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十年（2014－2023）年高考真题分项汇编—导数解答题
题型三：导数与函数的极值、最值
(2023年北京卷·第20题)
1．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．
(2023年新课标全国Ⅱ卷·第22题)
2．（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
(2021高考北京·第19题)
3．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．
(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）·第21题)
4．已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）·第21题)
5．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
(2018年高考数学北京（理）·第18题)
6．设函数=[]．
（1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求；
（2）若在处取得极小值，求的取值范围．
(2014高考数学山东理科·第20题)
7．设函数（k为常数，e＝2．718 28…是自然对数的底数）．
（1）当时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数在（0,2）内存在两个极值点，求k的取值范围．
(2014高考数学湖南理科·第22题)
8．已知常数,函数.
(1)讨论在区间上的单调性;
(2)若存在两个极值点,且,求的取值范围.
(2014高考数学安徽理科·第18题)
9．设函数，其中
（1）讨论在其定义域上的单调性；
（2）当时，求取得最大值和最小值时的的值.
(2015高考数学安徽理科·第21题)
10．设函数.
（Ⅰ）讨论函数在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
（Ⅱ）记，求函数在上的最大值D；
（Ⅲ）在（Ⅱ）中，取，求满足时的最大值.
(2017年高考数学浙江文理科·第20题)
11．已知函数
（I）求的导函数
（II）求在区间上的取值范围
(2017年高考数学山东理科·第20题)
12．已知函数，，其中是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第21题)
13．已知函数．
（1）若，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值．
(2017年高考数学江苏文理科·第20题)
14．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：b >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．
(2017年高考数学北京理科·第19题)
15．已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．
(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第21题)
16．已知函数且．
(1)求 ；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且．
(2016高考数学天津理科·第20题)
17．设函数x∈R，其中a,b∈R.
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）= f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；
（Ⅲ）设a＞0,函数g（x）= |f（x）|,求证：g（x）在区间[0,2]上的最大值不小于.
(2023年全国乙卷理科·第21题)
18．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
(2019·北京·理·第19题)
19．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．
题型四：导数与函数零点问题
(2022年高考全国甲卷数学（理）·第21题)
20．已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）·第21题)
21．已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求的值.
(2014高考数学四川理科·第21题)
22．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
(2014高考数学辽宁理科·第21题)
23．已知函数，.
证明：（1）存在唯一，使；
（2）存在唯一，使，且对（1）中的.
(2015高考数学新课标1理科·第21题)
24．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．
(2015高考数学天津理科·第20题)
25．已知函数，其中.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（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）若关于的方程有两个正实根，求证：
(2015高考数学四川理科·第21题)
26．已知函数，其中.
（1）设是的导函数，讨论的单调性；
（2）证明：存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.
(2015高考数学江苏文理·第19题)
27．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．
(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第21题)
28．已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
(2016高考数学课标Ⅰ卷理科·第21题)
29．已知函数有两个零点.
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是的两个零点，证明：.
(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第21题)
30．设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
(2022年高考全国乙卷数学(理)·第21题)
31．已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
(2019·全国Ⅰ·理·第20题)
32．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．
(2019·江苏·第19题)
33．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≤．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【详解】（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.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
2．（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（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.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
3．（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（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，，.
4．（1）见解析
（2）
【详解】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．
（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围．
详解：（1）当时，，.
设函数，则.
当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.
所以在单调递增.
又，故当时，；当时，.
（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.
（ii）若，设函数.
由于当时，，故与符号相同.
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.
.
如果，则当，且时，，故不是的极大值点.
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.
如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，.
点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大．
5．（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）方法一：根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.
【详解】（1）的定义域为，.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或.
当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.
（2）［方法一］：【通性通法】消元
由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即.
［方法二］：【通性通法】消元
由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时．
欲证不等式成立，只需证．
因为，所以，只需证．
令，
所以，在区间内单调递减，且，所以，即证．
［方法三］：硬算
因为，
所以有两个相异的正根（不妨设）．
则且即．
所以．
而，，所以．
设，则．
所以在上递减，，问题得证．
［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用
由（1）知，存在两个极值点当且仅当．
由于的两个极值点满足，所以．不妨设，则．由于．
由对数平均不等式可得，即．
故．
【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法；
方法二：同方法一，只是消元字母不一样；
方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂；
方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解．
6．(1) 1 (2)（，）
【详解】分析：（1）先求导数，再根据得a；（2）先求导数的零点：，2；再分类讨论，根据是否满足在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围．
详解：解：（Ⅰ）因为=[]，
所以f ′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）
=［ax2–（2a+1）x+2］ex．
f ′(1)=(1–a)e．
由题设知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．
此时f (1)=3e≠0．
所以a的值为1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．
若a>，则当x∈(，2)时，f ′(x)<0；
当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0．
所以f (x)<0在x=2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0，
所以f ′(x)>0．
所以2不是f (x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是（，+∞）．
点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.
7．（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）．
【详解】试题分析：（I）函数的定义域为，
由可得，
得到的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）分，，，时，
讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少.
试题解析：（I）函数的定义域为，
由可得，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）由（I）知，时，函数在内单调递减，
故在内不存在极值点；
当时，设函数，
因为，
当时，
当时，，单调递增，
故在内不存在两个极值点；
当时，
得时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
所以函数的最小值为，
函数在内存在两个极值点；
当且仅当，
解得，
综上所述，函数在内存在两个极值点时，k的取值范围为.
考点：应用导数研究函数的单调性、极值，分类讨论思想，不等式组的解法.
8．(1)详见解析 (2)
【详解】试题分析:(1)首先对函数求导并化简得到导函数,导函数的分母恒大于0,分子为含参的二次函数,故讨论分子的符号,确定导函数符号得到原函数的单调性,即分和得到导函数分子大于0和小于0的解集进而得到函数的单调性.
(2)利用第(1)可得到当时,导数等于0有两个根,根据题意即为两个极值点,首先导函数等于0的两个根必须在原函数的可行域内,把关于的表达式带入,得到关于的不等式,然后利用导函数讨论的取值范围使得成立.即可解决该问题.
(1)对函数求导可得
,因为,所以当时,即时,恒成立,则函数在单调递增,当时, ,则函数在区间单调递减,在单调递增的.
(2)解:(1)对函数求导可得,因为,所以当时,即时,恒成立,则函数在单调递增,当时, ,则函数在区间单调递减,在单调递增的.
(2)函数的定义域为,由(1)可得当时,,则,即,则为函数的两个极值点,代入可得
=
令,令,由知: 当时,, 当时,,
当时,,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即不符合题意.
当时, ,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即恒成立,
综上的取值范围为.
考点：导数 含参二次不等式 对数 单调性
9．（1）,在和内单调递减，在内单调递增；（2）当时，在处取得最小值；当时，在和处同时取得最小只；当时，在处取得最小值.
【详解】（1）的定义域为，.令，得，
所以.当或时；
当时，.
故在和内单调递减，在内单调递增.;
（2）因为，所以.
①当时，，由（1）知，在上单调递增，
所以在和处分别取得最小值和最大值.
②当时，.由（1）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只；当时，在处取得最小值.
10．（Ⅰ）极小值为；（Ⅱ）； （Ⅲ）1.
【详解】试题分析：（Ⅰ）将代入为，.
求导得，.因为，所以.按的范围分三种情况进行讨论：①当时，函数单调递增，无极值.②当时，函数单调递减，无极值.③当，在内存在唯一的，使得.时，函数单调递减；时，函数单调递增.因此，，时，函数在处有极小值.（Ⅱ）当时，依据绝对值不等式可知，从而能够得出函数在上的最大值为.（Ⅲ）当，即，此时，从而.依据式子特征取，则，并且.由此可知，满足条件的最大值为1.
试题解析：（Ⅰ），.
，.
因为，所以.
①当时，函数单调递增，无极值.
②当时，函数单调递减，无极值.
③当，在内存在唯一的，使得.
时，函数单调递减；时，函数单调递增.
因此，，时，函数在处有极小值.
（Ⅱ）时，，
当时，取，等号成立，
当时，取，等号成立，
由此可知，函数在上的最大值为.
（Ⅲ），即，此时，从而.
取，则，并且.
由此可知，满足条件的最大值为1.
考点：1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.
11．（I）；（II）.
【详解】试题分析：本题主要考查函数的最大（小）值，导数的运算及其应用，同时考查分析问题和解决问题的能力．
（Ⅰ）利用求导法则及求导公式，可求得的导数；（Ⅱ）令，解得或，进而判断函数的单调区间，结合区间端点值求解函数的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）因为，，
所以．
（Ⅱ）由
，解得
或．
因为
x （，1） 1 （1，） （，）
– 0 + 0 –
f（x） 0
又，
所以f（x）在区间上的取值范围是．
【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，由的正负，得出函数的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数的极值或最值．
12．（Ⅰ） （Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导数得斜率，由点斜式写出直线方程.
（Ⅱ）写出函数，求导数得到，由于的正负与的取值有关，故可令，通过应用导数研究在上的单调性，明确其正负.然后分和两种情况讨论 极值情况即可.
试题解析：（Ⅰ）由题意
又，
所以，
因此 曲线在点处的切线方程为
，
即 .
（Ⅱ）由题意得 ，
因为
，
令
则
所以在上单调递增.
因为
所以 当时，
当时，
(1)当时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以 当时取得极小值，极小值是 ；
(2)当时，
由 得 ，
①当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以 当时取得极大值.
极大值为，
当时取到极小值，极小值是 ；
②当时，，
所以 当时，，函数在上单调递增，无极值；
③当时，
所以 当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以 当时取得极大值，极大值是；
当时取得极小值.
极小值是.
综上所述：
当时，在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值是；
当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
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，函数有极大值，也有极小值，
极大值是；
极小值是.
【名师点睛】1.函数f (x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y y0＝f ′(x0)(x x0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．
2. 本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性与极值、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，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.
13．（1）；（2）．
【详解】试题分析：（1）由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得；
（2）由题意结合（1）的结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数的最小值为.
试题解析：（1）的定义域为.
①若，因为，所以不满足题意；
②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点.
由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1.
（2）由（1）知当时，.
令得.从而
.
故.
而，所以的最小值为.
【名师点睛】
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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（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．
14．（1），定义域为.（2）见解析（3）.
【详解】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．
15．(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值.
试题解析：（Ⅰ）因为，所以.
又因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（Ⅱ）设，则.
当时，，
所以在区间上单调递减.
所以对任意有，即.
所以函数在区间上单调递减.
因此在区间上的最大值为，最小值为.
【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果.
16．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）法一：当时，，当时，，可得 ，进而可得；
法二：洛必达法则，由法一，令，，求导后令，求导后判断的单调性，进而可得的单调性，进而可得，进而可得；
（2）求导可得，令，求导可判得在有唯一零点，在有唯一零点1，是的唯一极大值点．进而可得.
【详解】（1）法一：由题知：，且 ，
所以：．
即当时，；当时，；
当时，成立．
令，，当时，，
单调递减，，所以：，即：．所以：；
当时，，
单调递增，，所以：，即：．所以：；
综上：．
法二．洛必达法则
由题知：，且 ，
所以：．
即当时，；当时，；
当时，成立．
令，．
令，．
当时，，单调递增，；
所以，单调递减，．
所以：；
当时，，单调递减，；
所以，单调递减，．
所以：；故．
（2）由（1）知：，．
设，则．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
又，，，
所以在有唯一零点，在有唯一零点1，
且当时，；当时，；
当时，．
又，所以是的唯一极大值点．
由得，故．
由得．
因为是在的唯一极大值点，由，，
得，所以．
【点睛】关键点点睛：第一问，讨论参数并应用导数研究且求参数的最小值，根据不等式恒成立确定参数值；第二问，导数研究极值点分布，进而证明极大值的范围.
17．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.
【详解】
试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较，的大小即可，可分三种情况研究：①；②；③.
试题解析：（Ⅰ）解：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，解得，或.
当变化时，，的变化情况如下表：
＋ 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）证明：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）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：
（1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，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.
【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式
【名师点睛】1．求可导函数单调区间的一般步骤：
（1）确定函数f（x）的定义域（定义域优先）；
（2）求导函数f ′（x）；
（3）在函数f（x）的定义域内求不等式f ′（x）＞0或f ′（x）＜0的解集；
（4）由f ′（x）＞0（f ′（x）＜0）的解集确定函数f（x）的单调增（减）区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．
2．由函数f（x）在（a，b）上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′（x）≥0（或f ′（x）≤0）恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．
18．(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
由一次函数与对数函数的性质可得，当时，
，
且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
19．（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.
20．(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
21．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）方法一：构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;
（2）方法一：研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当时，等价于．
设函数，则．
，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当时，．
令，令，得．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而，所以函数在区间内单调递增，有．
［方法三］：【最优解】指对等价转化
当时，．
令，函数在区间上单调递增，故，有，故当时，．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数，
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数
令，得．
令．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，则．当时，，当时，，故函数在区间内只有一个零点时，．
［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数
函数在区间内只有一个零点等价于函数的图象与函数的图象在区间内只有一个公共点．由与的图象可知它们在区间内必相切于y轴右侧同一点，设切点为，则，解方程组得，经验证符合题意．
［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数
当时，，原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点．由得函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．设与的切点为，则，于是函数在点P处的切线方程为．由切线过原点可得，故．
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为，，
当时，在区间内单调递增，又，故无零点；
当时，．
①当时，在区间内单调递增，有在区间内单调递增，又，故无零点；
②当时，令，得，故函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．，从而单调递增．又，所以无零点．
③当时，，又，所以存在，使得，则函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，则为函数的唯一零点，且满足．所以，解得，则．
［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论
当时，，无零点；
当时，，记，则；
当时，，函数在区间内单调递增，则有，故无零点；
当时，当时，单调递诚，当时，单调递增，当时，，当时，，
故，得．
【整体点评】（1）方法一：根据指数找朋友，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．；
方法二：常规的直接求导，研究函数的单调性求最值，是该题的通性通法；
方法三：利用指对互化，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．
（2）方法一：根据指数找朋友，原函数在只有一个零点等价于在只有一个零点，再分类讨论以及利用导数研究其单调性即可解出；
方法二：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为直线与曲线的交点个数，即可解出；
方法三：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数，即可解出；
方法四：同方法二；
方法五：直接含参讨论函数的单调性确定最值，再根据零点存在性定理判断即可解出，是该类型题的通性通法；
方法六：易知当时函数无零点，只需考虑时的情况，，再含参讨论函数的单调性，研究其最值即可解出，是本题的最优解．
22．（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.
23．（1）详见解析；（2） 详见解析.
【详解】（1）当时，，函数在上为减函数，又，所以存在唯一，使.
（2）考虑函数，
令，则时，，
记，则，
有（1）得，当时，，当时，.
在上是增函数，又，从而当时，，所以在上无零点.
在上是减函数，又，存在唯一的，使.
所以存在唯一的使.
因此存在唯一的，使.
因为当时，，故与有相同的零点，所以存在唯一的，使.
因，所以
考点：1.零点唯一性的判断；2.函数的单调性的应用.
24．（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
25．（Ⅰ） 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）见解析.
【详解】（Ⅰ）由，可得，其中且，
下面分两种情况讨论：
（1）当为奇数时：
令，解得或，
当变化时，的变化情况如下表：
所以，在，上单调递减，在内单调递增.
（2）当为偶数时，
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减.
所以，在上单调递增，在上单调递减.
（Ⅱ）证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则
由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有.
（Ⅲ）证明：不妨设，由（Ⅱ）知，设方程的根为，可得
，当时，在上单调递减，又由（Ⅱ）知可得.
类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，
，即对任意，
设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此.
由此可得.
因为，所以，故，
所以.
考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.
26．（1）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）详见解析.
【详解】（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.
考点：本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合，化归与转化等数学思想.
27．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导后，分别在、和的情况下，由的正负得到的单调性；
（2）由（1）知：且的两个极值为，；根据零点个数可知，结合可确定的正负；设，根据函数零点个数可构造不等式组，由此可得；代回原函数验证可知满足题意，由此可得结果.
【详解】（1），令，解得：，；
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，若，；若，；
在，上单调递增；在上单调递减；
当时，若，；若，；
在，上单调递增；在上单调递减；
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，在上单调递减.
（2）由（1）知：若有三个零点，则；
则的两个极值为，；
有三个零点，，
或；
又，当时，；当时，；
设，
当时，；当时，；
有三个零点时，的取值范围恰好是，
，解得：，
，
有三个零点，有两个异于的不等实根，
，则，满足题意；
综上所述：.
28．（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.
29．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；（Ⅱ）借助（Ⅰ）的结论来证明，由单调性可知等价于，即．设，则．则当时，，而，故当时，．从而，故．
试题解析：（Ⅰ）．
（Ⅰ）设，则，只有一个零点．
（Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．
又，，取满足且，则
，
故存在两个零点．
（Ⅲ）设，由得或．
若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．
综上，的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．
由于，而，所以
．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
【考点】导数及其应用
【名师点睛】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.
30．（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】（1）因为，由题意，，即：，则．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设是的一个零点，且，则．
从而．
令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．
设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．
综上，的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．
（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；
（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．
（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
［方法五］：
设是的一个零点且，则是的另一个零点．
．
则，设，由判别式，所以方程有解．
假设实数满足．
由，得．与矛盾，假设不成立．
所以，所有零点的绝对值都不大于1．
【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
31．(1)
(2)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】
方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
32．（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.
33．（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．
答案第1页，共2页
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