 0恒成立
即原命题成立.
【知识点】根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）切线定义：求导；（2）导数的应用，将不等式变形，再构建函数.
39．（2018·全国Ⅲ卷理）已知函数 ．
（1）若 ，证明：当 时， ；当 时， ；
（2）若 是 的极大值点，求a．
【答案】（1）证明：当a=0时
设函数g（x）=f'（x）
则g'（x）=
当-10时，g'(x)>0.故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0
且仅当x=0时，g（x）=0
从而f'（x）≥0，当且仅当x=0时，f'（x）=0
所以f（x）在（-1，+∞）单调递增
又f（0）=0，
故当-10时，f（x）>0
（2）解：
2a(x+1)2ln(x+1)+(2ax+1)(x+1)+ax2+2ax-1≤0
2a(x+1)2ln(x+1)+3ax2+4ax+a≤0
a[2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x] ≤-x
设h(x)= 2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x
则 =4(x+1)ln(x+1)+2(x+1)+6x+4 =6＞0 h(0)=0
所以在x=0邻域内，x＞0时，h(x) ＞0；x＜0时，h(x) ＜0
x＞0时，a≤ 由洛必达法则得a≤-
x＜0时，a≥ 由洛必达法则得a≥-
综上所述：a=-
【知识点】函数单调性的判断与证明；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求出函数的导数的导数，研究其正负得到 的单调性，从而得到 ，即 在 ，因此 ；（2）由函数的导数研究函数的极值.
1 / 1导数的应用（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）
一、解答题
1．（2022·新高考Ⅱ卷）已知函数 ．
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）当 时， ，求a的取值范围；
（3）设 ，证明： ．
2．（2022·全国乙卷）已知函数 ．
（1）当 时，求 的最大值；
（2）若 恰有一个零点，求a的取值范围．
3．（2022·全国甲卷）已知函数 ．
（1）若 ，求a的取值范围；
（2）证明：若 有两个零点 ，则 ．
4．（2022·全国甲卷）已知函数 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
（1）若 ，求a：
（2）求a的取值范围．
5．（2022·全国乙卷）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在区间 各恰有一个零点，求a的取值范围．
6．（2022·北京）已知函数 ．
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）设 ，讨论函数 在 上的单调性；
（III）证明：对任意的 ，有 ．
7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 和 有相同的最小值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
8．（2021·新高考Ⅱ卷）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： 有一个零点
① ；
② ．
9．（2021·北京）已知函数 ．
（1）若 ，求 在 处切线方程；
（2）若函数 在 处取得极值，求 的单调区间，以及最大值和最小值．
10．（2021·全国乙卷）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）求曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标.
11．（2021·全国甲卷）设函数 ，其中a>0．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）若y＝f(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．
12．（2021·全国甲卷）已知a＞0且a≠1，函数f（x）= （x＞0），
（1）当a=2时，求f（x）的单调区间；
（2）若曲线y= f（x）与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围.
13．（2021·全国乙卷）设函数f（x）=ln（a-x），已知x=0是函数y=xf（x）的极值点。
（1）求a；
（2）设函数g（x）= ，证明：g（x）＜1.
14．（2021·天津）已知，函数 ．
（1）求曲线 在点 处的切线方程：
（2）证明 存在唯一的极值点
（3）若存在a，使得 对任意 成立，求实数b的取值范围．
15．（2021·新高考Ⅰ）已知函数f(x)=x（1-lnx)
（1）讨论f(x)的单调性
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b证明：
16．（2020·新课标Ⅲ·文）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有三个零点，求k的取值范围．
17．（2020·新课标Ⅲ·理）设函数 ，曲线 在点( ，f( ))处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若 有一个绝对值不大于1的零点，证明： 所有零点的绝对值都不大于1．
18．（2020·新课标Ⅱ·文）已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）= 的单调性．
19．（2020·新课标Ⅰ·文）已知函数 .
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）若 有两个零点，求a的取值范围.
20．（2020·新课标Ⅱ·理）已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明： ；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤ .
21．（2020·新课标Ⅰ·理）已知函数 .
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥ x3+1，求a的取值范围.
22．（2020·新高考Ⅰ）已知函数 ．
（1）当 时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
23．（2020·天津）已知函数 ， 为 的导函数．
（Ⅰ）当 时，
（i）求曲线 在点 处的切线方程；
（ii）求函数 的单调区间和极值；
（Ⅱ）当 时，求证：对任意的 ，且 ，有 ．
24．（2020·北京）已知函数 ．
（Ⅰ）求曲线 的斜率等于 的切线方程；
（Ⅱ）设曲线 在点 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ，求 的最小值．
25．（2019·天津）设函数 ，其中 .
（Ⅰ）若 ，讨论 的单调性；
（Ⅱ）若 ，
（i）证明 恰有两个零点
（ii）设 为 的极值点， 为 的零点，且 ，证明 .
26．（2019·天津）设函数 为 的导函数.
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）当 时，证明 ；
（Ⅲ）设 为函数 在区间 内的零点，其中 ，证明 .
27．（2019·全国Ⅲ卷文）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）当028．（2019·全国Ⅲ卷理）已知函数f（x）=2x3-ax2+b.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由。
29．（2019·全国Ⅱ卷文）已知函数 ，证明：
（1） 存在唯一的极值点；
（2） 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
30．（2019·全国Ⅱ卷理）已知函数 .
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 的切线.
31．（2019·北京）已知函数f（x）= x3-x2+x.
（I）求曲线y=f（x）的斜率为1的切线方程；
（II）当x∈[-2，4]时，求证：x-6≤f（x）≤x；
（IlI）设F（x）=|f（x）-（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[-2，4]上的最大值为M（a）. 当M（a）最小时，求a的值.
32．（2019·全国Ⅰ卷理）已知函数f(x)=sinx-ln(1+x)，f’(x)为f(x)的导数。证明：
（1）f’(x)在区间(-1， )存在唯一极大值点；
（2）f(x)有且仅有2个零点。
33．（2018·全国Ⅰ卷理）已知函数
（1）讨论 的单调性；
（2）若 存在两个极值点 ，证明：
34．（2018·全国Ⅰ卷文）已知函数f(x)=aex-lnx-1
（1）设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间
（2）证明：当a≥ 时，f(x)≥0
35．（2018·天津）已知函数 ， ，其中a>1.
（Ⅰ）求函数 的单调区间；
（Ⅱ）若曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切线平行，证明 ；
（Ⅲ）证明当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线.
36．（2018·全国Ⅱ卷文）已知函数
（1）若a=3，求 的单调区间
（2）证明： 只有一个零点
37．（2018·全国Ⅱ卷理）已知函数
（1）若a=1，证明：当 时，
（2）若 在 只有一个零点，求 .
38．（2018·全国Ⅲ卷文）已知函数
（1）求函数 在点 处的切线方程
（2）证明：当 时，
39．（2018·全国Ⅲ卷理）已知函数 ．
（1）若 ，证明：当 时， ；当 时， ；
（2）若 是 的极大值点，求a．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：解：
当 时， 单调递减；
当 吋， 单调递增.
（2）令
对 恒成立
又
令
则
①若 ，即
所以 ，使得当 时，有 单调递增 ，矛盾
②若 ，即 时，
在 上单调递减， ，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围足 .
（3）证明：取 ，则 ，总有 成立，
令 ，则 ，
故 即 对任意的 恒成立.
所以对任意的 ，有 ，
整理得到： ，
故
，
故不等式成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，令，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
2．【答案】（1）解：当 时，
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ 的最大值=f（1）=-1-ln1=-1
（2）解： 定义域为（0，+∞）
根据（1）得：a=0时，f（x）max=-1＜0，∴f（x）无零点
当a＜0时， x＞0，ax-1＜0，又x2＞0
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ x＞0，f（x）≤f（1）=a-1＜0，∴f（x）无零点
当a＞0时，
①当0＜a＜1时， ＞1
x （0，1） 1 （1， ） （ ，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈（0， ]，f（x）≤f（1）=a-1＜0，
又 f（x）=+∞，∴f（x）恰有一个零点
②当a=1时， ，
∴f（x）在（0，+∞）上递增，
由f（1）=a-1=0可得，f（x）恰有一个零点
③当a＞1时， ∈（0，1]
x （0， ） （ ，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈[ ，+∞），f（x）≥f（1）=a-1＞0，
又 f（x）=-∞，∴f（x）恰有一个零点
综上所得a取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点
【解析】【分析】（1）将 代入，再对函数求导利用导数判断函数的单调性，从而求其最大值；
（2）求导得 ，分a=0、a＜0及a＞0三种情况讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
3．【答案】（1） 解： 由题意得，函数f(x)的定义域为 ，
，
令f'(x)=0， 得x=1 ，
当x∈（0，1），f'(x)<0， f(x)单调递减，
当x∈（1，+∞），f'(x)>0， f(x)单调递增 ，
若f(x)≥0，则e+1-a≥0， 即a≤e+1 ，
所以a的取值范围为（-∞，e+1）
（2）证明：由题知， 一个零点小于1，一个零点大于1
不妨设
要证 ，即证
因为 ，即证
因为 ，即证
即证
即证
下面证明 时，
设 ，
则
设
所以 ，而
所以 ，所以
所以 在 单调递增
即 ，所以
令
所以 在 单调递减
即 ，所以 ；
综上， ，所以
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）由化归思想，将原问题转化要证明 恒成立问题 ，构造函数 ， 再利用导数研究函数的单调性与最值即可得证.
4．【答案】（1）解：由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ；
（2）解： ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ，
设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整理得 ，
则 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 ，解得 或 ，
令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：
0 1
- 0 + 0 - 0 +
-1
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；
（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.
5．【答案】（1）解： 的定义域为
当 时， ，所以切点为 ，所以切线斜率为2
所以曲线 在点 处的切线方程为
（2）解：
设
1°若 ，当 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
2°若 ，当 ，则
所以 在 上单调递增所以 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
3°若
①当 ，则 ，所以 在 上单调递增
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递减
当 单调递增
所以
当
当
所以 在 上有唯一零点
又 没有零点，即 在 上有唯一零点
②当
设
所以 在 单调递增
所以存在 ，使得
当 单调递减
当 单调递增，
又
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递增，当 单调递减
有
而 ，所以当
所以 在 上有唯一零点， 上无零点
即 在 上有唯一零点
所以 ，符合题意
所以若 在区间 各恰有一个零点，求 的取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点
【解析】【分析】（1）先求切点，再求导计算斜率，最后根据直线的点斜式方程即可得切线方程；
（2）求导，对a分类讨论，对 分 两部分研究.
6．【答案】（Ⅰ） ，则 ，又 ，
故所求切线方程为
（Ⅱ） ，
又 ，
故 对 成立， 在 上单调递增
（III）证明：不妨设 ，
由拉格朗日中值定理可得：
其中 ，即
，其中 ，即
由 在 上单调递增，故
∴
∴ 证毕
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）对函数求导得，分别计算，根据直线的点斜式方程即可求切线方程；
（2）由（1）知，利用放缩法可得，即可判断的单调性；
（3） 不妨设 ，由拉格朗日中值定理可得 ，，即 ， ，由 （2）的结论，得 ， 即，即可证明.
7．【答案】（1）因为 ，所以 ，
若 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递增，无最小值，不满足；
若 ，令f’（x）＞0 x＞lna，令f’（x）＜0 x＜lna，
所以 ，
因为 ，定义域 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
依题有 ，即 ，
令 ，则 恒成立
所以 在 上单调递增，又因为 ，
有唯一解 ，
综上，
（2）由(1)易知 在 上单调递减，在 上单调递增， 在 上单调递减，在 上单调递增，
存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，
设三个不同交点的横坐标分别为 ，不妨设 ，
显然有 ，
则肯定有 ，
注意 的结构，易知 ，
所以有 ，所以有 ，而由 在 上单调递减，
知 ，同理 ，
所以 ，
又由 ，
故 ，
所以存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【知识点】指数式与对数式的互化；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；等差数列概念与表示
【解析】【分析】（1）对a分 ， 两种情况，利用导数研究函数f(x)的单调性，并求得 ，同理可得 ，根据题意列式，构造函数 ，并利用导数h’(a)，可得函数h(x)的单调性，并易得h(1)=0，从而求得a；
（2）由(1)易得函数f(x)，g(x)的单调性，不妨设 ，同时根据 ，可得 ， ，从而得 ，再由对数运算可证 ，结论得证.
8．【答案】（1）由函数的解析式可得： ，
当 时，若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时， 在 上单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
（2）若选择条件①：
由于 ，故 ，则 ，
而 ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于 ，故 ，则 ，
当 时， ， ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
当 时，构造函数 ，则 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
注意到 ，故 恒成立，从而有： ，此时：
，
当 时， ，
取 ，则 ，
即： ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
9．【答案】（1）当 时， ，则 ， ， ，
此时，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2）因为 ，则 ，
由题意可得 ，解得 ，
故 ， ，列表如下：
-1 4
+ 0 - 0 +
增 极大值 减 极小值 增
所以，函数 的增区间为 、 ，单调递减区间为 .
当 时， ；当 时， .
所以， ， .
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）根据导数研究函数的极值求得a值，再利用导数研究函数的单调性以及最值即可.
10．【答案】（1）由函数的解析式可得： ，
导函数的判别式 ，
当 时， 在R上单调递增，
当 时， 的解为： ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增；
综上可得：当 时， 在R上单调递增，
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）由题意可得： ， ，
则切线方程为： ，
切线过坐标原点，则： ，
整理可得： ，即： ，
解得： ，则 ，
∴该过原点的切线方程为，
联立，即，解得或.
即曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标为 或 .
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先对函数求导，通过分类讨论a的取值，确定导数的符号，来确定函数的单调区间；
（2）先设切点坐标横坐标x0，通过求导求出切线的斜率，写出切线的方程，再利用切线过原点的条件，就可以得到x0的值，进一步得到公共点坐标。
11．【答案】（1）函数的定义域为 ，
又 ，
因为 ，故 ，
当 时， ；当 时， ；
所以 的减区间为 ，增区间为 .
（2）因为 且 的图与 轴没有公共点，
所以 的图象在 轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得 ，
故 即 .
【知识点】函数单调性的性质；函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【分析】（1）先明确函数的定义域，先对函数求导，然后根据a的取值，讨论导数年的正负，来确定函数的单调区间；
（2）首先注意到 且 的图与 轴没有公共点这一特点，表明 的图象在 轴的上方，求函数f(x)的最小值，只要最小值大于0即可， 解不等式，即可得到结果。
12．【答案】（1）当 时， ，
令 得 ，当 时， ，当 时， ，
∴函数 在 上单调递增； 上单调递减；
（2） ，设函数 ，
则 ，令 ，得 ，
在 内 ， 单调递增；
在 上 ， 单调递减；
，
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，
所以曲线 与直线 有且仅有两个交点，即曲线 与直线 有两个交点的充分必要条件是 ，这即是 ，
所以 的取值范围是 .
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）当ａ＝2时，函数 用导数研究其单调性；
（2）首先将问题转化为方程有两个解的问题，进一步转化为函数与函数有两听问题，然后利用导数研究相关函数的单调性及函数的最大值，进而得到结果。
13．【答案】（1）[xf(x)]′=x′f(x)+xf′(x)
当x=0时，[xf(x)]′=f(0)=lna=0，所以a=1
（2）由f(x)=ln(1-x)，得x＜1
当0＜x＜1时，f(x)=ln(1-x)＜0，xf(x)＜0；当x＜0时，f(x)=ln(1-x)＞0，xf(x)＜0
故即证x+f(x)＞xf(x)，x+ln(1-x)-xln(1-x)＞0
令1-x=t(t＞0且t≠1)，x=1-t，即证1-t+lnt-(1-t)lnt＞0
令f(t)=1-t+lnt-(1-t)lnt，
则f′(t)=-1- -[(-1)lnt+ ]=-1+ +lnt- =lnt
所以f(t)在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故f(t)＞f（1）=0，得证。
【知识点】利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先对函数 y=xf（x）求导： [xf(x)]′=x′f(x)+xf′(x)，因为x=0是方程的根，代入求得a值。
（2）首先由（1）写出函数f(x),并求其定义域，将问题转化为证明 x+f(x)＞xf(x)，即证：x+ln(1-x)-xln(1-x)＞0 ，然后通过换元，构造函数，用导数研究相关函数的单调性，从而证明命题成立。
14．【答案】（1） ，则 ，
又 ，则切线方程为 ；
（2）令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，
当 时， ， ，当 时， ，画出 大致图像如下：
所以当 时， 与 仅有一个交点，令 ，则 ，且 ，
当 时， ，则 ， 单调递增，
当 时， ，则 ， 单调递减，
为 的极大值点，故 存在唯一的极值点；
（3）由（II）知 ，此时 ，
所以 ，
令 ，
若存在a，使得 对任意 成立，等价于存在 ，使得 ，即 ，
， ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，故 ，
所以实数b的取值范围 .
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）令f'(x)=0，可得a=(x+1)ex，则可化为证明y=a与y=g(x)仅有一个交点，利用导数研究y=g(x)的变化情况，数形结合求解即可；
（3）令h(x)=(x2-x-1)ex，(x>-1)，则将问题等价转化为存在x∈(-1，+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min，利用导数求出h(x)的最小值即可.
15．【答案】（1）
在 单调递增， 在 单调递减
（2）由 ，得
即
令 ，
则 为 的两根，其中 ．
不妨令 ， ，则
先证 ，即证
即证
令
则
恒成立，
得证
同理，要证
即证
令
则 ，令
又 ， ，且
故 ， ，
恒成立
得证
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可求解；
（2）根据化归转化思想，将不等式问题等价转化为函数h(x)=f(x)-f(2-x)与的最值问题，利用h'(x)与研究函数函数h(x)与的单调性及最值即可.
16．【答案】（1）解：由题， ，
当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增；
当 时，令 ，得 ，令 ，得 ，
令 ，得 或 ，所以 在 上单调递减，在
， 上单调递增.
（2）解：由（1）知， 有三个零点，则 ，且
即 ，解得 ，
当 时， ，且 ，
所以 在 上有唯一一个零点，
同理 ， ，
所以 在 上有唯一一个零点，
又 在 上有唯一一个零点，所以 有三个零点，
综上可知 的取值范围为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1） ，对 分 和 两种情况讨论即可；（2） 有三个零点，由（1）知 ，且 ，解不等式组得到 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.
17．【答案】（1）解：因为 ，
由题意， ，即
则
（2）解：由（1）可得 ，
，
令 ，得 或 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，
且 ，
若 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点 ，则 或 ，
即 或 .
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上， 所有零点的绝对值都不大于1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；反证法；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到 ，解方程即可；（2）由（1）可得 ，易知 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，且 ，采用反证法，推出矛盾即可.
18．【答案】（1）解：函数 的定义域为：
，
设 ，则有 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以当 时，函数 有最大值，
即 ，
要想不等式 在 上恒成立，
只需 ；
（2）解： 且
因此 ，设 ，
则有 ，
当 时， ，所以 ， 单调递减，因此有 ，即
，所以 单调递减；
当 时， ，所以 ， 单调递增，因此有 ，即 ，所以 单调递减，
所以函数 在区间 和 上单调递减，没有递增区间.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）不等式 转化为 ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数 求导，把导函数 的分子构成一个新函数 ，再求导得到 ，根据 的正负，判断 的单调性，进而确定 的正负性，最后求出函数 的单调性.
19．【答案】（1）解：当 时， ， ，
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 的减区间为 ，增区间为 ；
（2）解：若 有两个零点，即 有两个解，
从方程可知， 不成立，即 有两个解，
令 ，则有 ，
令 ，解得 ，令 ，解得 或 ，
所以函数 在 和 上单调递减，在 上单调递增，
且当 时， ，
而 时， ，当 时， ，
所以当 有两个解时，有 ，
所以满足条件的 的取值范围是： .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）将 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若 有两个零点，即 有两个解，将其转化为 有两个解，令 ，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
20．【答案】（1）解：由函数的解析式可得： ，则：
，
在 上的根为： ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
（2）解：注意到 ，
故函数 是周期为 的函数，
结合(1)的结论，计算可得： ，
， ，
据此可得： ， ，
即 .
（3）解：结合(2)的结论有：
.
【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；反证法与放缩法
【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得 ，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.
21．【答案】（1）解：当 时， ， ，
由于 ，故 单调递增，注意到 ，故：
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
（2）解：由 得， ，其中 ，
①.当x=0时，不等式为： ，显然成立，符合题意；
②.当 时，分离参数a得， ，
记 ， ，
令 ，
则 ， ，
故 单调递增， ，
故函数 单调递增， ，
由 可得： 恒成立，
故当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
因此， ,
综上可得，实数a的取值范围是 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
22．【答案】（1）解： ， ， .
，∴切点坐标为(1，1+e)，
∴函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 ，即 ，
切线与坐标轴交点坐标分别为 ，
∴所求三角形面积为 ；
（2）解：解法一： ，
，且 .
设 ，则
∴g(x)在 上单调递增，即 在 上单调递增，
当 时， ，∴ ，∴ 成立.
当 时， ， ， ，
∴存在唯一 ，使得 ，且当 时 ，当 时 ， ， ，
因此
>1，
∴∴ 恒成立；
当 时， ∴ 不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1，+∞).
解法二： 等价于
，
令 ，上述不等式等价于 ，
显然 为单调增函数，∴又等价于 ，即 ，
令 ，则
在 上h’(x)>0，h(x)单调递增；在(1，+∞)上h’(x)<0，h(x)单调递减，
∴ ，
，∴a的取值范围是[1，+∞).
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）解法一：利用导数研究，得到函数 得导函数 的单调递增，当a=1时由 得 ，符合题意；当a>1时，可证 ，从而 存在零点 ，使得 ，得到 ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得 恒成立；当 时，研究 .即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.解法二：利用指数对数的运算可将 转化为，令 ，上述不等式等价于 ，注意到 的单调性，进一步等价转化为 ，令 ，利用导数求得 ，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a的对数不等式，解得a的取值范围.
23．【答案】解：(Ⅰ) (i) 当k=6时， ， .可得 ， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
(ii) 依题意， .
从而可得 ，
整理可得： ，
令 ，解得 .
当x变化时， 的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由 ，得 .
对任意的 ，且 ，令 ，则
. ①
令 .
当x>1时， ，
由此可得 在 单调递增，所以当t>1时， ，即 .
因为 ， ， ，
所以
. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当 时， ，即 ，
故 ③
由①②③可得 .
所以，当 时，任意的 ，且 ，有
.
【知识点】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
【解析】【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得 的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令 ，将原问题转化为与 有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
24．【答案】解：（Ⅰ）因为 ，所以 ，
设切点为 ，则 ，即 ，所以切点为 ，
由点斜式可得切线方程为： ，即 .
（Ⅱ）显然 ，
因为 在点 处的切线方程为： ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以 ，
不妨设 时，结果一样 ，
则 ，
所以
，
由 ，得 ，由 ，得 ，
所以 在 上递减，在 上递增，
所以 时， 取得极小值，
也是最小值为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.
25．【答案】解：（Ⅰ）解：由已知， 的定义域为 ，且
因此当 时， ，从而 ，所以 在 内单调递增.
（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知 .令 ，由 ，
可知 在 内单调递减，又 ，且
.
故 在 内有唯一解，从而 在 内有唯一解，不妨设为 ，则 .当 时， ，所以 在 内单调递增；当 时， ，所以 在 内单调递减，因此 是 的唯一极值点.
令 ，则当 时， ，故 在 内单调递减，从而当 时， ，所以 .从而
，
又因为 ，所以 在 内有唯零点.又 在 内有唯一零点1，从而， ）在 内恰有两个零点.
（ii）由题意， 即 ，从而 ，即 .因为当 时， ，又 ，故 ，两边取对数，得 ，于是
，
整理得 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明；函数零点存在定理
【解析】 【分析】（Ⅰ）根据题意，由函数的解析式求出导函数，通过当 时，判断 ，得到函数的单调性；
（Ⅱ）（ⅰ）求导，分析导函数可得函数 的单调性和极值点，再根据极值点的取值范围分析函数在不同区间的正负，即可得函数 的零点个数。
（ⅱ）根据 为 的极值点， 为 的零点可列出等式，化简整理得 ，由（ⅰ）可得 ，两边取对数，即可得 ，整理即可得。
26．【答案】解：（Ⅰ）由已知，有 .因此，当 时，有 ，得 ，则 单调递减；当 时，有 ，得 ，则 单调递增.
所以， 的单调递增区间为 的单调递减区间为 .
（Ⅱ）证明：记 .依题意及（Ⅰ），有 ，从而 .当 时， ，故
.
因此， 在区间 上单调递减，进而 .
所以，当 时， .
（Ⅲ）证明：依题意， ，即 .记 ，则 ，且 .
由 及（Ⅰ），得 .由（Ⅱ）知，当 时， ，所以 在 上为减函数，因此 .又由（Ⅱ）知， ，故
.
所以，
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明；反证法与放缩法
【解析】 【分析】本题主要考导数的计算、不等式证明及导数在研究函数中的应用。
（Ⅰ）对函数 求导可求出 的单调递增区间和单调递减区间；
（Ⅱ）先构造函数 ，再对（Ⅰ） 求导，找出 的单调递减区间，结论得以证明；
（Ⅲ）由已知条件 得出 ，进而得出 ， ，结合（Ⅱ） 在 为减函数，即可得到 ，再由（Ⅱ）可知 ，利用单调性即可证得结论。
27．【答案】（1）解： ． 令 ，得x=0或 . 若a>0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减；
若a=0， 在 单调递增；
若a<0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减.
（2）当 时，由（1）知， 在 单调递减，在 单调递增，所以 在[0,1]的最小值为 ，最大值为 或 .于是
，
所以
当 时，可知 单调递减，所以 的取值范围是 .
当 时， 单调递减，所以 的取值范围是 .
综上， 的取值范围是 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】 【分析】（1）先求导，令 ，得x=0或 ，分三种情况讨论a，即可求出函数 的单调区间；（2）分三种情况讨论a，利用（1）中函数 单调性，分别求出函数 的最值，即可求出 的取值范围.
28．【答案】（1）解： ． 令 ，得x=0或 . 若a>0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减；
若a=0， 在 单调递增；
若a<0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减.
（2）满足题设条件的a，b存在.
（i）当a≤0时，由（1）知， 在[0，1]单调递增，所以 在区间[0，l]的最小值为 ，最大值为 .此时a，b满足题设条件当且仅当 ， ，即a=0， ．
（ii）当a≥3时，由（1）知， 在[0，1]单调递减，所以 在区间[0，1]的最大值为 ，最小值为 ．此时a，b满足题设条件当且仅当 ，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0若 ，b=1，则 ，与0若 ， ，则 或 或a=0，与0综上，当且仅当a=0， 或a=4，b=1时， 在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】 【分析】（1）先求导，令 ，得x=0或 ，分三种情况讨论a，即可求出函数 的单调区间；（2）先判断满足题设条件的a，b存在，再分三种情况讨论a，利用（1）中函数 单调性分别求出a，b的值进行判断，即可得结论.
29．【答案】（1）解： 的定义域为（0，+ ）.
.
因为 单调递增， 单调递减，所以 单调递增，又 ，
，故存在唯一 ，使得 .
又当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.
因此， 存在唯一的极值点.
（2）由（1）知 ，又 ，所以 在 内存在唯一根 .
由 得 .
又 ，故 是 在 的唯一根.
综上， 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】 【分析】（1）首先求出原函数的导函数，再由导函数的性质研究出原函数的单调性以及极值的情况结论即可得证。（2）利用根与方程的关系即可得证。
30．【答案】（1）解： f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f（e）= ， ，
所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．
又 ， ，
故f（x）在（0，1）有唯一零点 ．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为 ，故点B（–lnx0， ）在曲线y=ex上． 由题设知 ，即 ， 故直线AB的斜率 ．
曲线y=ex在点 处切线的斜率是 ，曲线 在点 处切线的斜率也是 ，
所以曲线 在点 处的切线也是曲线y=ex的切线．
【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）对函数f(x)解析式求导，判断导函数的正负来判断函数f(x)的单调性，由于定义域为（0，1），（1，+∞），取特殊值f(e)，f(e2)可证在在(0,1)上函数f(x)必存在唯一零点，又 ，则在（1，+∞）上函数f(x)也存在唯一零点。由此此题即解出。（2）求出曲线y=lnx在A（x0，lnx0） 的切线表达式，根据两个切线斜率相等的条件进而求出y=ex的切线表达式，最后由已知条件化简两个表达式，即证得是同一条切线。
31．【答案】 解（I） ，令 ，
则 ，
因为 ，
故斜率为1的直线为y=x或 ，
整理得，斜率为1的直线方程为x-y=0或 ；
（II）构造函数g（x）=f（x）-x+6，
则 ，令 ，则 ，
故g（x）在[-2,0]上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，故g（x）的最小值为g（-2）或 ，
而g（-2）=0， ，故 ，
所以 ，故在[-2,4]上， ；
构造函数h（x）=f（x）-x，
则 ，令 ，则 ，
故h（x）在[-2,0]上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，故h（x）的最大值为h（0）或h（4），
因为h（0）=0，h（4）=0，
所以 ，故在[-2,4]上， ，
综上在[-2,4]上， ；
（Ⅲ）令 ，
则 ，令 ，则 ，
故 （x）在[-2,0]上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 （x）的最小值为 （-2）=-6-a或 ，
最大值为 （0）=-a或 （4）=12-a，
故 其最大值 ，
故当a=3时，M（a）有最小值9.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】 【分析】（I）求导数，根据导数的几何意义，结合斜率为1，求出切点坐标，利用点斜式，即可求出相应的切线方程；
（II）构造函数，要证 ，只需要证在[-2,4]上 和 即可，求导数，利用导数确定函数单调性，求出函数极值即可证明；
（Ⅲ）求导数，利用导数确定函数单调性，求出函数的最值，确定M（a）的表达式，即可求出M（a）取最小值时相应的a值.
32．【答案】（1） 证明：
存在 使
＋ 0 －
极大值
所以 在区间 存在唯一极大值点。
（2）证明：
存在
⒈当 时， 递减，又
⒉当 时，
⒊当 时，
⒋当 时，
综上所述， 有且仅有2个零点。
【知识点】利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】（1）对函数两次求导，用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值，从而证出 在区间 存在唯一极大值点。（2）用分类讨论的方法结合求导的方法判断函数的单调性，再利用零点存在性定理证出 有且仅有2个零点.
33．【答案】（1）解： 的定义域为 ， .
若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在 单调递减.
若 ，令 得， 或 .
当 时， ；
当 时， .所以 在 单调递减，在 单调递增.
（2）解：由（1）知， 存在两个极值点当且仅当 .由于 的两个极值点 满足 ，所以 ，不妨设 ，则 .由于 ，
所以 等价于 .
设函数 ，由（1）知， 在 单调递减，又 ，从而当 时， .
所以 ，即 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】(1)求出函数的导数，对a分类讨论研究函数的单调性；(2)当函数f(x)存在两个极值点时，则函数有导数有两个异号零点即导方程有两个相异实根，求出a的范围，不等式左边即相当于函数的导数，从而证明不等式.
34．【答案】（1）解：
∵x=2是 极值点，∴
∴
又 在
∴ 在 ，又 在
∴ 在 ，又
所以 时， ，
当 时， ，
综上所述 ， ，
（2）解：∵
当 时，
∴
令
同理 在
又
∴ 时， ，
， ，
∴
即 时，
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】求出函数的导数，由x=2是函数f(x)的极值点求出a的值，再由导数研究函数的单调区间；从而证明不等式.
35．【答案】解：（Ⅰ）∵h(x)= ，
令 0， 。
由a>1，则h(x)在 递减，在 递增。
（Ⅱ）证明：由 ，则 在点 处切线斜率为 ，由 ，则 在点 处切线斜率为
又 = 两边取以a为底的对称，
则 ，
∴ 。
（Ⅲ）证明：曲线 在点 切线 ，
曲线 在点 处切线
，
要证明当 时，存在直线l，使l是曲线 的切线，也是曲线 的切线，只需证明当 时，存在 ，使得 ， 重合。即需证明：
当 时， ，
由 得：
代入 得： ③，
因此 ，关于 方程③存在实数解即可。
设 ，
则 时， 存在零点， ，
时， ，
时，
又 ， ，
，而 ，
∴ 在 ，
∴ 。
∵ ，
∴ -1.
∴ = 。
下面证明存在实数t，使得 。
，
当 时：有 = 。
∴存在t，使得 ，
∴ 时，存在 。
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】( Ⅰ)导数运算，找到导函数的零点。(Ⅱ)（i）利用导函数意义，证明切线斜率相导。(ii)先将题意转化为方程③有解，再构造函数证明 有零点。
36．【答案】（1）当a=3时，
当f’（x）﹥0时 或
f’（x）﹤0时，
∴ 的单调递增区间为 ，
的单调递减区间为
（2）由于 ﹥0，所以 =0等价于
设 ，则
仅当x=0时， =0，所以 在 单调递增，故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点
又 ，
故f（x）有一个零点
综上所述，f（x）只有一个零点
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）导数的应用，求单调性；（2）函数的零点.
37．【答案】（1）a=1时，f（x）=ex-x2
欲证x≥0时，f（x）≥等价于证明：
令 则
∴g（x）是（0，+∞）上的减函数，
所以g（x）≤g（0）=1，即
所以ex-x2≥1，即f（x）≥1
（2）当a﹥0时， 令h’（x）=0 解得x=2，h（2）=
当x∈（0，2），h’（x）﹤0，x∈（2，+∞），h’（x）﹥0；∴h（x）在（0，2）单调递减，∴在（2，+∞）单调递增.
（i）0﹤a﹤ 时，h（2）=1- ﹥0，此时h（x）在（0，+∞）上无零点，不合题意；（ii）a= 时，h（2）=0，h（x）在（0，+∞）上只有一个零点，符合题意；（iii）a﹥ 时，h（0）=1﹥0，h（2）=1- ﹤0；由（1）知：x﹥0，ex﹥x2+1 ∴ex= ﹥ 令 ﹥ax2，解得：x﹥4 ，当b﹥4 时，eb﹥ ﹥ab2取b满足b﹥2，且b﹥4 ，则 所以此时h（x）在（0，+∞）上有两个零点，不合题意；综上：a= 时，f（x）在（0，+∞）上只有一个零点.
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）利用导数证明不等式；（2）运用函数零点，求参数的值.
38．【答案】（1）解：因为f（x）=
所以 即切线方程为；y+1=2x 2x-y-1=0为所求
（2）解：欲证：
只需证：
即证
又a≥1，则证：
令h（x）=
所以 又
所以 在
即
所以 0恒成立
即原命题成立.
【知识点】根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）切线定义：求导；（2）导数的应用，将不等式变形，再构建函数.
39．【答案】（1）证明：当a=0时
设函数g（x）=f'（x）
则g'（x）=
当-10时，g'(x)>0.故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0
且仅当x=0时，g（x）=0
从而f'（x）≥0，当且仅当x=0时，f'（x）=0
所以f（x）在（-1，+∞）单调递增
又f（0）=0，
故当-10时，f（x）>0
（2）解：
2a(x+1)2ln(x+1)+(2ax+1)(x+1)+ax2+2ax-1≤0
2a(x+1)2ln(x+1)+3ax2+4ax+a≤0
a[2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x] ≤-x
设h(x)= 2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x
则 =4(x+1)ln(x+1)+2(x+1)+6x+4 =6＞0 h(0)=0
所以在x=0邻域内，x＞0时，h(x) ＞0；x＜0时，h(x) ＜0
x＞0时，a≤ 由洛必达法则得a≤-
x＜0时，a≥ 由洛必达法则得a≥-
综上所述：a=-
【知识点】函数单调性的判断与证明；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求出函数的导数的导数，研究其正负得到 的单调性，从而得到 ，即 在 ，因此 ；（2）由函数的导数研究函数的极值.
1 / 1