05导数及其应用-天津市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版）

05导数及其应用-天津市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版）.docx一、单选题1．（2020上·天津·高三校联考期末）设函数在上可导，，有且；对，有恒成立，则的解集为（    ）A． B．C． D．2．（2022上·天津滨海新·高三天津市滨海新区塘沽第一中学校考期末）已知函数（），若在上有且仅有三个极值点，则不正确的有（）A．在区间上的最小值可以等于B．若的图象关于点对称，则在区间上单调递增C．的最小正周期可能为D．若，将的图象向右平移个单位可得到的图象3．（2022上·天津东丽·高三天津市第一百中学校考期末）已知函数，若方程的图像恰有5个不同实根，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．4．（2022上·天津和平·高三统考期末）设函数，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．5．（2022上·天津·高三天津市武清区杨村第一中学校联考期末）已知，，，，则，，的大小关系为（    ）A． B．C． D．6．（2020上·天津红桥·高三统考期末）已知函数，为的导函数，则的值为（    ）A． B．C． D．7．（2021上·天津·高三统考期末）已知函数（为自然对数的底数），关于的方程恰有四个不同的实数根，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．8．（2019上·天津河西·高三统考期末）已知函数，且存在不同的实数x1，x2，x3，使得f（x1）=f（x2）=f（x3），则x1•x2•x3的取值范围是（　　）A． B． C． D．二、填空题9．（2022上·天津河北·高三天津市扶轮中学校考期末）函数，，若时，直线是曲线的一条切线，则b的值为 .10．（2022上·天津河西·高三统考期末）已知函数的最小正周期为，其图象的一条对称轴为，则 .11．（2019上·天津蓟州·高三校联考期末）已知函数，是的导函数，则 ．12．（2021上·天津红桥·高三统考期末）下列四种说法：①命题“，使得”的否定是“，都有”；②“”是“直线与直线相互垂直”的必要不充分条件；③过点（，1）且与函数图象相切的直线方程是．④一个袋子装有2个红球和2个白球，现从袋中取出1个球，然后放回袋中，再取出一个球，则两次取出的两个球恰好是同色的概率是.其中正确说法的序号是 ．13．（2020上·天津·高三校联考期末）曲线在点处的切线方程为 .14．（2019上·天津南开·高三统考期末）设曲线 在点处的切线与直线平行，则实数 ．三、解答题15．（2023上·天津·高三统考期末）设函数，，，已知曲线在点处的切线与直线垂直．(1)求a的值；(2)求的单调区间；(3)若对成立，求b的取值范围．16．（2023上·天津河北·高三统考期末）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：.17．（2023上·天津河西·高三校考期末）设为实数，函数.(1)求函数的单调区间；(2)当时，直线是曲线的切线，求的最小值；(3)若方程有两个实数根，证明：.（注：是自然对数的底数）18．（2023上·天津南开·高三崇化中学校考期末）已知函数．(1)若实数，求函数在点处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)设，若且，使得，证明：．19．（2021上·天津滨海新·高三校联考期末）已知函数．(1)令，讨论的单调性并求极值；(2)令，若有两个零点；（i）求a的取值范围：（ii）若方程有两个实根，，，证明：．20．（2022上·天津静海·高三静海一中校考期末）已知函数．(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；(2)若直线是函数图象的切线，求的最小值；(3)当时，若与的图象有两个交点，证明：．21．（2022上·天津滨海新·高三天津市滨海新区塘沽第一中学校考期末）已知函数和，(1)求在处的切线方程；(2)若当时，恒成立，求的取值范围；(3)若与有相同的最小值．①求出；②证明：存在实数，使得和共有三个不同的根、、，且、、依次成等差数列．22．（2022上·天津和平·高三统考期末）已知函数，，.(1)求函数的极值；(2)证明：有且只有两条直线与函数，的图象都相切；(3)若恒成立，求实数的最小值.23．（2022上·天津·高三天津市武清区杨村第一中学校联考期末）已知函数在点处的切线方程为.(1)求，；(2)函数图象与轴的交点为（异于点），且在点处的切线方程为，函数，，求的最小值；(3)关于的方程有两个实数根，，且，证明:.24．（2022上·天津河西·高三统考期末）已知函数（，为自然对数的底数）.(1)当时，求的极值；(2)设函数，若在其定义域内恒成立，求实数的最小值；(3)若关于的方程恰有两个相异的实根，，求实数的取值范围，并证明.25．（2022上·天津·高三统考期末）已知函数，.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若在区间上单调递减，求的取值范围：(3)若，存在两个极值点，证明：.26．（2022上·天津河北·高三统考期末）已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求函数的单调区间和极值；(3)若，对任意的恒成立，求m的最大值.27．（2022上·天津红桥·高三统考期末）设函数有两个极值点，且(1)求a的取值范围;(2)讨论的单调性；(3)证明:28．（2022上·天津南开·高三统考期末）已知函数，.(1)当时，求函数的单调区间；(2)若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值；(3)是否存在一条直线与函数的图象相切于两个不同的点？并说明理由.参考答案：1．C【解析】构造函数，由，可得函数为奇函数．利用导数可得函数在和上是增函数，结合函数的单调性解不等式即可．【详解】解：解：令，，函数为奇函数．时，，故函数在上是增函数，故函数在上也是增函数，可得在和上是增函数，要解即，即， ，或时故时故选：【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的应用，体现了转化的数学思想，构造函数利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．属于中档题．2．A【分析】根据在上有且仅有三个极值点，可得，进而结合选项即可逐一求解.【详解】令,解得，所以的所有的极值点为，由于在上有且仅有三个极值点，所以在上的极值点只能是因此且解得，若在区间上的最小值可以等于，由于，且，所以，解得，这与矛盾，故A错误，若的图象关于点对称，则,解得,又，所以取，，则，当，因为在上单调递增，故在区间上单调递增，B正确，的最小正周期为，令，此时满足，故C正确，若，则，即，所以或，,化简得或，，由于，故，因此将的图象向右平移个单位可得到，而，故D正确故选：A3．D【分析】利用导数分段画出函数的大致图像，方程有5个不同的根，然后采用换元法将问题变为讨论在给定区间上有解的问题.【详解】当 时， ，，当时，，当时，，故时， ；当时， ，当时,, 当时，当时，有极大值，当时，，作出的大致图像如图：方程有5个不同的根，令 ，根据其图像，讨论有解情况如下：令,(1)当 在和上各有一个解时，合题意即 ，解得 ，（2）当在和上各有一个解时，，解得，（3）当有一个根为6时，解得，此时另一个根为 ，不合题意；（4）当有一个根为1时，解得，此时另一个根也为1，不合题意，综上可知：，故选：.4．B【分析】根据题意先得是函数的一个零点，当时，，所以当时，与，图象必有一个交点，根据函数求导计算可得的函数图象，数形结合即可解决.【详解】由题知，，函数恰有两个零点，因为当时，，所以是函数的一个零点，又当时，，所以当时，与，图象必有一个交点，由于，当时，，所以函数在上单调递增，当时，，当时，，当时，，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，有最小值为，所以，函数图象如图，由图可知，若与，图象必有一个交点，则，故选：B5．D【分析】先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可得，比较三个数的大小，然后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.【详解】当时，，，所以函数在上是增函数，因为，所以函数是奇函数，所以函数在上单调递增， 所以，因为 所以.故选：D6．D【分析】先求得，再去求即可解决.【详解】则故选：D7．D【解析】令，由，可得，利用导数分析函数的单调性与极值，作出函数的图象，由图象可知，方程有两根、，且满足，，设，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】令，由，可得，函数的定义域为，.当时，，由可得，由可得.所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.；当时，，此时函数单调递增，且，作出函数的图象如下图所示：由于关于的方程恰有四个不同的实数根，则关于的二次方程恰有两个不同的实根、，且直线与函数的图象有三个交点，直线与函数的图象有且只有一个交点，所以，，，设，由二次函数的零点分布可得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：（1）二次项系数的符号；（2）判别式；（3）对称轴的位置；（4）区间端点函数值的符号.结合图象得出关于参数的不等式组求解.8．A【分析】作出y＝f（x）的函数图象，设x1＜x2＜x3，f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝t，1＜t＜2，求得x1，x2，x3，构造函数g（t）＝（t﹣1）（2+log2t），1＜t＜2，求得导数，判断单调性，即可得到所求范围．【详解】函数的图象如图所示：设x1＜x2＜x3，又当x∈[2，+∞）时，f（x）＝2x﹣2是增函数，当x＝3时，f（x）＝2，设f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝t，1＜t＜2，即有﹣x12+2x1+1＝﹣x22+2x2+1＝t，故x1x2x3＝（1）（1）（2+log2t）＝（t﹣1）（2+log2t），由g（t）＝（t﹣1）（2+log2t），1＜t＜2，可得g′（t）＝2+log2t0，即g（t）在（1，2）递增，又g（1）＝0，g（2）＝3，可得g（t）的范围是（0，3）．故选A．【点睛】本题考查的知识点是分段函数的应用，考查转化思想和构造函数法，数形结合思想，难度中档．9．【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再由切点在切线上求解即可；【详解】当时，，设切点为，因为是的一条切线，所以，解得，所以，又切点在切线上，所以，得．故答案为：10．/【分析】根据最小正周期T＝求出ω.根据一条对称轴为知，，结合即可φ，从而求出，然后代值计算即可.【详解】∵f(x)最小正周期为，∴；∵f(x)图象的一条对称轴为，∴，∴，，∴，，∴.故答案为：.11．【分析】根据商的导数的计算公式求出，然后便可得出的值．【详解】因为，所以；故答案为：．12．①④【解析】①中特称命题的否定为全称命题；②中求出“直线（m+2）x+my+1＝0与直线（m﹣2）x+（m+2）y﹣3＝0相互垂直”的充要条件，再进行判断；③中利用导数求解验证即可；④利用概率乘法和加法公式计算即可．【详解】解：①中命题“∃x∈R，使得x2+1＞3x”为特称命题，其否定为全称命题，是“，都有”，故①正确；②中时，两直线为：﹣2y+1＝0和﹣4x﹣3＝0，两直线垂直，而两直线垂直时，有，解得m＝1或所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分不必要条件，故②错误；③若过点（，1）且与函数图象相切的直线方程是正确，设切点为P（x0，y0），则函数在P点处的切线的斜率为 ，解得，所以切点为P，但切点P不在切线上，故③错误；④一个袋子装有2个红球和2个白球，现从袋中取出1个球，然后放回袋中，再取出一个球，则两次取出的两个球恰好是同色的概率，故④正确．故答案为：①④．13．【解析】对函数求导，计算时的导数值，即得切线的斜率，再利用点斜式直线方程即可.【详解】由，得，则时，即切线斜率，故切线方程为，即.故答案为：.14．【分析】对函数求导，求得,得到a的方程求解即可.【详解】切线与直线平行，斜率为，又，所以切线斜率，所以的斜率为，即，解得．故答案为．【点睛】本题考查根据切线的斜率求参数，熟记基本初等函数的求导公式，准确计算是关键，是基础题.15．(1)2(2)答案见解析(3)【分析】（1）利用导数的几何意义可得关于a的方程，解方程即可得出答案；（2）对求导，分和讨论的正负，即可求出的单调性；（3）由恒成立，等价于，令，转化为求.【详解】（1）的定义域为，       ，  由于直线的斜率为，.（2），，     ①当时，，在R上单调递增；②当时，令有，当时，，单调递减，当时，，单调递增.综上所述：，的单调递增区间为R，，的单调减区间为，的单调增区间为.（3）由恒成立，等价于，令（），，  ①若时，，所以在上单调递增，，即，满足， ②若时，则，所以在上单调递增，当趋近于0时，趋近于，不成立，故不满足题意.                    ③若时，令，，，，，单调递减，，单调递增，只需即可，，，令，，在上单调递增，，时，，，，所以在上单调递增，，即，   综上：.【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义、求单调区间和利用导数求解恒成立问题；本题求解恒成立问题的关键是将恒成立问题转化为求函数的最值.16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；（2）设，，利用导数可求得单调性，结合可得单调性，得到，由此可证得结论.【详解】（1），，又，所求切线方程为：.（2）设，则定义域为，，令，则，在上单调递增，又，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，即.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数几何意义求解切线方程、不等式的证明问题；本题证明不等式的关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为函数最值的求解问题，从而利用导数求解函数的最值.17．(1)当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；(2)；(3)详见解析.【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论根据其正负判断函数的单调性，即得；（2）根据导数的几何意义得切线方程，进而可得的表达式，构造函数，然后利用导数求最值即得；（3）由题可得，利用换元法变形为，从而将证明，转化为证明，再构造函数，利用导数求其最值进而即得.【详解】（1）因为，所以，，当时，在上恒成立，函数在上单调递增；当时，由，解得，函数在上单调递增，由，解得，函数在上单调递减；综上，当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）当时，，设切点为，则切线斜率， 切线方程为，，∴，，所以，令，则，由，可得，由，可得，∴在上单调递减，在上单调递增，所以，即的最小值为；（3）由，可得，令，则 ，由，可得，由，可得，所以在上单调递增，在上单调递减，且，∴，不妨设，则 ，故 ,令，，所以，，，要证，只要证，只要证，令，则，设，则，由，可得，由，可得，∴在上单调递减，在上单调递增，∵，，，则存在，使得，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∵，，∴在上恒成立，所以．【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.18．(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据切点处的导数等于切线斜率即可求解；(2)根据导数以及分类讨论即可求解；(3)利用极值点偏移证明求解.【详解】（1）时，，，，所以切线的斜率为，切线方程为即.（2）的定义域为，，若，则恒成立，则在单调递增，若，令解得，令解得，所以则在单调递减，单调递增.（3）由题知，且，不妨设，使得所以整理得令所以在单调递增，又因为，所以所以所以因为，所以，即，所以，下面证明，即证，设，即证明，只需证明，设则，所以在单调递增，所以所以，所以，即.【点睛】关键点点睛：第三问中，利用放缩得到从而，利用导数证明不等式是本题关键，将双变量转化为单变量是常用的证明办法.利用19．(1)单调递减区间为（0，2），单调递增区间为；极小值为，无极大值(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）先求得，然后利用导数求得的单调区间以及极值.（2）（i）先求得，对进行分类讨论，结合函数的单调性以及零点存在性定理求得的取值范围.（i i）转换方程，然后利用换元法并构造函数，求得函数零点的关系式，由此化简所要证明的不等式，再利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.【详解】（1）因为，所以，则，在区间；在区间，所以单调递减区间为（0，2），单调递增区间为，极小值为，无极大值．（2）（i）有两个零点．因为，①当时，，单调递增，不可能有两个零点；②当时，令，得，单调递减；令，得，单调递增，所以要使有两个零点，即使，，得，又因为，，所以在（l，e）上存在唯一一个零点，且，由（1）可知，，所以，即有，即，所以在上存也唯一一个零点，符合题意．综上，当时，函数有两个零点．（ii）有两个实根，令，有两个零点，，；，所以，所以（*），（**），要证，只需证，即证，所以只需证．由（*）（**）可得，只需证，设，令，则，所以只需证，即证，令，，则，在上递增，所以，即当时，成立．所以，即，即．【点睛】利用导数研究函数的单调区间以及极值，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.另外要注意的一点是：必须先求函数的定义域.20．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）将函数在上单调递增转化成其导函数大于等于零恒成立问题，利用参变分离求解即可；（2）根据导数的几何意义可写出关于切点坐标的表达式，再构造函数利用导数即可求得最小值；（3）将双变量问题通过构造函数实现消元，再通过构造的一元函数的导函数得到其单调性，根据不等式特征合理放缩即可得出结论.【详解】（1）由题可知，则，函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，易知在上单调递减，且，因此，即实数的取值范围是．（2）设切点坐标为，由导数的几何意义可知，切线斜率为，切线方程为，即所以，则令，则，所以，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；所以，即；即的最小值为.（3）由题意可知，，两式相加得，两式相减得，即所以，即令，记，令则，所以函数在上单调递增，则，所以则，所以，又，即,得．令，则，所以在上单调递增，又因此，所以，即．【点睛】关键点点睛：双变量不等式证明题的3个关键步骤（1）转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双变量的不等式的证明，把所求的最值应用到双变量不等式，即可证得结果.21．(1)(2)(3)① ；②证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；（2）当时，不等式等价于，构造函数，则，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围；（3）①对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数、的单调性，求出两个函数的最小值，根据这两个函数的最小值相等可得出关于实数的等式，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，结合可求得实数的值；②根据①可得当时，的解的个数、的解的个数均为，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得、的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【详解】（1）解：因为，则，所以，，所以，在处的切线方程为.（2）解：当时，不等式等价于．设，则，且.对于函数，.（ⅰ）当且时，，故，则在上单调递增，因此；（ⅱ）当时，令得，．由得，，故当时，，在单调递减，因此，不合乎题意.综上，的取值范围是．（3）解：①的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.函数的定义域为，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，其中，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，即方程的解的个数为.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.当，由①讨论可得、仅有一个解，当时，由①讨论可得、均无根，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，其中，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，此时有两个不同的根、，此时有两个不同的根、，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.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系．22．(1)极大值是，无极小值.(2)详见解析(3)【分析】（1）首先求函数的导数，利用函数的单调性，判断函数的极值；（2）首先设直线与函数的切点分别为，，并分别求出切线方程，再对比系数后可得的方程组，消元后，构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理，即可判断函数的零点个数，即可证明；（3）首先不等式变形为，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，并解不等式，再参变分离后，转化为求函数的最值，即可求的取值范围.【详解】（1），，，当，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，函数取得极大值，极大值是，无极小值.（2）设直线分别切，的图象于点，，由，得直线的方程，，即，①由，得直线的方程，，即，②比较①②可得，得，令，，，当，，单调递减，当时，，单调递增，所以,因为，所以在上有1个零点，，所以在上有1个零点，所以函数在上有两个零点，故有且只有两条直线与函数的图象都相切.（3）显然，，恒成立，即，恒成立，于是恒成立，即恒成立，设，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增，且时，，当时，，由可得恒成立，即对恒成立，于是恒成立，设，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，所以，的最小值是.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的切线，零点，已经不等式恒成立问题，综合性强，第三问的关键是利用同构的思路，将不等式变形为，再构造函数，问题就会迎刃而解.23．(1)，(2)0(3)证明见解析【分析】（1）由，可得，的方程组，求解即可；（2）求出点的坐标，并利用导数求出函数在点处切线对应函数，然后构造函数，利用导数证明出，即可求得最小值；（3）求出方程的根，利用函数的单调性证明出，设在处的切线对应的函数，易得的根，由函数的单调性得出，再结合不等式性质即可证明结论.【详解】（1）由已知得则得，解得：或（舍），所以，.（2）由（1）得，得或因为点异于点，所以，又，所以在点处的切线方程为：所以，令，则，所以在单调递增，且，所以当时，；当时，所以在单调递减，单调递增，，所以最小值为0.（3）设的根为，解得，由单调递减且，故，∴，即.由已知可知，在处的切线方程为令，所以，令，由，所以在单调递增，又则有，；，所以，有极小值，则有.设的根为，解得，由单调递增且，故，∴，即所以【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、极值最值、不等式证明，要注意运用方程和函数的转化思想和构造函数法，属于难题.24．(1)极大值为，无极小值(2)(3)，证明见解析【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可得到、与的关系，从而求出函数的极值；（2）依题意参变分离即可得到在上恒成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围，即可得解；（3）由，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，依题意可得，即可求出参数的取值范围，再证，不妨设，则，则，再令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，即可得证；【详解】（1）解：当时，，，所以， 令，解得，所以的极大值为，无极小值.（2）解：由题意得在上恒成立，因为，所以在上恒成立.设，则，令，解得，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.因此，所以，即.所以实数的最小值.（3）解：由即得，令，则，设，则，因为，所以恒成立，函数在单调递减，而，故在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以.故方程恰有两个相异的实根只需.所以实数的取值范围是.下证：，不妨设，则，，所以.因为，所以令，则，所以在上单调递增，所以当时，，即，所以，所以.【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．25．(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程；（2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，由可得结果；（3）设，则，将所证不等式转化为，令，利用导数可求得，由此可证得结论.【详解】（1）由题意知：，定义域为；，又，曲线在处的切线方程为；（2），又在区间上单调递减，在上恒成立， 即在上恒成立，在上恒成立；设，则，当时，，单调递增，，，即实数的取值范围是.（3）由（2）知：满足，不妨设，则..则要证，即证，即证，也即证成立.设函数，则，在单调递减，又，当时，，，即.【点睛】关键点点睛：本题考查导数在函数中的综合应用问题，涉及到已知单调性求解参数范围、利用导数证明不等式等知识；证明不等式的关键是能够将双变量的问题转化为单一变量的问题，从而将不等式证明转化为关于单一变量的函数最值的求解问题.26．(1)(2)函数的递增区间为，递减区间为，在时取极小值，极小值为，没有极大值(3)3【详解】（1）∵  ，∴  ，∴  ，由导数的几何意义可得曲线在点处的切线斜率为2，又，∴  曲线在点处的切线方程为，即；（2）函数的定义域为，由(1) ，令可得，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，∴  函数的递增区间为，递减区间为，函数在时取极小值，极小值为，函数没有极大值（3）当时，不等式可化为，设，由已知可得，又，令，则，∴  在上为增函数，又，，∴ 存在，使得，即当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，∴  ，∴  ，∴ m的最大值为3.【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.27．(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）由题意，即在上有两个不等实根，根据一元二次方程根的分布即可求解；（2）根据函数单调性与导数的关系即可求解；（3）由（1）知，可得，，所以，构造函数，求导判断函数单调性，从而即可证明.【详解】（1）解：，令，其对称轴为，由题意知是方程的两个均大于的不相等实根，所以，解得，所以a的取值范围为；（2）解：当时，，所以在区间上为增函数；  当时，，所以在区间上为减函数；当时，，所以在区间上为增函数；（3）证明：由（1）知，，，设，则，当时，，所以在单调递增，所以，即．【点睛】关键点点睛：本题（3）问解题的关键是由（1）根据，得，，从而得.28．(1)的单调递增区间为；单调递减区间为(2)2(3)不存在，理由见解析【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出函数的单调区间；（2）不等式恒成立，即恒成立，，分和求出函数的最小值即可得出答案；（3）令，假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点，，不妨，可得曲线在两切点处的切线方程，再根据题意列出方程组，整理从而可得出结论.【详解】（1）解：当时，函数的定义域为，则，令，得，由，得；由，得，所以的单调递增区间为；单调递减区间为；（2）解：由，得，令，，①当时，，所以在区间单调递减，因为，所以恒成立矛盾，②当时，由，得；由，得，所以的单调递增区间为；单调递减区间为，所以，令，因为函数和函数在区间单调递增，所以函数在区间单调递增，，，综上，使不等式恒成立的整数a的最小值为2；（3）解：令，假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点，，不妨，则处切线的方程为：，处切线的方程为：，因为，为同一直线，所以，即，整理得，，消去得，，①令，由与，得，记，则，所以为上的单调减函数，所以，从而①式不可能成立，所以假设不成立，从而不存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及最值，还考查了不等式恒成立问题及导数的几何意义，考查了分类讨论思想和计算能力，难度较大.2+0单调递增单调递减