十年高考数学真题分项汇编（2014-2023）（文科）专题22导数解答题（文科）（Word版附解析）

十年（2014－2023）年高考真题分项汇编—导数解答题目录题型一：导数的概念及几何意义1题型二：导数与函数的单调性5题型三：导数与函数的极值、最值16题型四：导数与函数零点问题37题型五：导数与不等式的证明51题型六：导数与其他知识交汇题型67题型七：利用导数研究恒成立、能成立问题75题型八：导数的综合应用91题型一：导数的概念及几何意义1．(2022年全国高考甲卷数学(文)·第20题)已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．(1)若，求a；(2)求a的取值范围．【答案】(1)3(2)【解析】(1)由题意知，，，，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得； (2)，则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：01000则的值域为，故的取值范围为．2．(2020北京高考·第19题)已知函数．(Ⅰ)求曲线的斜率等于的切线方程；(Ⅱ)设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．【答案】(Ⅰ)，(Ⅱ)．【解析】(Ⅰ)因为，所以，设切点为，则，即，所以切点为，由点斜式可得切线方程：，即．(Ⅱ)显然，因为在点处的切线方程为：，令，得，令，得，所以，不妨设时，结果一样，则， 所以，由，得，由，得，所以在上递减，在上递增，所以时，取得极小值，也是最小值为．3．(2015高考数学天津文科·第20题)(本小题满分14分)已知函数(Ⅰ)求的单调区间;(Ⅱ)设曲线与轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为,求证:对于任意的正实数,都有;(Ⅲ)若方程有两个正实数根且,求证:．【答案】(Ⅰ)的单调递增区间是,单调递减区间是;(Ⅱ)见试题解析;(Ⅲ)见试题解析．解析：(Ⅰ)由,可得的单调递增区间是,单调递减区间是;(Ⅱ),,证明在单调递增,在单调递减,所以对任意的实数x,,对于任意的正实数,都有;(Ⅲ)设方程的根为,可得,由在单调递减,得,所以．设曲线在原点处的切线为方程的根为,可得,由在在单调递增,且,可得所以．试题解析:(Ⅰ)由,可得,当,即时,函数单调递增;当,即时,函数单调递减．所以函数的单调递增区间是, 单调递减区间是．(Ⅱ)设,则,曲线在点P处的切线方程为,即,令即则．由于在单调递减,故在单调递减,又因为,所以当时,,所以当时,,所以在单调递增,在单调递减,所以对任意的实数x,,对于任意的正实数,都有．(Ⅲ)由(Ⅱ)知,设方程的根为,可得,因为在单调递减,又由(Ⅱ)知,所以．类似的,设曲线在原点处的切线为可得,对任意的,有即．设方程的根为,可得,因为在单调递增,且,因此,所以．4．(2021年全国高考乙卷文科·第21题)已知函数．(1)讨论的单调性；(2)求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)．解析：(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增， 当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．(2)由题意可得：，，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，即曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为．题型二：导数与函数的单调性一、解答题1．(2023年全国乙卷文科·第20题)已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围．【答案】(1)；(2)．解析：【小问1详解】当时，，则，据此可得，所以函数在处的切线方程为，即．【小问2详解】由函数的解析式可得，满足题意时在区间上恒成立．令，则，令，原问题等价于在区间上恒成立，则，当时，由于，故，在区间上单调递减，此时，不合题意;令，则，当，时，由于，所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，满足题意． 当时，由可得，当时，在区间上单调递减，即单调递减，注意到，故当时，，单调递减，由于，故当时，，不合题意．综上可知：实数得取值范围是．2．(2014高考数学山东文科·第20题)(本小题满分13分)设函数，其中为常数．(Ｉ)若，求曲线在点处的切线方程；(II)讨论函数的单调性．【答案】解析：(1)由题意知时，．此时可得，所以在处的切线方程为(2)函数的定义域为．当，函数在上单调递增；当时，令，由于，①当时，，，函数在上单调递减； ②时，，，，函数在上单调递减；③当时，设是函数的两个零点则，由所以时，，，函数单调递减时，，函数单调递增时，，函数单调递减综合可得：当时，函数在上单调递增加；当时，函数在上单调递减；当时，在(0,),(,+)上单调递减，在(，)上单调递增．3．(2014高考数学湖北文科·第21题)为圆周率，为自然对数的底数．(1)求函数的单调区间；(2)求，，，，,这6个数中的最大数与最小数．【答案】(1)函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)6个数中的最大数是3π，最小数是3e．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝，所以f′(x)＝．当f′(x)>0，即0<x<e时，函数f(x)单调递增；当f′(x)<0，即x>e时，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln3<elnπ，πlne<πln3， 即ln3e<lnπe，lneπ<ln3π．于是根据函数y＝lnx，y＝ex，y＝πx在定义域上单调递增可得，3e<πe<π3，e3<eπ<3π．故这6个数中的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中．由e<3<π及(1)的结论，得f(π)<f(3)<f(e)，即<<．由<，得lnπ3<ln3π，所以3π>π3．由<，得ln3e<lne3，所以3e<e3．综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e．4．(2014高考数学大纲文科·第21题)函数(1)讨论的单调性；(2)若函数在区间上是增函数，求的取值范围．【答案】(1)详见解析(2)解析：(1)的判别式(ⅰ)若则且当且仅当故此时在上是增函数(ⅱ)由于，故当时，有两个根：若则当或时故分别在是增函数；当时故在是减函数；若则当或时故分别在是减函数；当时故在是增函数(Ⅱ)解法1：当时，故当时，在区间是增函数当时，在区间是增函数当且仅当解得 综上，的取值范围是解法2：由已知得即在区间恒成立原题等价于在区间恒成立，其中在区间是增函数即，从而又综上，的取值范围是5．(2015高考数学重庆文科·第19题)已知函数在处取得极值．(Ⅰ)确定的值；(Ⅱ)若，讨论的单调性．【答案】(Ⅰ)，(Ⅱ)在内为减函数，内为增函数．．解析：(1)对求导得因为在处取得极值，所以，即,解得．(2)由(1)得，,故令，解得．当时，,故为减函数，当时，,故为增函数，当时，,故为减函数，当时，,故为增函数，综上知在内为减函数，内为增函数． 6．(2014高考数学天津文科·第19题)已知函数(a＞0)，x∈R．(I)求f(x)的单调区间和极值；(II)若对于任意的，都存在，使得．求a的取值范围．【答案】解析：(I)由已知，有．令，解得x=0或．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0f′(x)－0+0－f(x)↘0↗↘所以，f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是，．当x=0时，f(x)有极小值，且极小值为f(0)=0；当时，f(x)有极大值，且极大值为．(II)解：由f(0)==0及(I)知，当时，；当时，f(x)＜0．设集合A={f(x)｜xÎ(2，＋∞)}，集合B=．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：(1)当，即时，由可知，，而，所以A不是B的子集．(2)当，即时，有，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减， 故A=(－∞，f(2))，因而；由，有f(x)在上的取值范围包含(－∞，0)，则．所以，AÍB．(3)当，即时，有f(1)＜0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故，A=(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是．7．(2016高考数学山东文科·第20题)(本小题满分13分)设(Ⅰ)令，求的单调区间；(Ⅱ)已知在处取得极大值．求实数的取值范围．【答案】解析：(Ⅰ)由可得，则，当时，时，，函数单调递增；当时，时，，函数单调递增，时，，函数单调递减．所以当时，函数单调递增区间为；当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，．①当时，单调递增．所以当时，，单调递减．当时，，单调递增． 所以在处取得极小值，不合题．②当时，，由(Ⅰ)知在内单调递增，可得当时，，时，所以在内单调递减，在内单调递增，所以在处取得极小值，不合题．③当时，即时，在(0，1)内单调递增，在内单调递减，所以当时，，单调递减，不合题意．④当时，即，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得极大值，合题意．综上可知，实数a的取值范围为．8．(2014高考数学江西文科·第18题)已知函数,其中．(1)当时,求的单调递增区间;(2)若在区间上的最小值为8,求的值．【答案】(1)和,(2) 解析:(1)定义域:而,当时,,由得或,列表: 所以单调增区间为:和,(2)由(1)知,,所以导函数的零点为或,列表分析可得:函数增区间为和,减区间为．由于所以,当时,,(舍),当时,由于所以且解得或(舍),当时,在上单调递减,满足题意,综上．9．(2017年高考数学课标Ⅰ卷文科·第21题)已知函数．(1)讨论的单调性;(2)若,求的取值范围．【答案】(1)当时,在单调递增;当时,在单调递减,在单调递增;当时,在单调递减,在单调递增; (2) 【解析】(1) ①当时,,令,即,解得, 令,即,解得, 所以当,在上递增,在上递减． ②当时,,在上递增． ③当时,,令, 令, 所以当时,在上递增,在上递减． 综上所述:当,在上递减,在上递增; 当时,在上递增; 当时,在上递减,在上递增． (2)由(1)得当时,, ,得．当时,满足条件． 当时, , ,又因为,所以． 综上所述,的取值范围是．10．(2016高考数学课标Ⅱ卷文科·第20题)(本小题满分12分)已知函数．(I)当时，求曲线在处的切线方程；(Ⅱ)若当时，，求的取值范围．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)【官方解答】(I)的定义域为．当时， ，所以曲线在处的切线方程为(II)当时，等价于令，则，(i)当，时，，故在上单调递增，因此；(ii)当时，令得，由和得，故当时，，在单调递减，因此．综上，的取值范围是【民间解法】(I)解：当时，，，，，切点，斜率为故：曲线在处的切线方程为．(II)解：，，只要：由得：理由如下：令，构造函数由，知在上是单调递增函数．， ，故：．验证：当时，令，，由得：当时有：在上是单调递减函数，，这与矛盾，综上：的取值范围是．11．(2019·全国Ⅱ·文·第21题)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】解：(1)的定义域为..因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，，故存在唯一，使得.又当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，存在唯一的极值点.(2)由(1)知，又，所以在内存在唯一根.由得.又，故是在的唯一根.综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.题型三：导数与函数的极值、最值1．(2023年北京卷·第20题)设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值；(2)设函数，求的单调区间；(3)求的极值点个数．【答案】(1)(2)答案见解析(3)3个解析：(1)因为，所以，因为在处的切线方程为，所以，，则，解得，所以．(2)由(1)得，则，令，解得，不妨设，，则，易知恒成立，所以令，解得或；令，解得或；所以在，上单调递减，在，上单调递增，即的单调递减区间为和，单调递增区间为和．(3)由(1)得，，由(2)知在，上单调递减，在，上单调递增，当时，，，即所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，在上单调递减，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；所以在上有一个极大值点；当时，在上单调递增，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，，所以，则单调递增，所以在上无极值点；综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点．2．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第22题)(1)证明：当时，；(2)已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【答案】(1)证明见详解(2)解析：(1)构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，即对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；综上所述：．(2)令，解得，即函数的定义域为，若，则，因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，不合题意，所以．当时，令因为，且，所以函数在定义域内为偶函数，由题意可得：， (i)当时，取，，则，由(1)可得，且，所以，即当时，，则在上单调递增，结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是的极小值点，不合题意；(ⅱ)当时，取，则，由(1)可得，构建，则，且，则对恒成立，可知在上单调递增，且，所以在内存在唯一的零点，当时，则，且，则，即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以是的极大值点，符合题意；综上所述：，即，解得或，故a的取值范围为．3．(2018年高考数学北京(文)·第19题)设函数．(Ⅰ)若曲线在点处的切线斜率为，求；(Ⅱ)若在处取得极小值，求的取值范围．【答案】(I)；(II)解析：(Ⅰ)因为，所以．，由题设知，即，解得．(Ⅱ)方法一：由(Ⅰ)得．若a>1，则当时，；当时，．所以在x=1处取得极小值．若，则当时，，所以．所以1不是的极小值点．综上可知，a的取值范围是．方法二：．(1)当a=0时，令得x=1． 随x的变化情况如下表：x1+0−↗极大值↘∴在x=1处取得极大值，不合题意．(2)当a>0时，令得．①当，即a=1时，，∴在上单调递增，∴无极值，不合题意．②当，即0<a<1时，随x的变化情况如下表：x1+0−0+↗极大值↘极小值↗∴在x=1处取得极大值，不合题意．③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：x+0−0+↗极大值↘极小值↗∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意．(3)当a<0时，令得．随x的变化情况如下表：x −0+0−↘极小值↗极大值↘∴在x=1处取得极大值，不合题意．综上所述，a的取值范围为．4．(2014高考数学重庆文科·第19题)(本小题满分12分，(Ⅰ)小问5分，(Ⅱ)小问7分)已知函数，其中，且曲线在点处的切线垂直于．(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)求函数的单调区间与极值．【答案】解析：(Ⅰ)对求导得，由在点处切线垂直于直线知解得；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，则令，解得或．因不在的定义域内，故舍去．当时，故在内为减函数；当时，故在内为增函数；由此知函数在时取得极小值．5．(2015高考数学安徽文科·第21题)已知函数(Ⅰ)求的定义域，并讨论的单调性；(Ⅱ)若，求在内的极值．【答案】(Ⅰ)递增区间是(-r,r);递减区间为(-∞，-r)和(r，+∞)；(Ⅱ)极大值为100；无极小值．解析：(Ⅰ)由题意可知所求的定义域为．， 所以当或时，，当时，因此，单调递减区间为；的单调递增区间为．(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答可知在上单调递增，在上单调递减．因此是的极大值点，所以在内的极大值为，内无极小值；综上，内极大值为100，无极小值．6．(2017年高考数学山东文科·第20题)已知函数．(Ⅰ)当时,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． 【解析】(Ⅰ)由题意, 所以,当时,,,则 因此所求切线方程是即 (Ⅱ) 即在上递增,在上递减 iii)当时,在上递增,在上递减 综上所述(1)无极值 (2)极大值为极小值为 (3)极大值为,极大值为7．(2021高考北京·第19题)已知函数．(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．【答案】(1)；(2)函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为．解析：(1)当时，，则，，，此时，曲线在点处的切线方程为，即；(2)因为，则，由题意可得，解得， 故，，列表如下：增极大值减极小值增所以，函数的增区间为、，单调递减区间为．当时，；当时，．所以，，．8．(2014高考数学安徽文科·第20题)(本小题满分13分)设函数，其中．(Ⅰ)讨论在其定义域上的单调性；(Ⅱ)当时，求取得最大值和最小值时的的值．【答案】解：(Ⅰ)的定义域为，令，得，所以当时，；当时，．故在和内单调递减，在内单调递增．(Ⅱ)因为，所以．(i)当时，由(I)知，在上单调递增，所以在和处分别取得最小值和最大值．(ii)当时，，由(I)知，在上单调递增，在上单调递减，因此在处取得最大值．又，所以 当时，在处取得最小值；当时，在和处同时取得最小值；当时，在处取得最小值．9．(2015高考数学新课标2文科·第21题)(本小题满分12分)已知．(Ⅰ)讨论的单调性；(Ⅱ)当有最大值,且最大值大于时,求的取值范围．【答案】(Ⅰ),在是单调递增；,在单调递增,在单调递减；(Ⅱ)．解析：(Ⅰ)的定义域为,,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减．(Ⅱ)由(Ⅰ)知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此．令,则在是增函数,,于是,当时,,当时,因此a的取值范围是．10．(2017年高考数学浙江文理科·第20题)已知函数(Ⅰ)求的导函数;(Ⅱ)求在区间上的取值范围．【答案】(1)(2) 【解析】(1)因为 所以 (2)由 解得或 因为又, 所以在区间上的取值范围是．11．(2017年高考数学北京文科·第20题)已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程;(2)求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】(1);(2)． 【解析】 (1) 则曲线在点处的切线方程为． (2)解法一: 恒成立; 在上单调递减,且 在上单调递减 ． 解法二: 设 对恒成立; 在上单调递减 又, 即 又因为当时, 时, 在上单调递增,在上单调递减; 在上单调递减 ．12．(2014高考数学四川文科·第21题)已知函数，其中，…为自然对数的底数．(1)设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；(2)若，函数在区间内有零点，证明：．【答案】(1)由，得，所以当时，．当时，，所以在上单调递增，因此在上的最小值是；当时，，所以在上单调递减，因此在上的最小值是；当时，令，得，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，于是，在上的最小值是．综上所述，当时，在上的最小值是；当时，在上的最小值是．；当时，在上的最小值是(2)证明：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．故区间内存在零点．同理在区间内存在零点．故在区间内至少有两个零点．由(1)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，都不合题意．所以． 此时在区间上单调递减，在区间上单调递增．因此，必有．由有，有解得．所以，函数区间内有零点时，．13．(2015高考数学江苏文理·第17题)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为，计划修建的公路为．如图所示，为的两个端点，测得点到的距离分别为5千米和40千米，点到的距离分别为20千米和2．5千米，以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系．假设曲线符合函数(其中为常数)模型．(1)求的值；(2)设公路与曲线相切于点,的横坐标为．①请写出公路长度的函数解析式，并写出其定义域；②当为何值时，公路的长度最短？求出最短长度．OC【答案】(1)(2)①定义域为，②千米解析：(1)由题意知，点，的坐标分别为，．将其分别代入，得，解得． (2)①由(1)知，()，则点的坐标为，设在点处的切线交，轴分别于，点，，则的方程为，由此得，．故，．②设，则．令，解得．当时，，是减函数；当时，，是增函数．从而，当时，函数有极小值，也是最小值，所以，此时．答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米．14．(2016高考数学天津文科·第20题)(本小题满分14分)设函数，，其中．(Ⅰ)求的单调区间；(Ⅱ)若存在极值点，且，其中，求证：；(Ⅲ)设，函数，求证：在区间上的最大值不小于．【答案】(1)时，单调递增区间为；时，的单调递减区间为，单调递增区间为，(2)详见解析；(3)详见解析．解析：(Ⅰ)由，可得，下面分两种情况讨论： (1)当时，有恒成立，所以的单调递增区间为(2)当时，令0，解得或当变化时，，的变化如下表+0-0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的单调递减区间为，单调递增区间为，(Ⅱ)因为存在极值点，所以由(Ⅰ)知，且．由题意，得，即，进而又，且，由题意及(Ⅰ)知，存在唯一实数满足，且，因此所以(Ⅲ)设在区间上最大值为M，表示x,y两数的最大值。下面分三种情况讨论(1)当时，由(Ⅰ)知，在区间上单调递减，所以在区间上取值范围为，因此 所以(2)当时，，由(Ⅰ)和(Ⅱ)知，所以在区间上的取值范围为，因此(3)当时，，由(Ⅰ)和(Ⅱ)知，所以在区间上的取值范围为，因此 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于．15．(2019·全国Ⅲ·文·第19题)已知．(1)讨论的单调性；(2)当时，记在区间的最大值为M，最小值为m，求的取值范围．【答案】【解析】：(1)，令，得或．若，则当，时，；当时，．故在，上单调递增，在上单调递减；若，在上单调递增；若，则当，，时，；当，时，．故在，上单调递增，在，上单调递减；(2)当时，由(1)知，在上单调递减，在，上单调递增，在区间，的最小值为，最大值为或(1)．于是，，．．当时，可知单调递减，的取值范围是；当时，单调递增，的取值范围是，．综上，的取值范围，．16．(2019·江苏·文理·第19题)设函数、为的导函数．(1)若，，求的值；(2)若，且和的零点均在集合中，求的极小值；(3)若，且的极大值为，求证:．【答案】见解析【解析】(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：－31+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．题型四：导数与函数零点问题1．(2015高考数学山东文科·第20题)(本小题满分13分)设函数．已知曲线在点处的切线与直线平行． (Ⅰ)求的值；(Ⅱ)是否存在自然数，使得方程在内存在唯一的根？如果存在，求出；如果不存在，请说明理由；(Ⅲ)设函数(表示，中的较小值)，求的最大值．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)；(Ⅲ)．解析：(Ⅰ)由题意知，曲线y=f(x)在点处的切线斜率为，所以，又所以．(Ⅱ)时，方程在内存在唯一的根．设当时，．又所以存在，使．因为所以当时，，当时，，所以当时，单调递增．所以时，方程在内存在唯一的根．(Ⅲ)由(Ⅱ)知，方程在内存在唯一的根，且时，，时，，所以．当时，若若由可知故 当时，由可得时，单调递增；时，单调递减；可知且．综上可得函数的最大值为．2．(2014高考数学湖南文科·第21题)已知函数．(1)求的单调区间；(2)记为的从小到大的第个零点，证明：对一切，有【答案】解析：(1)．令，得．当时，，此时；当时，，此时；故的单调递减区间为，单调递增区间为．(2)由(1)知，在区间上单调递减，又，故．当时，因为，且函数的图象是连续不断的，所以在区间内至少存在一个零点．又在区间上是单调的，故因此当时，；当时，； 当时，综上所述，对一切，．3．(2020年高考课标Ⅲ卷文科·第20题)已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若有三个零点，求取值范围．【答案】(1)详见解析；(2)．【解析】(1)由题，，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增．(2)由(1)知，有三个零点，则，且即，解得， 当时，，且，所以在上有唯一一个零点，同理，，所以在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，综上可知的取值范围为．4．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(文)·第21题)(12分)已知函数．(1)若，求的单调区间；(2)证明：只有一个零点．【答案】解析：(1)当时，，．令，解得或．当时，；当时，．故在，单调递增，在单调递减．(2)由于，所以等价于．设，则，仅当时，所以在单调递增．故至多有一个零点，从而至多有一个零点．又，，故有一个零点．综上，只有一个零点．5.(2014高考数学辽宁文科·第21题)已知函数， ．证明：(Ⅰ)存在唯一，使；(Ⅱ)存在唯一，使，且对(Ⅰ)中的，有．【答案】解析：证明：(Ⅰ)当时，所以函数在上为增函数，又，，所以存在唯一，使得．(Ⅱ)当时，化简得，令，则,记,由(Ⅰ)得，当时，，当时，，在上是增函数，又，从而当时，，所以在无零点．在上是减函数，，，知存在唯一，使．于是存在唯一，使设，则，所以存在唯一的，使得．因，所以．6．(2014高考数学课标2文科·第21题)已知函数=，曲线在点处的切线与轴交点的横坐标为．(Ⅰ)求； (Ⅱ)证明：当时，曲线与直线只有一个交点．【答案】(Ⅰ)，．曲线在点处的切线方程为．由题设得，所以．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，．设．由题设知．当时，，单调递增，，，所以在有唯一实根．当时，令，则，，在单调递减，在单调递增，所以，所以在没有实根．综上，在R上有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点．7．(2015高考数学北京文科·第19题)(本小题满分13分)设函数，．(Ⅰ)求的单调区间和极值；(Ⅱ)证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点．【答案】(Ⅰ)单调递减区间是，单调递增区间是；极小值；(Ⅱ)证明详见解析．解析：(Ⅰ)由，()得． 由解得．与在区间上的情况如下：所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；在处取得极小值．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，在区间上的最小值为．因为存在零点，所以，从而．当时，在区间上单调递减，且，所以是在区间上的唯一零点．当时，在区间上单调递减，且，，所以在区间上仅有一个零点．综上可知，若存在零点，则在区间上仅有一个零点．8．(2015高考数学江苏文理·第19题)已知函数．(1)试讨论的单调性；(2)若(实数是与无关的常数)，当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是，求的值．【答案】(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，在上单调递减． (2)解析：(1)，令，解得，．当时，因为()，所以函数在上单调递增；当时，时，，时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，时，，时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，函数的两个极值为，，则函数有三个零点等价于，从而或．又，所以当时，或当时，．设，因为函数有三个零点时，的取值范围恰好是，则在上，且在上均恒成立，从而，且，因此．此时，，因函数有三个零点，则有两个异于的不等实根，所以，且，解得． 综上．9．(2016高考数学课标Ⅰ卷文科·第21题)(本小题满分12分)已知函数．(I)讨论的单调性；(II)若有两个零点，求的取值范围．【答案】(I)见解析(II)【官方解答】(I)(i)设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．(ii)设，由得或①若，则，所以在单调递增．②若，则,故当时，；当时，所以在单调递增，在单调递减．③若，则故当时，当时，所以在单调递增，在单调递减．(II)(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增．又，取b满足b<0且，则，所以有两个零点．(ii)设a=0，则所以有一个零点． (iii)设a<0，若，则由(I)知，在单调递增．又当时，<0，故不存在两个零点；若，则由(I)知，在单调递减，在单调递增．又当时<0，故不存在两个零点．综上，的取值范围为．10．(2016高考数学北京文科·第20题)设函数(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程；(Ⅱ)设，若函数有三个不同零点，求的取值范围；(Ⅲ)求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件．【答案】(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ)见解析．解析：(Ⅰ)由，得．因为，，所以曲线在点处的切线方程为．(Ⅱ)当时，，所以．令，得，解得或．与在区间上的情况如下：所以，当且时，存在，， ，使得．由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点．(Ⅲ)当时，，，此时函数在区间上单调递增，所以不可能有三个不同零点．当时，只有一个零点，记作．当时，，在区间上单调递增；当时，，在区间上单调递增．所以不可能有三个不同零点．综上所述，若函数有三个不同零点，则必有．故是有三个不同零点的必要条件．当，时，，只有两个不同零点，所以不是有三个不同零点的充分条件．因此是有三个不同零点的必要而不充分条件．11．(2021年高考浙江卷·第22题)设a，b为实数，且，函数(1)求函数的单调区间；(2)若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；(3)当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足．(注：是自然对数的底数)【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析． 解析:(1)，①若，则，所以在上单调递增；②若，当时，单调递减，当时，单调递增．综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为．(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，，则在单调递减，单调递增，，．即实数的取值范围是．(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数．由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，，要证，只需，且关于的函数在上单调递增， 所以只需证，只需证，只需证，，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证．12．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第22题)已知函数．(1)讨论的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点①；②．【答案】已知函数．(1)讨论的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点①；②．13．(2020年高考课标Ⅰ卷文科·第20题)已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若有两个零点，求的取值范围．【答案】(1)的减区间为，增区间为；(2)．【解析】(1)当时，，， 令，解得，令，解得，所以的减区间为，增区间为；(2)若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解，令，则有，令，解得，令，解得或，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，，而时，，当时，，所以当有两个解时，有，所以满足条件的的取值范围是：．14．(2020年高考课标Ⅱ卷文科·第21题)已知函数f(x)=2lnx+1．(1)若f(x)≤2x+c，求c的取值范围；(2)设a>0时，讨论函数g(x)=单调性．【答案】(1)；(2)在区间和上单调递减，没有递增区间【解析】(1)函数的定义域为：，设，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值， 即，要想不等式在上恒成立，只需；(2)且因此，设，则有，当时，，所以，单调递减，因此有，即，所以单调递减；当时，，所以，单调递增，因此有，即，所以单调递减，所以函数在区间和上单调递减，没有递增区间．题型五：导数与不等式的证明1．(2022高考北京卷·第20题)已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意，有．【答案】解析:(1)因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率 ∴切线方程为：(2)因为，所以，令，则，∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴上单调递增．(3)原不等式等价于，令，，即证，∵，，由(2)知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证．2．(2022年浙江省高考数学试题·第22题)设函数．(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：(ⅰ)若，则； (ⅱ)若，则．(注：是自然对数的底数)【答案】解析:(1)，当，；当，，故的减区间为，的增区间为．(2)(ⅰ)因为过有三条不同的切线，设切点为，故，故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，当或时，；当时，，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，此时，设，则， 故为上的减函数，故，故(ⅱ)当时，同(ⅰ)中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，因为，故，又，设，，则方程即为：即为，记则为有三个不同的根，设，，要证：，即证，即证：，即证：，即证：，而且， 故，故，故即证：，即证：即证：，记，则，设，则即，故在上为增函数，故，所以，记，则，所以在为增函数，故，故即，故原不等式得证．3．(2020年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第21题)已知函数．(1)当时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a取值范围． 【答案】(1)(2)解析：(1)，，．，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为;(2)解法一：,，且．设,则∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,∴,∴成立．当时，，，,∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此>1,∴∴恒成立；当时，∴不是恒成立．综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞)． 解法二：等价于,令,上述不等式等价于,显然为单调增函数，∴又等价于，即，令,则在上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，∴,，∴a的取值范围是[1,+∞)．4．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(文)·第21题)(12分)已知函数．(1)求由线在点处的切线方程；(2)证明：当时，．【答案】【官方解析】(1)，．因此曲线在处的切线方程是．(2)当时，．令，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以．因此．5．(2015高考数学湖北文科·第21题)(本小题满分14分)设函数，的定义域均为，且是奇函数，是偶函数，，其中e为自然对数的底数．(Ⅰ)求，的解析式，并证明：当时，，； (Ⅱ)设，，证明：当时，．【答案】(Ⅰ)，．证明：当时，，，故又由基本不等式，有，即(Ⅱ)由(Ⅰ)得⑤⑥当时，等价于⑦等价于⑧于是设函数，由⑤⑥，有当时，(1)若，由③④，得，故在上为增函数，从而，即，故⑦成立．(2)若，由③④，得，故在上为减函数，从而，即，故⑧成立．综合⑦⑧，得．解析：(Ⅰ)由,的奇偶性及,①得：②联立①②解得，．当时，，，故③又由基本不等式，有，即④(Ⅱ)由(Ⅰ)得，⑤，⑥当时，等价于，⑦等价于⑧设函数，由⑤⑥，有当时，(1)若，由③④，得，故在上为增函数，从而，即，故⑦成立．(2)若，由③④，得，故在 上为减函数，从而，即，故⑧成立．综合⑦⑧，得．6．(2017年高考数学新课标Ⅲ卷文科·第21题)已知函数．(1)讨论的单调性;(2)当时,证明．【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减．(2)证明略，详见解析．解析：(1)函数的定义域为而所以当时，恒成立，所以在单调递增当时，由，由所以在单调递增，在单调递减．(2)由(1)知，当时，令，，则当时，，当时，∴在单调递增，在单调递减 ∴∴，即∴．7．(2016高考数学浙江文科·第20题)(本题满分15分)设函数．证明：(I);(II)．【答案】(1)见解析；(2)见解析解析：(Ⅰ)因为由于，有，所以．(2)由得，故所以．由(1)得又因为，所以，综上，8．(2016高考数学课标Ⅲ卷文科·第21题)(本小题满分12分)设函数．(Ⅰ)讨论的单调性；(Ⅱ)证明当时，；(Ⅲ)设，证明当时，． 【答案】(Ⅰ)当时，单调递增；当时，单调递减；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析．【解析】(Ⅰ)由题设，的定义域为，，令，解得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，在处取得最大值，最大值为，所以当时，，故当时，，，即．(Ⅲ)由题设，设，则．令，解得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．由(Ⅱ)知，，故．又，故当时，，所以当时，．9．(2018年高考数学浙江卷·第22题)(本题满分15分)已知函数．(1)若在处导数相等，证明：；(2)若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．【答案】【解法1】(1)函数的导函数，由得因为,所以．由基本不等式得 因为,所以设则所以0+↘↗所以在上单调递增,故,即(2)令,则所以,存在使,所以,对任意的及,直线曲线有公共点．由得 设则其中．由(I)可知,又,故所以,即函数在上单调递减,因此方程至多1个实根．综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．【解法2】(1)，令，，，故在上单调递增，(2)直线与曲线有唯一公共点，则有唯一解，即与有且只有一个交点，令，当时，，，即，此时单调递减，又时，时，，故单调且，即有唯一解，当时，，又，即，此时， 又，，，故，即．10．(2015高考数学新课标1文科·第21题)(本小题满分12分)设函数．(I)讨论的导函数的零点的个数；(II)证明：当时．【答案】(Ⅰ)当时，没有零点；当时，存在唯一零点．(Ⅱ)见解析解析：(Ⅰ)的定义域为，．当时,，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增．又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点．(Ⅱ)由(Ⅰ)，可设在的唯一零点为，当时，;当时，．故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为．由于，所以．故当时，．11．(2014高考数学课标1文科·第21题)设函数，曲线处的切线斜率为0(1)求b;(2)若存在使得，求a的取值范围。 【答案】解析：(I)，由题设知，解得．……4分(II)的定义域为，由(1)知，，(ⅰ)若，则，故当时，，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，即，解得．(ii)若，则，故当时，；当时，，在单调递减，在单调递增．所以，存在，使得的充要条件为，而，所以不合题意．(iii)若，则．综上，a的取值范围是．12．(2023年新课标全国Ⅰ卷·第19题)已知函数．(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析解析：(1)因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．(2)方法一：由(1)得，，要证，即证，即证恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕．方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕．13．(2019·全国Ⅰ·文·第20题)已知函数，为的导数．(1)证明：在区间存在唯一零点；(2)若，时，，求的取值范围．【答案】【解析】(1)设，则.当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.又，故在存在唯一零点.所以在存在唯一零点.(2)由题设知，可得a≤0.由(1)知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.又，所以，当时，.又当时，ax≤0，故.因此，a的取值范围是. 题型六：导数与其他知识交汇题型一、解答题1．(2022新高考全国I卷·第22题)已知函数和有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)(2)见解析解析：(1)的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故．的定义域为，而．当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故．当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故．因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为．综上，．(2)由(1)可得和的最小值为．当时，考虑的解的个数、的解的个数．设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2．设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为2．当，由(1)讨论可得、仅有一个零点，当时，由(1)讨论可得、均无零点，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则． 设，其中，故，设，，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故在上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，此时有两个不同的零点，此时有两个不同的零点，故，，，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即．2．(2023年天津卷·第20题)已知函数．(1)求曲线在处切线的斜率； (2)当时，证明：；(3)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析解析：(1)，则，所以，故处的切线斜率为；(2)要证时，即证，令且，则，所以在上递增，则，即．所以时．(3)设，，则，由(2)知：，则，所以，故在上递减，故；下证，令且，则， 当时，递增，当时，递减，所以，故在上恒成立，则，所以，，…，，累加得：，而，因为，所以，则，所以，故；综上，，即3．(2022新高考全国II卷·第22题)已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．【答案】(1)的减区间为，增区间为．(2)(3)见解析解析:(1)当时，，则，当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为．(2)设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾．若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立．由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以．当时，有，所以在上为减函数，所以．综上，．(3)取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立．所以对任意的，有， 整理得到：，故，故不等式成立.4．(2018年高考数学江苏卷·第19题)(本小题满分16分)记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”．(1)证明：函数与不存在“S点”；(2)若函数与存在“S点”，求实数a的值；(3)已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“S点”，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)a的值为．(3)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”．解析：(1)函数f(x)=x，g(x)=x2+2x-2，则f′(x)=1，g′(x)=2x+2．由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x)，得，此方程组无解，因此，f(x)与g(x)不存在“S”点．(2)函数，，则，，设x0为f(x)与g(x)的“S”点，由f(x0)与g(x0)且f′(x0)与g′(x0)，得，即，(*)解得，即，则，当时，，满足方程组(*)，即为f(x)与g(x)的“S”点． 因此，a的值为．(3)对任意a>0，设，因为，，且h(x)的图象是不间断的，所以存在，使得，令，则b>0．函数，，则，，由f(x)=g(x)且f′(x)=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”． 题型七：利用导数研究恒成立、能成立问题一、解答题1．(2015高考数学湖南文科·第21题)(本小题满分13分)函数，记为的从小到大的第个极值点．(Ⅰ)证明：数列是等比数列；(Ⅱ)若对一切恒成立，求的取值范围．【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)解析：(Ⅰ)令，由，得，即，而对于，当时，若，即，则；若，即，则；因此，在区间与上，的符号总相反，于是当时，取得极值，所以，此时，，易知，而是常数，故数列是首项为，公比为的等比数列。(Ⅱ)对一切恒成立，即恒成立，亦即恒成立，设，则，令得，当时，，所以在区间上单调递减；当时，，所以在区间上单调递增； 因为，且当时，所以因此，恒成立，当且仅当，解得，故实数的取值范围是。2．(2015高考数学福建文科·第22题)(本小题满分14分)已知函数．(Ⅰ)求函数的单调递增区间；(Ⅱ)证明：当时，；(Ⅲ)确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)．解析：(Ⅰ)，．由得解得．故的单调递增区间是．(Ⅱ)令，．则有．当时，，所以在上单调递减，故当时，，即当时，．(Ⅲ)由(Ⅱ)知，当时，不存在满足题意．当时，对于，有，则，从而不存在满足题意．当时，令，，则有．由得，．解得，．当时，，故在内单调递增．从而当时，，即， 综上，的取值范围是．3．(2016高考数学四川文科·第21题)设函数，，其中，为自然对数的底数．(Ⅰ)讨论的单调性；(Ⅱ)证明：当时，；(Ⅲ)确定的所有可能取值，使得在区间内恒成立．【答案】(1)详见解析；(2)证明详见解析；(3)．解析：(1)当时，，在内单调递减；当时，由，得；当时，，单调递减；当时，，单调递增．(2)令，则．当时，，所以从而．(3)由(2)，当时，>0．当，时，．故当在区间内恒成立时，必有．当时，．由(1)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，． 4．(2014高考数学江苏·第19题)已知函数，其中e是自然对数的底数．(1)证明：是R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】(2)；(3)当时，，当时，，当时，．解析：(1)因为对任意，都有，所以是R上的偶函数．(2)解法一：由条件知上恒成立．令，则，所以对于任意成立．因为，所以，当且仅当，即时等号成立．因此实数m的取值范围是．解法二：考虑不等式两边同乘，则不等式转化为在上恒成立．令，则问题可简化为：在上恒成立．构造函数，由图象易得当时不符合题意．当时，或解得．综上可知，实数的取值范围为．(3)解法一：令函数，则．当时，，，又，故，所以是上的单调增函数，因此在上的最小值是．由于存在，使成立，当且仅当最小值， 故，即．令函数，则，令，得．当时，，故是上的单调减函数．当时，，故是上的单调增函数．所以在上的最小值时．注意到，所以当时，．当时，，所以对任意的成立．①当时，，即，从而；②当时，；③当时，，即，故．综上所述，当时，，当时，，当时，．解法二：要比较与的大小，由于，那么，故只要比较与的大小．令，那么．当时，；当时，．所以在区间上，为增函数；在区间上，为减函数．又，，则，；那么当时，，，；当时，，，．综上所述，当时，；当时，；当时，．5．(2014高考数学福建文科·第22题)(本小题满分12分)已知函数(为常数)的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为．（1）求的值及函数的极值；（2）证明：当时， （2）证明：对任意给定的正数，总存在，使得当时，恒有【答案】解析：(Ⅰ)由,得,又,得．所以,令,得,当,,单调递减,当,,单调递增．所以当时,有极小值,无极大值．(Ⅱ)令,则,由(Ⅰ)得,即,所以在上单调递增,又,所以当时,,即．(Ⅲ)对任意给定的正数,取,由(Ⅱ)知当时,,,即．因此,对任意给定的正数,总存在,使得当时,恒有．(Ⅲ)解法二:令,要使不等式成立,只要成立,只需成立．①若,则,易知当时,成立,即对任意的,取,则当时,恒有．②若时,令,则,则当时,在内单调递增,所以取,则,易知当,时,．因此,对任意的,取,当时,恒有．综上所述,对任意给定的正数,总存在,使得当时,恒有．(Ⅲ)解法三:①若,取,由(II)的过程知,,所以当时,有,即．②若,令,则,令得,当时,,单调递增．取,,易知,又在内单调递增． 所以当时,恒有,即．综上所述,对任意给定的正数,总存在,使得当时,恒有．6．(2015高考数学四川文科·第21题)已知函数，其中．(Ⅰ)设是的导函数，讨论的单调性；(Ⅱ)证明：存在，使得恒成立，且在区间(1，)内有唯一解。【答案】解析：(1)由已知，函数的定义域为，，所以．当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增．(2)由，解得．令．则，．故存在，使得．令，．由知，函数在区间上单调递增．所以．即．当时，有，．由(1)知，函数在区间上单调递增．故当时，有，从而； 当时，有，从而；所以，当时，．综上所述，存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解．7．(2017年高考数学课标Ⅱ卷文科·第21题)(12分)设函数．(1)讨论的单调性;(2)当时,,求的取值范围．【答案】(Ⅰ)在和单调递减,在单调递增(Ⅱ) 【试题解析】(1)解法一: ,． 令得:． 当和时,,递减; 当时,,递增． (1)易知,过． 要使时,,即在的下方． 而在处的切线方程为:,所以:． 令． 当时,． 当时,, 令,,递增; 则． 所以,递增,则． 故当,时,恒成立．8．(2021年高考全国甲卷文科·第20题)设函数，其中．(1)讨论的单调性；(2)若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围．【答案】(1)的减区间为，增区间为；(2)．解析：(1)函数定义域为，又，因为，故， 当时，；当时，；所以的减区间为，增区间为．(2)因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，由(1)中函数的单调性可得，故即9．(2019·浙江·文理·第22题)已知实数，设函数，．(Ⅰ)当时，求函数的单调区间；(Ⅱ)对任意均有，求的取值范围．注：为自然对数的底数． 【答案】【解析】(Ⅰ)当时，，所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为(Ⅱ)由，得当时，，等价于令，则设，则(ⅰ)当时，则记，则列表讨论：10单调递减极小值单调递增(1)当时，令， 则，故在上单调递增，，由得，，由知对任意，，，即对任意，均有，综上所述，所求的的取值范围是．题型八：导数的综合应用一、解答题1．(2014高考数学北京文科·第20题)(本小题满分13分)已知函数．(1)求在区间上的最大值；(2)若过点存在3条直线与曲线相切，求t的取值范围；(3)问过点分别存在几条直线与曲线相切？(只需写出结论)【答案】(1)；(2)；(3)详见解析．解析：(I)由得，令，得或，因为，，，，所以在区间上的最大值为．(II)设过点的直线与曲线相切于点，则，且切线斜率为，所以切线方程为，因此，整理得：，设，则“过点存在条直线与曲线相切”等价于“有3个不同零点”，=，与的情况如下：01 +00+↗↘↗所以，是的极大值，是的极小值，当，即时，此时在区间和上分别至多有1个零点，所以至多有2个零点，当，时，此时在区间和上分别至多有1个零点，所以至多有2个零点．当且，即时，因为，，所以分别为区间,和上恰有1个零点，由于在区间和上单调，所以分别在区间和上恰有1个零点．综上可知，当过点存在3条直线与曲线相切时，t的取值范围是．(III)过点存在3条直线与曲线相切；过点存在2条直线与曲线相切；过点存在1条直线与曲线相切．2．(2014高考数学广东文科·第21题)已知函数．(1)求函数的单调区间;(2)当时,试讨论是否存在,使得．【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为；，(2)解析：(1)，方程的判别式为，②时，，则，此时在上是增函数；②当时，方程的两根分别为，，解不等式，解得或，解不等式，解得，此时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 综上所述，当时，函数的单调递增区间为，当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；(2)，∴若存在，使得，必须在上有解．∵，∴．方程的两根为，∵，∴．依题意，，即，∴，即．又由得，，∴要使满足条件的存在，则．综上所述，当时，存在，使； 当时，不存在，使．3．(2021高考天津·第20题)已知，函数．(I)求曲线在点处的切线方程：(II)证明存在唯一的极值点(III)若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．【答案】(I)；(II)证明见解析；(III)解析：(I)，则，又，则切线方程为；(II)令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，，，当时，，画出大致图像如下：所以当时，与仅有一个交点，令，则，，当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，为的极大值点，故存在唯一的极值点；(III)由(II)知，此时，所以，令， 若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故，所以实数b的取值范围．4．(2017年高考数学江苏文理科·第20题)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)求关于的函数关系式,并写出定义域; (2)证明:; (3)若,这两个函数的所有极值之和不小于,求的取值范围．【答案】(1)(2)见解析(3) 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,求的取值范围为．5．(2018年高考数学天津(文)·第20题)(本小题满分14分)设函数，其中,且是公差为的等差数列．(1)若求曲线在点处的切线方程；(2)若，求的极值；(3)若曲线与直线有三个互异的公共点，求的取值范围．【答案】解析：(1)由已知，可得，故，因此，又因为曲线在点处的切线方程为，故所求切线方程．(2)由已知可得，故，令，解得或．当变化时，的变化如下表：＋0－0＋单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数的极大值为； 函数小值为．(3)曲线与直线有三个互异的公共点等价于关于的方程有三个互异的实数解，令，可得．设函数，则曲线与直线有三个互异的公共点等价于函数有三个零点．．当时，，这时在上单调递增，不合题意．当时，令，解得，．易得，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，的极大值．的极小值．若，由的单调性可知函数至多有两个零点，不合题意．若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．所以的取值范围是6．(2014高考数学陕西文科·第23题)设函数，．(1)当(为自然对数的底数)时，求的极小值；(2)讨论函数零点的个数；(3)若对任意，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)2；(2)见解析；(3)．解析：(1)由题设，当时，，则， ∴当，，在上单调递减，当，，在上单调递增，∴时，取得极小值，∴的极小值为；(2)由题设()，令，得()．设()，则，当时，，在上单调递增，当，，在上单调递减．∴是的唯一极值点，且是极大值点，因此也是的最大值点，∴的最大值为．又，结合的图像(如图)，可知①当时，函数无零点； ②当时，函数有且只有一个零点；③当时，函数有两个零点；④当时，函数有且只有一个零点．综上所述，当时，函数无零点；当或，函数有且只有一个零点；当时，函数有两个零点．(3)对于任意的，恒成立，等价于恒成立．(*)设()，∴(*)等价于在上单调递减．由在恒成立，得()恒成立，∴(对，仅在时成立)，∴的取值范围是．7．(2015高考数学广东文科·第21题)(本小题满分14分)设为实数，函数．(1)若，求的取值范围；(2)讨论的单调性；(3)当时，讨论在区间内的零点个数．【答案】分析：(1)先由可得，再对的取值范围进行讨论可得的解，进而可得的取值范围；(2)先写函数的解析式，再对的取值范围进行讨论确定函数的单调性；(3)先由(2)得函数的最小值，再对的取值范围进行讨论确定在区间内的零点个数．解析：(1)，因为，所以， 当时，，显然成立；当，则有，所以．所以．综上所述，的取值范围是．(2)对于，其对称轴为，开口向上，所以在上单调递增；对于，其对称轴为，开口向上，所以在上单调递减．综上所述，在上单调递增，在上单调递减．(3)由(2)得在上单调递增，在上单调递减，所以．(i)当时，，令，即()．因为在上单调递减，所以而在上单调递增，，所以与在无交点．当时，，即，所以，所以，因为，所以，即当时，有一个零点．(ii)当时，，当时，，，而在上单调递增，当时，．下面比较与的大小因为所以 结合图象不难得当时，与有两个交点．综上所述，当时，有一个零点；当时，有两个零点．8．(2017年高考数学天津文科·第19题)设，．已知函数，．(Ⅰ)求的单调区间；(Ⅱ)已知函数和的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，(i)求证：在处的导数等于0；(ii)若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围．【答案】(I)由，可得，令，解得，或．由，得．当变化时，，的变化情况如下表：所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为．(II)(i)因为，由题意知，所以，解得．所以，在处的导数等于0． (ii)因为，，由，可得．又因为，，故为的极大值点，由(I)知．另一方面，由于，故，由(I)知在内单调递增，在内单调递减，故当时，在上恒成立，从而在上恒成立．由，得，．令，，所以，令，解得(舍去)，或．因为，，，故的值域为．所以，的取值范围是．9．(2023年全国甲卷文科·第20题)已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)在上单调递减(2)解析：【小问1详解】因为，所以，则，令，由于，所以，所以，因为，，，所以在上恒成立， 所以在上单调递减．【小问2详解】法一：构建，则，若，且，则，解得，当时，因为，又，所以，，则，所以，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；综上所述：若，等价于，所以的取值范围为．法二：因为，因为，所以，，故在上恒成立，所以当时，，满足题意；当时，由于，显然， 所以，满足题意；当时，因为，令，则，注意到，若，，则在上单调递增，注意到，所以，即，不满足题意；若，，则，所以在上最靠近处必存在零点，使得，此时在上有，所以在上单调递增，则在上有，即，不满足题意；综上：．10．(2021年新高考Ⅰ卷·第22题)已知函数．(1)讨论的单调性；(2)设，为两个不相等的正数，且，证明：．【答案】解析：(1)函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为．(2)因为，故，即，故，设，由(1)可知不妨设．因为时，，时，，故．先证：，若，必成立． 若，要证：，即证，而，故即证，即证：，其中．设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立．设，则，结合，可得：，即：，故，要证：，即证，即证，即证：，即证：，令，则，先证明一个不等式：．设，则，当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立，故在上为减函数，故，故成立，即成立．综上所述，．11．(2020天津高考·第20题)已知函数，为的导函数．(Ⅰ)当时，(i)求曲线在点处的切线方程；(ii)求函数的单调区间和极值； (Ⅱ)当时，求证：对任意的，且，有．【答案】(Ⅰ)(i)；(ii)的极小值为，无极大值；(Ⅱ)证明见解析．【解析】(Ⅰ)(i)当时，，．可得，，所以曲线在点处的切线方程为，即．(ii)依题意，．从而可得，整理可得：，令，解得．当变化时，的变化情况如下表：单调递减极小值单调递增所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；的极小值为，无极大值．(Ⅱ)证明：由，得．对任意的，且，令，则．①令．当时，， 由此可得在单调递增，所以当时，，即．因为，，，所以．②由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，故③由①②③可得．所以，当时，任意的，且，有．12．(2019·天津·文·第20题)设函数，其中．(1)若，讨论的单调性；(2)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】【思路分析(1)】，．时，，即可得出函数在上单调性．(2)(i)由(1)可知：，．令，因为，可得存在唯一解．可得是函数的唯一极值点．令，可得时，．．可得函数在，上存在唯一零点1．(ii)由题意可得：，，即，，可得， 由，可得．又，可得，取对数即可证明．【解答】(1)，．时，，所以函数在上单调递增．(2)证明：(i)由(1)可知：，．令，因为，可知：在上单调递减，又，且，所以存在唯一解．即函数在上单调递增，在单调递减．所以是函数的唯一极值点．令，，，可得，所以时，．．．所以函数在上存在唯一零点1．因此函数恰有两个零点；(ii)由题意可得：，，即，，所以，即，因为，可得．又，故，取对数可得：，化为：．法二：(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，以内当时，，又，故，两边取对数，得，于是，整理得，13．(2019·北京·文·第20题)已知函数．(Ⅰ)求曲线的斜率为的切线方程；(Ⅱ)当时，求证：；(Ⅲ)设，记在区间上的最大值为．当最小时，求的值．【答案】(Ⅰ)和；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)．【官方解析】(Ⅰ)由，得令，即，解得或 又，所以曲线的斜率为的切线方程是与，即与．(Ⅱ)令，由得令，得或所以，的情况如下：所以的最小值为，最大值为故，即(Ⅲ)由(Ⅱ)在当时，；当时，当时，综上，当最小时，【民间解析】(Ⅱ)证明：欲证，只需证，令，则，可知在为正，在为负，在为正，在递增，在递减，在递增，又，，，所以，即(Ⅲ)由(Ⅱ)可得， 在上，，令，则问题转化为当时，的最大值的问题了①当时，此时，当时，取得最小值②当时，，所以，也是时，最小为．综上，当取最小值时的值为．