江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-利用导数函数的零点

这是一份江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-利用导数函数的零点，共46页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-利用导数函数的零点

一、单选题
1．（2022·江苏·南京市第五高级中学一模）若存在两个不相等的正实数x，y，使得成立，则实数m的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
2．（2022·江苏南京·模拟预测）已知函数在上有两个零点，则m的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
3．（2022·江苏·南京市第五高级中学模拟预测）已知，，有如下结论：
①有两个极值点；
②有个零点；
③的所有零点之和等于零.
则正确结论的个数是（       ）
A． B． C． D．

二、多选题
4．（2022·江苏江苏·一模）已知函数，若对于定义域内的任意实数，总存在实数使得，则满足条件的实数的可能值有（       ）
A．-1 B．0 C． D．1
5．（2022·江苏苏州·模拟预测）对于函数，下列说法正确的有（       ）
A．在处取得极大值
B．只有一个零点
C．
D．若在上恒成立，则

三、填空题
6．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数，若的解集中恰有一个整数，则m的取值范围为________．
7．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为_______．
8．（2022·江苏·扬州中学模拟预测）已知是定义在R上的偶函数，当时，.若的图象与x轴恰有三个交点，则实数a的值为___________.

四、解答题
9．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）已知函数．
(1)求函数的图象在处的切线方程；
(2)判断函数的零点个数，并说明理由.
10．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）已知，.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数与的图象恰有一个交点，求的取值范围.
11．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数f(x)＝2lnx－x，g(x)＝（a≤1）．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数h(x)＝f(x)＋g(x)，讨论h(x)的零点个数．
12．（2022·江苏苏州·模拟预测）函数．
(1)求函数在上的极值；
(2)证明：有两个零点．
13．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知，函数．
(1)讨论的导函数零点的个数；
(2)若，求的取值范围．
14．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知函数．
(1)已知直线是曲线的一条切线，求k的值；
(2)若函数有两个不同的零点，，证明：．
15．（2022·江苏·二模）已知函数，函数，其中.
(1)判断函数在上的单调性，并说明理由；
(2)证明：曲线与曲线有且只有一个公共点.
16．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间
(2)若，证明：存在两个零点，且．
17．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数f(x)＝2ex(x＋1)－xsinx－kx－2，k∈R．
(1)若k＝0，求曲线y＝f(x)在x＝0处切线的方程；
(2)讨论函数f(x)在[0，＋∞)上零点的个数．
18．（2022·江苏·金陵中学模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有且仅有两个零点，求实数的取值范围.
19．（2022·江苏江苏·二模）设函数，为自然对数的底数，.
(1)若，求证：函数有唯一的零点；
(2)若函数有唯一的零点，求的取值范围.
20．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数，
(1)若函数在定义域上有两个零点，求实数a的取值范围；
(2)当时，求证：
21．（2022·江苏扬州·模拟预测）已知函数的图象与轴相切于原点．
(1)求，的值；
(2)若在上有唯一零点，求实数的取值范围．
22．（2022·江苏·扬州中学模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论零点的个数．
23．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）已知函数．（是自然对数的底数）
(1)若，求的单调区间；
(2)若，试讨论在上的零点个数．（参考数据：）
24．（2022·江苏省木渎高级中学模拟预测）已知函数(a∈R)．
(1)若是单调增函数，求a的取值范围；
(2)若，是函数的两个不同的零点，求证：．
25．（2022·江苏·南京市宁海中学二模）已知且，函数.
(1)若，求函数在处的切线方程；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.
26．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的零点个数．
27．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）试求的零点个数，并证明你的结论．
28．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，求函数在上的零点个数．
29．（2022·江苏南京·模拟预测）已知函数．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．

参考答案：
1．D
【分析】将给定等式变形并构造函数，由函数的图象与垂直于y轴的直线有两个公共点推理作答.
【详解】因，令，
则存在两个不相等的正实数x，y，使得，即存在垂直于y轴的直线与函数的图象有两个公共点，
，，而，当时，，函数在上单调递增，
则垂直于y轴的直线与函数的图象最多只有1个公共点，不符合要求，
当时，由得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，，
令，，令，则，即在上单调递增，
，即，在上单调递增，则有当时，，
，而函数在上单调递增，取，则，
而，因此，存在垂直于y轴的直线()，与函数的图象有两个公共点，
所以实数m的取值范围是.
故选：D
【点睛】思路点睛：涉及双变量的等式或不等式问题，把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
2．D
【分析】原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求出两函数相切时的切线斜率，再结合函数特征，求出m的取值范围即可.
【详解】解：函数在上有两个零点，等价于与有两个不同的交点，恒过点，设与相切时切点为，因为，所以切线斜率为，则切线方程为，当切线经过点时，解得或（舍），此时切线斜率为，由函数图像特征可知：函数在上有两个零点，则实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题考查导数的综合应用，由函数零点求参数的取值范围，难度中等.
3．D
【分析】利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断命题①的正误；利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断命题②的正误；由得出，设，由推导出，由此可判断出命题③的正误.综合可得出结论.
【详解】，则，.
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增.
所以，函数的最小值为.
，.
令，当时，，则函数在上单调递增，
则，所以，当时，.
，，
由零点存在定理可知，函数在和上各有一个零点，
所以，函数有两个极值点，命题①正确；
设函数的极大值点为，极小值点为，则，
则，所以，
函数的极大值为，
构造函数，则，
所以，函数在上单调递减，
当时，；当时，.
，，，则，即.
同理可知，函数的极小值为.
，.
由零点存在定理可知，函数在区间、、上各存在一个零点，
所以，函数有个零点，命题②正确；
令，得，，则，
令，则，
所以，函数所有零点之和等于零，命题③正确.
故选：D.
【点睛】本题考查函数的零点、极值点相关命题的判断，利用导数分析函数的单调性是判断的关键，考查推理能力，属于难题.
4．AB
【分析】根据给定条件，可得函数无最小值，再分类探讨函数在内最值情况判断作答.
【详解】函数定义域为，因，总使得，
则有函数在上没有最小值，对求导得：，
当时，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取最大值，值域为，在内无最小值，因此，，
当时，令，，，当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，，显然，即，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，

当时，有两个根，不妨令，
当或时，，当或时，，
即函数在，上都单调递减，在，都单调递增，
函数在与处都取得极小值，，不符合题意，
当时，，当且仅当时取“=”，则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，，不符合题意，
综上得：实数的取值范围是：，
所以满足条件的实数的可能值有-1，0.
故选：AB
【点睛】方法点睛：图象法判断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者
将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
5．AB
【分析】对A，利用导数求出函数的单调区间，进一步求出函数的极值即可判断；对B，利用函数的单调性和函数值的范围即可判断；对C，利用函数的单调性比较出函数值的大小关系即可判断；对D，利用不等式恒成立，参数分离法即可求解．
【详解】对于A，函数，，
令，即，解得，
当时，，故在上为单调递增函数，
当时，，故在上为单调递减函数，
在时取得极大值，故A正确；
对于B，在上为单调递增函数，，函数在上有唯一零点，
当时，恒成立，即函数在上没有零点，故有唯一零点，故B正确；
对于C，在上为单调递减函数，，，故C错误；
对与D，由在上恒成立，即在上恒成立，
设，则，令，解得：，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减，
当时，函数取得最大值，最大值为，，故D错误．
故选：AB
【点睛】方法点睛：本题考查导数的应用，利用导数研究函数单调性和极值，研究不等式恒成立问题，要利用分离参数法处理恒成立问题，再转化为最值问题，考查数学运算和数学抽象的核心素养，属于中档题．
6．
【分析】由且，得出，构造函数，利用导数研究的单调性，画出和的大致图象，由图可知，设为和的交点的横坐标，结合题意可知该整数为1，即，当直线过和时，即可求出求出的值，从而得出的取值范围.
【详解】由题可知，，，
由于的解集中恰有一个整数，
即，即，
因为，所以的解集中恰有一个整数，
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
画出和的大致图象，如图所示：
要使得，可知，
设为和的交点的横坐标，
而的解集中恰有一个整数，可知该整数为1，即，
当时，得；当时，得，
即，，
当直线过点时，得，
当直线过点时，得，
所以的取值范围为.

故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用导数数形结合解决函数不等式的问题，需要根据题意构造不等式左右两边的函数，再分析单调性与函数图象，进而求得临界值求得参数范围，属于难题
7．
【分析】分析可知直线与函数在上的图象只有一个交点，利用导数分析函数在上的单调性与极值，数形结合可求得的值，再利用导数可求得函数在上的最大值和最小值，即可得解.
【详解】当时，由可得，令，其中，
则，由，可得，列表如下：









增
极大值
减

如下图所示：

因为在内有且只有一个零点，则，
所以，，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
则当时，，
又因为，，所以，，
因此，在上的最大值与最小值的和为.
故答案为：.
8．2
【分析】根据偶函数的对称性知在、上各有一个零点且，讨论a值结合导数研究的零点情况，即可得结果.
【详解】由偶函数的对称性知：在、上各有一个零点且，
所以，则或，
当时，在上，则，
所以在上递增，，故无零点，不合要求；
当时，在上，则，
所以在上递减，在上递增，
则且，，故上有一个零点，符合要求；
综上，.
故答案为：2
9．(1)
(2)在区间上有且仅有一个零点，理由见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可；
（2）根据导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可.
(1)
，
所以函数的图象在处的切线方程为，
即.
(2)
设，则，
①当时，，所以单调递减；
且，，
由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，，
所以在上单调递增，
且， ，
所以在上有唯一零点；
当时，单调递减，且，
所以在上没有零点.   


②当时，
单调递增，， ，
所以在区间有唯一零点，设为，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
在区间上，此时单调递减，
且，故有，此时单调递减，且，
由，得，
所以.
当时， ，所以单调递增，
又，故，
，，
所以存在，使，即，故为的极小值点.
此时.
所以在上没有零点.
③当时，，
所以，所以在区间上没有零点.
综上在区间上有且仅有一个零点.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
10．(1)当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减；
(2)或

【分析】（1）直接求导，讨论和，求出对应单调区间即可；
（2）将题设转化为有一个零点，由知函数除0之外无其他零点，分，，和依次讨论函数的零点情况，即可求解.
(1)
易得，，当时，恒成立，在单调递增；
当时，令，解得，令，解得，则在单调递增，在单调递减；
综上：当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减；
(2)
函数与的图象恰有一个交点，等价于有一个零点，，
显然，即函数除0之外无其他零点，，令，，
当时，，则，即在单调递减，
当时，当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，即除0之外无其他零点，符合题意；
当时，当时，，即在上单调递减，又，
则存在使，即在单增，单减，又，时，，
故在至少存在1个零点，不合题意；
当时，当时，由上知在单调递减，，则在单调递增，即，
当时，令，则，即单调递减，，即，
令，则，即单调递减，，即，
则，即除0之外无其他零点，符合题意；
当时，当时，由上知在单调递减，又，，，
则存在使，即在单增，单减，
又，时，，故在存在1个零点，不合题意；
综上：或.
【点睛】本题的关键点在于将题设转化为有一个零点，由知函数除0之外无其他零点，然后借助分类讨论分，，和依次分析函数的零点情况即可求解.
11．(1)答案见解析
(2)当时，h(x)无零点；当时，h(x)有唯一的零点

【分析】（1）求出，利用或可得答案；
（2）求出，分、、、讨论，利用导数判断单调性和最值可得答案.
(1)
，令，
当时，单调递增；当时，单调递减.
综上所述，当时，单调递增；当时，单调递减.
(2)
，，
①当时，令且当时，单调递增；
当时，单调递减，此时，∴h(x)无零点，
②当时，，令或，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增，此时当时，，
当时，单调递增，注意到，
，
∴h(x)在上有唯一的零点.
③当时，，∴h(x)在（0，＋∞）上单调递增，
注意到，，
∴h(x)在（2，6）上有唯一的零点，
④当时，令或，
当时，单调递增；当时，单调递减，
当时，单调递增，
∴当时，

，
当时，单调递增，注意到，，
∴h(x)在上有唯一的零点，
综上：当时，h(x)无零点；当时，h(x)有唯一的零点.
【点睛】本题求零点问题关键是利用导数判断出在处有最小值并判断的正负，构造函数利用零点存在性定理说明存在零点个数，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
12．(1)极大值，；极小值，；
(2)详见解析.

【分析】（1）由题可得，进而可得；
（2）当时，利用导数可得函数的最小值，进而可得函数有两个零点，当，时，利用导数可得，即得.
（1）∵，∴，，由，可得，或，∴，单调递增，，单调递减，，单调递增，∴时，函数有极大值，时，函数有极小值；
（2）∵，∴，∴，当时，单调递增，即单调递增，又，故存在，，所以单调递减，单调递增，∴时，函数，，，故时，有两个零点，当时，，对于函数，则，又，∴，，即，此时函数没有零点，当时，，由上可知，故当时，函数没有零点，综上，函数有两个零点．
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
13．(1)当时， 的零点个数为0；当时， 的零点个数为1；
(2).

【分析】（1）求导再对分三种情况讨论得解；
（2）先证明满足题意；再讨论时，，综合即得解.
(1)
解：令．
若，则，所以的零点个数为0；
若，所以在上单调递增，
又，所以的零点个数为1；
若，所以在上单调递增，
又，所以的零点个数为1．
综上得，当时， 的零点个数为0；当时， 的零点个数为1.
(2)
解：由（1）知：
若，故在上单调递增，
所以，所以满足题意；
若，存在唯，使得，
且当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，
化简得，又，
所以，
设，
所以在上单调递减，所以，
解得．
综上所述，的取值范围为．
14．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用切线的性质即可求解；
（2）属于极值点偏移问题，构造函数，求导，根据函数单调性即可证明.
(1)
，设切点为 ，则切线斜率为
切线方程为 ，
即 ，
因为直线是曲线的一条切线，所以 ，即 ，
故 ；
(2)
由题可知函数 有两个不同的零点 ，
即 ，
记 ，则 ，
当时， ，单调递增，不可能有两个零点，
当时，令 ，得，
当时， ，函数单调递减；
当时， ，函数单调递增，因为有两个零点，
所以，解得，                       
所以不妨设，要证，即证，
因为，，又在单调递增，
所以即证，即证，
构造函数，
所以 ，
所以函数在单调递减，且，        
所以当时，，
即，，即，
又在单调递增，故；


【点睛】对于极值点偏移问题，传统的解法是构造函数，利用所构造函数与原函数的对称性，再对所构造函数求导，利用函数的单调性即可证明.
15．(1)函数在上单调递增，理由见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）对求导知，所以函数在上单调递增.
（2）设，题设等价于证明函数有且仅有一个零点，对求导得，设，对求导知，当时，，当时，，再讨论，，结合零点存在性定理，即可证明.
(1)
，
则函数在上单调递增.
(2)
设，题设等价于证明函数有且仅有一个零点，，
设，，则函数在上单调递减，又，
则当时，；当时，；
当时，，则函数在上单调递减，又，故此时函数有且仅有一个零点；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，，则当时，恒成立；
当且时，
，，
则，函数在上存在一个零点，此时函数有且仅有一个零点；
综上即证.
【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，涉及了利用导数讨论函数单调性问题，以及证明曲线与曲线的公共点个数的问题，在解决曲线与曲线的公共点个数的问题时，通常是构造函数转化为函数零点的个数问题，本题是一道难题.
16．(1)的减区间为，增区间为
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的定义域，对函数求导，然后分和两种情况通过讨论导数的正负可求出函数的单调区间，
（2）由（1）结零点存在性定理可得在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，则设，则，从而可得，所以要证，只要证，设，只要证，然后构造函数，利用导数证明即可
(1)
的定义域为，
若，当时，，，所以，递减；
当时，，，所以，递增
若，当时，，，所以，递减；
当时，，，所以，递增.
综上，时，的减区间为，增区间为
(2)
由（1）知，时在上递减，在上递增，
因为，所以，
因为，
所以在上存在唯一零点.
因为，，
设，，则，
所以在上递增，，即，
所以在上存在唯一零点.
综上，，时，存在两个零点，
因为
设，则，
即，即.
要证，只要证，只要证，
设，只要证.
设，，
因为
所以在上递减，所以，
故原不等式得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决函数零点问题，解题的关键是得到零点后，得设，则得，要证，只要证，令，然后构造函数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
17．(1)
(2)当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点.

【分析】(1)利用导数的几何意义求出斜率，根据切点的横坐标及函数解析式求出切点，从而得切线方程;
(2)利用放缩再结合单调性及，通过分类讨论可求解.
(1)
当时，，，
则曲线在处切线的斜率为，
又，故切点为，因此切线方程为.
(2)
首先证明：当时，.
证明：设，，则，单调递增，
于是，即原不等式得证.
，，
当时，，
故在上单调递增.
若，则当时，，单调递增，
又，故此时有且仅有1个零点.
若，则，
又
，
所以在上存在唯一的零点，，
当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又
，
且，，因此在上有2个零点.
综上，当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点.
【关键点点睛】解决本题第（1）问的关键是求出切线的斜率及切点，解决第（2）问的关键是放缩及单调性的讨论.
18．(1)答案详见解析
(2)

【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）结合零点个数以及（1）的进行分类讨论，从而求得的取值范围.
(1)
的定义域为，

，
当时，在区间递减；在区间递增.
当时，在区间递增；在区间递减.
当时，恒成立，在上递增.
当时，在区间递增；在区间递减.
(2)
，
，
结合（1）的结论，有：
当时，在区间递减，在区间递增.
当时，在区间递增，在区间递减.
当时，在上递增.
当时，在区间递增；在区间递减.
所以：
①时，函数没有两个零点，不符合题意.
②时，，函数没有两个零点，不符合题意.
③时，，要使有且仅有两个零点，则需，
即，
即，其中，所以此方程无解.
故不合题意.
④时，，
所以要使有且仅有两个零点，则需.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】利用导数研究函数的单调性，若导函数含有参数，要对参数进行分类讨论.分类讨论标准的制定可考虑判别式、零点分布等知识.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据导数判断函数的单调性，再根据零点存在定理判断零点个数；
（2）构造函数，根据函数的单调性及最值情况求参数值.
(1)
当时，恒成立，所以单调递减，
又，，
所以存在唯一的，使得，命题得证；
(2)
由（1）可知，当时，有唯一零点，
当时，，
设，则有唯一零点，
，
设，
则，所以单调递增，
又，列表可知，在单调递减，在单调递增，
即，
当时，恒成立，无零点，即不符题意，
当时，，即仅有一个零点，即符合题意，
当时，，
因为，，
所以存在，，使得，即不符题意，
综上，的取值范围为.
【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．
20．(1)
(2)证明过程见解析.

【分析】（1）求定义域，求导，对a分类讨论，结合单调性及最小值，列出不等关系，求出实数a的取值范围；（2）先进行简单放缩，构造函数，进行证明.
(1)
的定义域为，，当时，恒成立，故在上单调递增，故函数在定义域上不可能有两个零点；
当时，令得：，令得：，故在单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，，要想函数在定义域上有两个零点，则，解得：，又，当时，，由零点存在性定理可知：在与范围内各有一个零点，综上：实数a的取值范围是.
(2)
证明：当时，即证，（）
由于，故，只需证，令，则，因为，所以，令得：，令得：，所以在处取得极大值，也是最大值，，故在上恒成立，结论得证.
【点睛】导函数证明不等式，常常需要对不等式进行变形放缩，常见放缩有三角函数有界性放缩，切线放缩，如，，等.
21．(1)，
(2)

【分析】（1）由题意得从而可求出，的值，
（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可
(1)
，               
依题意，                  
即解得．
(2)
由（1）得，记，，所以，
①当时，
（ⅰ）当时，，所以为增函数，        
又因为，，
所以存在唯一实数，使得．          
（ⅱ）当时，，则．
由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．
因为，
所以存在唯一实数，使得，        
所以当时，，即单调递减；
，，即，单调递增．
因为，
所以存在唯一实数：，使得，
即在上有唯一零点，符合题意．             
②当时，
，     
记．
，
所以，                 
所以为增函数，，
所以为增函数，，则，
所以在上没有零点，不合题意，舍去．             
综上，a的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出后无法判断其正负，所以构造函数，再次求导，又由于，所以分别由的正负入手分情况求解，属于难题
22．(1)增区间为和，减区间为
(2)时，有一个零点；时，有两个零点；时，有三个零点

【分析】（1）当时，当时，，求得，结合导数的符号，求得函数的单调性；当时，求得，得出函数的单调性；
（2）①当时，求得在上为增函数，结合零点的存在定理，得到在上有一个零点；当当时，利用导数求得函数的单调性和最小值，分类讨论，即可求解.
(1)
解：当函数的定义域为．
当时，，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在上为减函数，在上为增函数；
当时，，则，
所以在上为增函数．
综上可得，函数的增区间为和，减区间为．
(2)
解：①当时，，可知在上为增函数，
又因为，，
所以在上有一个零点，此时在上有一个零点．
②当时，，则，
若，则，所以在上为增函数，
于是，此时在上没有零点．
若，则；，
所以在上是减函数，在上是增函数，
所以．
（ⅰ）若，则，此时在上没有零点．
（ⅱ）若，则，此时在上有一个零点．
（ⅲ）若，则，又因为，
所以在上有一个零点；
由，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以（当且仅当时取等号），
则，
所以在上有一个零点．此时在上有两个零点．
综上可得，当时，有一个零点；当时，有两个零点；
当时，有三个零点．
23．(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)答案见解析

【分析】（1）求出导函数，令可得增区间，可得减区间；
（2）利用导数判断在上单调递增，在上单调递减，又，，，从而分和两种情况讨论，根据函数零点存在定理及函数的单调性，求出的单调区间，从而即可求解.
(1)
解：，则，定义域为，，
由，解得，可得，
解得，
由，解得，可得，
解得，
的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)
解：由已知，
，令，则．
，∴当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减．
，，．
①当时，即时，，
，使得，
∴当时，；当时，，
在上单调递增，上单调递减．
，，又，
∴由函数零点存在性定理可得，此时在上仅有一个零点；
②若时，，
又在上单调递增，在上单调递减，而，
，，使得，， 且当、时，；当时，．
在和上单调递减，在上单调递增．
，，
，，
又，
∴由零点存在性定理可得，在和内各有一个零点，即此时在上有两个零点．
综上所述，当时，在上仅有一个零点；当时，在上有两个零点．
【点睛】关键点点睛：本题（2）问的解题关键是根据函数零点存在定理及的单调性，求得函数的单调区间.
24．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】(1)对函数求导，利用导数值恒大于等于0，再分离参数，构造函数并求最值即可作答.
(2)根据给定条件可得，，再分别作差、求和分析推理构造函数，利用导数探讨最值作答.
(1)
函数定义域为，当时，，
因是单调增函数，则时，，令，
，即有在上单调递增，，，则，
所以a的取值范围是.
(2)
因，是函数的两个不同的零点，则，显然，有，，
，不妨令，设，于是得，
要证，只需证，
令，，则在上单调递增，
则有，于是得，
又，要证，只需证，
而，即证，
令，，，
从而得在在上单调递减，，即有，
综上得：.
【点睛】思路点睛：证明不等式成立问题，将所证不等式等价转化，构造函数，借助导数探讨函数单调性、最值作答.
25．(1)
(2)

【分析】（1）由时，得到，求导，进而得到，写出切线方程；
（2）将函数有两个零点，转化为函数与的图象在上有两个交点求解.
(1)
解：当时，，则，
故，
时，，故切点为，
所以在处的切线方程为，
即.
(2)
函数有两个零点，
方程在上有两个根，
方程在上有两个根，
函数与的图象在上有两个交点，
设，则，
时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由，，当时，，当时，，作图如下：

由图得，即，
设，则，
时，，时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为时，且，
所以当时，；当时，，
又因为，
所以的解集为
综上所述.
26．（1）；（2）答案不唯一，见解析.
【分析】（1）求出导函数，得切线斜率，从而可得切线方程；
（2）定义域是，在时直接由函数的解析式确定无零点（需用导数证明），在时，由导函数，得单调性，确定函数的最大值为，根据的正负分类讨论．在时，通过证明和，得零点个数．
【详解】（1）当时，，，，，
所以曲线在处的切线方程为．
（2）函数的定义域为，．
①当时，，无零点．
②当时，，令，得，令，
得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以有最大值．
当，即时，无零点．
当，即时，只有一个零点．
当，即时，，，
令，则，则在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
因此当时，，．
因为，所以，于是．
又在上单调递增，，且，所以在上有唯一零点．
，
当时，，令，其中，则，
令，，则，
所以在上单调递增，，
所以在上单调递增，，
故当时，．因为，所以，即，
所以．
由，得，即，得，于是．
又，，在上单调递减，所以在上有唯一零点．故时，有两个零点．
③当时，由，得，则，又当时，，所以，无零点．
综上可知，或时，无零点；时，只有一个零点；时，有两个零点．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点个数．解题关键是求出函数的导数，由确定单调性和最值，本题在最大值的情况下，通过证明和，结合零点存在定理得出零点个数．难度较大，对学生的要求较高，属于困难题．
27．（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）答案见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）求出函数的最小值，通过讨论的范围，从而求出函数的零点的个数即可．
【详解】（1）由函数，得．
另，得．列表如下：



，


0



极小值


因此，函数的单调递增区间为，，单调减区间为．
（2）由（1）可知，．
当时，由，得函数的零点个数为0．
当时，因在，上是单调增，在上单调减，
故，，时，．
此时，函数的零点个数为1．
当时，．
①时，因为当，时，，
所以，函数在区间，上无零点；
另一方面，因为在，单调递增，且，
由，，且，
此时，函数在，上有且只有一个零点．
所以，当时，函数零点个数为1．
②时，因为在，上单调递增，且（1），，
所以函数在区间，上有且只有一个零点；
另一方面，因为在，上是单调递减，且
又，且，（当时，成立）
此时，函数在上有且只有一个零点．
所以，当，函数的零点个数为2．
综上所述，当时，的零点个数为0；
当时，或时，的零点个数为1；
当时，的零点个数为2．
【点睛】本题考查导数的应用，函数的单调性问题，函数的零点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．
28．（1）答案不唯一，见解析；（2）2个
【分析】(1)对求导后,根据的正负对的正负进行分情况讨论,得出对应单调性即可;
(2)方法一:对求导后,对,,三种情况,结合零点存在性定理分别讨论零点个数;方法二:对求导后,对,两种情况,结合零点存在性定理分别讨论零点个数.
【详解】(1),其定义域为,,
①当时,因为,所以在上单调递增,
②当时,令得,令得,
所以在上单调递减,上单调递增,
综上所述,
当时,在上单调递增,
当时,在单调递减,单调递增.
(2)方法一:由已知得,,则.
①当时,因为,所以在单调递减,
所以,所以在上无零点;
②当时,因为单调递增,且,,
所以存在,使,
当时,,当时,,
所以在递减,递增,且,所以,
又因为,
所以,所以在上存在一个零点,
所以在上有两个零点;
③当时,,所以在单调递增,
因为,所以在上无零点;
综上所述,在上的零点个数为2个.
方法二:由已知得,,则.
①当时,因为,所以在单调递增,
所以,所以在上无零点;
②当时,所以在单调递增,
又因为,,
所以使,
当时,,当时,
所以在单调递减,单调递增,
且,所以,
又因为,所以,
所以在上存在唯一零点,
所以在上存在两个零点,
综上所述,在上的零点个数为2个.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数零点问题,含参函数常利用分类讨论法解决问题,有一定难度.
29．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】分析: （Ⅰ）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)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不等式；（Ⅱ）一方面利用零点存在定理证明函数有零点，另一方面，利用导数证明函数在上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.
【详解】详解：（Ⅰ）函数f（x）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
x
（0，16）
16
（16，+∞）

-
0
+


2-4ln2


所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故，
即．
（Ⅱ）令m=，n=，则
f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，
f（n）–kn–a