高中数学人教A版（2019）选修2 5.3 导数应用2解答题综合章节综合练习题（答案+解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
5.3 导数应用2解答题
一、解答题
1．（2023高三上·石家庄开学考）已知三次函数在处取得极值，且在点处的切线与直线平行．
（1）求的解析式；
（2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围．
2．（2022·新昌模拟）设函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个不同的零点.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明：.
3．（2022·上虞模拟）已知函数，（其中是自然对数的底数）
（1）试讨论函数的零点个数；
（2）当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.
4．（2022·浙江模拟）已知函数 ．（其中e是自然底数， ）
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）求证：当 ；
（Ⅲ）当 时， 恒成立，求实数a的取值范围．
5．（2022·浙江模拟）已知函数 .
（Ⅰ）求函数 的最小值；
（Ⅱ）若方程 有两实数解 ，求证： .（其中 为自然对数的底数）.
6．（2022·南充模拟）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，若，求证：对于任意，函数有唯一零点．
7．（2022·天津市模拟）已知函数.
（1）若，求函数的单调增区间；
（2）若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值；
（3）当时，函数恰有两个不同的零点，且，求证：.
8．（2022·宜宾模拟）已知函数．
（1）求在上的最值；
（2）若关于x的不等式恒成立，求k的取值范围．
9．（2022·周至模拟）已知函数，.
（1）求函数的单调区间和最值；
（2）求证：当时；当时，；
（3）若存在，使得，证明.
10．（2022·西安模拟）已知函数（）．
（1）讨论函数的零点个数；
（2）当时，证明不等式．
11．（2022·和平模拟）设为实数，且，已知函数.
（1）当时，曲线的切线方程为，求的值；
（2）求函数的单调区间：
（3）若对任意，函数）有两个不同的零点，求的取值范围.
12．（2022·内江模拟）设函数．
（1）讨论函数在上的零点的个数；
（2）证明：．
13．（2022·眉山模拟）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若存在正数m，使得对任意，恒成立，求a的最大值（参考结论：）.
14．（2022·凉山模拟）已知函数（，e为自然对数的底数）.
（1）若在处的切线与直线平行，求的极值；
（2）当时，，求m的取值范围.
15．（2022·成都模拟）已知函数，其中．
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数．当，时，证明：．
16．（2022·和平模拟）设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.
（1）讨论f(x) 的单调性；
（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；
（3）如果f(x)＞g(x) 在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围.
17．（2022·东城模拟）已知函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）设函数，若有两个实数根（），将表示为的函数，并求的最小值.
18．（2022·海淀模拟）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的单调区间；
（3）当时，恒成立，求的取值范围.
19．（2022·南开模拟）已知函数（，是自然对数的底数，）．
（1）当时，求函数的极值；
（2）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；
（3）若函数有两个极值点，且，求的最大值．
20．（2022·南开模拟）已知函数，记的导函数为
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个不同的极值点，其中
①求的取值范围；
②证明：.
21．（2022·西城模拟）已知函数.
（1）若，求的值；
（2）当时，
①求证：有唯一的极值点；
②记的零点为，是否存在使得？说明理由.
22．（2022·丰台模拟）已知函数．
（1）当时，求的单调区间和极值；
（2）当时，求证：；
（3）直接写出a的一个取值范围，使得恒成立．
23．（2022·河东模拟）已知函数（且）．
（1），求函数在处的切线方程．
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数有两个零点，且，证明：．
24．（2022·天津市模拟）已知函数
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围；
（3）若，判断函数的零点的个数.
25．（2022·延庆模拟）已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值和单调区间；
（3）若在上不是单调函数，且在上恒成立，求实数的取值范围．
26．（2022·通州模拟）已知函数，．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数的最小值是2，求a的值；
（3）设t为常数，求函数的单调区间．
27．（2022·天津市模拟）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，证明：函数有两个零点；
（3）若函数有两个不同的极值点（其中），证明：．
28．（2022·河西模拟）已知函数，，，．
（1）若直线与的图象相切，求实数的值；
（2）设，讨论曲线与曲线公共点的个数．
（3）设，比较与的大小，并说明理由．
29．（2022·天津市模拟）已知函数.
（1）试判断函数在上单调性并证明你的结论；
（2）若对于恒成立，求正整数的最大值；
（3）求证：．
30．（2022·昌平模拟）已知函数，.
（1）若曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，求实数的值；
（2）若函数无零点，求实数的取值范围；
（3）当时，函数在处取得极小值，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：，
由题意，解得，
所以；
（2）解：由，，
因为在是递增，
则在上恒成立，
即在时恒成立，
当时，根据二次函数的性质可知，，
所以，
故的取值范围为．
【解析】【分析】（1）根据题目条件 三次函数在处取得极值 ，得， 在点处的切线与直线平行 得先求出参数a，b的值，从而得到解析式。
（2）根据 函数在区间上单调递增 得
2．【答案】（1）解：
①当时，，所以，所以在上递增
②当时，记的两根为
则当时，；当时，；当时，
综上可知，当时，在上递增
当时，在上递增，在上递减，在上递增
（2）解：（i）由（1）讨论可知，当时，在上至多一根，不符合条件，所以
因为，又时，时，，
故只需证明：
因为，证明如下，设，则，
所以，即；
同理，此时，即
综上可知，当时，有三个不同的零点
（ii）∵，且，∴，
∵，
∴由
∴
∵
∵，
∴
∴
（ii）另解：
因为，
所以当时，.
因为，
所以由得到：.
又，且，所以
所以，所以
所以
.
【解析】【分析】(1)对f(x)求导， 然后分a≤2及a>2讨论导函数与0的关系，进而得到 的单调性；
(2)(i)当a≤2时，不合题意，由此得到a>2，而f(1)=0， 时，时，， 只需再分别证明f(m) > 0且f(n) < 0即可；
(ii)先证明 ，再证明 ，由此可得 进而得证.
3．【答案】（1）解：由可得，令，其中，
则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，
，令可得，列表如下：
0
减 极小值 增
如下图所示：
当时，函数无零点；
当时，函数只有一个零点；
当时，函数有两个零点.
（2）证明：，其中，
所以，，由已知可得，
上述两个等式作差得，
要证，即证，
因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，
因为函数在上单调递增，，，，
设函数的图象在处的切线交直线于点，
函数的图象在处的切线交直线于点，
因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，
联立可得，即点，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
所以，对任意的，，当且仅当时等号成立，
由图可知，则，所以，，
因为，可得，
函数在处的切线方程为，
联立，解得，即点，
因为，
所以，，
构造函数，其中，则，，
当时，，此时函数单调递减，
当时， ，此时函数单调递增，则，
所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得，
因此，，故原不等式成立.
【解析】【分析】(1) 可得，令，其中， 则函数f (x)的零点个数等于直线y = a与函数图象的公共点个数，利用导数分析函数p (x)的单调性与极值，数形结合可得出函数的零点个数；
(2)推导出 将所证不等式转化为 ，设函数p (x)的图象在x = 0处的切线交直线y= a于点 ，函数p (x)的图象在 处的切线交直线于点， 证明出 ，， 再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
4．【答案】解：（Ⅰ）当 时， ，当 ， ；当 ， ．所以，
，即当 ， ．
（Ⅱ）依题意，即证：当 时， 恒成立，
由（Ⅰ）即证： ，即证： ．而
， ，故 显然成立．
（Ⅲ）当 时， 恒成立，即
恒成立．
令 ，则 ，
，由（Ⅱ）知： ，即
在 上单调递增．所以， ．
（1） 当 ，则 ，即 ，所以， 符合题意；
（2） 当 时， 在 上单调递增，且 ， ，
，则存在 ，使得 ， ，即 ，这显然与题意矛盾．
综上，实数 的取值范围为 ．
【解析】【分析】(Ⅰ)求导f'(x)=ex-1，利用导数求得单调性与最值f(x)，由f(x)min≥0即可证明；
(Ⅱ) 转化为当x≥0时，f(x)min≥xsinx-x-1- cosx恒成立证明；
(Ⅲ)转化为ex+xsinx +cosx-ax-2≥0， x≥0时恒成立，令H(x)=ex+xsinx+cosx-ax-2(x≥0)，利用导数求得H(x)的单调性与最值，即可求解.
5．【答案】解：（Ⅰ）令 则
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增
∵
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增
（Ⅱ）∵
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增
不妨设 ，
由（Ⅰ）知， ，当且仅当 时取等号，
又求导易证 ，当且仅当 时取等号，
设直线 与直线 交点的横坐标分别为 ，
则 ①
由对数平均不等式得，
②
综合①②可得，
【解析】【分析】（1）直接令 ，求导，再把导数构造成新函数，再次求导，确定g'(x)单调性，进而确定g(x)单调性，即可求得最小值；
（2）先求导确定f(x)单调性，结合图像得 ，设直线与直线交点的横坐标分别为 ，再结合函数放缩得 ，最后结合 与 即可得证.
6．【答案】（1）解：的定义域为，
且，
当时，，则在单调递减，单调递增；
当时，由得，，
所以在单调递减，单调递增；
当时，
①当时，在单调递减；
②当时，当时，
即时，在单调递减；
当时，
即时，
由得，
所以在、单调递减，
在单调递增；
综上所述：
①当时，在单调递减，
在单调递增；
②当时，在单调递减，在单调递增；
③时，在单调递减；
④当时，在、
单调递减，在单调递增；
（2）证明：当时，，
，
令，则．
则在单调递增，单调递减．
所以
所以
在单调递减．
当时，由
得
当时，
由
得
存在唯一，使得函数．
所以对于任意，函数有唯一零点．
【解析】【分析】（1）求导，通过讨论的范围研究导函数的符号变化，进而研究函数的单调区间；
（2）求导，构造函数，再次求导研究单调性，再利用放缩法进行转化求证.
7．【答案】（1）解：当时，，所以，
则，定义域为.
令，解得：.
所以的单调增区间为.
（2）解：依题意对恒成立，等价于对恒成立.
令，则
令在上是增函数，
，
所以，使即
对，，，所以在上单调递增；
对，，，所以在上单调递减.
所以.
所以.
又，所以整数a的最小值2
（3）证明：当时，由（2）知在上单调递增，在上单调递减且，时，；时，；
依题意存在，使得
已知可得
要证成立，只需证
因为是的零点，所以，
两式相减得：
即
只需证
又因为只需证
即证
令则，所以，
所以在增函数，所以即.
即成立.
所以原不等式得证.
【解析】【分析】 (1)根据f(1)= -1，可得a= 2，再解不等式f' (x) > 0即可求得函数的单调增区间；
(2)问题转化为 对恒成立，令 ，求出h (x)的最大值即可；
(3)易知且 则只需证 而g(x1)= g(x2)=0，进一步转化为证明 又 即证 ， 令则 ，利用导数可知G(t) < 0，即得证 .
8．【答案】（1）解：由求导得：，
令，有在上单调递减，且，
当时，，即，则在上单调递增，
所以，无最小值.
（2）解：依题意，，且，
令，，有，
，令，，
当时，由，得，则在上单调递增，
又，则当时，，，不合题意，
当时，在二次函数中，，当，即时，图象对称轴，
图象与x轴正半轴有两个公共点，即有两个零点，且，，，
不妨设，则时，，有，在上单调递增，
当时，，，不合题意，
当，即时，，有，则在上单调递减，
当时，，，则，当时，，，则，
综上得，当时，恒成立，
所以k的取值范围是.
【解析】【分析】(1)求出函数f (x)的导数f' (x)，由函数 的单调性判断 在上单调递性，进而求得在上的最值；
(2)把给定不等式作等价变形，利用导数分段判断函数 在(0，1)， (1， +∞)上值的符号求出 k的取值范围．
9．【答案】（1）解：∵，
∴当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为.
∴函数的最大值为，无最小值.
（2）证明：设，
则，
∴，当且仅当时等号成立，
∴函数单调递增，又，
∴当时，，即，
当时，，即.
（3）证明：结合（1）（2）作出函数，的大致图象：
当时，；当时，，
令，则.
又∵二次函数的图象开口向下，最大值为，
∴存在，使得.
结合（2）的结论以及图象知，
∵函数的图象关于直线对称，
∴，
∴，
【解析】【分析】（1）求出导函数，由，即可得单调区间，即可求解；
（2）构造，求导得即可判断 函数单调递增 即可求解；
（3） 结合（1）（2）作出函数，的大致图象，如图，结合（2）的结论以及图象知， 再由 函数的图象关于直线对称， 即可求证。
10．【答案】（1）解：，（）．
当时，，从而，在上单调递减；又时，，，故此是函数只有一个零点；
当时，，而函数在上单调递减，在上单调递增，又，又时，，，故有两个零点；
当时，在上单调递增，在上单调递增，又，故此时只有一个零点，即；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
又，此时函数没有零点；
综上：当时有2个零点；时没有零点；或者时有一个零点；
（2）证明：令，其中，可得，
设，可得在上恒成立，
∴是上的增函数，可得，
因此，在上恒成立，可得是上的增函数．∵，∴，可得，
∵且，∴不等式两边都乘以，
可得．
即对任意，都有不等式成立．
【解析】【分析】（1）求得导函数，由，及，，分别讨论导数的正负，即可求解；
（2）构造函数，求导得，再构造求其导函数，可得其单调递增，从而得到，进而得到F(t) 是上的增函数 ，从而解决问题。
11．【答案】（1）解：设切点坐标，
切线方程为，即
又曲线的切线方程为
，.
（2）解：，
令，即，又，，所以不等式化为，
当时，不等式恒成立，在R上单调递增，
单调递增区间为，无单调递减区间.
当时，解集为，
时，单调递增；
时，单调递减.
综上，时，的单调递增区间为，
时，的单调递增区间为，
的单调递减区间为.
（3）解：函数有两个不同的零点，，
即，，
即，设，
令当时，在单调递减；
当时，在上单调递增.
又当时，且，
当且仅当时，，即对任意成立，，.
【解析】【分析】(1) 设切点坐标， 写出过切点的切线方程，可得 ， 由此求得b值；
(2) ，求其导函数，然后对b分类即可求得函数 的单调区间；
(3)函数有两个不同的零点，可得 ， 即 ，即，设 ， 令， 利用导数研究单调性，可得 从而求得实数a的取值范围.
12．【答案】（1）解：令，则，
令，则在上的零点即为在上的零点，
因为，令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取极小值
①当时，，故在上无零点
②当时，，故在上有一个零点
③当时，
∵，，
∴在上有两个零点
④当时
，，当时，
在上有一个零点
综上，当时，在上无零点；
当或时，在上有一个零点；
当时，在上有两个零点
（2）证明：要证，
即证，
当时，由（1）知，对成立，
∵函数在上单调递减，
∴对成立，
∴对成立，得证.
【解析】【分析】(1)令f(x)=0，得 ，令 ，则 在上的零点即为在上的零点，，根据导数符号可得g(x)在 ， 上单调性，对a分类讨论即可得出函数的单调性与零点的个数；
(2)要证明： ，即证，当时，由（1）知， ，对x > 0成立，再利用函数 在(0， +∞)上单调性即可证明结论.
13．【答案】（1）解：∵，
∴，
设，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
又，，
∴当或时，，即单调递增，当时，，即单调递减，
综上，的单调增区间为，单调减区间为；
（2）解：当时，，
∴，
由（1）可知，，
∴，即，
先解决存在正数m，使得对任意，恒成立，求最大值的问题.
这问题等价于存在正数m，使得对任意，恒成立，
也即存在正数m，对任意，恒成立，求最大值，
∴对任意，恒成立，
设，则，
∴当时，单调递减，当时，单调递增，
∴，
又，
∴存在正数m，使得对任意，恒成立，
整数的最大值为4，
当时，，
∴存在正数m，使得对任意，恒成立，也就是说存在正数m，使得对任意，恒成立，
又当时，，
所以，所求的整数的最大值为4.
【解析】【分析】（1）由题可得，构造函数，利用导数可得当或时 或 ，当 时，，进而即得；
（2）由题可得，先解决存在正数m，使得对 任意，恒成立，求最大值的问题. 构造函数，利用导数可得存在正数m，使得对任意 ，恒成立 ，整数的最大值为4，进而即得.
14．【答案】（1）解：，则，
处的切线与平行，
则，即，则，
，
由得，由得或，
在上单调递减，在上单调递增，
在处取得极小值，
在处取得极大值.
（2）解：由恒成立，
，即，
①当时，不等式成立；
②当时，恒成立，
设，则
，
当，则，当，则，
在为单调递增，在为单调递减，
，即，
③当时， 恒成立，
若，由上知，在上单调递增，
，即，
综上所述的取值范围为.
【解析】【分析】（1）先求导，由解出，代入导数，确定单调性进而求出极值即可；
（2）当时显然不成立，当时，参变分离，构造函数求出最值，即可求得m取值范围.
15．【答案】（1）解：由题可得．
①若，当时，；当或时，．
②若，恒有．
③若，当时；当或时，．
综上，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，；
当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．
（2）证明：由题可得．
由题意，则需证明对任意，，不等式成立．
由恒成立，只需证明对任意，不等式成立，
①当时，∵，，
∴不等式成立．
②当时，设．
∴．
设．
∴．
∵当时，恒成立，函数在上单调递增，
∴．
∴当时，恒成立，函数在上单调递减，
∴．即不等式成立．
综上，当，时，不等式成立，
即成立．
【解析】【分析】（1）由题可得，然后分类讨论即得；
（2）由题对任意，，不等式成立，进而可得不等式成立，构造函数，利用导数求函数的最值即得.
16．【答案】（1）解：
＜0，在内单调递减.
由=0，有.
当时，＜0，单调递减；
当时，＞0，单调递增
（2）证明：令=，则=.
当时，＞0，所以，从而=＞0
（3）解：由（Ⅱ），当时，＞0.
当，时，=.
故当＞在区间内恒成立时，必有.
当时，＞1.
由（Ⅰ）有，从而，
所以此时＞在区间内不恒成立.
当时，令=（）.
当时，=.
因此在区间单调递增.
又因为=0，所以当时，=＞0，即＞恒成立.
综上，
【解析】【分析】(1)根据题意对a分情况讨论，结合导函数的性质即可得出函数的单调性。
(2)由已知条件对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，从而得证出结论。
(3)结合(2)的结论，由函数的单调性即可得出不等式，结合a的取值范围即可得出导函数的性质，进而得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，进而得证出结论。
17．【答案】（1）解：因为，所以.
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
所以
（2）解：
由有两个实数根分别为，所以.
由有.
令，则.
当时，，所以在区间上单调递减，
当时，，所以在区间上单调递增.
对任意有.
即当时，的最小值为
【解析】【分析】（1）先求导数，再根据导数的几何意义求解即可；
（2）由题知，进而得，再构造函数，结合导数求函数的最小值即可.
18．【答案】（1）解：，当时，，，，，
故曲线在点处的切线方程为，即
（2）解：易得定义域为，当时，，令，或，
当或时，单调递减；当或时，单调递增；
故的单增区间为，单减区间为
（3）解：“，即”是“当时，恒成立”的必要条件.
当，时，，令，
由（2）知，在单调递减，在单调递增，故，
即，所以的取值范围是
【解析】【分析】由a的取值即可得出函数的解析式，再对其求导并把点的坐标代入到导函数的解析式，计算出切线的斜率，结合点斜式即可求出切线的方程。
(2)首先求出函数的定义域，再对函数求导并结合题意求出x的取值，利用导函数的性质即可得出函数的单调性以及单调区间。
19．【答案】（1）解：当时，
令，解得，，
所以，与的关系如下：
-1 3
0 0
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以当时，函数取得极大值，即，
当时，函数取得极小值，即
（2）解：因为，
所以
令，
则
依题意在上恒成立，
令，则，解得
（3）解：因为，即，
则，
因为在上有两个极值点，
即在上有两个不等实根，
即在上有两个不等实根、，
因为，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
则，所以，解得，
所以，
所以在和上各有一个实根，
所以函数在上有两个极值点时，并且，
因为，
所以，
令，则，
当时，，单调递减，
因为，所以，即
则
因为且，所以满足题意的整数的最大值为-3；
【解析】【分析】 (1)将a= 1代入，求导，分析函数f (x)的单调性，进而得到函数的极值；
(2) 令，依题意，φ' (x)≤0在[1， 2]上恒成立，由此建立关于a的不等式，解出即可得实数的取值范围；
(3)对函数g (x)求导，转化可知 在上有两个不同的零点，分析函数m (x)可知函数g (x)在(0， +∞)上有两个极值点时，有 ，并且， 因为 ，进一步求出g(x2)的范围，结合 可得b的最大值.
20．【答案】（1）解：由已知可得，故可得．
当时，，故在单调递增；
当时，由，解得，或，
记，，则可知当变化时，的变化情况如下表：
0 0
极大值 极小值
所以，函数在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增．
（2）解：①解：由已知，函数有三个零点，且．由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况．
由于，故，因此，又因为在单调递减，且，所以．
又因为，由于，且，
故
因此，在恰有一个零点（即在恰有一个零点），在恰有一个零点（即），在恰有一个零点（即在恰有一个零点）．
所以，的取值范围是．
②证明：由（i）可知，且在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增．由此可得．故只需证明
因为，故，由此可得．
由（其中），可得，整理得，故，整理得．因此，
令，可知，则．
令则．
令，则，由此可得在单调递减，故，可得在单调递增，故，所以，因此．
【解析】【分析】 (1) 由已知可得，运用导函数，分 ， 两种情况讨论导函数g' (x )的符号得出函数g (x)的单调性；
(2) ① 由(1)知a≤2时， g(x)在(0， +∞)单调递增，不合题意；下面研究a>2的情况，由 得 ， ，再由 ，可求得a的取值范围；
② 由(1)可知 ，由此可得 ， 只需证明 ， 又 ，由此可得 ，运用导函数研究函数的单调性，即可得证 .
21．【答案】（1）解：因为，所以
因为，所以
（2）解：①的定义域是，
令，则.
设，因为在上单调递减，
所以在上单调递减.
因为，所以在上有唯一的零点，|
所以有有唯一解，不妨设为.
与的情况如下，
+ 0 -
增 极大值 减
所以有唯一的极值点.
②由题意，，则
若存在a，使，则，所以
因为在单调递减，，
则需，即，与已知矛盾.
所以，不存在，使得.
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合导数的运算法则和代入法，进而得出实数a的值。
（2） ①利用的定义域是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和函数的零点与方程的根的等价关系，进而证出函数有唯一的极值点。
②由题意，，再结合指数与对数的互化公式，则若存在a，使，所以再利用函数在单调递减，，则需，再结合指数函数的单调性，进而得出实数a的取值范围，再结合反证法得出与已知矛盾，进而推出不存在，使得。
22．【答案】（1）解：当时，，则，
令，即，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
因此在处取得极大值，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，在处取得极大值，且极大值为1
（2）证明：要证，即证，
因此设，则，
令，则，
因为，所以，因此单调递减，且，所以时，；当 时，；即时，；当 时，；所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值也是最大值，且，故
（3）解：当时，恒成立
【解析】【解答】(3)要证，即证，
也即是，即证，
令，则，
当时，，即单调递增；当时，，即单调递减；所以，故，
令，
则
令，则，
，则
所以和时，，则单调递增，时，，则单调递减，且，，，
因此时，，即，所以单调递减，
时，，即，所以单调递增，
所以，即
因此当时，恒成立.
【分析】（1）求导判断函数的单调性，从而可求出极值；
（2）构造函数，求出函数的最大值即可得出结论；
（3）将变形为，分别利用导数证得与恒非负，即可得出结论.
23．【答案】（1）解：当时，，所以.
，所以.
所以函数在处的切线方程为，即
（2）解：的定义域为(0，+∞)， .
当a<0时， 恒成立，所以在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时， .在上，，所以单调递减；在上，，所以单调递增.
（3）证明：当，.由(2)知， 在上单调递减，在上单调递增.
由题意可得：.由及得：.
欲证x1+x2>2e，只要x1>2e- x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)=0，只要证明f(2e- x2)>0即可.
由得 .所以
令则，则g(t)在(e，2e)上是递增的，∴g(t)>g(e)=0即f(2e- x2)>0.
综上x1+x2>2e.
【解析】【分析】(1)由a的取值即可得出函数的解析式，再对函数求导并把点的坐标代入到导函数的解析式，由此计算出切线的斜率，然后由点斜式求出直线的方程。
(2)根据题意对函数求导由导函数的性质即可得出函数的单调性，结合a的取值范即可得出函数的单调性即可。
(3)由(2)的结论结合函数单调性的定义，结合分析法构造函数g(x)并对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，从而得证出结论。
24．【答案】（1）解：若，则，
所以，所以，所以切线方程为
（2）解：依题意，在区间上
因为，．
令得，或．
若，则由得，；由得，．
所以，满足条件；
若，则由得，或；由得，
，
依题意，即，所以．
若，则．
所以在区间上单调递增，，不满足条件；
综上，
（3）解：，．
所以．设，．
令得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以的最小值为．
因为，所以．
所以的最小值．
从而，在区间上单调递增．
又，
设．
则．令得．由，得；
由，得．所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以恒成立．所以，．
所以．
又，所以当时，函数恰有1个零点．
【解析】【分析】（1）当时，对求导，求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；
（2）若，且在区间上恒成立，即：在上的最小值大于1；利用导数求判断函数的最小值．
（3）分类讨论判断的单调性与函数的最小值，从而验证在区间上单调递增．再构造新函数，证明，进而判断函数是否穿过x轴即可．
25．【答案】（1）解：当时，函数，．
所以，．
所以曲线在点处的切线方程
（2）解：函数定义域．
求导得.
①当时，因为，所以．
故的单调递减区间是，此时无极值.
②当时，变化时，变化如下表：
0
极小值
所以的单调递减区间是，单调递增区间是．
此时函数的极小值是，无极大值
（3）解：因为在不是单调函数，由第（2）可知此时，
且，
1
　 　
极小值
又因为在上恒成立，只需
即可，所以，
解得的取值范围是
【解析】【分析】（1）利用a的值求出函数的解析式，再利用导数的几何意义求出曲线在切点处的切线的斜率，再结合切点的横坐标结合代入法求出切点的纵坐标，从而得出切点坐标，再利用点斜式求出曲线在切点处的切线方程。
（2）利用已知条件结合分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，再利用函数的单调性，进而求出函数的极值。
（3）利用 在不是单调函数，由第（2）可知此时，且，再利用在上恒成立结合不等式恒成立问题求解方法，只需即可，进而解不等式组求出实数a的取值范围。
26．【答案】（1）解：当时，，．
，，即切线斜率．
所以切线方程为
（2）解：函数的定义域为，
．
令，得．
当时，．所以在单调递增，无最小值．
当时，令，得；令，得．
所以在单调递减，在单调递增，
所以最小值为．
所以，即
（3）解：函数的定义域为，
．
由（2）知，当时，若，则．
所以，
所以的减区间为，，无增区间．
【解析】【分析】（1）利用a的值求出函数的解析式，再利用导数的几何意义求出曲线在切点处的切线斜率，再利用切点的横坐标结合代入法求出切点的纵坐标，进而得出切点坐标，再利用点斜式求出曲线在切点处的切线方程。
（2）利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最值，进而得出实数a的值。
（3）利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数 的单调区间。
27．【答案】（1）解：，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以函数的单调区间为和
（2）证明：由（1）知，
因为，所以，
又当时，，，
所以函数在上存在一个零点，在上存在一个零点，
所以函数有两个零点
（3）证明：，
则，
因为函数有两个不同的极值点（其中），
所以，，
要证等价于证，
即证，
所以，
因为，
所以，
又，，
作差得，所以，
所以原不等式等价于要证明，
即，
令，
则上不等式等价于要证：，
令，
则，
所以函数在上递增，
所以，
所以，
所以．
【解析】【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）由（1）可知，证明，结合零点的存在性定理即可得出结论；
（3）写出函数的解析式，求导，根据题意可知，，则有，要证等价于证，即证，令，构造函数，证明即可.
28．【答案】（1）解：设直线与相切与点，，
则有
解得，
（2）解：当， 时，曲线与曲线的公共点个数即方程
根的个数．
由，
令，
则当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增．
故（2）是的极小值同时也为最小值．
所以对曲线与曲线公共点的个数，
讨论如下：
当时，有0个公共点；
当，有1个公共点；
当有2个公共点．
（3）解：设
令，．
则的导函数
，
所以在上单调递增，且．
因此，，故在上单调递增，
而，所以在上，．
因为当时，且，
故，
所以当时，
【解析】【分析】(1)根据题意设出直线的方程以及切点的坐标，结合题意对函数求导求出直线的斜率，由此计算出k的取值。
(2)由方程根与图象交点的关系，把问题转化为方程根的个数，构造函数g(x)然后对其求导结合导函数的性质即可得出函数h(x)的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最小值，结合题意由公共点的个数即可得出m的取值范围。
(3)由作差法整理化简代数式，然后构造函数g(x)对其求导结合导函数的性质即可得出函数g(x)的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，然后由a与b的大小关系即可得出答案。
29．【答案】（1）解：函数在上为减函数，证明如下：
因为，所以，
又因为，所以，，所以，
即函数在上为减函数
（2）解：由恒成立，即恒成立，
即，
设，其中，所以，
令，则，即在为增函数，
又 ，，
即存在唯一的实数，满足，
当时，，，当时，，，
即函数在为减函数，在为增函数，
则，
故整数的最大值为3
（3）证明：由（2）知，，则，其中，
令，则，
则
，
故
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合求导的方法判断并证出函数的单调性。
（2） 由恒成立，即恒成立，再利用不等式恒成立问题求解方法，即，设，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最小值，进而得出整数的最大值。
（3） 由（2）知，，则，其中，令，再结合放缩法得出，再结合对数的运算法则和指数与对数的互化公式证出不等式成立。
30．【答案】（1）解：因为函数，，
所以，.
因为曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，
所以.
则，解得
（2）解：由题意，，
设.
①当时，，在上单调递增，且，
所以，所以在上无零点.
②当时，令，得．
当，即时，，在上单调递增，且，
所以，所以在上无零点.
当时，，
符号变化如下，
0 +
↘ 极小值 ↗
所以.
当，即时，，
所以，所以在上无零点.
当，即时，由，，所以至少存在一个零点，所以至少存在一个零点.
综上，若无零点，实数的取值范围为
（3）解：当时，，定义域为．
则．
由（2）可知，当时，，
当时， ，
所以当时，在上恒成立.
此时，当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以在处取得极小值．
当时，，
当时，，，
所以，单调递减.
此时不是极小值点．即时，不合题意．
综上，满足条件的的取值范围为
【解析】【分析】 (1)根据导数的几何意义列出方程求解出实数的值；
(2)整理 ，设 ，通过研究h(x)的单调性进而可确定g(x)的零点，分 和 两种情况求出g (x)无零点时a的取值范围；
(3) 当时， ， 求导可得 ，结合(2)中所求，分a≤1，1e三种情况求解出实数的取值范围.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)