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导数大题之零点问题
【类型一】无参数零点
1. (2019 年全国统一高考数学试卷 (理科) (新课标I)) 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.
2. (重庆市南开中学校 2024 届高三上学期第三次质量检测 (11 月) 数学试题) 设函数 .
(1)当 时,求函数 的最值;
(2) 函数 ,其中 为函数 的导函数,试讨论函数 在 的零点个数.
【类型二】带参数零点
3. (浙江省温州市温州中学 2023-2024 学年高三上学期 1 月期末数学试题) 已知 .
(1)若过点(2,2)作曲线 的切线,切线的斜率为 2,求 的值;
(2)当 时,讨论函数 的零点个数.
4. (四川省成都市 2021 届高三三模数学 (理科) 试题) 已知函数 ,其中 .
(1) 当 时,求函数 的值域;
(2)若函数 在 上恰有两个极小值点 ,求 的取值范围；并判断是否存在实数 ,使得 成立 若存在,求出 的值; 若不存在,请说明理由.
5. (山西省太原市 2023 届高三上学期期中数学试题) 已知函数 是非零常数.
(1)若函数 在 上是减函数,求 的取值范围；
(2) 设 ,且满足 ,证明: 当 时,函数 在 上恰有两个极值点.
6. (四川省成都市第七中学 2024 届高三下学期三诊模拟考试理科数学试卷) 已知函数
(1)若 ,证明: ；
(2)若函数 在 内有唯一零点,求实数 的取值范围.
7. (江苏省南京市、盐城市 2023 届高三下学期一模数学试题) 已知 ,函数 ,
.
(1)若 ,求证: 仅有 1 个零点;
(2)若 有两个零点,求实数 的取值范围.
8. (广东省佛山市 2021 届高三上学期教学质量检测(一)数学试题)设 且 ,函数 .
(1)若 在区间 有唯一极值点 ,证明: ；
(2)若 在区间 没有零点,求 的取值范围.
9. (2024 年普通高等学校招生全国统一考试数学理科押题卷(六)) 已知函数 .
(1)当 时,求曲线 在 处的切线方程;
(2)若函数 在 和 上各有一个零点,求实数 的取值范围.
10. (2022 年全国高考乙卷数学 (理) 试题) 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 的取值范围.
11. (2018 年全国普通高等学校招生统一考试数学 (浙江卷)) 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.
12. (福建省漳州市第三中学 2022-2023 学年高二下学期 3 月教学质量检测数学试题) 已知函数
,其中 .
(1)当 时,求 在 处的切线方程;
(2)若 存在唯一极值点,且极值为 0,求 的值;
(3)讨论 在区间 上的零点个数.
13. (四川省泸州市 2024 届高三第一次教学质量诊断性考试数学(理)试题)已知函数 ,
且 恒成立.
(1)求实数 的最大值；
(2)若函数 有两个零点,求实数 的取值范围.
14. (广东省深圳市 2023 届高三第一次调研数学试题) 已知函数 ,其中 且 .
(1)当 时,求函数 的单调区间;
(2)若存在实数 ,使得 ,则称 为函数 的 “不动点” 求函数 的 “不动点” 的个数;
(3)若关于 的方程 有两个相异的实数根,求 的取值范围.
15. (四川省成都市 2023 届高三下学期第二次诊断考试数学(理)试题)已知函数 ,其中 .
( 1 )求函数 的单调区间；
(2)当 时,函数 恰有两个零点,求 的取值范围.
16. (湖北省武汉市 2022 届高三下学期 2 月调研考试数学试题) 已知函数
,其中 .
(1)当 时,求 的值;
(2)讨论 的零点个数.
17. (湖北省武汉市 2023 届高三下学期四月调研数学试题) 已知函数 ,其中 .
(1)证明: 恒有唯一零点;
(2)记(1)中的零点为 ,当 时,证明: 图像上存在关于点 对称的两点.
18. (浙江省温州市 2023 届高三下学期返校统一测试数学试题) 若函数 的图象与直线 分别交于 两点,与直线 分别交于 两点 ,且直线 的斜率互为相反数,则称 为 相关函数”.
(1) 均为定义域上的单调递增函数,证明: 不存在实数 ,使得 为“(m, n)相关函数”;
(2) ,若存在实数 ,使得 为 相关函数”,且 ,求实数 的取值范围.
19. (橘子哥手写) 讨论 零点个数
【类型三】最值、极值
20. (2023 年高考全国乙卷数学(理)真题)已知函数 .
(1)当 时,求曲线 在点 处的切线方程;
(2) 是否存在 ,使得曲线 关于直线 对称,若存在,求 的值,若不存在,说明理由.
(3)若 在 存在极值,求 的取值范围.
21. (湖南省长沙市第一中学 2021-2022 学年高三上学期月考(五)数学试题) 已知函数 .
(1)若 ,求函数 的极值点的个数;
(2) 是否存在正实数 使函数 的极值为 ,若存在,求出 的值,若不存在,说明理由.
22. (2024 年普通高等学校招生全国统一考试数学理科猜题卷(九)已知函数 .
(1)若 在其定义域内单调,求实数 的取值范围;
(2)若 的极大值为 ,证明: .
23. (重庆市第一中学 2024 届高三上学期开学考试数学试题) 已知函数 .
(1) 设 ,经过点(0, - 1)作函数 图像的切线,求切线的方程;
(2)若函数 有极大值,无最大值,求实数 的取值范围.
24. (2015 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(新课标I)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.
25. (2017 年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)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.
26. (2016 年天津卷高考数学试题) 设函数 ,其中 为实常数.
(1)若 ,求 的单调区间；
(2)若 存在极值点 ,且 其中 . 求证: ;
(3) 设 ,函数 ,求证: 在区间 上的最大值不小于 .
27. (重庆市巴蜀中学校 2022 届高三下学期适应性月考 (十) 数学试题) 已知函数 .
( 1 )求曲线 在点 处的切线方程；
(2)证明: 存在唯一极大值点 ,且 .
28. (2024 届湖南省高三九校联盟第一次联考数学试卷) 已知 ,直线 是 在 处的切线,直线 是 在 处的切线,若两直线 夹角的正切值为 2,且当 时,直线 恒在函数 图象的下方.
(1)求 的值；
(2) 设 ,若 是 在 上的一个极值点,求证: 是函数 在 上的唯一极大值点, 且 .
29. (四川省南充市 2024 届高三高考适应性考试 (二诊) 理科数学试题) 设函数 .
(1)若函数 在区间 是单调函数,求 的取值范围;
(2)设 ,证明函数 在区间 上存在最小值 ,且
30. (湖北省武汉市部分学校 2022-2023 学年高三上学期九月调研考试数学试题) 已知函数 .
( 1 )讨论函数 的极值点个数；
(2)当 恰有一个极值点 时,求实数 的值,使得 取最大值.
31. (2020 年浙江省高考数学试卷) 已知 ,函数 ,其中 为自然对数的底数.
( I )证明:函数 在 上有唯一零点；
(II) 记 为函数 在 上的零点,证明:
(i) ;
(ii) .
32. (广东省广州市 2024 届普通高中毕业班综合测试(二)数学试卷)已知函数 .
(1)讨论 的零点个数;
(2)若 存在两个极值点,记 为 的极大值点, 为 的零点,证明: .
【类型四】切线
33. (湖南省长沙市第一中学、广东省深圳实验学校 2022 届高三上学期期中联考数学试题) 设函数 . (1)若 为函数 的两个极值点,且 ,求实数 的值;
(2) 设函数 在点 ( 为非零常数) 处的切线为 ,若函数 图象上的点都不在直线 的上方,试求 的取值范围.
34. (重庆市 2023 届高三第七次质量检测数学试题) 已知函数 .
(1)当 时,求函数 的单调区间；
(2)若 ,设直线 为 在 处的切线,且 与 的图像在 内有两个不同公共点,求实数 的取值范围.
35. (2018 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(天津卷)) 已知函数 ,其中 .
(I) 求函数 的单调区间;
(II) 若曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切线平行,证明:
(III) 证明: 当 时,存在直线 ,使 是曲线 的切线,也是曲线 的切线.
36. (山东省青岛市 2023 届高三下学期第一次适应性检测数学试题) 已知函数 ,圆 .
(1)若 ,写出曲线 与圆 的一条公切线的方程 (无需证明);
(2)若曲线 与圆 恰有三条公切线.
(i) 求 的取值范围;
(ii)证明: 曲线 上存在点 ,对任意 .
37. (2014 年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(北京卷)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 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)
38. (2022 届山东省济南市高三下学期 5 月高考模拟考试(三模)数学试题)已知函数 ,其中 , .
(1)当 时,若 存在大于零的极值点,求 的取值范围.
(2)若存在 (其中 ,使得曲线 在点 与点 处有相同的切线, 求 的取值范围.
39. (福建省 2023 届高三毕业班适应性练习卷 (省质检) 数学试题) 已知函 .
(1)讨论 在 的单调性;
(2) 是否存在 ,且 ,使得曲线 在 和 处有相同的切线 证明你的结论.
40. (河南省新乡市 2023-2024 学年高三第二次模拟考试数学试题) 定义: 若函数 图象上恰好存在相异的两点 , 满足曲线 在 和 处的切线重合,则称 为曲线 的“双重切点”,直线 为曲线 的“双重切线”.
(1) 直线 是否为曲线 的 “双重切线”,请说明理由；
(2)已知函数 求曲线 的 “双重切线” 的方程；
(3) 已知函数 ,直线 为曲线 的 “双重切线”,记直线 的斜率所有可能的取值为 , 若 ,证明: .参考答案:
1. (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 2 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.
2. (1)
(2)3
【分析】(1)利用导数求得 的单调区间,进而求得 的最值.
(2)利用多次求导的方法研究 的单调性,结合零点存在性定理、构造函数法判断出 在 的零点个数.
【详解】( 1 ) .
当 时, 单调递增;
当 时, 单调递增;
上单调递增; .
(2) ,
,
①当 时,注意到,当 时, ,故 ,
又 ,所以 在 仅有一个零点;
②当 时, 单调递增,
又 ,
由零点存在性定理可知,存在唯一 ,使得 ,
当 时, ,当 时, ,
所以 在 单调递减,在 单调递增;
注意到 ,
由零点存在性定理可知,存在唯一 ,使得 ,
所以 在 上单调递增,在 上单调递增,
所以 ,又 ,
令 ,则 ,
所以 在(-1,0)单调递增,在 单调递减,故 ,所以 ,
由零点存在性定理可知, 在 上仅有一个零点;
③当 时, 递减,所以 单调递减,
又 ,
所以存在唯一 ,使得 ,
所以 在 单调递增,在 单调递减,
又 ,
,即 在 单调递增,
又 ,
由零点存在性定理可知,存在唯一 ,使得 ,
所以 在 单调递减, 在 单调递增;
所以 ,又 ,
由零点存在性定理可知, 在 仅有一个零点;
④当 时, ,故 ,
所以 在 无零点;
综上,函数 在 上恰有 3 个零点.
【点睛】方法点睛: 求解函数单调区间的步骤: (1) 确定 的定义域; (2) 计算导数 ; (3) 求出 的根:(4)用 的根将 的定义域分成若干个区间,考查这若干个区间内 的符号,进而确定 的单调区间: ,则 在对应区间上是增函数,对应区间为增区间; ,则 在对应区间上是减函数, 对应区间为减区间. 如果一次求导无法求得函数的单调区间, 可以考虑利用多次求导的方法来进行求解. 3. (1)1 (2)答案见解析 【分析】( 1 )求导,设切点坐标为 ,结合导数的几何意义列式求解即可； (2)求导,可得 在 内单调递减,分类讨论判断 在 内的单调性,进而结合零点存在性定理分析判断.
【详解】( 1 )由题意可得: ,
设切点坐标为 ,
则切线斜率为 ,即 ,
可得切线方程为 ,
将 代入可得 ,
整理得 ,
因为 在 内单调递增,
则 在定义域 内单调递增,且当 时, ,
可知关于 的方程 的根为 1,即 ,
所以 .
( 2 )因为 ,
则 ,
可知 在 内单调递减,
且 ,则 ,且 在 内单调递减,
可知 在 内单调递减,所以 在 内单调递减,
且 ,
(i) 若 ,即 时,则 在 内恒成立,
可知 在 内单调递增,则 ,当且仅当 时,等号成立, 所以 在 内有且仅有 1 个零点;
(ii) 若 ,即 时,则 在 内恒成立,
可知 在 内单调递减,则 ,当且仅当 时,等号成立,
所以 在 内有且仅有 1 个零点;
(iii) 若 ,即 时,则 在(1,3)内存在唯一零点 ,
可知当 时, ; 当 时, ;
则 在 内单调递增,在 内单调递减,
且 ,可知 ,可知 在 内有且仅有 1 个零点,
且 ,
①当 ,即 时,则 在 内有且仅有 1 个零点;
②当 ,即 时,则 在 内没有零点；
综上所述: 若 时, 在 内有且仅有 1 个零点;
若 时, 在 内有且仅有 2 个零点.
【点睛】方法点睛: 对于函数零点的个数的相关问题, 利用导数和数形结合的数学思想来求解. 这类问题求解的通法是:
(1)构造函数, 这是解决此类题的关键点和难点, 并求其定义域;
(2)求导数,得单调区间和极值点；
(3)数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象与 轴的交点情况进而求解.
4. (1) ; 存在; .
【分析】(1)对函数求导,利用导数的性质进行求解即可；
(2)判断函数 的奇偶性,根据二次求导法分类讨论求出 的取值范围,最后再根据 之间的关系进行求解即可.
【详解】解: (1) 当 时, ,则 .
设 ,则 . 显然 . 在 上单调递增.
又 当 时, ; 当 时, .
在 上单调递减,在 上单调递增.
函数 的值域为 .
(2) ,
是 上的偶函数.
“函数 在 上恰有两个极小值点”等价于“函数 在 上恰有一个极小值点”.
因 ,设 ,则 .
①当 时, ,则 在 上单调递减. .
则 ,此时 在 上单调递减,无极小值.
②当 时, ,则 在 上单调递增. .
则 ,此时 在 上单调递增,无极小值.
③当 时,存在 ,使 .
当 时, ; 当 时, .
在 上单调递减,在 上单调递增.
. 又 ,
(i) 当 ,即 时, .
,此时 在 上单调递减,无极小值.
(ii) 当 ,即 时, .
则存在 ,使得 .
当 时, ; 当 时, .
在(0, t)上单调递减,在 上单调递增.
函数 在 上恰有一个极小值点 . 此时, 是函数 的极大值点.
当函数 在 上恰有两个极小值点时, 的取值范围为 .
若 ,则
由 (*) 式,知 .
整理得 .
.
存在 ,使得 成立.
【点睛】关键点睛:运用二次求导法、分类讨论思想是解题的关键.
5.
(2)证明见解析.
【分析】( 1 )由题知 在 上恒成立,再分 和 两种情况讨论求解即可；
(2)根据题意令 ,进而分 , , 三种情况讨论函数 的单调性,进而得 ,其中 ,再根据当 时,直线 与 的图像在 上有两个交点并结合极值点的概念即可证明.
【详解】( 1 )解:
因为函数 在 上是减函数,
所以, 在 上恒成立,
当 时, 在 上恒成立,满足题意;
当 时,当 时,由 ,故 ,与 在 上恒
成立矛盾,
所以, 的取值范围为
(2)解: 令 得 , 所以, ,则 , 所以,当 时, ,函数 在 上单调递增,
当 时, ,故函数 在 上单调递减,
因为 ,
所以,存在 ,使得 ,即 ,
所以,当 时, 在 上单调递增;
当 时, 在 上单调递减;
当 时, 恒成立,
所以, 在 上单调递增,
因为 ,
所以,存在 ,使得 ,即 ,
所以,当 时, 单调递减,
当 时, 单调递增,
因为 ,
所以, 在 上单调递减,
综上,函数 在 上单调递增,在 上单调递减,且 ,
因为 ,即 ,
由 的唯一性可得 ,
又 ,
所以, ,其中 ,
所以,当 时即 时,
直线 与 的图像在 上有两个交点,
所以, 在 上有两个变号零点,即 在 上有两个极值点.
【点睛】关键点点睛: 本题第二问解题的关键在于构造函数 ,进而结合三角函数在 的符号,分 三种情况讨论函数 的单调性,进而 的函数值得范围 ,其中 ,再结合函数零点与极值点的概念即可求解.
6. (1)证明见解析;
(2)
【分析】( 1 )对 求导后构造函数 ,通过求导得出 的单调性和范围得出函数 的单调性,进而得出结论;
(2)分类讨论参数 与 的关系,并通过构造函数和多次求导来探究函数 的单调性,即可得出满足函数在 内有唯一零点的实数 的取值范围.
【详解】(1)由题意,
在 中,
当 时,不等式 等价于 ,
则 ,令函数 ,
则 ,
,
所以函数 在 上单调递增,且 ,
在 上恒成立,
即函数 在 上单调递增,且 ,
所以 时,不等式 成立;
(2)由题意及(1)得,
在 中,
当 时, ,
由 (1) 可知此时 ,所以此时函数 没有零点,与已知矛盾,
,
令函数 ,
所以 ,
令函数 ,
,
①若 ,
所以函数 在 上递增,且 ,
,使函数 在 上递减,在 上递增,
②若 时,显然 ,
所以函数 在 上递减,在 上递增,且
,使函数 在 上递减,在 上递增,
又 ,
,且 ,使得 ,
综上得,当 时,函数 在 内有唯一零点,
的取值范围是 .
【点睛】关键点点睛: 本题考查构造函数, 多次求导, 函数的单调性, 函数的导数求零点, 考查学生分析和处理问题的能力,计算的能力,求导的能力,具有很强的综合性.
7. (1)证明见解析
(2)
【分析】(1)代入 ,求出 导数,通过证明单调性继而证明出 仅有 1 个零点；
(2)由解析式可知 ,证明 有两个零点,只需证明 在(-1,0)或(0,2)上存在零点,分类讨论 的不同取值时, 在这两个区间的单调情况,以及取值范围从而求出实数 的取值范围. 【详解】( 1 )当 ,
时, ,
所以 在(-1,2)上单调递增,且 ,
所以 仅有 1 个零点.
(2) ,
当 时, 在(-1,2)上单调递增,此时 仅有 1 个零点 0 ;
当 时, 时,设 ,
则 ,所以 在(-1,0)上单调递减,
所以 ,所以 在(-1,0)上单调递增,
时, ,
,所以 在(0,2)上单调递减,此时 仅有 1 个零点 0 ；
当 时, ,
由上知 在(-1,0)上单调递增,在(0,2)上 ,
所以存在 ,使得 ,
在 上单调递增,在 上单调递减,
所以 ,
要使 有两个零点,则 ,
此时 ;
当 时,由上知 在(0,2)上单调递减,
且 在(-1,0)上单调递减, ,
时, ,则 ,
所以存在 使得 ,
所以 在 上单调递增,在 上单调递减,所以 ,
时, ,
所以 ,所以 在 上有 1 个零点,此时 有两个零点.
综上, 的取值范围为
【点睛】方法点睛:
本题中在判断 零点范围是使用了两个技巧:
①合理的放缩函数,如 ,在有限定义域内放缩一般要求被放缩函数存在上界或者下界,将函数放缩至上确界或者下确界；
②通过函数取值范围确定零点范围,如通过 可得 ,通过 可得 ,此处用到整体换元的思想,令 8.(1)证明见解析；(2) . 【分析】(1)函数的极值点问题转化为函数的变号零点问题,先根据三角方程的根的情况分类讨论,探究有唯一变号零点的等价条件(注意二重零点的验证),再利用常用不等式 “ ” 分段证明关于 的不等式成立;
(2)结合三角函数零点与最值点根据区间端点值符号分类,即转化为参数 的分类讨论,先根据零点存在性定理排除端点值异号情况, 再将端点值均大于零(同号)一类情况应用导数求解单调性, 研究导函数零点, 最后由函数先增后减性质得到无零点的结论.
【详解】( 1 )
当 时,由 ,得 ,且 ,
令 ,即 .
由 得,则 在区间 至少有 两个零点,
不是 的根,则 是 的变号零点,即 是 在区间 的一个极值点.
①当 时,由 ,即 也是 的根, 不是 的变号零点. 经验证知,当 时, 有两个零点 ,即 有两个极值点. ② 当 且 时,则 , 由 ,且 ,得 ,知 不是 的根, 也是 的变号零点,
即 在区间 也至少有两个极值点.
综上分析,当 时, 在区间 至少有两个极值点,不合题意.
当 时, ,且 ,
故 ,
令 ,即 ,且 ,
解得 ,当 单调递增; 当 单调递减.
故 时, 在区间 有唯一极值点 ,
此时
将 代入得
① 当 ,即 时, ,
由不等式: 时, 知:
② 当 ,即当 时, ,
由不等式 (*) 知: ,
由①②知 .
( 2 )①当 时, ,
,所以 ,
由零点存在性定理知, 在区间 至少有一个零点;
② 当 时, , , ,
由零点存在性定理知. 在区间 至少有一个零点;
③ 当 时,
当 时, ,则 是增函数;
当 时, ,且 ,
令 ,则 ,
即 递减,即 递减,又 ,
且 ,由零点存在性定理知, ,使得 ,当 时, 单
调递增; 当 时, 单调递减,
综上可知,当 时, 在 上递增,在 上递减.
又 ,且由 ,得 ,即 ,
则 时,恒有 .
所以 在区间 没有零点,满足题意.
综上所述,若 在区间 没有零点,则正数 的取值范围是 .
【点睛】在与三角函数交汇的导数压轴问题中, 分类讨论是解决这类问题的重要思想. 但如何进行分类讨论是问题的难点, 若能有效利用三角函数的有界性及变号区间, 则能实现快速找到分类讨论的依据, 从而实现问题的求解.
9. (1)
(2)(0,1)
【分析】(1)将 代入,求出 时 ,再利用导数的几何意义求出切线斜率,由点斜式写出直线方程即可； (2)解法一:通过分类讨论和构造函数,并利用导数判定出函数 在区间 和 上的单调性,结合零点存在定理即可求得实数 的取值范围.
解法二: 当 时,利用导数得到 的单调性,结合零点存在定理找到 的零点,再根据常规放缩 从而确定实数 的取值范围. 【详解】( 1 )当 时, .
所以 ,所以 ,
所以曲线 在 处的切线方程为 .
( 2 )当 时,令 ,得 ,
构造函数 ,
则 在 和 上各有一个零点,
令 ,
当 时, ,即 在 上单调递增,
又 ,故 在 和 上没有零点,不符合题意.
解法一 当 时, 时,有 ,故 ,
所以 ,即 ,所以 单调递减,
所以当 时, ,
所以 在 上没有零点,不符合题意.
当 时, ,
令 ,得 ,则 .
当 时, ,当 时, ,
故 在 上单调递增,在 上单调递减,
又 ,
故存在 ,使得 ,
则 在 上单调递减,在 上单调递增.
而当 无限趋向于 时, 无限趋向于正无穷大,
当 无限趋向于 时, 无限趋向于负无穷大,且 , 所以 , 故 在 和 上各有一个零点,满足题意. 综上,实数 的取值范围为(0,1). 解法二 当 时, , 令 ,得 ,则 . (注意利用正切函数的单调性得到 的大致范围) 当 时, ,当 时, .
故 在 上单调递增,在 上单调递减,
又 ,
所以要使 在 和 上有零点,需 ,得 ,
此时存在 ,使得 ,
则 在 上单调递减,在 上单调递增.
又当 无限趋向于 时, 无限趋向于正无穷大,
当 无限趋向于 时, 无限趋向于负无穷大,且 ,
所以要使 在 和 上各有一个零点,只需 ,
故 ,所以 .
由 得 ,又 ,
所以 ,所以 ,满足题意,
所以实数 的取值范围为(0,1).
【点睛】方法点睛:利用函数零点求参数取值范围的方法及步骤:
(1)常用方法:①直接法,先根据题设条件构建关于参数的不等式(组),再通过解不等式(组)确定参数的取值范围；②分离参数法,将参数分离,转化成求函数值域的问题加以解决；③数形结合法,先将问题转化为两函数图象的交点问题, 再在同一平面直角坐标系中画出函数的图象, 然后数形结合求解.
(2)一般步骤:先转化,把已知函数零点的存在情况转化为方程(组)的解、不等式(组)的解集或两函数图象的交点的情况；再列式,根据零点存在定理或结合函数图象列式；最后得结论,求出参数的取值范围或根据图象得出参数的取值范围. 10. (1)
【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(-1,0)上单调递增,
故 在(-1,0)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(-1,1)上单调递增,在 上单调递减,所以 ,
又 ,
所以 在 上有唯一零点
又(0, m)没有零点,即 在 上有唯一零点
(2)当
设
所以 在(-1,0)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(-1, t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即 在(-1,0)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
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.
11. (1) 证明见解析; (2) 证明见解析.
【分析】(1)方法一:先求导数,根据条件解得 关系,再化简 为 ,利用基本不等式求得 取值范围,最后根据函数单调性证明出不等式;
(2)方法一:利用零点存在定理证明函数 有零点,再利用导数证明函数 在 上单调递减, 即证出.
【详解】(1)[方法一]:基本不等式十函数思想
函数 的导函数 ,由 ,得 ,
因为 ,所以 . 由基本不等式得 .
因为 ,所以 .
由题意得 .
设 ,则 ,
所以 在(0,16)上递减,在 上递增,故 ,
即 .
[方法二]: 换元十同构十函数思想
. 令 ,即关于 的二次方程 的两个相异根分别为
则 ,解得 .
所以 .
令 ,则 在区间 上恒成立.
所以 在区间 内单调递减,因此 ,得证.
(2)[方法一]:【通性通法】【最优解】零点存在性定理十单调性
设 ,
令 ,则
所以, ,即存在 使 ,
所以,对于任意的 及 ,直线 与曲线 有公共点.
由 得 .
设 ,
其中 .
由 (1) 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.
[方法二]: 极限思想十零点存在性定理 + 单调性
令 ,因为 ,又 的图象在区间 上连续不
断,
所以,对于任意的 及 ,函数 在区间 内有零点.
以下证明,当 ,对任意 ,函数 在区间 上至多有一个零点.
易知 .
①当 时, ,此时函数 在区间 内单调递减,所以,函数 在区间 内至多有一个零点;
②当 时,关于 的方程 ,即 有两个不同的实数根,分别记为 ,不妨设 , 可得 .
易知,函数 在区间 和 内单调递减,在区间 内单调递增.
所以函数 的极小值 .
由 (1) 可知 ,又 ,所以 .
所以 在区间 内至多有一个零点,得证.
[方法三]: 换元法的应用
由方法一知, 交点必存在, 只证唯一性.
令 ,只需证: 对于任意 ,方程 有唯一解.
设 ,则 . 设 ,则 . 当 时, ; 当 时, . 所以 是 的最大值点. 由 知 ,因此 , 在区间 内递减,解必唯一.
[方法四]: 图象性质的应用
由方法一知, 交点必存在, 只证唯一性.
,得 的拐点为 . 而 的图象在拐点处的切线 方程为 ,即 . 此时切线 穿过 的图象,与 的图象只有一个交点,所以当 时,直线 与 的图象只有一个交点.
【整体点评】(1)方法一:先通过题意得出等量关系 ,利用基本不等式求出 取值范围,再将 用 表示出来,然后构造函数,由函数的单调性即可证出;
方法二: 设 ,利用同构以及方程思想可得 的取值范围,再将 用 表示出来,然后构造函数, 由函数的单调性即可证出;
(2)方法一:利用等价转化思想,直线与曲线有唯一交点,转化为 有唯一零点,找点利用零点存在性定理以及函数的单调性即可证出, 是该题的通性通法;
方法二: 解题思想同方法一,方法二借用极限思想快速判断函数 在 上有零点,再分类讨论说明函数 在区间 上至多有一个零点,即可证出,只不过欠缺严谨性;
方法三:同方法一,知交点必存在,只是证明唯一性的方式不同,
通过换元,证明对于任意 ,方程 有唯一解,利用导数说明函数 在区间 内递减,即证出; 方法四: 同方法一,知交点必存在,只是证明唯一性的方式不同,根据函数 的图象的凸凹性,求出拐点所在处的切线方程, 数形结合证出. 12. (1)
(2) 或 ；
(3)答案见解析
【分析】(1)利用导数的几何意义求解即可；
(2)求出函数得导数,通过讨论 的范围,求出函数的单调区间,结合函数的极值为 0,得到关于 的方程即可求解；
(3)通过讨论 的范围,讨论极值点与区间 的位置关系,求出函数的单调区间,结合零点存在性定理判断即可.
【详解】( 1 )当 时, ,则 ,
因为 ,所以 ,
所以 在 处的切线方程为 ,
整理得 .
(2) ,定义域为 ,
所以 ,
①若 ,则当 时, 恒成立,
故 在 单调递增,与 存在极值点矛盾;
②若 时,则由 解得 ,
所以 时, 单调递减; 当 时, 单调递增,
所以 存在唯一极小值点 ,
所以 ,
解得 或 .
(3)由题意可得 ,
① 时, 在 上恒成立,故 在 上单调递增,
因为 ,
所以由零点存在性定理可得 在 上有 1 个零点;
② 当 时,当 时, 时, ,
所以 在 上单调递减,在 上单调递增,
所以 ,此时 在 上无零点;
③当 时, 在 上恒成立,故 在 上单调递减,
因为 ,
所以 在 上有 1 个零点;
综上: 当 时, 在 上无零点,
当 或 时, 在 上有 1 个零点.
13. (1)1
(2)
【分析】(1)当 时显然成立,当 时利用导数说明函数的单调性,分 和 两种情况讨论,结合零点存在性定理说明 不成立,即可求出 的取值范围;
(2)求出函数的导函数 ,令 ,则 ,令
,再分 两种情况讨论,当 时令 ,解得 , 再分 三种情况讨论,结合函数的单调性与零点存在性定理计算可得.
【详解】( 1 )当 时,因为 ,所以 ,则 ,
所以 ,符合题意;
当 时 ,令 ,
则 ,所以 在 上单调递减,
所以 ,
当 时 ,则 在 上单调递减,
所以 ,符合题意,
当 时 ,
所以存在 使得 ,所以当 时 ,
则 在 上单调递增,所以 ,不符合题意,
综上可得 的取值范围为 ,故 的最大值为 1 .
( 2 )因为 ,
则
令 ,则 ,令 ,
当 时则当 时 ,当 时 ,
即当 时 ,当 时 ,
所以 在 上单调递增,在 上单调递减,
所以当 时 ,所以 在 上至多有一个零点,不合题意;
当 时令 ,解得 ,
当 ,即 时 在(0,1)上恒成立,
所以当 时 恒成立,
即 在 上单调递增,所以 ,不合题意;
当 ,即 时, 时 时 ,
所以 ,即 时 ,
当 时 ,
所以 在 上单调递增,在 上单调递减,
所以 ,(其 取不到),
因为 ,
所以当 ,即 时, ,
则 在 上没有零点,不符合题意;
当 ,即 时 ,
所以 在 和 上各有一个零点,符合题意;
当 ,即 时,当 时 ,当 时 ,
所以当 时 ,当 时 ,
所以 在 上单调递增,在 上单调递减,
当 时 ,所以 在 上至多有一个零点,不合题意;
综上可得实数 的取值范围为
【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. (1) 的单调增区间为 ,单调减区间为 ;
(2)答案见解析；
(3) 且 .
【分析】(1)直接利用导数求函数的单调区间；
( 2 )记 ,利用导数得 在 和 上均单调递增. 记 ,对 分 讨论,结合零点定理求函数 的 “不动点” 的个数;
( 3 )记 ,利用( 1 )得出 的单调性和值域,然后分 和 两种情况,结合( 2 )中不动点的范围对 进行分析即可
【详解】( 1 )当 时, ,定义域为 .
,令 ,得 .
当 时, ; 当 时, .
所以 的单调增区间为 ,单调减区间为 .
( 2 )函数 的不动点即为方程 的根,即方程 的根.
显然, 不是方程 的根,所以 .
记 ,因为 (当且仅当 取等号),所以 在 和 上均单调递增.
由 ,记 .
① 当 时,
(i) 当 时,
(可设 ,
当 ; 当 ;
在 单调递减,在 单调递增,所以 ),
存在 ,使得 ,即存在唯一 使得 ;
(ii) 当 时,
(设 ,
当 ; 当 ;
在 单调递增,在 单调递减,
所以 ),存在 ,使得 ,即存在唯一 使得 .
② 当 时,
(i) 当 时, 无零点;
(ii) 当 时,因为 ,存在 ,使得 ,即存在唯一
使得 .
综上所述,
当 时,函数 有两个“不动点” ; 当 时,函数 有一个“不动点” .
(3)记 ,由(1)知,
当 时,函数 单调递增,且 ;
当 时,函数 单调递增,且 ;
当 时,函数 单调递减,且当 趋向于无穷时, 的增长速率远远大于一次函数的增长速率,则
.
当 ,由 (2) 知
(其中 ).
由 ,代入得 .
因为 ,所以此时 只有一个解;
因为 ,所以此时 有两个解,
故 共有三个解,不满足题意;
当 ,由(2)知
由 ,代入得 , 当 时, 只有一个解 ,不满足题意,此时 ; 时, 共有两个解,满足题意, 综上所述,当 且 时方程有两个不同实数根. 【点睛】关键点睛:解答本题的关键是利用导数分析函数的零点问题, 常用的方法: (1) 方程法 (直接解方程得解); (2)图象法(直接分析函数的图象得解)；(3)方程+图象法(令 得到 ,分析 的图象得解). 15. (1)答案见解析
【分析】(1)求导,分 与 两种情况,得到函数的单调性；
( 2 )转化为方程 有两个不等的实数解,换元后得到 ,构造 ,求导得到其单调性, 得到方程 有唯一解 ,转化为 有两个不相等的实数,构造函数 ,求导得到其单调性,结合函数走势,只需要 ,构造函数,得到其单调性,求出 的取值范围.
【详解】( 1 ) ,
,
当 时, 恒成立,函数 在 上单调递增.
当 时,
当 时, ; 当 时, .
函数 在 上单调递减,在 上单调递增.
综上所述,当 时,函数 的单调递增区间为 ,无单调递减区间;
当 时,函数 的单调递减区间为 ,单调递增区间为 .
( 2 )函数 恰有两个零点,
等价于方程 有两个不等的实数解.
,
令 ,则 .
令 ,则 .
当 时, ; 当 时, .
函数 在(0, e)上单调递增,在 上单调递减. , 方程 有唯一解 . 方程 有两个不等的实数解等价于方程 有两个不相等的实数解.
等价于方程 有两个不相等的实数解.
构造函数 ,则 .
,
当 时, ; 当 时, .
函数 在 上单调递增,在 上单调递减.
只需要 ,即 .
构造函数 ,则 .
当 时, ; 当 时, .
函数 在(0,2)上单调递减,在 上单调递增.
,
当 时, 恒成立.
的取值范围为 .
【点睛】导函数处理零点个数问题, 由于涉及多类问题特征 (包括单调性, 特殊位置的函数值符号, 隐零点的探索、 参数的分类讨论等),需要学生对多种基本方法, 基本思想, 基本既能进行整合, 注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势, 从而判断零点个数, 较为复杂和综合的函数零点个数问题, 分类讨论是必不可少的步骤, 在哪种情况下进行分类讨论, 分类的标准, 及分类是否全面, 都是需要思考的地方.
16.
(2)答案见解析
【分析】(1)根据条件,讨论 的取值范围,从而去掉函数中的绝对值符号,求得函数 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. 【详解】( 1 ) 时, .
时, .
时 .
( 2 )令 ,有 ,
则 ,即 .
所以 .
时, ;
时, ;
所以, 在(0,1)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 ,
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. 17. (1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】( 1 )令 ,对函数求导利用函数导数单调性进行证明即可；
(2)将问题转化,构造新函数,对函数求导,利用函数导数单调性进行证明即可.
【详解】( 1 ) ,又 ,
令 ,则 递增,
令 ,则 递减,
而 时, 时 ,
有 ,
可得 恒有唯一零点.
(2)因为 ,故 ,
要证 图像上存在关于点 对称的两点,
即证方程 有解;
令 ,
令 ,
则 ,
令
当 时, ,则 递增,
当 时, ,则 递减,
故 ,因为 ,故 ,
又 时, 时, ,
故 先负后正再负,则 先减再增再减,
又 ,且 时, 时, ,
故 先正后负再正再负,则 先增再减再增再减,
又 时, 时, ,而 ,
故 在区间 存在两个零点,则原题得证!
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现,
难度相当大, 主要考向有以下几点:
1、求函数的单调区间 (含参数) 或判断函数 (含参数) 的单调性;
2、求函数在某点处的切线方程,或知道切线方程求参数;
3、求函数的极值 (最值);
4、求函数的零点 (零点个数), 或知道零点个数求参数的取值范围;
5、证明不等式;
解决方法: 对函数进行求导, 结合函数导数与函数的单调性等性质解决,
在证明不等式或求参数取值范围时, 通常会对函数进行参变分离, 构造新函数,
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
18. (1)证明见解析;
(2) .
【分析】(1)根据函数单调递增,可推出直线 的斜率均为正数,即可证明；
(2)首先讨论 是否满足题意,数形结合可知,由题可知 时满足题意；再讨论 时, 或 ,联立且由(1)可判断出 , 由此可得出 和 的等式关系,建立一个关于 或 的方程,将方程根的问题转化为函数零点问题,利用导数求出函数单调区间,讨论 的取值范围对零点的影响即可.
【详解】( 1 )设 . 由 单调递增,则 .
则 .
同理可得, .
所以,直线 的斜率均为正数,不可能互为相反数.
即不存在实数 ,使得 为 “(m, n)相关函数”.
(2)情况一:当 时, , ,若 ,则存在实数 ,使得 , 为“(m, n)相关函数”, 且 ;
情况二: 当 时
因为 为 “(m, n)相关函数”,所以有 .
因为 ,所以有 或 .
① 联立 ,可得 ,所以 .
则有 ,此时有 ,满足题意;
②联立 ,可得 .
因为 ,所以方程组 ,则 . 当 时.
因为 均为 上的单调递增函数,由 (1) 知不存在实数 ,
使得 为 “(m, n)相关函数”,所以 .
则由 ,可得 ,可得 ,
所以 .
同理可得 .
则 在 上存在两个不同的实数根. (*)
记 ,则 .
记 ,则 .
解 ,可得 .
解 ,可得 ,所以 在 上单调递增;
解 ,可得 ,所以 在 上单调递减.
所以, 在 处取得极小值 .
(i) 当 时, ,
此时有 ,即 在 单调递减.
又 ,
则根据零点存在定理可得,存在唯一 ,使得 ,
即 有唯一负根 ,不符合 (*) 式;
(ii) 当 时, .
因为 ,且 ,有 ,
根据零点存在定理可得, ,使得 ,使得 .
所以,当 时,有 ,此时 在 上单调递减;
当 时,有 ,此时 在 上单调递增;
当 时,有 ,此时 在 上单调递减.
令 ,则 .
因为 ,所以 ,所以 ,
所以 在 上单调递增,
所以 ,所以 ,
所以 .
根据零点存在定理可知, ,使得 .
取 ,即有 ,符合题意.
综上所述, 的取值范围是 .
【点睛】函数零点的求解与判断方法:
(1)直接求零点: 令 ,如果能求出解,则有几个解就有几个零点.
(2) 零点存在性定理: 利用定理不仅要函数在区间 上是连续不断的曲线,且 ,还必须结合函数的图象与性质 (如单调性、奇偶性) 才能确定函数有多少个零点.
(3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.
19. (1)答案见解析
(2) 【分析】(1)求出函数导数,对 分类讨论求出单调区间即可；
(2)求出曲线的切线方程,则切线与圆相切,转化为圆心到曲线切线距离等半径的方程有且只有三解即可,换元后利
用导数分析 的零点即可.
【详解】( 1 ) .
①当 时, 在 单调递增.
② 当 时, ,
在 单调递增,在 单调递减.
综上所述,当 时, 在 单调递增;
当 时, 在 单调递增,在 单调递减.
(2) ,
设切点为 ,则切线方程: ,
即 .
直线 与圆 相切, ,
令 ,则 在 有 3 个根.
设
①若 ,即 , ,
在 单调递增,
,当 时, ,
当 时, 有 1 根.
②若 ,即 , ,
令 ,
单调递增,且 .
当 时, 单调递减; 当 时, 单调递增.
.
又 ,
又易证 ,则 ,
在 和 分别有 1 根.
综上, .
【点睛】关键点睛: 本题解决第二问时, 转化为利用导数求出曲线的切线方程, 再转化为此切线也与圆相切, 这是解决此题的第一个关键点, 转化为圆心到直线的距离等于半径, 换元后利用导数确定函数有 3 个零点是解决此题的第二个关键点.
20. ;
(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(0,4)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.
21. (1)函数 有两个极值点
(2)存在;
【分析】(1)利用二次求导,判断函数的单调性,再结合零点存在性定理,即可证明；
(2)首先求函数的导数 ,再令 , ,分 , 和 三种情况讨论是否存在正实数 使函数 的极值为 .
【详解】( 1 )当 时, ,
令 ,则 ,
所以 在 单调递减,在 单调递增.
又因为 时, 恒成立, ,
所以 在(0,1)上有唯一的零点 .
所以当 单调递增,当 单调递减,当 单调递增,所以函数 有两个极值点.
(2) ,
令 ,则 时, .
,当 时, 单调递增. ,
①当 时, 在 上恒成立, 无极值,不存在符合题意的 .
②当 时, , ,存在 ,使得 ,
当 单调递增,当 单调递减,当 单调递增,
所以 的极大值为 的极小值为 ,故不存在符合题意的 .
③当 时, ,存在 ,使得 ,
当 单调递增,当 单调递减,当 单调递增,
所以 的极小值为 的极大值为 ,
如果存在正实数 使函数 的极值为 ,则 ,
又因为 . 所以 ,所以 ,
所以 ,即 ,
令 ,则 ,因为 ,所以 .
所以 在(-2,0)单调递增,又因为 ,所以 ,此时 ,
综上所述, 时,存在极值为 .
【点睛】本题重点考察函数的零点个数, 关键是需对函数二次求导, 并结合函数的零点存在性定理, 判断函数的零点个数, 再求函数的极值点时, 也需结合函数的单调性, 进行判断, 本题的难点是分类讨论.
22.
(2)证明见解析
【分析】(1)先求出函数的定义域,由题意可得导函数 或 恒成立,构造函数,利用导数求出函数 的最值, 进而可得出答案;
(2)先利用导数求出函数 的极值点及极值,再构造函数证明即可.
【详解】(1)由题意得函数 的定义域为 ,
设 ,
令 ,则 ,
当 时, 单调递增,
当 时, 单调递减,
故 ,故 ,即 , 又 ,
函数 在其定义域内单调, 依题知 在其定义域内恒成立,
在其定义域内恒成立, ,
即实数 的取值范围为 ;
(2)若 ,则 ,
设 ,则 ,
设 ,则 ,
当 时 ,当 时 ,
在 上单调递增,在 上单调递减,
,
存在 ,使得 ,
又 在 上单调递减,在 上单调递增,
在 上单调递减,且
又 ,
elne
存在 ,使得 ,即 ,
得 ,
在 上, ,即 ,在 上, ,即 ,
在 上单调递增,在 上单调递减,
的极大值
, 因为函数 在 上都单调递增,
所以函数 在 上单调递增,
且 ,
.
【点睛】结论点睛:利用函数的单调性求参数, 可按照以下原则进行:
(1)函数 在区间 上单调递增 在区间 上恒成立；
(2)函数 在区间 上单调递减 在区间 上恒成立；
(3)函数 在区间 上不单调 在区间 上存在异号零点；
(4)函数 在区间 上存在单调递增区间 ,使得 成立；
( 5 )函数 在区间 上存在单调递减区间 ,使得 成立.
23. (1)
(2)
【分析】(1)根据题意,求导得 ,再由导数的几何意义,即可得到结果；
(2)根据题意,求导得 ,令 ,然后分 与 两种情况,分别讨论,即可得到结果.
【详解】( 1 ) 时 ,
设切点为 ,则切线斜率为 ,
切线方程: ,
将点(0, - 1)带入得: ,
此时斜率 ,所以切线方程为 .
( 2 )函数 的定义域为 ,令 ,则
(1) 当 时 在 单调递增,
注意到 时, ,注意到 时, ,
故存在 ,使得 ,在 时 单调递减,在 时, 单调递增,函数 有极小值,无极大值,不符合题意.
( 2 )当 时,令 ,令 ,
所以 在 单调递增,在 单调递减.
当 时 ,当 时 ,
所以 ,
若 ,则 恒成立, 在 单调递减,无极值和最值.
若 ,即 ,此时存在 ,使得 ,
且在 有 单调递减; 在 有 单调递增,此时 为 的极大值.
注意到 时 ,要使 无最大值,则还应满足 ,
即 ,同时 ,
带入 整理得 .
由于 ,且 在 单调递减,故 ,
即 ,
综上实数 的取值范围为 .
【点睛】关键点睛: 本题主要考查了求切线方程问题以及导数与函数极值, 最值的综合问题, 难度较大, 解决本题的关键在于分情况进行讨论, 将问题合理转化.
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 无零点. 当 时,若 ,则 ,故 是 的零点; 若 ,则 ,故 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 时, 在(0,1)无零点.
(ii) 若 ,则 在 单调递减,在 单调递增,故当 时, 取的最小值, 最小值为 .
①若 ,即 , 在(0,1)无零点.
②若 ,即 ,则 在(0,1)有唯一零点；
③若 ,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. (1) ,定义域为 . (2) 见解析 (3) (3,6].
【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 上是增函数, 没有极值;
时, 有两个相异的实根 .
列表如下
+ 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 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.
26. (1) 的单调递增区为 的单调递减区为(0,2)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】( 1 )根据函数求导得到 ,解不等式即可求得函数的单调区间.
(2)根据 存在极值点 ,则 且 ,由 ,得到 ,然后分别求 , , 论证即可.
(3)设 在区间 上的最大值为 表示 中最大值,结合(2)将端点函数值和极值比较,分 , 和 三种情况讨论求解.
【详解】( 1 )由 ,可得 .
令 得 或 ,所以 的单调递增区为 ,
令 得 ,所以 的单调递减区为(0,2); (2)证明:因为 ,所以 ,
当 时, ,所以 的增区间是 ,
当 时,令 ,得 或 ,
当 或 时, ,
当 时, ,
所以 的增区间是 ,减区间是 ,
因为 存在极值点,所以 ,且 ,
由题意,得 ,
即 ,进而 ,
又
即为 ,即有 ,即为 ;
(3)设 在区间 上的最大值为 表示 中最大值,
下面分三种情况讨论:
当 时, ,由 (2) 知: 在 递减,
所以 在 上的取值范围是 ,
所以 ,
,
所以 ,
当 时, ,
由 (2) 知: ,
所以 在 上的取值范围是 ,
所以
当 时, ,
由 (2) 知: ,
所以 在 上的取值范围是 ,
所以 ,
综上: 当 时, 在区间 上的最大值不小于 .
【点睛】关键点点睛: 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, 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.
27. ;
(2)证明见解析.
【分析】(1)求出 的导数,求出 和 ,根据导数几何意义和直线的点斜式方程即可求解;
(2)讨论 的正负,判断 的单调性,从而可证明 有唯一极大值点 ,并可求出 的范围,结合 和 即可求出 的范围.
【详解】( 1 ) ,
曲线 在点 处的切线方程为 ,
即 ;
(2) ,
令 ,得 或 ,
设 在 上单调递增,
且 ,
存在唯一 ,使得 ,即 ,
故 时, 单调递增,
时, 单调递减,
时, 单调递增,
是函数 的唯一极大值点;
;
又 ,即 ,
,
令 ,
则 ,故 在 上单调递增,
故 ,
综上所述: .
【点睛】本题关键是对 因式分解,构造函数 ,求出 的零点,由此判断 单调性和极值点,利用 将 和 转化为幂函数,从而可对 范围进行研究.
28. (1)
(2)证明见解析
【分析】(1)求出直线 、 的斜率,结合已知条件求出 的值,再结合 时,直线 恒在函数 图象的下方进行检验,即可得出实数 的值;
( 2 )求得 ,利用导数分析函数 在 上的单调性,结合零点存在定理可证得 是函数 在 上的唯一极大值点,再结合函数 的单调性可证得 .
【详解】( 1 )解:因为 ,则 ,直线 的斜率 ,
因为 ,则 ,直线 的斜率 ,
直线 的方程为 ,
又两直线 夹角的正切值为 2,故 ,
令 ,则 ,
当 时, 恒成立,当且仅当 时,等号成立,
此时,函数 在 上单调递减,故 ,不满足题意;
当 时, 恒成立,当且仅当 时,等号成立,
此时,函数 在 上单调递增,故 ,满足题意.
综上所述, .
(2)证明:由(1)知 ,故 .
当 时, ,
故 在 上单调递减,
当 时,令 ,
,则 ,故 在 上单调递减,
因为 ,则 ,
由零点存在性定理知: 在 上有唯一零点,
即 在 上有唯一零点,该零点即为 ,
当 时, ,即 ,
当 时, ,即 ,
又 时, ,故 在 单调递增,在 单调递减,
则当 时, ,
因为 ,则 ,
故 是函数 在 上的唯一的极大值点,且 .
【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.
29. (1) 或
(2)证明见解析
【分析】(1)求导,根据导数判断函数单调性,进而可得参数取值范围；
(2)求导,根据零点存在定理可得函数单调性,进而可得最值.
【详解】( 1 )由已知 的定义域为 ,
恒成立,
所以函数 在 和 上单调递增,
又函数 在区间 是单调函数,
则 或 ,
即 或 ;
(2)由 , ,
得 ,且 ,
设 ,由 (1) 得 在 上单调递增,
又 ,则 ,
所以 ,使 ,即 ,
且当 时, 单调递减,当 时, 单调递增,
所以 ,
设 ,则 恒成立,
所以 在 上单调递增,
所以 ,即 .
【点睛】思路点睛: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
30. (1)答案见解析
(2)
【分析】( 1 )对函数求导得到 ,设 ,则 ,设 是增函数,且 ,分情况讨论,由导函数在不同范围的正负情况得到结果; (2) 由 (1) 知,此时 ,且 ,即 ,此时 ,设 , 时, ,进而得到 的单调性, 取得最大值时, ,此时 .
【详解】( 1 ) ；
设 ,则 ;
设 ,显然 是增函数,且 ; 故 时, 递减; 时, 递增;
又 ,且 时, .
(i) 当 ,即 时, 递减,
此时 无极值点;
(ii) 当 ,即 时,存在 使得 ,
时, 递减;
时, 递增;
时, 递减. 此时 有两个极值点.
(iii) 当 ,即 时,存在 ,使得 ,
时, 递减;
时, 递增. 此时 有一个极值点.
综上所述,当 时, 无极值点;
当 时, 有两个极值点;
当 时, 有一个极值点.
( 2 )由( 1 )知,此时 ,且 ,即 ,此时 .
此时 .
设 ,则 ,
时, ,令 ,得 .
时, 递增; 时, 递减; 故 .
取得最大值时, ,此时 .
【点睛】研究函数单调性常见的方法是对函数求导, 研究导函数的正负, 判断导函数的正负, 可以再次求导, 或者分
组判号, 或者比较参数和已知函数的值域等, 或者研究导函数的单调性和零点, 进而得到导函数的正负.
31. (I) 证明见解析, (II) (i) 证明见解析, (ii) 证明见解析.
【分析】(I)方法一:先利用导数研究函数单调性,再结合零点存在定理证明结论；
(II)(i)先根据零点化简不等式,转化求两个不等式恒成立,构造差函数,利用导数求其单调性,根据单调性确定最值, 即可证得不等式; (ii) 方法一: 先根据零点条件转化: ,再根据 放缩,转化为证明不等式 ,最后构造差函数,利用导数进行证明. 【详解】(I)[方法一]:单调性+零点存在定理法 在 上单调递增, , 所以由零点存在定理得 在 上有唯一零点. [方法二]【最优解】:分离常数法函数 在 内有唯一零点等价于方程 在 内有唯一实根,又等价于直线 与 只有 1 个交点. 记 ,由于 在 内恒成立,所以 在 内单调递增,故 .
因此,当 时,直线 与 只有 1 个交点.
(II) (i) ,
,
令 ,
一方面: ,
在(0,2)单调递增, ,
,
另一方面: ,
所以当 时, 成立,
因此只需证明当 时, ,
因为 当 时, ,当 时, ,
所以 ,
在(0,1)单调递减, ,
综上, .
(ii) [方法一]: 分析+构造函数法
,因为 ,所以 ,
,
只需证明 ,
即只需证明 ,
令 ,
则 ,
,即 成立,
因此 .
[方法二]【最优解】:放缩转化法
设 ,则由 得
从而只要证 .
上式左边 .
使用不等式 可得
【整体点评】(I)方法一:直接研究函数的单调性,并根据零点存在定理证得结论,为通性通法；方法二:先分离常数, 转化为证明水平直线 与函数 的图象交点个数问题,为最优解;
(II)(i)通过分析,转化,然后构造函数证得；
(ii) 方法一:构造函数 ,利用导数研究单调性,求得最小值,然后根据条件放缩转化为证明不等式 . 利用作差法构造关于实数 的函数,利用导数证得此不等式,为该题的通性通法; 方法二: 利用 放缩判定 的导函数大于零,确定单调性,得到其最小值, 转化为 ,然后利用不等式 放缩证明,运算相对简洁,为最优解.
32. (1)答案见解析
(2)证明见解析.
【分析】(1)将问题转化成讨论 与 的交点个数,利用导数研究函数 的单调性,从而结合图象得到答案; (2)分类讨论,利用导数研究函数 的单调性,从而判断函数的极值点和零点,依次证明不等式.
【详解】( 1 )因为 ,
当 时, ,此时 有一个零点;
当 时, ,所以 -1 不是函数 的零点,
令 ,
故只需讨论 与 的交点个数即可,
因为 ,
所以 在 和(-1,0)上单调递减,在 上单调递增,
且 时, 且 时,
所以 的大致图象如图所示:
故当 与 有一个交点,
当 时, 与 有 2 个交点;
综上, 时,函数 有 1 个零点,当 时,函数 有 2 个零点.
(2)函数 ,
当 时, ,所以函数 只有一个极值点,不满足条件;
当 时, ,所以函数 无极值点;
当 时, ,令 得 或 ; 令 得 ,
所以函数 在 上单调递增,在 上单调递减,在 上单调递增,此时 ,
因为
所以函数 在 上无零点,在 上有一个零点 ,
所以 ;
当 时, ,令 得 或 ; 令 得 ,
所以函数 在 上单调递增,在 上单调递减,在 上单调递增,此时 ,
因为 时, ,
所以函数 在 上有一个零点 ,且 ,
所以 ,
综上, .
【点睛】关键点点睛:零点可理解为两函数的交点的横坐标, 在求解时可分析单调性和极值, 数形结合求解.
33. (1)
(2)
【分析】( 1 )分 ,对函数求导为 . 根据 是函数 的两个极值点,得到 是方程 的两根求解;
( 2 )先求得切线 的方程 ,令 ,用导数
法由 对 恒成立求解.
【详解】( 1 )解: 当 时, ,
当 时, ,
综上可得 .
由 是函数 的两个极值点,又 ,
所以 是方程 的两根,
从而 ,而 ,
所以 .
(2) ,又 ,
,
切线 的方程为 ,
即
令
当 时, 的关系如下表:
+ 0 - + 0 -
↗ 极大值 ↘ ↗ 极大值 ↘
当 时, 的关系如下表:
+ 0 - + 0 -
↗ 极大值 ↘ ↗ 极大值 ↘
函数 的图象恒在直线 的下方或直线 上,等价于 对 恒成立.
只需 和 同时成立.
,
只需 .
下面研究函数 ,
,
在 上单调递增,注意到 ,
当且仅当 时, .
当且仅当 ,
由 ,解得 或 .
的取值范围是 .
【点睛】方法点睛: 不等式恒成立问题, 可构造函数, 将问题转化为函数的极值或最值问题解决.
34. (1) 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 ;
(2) .
【分析】(1)由题意可得 ,根据 的正负及 即可得答案;
(2)由题意可得 ,记 ,利用导数,根据函数 在
内有两个不同的零点求解即可.
【详解】( 1 )解: 因为当 时, ,
所以 ,
令 ,得 ;
令 ,得 ,
所以 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 ;
(2)解: 因为 ,
所以 ,
所以切点为 ,切线的斜率 所以切线 , 记 , 则 , 令 , 则 , 所以当 时, , 所以 在 上单调递增; 当 时, , 令 , ①当 ,即 时,则 ,不满足条件； ②当 ,即 时,易有 ,使得 在 上单调递减,在 上单调递增； 又因为 ,
所以 在 上单调递增,在 内只可能单调递减或者先减后增,
又因为 ,
所以存在 为函数的一个零点,
所以只需 在 内存在一个零点即可,
因为 ,
所以只需 即可,
解得 ,此时存在 ,使得 ,满足题意;
当 时, 在 内再无零点.
综上所述: 实数 的取值范围为 .
【点睛】方法点睛: 利用导数确定函数单调性时, 如果第一次求导后不能确定导数的正负时, 需进行再次求导, 或构造函数进行再求导.
35. (I) 单调递减区间 ,单调递增区间为 ；(II)证明见解析；(III)证明见解析.
【分析】(I)由题意可得 ,由 以及 即可解出；
(II)分别求出两切线方程,根据直线平行的条件得 ,两边取对数即可证出;
(III) 方法一: 分别求出两曲线的切线 的方程,则问题等价于当 时,存在 ,使得 和 重合,构造函数,令 ,利用导数证明函数存在零点,即可证出. 【详解】( I )由已知, ,有 .
令 ,解得 .
由 ,可知当 变化时, 的变化情况如下表:
0
- 0 +
↘ 极小值 ↗
所以函数 的单调递减区间为 ,单调递增区间为 .
(II) 由 ,可得曲线 在点 处的切线斜率为 .
由 ,可得曲线 在点 处的切线斜率为 .
因为这两条切线平行,故有 ,即 .
两边取以 为底的对数,得 ,所以 .
(III)[方法一]:导数的几何意义十零点存在性定理
曲线 在点 处的切线 .
曲线 在点 处的切线 . 要证明当 时,存在直线 ,使 是曲线 的切线,也是曲线 的切线,
只需证明当 时,存在 ,使得 和 重合.
即只需证明当 时,方程组 有解,
由①得 ,代入 ②,得 . ③
因此,只需证明当 时,关于 的方程③存在实数解.
设函数 ,
即要证明当 时,函数 存在零点.
,可知 时, ;
时, 单调递减,
又 ,
故存在唯一的 ,且 ,使得 ,即 .
由此可得 在 上单调递增,在 上单调递减.
在 处取得极大值 .
因为 ,故 ,
所以
下面证明存在实数 ,使得 .
由 (I) 可得 ,当 时,
有
,根据二次函数的性质,
所以存在实数 ,使得 ,
因此,当 时,存在 ,使得 .
所以,当 时,存在直线 ,使 是曲线 的切线,也是曲线 的切线.
[方法二]:
因为曲线 在点 处的切线斜率为 ,曲线 在点 处的切线斜率为 ,所以
直线 满足如下条件:
记 ,则 是关于 的减函数.
使 ,即 ,即 .
当 时, ; 当 时, ,
,由 (I) 可得当 时,
若 . 则 ,取
,所以 在区间 内存在零点.
所以当 时,存在直线 ,使 曲线 的切线,也是曲线 的切线.
【整体点评】(III)方法一:利用切线重合,建立等量关系,通过消元得出方程,根据方程有解,转化为函数有零点,
由零点存在性定理证出;
方法二:根据斜率相等得出方程,引入新变元,构建关于新变元的方程,再由方程有实根,转化为对应函数有零点,
即可证出.
36. (1) ;
(2)(i) ; (ii)证明见解析.
【分析】(1)根据导数的几何意义表示出 的切线方程,再根据该切线与圆相切列出方程,取方程的特殊解即可得到一条共切线的方程;
(2)(i)设曲线 与圆 公切线 的方程为 ,根据导数几何意义求出 和 的关系,再根据圆的切线方程的几何性质得到关于 的方程,问题转化为讨论该方程有三个解的问题. 构造函数,将问题转化为讨论函数有 3 个零点的问题. (ii) 根据 (i) 中构造出的函数, 结合图象即可证明.
【详解】(1)设 的切线的切点为 ,
切线斜率为 ,
切线方程为 ,即 ,
当 时,圆的圆心为(0,1),半径为 ,
当 的切线也是圆的切线时, ,
即 ,
易知 是该方程的一个根,此时切线方程为 .
(2)(i)设曲线 与圆 公切线 的方程为 (显然, 斜率存在),
与曲线 相切,故 ,
切点为 ,即 ,即 ,
与圆 相切, ,即 ,
,
令 ,
则 ,
设 ,则 ,
易证明: . ①当 时, 在 上单调递增,在 上单调递减； ,
存在 ,使得 .
,
在 上单调递减,在 上单调递增,在 上单调递减;
,且 ,
又 ,
且 ,
存在 ,使得 ,
当 时,曲线 与圆 恰有三条公切线;
② 当 时, ；
存在 ,使得 ,
在 上单调递减,在 上单调递增,在 上单调递减;
,且 ,
不可能存在三个零点;
③当 时, ； 在 上单调递减,最多一个零点；
最多一个极值点,不可能有三个零点;
综上,若曲线 与圆 恰有三条公切线,则 的取值范围为 .
(ii) 函数 的零点,
即方程 的解,
即曲线 和曲线 交点的横坐标,
结合图象,
显然存在 ,使得 成立,
对任意 恒成立.
【点睛】本题属于导数的综合题, 需要利用导数讨论方程根的个数问题 (函数零点问题) .问题关键是熟练掌握利用导数分类讨论函数的单调性, 判断函数的零点的个数.
37. (1) (2)(-3, - 1)(3)见解析
【详解】试题分析:(1)求导数,导数等于 0 求出 ,再代入原函数解析式,最后比较大小,即可；(2)设切点,由相切得出切线方程, 然后列表并讨论求出结果;(3)由 (2) 容易得出结果.
由 得 ,令 ,得 或 ,
因为 ,
所以 在区间 上的最大值为 .
(2)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 3 条直线与曲线 相切”等价于“ 有 3 个不同零点”,
与 的情况如下:
0 (0,1) 1
+ 0 - 0 +
↗ ↗
所以, 是 的极大值, 是 的极小值,
当 即 时,过点 存在 3 条直线与曲线 相切时, 的取值范围是(-3, - 1).
(3)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.
考点: 本小题主要考查导数的几何意义、导数在函数中的应用等基础知识的同时, 考查分类讨论、函数与方程、转化与化归等数学思想, 考查同学们分析问题与解决问题的能力. 利用导数研究函数问题是高考的热点, 在每年的高考试卷中占分比重较大, 熟练这部分的基础知识、基本题型与基本技能是解决这类问题的关键.
38.
(2)
【分析】(1)求出 时 的导函数 ,根据 单调性判断函数的极值点,即可求出 的取值范围；
(2)利用导数的几何意义求出点 与点 处的切线方程,根据两者切线相同得出关于 的方程组有解, 通过构造函数转化为函数存在零点的问题, 即可求解.
【详解】( 1 )函数 的定义域为 ,
由题意知 ,当 时, ,
当 时, ,
则 ,
①若 ,当 时, 单调递增,无极值点；
②若 ,当 时, , 单调递增；
当 时, 单调递减;
在 上存在唯一的极大值点 ,则 的取值范围是 . (2)由题意 ,
在点 处的切线方程为 ,
即 ,
同理 在点 处的切线方程为 ,
因为两切线相同,所以 ,
即方程组
令 ,
当 时, 单调递增; 当 时, 单调递减,
为偶函数,且 ,故 ,
令 ,
则 在区间 和 单调递减,
的奇函数, 当 时, ,
又 ,
当 时, 单调递减, ,
当 时, 单调递减, .
故 ,所以 .
39. (1)答案见解析
(2)不存在, 证明见解析
【分析】( 1 )对 求导,讨论 和 时, 的正负即可得出答案;
(2)假设存在,求出 在 和 处的切线方程,建立等式,将等式化简,减少变量,从而构造新
的函数, 研究新函数的单调性, 即可证明.
【详解】( 1 ) ,
故 时, 时, ,
当 ,即 时, 在(0, - a - 1)单调递减,在 单调递增;
当 ,即 时, 在 单调递增.
综上,当 时, 在(0, - a - 1)单调递减,在 单调递增;
当 时, 在 单调递增.
(2)解法一:不存在 ,且 ,使得曲线 在 和 处有相同的切线.
证明如下: 假设存在满足条件的 ,
因为 在 处的切线方程为 ,
即 ,
同理 在 处的切线方程为 ,
且它们重合,所以 ,
整理得 ,
即 ,
所以 ,
由 两边同乘以 ,
得 ,
令 ,则 ,且 ,
由 得 ,代入 得 ,两边取对数得 ,
令
当 时, ,
所以 在 上单调递增,又 ,所以 ,从而 ,与 矛盾;
当 时, ,
所以 在 上单调递增,又 ,所以 ,从而 ,与 矛盾;
综上,不存在 ,使得 ,且 .
故不存在 且 ,使得曲线 在 和 处有相同的切线.
解法二: 不存在 且 ,使得曲线 在 和 处有相同的切线.
证明如下: 假设存在满足条件的 ,
因为 在 处的切线方程为 ,即
同理 在 处的切线方程为 ,
且它们重合,所以 ,
整理得 ,
令 ,可得 ,
由 两边同乘以 ,
得 ,则 ,且 ,
令 ,则 ,且 .
由 (1) 知,当 时, 单调递增,当 时, 单调递减,
又当 时, ,当 时, ,
所以若 存在,不妨设 , 设 ,又 ,所以 ,则 ,
由 ,得 即 ,
则 ,所以 ,
所以 ,即 ,
令 ,则 ,
所以 在 上单调递减,所以当 时, ,
即 ,取 ,即 ,
所以 在 时无解,
综上,不存在 ,使得 ,且 .
故不存在 且 ,使得曲线 在 和 处有相同的切线.
解法三: 不存在 且 ,使得曲线 在 和 处有相同的切线.
证明如下: 假设存在满足条件的 ,
因为 在 处的切线方程为 ,
即 ,
同理 在 处的切线方程为 ,
且它们重合,所以 ,
整理得 ,
即 ,
所以 ,
由 两边同乘以 ,
得 ,
令 ,则 ,且 ,
令 ,则 ,且 .
由 (1) 知,当 时, 单调递增,当 时, 单调递减,
又当 时, ,当 时, ,
所以若 存在,不妨设 ,
则 ,
所以 ,
以下证明 .
令 ,则 ,
所以 在 上单调递减,所以当 时, ,
因为 ,所以 ,
整理得 .
因为 ,所以 ,与 矛盾;
所以不存在 ,使得 ,且 .
故不存在 且 ,使得曲线 在 和 处有相同的切线.
【点睛】本小题主要考查导数及其应用、函数的单调性、不等式等基础知识, 考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等,考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等,考查逻辑推理、直观想象、 数学运算等核心素养, 体现基础性、综合性和创新性.
40. (1)是, 理由见解析;
(2) ;
(3)证明见解析.
【分析】(1)根据题意,利用直线的斜率与导数的几何意义求得切点,再分别求切线方程验证即可.
(2)求出函数 的导数,并设出切点 ,求出 处的切线方程,再利用“双重切线”的定义求出切线方程.
(3)利用“双重切线”的定义,分别设出 对应的切点,分别利用导数的几何意义得到对应切点之间的关系,再构造函数 ,利用导数结合零点存在性定理确定判 的零点所在区间,然后借助不等式性质推理即得.
【详解】( 1 ) 的定义域为 ,求导得 ,直线 的斜率为 2,
令 ,解得 ,不妨设切点 ,
则点 处的切线方程为 ,即 ,
点 处的切线方程为 ,即 ,
所以直线 是曲线 的 “双重切线”.
( 2 )函数 ,求导得 ,
显然函数 在 上单调递增,函数 在 上单调递减,
设切点 ,则存在 ,使得 ,
则在点 处的切线方程为 ,在点 处的切线方程为 ,
因此 ,消去 可得 ,
令 ,求导得 ,
则函数 在 上单调递增,又 ,函数 的零点为 -1,因此 ,
所以曲线 的 “双重切线” 的方程为 .
(3)设 对应的切点为 对应的切点为 ,
由 ,得 ,
由诱导公式及余弦函数的周期性知,只需考虑 ,其中 ,
由 及余弦函数在 上递增知, ,
则 ,
因此 ,又 ,
则 ,同理 ,
令 ,求导得 ,
则 在 上单调递增,显然 ,且 ,
函数 在 上的值域为 ,即函数 在 上存在零点,则有 ,
由 ,同理可得 ,而 ,因此 ,
于是 ,即有 ,
所以 ,即 .
【点睛】关键点点睛: 本题求解的关键点有两个: 一是利用导数的几何意义求解切线的斜率; 二是设切点
并利用 和切线方程得到 之间的等式,进而消去一个未知数,构造函数利用导数的性质求得方程的零点.

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