07导数的综合应用（解答题-提升题）-江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（

这是一份07导数的综合应用（解答题-提升题）-江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（，共44页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
一、解答题
1．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）已知函数，其中．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)已知函数(是自然对数的底数)，若，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围．
2．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）已知函数，．
(1)若的最值和的最值相等，求m的值；
(2)证明：若函数有两个零点，，则．
3．（2023上·江苏常州·高三校考期末）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若存在两个零点，，求a的取值范围，并证明：.
4．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知函数，.
(1)当时，求的极值；
(2)当时，设函数的两个极值点为，，证明：.
5．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知函数，，其中a为实数.
(1)若函数，的图象在处的切线重合，求a的值；
(2)若，设函数的极值点为.求证：①函数有两个零点，（）；②.
6．（2023上·江苏泰州·高三统考期末）已知函数（为非零常数），记，.
(1)当时，恒成立，求实数的最大值；
(2)当时，设，对任意的，当时，取得最小值，证明：且所有点在一条定直线上；
(3)若函数，，都存在极小值，求实数的取值范围.
7．（2022上·江苏徐州·高三期末）已知函数．
(1)若，证明：；
(2)若在有且仅有唯一零点，求．
8．（2022上·江苏南京·高三期末）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)记的零点为（），的极值点为，证明：.
9．（2022上·江苏徐州·高三期末）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：.
10．（2022上·江苏泰州·高三统考期末）已知函数为自然对数的底数
(1)求在处的切线方程；
(2)当时，，求实数的最大值；
(3)证明：当时，在处取极小值.
11．（2022上·江苏扬州·高三统考期末）已知函数，x∈[0，π]．
(1)求f(x)的最大值，并证明：；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围．
12．（2022上·江苏南通·高三统考期末）设函数．
(1)若曲线在点处的切线方程为，求的值；
(2)若，求实数的取值范围；
(3)求证：当时，函数不存在零点．
13．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知函数f(x)＝ex(x－lnx)＋mx(m∈R).
(1)若m＝0，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥0，求m的取值范围.
14．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知函数f(x)＝sinx＋tanx－ax2－2x.
(1)当a＝0时，判断并证明f(x)在上的单调性；
(2)当x∈(0，)时，f(x)＞0，求a的取值范围.
15．（2022上·江苏南通·高三统考期末）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：．
16．（2022上·江苏常州·高三统考期末）已知函数，其中．
(1)若曲线在处的切线平行于轴，求的值；
(2)当（为自然对数的底数）时，求函数的零点个数并说明理由．
17．（2021上·江苏南通·高三海安市曲塘中学校考期末）已知函数f(x)＝lnx－mx＋1在点(1，f（1）)处与x轴相切，其中m∈R．
(1)求实数m的值；
(2)对于任意的0＜a＜b，证明：－＋1＜0．
18．（2021上·江苏南京·高三南京市中华中学校考期末）已知函数，其中．
（1）求函数在处的切线方程；
（2），，求实数的取值范围．
19．（2021上·江苏徐州·高三徐州市第一中学校考期末）已知函数，其中．
(1)讨论的极值点的个数；
(2)当时，证明：．
20．（2021上·江苏南通·高三统考期末）已知函数，.
（1）若恒成立，求的最大值；
（2）若函数存在两个极值点，.
①求的取值范围；
②设曲线在处的切线方程为.当时，试比较与的大小，并说明理由.
21．（2021上·江苏南通·高三统考期末）已知函数，.
（1）若关于.的不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；
（2）设，.
①求证：；
②若数列满足，，求证：.
22．（2021上·江苏南通·高三统考期末）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围．
23．（2021上·江苏连云港·高三江苏省新海高级中学校考期末）已知函数．
（1）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；
（2）当时，证明：函数有且仅有3个零点．
24．（2021上·江苏常州·高三校联考期末）已知函数.
（1）当函数在处的切线斜率为时，求的单调减区间；
（2）当时，，求的取值范围.
25．（2021上·江苏泰州·高三统考期末）已知函数的两个极值点(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)分别为､，且.
（1）证明：函数有三个零点；
（2）当时，对任意的实数a，总是函数的最小值，求整数m的最小值.
参考答案：
1．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先对求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数的单调性即可得解；
（2）先将问题转化为有唯一解，构造函数，分类讨论与两种情况，利用导数研究的图像，再将问题转化为大于的极大值或小于的极小值，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递减，在上单调递增；
综上：当时，的单调递减区间为；
当时，的单调递减区间为和，单调递增区间为.
（2）因为，所以，
因为，曲线与曲线都有唯一的公共点，
所以，方程有唯一解，即方程有唯一解，
令，则，
对于，
当，即时，，故函数在上单调递增，
易知，当趋向于0时，趋向于无穷小，趋向于0，故趋向于无穷小；
当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于无穷大，故趋向于无穷大；
所以的值域为，
所以，与有且只有一个交点，满足题意；
当，即时，有两个实根，且，，
若，则当或时，，当时，，
所以先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，
要使有唯一实数根，则大于的极大值或小于的极小值，
记为极大值点，则，恒成立，
又，即，则的极大值为，
令，则，故在上单调递增，
故，则，故，
记为极小值点，则，恒成立，
又，即，则的极小值为，
令，则，
故在上单调递减，
因为，即，取，
则，所以，
令，则，
所以在上单调递减，故，
所以，即，
所以趋向于无穷小，则趋向于无穷小，
所以不存在，使得恒成立；
若，记为极大值点，则，同理可得恒成立，
因为在上单调递减，所以，则，故，
记为极小值点，则，同理可得不存在，使得恒成立；
综上：要使，曲线与曲线都有唯一的公共点，，即的取值范围为.
【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．
2．(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)分别对函数求导，利用导数求出函数的最值，结合最值相等即可求解；
(2) 设，，根据有两个零点，，可得：函数是增函数，则，进而将要证明的不等式转化为证，只需证，构造函数，利用导数取出函数的单调性即可证明结论.
【详解】（1）对函数求导可得：，令，可得：，
所以函数在上递增，在上递减，
则，又，所以，，
令，可得：，所以函数在单调递减，在单调递增，
则，
由题意可知：，，
所以m的值为．
（2）若有两个零点，，不妨设，
，设，，
由，得，
因为函数是增函数，所以，
则，设，则，，
欲证，即证，即证，
只需证（*）
设，，
，在上，，单调递减，
所以，所以，
令即得（*）成立，
从而，命题得证．
【点睛】思路点睛：根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
3．(1)答案见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性；
（2）首先根据函数的单调性，确定时，，再根据零点存在性定理，确定的取值范围；由函数零点可知，，并设，将转化为关于的函数，利用导数，即可证明.
【详解】（1）因为函数的定义域为，，
当时，，在上递增；
当时，由得，，
时，，递增；
时，，递减.
综上，当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减.
（2）由（1）知，且，解得，
当时，，所以在上存在唯一零点，记为；
因为，所以，因为，
设，，则，
所以在上递减，
所以，即，
所以在上存在唯一零点，记为，
因为a的取值范围是.
因为，令，
则，得，
所以，
要证，只要证，只要证，
设，，
则，所以在上递增，
所以，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性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是由，得，关键是利用换元，转化，然后构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题．
4．(1)，无极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，令得，列表判断两边的导函数符号，进而可得答案；
（2）当时，设函数的两个极值点为，，可得，是方程的两根，则，，令，构造函数，，利用导数求解即可.
【详解】（1）当时，，
则
令，得，
列表：
所以，无极小值.
（2）
，
当时，设函数的两个极值点为，所以，是方程的两根，
则，，
不妨设，则
要证：，只要证：
只要证： 只要证： 只要证：
只要证： 令，，，即证：，
因为，所以在上单调递增，
所以，所以，得证.
【点睛】求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值.
5．(1)e
(2)证明见解析
【分析】由导函数的几何意义，分别对两个函数求导，由函数，的图象在处的切线重合可知，两函数在处的函数值与导函数值分别相等，即可求出a的值.
对于①先对函数求导，判断极值点大致的区间，及函数的单调区间，最值的取值范围，构造新函数即可求得函数零点个数及零点大小；对于②要证，即证.
【详解】（1）由题意得：，，，故，
，，，
因为函数，的图象在处的切线重合，
故，解得.
（2）①，，
则，其中，令
又，故在上单调递减，
据，，
故，
且当时，，在上单调递增，
当，，在上单调递减，
由（1）知，，故，
所以.
下面证明，
令，，，
当时，，在上单调递增，
当，，在上单调递减，
故，即，当且仅当时取等号，
所以，
且，，，
所以，
故存在，使得.
综上所述，在上存在两个零点，.
②要证，即证，
因为是函数的零点，故，
又是函数的极值点，故，
所以，，
又，所以，即，
所以，
所以，即，得证.
6．(1)
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）转化为时求，令，利用导数求出可得答案；
（2）求出，，可得，
时，，当时，，利用导数求出
时，取得最小值，且，可得答案；
（3）求出，，均存在极小值，，分、讨论得到在处取得极小值，再由导数判断出在上有唯一的零点，
且当时，存在极小值，当时，考察极值情形，，令，利用导数得到在上有唯一的零点，可得在处取得极小值.
【详解】（1）由，，
令，，
时，，时，
∴在上单调递减，上单调递增，
∴，
∴，
即的最大值为；
（2），∴，，
，，
时，，
当时，，
，令，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴时，取得最小值，
且，
∴为在定直线上运动；
（3），，均存在极小值，
，当时，，单调递增，不存在极小值，舍去，
当时，令，且在上单调递减；上单调递增，
∴在处取得极小值，
，，，
要使存在极小值，则，
此时，∴在上有唯一的零点，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴存在极小值，
当时，考察极值情形，
，
令，则，
当或时，；当时，，
∴在上单调递增；上单调递减；上单调递增，
因为，所以，，，
∴在上有唯一的零点，
且当时，，，单调递减；
当时，单调递增，
∴在处取得极小值，符合条件，
综上：实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于求参数的取值范围的问题，可以转化为求函数最值的问题，本题考查了利用导数解决求参数、函数的最值、函数零点的问题，考查了学生分析问题、解决问题以及运算的能力，属于难题.
7．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求出当时，的最小值，利用进行证明；
（2）讨论在不同范围内时，在区间的单调性，根据单调性，确定有唯一零点时需满足的条件，由此求出的值.
【详解】（1）由已知的定义域为，
当时，，
∴，
令，则，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴当时，取得极小值，也是最小值，，
∴.
（2）∵，，
，
①当时，
，恒成立，∴在上单调递增，
∴，，
∴当时，在上无零点；
②当时，
令，则，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴当时，取得区间上的极小值，也是最小值，
由（1）可得，∴，∴，
，
令，则，
令，则，易知在区间单调递增，
∴当时，，
∴在区间单调递增，
∴当时，，
∴在区间单调递增，
又∵，∴，
即，
又∵在区间上单调递减，，
在区间上单调递增，，，
∴当且仅当时，在区间上有且仅有唯一零点，
由得，∵，∴，∴.
综上所述，当时，在上有且仅有唯一零点．
【点睛】零点个数问题，可借助导数，讨论函数的单调性，通过数形结合的方法，利用单调性、极值和单调区间内的特殊值，确定函数图像与x轴交点的个数，以此来判断函数零点的个数.
8．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数，然后分类讨论，即可得到的取值范围
（2）和分别求导，求出的极值点的关系式，单调区间，零点所在区间，即可证明.
【详解】（1）记，
①当时，取，不符条件；
②当时，，
令，
∴在单调递减，在单调递增，
所以，即，
则的取值范围为；
（2）∵，
令，
则，
且，
令，
∴在单调递增，在单调递减，
且，
∴，
取，则，
∴，
取，
则，
记，
在中，，
∴在单调递增，在上单调递减，
∴，
即
∵
∴
从而.
【点睛】本题考查构造函数，求导，考查单调区间的求法，具有很强的综合性.
9．(1)当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为与，单调递减区间为；
当时，单调递减区间为与，单调递增区间为；
(2)详见解析.
【分析】（1），讨论系数是否为0，大于0，小于0三种情况确定单调区间.
（2）转化为证明，用导数求的最小值，当极值点不能求时可用隐零点处理.
【详解】（1），
当时，，
当时，单调递增，
当时， 单调递减，
当时，，
令得，
当或时，单调递增，
当时， 单调递减，
当时，当或时， 单调递减，
当时， 单调递增，
综上：当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，单调递减区间为和，单调递增区间为；
（2）要证，即证 ，
令，，
令，，显然在上为增函数，
所以，在上为增函数，
又 ，
，即 ，
当时， 为减函数，
当时， 为增函数，
，
令，显然在上为减函数，
所以，，
所以，，
即当时，成立.
【点睛】导数证明不等式方法： （1）构造函数：转化为求函数的最值问题；
（2）放缩法：要证，而，只要证明即可，可以通过函数不等式，切线不等式进行放缩.
（3）隐零点法：当导数零点不可求时可先证明零点存在，再用此零点代入求函数最小值；
（4）转化为比较两个函数最值大小：要证，只要证即可.
10．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，，即可求得切线方程.
（2）成立，等价于，构造函数，利用导数求得最小值即可得出结果.
（3）令，可得当，单调递增，讨论当时，当时，函数的单调性进而可得的单调性，从而证得结果.
【详解】（1）
，且，则所以在处的切线方程为
（2）当时，，即当时，，当时，，即，令，
则，
因为，所以
当时，，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以，所以
所以实数的最大值为.
（3）令，
若，当，和都单调递增，所以单调递增，
①当，即时，则，则在上单调递增，而，所以当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增；所以在处取极小值；
②当，即时，且，
单调递增，所以存在，使得，且时，，则在上单调递增，而，
所以当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
所以在处取极小值.
综上，当时，在处取极小值.
【点睛】关键点睛：本题考查用导数求函数的极值，考查零点存在定理，解题关键是需要导函数进一步求导，以便确定导函数的单调性与零点的存在性，从而得出函数的性质.本题属于较难题.
11．(1)；证明见解析
(2)[，＋）
【分析】（1）构造新函数去证明一个较为复杂的不等式是一个快捷方法；
（2）构造新函数去证明不等式，并不重不漏地进行分类讨论是本小题亮点.
【详解】（1）∵，x∈[0，π]，
∴，∴f(x)在[0，π]上单调递减，
∴．
要证，只要证，即证＞f(x)，
令g(x)＝，x∈[0，π]，则g′(x)＝，
故g(x)在（0，2）上单调递减；g(x)在（2，π）上单调递增，所以g(x)≥g(2)＝-，
又 f(x)≤-，且等号不同时取到，所以
（2）f(x)＋2ax3＋≥0，等价于xcsx－sinx＋2ax3≥0，
令h(x)＝xcsx－sinx＋2ax3，x∈[0，π]，则h′(x)＝－xsinx＋6ax2＝x（6ax－sinx），
令，则，
①当a≤－时，，∴在[0，π]上递减，∴，
∴h′(x)≤0，∴h(x)在[0，π]上递减，∴h(x)≤h（0）＝0，∴不合题意．
②当a≥时，，∴在[0，π]上递增，∴
∴h′(x)≥0，∴h(x)在[0，π]上递增，∴h(x)≥h（0）＝0，∴符合题意．
③当－＜a＜时，因为，，且在[0，π]上递增，
∴∈[0，π]，使得，
∴当x∈（0，x0）时，，此时在（0，x0）上递减，∴，
∴h′(x)＜0，∴h(x)在（0，x0）上递减，∴h(x)＜h（0）＝0，∴不合题意．
综上得：a∈[，＋）．
【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，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．
12．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）计算得出，根据已知条件可得出关于、的等式组，由此可求得结果；
（2）由已知可得，由，利用导数法证明得出，可得出，由此可得出实数的取值范围；
（3）分、、三种情况讨论，利用导数证明出成立，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，则，
因为点在直线上，则，
所以，，解得.
（2）解：因为成立，则，
当时，，下面证明，
设，其中，则，
令，则且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
即成立，所以，故实数的取值范围为.
（3）解：因为，所以，
且两个等号不同时成立，即，
令，其中，则且不恒为零，
所以函数在上单调递增，且，
当时，，即，
所以当时，，即，此时函数不存在零点；
当时，，而，此时，
即，所以此时函数不存在零点；
当时，，而，所以，
即，所以此时函数不存在零点．
综上可得，时，函数不存在零点．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
13．(1)；
(2)．
【分析】（1）求出导函数，计算出，再得出可得切线方程；
（2）不等式用分离参数法变形为恒成立，设，利用导数求得的最大值即可得．
【详解】（1），则，
，又，所以切线方程为，即；
（2）函数的定义域是，恒成立，
所以恒成立，
设，
，
设，则，时，，递增，时，，递减，所以，所以时，恒成立，
因此时，，递增，时，，递减，
所以，
由恒成立得．
14．(1)函数f(x)在上单调递增；
(2)
【分析】(1)求函数的导函数，判断其值为正，由此完成证明；(2)先证明，分，，三种情况验证条件，由此求a的取值范围.
【详解】（1）当时，，
∴，
因为，所以，
∴(当且仅当时等号成立)
∴函数f(x)在上单调递增；
（2）令，则，
当x∈(0，)时，，所以在上单调递减，
又，所以，故时，，
①当时，，
由(1)得在上单调递增；
且时，所以当x∈(0，)时，，
所以，
②当时，
当时，，不合题意；
当时，；
于是，
而
∴ ，不合题意，
综上，满足条件的a的取值范围为.
【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.
15．(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.
【详解】（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.
16．(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由已知可得，可得出关于实数的等式，即可得解：
（2）由可得出，将问题转化为直线与曲线的交点个数，利用导数研究函数的单调性与极值，然后分、两种情况讨论，数形结合可得出函数在上的零点个数.
【详解】（1）解：因为，其中，则，
由已知可得，因为，解得.
（2）解：因为，由可得，可得，
问题转化为当时，直线与曲线的交点个数.
，由可得.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，则，
当时，，作出直线与曲线的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与曲线的图象只有一个交点，
此时函数在上只有一个零点；
当时，，此时直线与曲线的图象有两个交点，
此时函数在上有两个零点.
综上所述，当时，函数在上只有一个零点；
当时，函数在上有两个零点.
17．(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，利用f'（1）＝0列式计算即可;
（2）将问题转化为证明ln－＋1＜0，设＝t，进一步转化为证明lnt－t＋1＜0，设g(t)＝lnt－t＋1，求导，研究其最值即可.
【详解】（1）对函数f(x)＝lnx－mx＋1，x＞0，有f'(x)＝－m；
因为f(x)在点(1，f（1）)处与x轴相切，
所以f'（1）＝1－m＝0，
得m＝1；
（2）由（1）得，f(x)＝lnx－x＋1，x＞0；
对于任意的0＜a＜b时，要证－＋1＜0，
即证－＋1＜0，
即证－＋1＜0，
即证＜，
即证ln＜，
即证ln－＋1＜0；
设＝t，t＞1，则即证lnt－t＋1＜0；
设g(t)＝lnt－t＋1，t＞1，
则g'(t)＝－1，在t∈(1，＋∞)时，g'(t)＜0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(t)＜g（1）＝0，
即lnt－t＋1＜0
故得证．
18．（1）；（2）．
【分析】（1）求导数，得切线斜率，从而可得切线方程；
（2）时，不等式成立，主要讨论由时不等式成立得的范围，分离参数后用导数求函数的最值可得．
【详解】（1）由题意，，又，
所以切线方程为，即；
（2）时，不等式为，对任意实数都成立；
时，不等式化为，令，
则，
由，令，，
所以即在上递增，，所以，
若，即，则在上恒成立，在上递增，
，不等式成立，
若，由上讨论知存在，使得，且当时，，递减，时，，递增，，
而，因此时，，不成立．
综上．
【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义，考查由不等式恒成立求参数范围．解题方法是构造新函数，求出，确定在上单调递增，，
根据的正负分类讨论后得出结论．注意此题若用分离参数得，引入新函数后在现有知识体系下求不出新函数的最小值或取值范围，从而不能得出结论．
19．（1）函数在上有且仅有一个极值点；（2）证明见解析.
【解析】(1)求导，然后结合导函数的解析式，可确定的单调性，再结合零点存在性定对分，，讨论，即可确定函数的极值点的个数；
(2) 由（1）知，当时，函数在上有且仅有一个极值点，也是最小值点，故，只需判断即可，由可得，，然后代入可化简关于的解析式，再设，则，可构造函数，利用判别式确定关于的二次函数的符号，从而可得.
【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，，
设，，显然函数在上单调递增，与同号，
①当时，，，
所以函数在内有一个零点，所以函数在上有且仅有一个极值点；
②当时，，，
所以函数有且仅有一个零点，所以函数在上有且仅有一个极值点；
③当时，，，因为，
所以，，又，
所以函数在内有一个零点，所以函数在上有且仅有一个极值点；
综上所述，函数在上有且仅有一个极值点．
（2）由（1）知，当时，函数在上有且仅有一个极值点，也是最小值点，
设，，则函数的最小值为，
由可得，即，所以，
即，所以，
所以，
设，则，，
对于函数，，
设，，则恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，所以．
【点睛】关键点点睛：本题用导数证明不等式的关键是根据(1)确定函数的最小值及通过得到，后化简，进而通过换元构造函数，确定.
20．（1），（2）①，②当 时，；当时，；当时，
【解析】（1）只要的最大值小于或等于零即可，所以利用导数求出的最大值即可；
（2）①由有两个极值点，得有两个大于零且不相等的解，即即有两个不等正根，从而有，进而可求出的取值范围；
②先求得，利用导数的几何意义求出切线方程，令，对其求出可判断出此函数在上单调递增，而，从而可判断出的正负，进而可比较出与的大小
【详解】解：（1）由，得，
当时，，所以在上单调递减，不可能恒成立；
当时，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以由，得，解得，
所以的最大值为；
（2）①，则，
因为有两个极值点，所以有两个大于零且不相等的解，
即有两个不等正根，
所以，即，解得，
②由①可知，所以，
因为，
所以切线方程为，
即，
令，
则，
所以在上单调递增，
因为，
所以当时，，即，当时，，即，当时，，
综上，当 时，；当时，；当时，
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决恒成立问题，考查利用导数比较大小，解题的关键是得到切线方程后，构造函数，再利用导数判断函数为增函数，且，从而分情况可讨论出与的大小，考查数学转化思想，属于较难题
21．（1）；（2）①证明见解析 ②证明见解析.
【解析】（1）分离参数，转化为求的最小值即可；
（2）将要证的不等式等价变形，利用导数证明即可；
（3）用数学归纳法证明.最后归纳为证明一个不等式，构造函数可证得.
【详解】（1）
，，
令，
∴在上为增函数，∴.
（2）
①要证证明：即证
令，，
∴在上为增函数，∴，∴在上为增函数，
②可用数学归纳法证明.由①知，时，，∴，
当时，，显然成立
假设当时，
则当时，.
∵在上为增函数.
∴
下只需证，令
证明：
，又
为增函数
故为增函数
故
故不等式成立，故时成立
证毕.
【点睛】1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．
2．在用数学归纳法证明时，第(1)步验算n＝n0的n0不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值．第(2)步，证明n＝k＋1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法.
22．（1）答案见解析；（2）．
【解析】（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；
（2）构造函数，通过三次求导，可判断当时，，在上单调递增，，恒成立，恒成立，然后判定当时，不合题意即可.
【详解】（1）
当时，在上单调递增，
当时，令
且当时，在上递增；
当时，在递减；
当时，在递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时， 在，上递增，在递减；
（2） 对任意的，恒成立，
即，等价于恒成立，
令，，
，，
在上单调递增，，
在上单调递增，，
当时，，在上单调递增，，
恒成立，恒成立，
当时，存在，使得，即，
当时，，单调递减，，单调递增，
当时，，在上不恒成立，
时，不合题意，
综上，，的取值范围为．
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
23．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由，根据条件即在上恒成立，设，求出其导数，得出单调性，求出最小值，可得答案.
（2）由，所以，是的两个零点．因为，由（1）知，函数在上为增函数，，无零点．所以即证函数在上有且仅有1个零点，分和分别讨论即可证明.
【详解】（1）因为，
由函数在上为增函数，则在上恒成立.
令，，
当时，，所以恒成立.
所以在为增函数．所以
所以．
（2）由，则
所以，是的两个零点．
因为，由（1）知，函数在上为增函数，，无零点．
所以下面证函数在上有且仅有1个零点．
①当时，∵，∴，∴．无零点．
②当时，∵，设，
∴在上递增，
又∵，，
∴存在唯一零点，使得．
当时，，在上递减；
当时，，在上递增．
所以，函数在上有且仅有1个零点．
故函数在上有且仅有1个零点．
综上：当时，函数有且仅有3个零点．
【点睛】关键点睛：本题考查由函数单调性求参数范围和利用导数讨论函数零点个数问题，解答本题的关键是将问题转化为在上恒成立，以及由，所以，是的两个零点．因为，由（1）知，函数在上为增函数，，无零点．所以即证函数在上有且仅有1个零点，属于难题.
24．（1）单调减区间为和；（2）.
【解析】（1）定义域为，先由求出，可得，，由可得单调递增区间，由可得单调递减区间；
（2）由题意得对任意恒成立, 设，则对任意恒成立.对求导，讨论求最小值，让即可求解.
【详解】（1）定义域为.
因为.
所以在处的切线斜率为，
解得：，
所以，.
令可得：或，
的单调减区间为和；
（2）由题对任意恒成立，
等价于对任意恒成立，
设，则对任意恒成立，
则，，
所以在单调递增，又，
若，则，所以恒成立，所以在单调递增，
又，所以恒成立，符合题意.
若，,使得，则在递减，
又，所以不符合题意，舍去.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
25．（1）证明见解析；（2）最小值为.
【解析】（1）由以及方程的判别式大于0可知有3个零点；
（2）利用导数可得在，上单调递增，在上单调递减，当时，令，求出该方程的另一个根的最大值为，根据三次函数的图象可得结果.
【详解】（1）因为函数的两个极值点分别为､，且.
所以有两个不等的实根，，
所以，所以，
令，得或，
由可知，
所以有两个不等的非零实根，
函数有三个零点.
（2）根据的两个极值点分别为､，且，可得的两根为，且，
根据二次函数知识可知当或时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
当时，令
，
所以有一根为，设另一根为，
，，又，即，
所以
，
依题意根据三次函数的图象可得恒成立，而的最大值为，
所以，，
，整数m的最小值为.
【点睛】关键点点睛：第二问的解题关键是找到与的函数值相等的自变量的最大值.
+
0
↑
极大值
↓