高中数学人教A版（2019）选修2 第五章 导数解答题综合章节综合练习题（答案+解析）
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选修2 第五章 导数解答题综合章节综合练习题（答案+解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 380.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-02 20:46:28 | ||
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文档简介
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第五章 导数解答题综合
一、解答题
1．（2021高三上·临沂月考）设函数f（x）=lnx-x2+x.
（I）求f（x）的单调区间；
（II）求f（x）在区间[ ，e]上的最大值.
2．（2021高三上·赣州期中）已知函数 ，且函数 在 处的切线为 ．
（1）求a，b的值并分析函数 单调性；
（2）若函数 恰有两个零点，求实数m的取值范围．
3．（2021高三上·赣州期中）若 ．
（1）当 ． 时，讨论函数 的单调性；
（2）若 ，且 有两个极值点 ， ，证明 ．
4．（2021高三上·赣州期中）已知函数 .
（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 都有 ，求实数a的取值范围.
5．（2021高三上·赣州期中）已知函数 .
（1）当 时，求 的极值；
（2）讨论 的单调性.
6．（2021高三上·黑龙江期中）已知函数 （ ）.
（1）求函数 的单调区间；
（2）若 在定义域内恒成立，求实数 的取值范围；
（3）证明： （ ， ）.
7．（2021高三上·邢台期中）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）讨论 零点的个数.
8．（2021高三上·邢台期中）已知函数 .
（1）讨论 的单调性.
（2）若 ，且正数 满足 ，证明： .
9．（2021高三上·龙岗期中）设函数 ，其中 .
（1）当 ， 时，求证： ；
（2）若 为 的极值点，且 ， ，求 的值.
10．（2021高三上·海淀期中）已知函数 ，
（1）直接写出曲线 与曲线 的公共点坐标，并求曲线 在公共点处的切线方程；
（2）已知直线 分别交曲线 和 于点 ， .当 时，设 的面积为 ，其中O是坐标原点，求 的最大值.
11．（2021高三上·海淀期中）设函数 ， .
（1）当 时，求函数 的单调增区间；
（2）若函数 在区间 上为减函数，求a的取值范围；
（3）若函数在区间 内存在两个极值点 ， ，且满足 ，请直接写出a的取值范围.
12．（2021高三上·郫都月考）已知函数 ， ．
（1）若函数 在定义域内是单调增函数，求实数 的取值范围；
（2）求证： （其中 ）．
13．（2021高三上·青岛期中）已知函数 ， .
（1）若 ，求 的最大值；
（2）若 ，求证： 有且只有一个零点；
（3）设 且 ，求证： .
14．（2021高三上·临沂月考）已知函数 ， (其中 为自然对数的底数).
（1）若 ，求函数 在区间 上的最大值；
（2）若 ，关于 的方程 有且仅有一个实数解，求实数 的取值范围；
（3）若对任意 ， ，不等式 均成立，求实数 的取值范围.
15．（2021高三上·三门峡期中）设函数 .
（1）当 ， 时，方程 在区间 内有唯一实数解，求实数 的取值范围；
（2） ，若 有极大值 ，极小值 ，求证： .
16．（2021高三上·南阳期中）已知函数 ， .
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若函数 不存在极值点，求证： .
17．（2021高三上·河南月考）已知
（1）当 时，求曲线 在 处的切线方程；
（2）设 ，若当 时， 有三个不同的零点，求实数 的最小值．
18．（2021高三上·南开期中）已知函数 的导数为 ，函数 .
（1）求 ；
（2）求 最小正周期及单调递减区间；
（3）若 ，不是单调函数，求实数 的取值范围.
19．（2021高三上·太原期中）已知函数 .
（1）若 ，讨论 的单调性；
（2）若 恒成立，求实数 的取值范围.
20．（2021高三上·湖南期中）已知函数 .
（1）求函数 的极值；
（2）是否存在实数 ，使得函数 在区间 上的最小值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
21．（2021高三上·湖南期中）已知函数 ， .
（1）讨论 在 内的零点个数.
（2）若存在 ，使得 成立，证明： .
22．（2021高三上·湖北期中）已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）当 时，判断函数 的零点个数.
23．（2021高三上·江西月考）已知函数 ．
（1）证明： ．
（2）求 在 上的最大值与最小值．
24．（2021高三上·苏州期中）已知函数 ， 为 的导函数.
（1）求证： 在 上存在唯一零点；
（2）求证： 有且仅有两个不同的零点.
25．（2021高三上·苏州期中）已知函数 .
（1）求 的单调区间；
（2）若 有两个极值点 ，且不等式 恒成立，求实数m的取值范围.
26．（2021高三上·长春月考）已知函数f（x）＝﹣αx2+（α﹣2）x+lnx.
（1）当α＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若 在当x∈（0，+∞）时恒成立，求实数α的取值范围.
27．（2021高三上·和平期末）已知函数 （其中 为参数）.
（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 ，都有 成立，求实数 的取值集合；
（3）证明： （其中 ， 为自然对数的底数）.
28．（2021高三上·长春月考）设函数 ，其中 .
（1）讨论 的单调性；
（2）求使得 在区间 内恒成立的a的取值范围.
29．（2021高三上·广东月考）已知函数 ( ， 为常数)在 内有两个极值点 ．
（1）求参数 的取值范围；
（2）求证： ．
30．（2021高三上·广东月考）已知函数 ．
（1）当 时，求 的单调性及零点的个数；
（2）当 时，求 的零点的个数.
答案解析部分
1．【答案】解：（I）因为f（x）=lnx-x2+x其中x>0
所以f '（x）= -2x+1=-
所以f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）.
（II）由（I）f（x）在[ ，1]单调递增，在[1，e]上单调递减，
∴f（x）max=f（1）=0.
【解析】【分析】 （I） 根据题意对函数求导，由导函数的几何性质即可求出函数的单调性，由此即可得出函数的单调区间。
（II） 由（I）的结论由函数的单调性即可求出函数的最值，由此即可得出答案。
2．【答案】（1）解：由 得 ，
由题意知 ，
即 ，解得 ，
又 ，而切点 在切线 上，
所以 ，解得 ，
则 ，令 ，得 ，令 ，得 ，
故函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）解：由（1）知 ，
且函数 在 上递减，在 上单调递增，而
因为函数 恰有两个零点，
所以函数 在区间 各有一个零点，
由零点存在性定理得 ，即 ，
解得 ；
∴ ．
【解析】【分析】(1)根据题意对函数求导，把数值代入结合切线的斜率整理化简计算出a的值，再由点在直线上代入到直线的方程计算出b的值，由此得出函数的解析式，然后对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性以及单调区间。
(2)由(1)的结论整理化简即可求出函数g(x)的解析式，再由函数g(x)的单调性以及零点的定义整理得出不m的不等式组，求解出m的取值范围即可。
3．【答案】（1）解：当 时，
，
令 ， 或 ，
当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减
在 上单调递增；
当 时， ，故函数 在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减在 单调递增；
（2）证明：当 时， ．
∵函数 有两个极值点 ，∴方程 有两个根 ，
∴ ，且 ，解得 ，
由题意得
，
令 ，
则 ，∴ 在 上单调递减，∴ ，
∴
【解析】【分析】(1)由已知条件对函数求导，令取出x的取值，结合a的取值范围即可得出导函数的正负，从而得出函数的单调性以及单调区间。
(2)结合极值与方程根之间的关系，利用韦达定理以及二次函数的性质即可求出a的取值范围；然后由已知条件即可得出，构造函数，对其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求出，由此即可得证出结论。
4．【答案】（1）解：函数定义域是 ，
由已知 ，
时， ， 时， ，
所以 单调递增区间 ，单调递减区间
（2）解：因为对任意 都有 ，即 恒成立.
令 ，则 .
令 ，则 在 上单调递增，因为 ，
所以存在 使得 ，
当 时 单调递增，
当 时 单调递减.
所以 ，
由于 ，可得 .则 ，
所以 ，
又 恒成立，所以 .
综上所述实数a的取值范围为
【解析】【分析】(1)根据题意对函数求导，结合x的取值范围即可得出导函数的性质，从而得到函数的单调性，以及单调区间。
(2)由已知条件即可得出不等式，利用分离参数法即可得到恒成立，构造函数结合导函数的性质即可求出函数g(x)的单调性，印花税的单调性即可求出函数g(x)的最值，结合题意整理得到，从而得到a的取值范围。
5．【答案】（1）解：当 时， ，令 得： 或 ，由 ； 或 ，所以 在 上为减函数，在 和 上为增函数，
所以 的极大值为 的极小值为
（2）解： .
由 ，得 与 ，
（ⅰ）当 时，即 恒成立，则函数 在R上单调递增.
（ⅱ）当 时，列表得：
x
+ 0 - 0 +
增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
单调递增区间为 与 单调递减区间为 ；
（ⅲ）当 时，列表得：
x
+ 0 - 0 +
增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
单调递增区间为 与 单调递减区间为 ，
综上所述：（ⅰ）当 ，函数 在R上单调递增.
（ⅱ）当 时， 单调递增区间为 与 单调递减区间为 ；
（ⅲ）当 时， 单调递增区间为 与 单调递减区间为 .
【解析】【分析】(1)首先由a的取值即可得到函数的解析式，再对其求导令求解出x的取值，然后由导函数的性质即可求出函数的单调性，然后由函数的单调性结合极值的定义即可得出答案。
(2)根据题意对函数求导，令求出x的取值，然后对两个根的大小分情况讨论，由此即可得出导函数的性质，进而得到函数的单调性和单调区间。
6．【答案】（1）解：因为 （ ），
所以 的定义域为 ， .
若 ，则 ， 在 上为增函数；
若 ，则 ，
当 时， ，当 时， .
综上，当 时， 的单调递增区间为 ；
当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为
（2）解：由（1）知 时， 在 上是增函数，
而 （2） ， 不成立，故 ，
又由（1）知 的最大值为 ，要使 恒成立，
则 即可，即 ，得
（3）证明：当 时，有 在 恒成立，
且 在 上是减函数， （2） ，
即 在 上恒成立，
令 ，则 ，
即 ，
且 ，
，
即： （ ， ）成立．
【解析】【分析】 (1)由函数f(x)的定义域为(1， +∞) ，而 ，能求出函数 的单调区间；
(2)由(1)知k≤0时， f(x)在(0， +∞)上是增函数，而f(1)=1-k>0，f(x)≤0不成立，故k>0，又由(1)知f(x)的最大值为 ，由此能确定实数k的取值范围；
(3)由(2)知，当k=1时，有f(x)≤0在(0， +∞)恒成立，且f(x)在(1， +∞)上是减函数， f(2) =0，即 在 上恒成立，由此能够证明结论。
7．【答案】（1）解：当 时，
则 ，
所以 ，
又 ，
故曲线 在点 处的切线方程为 ，
即
（2）解：令 ，得 或2.
当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 在 上单调递减.
从而 的极小值为 ，极大值为 .
当 或 时， 只有一个零点，即零点的个数为1；
当 或 时， 有两个零点，即零点的个数为2；
当 时， 有三个零点，即零点的个数为3.
【解析】【分析】 (1)求出切点的坐标，利用导数额几何意义求出切线的斜率，由点斜式即可得到切线的方程；(2) 令 ，得 或2，当 时 ， 当 时 ，分别判断导数的符号，进而得出 在 ，上单调性，进而求出极值，可得 零点的个数.
8．【答案】（1）解： .
当 时， ，则 在 上单调递减，在 上单调递增.
当 时，令 ，得 （ 舍去），
则 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）证明：由 ，且 ，得 ，
整理得 .
令 ，设函数 ，
则 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，即 .
所以 ，解得
【解析】【分析】（1）对 求导，分 ， 两种情况讨论导数的符号，可得 的单调性 ；
（2） 由 已知条件得 ，整理得 ，令 ，设函数 ，求导可得 在 ， 上单调性，进而证得 .
9．【答案】（1）证明：当 时，
， ，故 在 为增函数，
则 ，故 在 为增函数，
所以
（2）解：令 ，易知 ，
，
①当 时， ， 为增函数，
又 ，故 时， ， 时， ，
则 在 单调递减，在 单调递增， 为 的极小值点，不满足题意.
②当 时，令 ，则
当 时， ， 时， ，
故 在 单调递减，在 单调递增.
当 时， ，故 在 单调递增，且 ，
此时 在 单调递增，不存在极值点 ，不合题意.
当 时， ，又 在 单调递减，在 单调递增.
故 ，又因为 ，由（1）可知
故 在 有唯一零点 ，此时 在 单调递减，在 单调递增，且 ，
所以 ，
易得
故 .
综上所述，满足题意的 值为 .
【解析】【分析】（1） 当 时， ，求导，根据导数符号可得 在 的单调性，进而可得 ；
（2） 令 ，易知 ， 求导，分 和 两种情况判断 的符号， 根据导数符号可得 的单调性，进而可得 在 和 上的单调性，进而求出 的值.
10．【答案】（1）解：由 即 可得 ，所以 ，
所以公共点坐标为 ，
因为 ，所以在公共点处切线的斜率为 ，
所以曲线 在公共点处的切线方程为 ，即
（2）解： 的面积为 ，
因为 ，所以 ， ，所以 ，
所以 ，
，
由 即 可得 ；由 即 可得 ；
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
所以当 时， 的最大值为 .
【解析】【分析】 (1)求得f (x)和g (x)的交点，求导，根据导数的几何意义，求得曲线y= f (x )在公共点处的切线方程；
(2)根据三角形的面积公式，表示S (a )的表达式，求导根据导数与函数单调性的关系，即可求得S (a)的最大值.
11．【答案】（1）解：当 时， ，则 ，由 解得： 或 ，
所以函数 的单调增区间是 ， .
（2）解：函数 ，则 ，因函数 在区间 上为减函数，则 ， 成立，
即 ， ，显然 在 上单调递减，即 ， ，则 ，
所以a的取值范围是 .
（3）解：由(2)知， ，因函数 在区间 内存在两个极值点 ， ，则 在区间 内有两个不等根 ， ，
即有 ，解得 ，且有 ，
不妨令 ，则 ，当 或 时， ，当 时， ，
则 在 处取得极大值 ，在 取得极小值 ，显然， ，
由 两边平方得 ，
而 ，即 ，
整理得： ，
把 代入上述不等式并整理得： ，解得 ，
综上得 ，
所以实数a的取值范围是 .
【解析】【分析】 (1)当 ，求得 的解析式，利用导数与函数单调性的关系，即可求得 的单调递增区间；
(2)由题意可知， 在(1， 2)上恒成立，根据题意，分离参数，利用二次函数的性质，即可求得a的取值范围；
(3)由(2)可知，利用韦达定理可得 ，分别求得f(x1)+ f(x2)和f(x1)- f(x2)，代入，即可求得a取值范围.
12．【答案】（1）解： 在定义域为 ，且 ，
由 在定义域内是单调增函数，故 在 上恒成立，
∴ 在 上恒成立， 在 上恒成立
令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增，
∴ ，故
（2）证明解：由（1）知：当 时， 在 上是单调增函数，
且当 时， ，即 ， ，
用 替换 得 ，
当 ，时， ，
将上面不等式相加得 ，即 得证.
【解析】【分析】(1)依题意，问题可转化为 在 上恒成立，即 ，由此可得解；
(2)由(1)可得， ， ，然后累加即可得证.
13．【答案】（1）解：由题知：若 ， ，其定义域为 ，
所以 ，
由 ，得 ，
所以当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以
（2）证明：由题知： ，
由（1）知， 在 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，
当 时， ，
则 在 无零点，
当 时， ，
又因为 且 ，
所以 在 上有且只有一个零点，
所以， 有且只有一个零点.
（3）证明：因为 等价于 ，
由（1）知：若 ， ，且 在 上单调递增，在 上单调递减，
且 ，所以 ， ，即 ，
令 ， ，
所以 ，
，
，
所以 在 上单调递增， ，
所以 ， ，
又因为 且 ，
所以 ，
又因为 ， ，且 在 上单调递减，
所以 ，即 .
【解析】【分析】(1)由a的取值即可得出函数的解析式，然后对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，结合函数的单调性即可求出函数的最值。
(2)由(1)的结论结合函数的单调性以及零点的定义，对x分情况讨论，即可求出函数零点的个数。
(3)由已知条件即可得出，然后由(1)的结论结合函数的单调性，即可得出再令，对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性整理得出，求解出从而得出答案。
14．【答案】（1）解：当 时， ， 故 在 上单调递减， 上单调递增， 当 时， ， 当 时， ， 故在区间 上
（2）解：当 时， 关于 的方程为 有且仅有一个实根， 则 有且仅有一个实根， 设 ，则 ，
因此 在 和 上单调递减， 在 上单调递增， ， 如图所示， 实数 的取值范围是 ．
（3）解：不妨设 ，则 恒成立．
因此 恒成立， 即 恒成立，
且 恒成立， 因此 和 均在 上单调递增，
设 ，
则 在上 上恒成立， 因此 在 上恒成立因此 ，而 在 上单调递减， 因此 时， ．由 在 上恒成立， 因此 在 上恒成立， 因此 ，设 ，则 ．当 时， ， 因此 在 内单调递减， 在 内单调递增，因此 ．综上述， ．
【解析】【分析】(1)根据题意对函数求导，由对函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值。
(2)由已知条件即可得出 有且仅有一个实根 ，构造函数对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由此即可得出k的取值范围。
(3)根据题意由已知条件即可得出不等式 恒成立，即 恒成立， 即 和 均在 上单调递增， 构造函数，对其求导结合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求出函数的最值由此即可得出，由此即可得出a的取值范围 。
15．【答案】（1）解：当 ， 时， ，所以 ，又 ，所以 ，
所以，要使方程 在区间 内有唯一实数解，只需 在区间 内有唯一实数解，
令 ，则 ，
由 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 在 上是增函数，在 上是减函数.
， ， ，所以 或
（2）证明： ， ，
若 有极大值 ，极小值 ，
则 在 上有两个不等实数根，
所以 ，又 ，所以 ，①
设 有极大点为 ，极小值点为 ，则 ， ，
所以
，
由①得 ， ，所以 ，
所以
【解析】【分析】 (1)由题意代入a， b，得函数解析式，得出关于p的函数，再求函数的最值即可判断；
(2)求出函数的极值，再求M十m的最值即可.
16．【答案】（1）解：当 时， ，
则
令 得： 或
令 得：
所以 的单调增区间是 和 ，单调减区间是
（2）解： ，因为函数 无极值点，
故 无变号零点，
令 ，则 ，
当 时，恒有 ，
当 时，显然 是单调增加的，
又因为 ， ，故 ，使得 ，即 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，则 ，
所以 ，即 ，又
可得 ，
又因为 ，
所以
故
【解析】【分析】(1)求出a = 1时f (x)和f' (x)，利用导数的正负确定函数的单调性即可；
(2)将问题转化为方程 无实数根，令 ，利用导数研究函数g (x)的单调性以及g (x)的取值情况，由此分析证明即可.
17．【答案】（1）解：因为 时， ，所以 ， ，
又 ，所以切线方程为 ，
即所求的切线方程为
（2）解：∵ ，
所以 ，令 ，则 ，
因为 ，由 ，得 ；由 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
①当 ，即 时， ，
因为 且 在 上单调递增，
所以 ，又 ．
所以 ，使得 ，
又 在 上单调递减，
所以当 时， ，当 时， ，当 时 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以函数 最多有一个零点，不合题意；
②当 ，即 时， ，此时 在 上恒成立，
则 在 上单调递增，
所以 在 上最多有一个零点，不合题意；
③当 ，即 时， ，
因为 且 在 上单调递减，
所以 ，因为当 时，易证得 ，
所以 ，易证 ，
所以 ，使得 ， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
由 ，所以要使 有三个零点，必有 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
又因为 ，令 ，则 ，
因为当 时， ，所以函数 在区间 上单调递增，
所以 ，即 ．
【解析】【分析】（1）由题可得 ，再利用导数的几何意义即可求出曲线 在 处的切线方程；
（2）由题可得 ，分类讨论， 当 时， 利用导函数可得函数最多有一个零点，当 时，最多有一个零点，当 时，利用导数可得 ， ，再利用导数求最值即可求出实数 的最小值．
18．【答案】（1）解：依题意，
（2）解：由(1)知， ，
则 的最小正周期为 ，
由 ， 得： ， ，
所以 的单调递减区间为 ，
（3）解：由(2)知， ， ，
当 时， ，则 ，即 ，
当 在 上单调时，则对 ， 或 成立，
由 ， 得： ， ，则 ，
由 ， 得： ， ，则 ，
因此，当 在 上单调时， 或 ，
于是得 不是单调函数时， ，
所以实数 的取值范围是
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合导数的运算法则，从而求出函数f(x)的导函数。
（2） 由(1)结合 和二倍角的正弦公式和余弦公式，再利用辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而求出正弦型函数g(x)的最小正周期，再利用换元法将正弦型函数转化为正弦函数，再利用正弦函数的图象，从而判断出正弦型函数的单调性，进而求出正弦型函数 的单调递减区间。
（3） 由(2)结合 知， ， 再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合不等式恒成立问题求解方法，再利用已知条件 不是单调函数，从而求出实数 的取值范围。
19．【答案】（1）解：当 时， ，
所以 ，
令 ，则 ，
所以当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，即 ，
所以函数 为 上的单调递减函数
（2）解：若 恒成立，即 恒成立，
显然，当 时成立，
当 时，不等式等价于 恒成立，
令 ，则 ，
当 时，得 或 ，即函数 在 和 上单调递增，
当 时，得 ，即函数 在 上单调递减，
由于 时， 由正数趋近于 ，当 时，
所以函数 的草图如图，
所以 恒成立，只需
所以实数 的取值范围是
【解析】【分析】（1）利用a的值求出函数的解析式，再利用求导的方法判断出函数的单调性，从而讨论出函数的单调性。
（2） 若 恒成立，即 恒成立，显然，当 时成立，当 时，不等式等价于 恒成立，令 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合函数求极限的方法，从而画出函数 的图象，所以 恒成立，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而求出实数 的取值范围。
20．【答案】（1）解：函数 定义域为 ， ，其中 ，
由 ，得 ；由 ，得 .
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
所以，函数 的极小值为 ，无极大值
（2）解：①当 时，即 时，函数 在 上为增函数，
故函数 的最小值为 ，显然 ，故不满足条件；
②当 时，即 时，函数 在 上为减函数，在 上为增函数，
故函数 的最小值为 ，
令 ， ，则 ，
其导函数 ，可知 在 单调递增，
因为 ，有 ，可得 不符合题意；
③当 时，即 时，函数 在 上为减函数，
故函数 的最小值为 ，由 ，得 满足条件.
综上所述：存在 符合题意
【解析】【分析】(1)首先求出函数的定义域，再对其求导结合导函数的性质即可得出函数f(x)的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值结合极值的定义即可得出答案。
(2)由a的取值范围即可得到函数的单调性，由函数的单调性即可得到函数的最值，令结合导函数的性质即可得到函数g(x)的单调性，由此得到函数f(x)的最小值，验证即可得证出结论。
21．【答案】（1）解：当 时， ， ，此时函数 无零点；
当 时， ，
令 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 单调递减，所以， ，
所以，对任意的 ， ，则 ，
所以，函数 在 上为减函数，
因为 ， ，
所以，函数 在 上只有一个零点.
综上所述，函数 在 上只有一个零点
（2）解：由 得 ，
令 ， ， ，
令 ，则 ，
当 时， ，所以，函数 在 上单调递增，
当 时， ，此时 ，则函数 在 上单调递增，
当 时， ，则函数 在 上单调递减，
因为 ， ，
所以，存在 ，使得 ，
变形可得 ，
当 时， ，当 时， .
所以，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
，其中 ，
对于函数 ， ， ，
所以 在 递减，则 ，
故 ，所以 成立.
【解析】【分析】(1)根据题意由零点的定义，结合导函数的解析式，由角的取值范围即可得到导函数的正负，利用零点存在性定理即可得出代入数值计算出结论，由此即可得证出结论。
(2)由已知条件即可得到不等式，构造函数结合导函数的性质即可得到函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值，由此即可求出a的取值范围。
22．【答案】（1）解：
函数的定义域为 ， ，
当 时， ， ，当且仅当 时， ，
在 单调递增；
当 时， 或 ，
， 在 ， 单调递增，在 单调递减；
当 时， 或 ， ，
在 ， 单调递增，在 单调递减；
综上所述：当 时， 在 单调递增；
当 时， 在 ， 单调递增，在 单调递减；
当 时， 在 ， 单调递增，在 单调递减
（2）解： ， ，
，
设 ， ，
所以 在 单调递增，
， ，
∴ ， ， ，
当 时， ，当 时， ，
∴ 在 单调递减，在 单调递增，
∴ ， ，
设 ， ，
∴ 在 单调递减，∴ ，∴ 在 成立，
∵ 在 单调递减，在 单调递增， ∴ ，
取 ，设 ，
，
∴ ， ，∴ ， ，
取 ，设
，
∴ ，∴ ，
∴ ， ，∴ ， ，
∴ 在定义域内有两个零点.
【解析】【分析】(1)首先求出函数的定义域，然后对函数求导，结合a的取值范围即可得到导函数的性质，由此即可得到函数的单调性以及单调区间。
(2)根据题意首先化简函数的解析式，再对其求导结合导函数的性质即可得出函数g(x)的单调性，由函数的单调性以及零点的定义即可得到，然后由零点存在性定理结合题意即可得证出结论。
23．【答案】（1）证明：要证 ，
即证 ，
即证 ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，从而
（2）解： ， ，
，
令 ，则 ；令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以 在 上的最大值与最小值分别为3与
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分析法证出不等式 成立。
（2）利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数 在 上的最大值与最小值 。
24．【答案】（1）证明：由题意，函数 ，可得 ，
设 ，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
又因为 ，
所以 在 上有唯一的零点 ，所以命题得证
（2）证明：①由（1）知：当 时， ， 在 上单调递增；
当 时， ， 在 上单调递减；
所以 在 上存在唯一的极大值点 （其中 ），
所以 ，
又因为 ，
所以 在 上恰有一个零点．
又因为 ，
所以 在 上也恰有一个零点．
②当 时， ，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以当 时， 恒成立
所以 在 上没有零点．
③当 时， ，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以当 时， 恒成立
所以 在 上没有零点．
综上， 有且仅有两个零点．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合导数的运算法则，进而求出函数f(x)的导函数，再利用求导的方法判断函数的单调性结合零点存在性定理，进而证出函数 在 上存在唯一零点。
（2） ①由（1）知：当 时， ， 在 上单调递增；当 时， ， 在 上单调递减；进而求出函数 在 上存在唯一的极大值点 （其中 ），从而结合零点存在性定理，进而推出函数 在 上恰有一个零点和函数 在 上也恰有一个零点。
②当 时， ，设 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出当 时的函数的最大值，进而推出 恒成立，再利用零点存在性定理，从而判断出函数 在 上没有零点。
③当 时， ，设 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出当 时函数f(x)的最大值，进而推出 恒成立，再结合零点存在性定理，从而判断出函数 在 上没有零点，进而证出函数 有且仅有两个零点。
25．【答案】（1）解：由题意知： 定义域为 ， ，
二次函数 的判别式 ．
①当 ，即当 时，对任意的 ， ，
单调递增区间为 ，无单调递减区间；
②当 ，即当 时，
由 得： 或 ．
当 或 时， ，
当 时， ，
单调递增区间为 ， ，
单调递减区间为 .
综上得：当 时， 单调递增区间为 ，无单调递减区间；
当 时， 单调递增区间为 ， ，
单调递减区间为
（2）解：由（1）知， ，且 ，
不等式 恒成立等价于 ，即 恒成立，
．
又 ，
所以 ，即 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增， ， ；
即实数m的取值范围为
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合判别式法，从而利用求导的方法判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间。
（2） 由（1）知， ，再结合韦达定理得出 ，所以不等式 恒成立等价于 恒成立，再利用代入法得出 ，再利用代入法得出 ，所以 ，令 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而求出函数的值域，再结合不等式恒成立问题求解方法，进而求出实数m的取值范围。
26．【答案】（1）解：函数f（x）的定义域是（0，+∞），
当α＝1时，f（x）＝﹣x2﹣x+lnx， ＝﹣2x﹣1+ ＝ ，
令 ＞0，解得：0＜x＜ ，令 ＜0，解得：x＞ ，
故f（x）在（0， ）递增，在（ ，+∞）递减，
即f（x）的增区间为 ，减区间为
（2）解：f（x） x（ex αx 2 ）恒成立，
即xex﹣1 lnx+αx 在 （0，+∞） 上恒成立，
即α ex 在 （0，+∞） 上恒成立.
令g（x）＝ex ，则 ，
令h（x）＝x2ex+lnx，则 h′（x）＝2xex+x2ex+ ＞0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＝e＞0，h（ ）＝ 1＜0，
故存在x0∈（ ，1），使得h（x0）＝0，即 ex0+lnx0＝0，
所以x0ex0＝ lnx0＝ ln ＝ln ，
令λ（x）＝xex，x∈（0，+∞），λ′（x）＝（x+1）ex＞0，
所以λ（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x0＝ln ＝ lnx0，
当x∈（0，x0） 时，h（x）＜0，即 g′（x）＜0，故g（x）在（0，x0）上单调递减，
当x∈（x0，+∞） 时，h（x）＞0，即 g′（x）＞0，故 g（x） 在 （x0，+∞）上单调递增，
所以当x＝x0时，g（x）取得极小值，也是最小值，
所以
故α 1，
所以α的取值范围为（﹣∞，1].
【解析】【分析】（1）利用a的值求出函数的解析式，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而求出函数f(x)的单调区间。
（2）利用 f（x） x（ex αx 2 ）恒成立，即α ex 在 （0，+∞） 上恒成立，令g（x）＝ex ，再利用导数的运算法则得出 ，令h（x）＝x2ex+lnx，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出存在x0∈（ ，1），使得 ex0+lnx0＝0，所以x0ex0＝ln ，令λ（x）＝xex，x∈（0，+∞），再利用求导的方法判断函数λ（x）的单调性，所以x0＝ lnx0，再利用分类讨论的方法得出h(x)的正负，进而推出 g′（x）的正负，从而结合求导的方法判断函数g（x）的单调性，进而求出函数g（x）的极小值，从而求出函数g（x）的最小值，再结合不等式恒成立问题求解方法，进而求出实数α的取值范围。
27．【答案】（1）解： ， ，
当 时， ， 在 上递增，
当 时，令 ，得 ，
时， 单调递减，
时， 单调递增；
综上： 时， 在 上递增，无减区间，
当 时， 的单调递减区间为 ，单调递增区间为
（2）解：由（1）知 时， 在 上递增，
而 ，所以 时， ，
此时 不成立，故 ，
由（1）得： .
对任意 ，都有 恒成立，
.
，
当 时 ，当 ， ，
所以 在 上为增函数，在 为减函数，
考虑当 时 ，所以 ，
实数 的取值集合为{1}.
（3）证明：由（2）可得 ，令 ， ，
则 即 ，所以 ，
故 .
由（2）可得 ，令 ， ，
则 即 ，所以 ，
故 .
综上，
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合求导的方法判断函数单调性的方法，进而求出函数 的单调区间。
（2） 由（1）知 时， 在 上为增函数，再利用函数的单调性，从而求出函数的极小值，对任意 ，都有 恒成立，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而推出函数 在 上为增函数，在 为减函数，当 时， ，所以 ，进而求出a的值，从而求出实数 的取值集合。
（3） 由（2）可得 ，令 ， ，则 ，由（2）可得 ，令 ， ，则 ，从而证出不等式 （其中 ， 为自然对数的底数）成立。
28．【答案】（1）解： .
当 时， ， 在 内单调递减.
当 时，由 ，有 .
此时，当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
（2）解：方法一：令 ， .则 .
而当 时， ，所以 在区间 内单调递增.
又由 ，有 ，从而当 时， >0.
当 ， 时， .
故当 在区间 内恒成立时，必有 .
当 时， .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 ，所以当 时， ，即 恒成立.
综上，
方法二：
原不等式等价于 在 上恒成立.
一方面，令
只需 在 上恒大于0即可
又 ，故 在 处必大于等于0.
令 ， ，
可得 .
另一方面，当 时，
故 ，又 ，
故 在 时恒大于0
当 时， 在 单调递增 ，
故 也在 单调递增.
，即 在 上恒大于0.
综上， .
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，结合运用分类讨论思想求解即可；
（2）法一，先构造函数g(x)与s(x)，利用导数s'(x)研究函数s(x)的单调性，从而得函数g(x)的值域，同时利用作差法，结合分类讨论思想求解即可；
法二，先构造函数g(x)，根据化归思想将不等式恒成立问题等价转化为求函数g(x)的最值问题，利用导数研究函数的单调性与最值，结合分类讨论思想求解即可.
29．【答案】（1）解：由 ，得
，由题意知， 在 上存在两个零点.
因为 ，则
当 时， 在 上递增，至多只有一个零点，不合题意；2分当 时，令 ，得 .
（i）若 ，即 时， 在 上递减，在 上.递增，
则 .
当 ，且 ，此时 ，
从而 在 和 上各有一个零点，
所以， 在 上存在两个零点.
(ii)若 ，即 时， 在 上递减，至多只有一个零点，不合题意．
(iii)若 ，且 ，即 时，此时 在 上只有一个零点，而在 上没有零点，不合题意.
综上所述， .
（2）证明：若函数 在 上存在两个零点 ，
即 ，则 ，两式相减可得
要证 ，即证
即
令 ，即
设 ，则
所以 在区间 上单调递增，则
即 ，那么原不等式 成立
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性、极值与最值，结合分类讨论思想求解即可；
（2）根据函数零点的定义，结合化归思想与换元法，将不等式问题等价转化为求函数F(t)的最值，利用导数F'(t)研究函数F(t)的最值求解即可.
30．【答案】（1）解： ， ，
当 时， ，所以 单调递减.
又因为 ， ，
所以 ，有 ，所以 存在一个零点
（2）解：当 时， ， ，
所以 单调递增，
又 ， ，
所以 ，有 ，
且有 时， ， 单调递减；
时， ， 单调递增，
又因为 ， ，
所以 ，有 .
又当 时， ， ，所以 .
所以当 时， ， 单调递减；
时， ， 单调递增，
又 ， ，
所以存在 ，有 ，
当 时， ， ，所以有 ，
当 ，有 .
所以，当 时，函数 有且仅有一个零点
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，结合函数的零点求解即可；
（2）利用导数研究函数的单调性，结合函数零点的存在性定理求解即可.
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第五章 导数解答题综合
一、解答题
1．（2021高三上·临沂月考）设函数f（x）=lnx-x2+x.
（I）求f（x）的单调区间；
（II）求f（x）在区间[ ，e]上的最大值.
2．（2021高三上·赣州期中）已知函数 ，且函数 在 处的切线为 ．
（1）求a，b的值并分析函数 单调性；
（2）若函数 恰有两个零点，求实数m的取值范围．
3．（2021高三上·赣州期中）若 ．
（1）当 ． 时，讨论函数 的单调性；
（2）若 ，且 有两个极值点 ， ，证明 ．
4．（2021高三上·赣州期中）已知函数 .
（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 都有 ，求实数a的取值范围.
5．（2021高三上·赣州期中）已知函数 .
（1）当 时，求 的极值；
（2）讨论 的单调性.
6．（2021高三上·黑龙江期中）已知函数 （ ）.
（1）求函数 的单调区间；
（2）若 在定义域内恒成立，求实数 的取值范围；
（3）证明： （ ， ）.
7．（2021高三上·邢台期中）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）讨论 零点的个数.
8．（2021高三上·邢台期中）已知函数 .
（1）讨论 的单调性.
（2）若 ，且正数 满足 ，证明： .
9．（2021高三上·龙岗期中）设函数 ，其中 .
（1）当 ， 时，求证： ；
（2）若 为 的极值点，且 ， ，求 的值.
10．（2021高三上·海淀期中）已知函数 ，
（1）直接写出曲线 与曲线 的公共点坐标，并求曲线 在公共点处的切线方程；
（2）已知直线 分别交曲线 和 于点 ， .当 时，设 的面积为 ，其中O是坐标原点，求 的最大值.
11．（2021高三上·海淀期中）设函数 ， .
（1）当 时，求函数 的单调增区间；
（2）若函数 在区间 上为减函数，求a的取值范围；
（3）若函数在区间 内存在两个极值点 ， ，且满足 ，请直接写出a的取值范围.
12．（2021高三上·郫都月考）已知函数 ， ．
（1）若函数 在定义域内是单调增函数，求实数 的取值范围；
（2）求证： （其中 ）．
13．（2021高三上·青岛期中）已知函数 ， .
（1）若 ，求 的最大值；
（2）若 ，求证： 有且只有一个零点；
（3）设 且 ，求证： .
14．（2021高三上·临沂月考）已知函数 ， (其中 为自然对数的底数).
（1）若 ，求函数 在区间 上的最大值；
（2）若 ，关于 的方程 有且仅有一个实数解，求实数 的取值范围；
（3）若对任意 ， ，不等式 均成立，求实数 的取值范围.
15．（2021高三上·三门峡期中）设函数 .
（1）当 ， 时，方程 在区间 内有唯一实数解，求实数 的取值范围；
（2） ，若 有极大值 ，极小值 ，求证： .
16．（2021高三上·南阳期中）已知函数 ， .
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若函数 不存在极值点，求证： .
17．（2021高三上·河南月考）已知
（1）当 时，求曲线 在 处的切线方程；
（2）设 ，若当 时， 有三个不同的零点，求实数 的最小值．
18．（2021高三上·南开期中）已知函数 的导数为 ，函数 .
（1）求 ；
（2）求 最小正周期及单调递减区间；
（3）若 ，不是单调函数，求实数 的取值范围.
19．（2021高三上·太原期中）已知函数 .
（1）若 ，讨论 的单调性；
（2）若 恒成立，求实数 的取值范围.
20．（2021高三上·湖南期中）已知函数 .
（1）求函数 的极值；
（2）是否存在实数 ，使得函数 在区间 上的最小值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
21．（2021高三上·湖南期中）已知函数 ， .
（1）讨论 在 内的零点个数.
（2）若存在 ，使得 成立，证明： .
22．（2021高三上·湖北期中）已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）当 时，判断函数 的零点个数.
23．（2021高三上·江西月考）已知函数 ．
（1）证明： ．
（2）求 在 上的最大值与最小值．
24．（2021高三上·苏州期中）已知函数 ， 为 的导函数.
（1）求证： 在 上存在唯一零点；
（2）求证： 有且仅有两个不同的零点.
25．（2021高三上·苏州期中）已知函数 .
（1）求 的单调区间；
（2）若 有两个极值点 ，且不等式 恒成立，求实数m的取值范围.
26．（2021高三上·长春月考）已知函数f（x）＝﹣αx2+（α﹣2）x+lnx.
（1）当α＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若 在当x∈（0，+∞）时恒成立，求实数α的取值范围.
27．（2021高三上·和平期末）已知函数 （其中 为参数）.
（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 ，都有 成立，求实数 的取值集合；
（3）证明： （其中 ， 为自然对数的底数）.
28．（2021高三上·长春月考）设函数 ，其中 .
（1）讨论 的单调性；
（2）求使得 在区间 内恒成立的a的取值范围.
29．（2021高三上·广东月考）已知函数 ( ， 为常数)在 内有两个极值点 ．
（1）求参数 的取值范围；
（2）求证： ．
30．（2021高三上·广东月考）已知函数 ．
（1）当 时，求 的单调性及零点的个数；
（2）当 时，求 的零点的个数.
答案解析部分
1．【答案】解：（I）因为f（x）=lnx-x2+x其中x>0
所以f '（x）= -2x+1=-
所以f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）.
（II）由（I）f（x）在[ ，1]单调递增，在[1，e]上单调递减，
∴f（x）max=f（1）=0.
【解析】【分析】 （I） 根据题意对函数求导，由导函数的几何性质即可求出函数的单调性，由此即可得出函数的单调区间。
（II） 由（I）的结论由函数的单调性即可求出函数的最值，由此即可得出答案。
2．【答案】（1）解：由 得 ，
由题意知 ，
即 ，解得 ，
又 ，而切点 在切线 上，
所以 ，解得 ，
则 ，令 ，得 ，令 ，得 ，
故函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）解：由（1）知 ，
且函数 在 上递减，在 上单调递增，而
因为函数 恰有两个零点，
所以函数 在区间 各有一个零点，
由零点存在性定理得 ，即 ，
解得 ；
∴ ．
【解析】【分析】(1)根据题意对函数求导，把数值代入结合切线的斜率整理化简计算出a的值，再由点在直线上代入到直线的方程计算出b的值，由此得出函数的解析式，然后对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性以及单调区间。
(2)由(1)的结论整理化简即可求出函数g(x)的解析式，再由函数g(x)的单调性以及零点的定义整理得出不m的不等式组，求解出m的取值范围即可。
3．【答案】（1）解：当 时，
，
令 ， 或 ，
当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减
在 上单调递增；
当 时， ，故函数 在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减在 单调递增；
（2）证明：当 时， ．
∵函数 有两个极值点 ，∴方程 有两个根 ，
∴ ，且 ，解得 ，
由题意得
，
令 ，
则 ，∴ 在 上单调递减，∴ ，
∴
【解析】【分析】(1)由已知条件对函数求导，令取出x的取值，结合a的取值范围即可得出导函数的正负，从而得出函数的单调性以及单调区间。
(2)结合极值与方程根之间的关系，利用韦达定理以及二次函数的性质即可求出a的取值范围；然后由已知条件即可得出，构造函数，对其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求出，由此即可得证出结论。
4．【答案】（1）解：函数定义域是 ，
由已知 ，
时， ， 时， ，
所以 单调递增区间 ，单调递减区间
（2）解：因为对任意 都有 ，即 恒成立.
令 ，则 .
令 ，则 在 上单调递增，因为 ，
所以存在 使得 ，
当 时 单调递增，
当 时 单调递减.
所以 ，
由于 ，可得 .则 ，
所以 ，
又 恒成立，所以 .
综上所述实数a的取值范围为
【解析】【分析】(1)根据题意对函数求导，结合x的取值范围即可得出导函数的性质，从而得到函数的单调性，以及单调区间。
(2)由已知条件即可得出不等式，利用分离参数法即可得到恒成立，构造函数结合导函数的性质即可求出函数g(x)的单调性，印花税的单调性即可求出函数g(x)的最值，结合题意整理得到，从而得到a的取值范围。
5．【答案】（1）解：当 时， ，令 得： 或 ，由 ； 或 ，所以 在 上为减函数，在 和 上为增函数，
所以 的极大值为 的极小值为
（2）解： .
由 ，得 与 ，
（ⅰ）当 时，即 恒成立，则函数 在R上单调递增.
（ⅱ）当 时，列表得：
x
+ 0 - 0 +
增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
单调递增区间为 与 单调递减区间为 ；
（ⅲ）当 时，列表得：
x
+ 0 - 0 +
增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
单调递增区间为 与 单调递减区间为 ，
综上所述：（ⅰ）当 ，函数 在R上单调递增.
（ⅱ）当 时， 单调递增区间为 与 单调递减区间为 ；
（ⅲ）当 时， 单调递增区间为 与 单调递减区间为 .
【解析】【分析】(1)首先由a的取值即可得到函数的解析式，再对其求导令求解出x的取值，然后由导函数的性质即可求出函数的单调性，然后由函数的单调性结合极值的定义即可得出答案。
(2)根据题意对函数求导，令求出x的取值，然后对两个根的大小分情况讨论，由此即可得出导函数的性质，进而得到函数的单调性和单调区间。
6．【答案】（1）解：因为 （ ），
所以 的定义域为 ， .
若 ，则 ， 在 上为增函数；
若 ，则 ，
当 时， ，当 时， .
综上，当 时， 的单调递增区间为 ；
当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为
（2）解：由（1）知 时， 在 上是增函数，
而 （2） ， 不成立，故 ，
又由（1）知 的最大值为 ，要使 恒成立，
则 即可，即 ，得
（3）证明：当 时，有 在 恒成立，
且 在 上是减函数， （2） ，
即 在 上恒成立，
令 ，则 ，
即 ，
且 ，
，
即： （ ， ）成立．
【解析】【分析】 (1)由函数f(x)的定义域为(1， +∞) ，而 ，能求出函数 的单调区间；
(2)由(1)知k≤0时， f(x)在(0， +∞)上是增函数，而f(1)=1-k>0，f(x)≤0不成立，故k>0，又由(1)知f(x)的最大值为 ，由此能确定实数k的取值范围；
(3)由(2)知，当k=1时，有f(x)≤0在(0， +∞)恒成立，且f(x)在(1， +∞)上是减函数， f(2) =0，即 在 上恒成立，由此能够证明结论。
7．【答案】（1）解：当 时，
则 ，
所以 ，
又 ，
故曲线 在点 处的切线方程为 ，
即
（2）解：令 ，得 或2.
当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 在 上单调递减.
从而 的极小值为 ，极大值为 .
当 或 时， 只有一个零点，即零点的个数为1；
当 或 时， 有两个零点，即零点的个数为2；
当 时， 有三个零点，即零点的个数为3.
【解析】【分析】 (1)求出切点的坐标，利用导数额几何意义求出切线的斜率，由点斜式即可得到切线的方程；(2) 令 ，得 或2，当 时 ， 当 时 ，分别判断导数的符号，进而得出 在 ，上单调性，进而求出极值，可得 零点的个数.
8．【答案】（1）解： .
当 时， ，则 在 上单调递减，在 上单调递增.
当 时，令 ，得 （ 舍去），
则 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）证明：由 ，且 ，得 ，
整理得 .
令 ，设函数 ，
则 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，即 .
所以 ，解得
【解析】【分析】（1）对 求导，分 ， 两种情况讨论导数的符号，可得 的单调性 ；
（2） 由 已知条件得 ，整理得 ，令 ，设函数 ，求导可得 在 ， 上单调性，进而证得 .
9．【答案】（1）证明：当 时，
， ，故 在 为增函数，
则 ，故 在 为增函数，
所以
（2）解：令 ，易知 ，
，
①当 时， ， 为增函数，
又 ，故 时， ， 时， ，
则 在 单调递减，在 单调递增， 为 的极小值点，不满足题意.
②当 时，令 ，则
当 时， ， 时， ，
故 在 单调递减，在 单调递增.
当 时， ，故 在 单调递增，且 ，
此时 在 单调递增，不存在极值点 ，不合题意.
当 时， ，又 在 单调递减，在 单调递增.
故 ，又因为 ，由（1）可知
故 在 有唯一零点 ，此时 在 单调递减，在 单调递增，且 ，
所以 ，
易得
故 .
综上所述，满足题意的 值为 .
【解析】【分析】（1） 当 时， ，求导，根据导数符号可得 在 的单调性，进而可得 ；
（2） 令 ，易知 ， 求导，分 和 两种情况判断 的符号， 根据导数符号可得 的单调性，进而可得 在 和 上的单调性，进而求出 的值.
10．【答案】（1）解：由 即 可得 ，所以 ，
所以公共点坐标为 ，
因为 ，所以在公共点处切线的斜率为 ，
所以曲线 在公共点处的切线方程为 ，即
（2）解： 的面积为 ，
因为 ，所以 ， ，所以 ，
所以 ，
，
由 即 可得 ；由 即 可得 ；
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
所以当 时， 的最大值为 .
【解析】【分析】 (1)求得f (x)和g (x)的交点，求导，根据导数的几何意义，求得曲线y= f (x )在公共点处的切线方程；
(2)根据三角形的面积公式，表示S (a )的表达式，求导根据导数与函数单调性的关系，即可求得S (a)的最大值.
11．【答案】（1）解：当 时， ，则 ，由 解得： 或 ，
所以函数 的单调增区间是 ， .
（2）解：函数 ，则 ，因函数 在区间 上为减函数，则 ， 成立，
即 ， ，显然 在 上单调递减，即 ， ，则 ，
所以a的取值范围是 .
（3）解：由(2)知， ，因函数 在区间 内存在两个极值点 ， ，则 在区间 内有两个不等根 ， ，
即有 ，解得 ，且有 ，
不妨令 ，则 ，当 或 时， ，当 时， ，
则 在 处取得极大值 ，在 取得极小值 ，显然， ，
由 两边平方得 ，
而 ，即 ，
整理得： ，
把 代入上述不等式并整理得： ，解得 ，
综上得 ，
所以实数a的取值范围是 .
【解析】【分析】 (1)当 ，求得 的解析式，利用导数与函数单调性的关系，即可求得 的单调递增区间；
(2)由题意可知， 在(1， 2)上恒成立，根据题意，分离参数，利用二次函数的性质，即可求得a的取值范围；
(3)由(2)可知，利用韦达定理可得 ，分别求得f(x1)+ f(x2)和f(x1)- f(x2)，代入，即可求得a取值范围.
12．【答案】（1）解： 在定义域为 ，且 ，
由 在定义域内是单调增函数，故 在 上恒成立，
∴ 在 上恒成立， 在 上恒成立
令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增，
∴ ，故
（2）证明解：由（1）知：当 时， 在 上是单调增函数，
且当 时， ，即 ， ，
用 替换 得 ，
当 ，时， ，
将上面不等式相加得 ，即 得证.
【解析】【分析】(1)依题意，问题可转化为 在 上恒成立，即 ，由此可得解；
(2)由(1)可得， ， ，然后累加即可得证.
13．【答案】（1）解：由题知：若 ， ，其定义域为 ，
所以 ，
由 ，得 ，
所以当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以
（2）证明：由题知： ，
由（1）知， 在 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，
当 时， ，
则 在 无零点，
当 时， ，
又因为 且 ，
所以 在 上有且只有一个零点，
所以， 有且只有一个零点.
（3）证明：因为 等价于 ，
由（1）知：若 ， ，且 在 上单调递增，在 上单调递减，
且 ，所以 ， ，即 ，
令 ， ，
所以 ，
，
，
所以 在 上单调递增， ，
所以 ， ，
又因为 且 ，
所以 ，
又因为 ， ，且 在 上单调递减，
所以 ，即 .
【解析】【分析】(1)由a的取值即可得出函数的解析式，然后对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，结合函数的单调性即可求出函数的最值。
(2)由(1)的结论结合函数的单调性以及零点的定义，对x分情况讨论，即可求出函数零点的个数。
(3)由已知条件即可得出，然后由(1)的结论结合函数的单调性，即可得出再令，对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性整理得出，求解出从而得出答案。
14．【答案】（1）解：当 时， ， 故 在 上单调递减， 上单调递增， 当 时， ， 当 时， ， 故在区间 上
（2）解：当 时， 关于 的方程为 有且仅有一个实根， 则 有且仅有一个实根， 设 ，则 ，
因此 在 和 上单调递减， 在 上单调递增， ， 如图所示， 实数 的取值范围是 ．
（3）解：不妨设 ，则 恒成立．
因此 恒成立， 即 恒成立，
且 恒成立， 因此 和 均在 上单调递增，
设 ，
则 在上 上恒成立， 因此 在 上恒成立因此 ，而 在 上单调递减， 因此 时， ．由 在 上恒成立， 因此 在 上恒成立， 因此 ，设 ，则 ．当 时， ， 因此 在 内单调递减， 在 内单调递增，因此 ．综上述， ．
【解析】【分析】(1)根据题意对函数求导，由对函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值。
(2)由已知条件即可得出 有且仅有一个实根 ，构造函数对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由此即可得出k的取值范围。
(3)根据题意由已知条件即可得出不等式 恒成立，即 恒成立， 即 和 均在 上单调递增， 构造函数，对其求导结合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求出函数的最值由此即可得出，由此即可得出a的取值范围 。
15．【答案】（1）解：当 ， 时， ，所以 ，又 ，所以 ，
所以，要使方程 在区间 内有唯一实数解，只需 在区间 内有唯一实数解，
令 ，则 ，
由 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 在 上是增函数，在 上是减函数.
， ， ，所以 或
（2）证明： ， ，
若 有极大值 ，极小值 ，
则 在 上有两个不等实数根，
所以 ，又 ，所以 ，①
设 有极大点为 ，极小值点为 ，则 ， ，
所以
，
由①得 ， ，所以 ，
所以
【解析】【分析】 (1)由题意代入a， b，得函数解析式，得出关于p的函数，再求函数的最值即可判断；
(2)求出函数的极值，再求M十m的最值即可.
16．【答案】（1）解：当 时， ，
则
令 得： 或
令 得：
所以 的单调增区间是 和 ，单调减区间是
（2）解： ，因为函数 无极值点，
故 无变号零点，
令 ，则 ，
当 时，恒有 ，
当 时，显然 是单调增加的，
又因为 ， ，故 ，使得 ，即 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，则 ，
所以 ，即 ，又
可得 ，
又因为 ，
所以
故
【解析】【分析】(1)求出a = 1时f (x)和f' (x)，利用导数的正负确定函数的单调性即可；
(2)将问题转化为方程 无实数根，令 ，利用导数研究函数g (x)的单调性以及g (x)的取值情况，由此分析证明即可.
17．【答案】（1）解：因为 时， ，所以 ， ，
又 ，所以切线方程为 ，
即所求的切线方程为
（2）解：∵ ，
所以 ，令 ，则 ，
因为 ，由 ，得 ；由 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
①当 ，即 时， ，
因为 且 在 上单调递增，
所以 ，又 ．
所以 ，使得 ，
又 在 上单调递减，
所以当 时， ，当 时， ，当 时 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以函数 最多有一个零点，不合题意；
②当 ，即 时， ，此时 在 上恒成立，
则 在 上单调递增，
所以 在 上最多有一个零点，不合题意；
③当 ，即 时， ，
因为 且 在 上单调递减，
所以 ，因为当 时，易证得 ，
所以 ，易证 ，
所以 ，使得 ， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
由 ，所以要使 有三个零点，必有 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
又因为 ，令 ，则 ，
因为当 时， ，所以函数 在区间 上单调递增，
所以 ，即 ．
【解析】【分析】（1）由题可得 ，再利用导数的几何意义即可求出曲线 在 处的切线方程；
（2）由题可得 ，分类讨论， 当 时， 利用导函数可得函数最多有一个零点，当 时，最多有一个零点，当 时，利用导数可得 ， ，再利用导数求最值即可求出实数 的最小值．
18．【答案】（1）解：依题意，
（2）解：由(1)知， ，
则 的最小正周期为 ，
由 ， 得： ， ，
所以 的单调递减区间为 ，
（3）解：由(2)知， ， ，
当 时， ，则 ，即 ，
当 在 上单调时，则对 ， 或 成立，
由 ， 得： ， ，则 ，
由 ， 得： ， ，则 ，
因此，当 在 上单调时， 或 ，
于是得 不是单调函数时， ，
所以实数 的取值范围是
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合导数的运算法则，从而求出函数f(x)的导函数。
（2） 由(1)结合 和二倍角的正弦公式和余弦公式，再利用辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而求出正弦型函数g(x)的最小正周期，再利用换元法将正弦型函数转化为正弦函数，再利用正弦函数的图象，从而判断出正弦型函数的单调性，进而求出正弦型函数 的单调递减区间。
（3） 由(2)结合 知， ， 再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合不等式恒成立问题求解方法，再利用已知条件 不是单调函数，从而求出实数 的取值范围。
19．【答案】（1）解：当 时， ，
所以 ，
令 ，则 ，
所以当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，即 ，
所以函数 为 上的单调递减函数
（2）解：若 恒成立，即 恒成立，
显然，当 时成立，
当 时，不等式等价于 恒成立，
令 ，则 ，
当 时，得 或 ，即函数 在 和 上单调递增，
当 时，得 ，即函数 在 上单调递减，
由于 时， 由正数趋近于 ，当 时，
所以函数 的草图如图，
所以 恒成立，只需
所以实数 的取值范围是
【解析】【分析】（1）利用a的值求出函数的解析式，再利用求导的方法判断出函数的单调性，从而讨论出函数的单调性。
（2） 若 恒成立，即 恒成立，显然，当 时成立，当 时，不等式等价于 恒成立，令 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合函数求极限的方法，从而画出函数 的图象，所以 恒成立，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而求出实数 的取值范围。
20．【答案】（1）解：函数 定义域为 ， ，其中 ，
由 ，得 ；由 ，得 .
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
所以，函数 的极小值为 ，无极大值
（2）解：①当 时，即 时，函数 在 上为增函数，
故函数 的最小值为 ，显然 ，故不满足条件；
②当 时，即 时，函数 在 上为减函数，在 上为增函数，
故函数 的最小值为 ，
令 ， ，则 ，
其导函数 ，可知 在 单调递增，
因为 ，有 ，可得 不符合题意；
③当 时，即 时，函数 在 上为减函数，
故函数 的最小值为 ，由 ，得 满足条件.
综上所述：存在 符合题意
【解析】【分析】(1)首先求出函数的定义域，再对其求导结合导函数的性质即可得出函数f(x)的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值结合极值的定义即可得出答案。
(2)由a的取值范围即可得到函数的单调性，由函数的单调性即可得到函数的最值，令结合导函数的性质即可得到函数g(x)的单调性，由此得到函数f(x)的最小值，验证即可得证出结论。
21．【答案】（1）解：当 时， ， ，此时函数 无零点；
当 时， ，
令 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 单调递减，所以， ，
所以，对任意的 ， ，则 ，
所以，函数 在 上为减函数，
因为 ， ，
所以，函数 在 上只有一个零点.
综上所述，函数 在 上只有一个零点
（2）解：由 得 ，
令 ， ， ，
令 ，则 ，
当 时， ，所以，函数 在 上单调递增，
当 时， ，此时 ，则函数 在 上单调递增，
当 时， ，则函数 在 上单调递减，
因为 ， ，
所以，存在 ，使得 ，
变形可得 ，
当 时， ，当 时， .
所以，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
，其中 ，
对于函数 ， ， ，
所以 在 递减，则 ，
故 ，所以 成立.
【解析】【分析】(1)根据题意由零点的定义，结合导函数的解析式，由角的取值范围即可得到导函数的正负，利用零点存在性定理即可得出代入数值计算出结论，由此即可得证出结论。
(2)由已知条件即可得到不等式，构造函数结合导函数的性质即可得到函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值，由此即可求出a的取值范围。
22．【答案】（1）解：
函数的定义域为 ， ，
当 时， ， ，当且仅当 时， ，
在 单调递增；
当 时， 或 ，
， 在 ， 单调递增，在 单调递减；
当 时， 或 ， ，
在 ， 单调递增，在 单调递减；
综上所述：当 时， 在 单调递增；
当 时， 在 ， 单调递增，在 单调递减；
当 时， 在 ， 单调递增，在 单调递减
（2）解： ， ，
，
设 ， ，
所以 在 单调递增，
， ，
∴ ， ， ，
当 时， ，当 时， ，
∴ 在 单调递减，在 单调递增，
∴ ， ，
设 ， ，
∴ 在 单调递减，∴ ，∴ 在 成立，
∵ 在 单调递减，在 单调递增， ∴ ，
取 ，设 ，
，
∴ ， ，∴ ， ，
取 ，设
，
∴ ，∴ ，
∴ ， ，∴ ， ，
∴ 在定义域内有两个零点.
【解析】【分析】(1)首先求出函数的定义域，然后对函数求导，结合a的取值范围即可得到导函数的性质，由此即可得到函数的单调性以及单调区间。
(2)根据题意首先化简函数的解析式，再对其求导结合导函数的性质即可得出函数g(x)的单调性，由函数的单调性以及零点的定义即可得到，然后由零点存在性定理结合题意即可得证出结论。
23．【答案】（1）证明：要证 ，
即证 ，
即证 ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，从而
（2）解： ， ，
，
令 ，则 ；令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以 在 上的最大值与最小值分别为3与
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分析法证出不等式 成立。
（2）利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数 在 上的最大值与最小值 。
24．【答案】（1）证明：由题意，函数 ，可得 ，
设 ，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
又因为 ，
所以 在 上有唯一的零点 ，所以命题得证
（2）证明：①由（1）知：当 时， ， 在 上单调递增；
当 时， ， 在 上单调递减；
所以 在 上存在唯一的极大值点 （其中 ），
所以 ，
又因为 ，
所以 在 上恰有一个零点．
又因为 ，
所以 在 上也恰有一个零点．
②当 时， ，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以当 时， 恒成立
所以 在 上没有零点．
③当 时， ，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以当 时， 恒成立
所以 在 上没有零点．
综上， 有且仅有两个零点．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合导数的运算法则，进而求出函数f(x)的导函数，再利用求导的方法判断函数的单调性结合零点存在性定理，进而证出函数 在 上存在唯一零点。
（2） ①由（1）知：当 时， ， 在 上单调递增；当 时， ， 在 上单调递减；进而求出函数 在 上存在唯一的极大值点 （其中 ），从而结合零点存在性定理，进而推出函数 在 上恰有一个零点和函数 在 上也恰有一个零点。
②当 时， ，设 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出当 时的函数的最大值，进而推出 恒成立，再利用零点存在性定理，从而判断出函数 在 上没有零点。
③当 时， ，设 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出当 时函数f(x)的最大值，进而推出 恒成立，再结合零点存在性定理，从而判断出函数 在 上没有零点，进而证出函数 有且仅有两个零点。
25．【答案】（1）解：由题意知： 定义域为 ， ，
二次函数 的判别式 ．
①当 ，即当 时，对任意的 ， ，
单调递增区间为 ，无单调递减区间；
②当 ，即当 时，
由 得： 或 ．
当 或 时， ，
当 时， ，
单调递增区间为 ， ，
单调递减区间为 .
综上得：当 时， 单调递增区间为 ，无单调递减区间；
当 时， 单调递增区间为 ， ，
单调递减区间为
（2）解：由（1）知， ，且 ，
不等式 恒成立等价于 ，即 恒成立，
．
又 ，
所以 ，即 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增， ， ；
即实数m的取值范围为
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合判别式法，从而利用求导的方法判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间。
（2） 由（1）知， ，再结合韦达定理得出 ，所以不等式 恒成立等价于 恒成立，再利用代入法得出 ，再利用代入法得出 ，所以 ，令 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而求出函数的值域，再结合不等式恒成立问题求解方法，进而求出实数m的取值范围。
26．【答案】（1）解：函数f（x）的定义域是（0，+∞），
当α＝1时，f（x）＝﹣x2﹣x+lnx， ＝﹣2x﹣1+ ＝ ，
令 ＞0，解得：0＜x＜ ，令 ＜0，解得：x＞ ，
故f（x）在（0， ）递增，在（ ，+∞）递减，
即f（x）的增区间为 ，减区间为
（2）解：f（x） x（ex αx 2 ）恒成立，
即xex﹣1 lnx+αx 在 （0，+∞） 上恒成立，
即α ex 在 （0，+∞） 上恒成立.
令g（x）＝ex ，则 ，
令h（x）＝x2ex+lnx，则 h′（x）＝2xex+x2ex+ ＞0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＝e＞0，h（ ）＝ 1＜0，
故存在x0∈（ ，1），使得h（x0）＝0，即 ex0+lnx0＝0，
所以x0ex0＝ lnx0＝ ln ＝ln ，
令λ（x）＝xex，x∈（0，+∞），λ′（x）＝（x+1）ex＞0，
所以λ（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x0＝ln ＝ lnx0，
当x∈（0，x0） 时，h（x）＜0，即 g′（x）＜0，故g（x）在（0，x0）上单调递减，
当x∈（x0，+∞） 时，h（x）＞0，即 g′（x）＞0，故 g（x） 在 （x0，+∞）上单调递增，
所以当x＝x0时，g（x）取得极小值，也是最小值，
所以
故α 1，
所以α的取值范围为（﹣∞，1].
【解析】【分析】（1）利用a的值求出函数的解析式，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而求出函数f(x)的单调区间。
（2）利用 f（x） x（ex αx 2 ）恒成立，即α ex 在 （0，+∞） 上恒成立，令g（x）＝ex ，再利用导数的运算法则得出 ，令h（x）＝x2ex+lnx，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出存在x0∈（ ，1），使得 ex0+lnx0＝0，所以x0ex0＝ln ，令λ（x）＝xex，x∈（0，+∞），再利用求导的方法判断函数λ（x）的单调性，所以x0＝ lnx0，再利用分类讨论的方法得出h(x)的正负，进而推出 g′（x）的正负，从而结合求导的方法判断函数g（x）的单调性，进而求出函数g（x）的极小值，从而求出函数g（x）的最小值，再结合不等式恒成立问题求解方法，进而求出实数α的取值范围。
27．【答案】（1）解： ， ，
当 时， ， 在 上递增，
当 时，令 ，得 ，
时， 单调递减，
时， 单调递增；
综上： 时， 在 上递增，无减区间，
当 时， 的单调递减区间为 ，单调递增区间为
（2）解：由（1）知 时， 在 上递增，
而 ，所以 时， ，
此时 不成立，故 ，
由（1）得： .
对任意 ，都有 恒成立，
.
，
当 时 ，当 ， ，
所以 在 上为增函数，在 为减函数，
考虑当 时 ，所以 ，
实数 的取值集合为{1}.
（3）证明：由（2）可得 ，令 ， ，
则 即 ，所以 ，
故 .
由（2）可得 ，令 ， ，
则 即 ，所以 ，
故 .
综上，
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合求导的方法判断函数单调性的方法，进而求出函数 的单调区间。
（2） 由（1）知 时， 在 上为增函数，再利用函数的单调性，从而求出函数的极小值，对任意 ，都有 恒成立，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出 ，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而推出函数 在 上为增函数，在 为减函数，当 时， ，所以 ，进而求出a的值，从而求出实数 的取值集合。
（3） 由（2）可得 ，令 ， ，则 ，由（2）可得 ，令 ， ，则 ，从而证出不等式 （其中 ， 为自然对数的底数）成立。
28．【答案】（1）解： .
当 时， ， 在 内单调递减.
当 时，由 ，有 .
此时，当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
（2）解：方法一：令 ， .则 .
而当 时， ，所以 在区间 内单调递增.
又由 ，有 ，从而当 时， >0.
当 ， 时， .
故当 在区间 内恒成立时，必有 .
当 时， .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 ，所以当 时， ，即 恒成立.
综上，
方法二：
原不等式等价于 在 上恒成立.
一方面，令
只需 在 上恒大于0即可
又 ，故 在 处必大于等于0.
令 ， ，
可得 .
另一方面，当 时，
故 ，又 ，
故 在 时恒大于0
当 时， 在 单调递增 ，
故 也在 单调递增.
，即 在 上恒大于0.
综上， .
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，结合运用分类讨论思想求解即可；
（2）法一，先构造函数g(x)与s(x)，利用导数s'(x)研究函数s(x)的单调性，从而得函数g(x)的值域，同时利用作差法，结合分类讨论思想求解即可；
法二，先构造函数g(x)，根据化归思想将不等式恒成立问题等价转化为求函数g(x)的最值问题，利用导数研究函数的单调性与最值，结合分类讨论思想求解即可.
29．【答案】（1）解：由 ，得
，由题意知， 在 上存在两个零点.
因为 ，则
当 时， 在 上递增，至多只有一个零点，不合题意；2分当 时，令 ，得 .
（i）若 ，即 时， 在 上递减，在 上.递增，
则 .
当 ，且 ，此时 ，
从而 在 和 上各有一个零点，
所以， 在 上存在两个零点.
(ii)若 ，即 时， 在 上递减，至多只有一个零点，不合题意．
(iii)若 ，且 ，即 时，此时 在 上只有一个零点，而在 上没有零点，不合题意.
综上所述， .
（2）证明：若函数 在 上存在两个零点 ，
即 ，则 ，两式相减可得
要证 ，即证
即
令 ，即
设 ，则
所以 在区间 上单调递增，则
即 ，那么原不等式 成立
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性、极值与最值，结合分类讨论思想求解即可；
（2）根据函数零点的定义，结合化归思想与换元法，将不等式问题等价转化为求函数F(t)的最值，利用导数F'(t)研究函数F(t)的最值求解即可.
30．【答案】（1）解： ， ，
当 时， ，所以 单调递减.
又因为 ， ，
所以 ，有 ，所以 存在一个零点
（2）解：当 时， ， ，
所以 单调递增，
又 ， ，
所以 ，有 ，
且有 时， ， 单调递减；
时， ， 单调递增，
又因为 ， ，
所以 ，有 .
又当 时， ， ，所以 .
所以当 时， ， 单调递减；
时， ， 单调递增，
又 ， ，
所以存在 ，有 ，
当 时， ， ，所以有 ，
当 ，有 .
所以，当 时，函数 有且仅有一个零点
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，结合函数的零点求解即可；
（2）利用导数研究函数的单调性，结合函数零点的存在性定理求解即可.
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