2022届广东省高三数学二轮复习专题训练04：导数（含答案解析）

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1、专题04：导数一、单选题1（2022广东梅州二模）已知是定义在上的奇函数，是的导函数，当时，且，则不等式的解集是（）ABCD2（2022广东茂名二模）过坐标原点作曲线的切线，则切点的纵坐标为（）AeB1CD3（2022广东茂名二模）已知函数，分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则正实数的值为（）ABC1D24（2022广东普宁市华侨中学二模）已知定义在上的奇函数满足，则不等式的解集为（）ABCD5（2022广东韶关二模）已知直线既是函数的图象的切线，同时也是函数的图象的切线，则函数零点个数为（）A0B1C0或1D1或26（2022广东汕头二模）已知函数，若过点存在3条直线与

2、曲线相切，则t的取值范围是（）ABCD7（2022广东深圳二模）已知，若过点可以作曲线的三条切线，则（）ABCD8（2022广东茂名二模）已知，则不等式的解集为（）ABCD二、多选题9（2022广东广州二模）已知，直线与曲线相切，则下列不等式成立的是（）ABCD10（2022广东湛江二模）若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（）AB当时，的值不唯一C可能等于D当时，的取值范围是11（2022广东佛山二模）已知，且 ，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（）ABCD12（2022广东茂名二模）若对任意的，且，都有，则m的值可能是（）ABCD113（2022广东珠海市第三中学二模

3、）已知函数，下列说法正确的有（）A曲线在处的切线方程为B的单调递减区间为C的极大值为D方程有两个不同的解14（2022广东二模）吹气球时，记气球的半径r与体积V之间的函数关系为r（V），为r（V）的导函数已知r（V）在上的图象如图所示，若，则下列结论正确的是（）ABCD存在，使得15（2022广东潮州二模）已知幂函数的图象经过点，则下列命题正确的有（）A函数的定义域为B函数为非奇非偶函数C过点且与图象相切的直线方程为D若，则三、填空题16（2022广东肇庆二模）写出一个同时具有下列性质的函数：_.；.17（2022广东茂名二模）已知，则曲线在点处的切线方程为_.18（2022广东惠州二模）若函

4、数在上单调递增，则实数的取值范围是_19（2022广东普宁市华侨中学二模）函数的图象在点处的切线方程是_.20（2022广东茂名二模）已知函数，若存在实数t使得函数有7个不同的零点，则实数a的取值范围是_四、解答题21（2022广东广州二模）已知函数(1)若，求的单调区间；(2)若，证明：22（2022广东湛江二模）已知函数.(1)当时，若在上存在最大值，求m的取值范围；(2)讨论极值点的个数.23（2022广东佛山二模）已知函数.其中为自然对数的底数.(1)当时，求的单调区间：(2)当时，若有两个极值点，且恒成立，求的最大值.24（2022广东梅州二模）已知.(1)求的单调区间；(2)证明：

5、方程在上无实数解25（2022广东茂名二模）已知函数其中实数(1)讨论函数的单调性；(2)求证：关于x的方程有唯一实数解26（2022广东肇庆二模）已知函数(1)函数为的导函数，讨论的单调性；(2)当时，证明：存在唯一的极大值点，且27（2022广东珠海市第三中学二模）1.已知函数.(1)若在处取得极值，求的值及函数的单调区间；(2)请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择.如果多写按第一个计分.若恒成立，求的取值范围.若仅有两个零点，求的取值范围.28（2022广东茂名二模）已知函数，其中.(1)当时，求的值；(2)讨论的零点个数.29（2022广东惠州二模）已知函数（）.（1）当时，试

6、求函数图像在点处的切线方程；（2）若函数有两个极值点、（），且不等式恒成立，试求实数的取值范围.30（2022广东普宁市华侨中学二模）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个极值点，求实数的取值范围31（2022广东韶关二模）已知(1)求证：当x0时， (2)若不等式，（其中）恒成立时，实数m的取值范围为（-，t，求证：32（2022广东二模）已知函数（且）的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧(1)求点P处的切线方程，并证明：时，(2)若关于x的方程（t为实数）有两个正实根，证明：33（2022广东潮州二模）已知函数，(1)若函数在区间内单调递增，求实数a的取值范围；(2)

7、若，且，求证：34（2022广东汕头二模）已知函数，其中是自然对数底(1)求的极小值；(2)当时，设为的导函数，若函数有两个不同的零点，且，求证：35（2022广东深圳二模）设函数，其中(1)讨论的单调性；(2)当存在小于零的极小值时，若，且，证明：36（2022广东茂名二模）已知函数在点处的切线方程为(1)求函数在上的单调区间；(2)当时，是否存在实数m使得恒成立，若存在，求实数m的取值集合，若不存在，说明理由（附：，）参考答案1B【分析】令，根据题意可得函数在上递增，从而可得出函数在上的符号分布，从而可得函数在上的符号分布，再结合是定义在上的奇函数，即可得出函数在上的符号分布，从而可得出答

8、案.【详解】令，则，所以函数在上递增，又因，所以当时，当时，又因当时，当时，所以当时，当时，又因为，所以当时，因为是定义在上的奇函数，所以，当时，由不等式，得或，解得，所以不等式的解集是.故选：B.2B【分析】设出切点，利用导数得到切线的斜率，写出切线方程，将原点坐标代入切线方程，解出即可.【详解】解：设切点，由，得，所以，曲线在点处的切线方程为，又过（0，0），解得，切点，纵坐标为1故选：B3C【分析】首先利用方程组法求函数的解析式，由解析式判断的对称性，利用导数分析的单调性及极值点，根据函数有唯一的零点知极小值，即可求正实数值.【详解】由题设，可得：，由，易知：关于对称.当时，则，所以单调

9、递增，故时单调递减，且当趋向于正负无穷大时都趋向于正无穷大，所以仅有一个极小值点1，则要使函数只有一个零点，即，解得.故选：C【点睛】关键点点睛：奇偶性求函数解析式，导数分析函数的单调性、极值，根据零点的个数及对称性、单调性求参数值.4B【解析】构造，易知奇函数，且在上为增函数，然后将转化为，令，用导数法得到时，然后利用函数单调性的定义求解.【详解】因为奇函数满足，所以，所以为奇函数，且在上为增函数，而等价于，令，则，而，当时，当时，所以，所以在上递减，而，所以时，；所以的解集为，故选：B【点睛】本题主要考查函数的单调性与导数，函数的单调性的定义的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，

10、属于较难题.5B【分析】设是函数图象的切点，则由导数的几何意义可求得，设是函数的切点，同样利用导数的几何意义可求出，然后根据零点存在性定理可求得结果【详解】设是函数图象的切点，则，（1） 又（2），将（1）代入（2）消去整理得：，设是函数的切点，据题意，又故，令， ，故，在定义域上为增函数，又，故，故，在上是增函数当时，；当时，；由零点存在性定理可得，g(x)存在唯一一个函数零点个数是1，故选：B6D【分析】设切点，求得切线方程，根据切线过点，得到，再根据存在3条直线与曲线相切，则方程有三个不同根，利用导数法求解.【详解】解：设切点，因为，则，所以切线方程为，因为切线过点，所以，即，令，则，令

11、，得或，当或时，当时，所以当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，因为存在3条直线与曲线相切，所以方程有三个不同根，则，故选：D7B【分析】设切点为，切线方程为，求出函数的导函数，即可得到，整理得，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值，依题意有三个零点，即可得到不等式组，从而得解；【详解】解：设切点为，切线方程为，由，所以，所以，则，所以，令，则，因为，所以当或时，当时，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以当时取得极大值，当时取得极小值，即，依题意有三个零点，所以且，即；故选：B8B【分析】确定函数的奇偶性，由导数确定单调性，然后由奇偶性变形不等式，由单调性求解【详解】由题意

12、知的定义域为R，且，得为奇函数，且，且在上单调递增由得，即解得故选：B9AC【分析】利用导数的几何意义，求出a，b的关系，再结合均值不等式逐项分析、计算并判断作答.【详解】设直线与曲线相切的切点为，由求导得：，则有，解得，因此，即，而，对于A，当且仅当时取“=”，A正确；对于B，当且仅当，即时取“=”，B不正确；对于C，因，则有，即，当且仅当，即时取“=”，由得，所以当时，C正确；对于D，由，得，而函数在R上单调递增，因此，D不正确.故选：AC10ACD【分析】由题设切点为，进而得，再构造函数，将问题转化为与的交点个数问题，再数形结合求解即可.【详解】解：不妨设切点为，因为，所以切线方程为，所

13、以，整理得，所以令，则，所以，令得.所以，当或时，当时，因为，当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，所以，函数的图像大致如图，所以，当时，故B错误，此时成立；当时，所以，故可能等于，C正确；当当时，显然，故D正确；综上，A正确.故选：ACD11AC【分析】构造函数，求导，计算出其单调性即可判断.【详解】构造函数 ， ，当 时， ， 时， ， 时， ，在处取最大值， ， ，函数图像如下： ， ，A正确；B错误； ， ， ，C正确，D错误；故选：AC.12BCD【分析】将转化为，构造函数，利用导数求其单调递减区间即可.【详解】，且，则，整理得设，则只需要在上单调递减即可，令，解得，则，所以BCD

14、符合，故选：BCD.13ABC【分析】对于A，利用导数的几何意义求解即可，对于B，对函数求导后，由导数小于零可求得结果，对于C，求导后求出函数的单调区间，从而可求出函数的极大值，对于D，画出的图象，利用图象求解.【详解】因为，所以，对于A，则在处的切线方程为，所以A正确；对于B，令，解得，所以的单调递减区间为，所以B正确；对于C，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，所以C正确；对于D，由D的解析知在上单调递增，在上单调递减，且，当时，当时，所以画出的图象，如图，方程解的个数，即的图象与的交点个数，由图知只有一个解，所以D错误故选：ABC14BD【分析】A：设，由图得

15、，所以该选项错误；B:根据图象和导数的几何意义得，所以该选项正确；C:设 ，所以该选项错误；D:结合图象和导数的几何意义可以判断该选项正确.【详解】解：A：设，由图得，所以所以，所以该选项错误；B:由图得图象上点的切线的斜率越来越小，根据导数的几何意义得，所以该选项正确；C:设，因为所以，所以该选项错误；D:表示两点之间的斜率，表示处切线的斜率，由于，所以可以平移直线使之和曲线相切，切点就是点,所以该选项正确.故选：BD15BC【分析】先利用待定系数法求出幂函数的解析式，写出函数的定义域、判定奇偶性，即判定选项A错误、选项B正确；设出切点坐标，利用导数的几何意义和过点求出切线方程，进而判定选项

16、C正确；平方作差比较大小，进而判定选项D错误.【详解】设，将点代入，得，则，即，对于A：的定义域为，即选项A错误；对于B：因为的定义域为，所以不具有奇偶性，即选项B正确；对于C：因为，所以，设切点坐标为，则切线斜率为，切线方程为，又因为切线过点，所以，解得，即切线方程为，即，即选项C正确；对于D：当时，即成立，即选项D错误故选：BC16（底数大于e的指数函数均可）【分析】由指数函数的性质可求解.【详解】由可知函数是指数函数，由可知函数单调递增，又，故只要即可故答案为：（底数大于e的指数函数均可）17【分析】利用导函数求得即为切线斜率，由原函数求得，由直线点斜式方程整理得到结果.【详解】因为，所

17、以，又，故所求切线方程为，即.故答案为：.18【分析】求出导函数，利用，用分离参数法即可求出a的范围.【详解】因为，所以，又函数在上单调递增，所以在恒成立，分离参数可得在恒成立，令，所以在上单调递增，所以，所以，故答案为：.19【分析】利用导数求出斜率，即可得到切线方程.【详解】因为，所以；所以，所以.所以函数在点处的切线方程是，即.故答案为：20【分析】利用导数研究函数的性质，得单调性和极值，并作出函数的大致图象，由得或，然后分类讨论，它们一个有3个根，一个有4个根，由此可得参数范围【详解】当时，当时，递减，当时，递增，故时，；当时，时，递增，时，递减，所以当时，有极大值，当时，作出的大致图

18、象如图，由题意知，即有7个不同的实根，当有三个根，有四个实根，此时或，得或；当有四个根时，有三个实根，此时，得，所以故答案为：21(1)单调递减区间为，无单调递增区间；(2)证明见解析【分析】(1)求f(x)的导数，令，求，根据正负判断单调性，根据单调性判断正负，从而判断f(x)单调性；(2)将化为，令1，则，根据(1)中f(x)单调性即可证明（1）的定义域为，由于，则，令，则，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减则函数的单调递减区间为，无单调递增区间（2）方法一：欲证，只要证，即证令，由于，则故只要证，即证由(1)可知，在区间上单调递减，故时，即由于，则成立方法二：由(1)得在上单调递增，

19、当时，则，使，即，则当时，在上单调递减；当时，在上单调递增则，令，由于，则，则，整理得【点睛】本题第一问关键是二次求导，依次通过导数的正负判断原函数的单调性；第二问的关键是注意到要证的不等式可以化为，令1，则化为，即，结合(1)中函数单调性即可证明得到结论22(1)；(2)当时，函数有一个极值点；当时，函数有两个极值点；当时，函数没有极值点.【分析】（1）根据导数的性质，结合函数的单调性和最值的定义进行求解即可；（2）根据导数的性质，结合极值点的定义、一元二次方程根的判别式分类讨论求解即可.(1)因为，所以，因为函数的定义域为：，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，因此

20、要想在上存在最大值，只需，所以m的取值范围为；(2)，方程的判别式为.（1）当时，即，此时方程没有实数根，所以，函数单调递减，故函数没有极值点；（2）当时，即， 此时，（当时取等号），所以函数单调递减，故函数没有极值点；（3）当时，即，此时方程有两个不相等的实数根，设两个实数根为，设，则，函数的定义域为：，显然 当时，此时方程有两个不相等的正实数根，此时当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，因此当时，函数有极小值点，当时，函数有极大值点，所以当时，函数有两个极值点，当时，方程有一个正实数根和一个负根，或是一个正实数和零根，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以当时，

21、函数有极大值点，因此当时，函数有一个极值点，综上所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数有两个极值点；当时，函数没有极值点.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根的判别式分类讨论是解题的关键.23(1)的递增区间为，递减区间为；(2)2.【分析】（1）对函数求导，把代入导函数中对导函数进行化简，即可求出函数的单调区间.（2）有两个极值点即为导函数的零点，令导函数等于零和，即可得方程，利用与韦达定理得到（或），再把代入原函数中进行化简即可得到， 要使恒成立，代入化简即可得，求出的最小值，即可得到答案.(1)对求导得 当时，当，即，；当，即，；故当时，的递增区间为，递减区间为.(2)当时，由（1）知

22、令，则的两个不等实数解为故 即（或）故不等式恒成立恒成立（*）由于，故，故（*）恒成立令 则 是上的增函数，即最大值为.24(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)证明见解析【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；（2）构造，求导，研究其单调性，求出最小值，从而证明出不等式.(1)的定义域为，令，即，解得：，令，即.解得：.综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)令，因为当时，所以在单调递减.所以，所以函数在上无零点.即方程在上无实根.25(1)当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在，上单调递增，在单调递减.(2)证明见解析.【分析】（1）求

23、出，然后分，三种情况讨论，研究的正负，由此判断函数的单调性即可；（2）将方程进行变形可得，令，利用导数研究函数的单调性，结合零点的存在性定理进行证明即可.(1)（1）函数，则，当时，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，解得或，当或时，则单调递增，当时，,则单调递减，所以在，上单调递增，在上单调递减；当时，令，解得或，当或时，则单调递增，当时，则单调递减，所以在，上单调递增，在单调递减.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在，上单调递增，在单调递减.(2)证明由，得，令，则，当时，故函数在上单调递增.，故时，恰有1个零点.当时，令，则在上单调递增，因为，

24、令，可得时，单调递增，所以，故，则存在唯一的实数，使得，即，故在，上单调递增，在上单调递减，因为，故当时，函数恰有1个零点. 当时，在上单调递增，又因为，所以存在唯一实数，使得，即，故在，上单调递增，在上单调递减，因为，故当时，函数只有个零点.当时，由，解得，所以，令， ， 故在上单调递增， ，当时， 函数无零点.因此，当时，函数只有一个零点.即证当时，关于x的方程有唯一实数解【点睛】此类问题解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有:（1）方程法：直接解方程得到函数的零点；（2）图象法：直接画出函数的图象分析得解；（3）方程与图象法：令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解.26(1)

25、答案不唯一，具体见解析(2)证明见解析【分析】（1）设，然后对函数求导，再分和讨论导函数的正负，从而可求出其单调区间，（2）两次利用零点存在性定理求得函数的极大值点，从而可得，再结合可证得结论(1)，设，则当时，则在上单调递增；当时，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增所以在上单调递减，在上单调递增(2)证明：当时，由（1）可知的最小值为，而，又，由函数零点存在定理可得存在使得，又在上单调递减，所以当时，当时，故为的极大值点，又在上单调递增，故在上不存在极大值点，所以存在唯一的极大值点，又，所以因为，而，所以又为极大值，所以综上，【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单

26、调性，利用导数求函数的极值，解题的关键是先由函数零点存在定理得到函数的极大值点，再根据零点存在性定理得极大值点，然后代入函数中利用放缩法可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题27(1)单调递减区间为，单调递增区间为.(2)选择时，；选择时，【分析】（1）把代入，然后对求定义域，求导，利用求出求的值，观察出是个增函数进而求出函数的单调区间；（2）对进行同构变形，然后构造新函数求的取值范围（1）定义域为，在处取得极值，则，所以，此时，可以看出是个增函数，且，所以当时，单调递减，当时，单调递增.故的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）选择若恒成立，若恒成立，即，整理为，即设函数，则上式为：因为恒

27、成立，所以单调递增，所以所以，令，.，当时，当时，故在处取得极大值，故1，解得：故当时，恒成立.选择若仅有两个零点，即有两个根，整理为，即设函数，则上式为：因为恒成立，所以单调递增，所以=所以只需有两个根，令，.，当时，当时，故在处取得极大值，要想有两个根，只需，解得：，所以的取值范围为【点睛】同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离的函数可以达到化简后可以参变分离的效果，非常的好用28(1)(2)答案见解析【分析】（1）根据条件，讨论x的取值范围，从而去掉函数中的绝对值符号，求得函数f(x)的导数，进而求得答案.（2）令，整理化简得，结合函数解析式特点以及用导

28、数判断函数的单调性可得的零点个数是两个函数和的零点个数之和 ，然后构造新函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在定理可解得答案.(1)时，.时，.时.；(2)令，有, ,则，即.所以.时，；时，；所以，在上递减；在上递增.又因为，所以，当且仅当或.又，故和不可能同时成立.所以的零点个数是两个函数和的零点个数之和，其中.时，递增，无零点.时，令，得，故在上递减；在上递增.当时，此时无零点.当时，此时有一个零点.当时，令，故，所以，由零点存在性定理，在和上各有一个零点，此时有两个零点.在上递增.又t，故时，在上必有一个零点.综上所述，时，有一个零点；时，有两个零点；时，有三个零点.【点睛】本题考查

29、了函数的导数的计算以及用导数判断函数的零点个数问题，综合性较强，难度较大，解答的关键是能根据题意对函数或者方程进行合理的变化，从而能构造新的函数，再利用导数研究其单调性或者最值，从而解决问题.29（1）；（2）【分析】（1）时，再求导，利用导数的几何意义求切线方程即可；（2）由函数在 上有两个极值点，求导，根据判别式可得，不等式恒成立即为 ，求得，令求出导数，判断单调性，即可得到的范围，即可求得的范围【详解】（1）时，故.故，又，故函数图像在点处的切线方程为，即（2）函数在上有两个极值点，.由得， 当时，因为，故此时，则可得，令，则，因为,，又.所以，即时，单调递减，所以，即，故实数的取值范围

30、是.30（1）答案见解析；（2）【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性；（2）对求导得，设，再次求导可得，分类讨论：当时，函数在上单调递增，函数至多有一个极值点，不合题意当时，函数有两个极值点等价于函数有两个不同的零点，只需，即，解得判断出在上单调递增，在上单调递减，所以函数有两个极值点即可求解【详解】（1）由题意得，的定义域为，当时，函数在上单调递增当时，令，解得，时，函数在上单调递减；时，函数在上单调递增综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增（2）由题意得，求导得，设，求导可得，当时，函数在上单调递增，函数至多有一个极值点，不合题意当时，令，解得，时

31、，函数在上单调递增，时，函数在上单调递减，所以函数在处取得极大值，也是最大值，为因为函数有两个极值点等价于函数有两个不同的零点，所以，即，解得当时，令，则，故在上单调递增，即，所以，又在上单调递增，在上单调递减，所以函数有两个极值点，所以实数的取值范围是【点睛】（1）函数的单调性与导数的关系：已知函数在某个区间内可导，如果0，那么函数在这个区间内单调递增；如果0，那么函数在这个区间内单调递减；（2）对函数求导后，不能确定导数的正负时，可以对不能确定导数符号的部分再次求导，进一步确定导数的正负，以此来确定函数的单调性以及判断函数的相关性质，同时要注意函数的定义域以及取点技巧的应用，否则，往往无法

32、判断导数的正负和相关零点的位置31(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）令，再证明即得证；（2）令，即证，证明，令，即得证.(1)证明：令，所以，在上递增，故在上递增，即.(2)证明：据题意，对于任意的，不等式恒成立时，等价于对于，令，又实数m的取值范围为，故t是实数m的最大值要证，即证令，则，所以在上单调递增，又，故，使得，即所以，有，单调递减；，单调递增所以，所以存在，使得，即，且满足，单调递减；，单调递增；所以令，则，故单调递减，又，所以，则只需证明由（1）知：当时，故.32(1)，证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）确定的零点，得点坐标，由导数几何意义可得，在时作差，证

33、明即可；（2）是正根，因此只要考虑时情形，不妨设，仿照（1）求出在另一个零点处的切线方程，并证明时，设的解为，的解为，利用的单调性可得，这样有，然后证明，并利用导数研究的单调性与极值（需要二次求导）确定，最后利用不等式的性质可得结论成立（1）令，得所以或即或因为点P在点Q的左侧，所以，因为，所以，得点P处的切线方程为，即当时，因为，且，所以，所以，即所以，所以（2）不妨设，且只考虑的情形因为，所以所以点Q处的切线方程为，记，令，设，则所以单调递增又因为，所以，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增所以在时有极小值，也是最小值，即，所以当时，设方程的根为，则易知单调递增，由，所以对于（1）

34、中，设方程的根为，则易知单调递减，由（1）知，所以所以因为，易知时，故；当时，所以，所以，所以记，则恒成立所以单调递增，因为，所以存在使得所以，当时；当时，所以在上单调递减，在上单调递增因为，由函数图象知当方程（t为实数）有两个正实根时，所以所以，即【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式，解题难点是转化问题，利用导数几何意义求出函数在零点处的切线方程，和，并利用导数证明，设，同时设与和的交点横坐标分别是，这里，可心由函数式求出来，且得出，于是差，回过头来利用导数证明，然后由不等式的性质证明结论这个解题过程思路比较明确，但是计算量、思维量都很大对学生的逻辑思维能力，转化与化归能力、

35、运算求解能力要求较高，属于困难题33(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据条件将问题转化为在上恒成立问题,然后根据函数的单调性求出的范围；（2）根据条件将问题转化为成立问题,令，即成立，再利用函数的单调性证明即可.(1)解：因为的定义域为，所以，若函数在区间递增，则在上恒成立，即在上恒成立，则只需，令，则，当时，单调递减，即在时取得最小值9，所以，所以a的取值范围为(2)解：令，则，由，且，得，所以，所以要证成立，只需证，即，即成立即可，令，则需证，由（1）可知时，函数在单调递增，所以，所以成立，所以【思路点睛】1、一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且

36、为单调增（减）函数，则恒成立2、对于函数不等式的恒成立问题，可构建新函数，再以导数为工具讨论新函数的单调性从而得到新函数的最值，最后由最值的正负得到不等式成立.34(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求得函数的导数，分和两种情况讨论，结合导数的符号，求得函数的单调性，结合极值的定义，即可求解；（2）根据题意，把，设，转化为利用导数证明，再设，证得，即可证得.(1)解：由题意，函数，可得，当时，令，函数在上单调递增，无极小值；当时，令，即，解得，当时，此时函数上单调递减；当时，此时函数上单调递增，所以当时，函数取得极小值，极小值为.(2)证明：因为，所以，所以，因为函数有两个不同的零点

37、，且，所以，所以，所以，因为，设，可得，因为，所以在单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以，再考虑，因为，所以，设，则，令，则，所以在上为单调递减函数，所以，即恒成立，进而，综上可得，.35(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求导函数，根据为增函数，为减函数.（2）首先根据（1）的结果判断出满足条件的单调性，再利用构造函数判断其单调性即可得出结论.(1)由当时，在上为单调递增函数.在上为单调递减函数.当时，令（i）当时，当时，此时；当时，此时；当时，此时；当时，恒成立，故在上为单调递增函数（ii）当时，或，故在和上为单调增函数，在上为单调减函数.(iii) 当时，或，故在上为单调增函数，在

38、和上为单调减函数.综上所述：当时， 在上为单调递增函数.在上为单调递减函数. 当时，若，在上为单调递增函数；若，在和上为单调增函数，在上为单调减函数；若，在上为单调增函数，在和上为单调减函数.(2)当存在小于零的极小值时，此时在上为单调递增函数，令令在上单调递增，而在在上单调递增 从而 在上单调递减36(1)在，上单调递增，在，上单调递减(2)存在；m的取值集合为【分析】（1）根据切线方程，结合导数的几何意义，求出的值，再由导数得出单调区间.（2）由题意，只需，又注意到， 由题意必为的最大值点，从而为的极大值点，必有，再证明检验即可.(1)由题意知，即，得，因为，所以，得，所以，当时，令，得，

39、令，得，当时，令，得，令，得，所以在，上单调递增，在，上单调递减(2)假设存在实数m，使在上恒成立，即在上成立，令，只需注意到，所以若在上成立，必为的最大值点，从而为的极大值点，必有由，得，解得下面证明符合题意当时，令，则（）当时，所以在上单调递增；当时，所以单调递减，所以当时，所以在上单调递增；由在和上单调递增得，在上单调递增（）当时，令，由，得，在上单调递增，因为，所以由零点存在定理知存在，使得，当时，即，单调递减，即单调递减；当时，即，单调递增，即单调递增；因为，所以由零点存在定理得，存在，使得，当时，单调递减；当时，单调递增综合（）（）的结论，又，所以，符合题意综上所述：m的取值集合为【点睛】关键点睛：本题考查导数几何意义的应用，考查利用导数研究函数不等式恒成立问题，解本题的关键是设出，即只需根据，结合条件得出必为的最大值点，从而为的极大值点，必有，求出参数的值，然后再证明检验属于难题.