02卷第三章　导数及其应用《真题模拟卷》－2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考专用）(解析版)_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料_第03章　导数及其应用

02卷 第三章 导数及其应用《真题模拟卷》 －2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考专用） 第I卷（选择题） 一、单选题 1．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． 【答案】C 【分析】 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． 2．设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a= A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【详解】 D 试题分析：根据导数的几何意义，即f′（x）表示曲线f（x）在x=x 处的切线斜率，再代入计算． 0 0 解： ， ∴y′（0）=a﹣1=2， ∴a=3． 故答案选D． 考点：利用导数研究曲线上某点切线方程． 3．已知命题 对任意 ，总有 ； 是方程 的根 则下列命题为真命题的是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 由绝对值的意义可知命题p为真命题；由于 ，所以命题q为假命题；因此 为假命题， 为真 命题，“且”字联结的命题只有当两命题都真时才是真命题，所以答案选A． 4．函数 的图像大致为A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 分析：根据函数图象的特殊点，利用函数的导数研究函数的单调性，由排除法可得结果. 详解：函数过定点 ，排除 ， 求得函数的导数 ， 由 得 ， 得 或 ，此时函数单调递增，排除 ，故选D. 点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题 方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方 面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及 时 函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除. 5．已知函数 有唯一零点，则A． B． C． D．1 【答案】C 【详解】 因为 ，设 ，则 ，因为 ，所以函数 为偶函数，若函数 有唯一零 点，则函数 有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当 时， 才满足题意，即 是函数 的唯一零点，所以 ，解得 .故选：C. 【点睛】 利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法： （1）利用零点存在性定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 6．若函数 在区间 上单调递增，则实数 的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 试题分析： ，∵函数 在区间 单调递增，∴ 在区间 上 恒成立．∴ ，而 在区间 上单调递减，∴ ．∴ 的取值范围是 ．故选D． 考点：利用导数研究函数的单调性.7．若函数 有极值点 ，且 ，则关于 的方程 的不同实根个数是 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【详解】 ， 是方程 的两根，由 ，则又两个 使得等式成立， ，当 ，其函数图象如下： 如图则有3个交点，当 ，其函数图象如下： 以上两种情况都有三个交点，故选A. 【考点定位】考查函数零点的概念，分类讨论的思想，以及对嵌套型函数的理解.8．已知函数 连续，则常数 的值是 A．２ B．３ C．４ D．５ 【答案】B 【详解】 由题得 ，故选择B. 9．已知 ，其中 ，则 的值为 A． 6 B． C． D． 【答案】D 【详解】 ． 10．已知m∈N*，a，b∈R，若 ，则a·b= A．-m B．m C．-1 D．1 【答案】A 【解析】 易知 ，由洛必达法则有 ，所以 ． 第II卷（非选择题）二、填空题 11．函数 在其极值点处的切线方程为____________. 【答案】 【解析】 ，令 ，此时 函数 在其极值点处的切线方程为 考点：：导数的几何意义. 12．若曲线 存在垂直于 轴的切线，则实数 的取值范围是_________ 【答案】 【解析】 由题意该函数的定义域 ，由 ．因为存在垂直于 轴的切线，故此时斜率为 ，问题 转化为 范围内导函数 存在零点． 解法1 （图像法）再将之转化为 与 存在交点．当 不符合题意，当 时， 如图1，数形结合可得显然没有交点，当 如图2，此时正好有一个交点，故有 应填 .解法2 （分离变量法）上述也可等价于方程 在 内有解，显然可得 13．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__________． 【答案】 . 【详解】 分析：先结合三次函数图象确定在 上有且仅有一个零点的条件，求出参数a,再根据单调性确定函 数最值，即得结果. 详解：由 得 ，因为函数 在 上有且仅有一个零点且 ，所以 ，因此 从而函数 在 上单调递增， 在 上单调递减，所以 ， 点睛：对于函数零点个数问题，可利用函数的单调性、草图确定其中参数取值条件．从图象的最高点、最 低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等． 14．曲线 在点（1，2）处的切线方程为______________． 【答案】 【详解】 设 ，则 ，所以 ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ． 点睛:求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出斜率， 其求法为：设 是曲线 上的一点，则以 为切点的切线方程是 ．若曲线 在点 处的切线平行于 轴（即导数不存 在）时，由切线定义知，切线方程为 ． 15．已知函数 ，其中e是自然数对数的底数，若 ，则实数a的 取值范围是_________． 【答案】 【详解】 因为 ，所以函数 是奇函数， 因为 ，所以数 在 上单调递增， 又 ，即 ，所以 ，即 ，解得 ，故实数 的取值范围为 ． 点睛:解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为 的形式，然后根据函 数 的单调性去掉“ ”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意 与 的取值应在函数 的定义域内． 16．设 ，其中 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________. （写出所有正确条件的编号） ① ；② ；③ ；④ ；⑤ . 【答案】1，3，4，5 【详解】 令 ，求导得 ，当 时， ，所以 单调递增，且至少存 在一个数使 ，至少存在一个数使 ，所以 必有一个零点，即方程 仅有一根，故④⑤正确；当 时，若 ，则 ，易 知， 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ， ，要使方程仅有一根，则 或者 ，解得 或 ，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤. 考点：1函数零点与方程的根之间的关系；2.函数的单调性及其极值. 17．已知 为双曲线 的左焦点， 为 上的点，若 的长等于虚轴长的 倍，点在线段 上，则 的周长为________. 【答案】44 【详解】 由题意因为PQ过双曲线的右焦点(5，0)， 所以P，Q都在双曲线的右支上， 则有 ， 两式相加，利用双曲线的定义得 ， 所以△PQF的周长为 =28＋16＝44. 故答案为44. 18．设a，b∈R，若x≥0时恒有0≤x4﹣x3+ax+b≤（x2﹣1）2，则ab等于___________． 【答案】﹣1 【详解】 验证发现， 当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b≤0，所以a+b=0， 当x=0时，可得0≤b≤1，结合a+b=0可得﹣1≤a≤0 令f（x）=x4﹣x3+ax+b，即f（1）=a+b=0 又f′（x）=4x3﹣3x2+a，f′′（x）=12x2﹣6x， 令f′′（x）＞0，可得x＞ ，则f′（x）=4x3﹣3x2+a在[0， ]上减，在[ ，+∞）上增 又﹣1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0 又x≥0时恒有0≤x4﹣x3+ax+b，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4﹣x3+ax+b的极小值点，也是最 小值点 故有f′（1）=1+a=0，由此得a=﹣1，b=1 故ab=﹣1 故答案为﹣1 三、解答题 19．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0，求a的取值范围. 【答案】(1) f(x)在 上单调递减，在区间 上单调递增. 【分析】 (1)求f(x)的导函数为f′(x)＝(2ex＋a)(ex－a)，通过讨论a，求函数的单调区间即可. (2)因为f(x)≥0，所以即求 f(x)的最小值大于等于0，由第(1)的结果求的f(x)的最小值，解关于a的不等式即可求出a的范围. 【详解】 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0. f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a). ①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln . 当x∈ 时，f′(x)<0； 当x∈ 时，f′(x)>0. 故f(x)在 上单调递减，在区间 上单调递增. (2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立. ②若a<0，则由(1)得，当x＝ln 时，f(x)取得最小值，最小值为f ＝a2 ， 故当且仅当a2 ≥0， 即0>a≥ 时，f(x)≥0. 综上a的取值范围是[ ，0]. 【点睛】 本题考查利用导数求函数的单调区间，考查函数的恒成立问题，同时考查了分类讨论的思想和学生的计算能力，属于中档题. 20．设函数 ， 为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； （2）若a≠b，b=c，且f（x）和 的零点均在集合 中，求f（x）的极小值； （3）若 ，且f（x）的极大值为M，求证:M≤ ． 【答案】（1） ； （2） 的极小值为 （3）见解析. 【分析】 （1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值； （2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极 小值. （3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式： 解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式； 解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值， 因为 ，所以 ． 当 时， ． 令 ，则 ． 令 ，得 ．列表如下： + 0 –极大值 所以当 时， 取得极大值，且是最大值，故 ． 所以当 时， ，因此 ． 【详解】 （1）因为 ，所以 ． 因为 ，所以 ，解得 ． （2）因为 ， 所以 ， 从而 ．令 ，得 或 ． 因为 ，都在集合 中，且 ， 所以 ． 此时 ， ． 令 ，得 或 ．列表如下： 1 + 0 – 0 + 极大值 极小值 所以 的极小值为 ．（3）因为 ，所以 ， ． 因为 ，所以 ， 则 有2个不同的零点，设为 ． 由 ，得 ． 列表如下： + 0 – 0 + 极大值 极小值 所以 的极大值 ． 解法一： ．因此 ． 解法二： 因为 ，所以 ．当 时， ． 令 ，则 ． 令 ，得 ．列表如下： + 0 – 极大值 所以当 时， 取得极大值，且是最大值，故 ． 所以当 时， ，因此 ． 【点睛】 本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力． 21．已知函数 . （Ⅰ）求曲线 的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当 时，求证： ； （Ⅲ）设 ，记 在区间 上的最大值为M（a），当M（a）最小 时，求a的值． 【答案】（Ⅰ） 和 . （Ⅱ）见解析； （Ⅲ） .【分析】 (Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程； (Ⅱ)由题意分别证得 和 即可证得题中的结论； (Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值. 【详解】 （Ⅰ） ，令 得 或者 . 当 时， ，此时切线方程为 ，即 ； 当 时， ，此时切线方程为 ，即 ； 综上可得所求切线方程为 和 . （Ⅱ）设 ， ，令 得 或者 ， 所以当 时， ， 为增函数；当 时， ， 为减函数；当 时， ， 为增函数； 而 ，所以 ，即 ； 同理令 ，可求其最小值为 ，所以 ，即 ， 综上可得 . （Ⅲ）由（Ⅱ）知 ，所以 是 中的较大者， 若 ，即 时， ； 若 ，即 时， ； 所以当 最小时， ，此时 . 【点睛】 本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知 识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 22．已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）当 时，记 在区间 的最大值为 ，最小值为 ，求 的取值范围. 【答案】(1)见详解；(2) . 【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) 讨论 的范围，利用函数单调性进行最 大值和最小值的判断，最终求得 的取值范围. 【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 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 . 所以 ，设函数 ，求导 当 时 从而 单调递减.而 ，所以 .即 的取值范围是 . 若 ， 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 . 所以 ，而 ，所以 .即 的 取值范围是 . 综上得 的取值范围是 . 【点睛】 (1)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. 23．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. 【答案】(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． 24．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】（I） 在 内单调递增.； （II）（i）见解析；（ii）见解析. 【分析】 （I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果； （II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果； （ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果. 【详解】 （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 内有唯一零点， 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 ， 【点睛】 本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、 化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 25．已知实数 ，设函数 （1）当 时，求函数 的单调区间； （2）对任意 均有 求 的取值范围. 注： 为自然对数的底数. 【答案】（1） 的单调递增区间是 ,单调递减区间是 ；（2） . 【分析】 (1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可. (2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可. 【详解】 (1)当 时， ，函数的定义域为 ，且： ， 因此函数 的单调递增区间是 ,单调递减区间是 .(2)由 ，得 ， 当 时， ，等价于 ， 令 ，则 ， 设 ， ， 则 ， （i）当 时， ， 则 ， 记 ， 则 列表讨论： x （ ） 1 （1，+∞） p′（x） ﹣ 0 + P（x） p（ ） 单调递减 极小值p（1） 单调递增 （ii）当 时， ，令 ， 则 ， 故 在 上单调递增， ， 由（i）得 ， ， 由（i）（ii）知对任意 ， 即对任意 ，均有 ， 综上所述，所求的a的取值范围是 ． 【点睛】 导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用 的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导 数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中 的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 26．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）见详解；（2）见详解 【分析】（1）先对函数 求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一 ，使得 ，进而可得判断函数 的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立； （2）先由（1）的结果，得到 ， ，得到 在 内 存在唯一实根，记作 ，再求出 ，即可结合题意，说明结论成立. 【详解】 （1）由题意可得， 的定义域为 ， 由 ， 得 ， 显然 单调递增； 又 ， ， 故存在唯一 ，使得 ； 又当 时， ，函数 单调递增；当 时， ，函数 单调递减； 因此， 存在唯一的极值点； （2）由（1）知， ，又 ， 所以 在 内存在唯一实根，记作 . 由 得 ，又 ， 故 是方程 在 内的唯一实根； 综上， 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 【点睛】 本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值、以及函数零点 的问题，属于常考题型. 27．已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2） . 【分析】 （1）求导得到导函数后，设为 进行再次求导，可判断出当 时， ，当 时， ，从而得到 单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证 得结论；（2）构造函数 ，通过二次求导可判断出 ， ；分别在 ， ， 和 的情况下根据 导函数的符号判断 单调性，从而确定 恒成立时 的取值范围. 【详解】 （1）令 ，则 当 时，令 ，解得： 当 时， ；当 时， 在 上单调递增；在 上单调递减 又 ， ， 即当 时， ，此时 无零点，即 无零点 ，使得 又 在 上单调递减 为 ，即 在 上的唯一零点 综上所述： 在区间 存在唯一零点 （2）若 时， ，即 恒成立 令 则 ， 由（1）可知， 在 上单调递增；在 上单调递减 且 ， ， ，①当 时， ，即 在 上恒成立 在 上单调递增 ，即 ，此时 恒成立 ②当 时， ， ， ，使得 在 上单调递增，在 上单调递减 又 ， 在 上恒成立，即 恒成立 ③当 时， ， ，使得 在 上单调递减，在 上单调递增 时， ，可知 不恒成立 ④当 时， 在 上单调递减 可知 不恒成立 综上所述：【点睛】 本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成 立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过 导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值. 28． 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x 是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x，ln x)处的切线也是曲线 的切线. 0 0 0 【答案】（1）函数 在 和 上是单调增函数，证明见解析； （2）证明见解析. 【分析】 （1）对函数 求导，结合定义域，判断函数的单调性； （2）先求出曲线 在 处的切线 ，然后求出当曲线 切线的斜率与 斜率相等时， 证明曲线 切线 在纵轴上的截距与 在纵轴的截距相等即可. 【详解】 （1）函数 的定义域为 ， ，因为函数 的定义域为 ，所以 ，因 此函数 在 和 上是单调增函数； 当 ，时， ，而 ，显然当 ，函数 有零 点，而函数 在 上单调递增，故当 时，函数 有唯一的零点；当 时， ， 因为 ，所以函数 在 必有一零点，而函数 在 上是单调递增，故当 时，函数 有唯一的零点 综上所述，函数 的定义域 内有2个零点； （2）因为 是 的一个零点，所以 ，所以曲线 在 处的切线 的斜率 ，故曲线 在 处的切线 的方程为： 而 ，所以 的方程为 ，它在纵轴的截距为 . 设曲线 的切点为 ，过切点为 切线 ， ，所以在 处的 切线 的斜率为 ，因此切线 的方程为 ， 当切线 的斜率 等于直线 的斜率 时，即 ， 切线 在纵轴的截距为 ，而 ，所以 ，直线 的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线 重合，故曲线在 处的切线也是曲线 的切线. 【点睛】 本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 29．已知函数 ， 为 的导数．证明： （1） 在区间 存在唯一极大值点； （2） 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】 （1）求得导函数后，可判断出导函数在 上单调递减，根据零点存在定理可判断出 ， 使得 ，进而得到导函数在 上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知 为 在 上的唯一零点；当 时，首先可判断出在 上无零点，再利用零点 存在定理得到 在 上的单调性，可知 ，不存在零点；当 时，利用零点存 在定理和 单调性可判断出存在唯一一个零点；当 ，可证得 ；综合上述情况可 证得结论. 【详解】 （1）由题意知： 定义域为： 且 令 ，， 在 上单调递减， 在 上单调递减 在 上单调递减 又 ， ，使得 当 时， ； 时， 即 在 上单调递增；在 上单调递减 则 为 唯一的极大值点 即： 在区间 上存在唯一的极大值点 . （2）由（1）知： ， ①当 时，由（1）可知 在 上单调递增 在 上单调递减 又 为 在 上的唯一零点 ②当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减又 在 上单调递增，此时 ，不存在零点 又 ，使得 在 上单调递增，在 上单调递减 又 ， 在 上恒成立，此时不存在零点 ③当 时， 单调递减， 单调递减 在 上单调递减 又 ， 即 ，又 在 上单调递减 在 上存在唯一零点 ④当 时， ，即 在 上不存在零点 综上所述： 有且仅有 个零点 【点睛】 本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利 用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二 者缺一不可. 30．函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0). （1）讨论函数f(x)的单调性； （2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2） 【详解】 试题分析：（1）首先求出函数的导数，然后求出使 或 的解集即可. （2）分类讨论在区间（1，2）上使 成立的条件，并求出参数a的取值范围即可 试题解析：（1） ， 的判别式△=36（1-a）. （i）若a≥1，则 ，且 当且仅当a=1，x=-1，故此时f（x）在R上是增函数. （ii）由于a≠0，故当a<1时， 有两个根： ， 若00，x>0时, ，所以当a>0时，f（x）在区间（1，2）是增函数. 若a<0时，f（x）在区间（1,2）是增函数当且仅当 且 ，解得 . 综上，a的取值范围是 . 考点：1.函数的导数；2.导数性质的应用. 31． 已知函数 ，且 ． （I）试用含 的代数式表示 ； （Ⅱ）求 的单调区间； （Ⅲ）令 ，设函数 在 处取得极值，记点 ，证明：线 段 与曲线 存在异于 、 的公共点． 【答案】（I） （Ⅱ）当 时，函数 的单调增区间为 和 ，单调减区间为 ； 当 时，函数 的单调增区间为R； 当 时，函数 的单调增区间为 和 ，单调减区间为 ． （Ⅲ）证明见解析． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）从导数出发，利用 即得 与 的关系式： （Ⅱ）求函数单调区间， 关键研究导函数零点分布情况：因为导函数有两个零点： ， ，因此需分三种情况进行讨论，此时最容易遗漏相等的情况（Ⅲ）先根据极值求出 、 的坐标 ，再联立方程 确定线段MN与曲线 的交点，由 易得 ，因此 线段 与曲线 存在异于 、 的公共点 试题解析：解：（Ⅰ）依题意得 ，由 得 …2分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 ， 故 ，令 ，则 或 ①当 时， ，当 变化时， 的变化情况如下表 可得函数 的单调增区间为 和 ，单调减区间为 ． ②当 时， ，此时 恒成立，且仅在 处 ，故函数 的单调增 区间为 ； ③当 时， ，函数 的单调增区间为 和 ，单调减区间为（Ⅲ）当 时， ， ， ． 由（Ⅱ）得 的单调增区间为 和 ，单调减区间为 ， 函数 在 处取得极值，故 直线 的方程为 由 得 令 ，易得 的图像在 内是一条连续不断的曲线， 故 在 内存在零点 ，这表明线段 与曲线 有异于 的公共点 考点：利用导数求函数单调区间，利用导数研究函数极值 32．已知函数f(x)= -ln(x+m). (1)设x=0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； （2）当m≤2时，证明f(x)>0. 【答案】(1) 在 上是减函数；在 上是增函数（2）见解析 【详解】 (1) ． 由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0，所以m=1． 于是f(x)=ex－ln(x+1)，定义域为(－1，+∞)， ．函数 在(－1，+∞)上单调递增，且f '(0)=0，因此当x∈(－1，0)时， f '(x)<0;当 x∈(0，+∞)时， f '(x)>0． 所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增． (2)当m≤2，x∈(－m，+∞)时，ln(x+m)≤ln(x+2)，故只需证明当m=2时， f(x)>0． 当m=2时，函数 在(－2，+∞)上单调递增． 又f '(－1)<0， f '(0)>0，故f '(x)=0在(－2，+∞)上有唯一实根 ，且 ． 当 时， f '(x)<0;当 时， f '(x)>0，从而当 时，f(x)取得最小值． 由f '(x )=0得 = ， ， 0 故 ． 综上，当m≤2时， f(x)>0． 33．设函数 . (1)若 ，求 的单调区间； (2)若当 时 恒成立，求 的取值范围． 【答案】(1) f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加;(2) a的取值范围为(－∞， ]. 【分析】 (1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.分别令f′(x)<0，f′(x)>0 可求 的单调区间； (2求导得到)f′(x)＝ex－1－2ax.由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立．故问题转化为f′(x)≥x－2ax＝(1 －2a)x，从而对1－2a的符号进行讨论即可得出结果. 【详解】(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1. 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加 (2)f′(x)＝ex－1－2ax.由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x，从而当1－ 2a≥0，即a≤ 时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由ex>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当 a> 时，f′(x)0，设 ． 因为 ，且h（x）的图象是不间断的， 所以存在 ∈（0，1），使得 ，令 ，则b>0． 函数 ，则 ． 由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得 ，即 （**） 此时， 满足方程组（**），即 是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”． 因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”． 点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单 调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底 还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路. 35．（2018年新课标I卷文）已知函数 ． （1）设 是 的极值点．求 ，并求 的单调区间； （2）证明：当 时， ． 【答案】(1) a= ；f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．(2)证明见解析. 【详解】 分析：(1)先确定函数的定义域，对函数求导，利用f ′（2）=0，求得a= ，从而确定出函数的解析式， 之后观察导函数的解析式，结合极值点的位置，从而得到函数的增区间和减区间； (2)结合指数函数的值域，可以确定当a≥ 时，f（x）≥ ，之后构造新函数g（x）= ，利用导数研究函数的单调性，从而求得g（x）≥g（1）=0，利用不等式的传递性，证得结果. 详解：（1）f（x）的定义域为 ，f ′（x）=aex– ． 由题设知，f ′（2）=0，所以a= ． 从而f（x）= ，f ′（x）= ． 当02时，f ′（x）>0． 所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增． （2）当a≥ 时，f（x）≥ ． 设g（x）= ，则 当01时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点． 故当x>0时，g（x）≥g（1）=0． 因此，当 时， ． 点睛：该题考查的是有关导数的应用问题，涉及到的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单 调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要保证函数的生存权，先确定函数的定义域，之 后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时 候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果. 36．已知函数 ． （1）求曲线 在点 处的切线方程； （2）证明：当 时， ． 【答案】（1）切线方程是 （2）证明见解析【分析】 （1）求导，由导数的几何意义求出切线方程． （2）当 时， ,令 ，只需证明 即可． 【详解】 （1） ， ． 因此曲线 在点 处的切线方程是 ． （2）当 时， ． 令 ，则 ， 当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增； 所以 ．因此 ． 【点睛】 本题考查函数与导数的综合应用，由导数的几何意义可求出切线方程，第二问构造 很关键，本题有难度． 37．已知函数 ． （1）若 ，求 的单调区间； （2）证明： 只有一个零点． 【答案】（1）f（x）在（–∞， ），（ ，+∞）单调递增，在（ ， ）单 调递减． （2）见解析. 【详解】 分析：（1）将 代入，求导得 ，令 求得增区间，令 求得减区间；（2）令 ，即 ，则将问题转化为函数 只有一个零点问题，研究函数 单调性可得. 详解：（1）当a=3时，f（x）= ，f ′（x）= ． 令f ′（x）=0解得x= 或x= ． 当x∈（–∞， ）∪（ ，+∞）时，f ′（x）>0； 当x∈（ ， ）时，f ′（x）<0． 故f（x）在（–∞， ），（ ，+∞）单调递增，在（ ， ）单调递减． （2）由于 ，所以 等价于 ． 设 = ，则g ′（x）= ≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）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f（3a–1）= ，f（3a+1）= ，故f（x）有一个零点． 综上，f（x）只有一个零点． 点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数 的定义域；②求导数 ；③由 （或 ）解出相应的 的取值范围，当 时， 在相应区间上是增函数；当 时， 在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数 有唯一零点，可 先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证. 38． 设函数 有两个极值点 ，且 （I）求 的取值范围，并讨论 的单调性； （II）证明： 【答案】（Ⅰ）单调递增区间为 和 ，单调递减区间 ， 其中， 且 .（Ⅱ）见解析 【分析】 （Ⅰ）首先求出函数的导数，因为原函数有两个极值点，所以导函数有两个不同解，因为真数 ， 所以两个根都要在定义域内，这样就转化为了一元二次方程根分布问题，求出 的取值范围. 利用 求得函数的的单调递增区间，利用 求出单间区间.一定注意单调区间在定义域内. （II）因为 不确定， 就不确定，它是参数 函数，要使 恒成立，只需 的最 小值大于 即可.把恒成立问题转化为求函数的最值来解决，求函数的最值还是用导数. 【详解】 （Ⅰ）因为 ，设 ，依题意知 得 ，所以 的取值范围是 由 得 ，由 得 ， 所以函数的单调递增区间为 和 ，单调递减区间 ， 其中， 且 . （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知 ，设 ， 所以 在 递减，又 在 处连续，所以 ， 即 . 39．已知函数 ae2x+(a﹣2) ex﹣x. （1）讨论 的单调性； （2）若 有两个零点，求a的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2） . 【详解】试题分析：（1）讨论 单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再 对 按 ， 进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若 ， 至多有一 个零点.若 ，当 时， 取得最小值，求出最小值 ，根据 ， ， 进行讨论，可知当 时有2个零点.易知 在 有一个零点；设正整数 满足 ，则 .由于 ，因此 在 有一个零点.从而可得 的取值范围为 . 试题解析：（1） 的定义域为 ， ， （ⅰ）若 ，则 ，所以 在 单调递减. （ⅱ）若 ，则由 得 . 当 时， ；当 时， ，所以 在 单调递减， 在 单调递增. （2）（ⅰ）若 ，由（1）知， 至多有一个零点. （ⅱ）若 ，由（1）知，当 时， 取得最小值，最小值为 .①当 时，由于 ，故 只有一个零点； ②当 时，由于 ，即 ，故 没有零点； ③当 时， ，即 . 又 ，故 在 有一个零点. 设正整数 满足 ，则 . 由于 ，因此 在 有一个零点. 综上， 的取值范围为 . 点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数 有2个零 点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、 极值、最值，判断 与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对 含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若 有2个零点，且函数 先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点. 40．已知函数 . (I)当a=2时,求曲线 在点 处的切线方程； (II)设函数 ,讨论 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）见解析． 【详解】 试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由 ,通过讨论确定 的单调性,再由单调性确定极值. 试题解析：（Ⅰ）由题意 ， 所以，当 时， ， ， 所以 ， 因此，曲线 在点 处的切线方程是 ， 即 . （Ⅱ）因为 ， 所以 ， ， 令 ， 则 ， 所以 在 上单调递增， 因为 ， 所以，当 时， ；当 时， . （1）当 时， ， 当 时， ， ， 单调递增； 当 时， ， ， 单调递减；当 时， ， ， 单调递增. 所以当 时 取到极大值，极大值是 ， 当 时 取到极小值，极小值是 . （2）当 时， ， 当 时， ， 单调递增； 所以 在 上单调递增， 无极大值也无极小值. （3）当 时， ， 当 时， ， ， 单调递增； 当 时， ， ， 单调递减； 当 时， ， ， 单调递增. 所以当 时 取到极大值，极大值是 ； 当 时 取到极小值，极小值是 . 综上所述： 当 时，函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，函数既有极大值， 又有极小值，极大值是 ，极小值是 ； 当 时，函数 在 上单调递增，无极值； 当 时，函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是 ，极小值是 . 【考点】导数的几何意义及导数的应用 【名师点睛】(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数 定义域内的所有根；④检验f′(x)在f′(x)＝0的根x 左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x 处取极大 0 0 值,如果左负右正,那么f(x)在x 处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不 0 是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值． 41．已知函数 且 . （1）求a； （2）证明： 存在唯一的极大值点 ，且 . 【答案】（1）a=1；（2）见解析. 【分析】 （1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a 可得h（x） ＝h（ min ），从而可得结论； （2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x） ＝t min （ ）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x，x，利用f（x）必存在唯一极大值点x 及x 0 2 0 0 可知f（x） ，另一方面可知f（x）＞f（ ） ． 0 0 【详解】 （1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a ．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x＞1时，h（x）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0． 0 0 因为当0＜x 时h′（x）＜0、当x 时h′（x）＞0， 所以h（x） ＝h（ ）， min 又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0， 所以 1，解得a＝1； 另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1）， 所以等价于f（x）在x＝1处是极小值， 所以解得a＝1； （2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2 ， 令t′（x）＝0，解得：x ， 所以t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增， 所以t（x） ＝t（ ）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x，x， min 0 2 且不妨设f′（x）在（0，x）上为正、在（x，x）上为负、在（x，+∞）上为正， 0 0 2 2 所以f（x）必存在唯一极大值点x，且2x﹣2﹣lnx ＝0， 0 0 0 所以f（x） x﹣xlnx x+2x﹣2 x ， 0 0 0 0 0 0 0 由x 可知f（x）＜（x ） ； 0 0 0 max由f′（ ）＜0可知x ， 0 所以f（x）在（0，x）上单调递增，在（x， ）上单调递减， 0 0 所以f（x）＞f（ ） ； 0 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x，且e﹣2＜f（x）＜2﹣2． 0 0 【点睛】 本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难 题． 42．设函数 . （I）讨论函数 的单调性； （II）当 时， ，求实数 的取值范围. 【答案】（I）函数 在 和 上单调递减，在 上单调递增. （II） . 【详解】 试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间； （2）对 分类讨论，当a≥1时， ，满足条件；当 时， 取 ，当0＜a＜1时，取 ， . 试题解析： 解（1）f ’(x)=(1-2x-x2)ex 令f’(x)=0得x=-1- ，x=-1+当x∈（-∞，-1- ）时，f’(x)<0；当x∈（-1- ，-1+ ）时，f’(x)>0；当x∈（-1+ ，+∞）时， f’(x)<0 所以f(x)在（-∞，-1- ），（-1+ ，+∞）单调递减，在（-1- ，-1+ ）单调递增 (2) f (x)=(1+x)（1-x）ex 当a≥1时，设函数h(x)=（1-x）ex，h’(x)= -xex＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)单调递减，而h(0)=1， 故h(x)≤1，所以 f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1 当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以g（x）在在[0，+∞)单调递增， 而g(0)=0，故ex≥x+1 当0＜x＜1， ， ，取 则 当 综上，a的取值范围[1，+∞） 点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调 性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构 造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 43．已知函数 有极值，且导函数 的极值点是 的零点． （极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b²>3a; （3）若 ， 这两个函数的所有极值之和不小于 ，求a的取值范围． 【答案】（1） ，定义域为 .（2）见解析（3） . 【解析】试题分析：（1）先求导函数的极值： ，再代入原函数得 ， 化简可得 ，根据极值存在条件可得 ；（2）由（1）得 ，构 造函数 ，利用导数研究函数单调性，可得 ，即 ；（3） 先求证 的两个极值之和为零，利用根与系数关系代入化简即得，再研究导函数极值不小 于 ，构造差函数 ，利用导数研究其单调性， 在 上单调递减．而 ，故可得 的取值范围． 试题解析：解：（1）由 ，得 . 当 时， 有极小值 . 因为 的极值点是 的零点. 所以 ，又 ，故 . 因为 有极值，故 有实根，从而 ，即 . 时， ，故 在R上是增函数， 没有极值；时， 有两个相异的实根 ， . 列表如下 x + 0 – 0 + 极大值 极小值 故 的极值点是 . 从而 ， 因此 ，定义域为 . （2）由（1）知， . 设 ，则 . 当 时， ，从而 在 上单调递增. 因为 ，所以 ，故 ，即 . 因此 . （3）由（1）知， 的极值点是 ，且 ， . 从而记 ， 所有极值之和为 ， 因为 的极值为 ，所以 ， . 因为 ，于是 在 上单调递减. 因为 ，于是 ，故 . 因此a的取值范围为 . 点睛:涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象的交点个数问题，一般先通过 导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零 点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过 数形结合的思想找到解题的思路． 44．已知 ． （Ⅰ）讨论 的单调性； （Ⅱ）当 时，证明 对于任意的 成立． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【详解】 试题分析：（Ⅰ）求 的导函数，对a进行分类讨论，求 的单调性； （Ⅱ）要证 对于任意的 成立，即证 ，根据单调性求解. 试题解析：（Ⅰ） 的定义域为 ； . 当 ， 时， ， 单调递增； ， 单调递减. 当 时， . （1） ， ， 当 或 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减； （2） 时， ，在 内， ， 单调递增； （3） 时， ， 当 或 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减. 综上所述， 当 时，函数 在 内单调递增，在 内单调递减； 当 时， 在 内单调递增，在 内单调递减，在 内单调递增；当 时， 在 内单调递增； 当 ， 在 内单调递增，在 内单调递减，在 内单调递增. （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 时， ， ， 令 ， . 则 ， 由 可得 ，当且仅当 时取得等号. 又 ， 设 ，则 在 单调递减， 因为 ， 所以在 上存在 使得 时， 时， ， 所以函数 在 上单调递增；在 上单调递减， 由于 ，因此 ，当且仅当 取得等号， 所以 ， 即 对于任意的 恒成立． 【考点】利用导函数判断函数的单调性，分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考 生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨 论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错误百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能 力、基本计算能力、分类讨论思想等. 45．已知函数 ， ． （1）当 为何值时， 轴为曲线 的切线； （2）用 表示 中的最小值，设函数 ，讨论 零点的个数． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）当 或 时， 由一个零点；当 或 时， 有两个零点；当 时， 有三个零点. 【详解】 试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的 值；（Ⅱ）根 据对数函数的图像与性质将 分为 研究 的零点个数，若零点不容易求解，则对 再分类讨论. 试题解析：（Ⅰ）设曲线 与 轴相切于点 ，则 ， ，即 ，解得 . 因此，当 时， 轴是曲线 的切线. （Ⅱ）当 时， ，从而 ，∴ 在（1，+∞）无零点. 当 =1时，若 ，则 ， ,故 =1是 的零 点；若 ，则 ， ,故 =1不是 的零点. 当 时， ，所以只需考虑 在（0,1）的零点个数. （ⅰ）若 或 ，则 在（0,1）无零点，故 在（0,1）单调，而 ， ，所以当 时， 在（0，1）有一个零点；当 0时， 在（0，1）无零点. （ⅱ）若 ，则 在（0， ）单调递减，在（ ，1）单调递增，故当 = 时， 取的最小值，最小值为 = . ①若 ＞0，即 ＜ ＜0， 在（0,1）无零点. ②若 =0，即 ，则 在（0,1）有唯一零点； ③若 ＜0，即 ，由于 ， ，所以当 时， 在（0,1）有两个零点；当 时， 在（0,1）有一个零点.…10分综上，当 或 时， 由一个零点；当 或 时， 有两个零点；当 时， 有三个零点. 考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想 46．已知函数 ，其中 ， 为自然对数的底数. （Ⅰ）设 是函数 的导函数，求函数 在区间 上的最小值； （Ⅱ）若 ，函数 在区间 内有零点，求 的取值范围 【答案】（Ⅰ）当 时， ；当 时， ； 当 时， .（Ⅱ） 的范围为 . 【详解】 试题分析：（Ⅰ）易得 ，再对分 情况确定 的单调区间，根据 在 上的单调性即可得 在 上的最小值.（Ⅱ）设 为 在区间 内的一个零点， 注意到 .联系到函数的图象可知，导函数 在区间 内存在零点 ， 在区 间 内存在零点 ，即 在区间 内至少有两个零点. 由（Ⅰ）可知，当 及 时， 在 内都不可能有两个零点.所以 .此时， 在 上单调递减，在 上 单调递增，因此 ，且必有 .由得： ，代入这两个不等式即可得 的取值范围. 试题解答：（Ⅰ） ①当 时， ，所以 . ②当 时，由 得 . 若 ，则 ；若 ，则 . 所以当 时， 在 上单调递增，所以 . 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 . 当 时， 在 上单调递减，所以 . （Ⅱ）设 为 在区间 内的一个零点，则由 可知， 在区间 上不可能单调递增，也不可能单调递减. 则 不可能恒为正，也不可能恒为负. 故 在区间 内存在零点 . 同理 在区间 内存在零点 . 所以 在区间 内至少有两个零点. 由（Ⅰ）知，当 时， 在 上单调递增，故 在 内至多有一个零点.当 时， 在 上单调递减，故 在 内至多有一个零点. 所以 . 此时， 在 上单调递减，在 上单调递增， 因此 ，必有 . 由 得： ，有 . 解得 . 当 时， 在区间 内有最小值 . 若 ，则 ， 从而 在区间 上单调递增，这与 矛盾，所以 . 又 ， 故此时 在 和 内各只有一个零点 和 . 由此可知 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增. 所以 ， ， 故 在 内有零点. 综上可知， 的取值范围是 . 【考点定位】导数的应用及函数的零点.47．已知函数 其中a>0. （1）求函数f(x)的单调区间； （2）若函数f（x）在区间（-2，0）内恰有两个零点，求a的取值范围； （3）当a=1时，设函数f（x）在区间[t,t+3]上的最大值为M（t），最小值为m（t）,记g(t)=M(t)-m(t),求函 数g(t)在区间[-3，-1]上的最小值． 【答案】（1）单调递增区间是 ， ；单调递减区间是 （2） （3） 【详解】 （1）解： 由 ，得 当x变化时， ， 的变化情况如下表： x -1 a + 0 - 0 + 极大值 极小值 故函数 的单调递增区间是 ， ；单调递减区间是 . （2）解：由（1）知 在区间 内单调递增，在 内单调递减，从而函数 在区间内恰有两个零点当且仅当 ，解得 . 所以，a的取值范围是 . （3）解：a=1时， .由（1）知 在区间 内单调递增，在 内单调递减， 在 上单调递增. （1）当 时， ， ， 在 上单调递增，在 上单调递减. 因此， 在 上的最大值 ，而最小值 为 与 中的较小者.由 知，当 时， ，故 ，所以 .而 在 上单调递增，因此 .所以 在 上的 最小值为 . （2）当 时， ，且 . 下面比较 的大小由 在 ， 上单调递增， 有 又由 ， ，从而 ， 所以 综上，函数 在区间 上的最小值为 48．（满分16分）已知函数 ，其中 是自然对数的底数. （1）证明： 是 上的偶函数； （2）若关于 的不等式 在 上恒成立，求实数 的取值范围； （3）已知正数 满足：存在 ，使得 成立，试比较 与 的大小，并 证明你的结论. 【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3）当 时， ，当 时， ，当 时， ． 【解析】 试题分析： 试题解析：（1）证明：函数 定义域为 ，∵ ，∴ 是偶函数． （2）由 得 ，由于当 时， ，因此 ， 即 ，所以 ，令 ，设 ， 则 ， ，∵ ，∴ （ 时等号成立），即 ，，所以 ． （3）由题意，不等式 在 上有解，由 得 ，记 ， ，显然 ， 当 时， （因为 ），故函数 在 上增函数， ，于是 在 上有解，等价于 ，即 ．考察函数 ， ，当 时， ，当 时， ，当 时 ，即 在 上是增函数，在 上是减函数，又 ， ， ，所以当 时， ，即 ， ，当 时， ，，即 ， ，因此当 时， ，当 时， ，当 时， ． 【考点】（1）偶函数的判断；（2）不等式恒成立问题与函数的交汇；（3）导数与函数的单调性，比较 大小． 49．已知函数（1）求 的单调区间和极值； （2）若对于任意的 ，都存在 ，使得 ，求 的取值范围 【答案】(1) 的单调增区间是 ，单调减区间是 和 ，当 时， 取极小值 ，当 时， 取极大值 ， (2) 【详解】 试题分析：(1)求函数单调区间及极值，先明确定义域：R，再求导数 在定义域下求 导函数的零点： 或 ，通过列表分析，根据导函数符号变化规律，确定单调区间及极值，即 的单调增区间是 ，单调减区间是 和 ，当 时， 取极小值 ，当 时， 取极大值 ， (2)本题首先要正确转化：“对于任意的 ，都存在 ，使 得 ”等价于两个函数值域的包含关系.设集合 ，集合 则 ，其次挖掘隐含条件，简化讨论情况，明确讨论方向.由于 ， 所以 ,因此 ，又 ，所以 ，即 解(1)由已知有 令 ，解得 或 ，列表如下：所以 的单调增区间是 ，单调减区间是 和 ，当 时， 取极小值 ，当 时， 取极大值 ，(2)由 及（1）知，当 时， ，当 时， 设集合 ，集合 则“对于任 意的 ，都存在 ，使得 ”等价于 .显然 . 下面分三种情况讨论： 当 即 时，由 可知 而 ，所以A不是B的子集 3 3 a 当 即4 2 时，有 f(2)0且此时 f(x)在(2,)上单调递减，故A(, f(2))，因而 A(,0) f(1)0 f(x) (1,) (,0) AB 由 有 在 上的取值范围包含 ，所以 3 3 1 1 a B ( ,0) 当2a 即 2 时，有 f(1)0且此时 f(x)在(1,)上单调递减，故 f(1) ,A(, f(2)), 所以A不是B的子集3 3 综上， 的取值范围为[ , ]. a 4 2 考点：利用导数求单调区间及极值，利用导数求函数值域 50．已知函数 若 在 上的最大值和最小值分别记为 ，求 ； 设 若 对 恒成立，求 的取值范围. 8,a1  1 a33a4, 1a    3 M ama{ 【答案】（1） 1  ；（2） 的取值范围 ． a33a2, a1   3  4,a1 23ab0 【解析】 试题分析：（1）若 在 上的最大值和最小值分别记为 ，求 ，由函数 x33x3a,(xa) f x{ 得 x33x3a,(xa)，求函数在闭区间最值，可用导数法，故求导 3x2 3,(xa) f 'x{ 得 3x2 3,(xa)，由于 1 x1 ，故需对 a 进行讨论，分 a1 ， 1a1 ， a1 三种情 况，利用单调性，分别求出最大值和最小值即可；（2）设 若 对 恒成立， 求 的取值范围，可令 hx f xb ，由   f xb  2 4 ，得 2hx2 ，即 hx 在 2,2 hx 上的值域是集合 的子集，即求 在 上的最大值和最小值，让最大值小于等1 1 1a a1 于2，最小值大于等于2，即可求出 的取值范围，结合（1）分a1， 3 ，3 ， a1 四种情况讨论即可． x33x3a,(xa) 3x2 3,(xa) f x{ f 'x{ （1）因为 x33x3a,(xa)，所以 3x2 3,(xa)，由于 1 x1 ， f x x3 3x3a 1,1 a1 xa （ⅰ）当 时，有 ，故 ，此时 在 上是增函数，因此 M a f 143a ma f 143a M ama43a43a8 ， ， xa,1 f x x3 3x3a a,1 x1,a 1a1 （ⅱ）当 时，若 ， ，在 上是增函数，，若 ， f x x3 3x3a 1,a mamax  f 1, f 1 ma f aa3 ，在 上是减函数，所以 ， ， 1 1 f 1 f 16a2 1a M amaa33a4 a1 由于 ，因此，当 3 时， ，当3 时， M amaa33a2 ， f x x3 3x3a 1,1 a1 xa （ⅲ）当 时，有 ，故 ，此时 在 上是减函数，因此 M a f 123a ma f 123a M ama23a23a4 ， ，故 ，综上8,a1  1 a33a4, 1a    3 M ama{ 1  ； a33a2, a1   3  4,a1 x33x3ab,(xa) 3x2 3,(xa) hx{ h'x{ （2）令hx f xb，则 x33x3ab,(xa)， 3x2 3,(xa)，因为   f xb  2 4 ，对 恒成立，即 2hx2 对 恒成立，所以由（I）知， hx 1,1 hx h143ab a1 （ⅰ）当 时， 在 上是增函数， 在 上的最大值是 ，最小值 h143ab 43ab2 43ab2 是 ，则 ，且 ，矛盾； 1 1a hx h143ab haa3b （ⅱ）当 3 时， 在 上的最大值是 ，最小值是 ，所以 1 0a a3 b2，43ab2，从而2a33a3ab6a2且 3，令 ta2a33a ，  1 0, 则t'a33a2 0，ta 在   3  上是增函数，故tat02，因此23ab0， 1 a1 hx h13ab2 haa3b （ⅲ）当3 时， 在 上的最大值是 ，最小值是 ，所以 28  3ab0 a3 b2，3ab22，解得 27 ， hx h13ab2 h123ab a1 （ⅳ）当 时， 在 上的最大值是 ，最小值是 ，所以3ab22 23ab2 3ab0 23ab0 ， ，解得 ，综上 的取值范围 . 点评：本题主要考查函数最大（最小）值的概念，利用导数研究函数的单调性等基础知识，同时考查推理 论证，分类讨论，分析问题和解决问题的综合解题能力．