【二轮复习】高考数学 专题06 导数（考点精练）

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(1)已知，求最小值；
(2)讨论函数单调性.
【答案】(1)0
(2)答案见解析
【解析】（1）当时，，
所以.
时，，
时，，时，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故最小值为.
（2），
时，当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增.
当时，当或时，在和上单调递增；
当时， 在上为减函数.
当时，上，在上为增函数.
当时，当或时，在和为增函数；
当时，在上为减函数.
综上，时，在上单调递减，在上单调递增；
时，在和上单调递增，在上为减函数；
时，在上为增函数；
时，在和为增函数，在上为减函数.
2．（2023秋·山东青岛·高三山东省青岛第五十八中学校考阶段练习）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【解析】（1）当时，，
所以
由于，，
所以切线为，即.
（2）因为，
所以.
当时，.
所以，在区间上，；在区间上，.
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
当时，由，得，
所以，在区间和上，；在区间上，.
故的单调递增区间为和，单调递减区间为.
当时，，故的单调递增区间为.
当时，由，得，.
所以在区间和上，；在区间上，.
故的单调递增区间为和，单调递减区间为.
综上所述：当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
当时，的单调递增区间是和，单调递减区间是；
当时，的单调递增区间是；
当时，单调递增区间是和，单调递减区间是.
3．（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）设函数
(1)若时函数有三个互不相同的零点，求m的范围；
(2)若函数在内没有极值点，求a的范围；
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）当时，，
因为有三个互不相同的零点，所以，
即有三个互不相同的实数根．
令，则．
令，令，
所以在和均为减函数，在为增函数，
即的极小值为，极大值为，

故m的取值范围．
（2）由题意可知，在上没有变号零点，
又因为，所以，解之得．
故a的范围为.
4．（2023·浙江杭州·校考模拟预测）设函数，.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个零点，，求满足条件的最小正整数的值.
【答案】(1)答案详见解析
(2)
【解析】（1）的定义域是，
，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增.
（2），
，
依题意，，所以在区间上单调递减；
在区间上，单调递增.
所以在时取得极小值也即是最小值.
要使函数有两个零点，，
则首先要满足，
时，，不符合.
时，，不符合.
时，，
，所以，
此时在上单调递减，在上单调递增，
，，
，满足函数有两个零点，
所以最小正整数的值为.
5．（2023·江西南昌·校考模拟预测）已知函数和有相同的最小值．
(1)求；
(2)是否存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列？说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；理由见解析
【解析】（1）由题意可得，．
①若，在上恒成立，在上单调递增，
即无最小值；
②若，当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
所以在处取得最小值，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以在处取得最小值，
又与有相同的最小值，
所以，，
设，，则，
令，则，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
所以在处取得最小值，则当时，恒成立，单调递增．
又，所以．
（2）由（1）得，，
且在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，
所以和的图象在上有唯一交点，且交点的纵坐标大于1，
由函数的单调性及图象可得存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
当直线与曲线和共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为，且，
则，
因为，，
所以，
由图象可知无解，
所以，，所以，，
则，，
上述两式相减得，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
6．（2023·海南海口·农垦中学校考模拟预测）已知函数．
(1)判断函数的单调性；
(2)设，证明：当时，函数有三个零点．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）根据题意得，，，
当时，，在上单调递增；
当时，，得；
令，得，
故在上单调递减，在上单调递增．
（2）当时，，
则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，故的最小值为，
又，；，，
故．
，
设，，
则，，
则，
由，得．
因此，当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
由于，故，又，
由零点存在定理，存在，使得，
所以有两个零点和，即方程有两个根和．
的图象如下，

当时，因为，
故方程有一个根；
当时，其中，
因为，
故由图角可知，有两个不同的根，，且．
综上，当时，函数有三个零点．
7．（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：函数有两个不同的零点．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）由，得．
当时，，函数单调递增．
当时，，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
综上，当时，函数在区间上单调递增；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）证明：由得，
所以，
因为，所以，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，，
因为，所以，下面证明在区间上与上分别存在一个零点，
因为，
所以在区间上存在唯一零点，且．
因为，
当时，，
所以，
所以，
所以在区间上存在唯一零点，且，
所以当时，函数有两个不同的零点．
8．（2023·河北保定·河北省唐县第一中学校考二模）已知函数，其中常数，是自然对数的底数．
(1)若，求的最小值；
(2)若函数恰有一个零点，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）当时，，则，，
记，则，
①当时，，，可得，可知函数在区间上单调递减；
②当时，，，可知函数单调递增，又由，可知当时，；
当时，，可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
由①②知函数的减区间为，增区间为，故有；
（2）因为函数恰有一个零点，
且，0是函数的一个零点，又，
不妨设，函数定义域为，则，
当时，，又，，
所以在恒成立，
则函数在上单调递增，即函数在上单调递增，
又，
当时，可得，且时，，
则存在，使得，此时在上，有，
在上，，故在上为减函数，在上为增函数，
故当时，，而时，，
故在上存在一个零点，
则此时函数至少存在两个零点，又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；
当时，可得，又，
所以在区间上存在一点，使得，
故当在上，有，在上，有，
故在上为增函数，在上为减函数，
故当时，，而当时，，
故此时函数在上至少存在一个零点，
又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；
当时，即时，由（1）知，当时，函数取得最小值，
最小值，
当时，因为，符合题意.
综上，满足条件的值为.
9．（2023·河南开封·统考模拟预测）已知函数．
(1)若函数的图象与直线相切，求实数的值；
(2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．
【答案】(1);
(2).
【解析】（1）设直线与函数的图象相切于点，
因为,
所以，由②③可得④，易知.
由①得，代入④可得，
即，即，解得.
故.
（2）令，可得，
由题意可得只有一个根.
易知不是方程的根，所以，
所以由，可得.
设，则与的图象只有一个交点.
，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以.
所以.
又，时，，时，，
画出函数的图象如图所示：

由图可知，若与的图象只有一个交点，
则.
所以实数的取值范围是.
10．（2023·四川成都·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)若函数在处的切线的斜率为，求实数a的值（e是自然对数的底数）；
(2)若函数有且仅有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为，所以，
又，所以，所以，
即，令，则，
又因为在上单调递增，且，所以，
所以，即.
（2）因为函数有且仅有两个零点，
所以有且仅有两个大于0的实数根，
又，则，即，
令，则，
由得，由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，，所以，则，
即，令，则，
由得，由得，由得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，，
当无限趋近于0且为正数时，无限趋向于负无穷大，
当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0，
所以，所以，故实数a的取值范围为.
11．（2023·四川成都·校联考模拟预测）已知函数，．
(1)若函数在处的切线的斜率为，求实数a的值（e是自然对数的底数）；
(2)若函数有且仅有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【解析】（1）因为，定义域为，故，
则，即，
即，
令，则，
又因为在上单调递增，且当时，，
所以，即，．
（2）因为函数有且仅有两个零点，
所以有且仅有两个大于1的实数根，
又，则，
即，
令，则，
由，得，当时，，当时，，

所以在上单调递减且，
在上单调递增且时，
又，，则，则，
即得，
所以，即，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，，

当时，，且无限趋近于0，
所以，故实数a的取值范围为．
12．（2023·四川·校联考一模）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)令（a为常数），若有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)
【解析】（1）由题意可知：的定义域为， ，
令，解得；令，解得；
所以的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）由题意可知：，其定义域为，
则有两个零点，即有两解，即有两解，
令，则.
令，解得；令，解得；
则的单调递减区间是，单调递增区间是，
可知，
又因为，且当趋近于，趋近于0，
要使得有两解，只需，所以，

故实数a的取值范围为.
13．（2023·云南·校联考模拟预测）已知.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，证明：函数有且仅有一个零点.
【答案】(1)函数的单调递增区间为,，单调递减区间为,
(2)证明见解析
【解析】（1）当时，，
，
由得或，解得或
由得或，解得或，
故函数的单调递增区间为,，单调递减区间为,.
（2）当时，，定义域为，
，
设，
，所以在区间上是增函数，
，
存在唯一，使，即，
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即，
在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数，
当时，取极大值为
，
设，，
所以在区间上是减函数.
在内无零点，
，
在内有且只有一个零点，
综上所述，有且只有一个零点.
14．（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：函数在上有两个零点．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）的定义域为，
令，得或，
当时，在上恒成立，单调递增，
当时，在上，单调递增，
在上，单调递减， 在上，单调递增，
当时，在上，单调递增，
在上，单调递减，在上，单调递增，
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），
当时，，
则，
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又时，，，
所以存在，使得，即
所以在上，单调递减，在上单调递增，
所以
，
当且仅当，即时，取等号，
因为，所以，
由，，
所以在上存在的两个零点，得证.
15．（2023·北京·统考高考真题）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．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【解析】（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.
16．（2023·云南·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）.
①若恒成立，求实数的取值范围；
②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)选①，；选②，的取值范围为
【解析】（1）函数的定义域为，
，解得，
当时，，单调递增；
当时，单调递减；
所以，无极小值.
（2）若选①：由恒成立，即恒成立，
整理得：，即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
即，
令，，则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，的最大值为，故，即.
故当时，恒成立.
若选择②：由关于的方程有两个实根，
得有两个实根，
整理得，
即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，
所以，即，
令，，
则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，
的最大值为，又因为
所以要想有两个根，只需要，
即，所以的取值范围为.
17．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
18．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若存在极大值点，且极大值不大于，求a的取值范围．
【答案】(1)最大值为
(2)
【解析】（1）当时，，定义域为，，
当时，；当时，，
∴在上单调递增；在上单调递减，
故的最大值为．
（2），，
①当时，，
当时，；当时，，
∴在上单调递增；在上单调递减，
所以的极大值为，符合题意．
②当时，
当时，；当时，，∴在上单调递增，
此时，无极值点．
③当时，令，
解得，且，
当时，；当时，，当时，
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值，
令，则，设，
则，所以在上单调递增，
由题意知，即，
所以，即，故
④当时，，
解得或，且满足，
当时，；当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为，符合题意．
综上．
19．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数在上的最大值．
(2)若函数在定义域内有两个不相等的零点，，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）∵当时，，
∴．
当时；，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增．
∵，，∴，
∴函数在上的最大值为．
（2）要证，只需证．
∵，，
∴由①－②得，
整理得．
只需证，
即证，即证．
不妨设，令，则只需证，即证．
设，则只需证当时，即可．
∵，令，则，
∴在上单调递减，当时，，
∴在上单调递增，当时，，
∴原不等式得证．
20．（2023·福建龙岩·统考二模）已知函数，．
(1)若满足，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线；
(2)若，且，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）由已知有，,
曲线在点处的切线方程为：,
即：，将代入即有：,
由得令得：，此时,
可得：曲线在点处的切线方程为：
，将代入化简，
可得：
故曲线在点处的切线也是曲线的切线．
（2）∵，
∴，令，得：，
∴，为方程的两根，
∴即：，
∴ ∴，
∴
，
令，则，
令，则，
∴在单调递减 ∴
即
21．（2023·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）已知函数，.
(1)求实数的值；
(2)证明：时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）因为，则，
则，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的单调减区间为，单调增区间为.
故有最小值，故.
（2）由（1）可知，，
当时，要证，即证，即证，
令，则上式等价于，
构造函数则
故当时，为增函数；
当时，为减函数；
由得，故，
故.
当时，
，
故
又是的增区间，而
故故
即，
当时，，即
在上，为减函数，故
即，
故原命题得证.
22．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知函数有两个零点.
(1)证明：；
(2)求证：①；②.
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【解析】（1）由，当时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，
当时，，所以，
若，即时，则时，此时在上不存在零点，
要使有两个零点，故.
（2）①要证，不妨设，则证，
因为在上单调递增，即证，
令，，则，
所以在单调递增，所以，即，得证；
②引理1：当时：
证明：当时，得证.
利用引理1：，所以①，
引理2：：
证明：令，
则，当时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
利用引理2，因为，所以，
所以，所以②，
由①，②知：.
23．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知各项均为正数的数列，满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，试比较与9的大小，并加以证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【解析】（1）因为，
所以，
因为的各项均为正，所以，故，即，
所以是以2为公比的等比数列，
因为，又公比为2，
所以，所以.
（2），证明如下：
令，则，
当时，，即在上单调递减，
所以，则，即，
设，所以，
所以，
记，则，
所以，
即，则，所以，所以.
24．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）已知函数，且，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，函数有三个零点，，，且，试比较与2的大小，并说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)，理由见解析
【解析】（1）由，得，又，所以，
则，所以，．
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得；令，得或；
所以在与上单调递减，在上单调递增．
（2），理由如下：
因为，
由，得，解得或．
因为，所以，，是的正根，则，
又，所以，，
两式相减得．
令，，则，得，则．
令，则，
所以，，可得，
．
设，则，
再设，则，
所以在上为增函数，则，
即，则在上为增函数，
从而，
所以，即，
所以，即．
25．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知函数（）有两个零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)设函数的两个零点分别为，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）当时，恒成立，所以在上没有零点.
所以若，则.
设（），则.
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增.
所以，时，在处取得唯一极小值，也是最小值.
设，则在上单调递减，在上单调递增.
当时，，
所以最多有一个零点，即最多有一个零点，不满足题意；
当时，
因为，所以，，
所以.
又，，
根据函数的单调性以及零点存在定理可知，
，有；，有.
且当时，恒成立；
当时，恒成立.
所以，有两个零点，即存在两个零点.
综上，.
（2）由（1）知，，且，
得，即.
设，
得，即，则.
设，则，
设，.
当时，有，所以在上单调递减；
当时，有，所以在上单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，即在上恒成立，
所以函数在上单调递增.
又，所以时，有，
即，
即，即，
即.
26．（2023·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考模拟预测）已知函数 .
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，
【答案】(1)当时，函数在上单调递增；当时，函数 在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析
【解析】（1）函数的定义域为，因为，
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，由得，由得，
所以函数 在上单调递减，在上单调递增.
（2）①因为，不等式等价于，
令，则，由，得，
所以不等式（）等价于：，即：（），
由（1）得：函数在上单调递增，
所以，即： ．
②因为，不等式等价于，
令，则，所以，
所以函数在上为减函数，所以，即．
由①②得：时，.
27．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）函数定义域为，
，
当时恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得，当时在上单调递增，在上单调递减；
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）因为，
由题意，是方程的两个根，
①，②，
①②两式相加，得③，
①②两式相减，得④，
联立③④，得，
，
设，，，
，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
28．（2023·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数有三个零点.
(1)求的取值范围；
(2)设函数的三个零点由小到大依次是.证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）因为定义域为，又，
（ⅰ）当单调递减；
（ⅱ）当，记，则，
当；当，
所以在单调递增，在上单调递减，，
又，所以，
①当，则单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；
②当，由（ⅱ）知，有两个零点，
记两零点为，且，
则在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，令，则，
所以，
所以，且趋近0，趋近于正无穷大，趋近正无穷大，趋近负无穷大，
所以函数有三零点，
综上所述，；
（2）等价于，即，
令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由（1）可得，则，
所以，所以，
则满足，，
要证，等价于证，
易知，令，则，
令得，令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
下面证明，由，即证，
即证，
即证，
即证，
令，，
令，则，所以，
所以，则，所以，
所以，所以，
所以，所以原命题得证.
29．（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若方程有两个不相等的实数根，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由，得.
所以，所以.
因为，所以.又因为，
所以可设，，则.
当时，，可得函数在上单调递增，
所以，即.
故不等式的解集为.
（2）等价于，
令，其中，则，显然.所以.
令，则，
所以在，上单调递减，在上单调递增.
所以的极小值为.
因为方程有两个不相等的实数根，，
所以关于t的方程有两个不相等的实数根，，且，.
要证，即证，
即证，只需证.
因为，所以，
整理可得.
不妨设，则只需证，
即证.
令，，，则只需证即可.
因为，所以在上单调递增.
所以.
故.
30．（2023·天津滨海新·天津市滨海新区塘沽第一中学校考三模）已知函数.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若，求证:；
(3)已知点，是否存在过点P的两条直线与曲线，相切？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，函数取极小值，无极大值.
(2)证明过程见详解
(3)存在，
【解析】（1）因为函数，
则，
当时，，函数在上单调递增，无极值；
当时，令，解得，所以函数在上单调递增，
若时，，所以函数在上单调递减，当时，函数取极小值，无极大值，
综上：当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，函数取极小值，无极大值.
（2）由题意可得；
当时，，函数在上单调递增，所以函数最多一个零点,与题意矛盾；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，不妨设，
则有，两式相减得，
两式相加得，
欲证，即证，
即证，也即证，
即证，令，，
则，所以函数在上单调递增，
因为，所以，
所以得证，即.
（3）存在，理由如下：
设切点为，因为，所以切线的斜率为，
则切线方程为，因为切线过点，
所以，即，
若过点可以作两条直线与曲线，相切，
则上述关于的方程至少有两个不同的解，显然不是该方程的解，
所以关于的方程在上至少有两个不同的解，
令，
则，
令，则，
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增；
所以，则当时，，函数在上单调递减；在上单调递增，
因为， ，则
函数的大致图象如下图所示：

结合图象可知：当时，
关于的方程在上有两个不同的解，
此时过点可以作两条直线与曲线，相切，
所以实数的取值范围为.
31．（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知函数，，.
(1)若，求证：；
(2)若函数与函数存在两条公切线，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）当时，，
构建，，则，
构建，
因为，所以在上单调递增，且，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
则当时，取得最小值，可得
所以当时，.
（2）设函数与函数的公切线分别相切于点和点
因为，，
所以的方程可表示为或，
整理得或，
则有①，②
由①可得，代入②可得：,
即，
构建，，则,
构建，则，
且，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
当时，则，可得；
当时，在上单调递增，，
可得当时，，当时，；
综上所述：当时，，当时，.
即当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减；
所以，且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
由上可知，要使函数与函数存在两条公切线，只需直线与函数图象有两个交点，
由图可知a的取值范围为.

32．（2024·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若，求实数的值；
(2)已知且，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由，得.
令，则.
注意到，所以是函数的极小值点，则，
所以，得.
当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，满足条件，故.
（2）由（1）可得，.
令，则，
所以，即.
令，则，且不恒为零，
所以函数在上单调递增，
故，则，
所以，
令分别取，累加得：
.
即证.
33．（2023·江苏无锡·校联考三模）已知函数.
(1)求的极值；
(2)求证：.
【答案】(1)的极大值为，没有极小值
(2)证明见解析
【解析】（1）因为函数，所以，
设，，
所以在上单调递增.
又，所以当时，；当时，.
又因为对恒成立，
所以当时，；当时，.
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，没有极小值.
（2）由（1）可知，
所以当且仅当，取“＝”.
由（1）得，
累加得；
由②得，
累加得.
综上所述，.
34．（2023·上海普陀·曹杨二中校考三模）已知函数，.
(1)若存在极值，求的取值范围；
(2)若，求的值；
(3)对于任意正整数，是否存在整数，使得不等式成立？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)3
【解析】（1）函数的定义域为，
，
当时，恒成立，此时在上单调递增，无极值；
当时，令得，
时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
此时有极小值为，无极大值.
综上所述，若存在极值，则的取值范围是.
（2），
由（1）可知，当时，恒成立，此时在上单调递增，
与恒成立矛盾；
当时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，
所以，则需，
若，则，符合题意；
若，则，不合题意舍去；
若，则，不合题意舍去.
综上所述，.
（3）由（2）可知当时，即，
所以恒成立，当且仅当时取等号，
所以，，
一方面，，
即，
另一方面，，
从而当时，，
因为为正整数，且对于任意正整数，恒成立，
故的最小值为3.
35．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）已知函数.
(1)若有两个不同的零点，求a的取值范围；
(2)若函数有两个不同的极值点，证明：.
【答案】(1)
(2)见解析
【解析】（1）的定义域为，且，
当时，，所以在上单调递增，不可能有两个零点，舍去.
当时，令，解得：，令，解得：，
在上单调递减，在上单调递增，
因为有两个不同的零点，则，解得，
当时，，，所以在上存在唯一的一个零点；
当时，取正整数，则，，
而，
当时，令，
令，，所以在上单调递增，
，所以，
所以在上单调递增，，故
又，所以，于是，要使，
只需，即，
这样，当时，只需取正整数，则，又，
所以在上存在唯一的一个零点；
综上，.
（2）（），则.
因为有两个不同的极值点，（），则，，
要证，只要证，
因为，所以只要证，
又∵，，作差得，所以，
所以原不等式等价于要证明，即.
令，，则以上不等式等价于要证，.
令，，则，，
所以在上单调递增，，即，，
所以.
36．（2023·广东广州·统考三模）已知函数，记的导函数为．
(1)当时，讨论的极值点的个数；
(2)若有三个零点，，，且，证明：．
【答案】(1)当时，函数的极值点的个数为；
(2)证明见解析.
【解析】（1）函数的定义域为，
导函数，
即，
所以，
因为，，所以，
所以，
所以在上单调递减，又，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以为函数的极大值点，函数没有极小值点；
所以函数只有一个极值点；
（2）因为，
由（1）可得当时，函数有且只有一个零点，不满足要求，
当时，，
令，可得，
当时，，
所以，故，
函数在上单调递增，且，
函数在上只有一个零点，不满足要求，
当时，方程有两个不相等的实数解，
设其解为，不妨设，
则，
所以，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
因为函数在上单调递减，，，
所以，，
又当时，，当时，
由，，
所以函数在，上各存在在一个零点，
所以，
又若为的零点，则，
则，
所以为函数的一个零点，
所以若为的零点，则必为函数的一个零点，
所以，
要证明，
只需证明，
只需证明，
又，故，
所以只需证明
只需证明，
设，
则，
函数在上单调递减，
所以当时，，
所以当时，，即，
又，所以，
所以.
37．（2023·广东汕头·统考三模）设，，
(1)证明：；
(2)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，，求证：，，成等比数列.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）因为，，所以等价于，
即，
令，则只需证，
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
故，即成立，
所以成立，即得证；
（2）记，则，
当时，；当时，．
故在内单调递增，在内单调递减，故；
记，则，
当时，，当时，，
故在内单调递增，在内单调递减，故.
所以函数与函数有相同的最大值，画出与的图象如下图：

可知，且，又当时，，故，
当时，直线与两条曲线和各有两个不同的交点，
则直线与曲线的两个交点分别位于区间和，
而直线与曲线的两个交点分别位于区间和，
构造，当时，；当时，，
当时，1-x