2022年高考数学三轮复习《第14讲 导数》解答压轴题（含答案解析）

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1、第14讲 导数解答压轴题1（山东临沂模拟）已知函数（1）求函数的极值；（2）当时，恒成立，求正整数的最大值证明：【答案】（1）答案见解析；（2）3，证明见解析.【分析】（1）求导后，分和讨论即可；（2）转化为寻求，需要找隐零点的范围将所证结论两边取对数，再运用的结论即可.【解析】（1）定义域当时，所以函数在上单调递增，无极值当时，得得所以函数在上单调递减，在上单调递增此时函数的极小值无极大值综上，当时，函数无极值;当时，函数的极小值为，无极大值.（2）当时，恒成立，即只需成立即可由（1）可知当时，函数在上单调递减，在上单调递增（i）若，即时，在上单调递增，所以满足题意（ii）若，即，函数在上单

2、调递减，在上单调递增所以令所以在上单调递增又知所以使得，则的解集为综上的取值范围为，所以正整数的最大值为证明：两边取对数得即只需证由（i）知令，则所以所以【点睛】关键点点睛：本题证明的关键在于先取对数得到，再利用前面的结论得出一个不等式，然后累加.2（江苏徐州二模）已知函数，为的导数.（1）设函数，求的单调区间；（2）若有两个极值点，求实数a的取值范围；证明：当时，.【答案】（1）答案见解析；（2）；证明见解析.【分析】（1）首项求，并且得到函数的解析式，并求，讨论和求函数的单调区间；（2）有两个极值点，所以有两个零点，根据（1）的单调性，可知，并求出函数的极小值，讨论，并结合零点存在性定理求

3、的取值范围；首先判断，并根据是的两个零点，并转化和，构造函数，利用导数判断函数的单调性，证明不等式.【解析】（1）依题意，的定义域为，且，则.当时，在上恒成立，单调递减；当时，令得，所以，当时，递减；当时，递增.综上，当时，的减区间为，无增区间；当时，的减区间为，增区间为.（2）因为有两个极值点，所以有两个零点.由（1）知，时不合；当时，.（i）当时，没有零点，不合；（ii）当时，有一个零点，不合；()当时，.，设，则.所以，即.所以存在，使得.又因为，所以存在，使得.的值变化情况如下表：x+0-0+极大值极小值所以当时，有两个极值点.综上，a的取值范围是.因为，所以.因为是的两个零点，所以，

4、.所以，.记，则，所以在上单调递增.又因为，所以，即.【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.3（广东汕头一模）已知函数有两个相异零点（1）求a的取值范围（2）求证：【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数，由确定单调性，然后结合零点存在定理求出参数范围；（2）由（1）不妨设，首先把多个变量，的不等式变形为，构造函数，确定单调性后证得，这

5、样利用在是递增，要证原不等式只要证，即证，构造函数，利用导数证明此不等式成立【解析】（1）当时，单调递减；当时，单调递增；由得，当时，所以使得f使得，综上：（2）由（1）可知，要证即证构造函数，则所以在单调递减，故有因为在上单调递增，所以只需证即证构造函数，下面证在时恒成立即证构造函数在时恒成立因此在上单调递增，从而，在时恒成立在时单调递增成立，即成立【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的零点，考查用导数证明与零点有关的不等式，证明的关键是问题的转化，一是三变量转化为双变量，其次双变量转化为单变量，从而再引入新函数，由新函数的导数研究函数性质证明结论成立本题证明难度较大，回属于困难题4（

6、湖北七市三月联考）已知函数，其中为自然对数的底数（1）求的单调区间；（2）若对恒成立，记，证明：【答案】（1）函数的增区间为、；（2）证明见解析【分析】（1）求得，证明出对任意的恒成立，由此可得出结果；（2）由题意可知不等式对任意的恒成立，令，将所证不等式等价转化为，利用导数证明即可.【解析】（1）函数的定义域为，且.令，则.当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增.所以，当时，则.综上所述，函数的增区间为、；（2）由题意得不等式对任意的恒成立，令，要证，即证.令，其中，则，所以在上单调递增，又，故，使得，即.所以，当时，有，函数单调递减；当时，函数单调递增.所以且，所以存在，使得，即，

7、且满足，函数单调递减；，单调递增；所以.令，则，即函数在上单调递减.又，则，则只需证明，即，即，即，可先证明，则，所以，可得，而，所以，证毕.【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.5（山东德州一模）已知函数，定义新函数（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若新函数的值域为，求的取值范围【答案】（1）答案见解析；（2）【分析】（1）计算，然后根据，讨论函数单

8、调性.（2）利用等价转化即在上有解，构造函数，并利用导数研究函数单调性，根据隐零点得到函数，最后计算可得结果.【解析】（1），当即时，令得，令得，在上单调递减，上单调递增，当时，当，即时，令得，令得，或，在和上单调递减，在上单调递增当，即时，在上单调递减当时，令得，令得或所以在和上单调递减，上单调递增综上所述：时，在上单调递减，上单调递增时，在和上单调递减，在上单调递增，时，在上单调递减，时，在和上单调递减，上单调递增（2）因为，所以有解，即在上有解，令，则，令，则，显然在上单调递增，又，使，当时，即，单调递减，当时，即，单调递增故，且，由，得，即，令，所以在上单调递增，又，故，即，所以，即，

9、【点睛】关键点点睛：第（1）问利用导数判断函数单调性，关键在于对参数的分类讨论；第（2）问使用等价转化的思想并结合导数判断原函数单调性，本题关键在于利用隐零点.6（河南驻马店期末（理）已知函数（1）若函数在处取得极值，求曲线在点处的切线方程；（2）已知，若方程有两个不相等的实数根，且，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据函数在处取得极值，即，可求得的值，进而得到，利用点斜式即可求得切线方程；（2）构造函数，根据的取值范围讨论函数的零点个数，设，要证，即证，只需证因为，所以只需证，即证因为在上单调递增，所以只需证因为，所以只要证，令，即证构造，判断单调性可知，即可得证.【解

10、析】（1）因为，所以因为函数在处取得极值，所以，即因为，所以因为，所以所求切线的方程为（2）证明：由，可得令，则当时，在上单调递增，至多一个根，不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，且不妨设，要证，即证，只需证因为，所以只需证，即证因为在上单调递增，所以只需证因为，所以只要证，令，则，即证令当时，在上单调递减因为，所以当时，即，于是，所以，即恒成立【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

11、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7（浙江杭州期末）已知函数，恰好有两个极值点.（）求证：存在实数，使；（）求证：.【答案】（）证明见解析；（）证明见解析.【分析】（）求出函数导数，题目等价于存在两个不同正根，先考虑与相切，可得，构造函数，可求出，即可证明；（）可得，得，设，求出导数可得，即可证明.【解析】（），.根据题意，即存在两个不同正根.先考虑与相切，记切点横坐标为，如图.则，设，则，令，得.故在上单调递减，在上单调递增.且，故存在唯一，使成立.取，则时，恰存在两个极值点，得证.（）由（）知，且.所以，代入，得，设，.，则容

12、易判断，；，.故，单调递减；，单调递增.所以.且，由，且，得.所以，从而，证毕.【点睛】本题考查利用导数证明不等式，解题得关键是先考虑与相切，求出切点横坐标取值范围，也可对第二问起到作用.8（天津滨海新区高三期末）已知函数.（）（）令，讨论的单调性并求极值；（）令，若有两个零点；（i）求a的取值范围；（ii）若方程有两个实根，且，证明：【答案】（）单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值；（）（i）；（ii）证明见解析.【分析】（）求出即可表示出，再求出，根据导数的符号判断函数的单调性及求极值；（）（i）求出，分类讨论，当时单调递增，不可能有两个零点；当，根据导数的符号判断函数的单调

13、性可知要使有两个零点，即使，得；（ii）利用换元法将等式有两个实根转化为有两个零点，进一步将所需不等式转化为证，需证，再次利用换元法令将所需证不等式转化为，利用导数证明上述不等式即可.【解析】（）因为所以，则，x2负0正单调递减极小值单调递增所以单调递减区间为，单调递增区间为极小值为，无极大值.（）（i）有两个零点.因为当时，单调递增，不可能有两个零点；当时，令，得，单调递减；令，得，单调递增.所以要使有两个零点，即使，得，又因为，所以在存在唯一一个零点，且，所以在上存在唯一一个零点，符合题意.综上，当时，函数有两个零点.法二：有两个零点.等价于时，有两个实根，（1）令，当时，单调递减，且；当

14、时，单调递减；当时，单调递增；，.要使（1）有两个实数根，即使，综上，当时，函数有两个零点.（ii）有两个实根，令，有两个零点，所以，所以（1）（2）要证，只需证，即证，所以只需证.由（1）（2）可得，只需证.设，令，则，所以只需证，即证令，则，即当时，成立.所以，即，即.9（天津高三期末）已知函数，e是自然对数的底数，若，且恰为的极值点.（1）证明：；（2）求在区间上零点的个数【答案】（1）证明见解析；（2）零点个数为2【分析】（1）由题可得，可根据单调性和零点存在性定理判断a是的唯一零点，且在内；（2）求出的导数，可得当，无零点，当，构造函数，求出导数，分，三段讨论的单调性，并结合零点存在

15、性定理判断的单调性，即可得出零点个数.【解析】（1）由题意，得因为为函数的极值点，所以令，显然a是的零点，则，在上单调递增，因为，所以在上有唯一的零点a，所以（2）由（1）知，当时，由，得，所以在上单调递减，所以在区间上不存在零点当时，设，则，（）若，令，则，所以在上单调递减因为，所以存在，满足当时，在上单调递增；当时，在上单调递减（）若，令，则，所以在区间上单调递减，所以又因为，所以，在上单调递减（）若，则，在上单调递减由（）、（）、（）得，在上单调递增，在单调递减因为，所以存在使得，所以，当时，在上单调递增，所以；当时，在上单调递减，因为，所以在区间上有且只有一个零点，综上，在区间上的零点

16、个数为2【点睛】关键点睛：本题考查利用导数求函数零点个数，解题的关键是构造函数，并分段利用导数讨论函数的单调性，利用零点存在性定理判断，本题的难点在于需分多段讨论且多次构造函数求导讨论.10（天津和平区期末）已知函数，（1）若在点处的切线倾斜角为，求的值；（2）求的单调区间；（3）若对于任意，恒成立，求的取值范围【答案】（1）；（2）当时，的单调递增区间为；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；（3）【分析】（1）根据在点处的切线倾斜角为，得到，对进行求导，再求解即可；（2）对函数进行求导，对参数进行分类讨论，即可求得函数的单调区间；（3）构造函数，将原式化为：对于任意，恒成立，再利用进行适

17、度放缩，从而判断的单调性，找到对应的参数范围即可.【解析】（1）由题意知： ，又在点的切线倾斜角为，在点的切线的斜率，即，解得：；（2）由（1）知：，当时，在上为增函数；当 时，令，解得：，当时，在上为减函数，当时，在上为增函数综上所述，当 时，的单调递增区间为；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；（3）对任意的，恒成立，即恒成立，将代入，并整理得：， 设， 则原式等价于对任意的，恒成立，则，下面证明：，令，则，令，解得：，当，单调递减；当，单调递增；故，即，当时， 在上恒成立，在上单调递增，恒成立，即，对恒成立当 时，即 ，在成立，故当时，时，知在上为减函数，即在上，不存在使得不等式对任

18、意恒成立综上所述：实数的取值范围是【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对参数的分类讨论以及应用对函数进行放缩.11（陕西渭南一模（理）已知函数.（1）讨论的单调性.（2）当时，若无最小值，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）.【分析】（1）对求导，然后对分类讨论分别得出所对应的的取值范围即为函数的单调增区间，所对应的的取值范围即为函数的单调减区间（2）结合（1）中的单调性结论对函数的最小值进行讨论.对于第四种情况，得出关于的不等式后，需要构造新的函数分析求解.【解析】

19、（1）因为，所以.令，得或.当时，由，得；由，得.则在上单调递减，在上单调递增；当时，由，得或；由，得.则在上单调递减，在和上单调递增.当时，恒成立，则在上单调递增.当时，由，得或；由，得.则在上单调递减，在和上单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增.（2）当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，则有最小值，故不符合题意.当时，由（1）可知在上单调递减，在和上单调递增，因为无最小值，所以，即，解得；当时，由（1）可知在上单调递增，所以无最小值，所以符合题意；当时，由（1）可知在上单调递减

20、，在上单调递增.因为无最小值，所以，即，即.设，则设，则在上恒成立.故在上单调递增，即在上单调递增.因为，所以存在唯一的，使得.故在上单调递减，在上单调递增.因为，所以在上恒成立，即在恒成立，即符合题意.综上，实数a的取值范围为.【点睛】本题主要考查分类讨论思想，首先利用函数求导公式对函数求导，然后再利用导函数大于0或者小于0讨论函数单调性，分类时一般利用有无解对参数进行分类常见注意点如下：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.12（陕西汉中一模（理）已知函数.（1）当时，求在上的最

21、值；（2）设，若有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用导数判断单调性，再根据单调性直接求最值；（2）根据的取值不同，分别判断单调性与极值最值，进而判断是否满足有两个零点.【解析】（1）当时，.当时，；当时，.在上递减，在上递增.，.（2），.当时，此时只有一个零点，故不成立；当时，在上单调递减，在上单调递增.，当时，；当时，.有两个不同的零点，成立；当时，令，得.当时，恒成立，在上单调递增，至多有一个零点；当时，即.若或，则；若，则.在上单调递增，在上单调递减.当时，即.若或，则.若时，则.在上单调递增，在上单调递减.当时，.仅有一个零点，不合题意.综上，有两个零

22、点，的取值范围是.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理13（广西梧州模拟（理）已知a0，函数（1）若f（x）为减函数，求实数a的取值范围；（2）当x1时，求证：（e2.718）【答案】（1）0a1；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意可得在上，恒成立，即恒成立，设，求导数分析的单调性，使得，即可得结果；（2）当0a1时，可得，；当时，先得在 上单调递减，得出存在，使得上单调递增，在上单调递减，进而，结合函数的单调性可得结果.【解析

23、】（1）由题意知f（x）的定义域为（0，），f（x）lnx-xa，由f（x）为减函数可知f（x）0恒成立设g（x）lnx-xa，令g（x）0得x1，当x（0，1）时，g（x）0，g（x）单调递增，即f（x）单调递增；当x（1，）时，g（x）0，g（x）单调递减，即f（x）单调递减故f（x）f（1）-1a0，因此0a1（2）证明：由（1）知，当0a1时，f（x）为减函数，所以，又0a1，设，eat，则，t（1，e又在区间（1，e上单调递增，所以，故，所以当0a1时，当a1时，由（1）知，当x（1，）时，f（x）单调递减，且f（1）a-10f（ea）2a-ea，令h（x）2x-ex，h（x）2-e

24、x，当x1时，h（x）0，h（x）单调递减，故h（a）2a-eah（1）2-e0，又ea1，f（x）在（1，）上单调递减，故存在x0（1，ea），使得f（x0）0，即f（x0）lnx0-x0a0，即ax0-lnx0，因此有f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，故，将ax0-lnx0代入，得因为函数在（1，）上单调递增，所以，即，故成立。【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理14（河南六市联考（理）已知函数.

25、（1）求的单调区间；（2）证明：.【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析【分析】（1）求导函数，利用，解函数单调减区间. 解得单调递增区间.（2）先求出在的极大值为2，由得在成立；再设利用导数法研究函数在 内单调性进行证明.【解析】（1）的定义域为，在上单调递增，且.令，得，则的单调递减区间为；令，得，则的单调递增区间为.（2）证明：设.令，得；令，得或.所以当时，取得极大值，且极大值为2，由（1）知，故当时，.设，设，设，易知在上单调递增，则，则在上单调递增，从而，则在上单调递增，则，从而在上单调递增，所以，故当时，从而得证.【点睛】本题考查求含参数函数的单调区间及利

26、用导数证明不等式.导数法研究函数在 内单调性的步骤：(1)求；(2)确定在内的符号；(3)作出结论：时为增函数；时为减函数研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论利用导数证明不等式的基本方法：(1)若与)的最值易求出，可直接转化为证明；(2)若与的最值不易求出，可构造函数 ，然后根据函数的单调性或最值，证明。15（江西五市九校联考）已知函数，其中.（1）当时，求函数在处的切线方程；（2）记函数的导函数是，若不等式对任意的实数恒成立，求实数的取值范围；（3）设函数，是函数的导函数，若函数存在两个极值点，且，求实数的取值范围.【答案】（1） （2） （3）【分析】

27、（1）根据导数的几何意义即可求切线方程；（2）先求导，则不等式对任意的实数恒成立，转化为对任意实数恒成立，构造函数，分类讨论，即可求出的范围；（3）先求导，根据函数存在两个极值点，可得，且，再化简可得到，构造，求出函数的最值即可【解析】（1）当时，其中，故.，故.所以函数在处的切线方程为，即.（2）由，可得.由题知，不等式对任意实数恒成立，即对任意实数恒成立，令，.故.若，则，在上单调递增，故符合题意.若，令，得（负舍）.当时，在上单调递减，故，与题意矛盾，所以不符题意.综上所述，实数的取值范围.（3）据题意，其中.则.因为函数存在两个极值点，所以，是方程的两个不等的正根，故得，且所以；，据可

28、得，即，又，故不等式可简化为，令，则，所以在上单调递增，又，所以不等式的解为.所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值，最值的关系，以及函数恒成立的问题，还运用导数的几何意义求切线方程，同时培养学生的转化能力，运算能力，属于难题16（安徽六校二月联考（理）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，证明：对任意的【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）求函数的导数，结合函数单调性和导数之间的关系进行判断即可（2）将不等式进行转化，构造函数g（x）=-x+，则不等式转化为最值问题进行求解即可【解析】（1）当11-m，即m0时，（-，1-m）和（1，+）上f（x）

29、0，f（x）单调减；（1-m，1）上f（x）0，f（x）单调增当1=1-m，即m=0时，（-，+）上f（x）0，f（x）单调减当11-m，即m0时，（-，1）和（1-m，+）上f（x）0，f（x）单调减；（1，1-m）上f（x）0，f（x）单调增（2）对任意的x1，x21，1-m，4f（x1）+x25可转化为，设g（x）=-x+，则问题等价于x1，x21，1-m，f（x）maxg（x）min由（1）知，当m（-1，0）时，f（x）在1，1-m上单调递增，g（x）在1，1-m上单调递减， 即证，化简得4（2-m）e1-m5-（1-m）令1-m=t，t（1，2）设h（t）=et（5-t）-4（t+

30、1），t（1，2），h（t）=et（4-t）-42et-40，故h（t）在（1，2）上单调递增 h（t）h（1）=4e-80，即4（2-m）e1-m5-（1-m） 故，得证【点睛】本题主要考查函数单调性的判断，结合函数单调性和导数之间关系进行转化是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度17（江西新余期末（理）设函数，.（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，；（i）求满足条件的最小正整数的值.（ii）求证：.【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）（i）（ii）见解析.【分析】（1）求单调区间，只要求得导数，通过讨论的范围（和）解不等式和不等式，从而得单调区间；（2）（i）求得，由有两

31、个零点得，的最小值为，且， 由此可得，由函数是增函数，通过估值可得最小正整数的值；（ii）证明，设，由，可把用表示，不等式中的可替换，然后变形为的不等式，设，则，构造函数，通过单调性即可得到证明.【解析】（1） 当时， 在上恒成立，所以函数单调递增区间为，此时 无单调减区间 当时，由，得，得，所以函数的单调增区间为，单调减区间为. （2）（i）因为函数有两个零点，所以，此时函数在单调递增，在单调递减.所以的最小值，即. 因为，所以.令，显然在上为增函数，且，所以存在. 当时，；当时，所以满足条件的最小正整数.又当时，所以时，有两个零点综上所述，满足条件的最小正整数的值为3. （ii）证明 ：不

32、妨设，于是即，所以. 因为，当时，当时，故只要证即可，即证明， 即证，也就是证. 设令，则. 因为，所以， 当且仅当时，所以在上是增函数又，所以当总成立,所以原题得证【点睛】函数（含有参数）有两个零点，证明不等式的基本方法是：第一步，由，把用表示，这样不等式就转化为不含参数的不等式；第二步，不等式再变形为关于的不等式，然后换元，设，上述不等式转化为关于的不等式；第三步，用导数研究函数的单调性、最值，完成证明18（海口市海南中学高三月考）设函数，曲线过点，且在点处的切线方程为.（1）求的值；（2）证明：当时，；（3）若当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）详见解析；（3）.【分析

33、】（1）根据导数几何意义得，再结合 联立方程组，解得的值；（2）即证明差函数的最小值非负，先求差函数的导数，为研究导函数符号，需对导函数再次求导，得导函数最小值为零，因此差函数单调递增，也即差函数最小值为，（3）令函数，因为，所以.先求差函数导数，再求导函数的导数得 ，所以分进行讨论：当时，满足题意；当时，能找到一个减区间，使得不满足题意.【解析】（1）由题意可知，定义域为， （2），设，由，在上单调递增，在上单调递增， （3）设,，由（2）中知， 当即时，所以 在单调递增，成立当即时， ，令，得，当时，单调递减，则，所以在上单调递减，所以，不成立综上，【点睛】本题主要考查了导数的综合应用问题

34、，利用导数研究函数的单调性从而得到函数的最值即可证明不等式，对于恒成立问题，一般采用变量分离的方式将参数与函数的最值比较，属于难题.19（沈阳二模）已知函数，.（1）证明：有且仅有一个零点；（2）当时，试判断函数是否有最小值？若有，设最小值为，求的值域；若没有，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）有最小值，值域为.【分析】（1）易得，时， ，函数无零点，当时，单调递增，再根据零点存在性定理即可得答案；（2）求导得，进而结合（1）的单调性与，可知存在唯一，使，即，此时，进而令，求其值域即可.【解析】（1），时，显然有，函数无零点；又，时，单调递增又，即，故存在唯一的，使，综上可知，函数有

35、且仅有一个零点.(备注：亦可用放缩取点，如，用此法需证，其他取点方法合理即可)（2），单调递增.又，故存在唯一，使，即.，单调递减；，单调递增.因此函数有最小值.令，则，故单调递减.进而，即的值域为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，求函数的最小值与值域，考查运算求解能力，逻辑推理能力，数学抽象能力，是中档题.本题解题的关键在于借助函数零点的存在性定理得存在唯一，使，即，进而得，再构造函数求解.20（浙江绍兴一模）已知函数(其中，e为自然对数的底数).（1）求函数的单调区间；（2）设函数的极小值点为m，极大值点为n，证明：当时，.【答案】（1）递减区间的，递增区间的；（2）证明见解析.【

36、分析】（1）首先确定函数的定义域，接着求导，求解得到函数单调增区间，求解得到函数的单调减区间；（2）由（1）知，构造函数，经过推导判断得到，所以原不等式得证.【解析】（1）由已知得由解得所以的递减区间的，递增区间的.（2）证明：由（1）可知，即.设，则.当时，因为，所以.设，则当时，因为，所以，所以，所以，所以，所以，当时，.【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

37、题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.21（陕西西安月考（理）已知函数（）求的极值；（）设求证：在上有两个零点【答案】（）极大值，极小值0；（）证明见解析.【分析】（）求出的导数，令求解然后判断导数正负得出单调区间，即可求出极值；（）令，可得，分和讨论零点个数.【解析】（），令得，所以在，上，单调递增，在上，单调递减，所以（），令，所以，当时，所以，即是函数的一个零点，对于，则有两个零点，设为，则，故一正一负，又，则在仅有1个零点，即在仅有1个零点，综上，在上有两个零点.【点睛】关键点睛：本题考查函数零点个数的判断，解题的关键是令，将函数转化为讨论.22（天一大联考（理）已知函数.

38、（1）求的图象在点处的切线方程，并证明的图象上除点以外的所有点都在这条切线的上方；（2）若函数，证明：.【答案】（1）切线方程为，证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用导数求出的图象在点处的切线方程为，然后构造函数，利用导数证明当且时，即可；（2）求得，分析得出对任意的恒成立，可得出函数在区间上为增函数，由此可证得结论成立.【解析】（1），则，所以，.所以，函数的图象在点处的切线方程为.设，则，令，可得；令，可得.所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当且时，所以的图象上除点以外的所有点都在这条切线的上方；（2）由题可知，.则，因为，所以，则，又由（1）知，当且仅当时，等号成立，所以

39、，当且仅当时，等号成立.所以，上述两个等号不同时成立，则，所以，函数在区间上为增函数，则，原式得证.【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.23（湖南衡阳一模）已知函数，其中，.（1）当时，求函数的最大值；（2）是否存在实数，使得只有唯一的，当时，恒成立，若存在，试求出，的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）1；（2）存在，.【分析】（1）由，得到，再

40、利用导数法求解；（2）将时，恒成立，转化为恒成立，求导，分， ，四种情况讨论求解.【解析】（1）当时，则，当时，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以时，,（2）因为时，恒成立，所以恒成立，1.当时，在上单调递增，要使恒成立，只须即可，得，此时不唯一（舍去）.2.当时，令，解得，当时，当时，所以时，单调递增；时，单调递减若时，满足，此时不唯一（舍去）.若时，由零点存在性定理得：，且，当时，与题意矛盾（舍去）.3.当时，成立，则在上单调递增，只须，此时不唯一.4.当时，令，解得，当时，当时，所以时，单调递增；时，单调递减，要使恒成立，且唯一，只须，所以有，令，故在上单调递增，在上单调递减

41、，则须使，解得，符合题意，综上：，.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；（2）能成立：；.24（天津和平区高三一模）已知函数，.（1）当时，直线与相切于点，求的极值，并写出直线的方程；若对任意的都有，求的最大值；（2）若函数有且只有两个不同的零点，求证：.【答案】（1）极小值为，没有极大值，线的方程为；最大值为；（2）证明见解析.【分析】（1）将代入，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极小值，求出切线方程即可；问题转化为恒成立，得到，求出的最大

42、值最大值即可.（2）问题转化为证明即可，求出，不妨设，令，则，证明，设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可.【解析】（1）当时，令，解得.当变化时，的变化情况如下表：0+极小值所以的极小值为，没有极大值.又因为，所以，直线的方程为，即.对任意的都有，即恒成立.由，故，所以.由知在单调递增，因此，可得，即.当时，的最小值为，所以的最大值为.（2）证明：要证明，只需证明即可.依题意，是方程的两个不等实根，因为，所以相加得：，相减得：，消去，整理得，.不妨设，令，则.故只需证明当时，即证明.设，则.于是在单调递增，从而，因此.所以，.【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的切线方程，函数的极值，函数的单调性以及最值问题，考查了导数的应用以及不等式证明，解题的