第三章 导数及其应用 章节自测题（含解析）

绝密★启用前
数学
导数及其应用章节自测题
考试范围：导数及其应用；考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A． B．
C． D．
2．设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是
A． B．
C． D．
3．已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为
A． B． C． D．
4．已知函数f(x)=,下列结论中错误的是
A．, f()=0
B．函数y=f(x)的图像是中心对称图形
C．若是f(x)的极小值点，则f(x)在区间（-∞, ）单调递减
D．若是f（x）的极值点，则 ()=0
5．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．
6．已知函数在上不单调，则m的取值范围是
A． B． C． D．
7．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．设，，若三个数，，能组成一个三角形的三条边长，则实数m的取值范围是　　
A． B． C． D．
二、选择题：本题共四个小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．设函数，则下列说法正确的是（ ）
A．定义域是（0，+）
B．x∈（0，1）时，图象位于x轴下方
C．存在单调递增区间
D．有且仅有两个极值点
10．已知函数，若，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．当时，
11．已知函数，为常数，若函数有两个零点、，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，，则（ ）
A．函数在上无极值点
B．函数在上存在唯一极值点
C．若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为
D．若，则的最大值为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每个小题5分，共20分。
13．曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________.
14．若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为__________．
15．已知函数，给出下列四个结论：
①若，恰 有2个零点；
②存在负数，使得恰有1个零点；
③存在负数，使得恰有3个零点；
④存在正数，使得恰有3个零点．
其中所有正确结论的序号是_______．
16．已知函数，若关于的方程有四个不相等的实数根，则实数的取值范围是_________.
四、解答题：本题共6个小题，共70分。
17．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.
18．已知函数.
（I）当时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）若当时，，求的取值范围.
19．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
20．设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
21．冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征（）和严重急性呼吸综合征（）等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n（）份血液样本，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，则需要检验n次.方式二：混合检验，将其中k（且）份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（）.现取其中k（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.
（1）若，试求p关于k的函数关系式；
（2）若p与干扰素计量相关，其中（）是不同的正实数，满足且（）都有成立.
（i）求证：数列等比数列；
（ii）当时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数的期望值更少，求k的最大值
22．已知函数，.
（1）若，求函数在上的单调区间；
（2）若，不等式对任意恒成立，求满足条件的最大整数b.
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
) (
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；
解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.
【详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.
故选：D.
解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.
故选：D.
【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.
2．A
【详解】构造新函数,，当时.
所以在上单减，又，即.
所以可得,此时，
又为奇函数，所以在上的解集为：.
故选A.
点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.
3．C
【解析】先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立．
【详解】∵，即，
（1）当时，，
当时，，
故当时，在上恒成立；
若在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
当函数单增，当函数单减，
故，所以．当时，在上恒成立；
综上可知，的取值范围是，
故选C．
【点睛】本题考查分段函数的最值问题，关键利用求导的方法研究函数的单调性，进行综合分析．
4．C
【详解】试题分析：由于三次函数的三次项系数为正值，当x→－∞时，函数值→－∞，当x→＋∞时，函数值也→＋∞，又三次函数的图象是连续不断的，故一定穿过x轴，即一定 x0∈R，f(x0)＝0，选项A中的结论正确；函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1，x2，则极小值点x2＞x1，即函数在－∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确.
考点：函数的零点、对称性、单调性、极值．
5．A
【分析】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.
【点睛】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 .
6．A
【分析】求导，函数不单调，解得答案.
【详解】.
因为在上不单调，所以，故.
故答案为A
【点睛】本题考查了函数的单调性，意在考查学生的计算能力.
7．C
【解析】先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.
【详解】由题可得：（），
因为函数有两个不同的极值点，，
所以方程有两个不相等的正实数根，
于是有解得.
若不等式有解，
所以
因为
.
设，
，故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C.
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.
8．C
【分析】由题意可得，可令，判断可得，可得，化为，结合基本不等式和导数判断单调性，以及不等式恒成立思想，即可得到所求范围．
【详解】，，
令，，，
，
，
，
，y，z能组成一个三角形的三条边长，
可得，
即为，
设，可得，可令，
即有，
即为，
由，
当且仅当上式取得等号，但，可得，
则，即；
又设，可得，
由的导数为，
由可得，即函数y为增函数，
可得，
即有，即有，
可得，
故选C．
【点睛】本题考查导数和函数的单调性，基本不等式的性质，考查推理能力与计算能力，属于难题，关键是转化为关于的函数求最值.
9．BC
【解析】根据可得定义域，即可判断；通过当时，可判断；
【详解】由题意函数满足，解得且，
所以函数的定义域为，所以A不正确；
由，当时，，
∴，所以在上的图象都在轴的下方，所以B正确；
∵，设，
所以，函数单调增，，，
所以在定义域上有解，所以函数存在单调递增区间，所以C是正确的；
则函数只有一个根，使得，当时，，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以D不正确；
故选：BC.
【点睛】本题主要考考查了求函数的定义域以及符号，利用导数研究函数的性质，属于中档题.
10．AD
【分析】设，函数单调递增，可判断A；设，则不是恒大于零，可判断B；，不是恒小于零，可判断C；当时，，故，函数单调递增，故，
即，由此可判断D.得选项.
【详解】解： 对于A选项，因为令，在上是增函数，所以当时，，所以，即．故A选项正确；
对于B选项，因为令，所以，所以时，单调递增，时，单调递减．所以与无法比较大小．故B选项错误；
对于C选项，令，所以时，在单调递减，时，在单调递增，所以当时，，故成立，当时，，．故C选项错误；
对于D选项，由C选项知，当时，单调递增，又因为A正确，成立，
所以
,故D选项正确.
故选：AD．
【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
11．ACD
【分析】由已知得出，化简变形后可判断A选项的正误；取可判断B选项的正误；利用构造函数法证明CD选项中的不等式，可判断CD选项的正误.
【详解】由可得，可知直线与函数在上的图象有两个交点，
，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，则，
且当时，，如下图所示：
当时，直线与函数在上的图象有两个交点.
对于A选项，由已知可得，消去可得，A对；
对于B选项，设，取，则，所以，，故，B错；
对于C选项，设，因为，则，
所以，，，
则，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，故，C对；
对于D选项，，
构造函数，其中 ，则，
所以，函数在上单调递减，则 ，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
12．AD
【分析】A选项，二次求导，得到的单调性，得到答案；B选项，二次求导，得到在上单调递增，从而判断出无极值点；C选项，根据A选项得到的的单调性得到不等式，参变分离后，构造函数，求出其最大值得到答案；D选项，结合AB选项求出的函数单调性及同构，构造函数，进行求解.
【详解】对于A：，令，则，令，解得：，令，解得：，故在上单调递减，在上单调递增，故，故在上单调递增，故函数在上无极值点，故A正确；
对于B：，令，则，令，解得：，令，解得：，故在上单调递减，在上单调递增，故，故在上单调递增，则函数在上无极值点，故B错误；
对于C：由A得在上单调递增，不等式恒成立，则恒成立，故恒成立.设，则，令，解得：，令，解得：，故在上单调递增，在上单调递减，故，故，故C错误；
对于D：若，则.由A，B可知函数在上单调递增，在上单调递增，∵，∴，，且，当时，，设，设，则，令，解得，令，解得：，故在上单调递增，在上单调递减，故，此时，故的最大值为，故D正确.
故选：AD.
【点睛】构造函数，研究其单调性，极值，最值，从而证明出结论，或者求出参数的取值范围，经常考察，也是难点之一，要能结合函数特征，合理构造函数进行求解.
13．
【分析】设切线的切点坐标为，对函数求导，利用，求出，代入曲线方程求出，得到切线的点斜式方程，化简即可.
【详解】设切线的切点坐标为，
，所以切点坐标为，
所求的切线方程为，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.
14．
【分析】方法一：利用导数判断函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数,再根据函数在上的单调性确定函数最值，即可解出.
【详解】［方法一］：【通性通法】单调性法
求导得，
当时，函数在区间内单调递增，且，所以函数在内无零点；
当时，函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．
当时，；当时，．
要使函数在区间内有且仅有一个零点，只需，解得．
于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，，所以最大值与最小值之和为．
故答案为：．
［方法二］： 等价转化
由条件知有唯一的正实根，于是．令，则，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，当时，；当时，．
只需直线与的图像有一个交点，故，下同方法一．
［方法三］：【最优解】三元基本不等式
同方法二得，，当且仅当时取等号，
要满足条件只需，下同方法一．
［方法四］：等价转化
由条件知有唯一的正实根，即方程有唯一的正实根，整理得，即函数与直线在第一象限内有唯一的交点．于是平移直线与曲线相切时，满足题意，如图2．
设切点，因为，于是，解得，
下同方法一．
【整体点评】方法一：利用导数得出函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数，进而问题转化为闭区间上的最值问题，从而解出，是该类型题的通性通法；
方法二：利用等价转化思想，函数在上有唯一零点转化为两函数图象有唯一交点，从而求出参数，使问题得解；
方法三：通过三元基本不等式确定取最值条件，从而求出参数，使问题得解，是该题的最优解；
方法四：将函数在上有唯一零点转化为直线与曲线相切，从而求出参数，使问题得解．
15．①②④
【分析】由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确；
对于②，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，存在，使得只有一个零点，②正确；
对于③，当直线过点时，，解得，
所以，当时，直线与曲线有两个交点，
若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，
直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，
因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；
对于④，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，当时，函数有三个零点，④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
16．
【分析】方程有四个不相等的实数根，即方程有四个不相等的实数根，则或有四个不相等的实数根，结合图象利用分类讨论与的根的情况，其中当时分别构造函数与分析，最后由转化思想将函数有两个零点转化为小于0构造不等式求得答案.
【详解】方程有四个不相等的实数根，即方程有四个不相等的实数根，则或有四个不相等的实数根，
因为函数，
对方程的根分析，令，
由图象分析可知，当时，必有一根，
当时，令，则，所以函数单调递增，故，所以当时，方程无根，
故方程只有1个根，那么方程应有3个根，
对方程的根分析，令，
由图象分析可知，当时，必有一根，
当时，方程应有2两个不等的实根，其等价于方程有2个不等的实根，
令，则，且其在内有两个零点，
显然当，函数单调递增，不满足条件，则；
令，则函数在区间上单调递减，在区间 单调递增；
所以函数在取得极小值，同时也为最小值，，
函数若要有两个零点，则，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本题考查了函数与方程的数学思想，还考查了由函数零点个数求参数取值范围与利用导数分析方程的根的个数，属于难题.
17．(1)见详解；(2) 或.
【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.
【详解】(1)对求导得.所以有
当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；
当时，区间上单调递增；
当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.
(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以
若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；
此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立.
若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 .
若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.
即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为
而，故所以区间上最大值为.
即相减得，即，又因为，所以无解.
若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.
即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为
而，故所以区间上最大值为.
即相减得，解得，又因为，所以无解.
若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.
所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为
即解得.
综上得或.
【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．
18．（1）（2）
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求的定义域，再求，，，由直线方程的点斜式可求曲线在处的切线方程为（Ⅱ）构造新函数，对实数分类讨论，用导数法求解.
试题解析：（I）的定义域为.当时，
，
曲线在处的切线方程为
（II）当时，等价于
设，则
，
（i）当，时，，故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得
.
由和得，故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是
【考点】 导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性
【名师点睛】求函数的单调区间的方法：
（1）确定函数y＝f（x）的定义域；
（2）求导数y′＝f′（x）；
（3）解不等式f′（x）>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
（4）解不等式f′（x）<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
19．（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
20．（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
21．（1），（，且）；（2）（i）证明见解析；（ii）4.
【分析】（1）由已知，，；的所有可能取值为1，，，根据解得即可得解；
（2）（i）由已知可得，，得，可猜想，再用数学归纳法证明，再根据等比数列的定义可证结论；
（ii）求出，根据得到，再构造函数（），利用导数可求得结果.
【详解】（1）由已知，，，得，
的所有可能取值为1，，
∴，.
∴.
若，则，
所以，∴，
∴.
∴p关于k的函数关系式为，（，且）.
（2）（i）∵证明：当时，，∴，所以，
令，则，
∵，∴下面证明对任意的正整数n，.
①当，2时，显然成立；
②假设对任意的时，，下面证明时，；
由题意，得，
∴，
∴，，
∴，
所以.
∴或（负值舍去）.
∴成立.
∴由①②可知，对任意的正整数n，，
所以，所以为等比数列.
（ii）解：由（i）知，，，
∴，得，∴.
设（），，
∴当时，，则在上单调递减；
又，，所以，
，，所以，
，，∴；
，.∴.
∴k的最大值为4.
【点睛】本题考查了对立事件的概率公式，考查了离散型随机变量的期望公式，考查了数学归纳法，考查了等比数列的定义，考查了利用导数解决不等式恒成立问题，属于难题.
22．（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）3；
【解析】（1）利用导数研究函数的单调区间即可；
（2）根据分析知在上恒成立，分类讨论参数
，当时不等式恒成立，时，不能恒成立，时，上恒成立，在也要恒成立则必须要，有，结合基本不等式即可求的范围，进而得到最大整数值.
【详解】（1）当时，，
，
而时，，
∴时，在上单调递增，
时，在上单调递减；
综上，在上单调递增，在上单调递减；
（2），，令
由知：
，时，
而知，
∴，使在上单调增，
在上单调减；而，
∴在上恒成立.
∴当时，有恒成立.
当时，有恒有，
令即，
∴上，
而在上，令，
，即单调减，
又，
所以使，即上，单调增，
上，单调减，
∴综上，，使在上单调增，上单调减；
又，
1、时，在上单调减，上单调增，
且，故此时不能保证恒成立；
2、时，上恒成立；
在上要使恒成立，
令，有恒成立，
所以只要单调递增即可，有成立，
即
综上，知：时不等式对任意恒成立，
故.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的性质，由导数确定函数的单调区间，根据函数不等式恒成立求参数最值.
答案第1页，共2页
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