新高中数学压轴题二轮专题专题15导数与三角函数综合试题含解析答案

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一、解答题
1．已知函数，，为自然对数的底数.
（1）当时，证明：，；
（2）若函数在上存在两个极值点，求实数的取值范围.
2．已知函数.
(1)当时，求的最小值；
(2)①求证：有且仅有一个极值点；
②当时，设的极值点为，若.求证：
3．已知函数，
(1)讨论时函数在上的单调性；
(2)当时，若对于任意恒成立，求的取值范围．
4．设函数．
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)当时，设，且轴，求两点间的最短距离；
(3)若时，函数的图象恒在的图象上方，求实数的取值范围．
5．已知函数，，是的导函数.
(1)证明：在上存在唯一零点；
(2)若关于的不等式有解，求的取值范围.
6．已知函数及其导函数满足，且．
(1)求的解析式，并比较，，的大小；
(2)试讨论函数在区间上的零点的个数．
7．已知函数；
(1)当时，证明：对任意，；
(2)若是函数的极值点，求实数的值．
8．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)（），若对任意，均存在，使得，求实数a的取值范围．
9．函数
(1)讨论函数在区间上的极值点的个数；
(2)已知对任意的恒成立，求实数k的最大值．
10．（1）求证：当时，；
（2）若关于的方程在内有解，求实数的取值范围.
11．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若在上有两个不等的实数根，证明：.
12．已知函数的图象在处的切线过点.
(1)求在上的最小值;
(2)判断在内零点的个数，并说明理由.
13．已知函数.
(1)若，求；
(2)设函数，证明：在上有且仅有一个零点，且.
14．已知函数.
(1)若在上恰有2个零点，求的取值范围；
(2)若是的零点（是的导数），求证：.
15．已知函数，为的导数.
(1)证明：在区间上存在唯一极大值点；
(2)求函数的零点个数.
16．设函数，.曲线在点处的切线方程为.
(1)求a的值；
(2)求证：方程仅有一个实根；
(3)对任意，有，求正数k的取值范围.
17．已知，函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，设的导函数为，若恒成立，求证：存在，使得；
(3)设，若存在，使得，证明：．
18．已知，函数，.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：存在唯一的极值点；
(3)若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围.
19．设函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求在上的最大值和最小值.
20．已知函数f（x）＝lnx﹣sinx+ax（a＞0）．
（1）若a＝1，求证：当x∈（1，）时，f（x）＜2x﹣1；
（2）若f（x）在（0，2π）上有且仅有1个极值点，求a的取值范围．
21．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．
22．设函数.
（1）当时，判断的单调性；
（2）若当时，不等式恒成立，求a的取值范围.
23．已知函数．
(1)当时，，求的取值范围；
(2)是否存在，使得？说明理由．
24．已知函数（为自然对数的底数）．
(1)证明：当时，；
(2)①证明：在区间内有4个零点；
②记①中的4个零点为，，，，且，求证：．
25．已知函数，求证：
(1)函数有唯一的极值点及唯一的零点；
(2).
26．已知函数．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)若，且对，都，使得成立，求实数的取值范围．
27．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)判断函数在区间上的单调性；
(3)是否存在，使得成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
28．已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
29．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
30．（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
31．设函数为的导函数.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，证明；
（Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明.
32．已知，函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
参考答案：
1．（1）见解析；（2）
【分析】（1）先求导，再利用导数研究函数的单调性从而得证；
（2）先求导数，再讨论当时，当时，函数的单调性及极值情况，再求解即可.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，则，又因为，
所以当时，，仅时，，
所以在上是单调递减，所以，即.
（2），因为，所以，，
①当时，恒成立，所以在上单调递增，没有极值点.
②当时，，令，
则在上单调递减，因为，，
当，即时，，，
所以在上单调递增，，，
所以，，即，所以单调递减，无极值点；
当，即时，存在，使，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，在处取极大值，
因为，所以，又因为，，
若存在两个极值点，即存在两个变号零点，则得，得，得，
此时存在，使得，，
当，，，，，，即在处取得极小值，在处取得极大值，，为的两个极值点，则此时.
综上可知若函数在上存在两个极值点，则实数的取值范围为：.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性及函数的极值，重点考查了运算能力，属综合性较强的题型.
2．(1)
(2)①证明见解析 ②证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，利用导数单调性，可得出函数单调性，即可求最值；
（2）①求出函数导数，根据导数的单调性，利用零点存在性判断导数只有一个变号零点即可；②作差后构造函数，利用导数判断函数单调性，利用单调性求出最小值0即可得证.
【详解】（1），令，
当时，，，
，故在上单调递增，又，
在上单调递减，
在上单调递增，
的最小值为.
（2）由（1）知，，
，故在上单调递增，即在上单调递增，
又，
，
存在唯一的变号零点，
即有且仅有一个极值点.
②由①知：有且仅有一个极值点且，则
当时，，
由①知：，要证，
只需证：，
而，那么
，
令，则，
设，则，又，
所以，在上单调递增，即在上单调递增，
又，，在上单调递增，
即在上单调递增，又，，
在上单调递增，，
综上所述，时，
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问，首先需要对要证结论变形，再构造函数，利用，转化为证明，本题第二个关键点在于需要多次求导，利用函数的单调性，证明函数值不小于0，直到得出单调递增，再由单调性得出结论，过程繁杂，极易出错.
3．(1)答案见解析；
(2)．
【分析】（1）考查导数研究带参函数单调性，所以第一步进行求导，再根据变量x取值范围和导函数的结构特征进行分类讨论分析求解即可.
（2）将原不等式对于任意恒成立进行等价转换，从而将研究恒成立问题变成研究最值问题，然后构造函数进行求导研究其单调性,本题中的函数在处导数等于2影响下一步的研究，故研究时引入辅助构造函数来研究.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以单调递增且，单调递减且，所以在上单调递增：
当时，，所以在上单调递增；
当时，，，
所以，使得时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
故，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，若对于任意恒成立，则有对于任意恒成立，
则，
所以，
所以对任意的恒成立，
所以在上单调递增，所以，所以：
当时，恒成立，所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以恒成立，
即恒成立，所以恒成立，所以，原不等式恒成立；
当时，，又，所以，使得时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，又，
所以时，，所以在上单调递减，
所以时，即，即，不符合，
综上所述，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：1.在遇到利用导数研究带参函数的单调性的复杂情况时，要注意观察函数以及导函数的结构特征，有时可少走弯路找到出路.
2.对于利用导数研究带参函数不等式恒成立问题常转换利用导数研究带参函数最值问题.
4．(1)
(2)1
(3)
【分析】（1）代入，求出，再利用导数的意义求出切线的斜率，最后由点斜式写出切线方程即可；
（2）由题意可得，令求导分析单调性得到最小值即可；
（3）令，求导后再次构造函数，分析的单调性，结合题意得到实数的取值范围即可.
【详解】（1）当时，，则，
，则，
所以函数在点处的切线方程为.
（2）当时，且轴，由，
得：，
所以．
令，
令，在上单调递增，
故，则在上单调递增，
所以时，的最小值为，
所以.
（3）令，
，
设为的导数，则，
因为在时恒成立，
所以函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
因此函数在上单调递增，在上恒成立，
当时在上单调递增，即，
故当时，恒成立，
当时，，又因为在上单调递增，总存在，
使得在区间上，导致在上单调递减，而，
所以当时，，这与在恒成立矛盾，
所以不符合题意，
综上所述，的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：
（1）本题第二问关键在于能从已知得到，再构造函数求导得到最小值；
（2）本题第三问关键在于二次构造函数求导分析单调性.
5．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）对求导，构造利用导数研究其单调性，结合零点存在性定理判断的零点，即可证结论；
（2）问题化为在上能成立，构造，，应用分类讨论及导数研究其单调性，只需各情况下的最大值大于等于0，求参数范围.
【详解】（1）由题设，令，所以，
上，递增，上，递减，且，
故上，则恒成立，
上存在一个零点，即存在一个零点；
综上，在上存在唯一零点；
（2）由（1）知：，
所以在上能成立，
令，，则，
当，时，，在上递增；
所以即可，故，此时；
当，时，，在上递减；
所以即可，故，此时；
当，使，
，，，递增；
，，，递减；
所以，
令，，则，
所以在上递增，故，即成立；
综上，的取值范围.
【点睛】关键点点睛：第二问，将问题化为研究，能成立，利用导数研究函数最大值的符号为关键.
6．(1)
(2)2个
【分析】（1）可设，得到，利用导数得到函数的单调性，结合时，，求得，再设函数，得到函数在上单调递增，进而得到，即可求解；
（2）根据题意，当时，；当时，，分，和，三种情况讨论，求得函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，
可设且为常数，
令，可得，所以，
则，当时，，所以在单调递增，
因为均小于，只需比较这三个数的大小即可，
设，
因为当时，，所以，所以，又，所以，
设函数，则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，所以，
所以.
（2）解：由题意知，函数，
当时，；当时，，
（i）令，当时，，
所以在上单调递减，
因为，所以存在唯一的，使得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减；
（ii）当时，令，则，
所以在上单调递减，所以，
又因为在上，，
所以，在上单调递减；
（iii）当时，，在上单调递减，
由（i）（ii）（iii）可得，在上单调递增，在在上单调递减，
因为，
所以存在唯一的，使得，
故在区间上仅有两个零点.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接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，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
7．(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）求导得到函数的单调区间，求出，结合对数的运算可得结果；
（2）求导得到函数的单调区间，可得在单调递减，在单调递增，满足是的极值点，进而求出结果即可.
【详解】（1）当时，，，
当时，，则；
当时，，，故，所以在单调递增，
因为，所以，所以，
所以，所以，故；
综上，对任意，．
（2），，因为是的极值点，
所以，即．
当时，，令，则，
由（1）可知，对任意，，故在单调递增，又，
故当时，，即，当时，，即，
故在单调递减，在单调递增，满足是的极值点，
综上，实数的值为1．
【点睛】关键点点睛：第二问由极值点求参数可先分析单调性，再由极值点处导数为零求参数即可.
8．(1)
(2)
【分析】（1）先求出导函数，由得到切线斜率，再根据切点坐标即可得到切线方程；
（2）转化问题为，结合二次函数性质可求得的最大值，构造，由的导函数判断的单调性，利用端点值和极值判断的正负，进而判断的单调性，求得，即可求解.
【详解】（1）由题意，
则，即切线的斜率，
且，即切点坐标为，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）由题意可知：，
因为的图象开口向上，对称轴为直线，
则在上单调递减，可得，
由（1）可设，则，
所以，
当时，；当时，，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增.
且，
可知在区间上只有一个零点，设为，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，可得当时，，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
9．(1)见解析；(2)-1
【分析】（1）由题意，求得函数的导数，分类讨论，得出函数的单调性，进而可求得函数的极值点的个数；
（2）设，先征得当时是成立的，再对时，总存在，作出证明，进而得到实数的最大值．
【详解】（1）
①当时，
，，
单调递增，在上无极值点
②当时
在上单调递减，，
存在使得，则为的极大值点；
在上单调递增，，
存在使得，则为的极小值点；
在上存在两个极值点
③当时
在上单调递增，，
存在使得，则为的极小值点；
在上单调递减，，
存在使得，则为的极大值点；
在上存在两个极值点
综上所述：当时，在上无极值点；当或时，在上有两个极值点．
（2）设（）
①先证明时成立，证明过程如下：
，
，
，
，，
在上单调递增，
在上单调递增，
即对任意的，恒成立
②下证对，总存在， ，
，
，
，
当时，，
（i）当时，
（ii）当时，，
综（i）（ii）可知，当时，
在上单调递增
，
使得
时
在上单调递减
时
即存在，综上所述，的最大值为
【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，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，求解曲线在某点处的切线方程；(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)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．
10．（1）证明见解析（2）
【分析】（1）对函数求导后，再构造函数，求导后在上为增函数，再由，得在上为增函数，从而可证得结论；
（2）先证得，则令，原问题等价于在内有零点，由（1）可知当时，函数没有零点，当时，连续两次求导结合零点存在性定理求出的单调区间，再判断函数的零点，从而可求得结果.
【详解】（1）证明：令，则，
令，则，
因为，所以，即在上为增函数，
所以，故在上为增函数，
所以，即成立.
（2）解：设，由于，则，
所以在上为增函数，所以，即.
方程等价于.
令，原问题等价于在内有零点，
由，得.
由（1）知当时，，
此时，当时，函数没有零点，不合题意，故舍去.
当时，因为，所以，
令，则.
当时，恒成立，所以单调递增.
当时，令，则.
因为，，所以，所以单调递增.
又，，
因此在上存在唯一的零点，且.
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增.
又，，，
因此在上存在唯一的零点，且.
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增.
又，，
由（1）知，所以，
所以在上没有零点，在上存在唯一零点，因此在上有唯一零点.
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题有关键是对方程化简变形后构造函数，将原问题转化为在内有零点，然后利用导数和零点存在性定理求解，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
11．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导函数，确定切线斜率及切点纵坐标，即可得切线方程；
（2）设，则在上存在两个零点，求导结合零点存在定理可得函数的单调性，分别确定函数在处和处的切线方程，构造函数可证得，，考虑和的零点，分别为和，结合不等式的性质即可证明结论.
【详解】（1），
所以，
所以，又因为，
所以在处的切线方程为.
（2）依题意得在上有两个不等的，
而
令，则，
因为对任意的，所以任意的恒成立，
所以在上单调递减，
而，
由零点存在性定理，存在，使得，
于是，
因此在上单调递增，在上单调递减，
在取到极大值
又因为，由零点存在性定理和的单调性，
当且仅当时，在上和上各恰有一个零点，即为，不妨设，
由（1）可得，在处的切线方程为.
令，则
令，则，所以在单调递减，
而，所以对任意的，
所以在单调递减，又因为，
所以对任意的，即当时，，
同理可计算得，在处的切线方程为
令，则，
令，则，所以在单调递减
而，所以对任意的，所以在单调递增，
又因为，所以对任意的.
即当时，，
考虑和的零点，分别为和，
因为，所以，
因为，所以，
于是，所以.
【点睛】关键点睛：解决该问题的关键是构造函数，确定函数在处和处的切线方程，利用导数构造函数证明，，从而将零点转化，再结合不等式的性质证得结论.
12．(1)
(2)有2个零点，理由见解析
【分析】（1）法一：利用在处的切线过点，可求，进而可求最小值；法二：利用导数求得切线方程为，进而可得切点，可求，进而可求最小值；
（2）法一：问题等价于判断方程根的个数，令，求导判断函数的单调性，利用零点的存在性定理可得结论.法二：求导可得，令，进而求导可得上必有一个零点，使得，进而可得在上单调递增，在上单调递减，进而利用零点的存在性定理判断在上有一个零点，在上有一个零点.
【详解】（1）法一：，
又，所以切线方程为，
又切线过点，
得，所以.
所以，
当时，，所以在上单调递减，
所以的最小值为.
法二:，
所以切线方程为，
因此切点为，
得，所以，
所以，
当时，，所以在上单调递减，
所以的最小值为；
（2）法一：判断在内零点的个数，等价于判断方程根的个数，
等价于判断方程根的个数.
令
，令，则，得.
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.，
（或）
所以时，方程有2根，
所以在有2个零点.
法二：由（1）得，
令，则在上为减函数
，
所以在上必有一个零点，使得，
从而当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减..
又，
所以在上必有一个零点，使得.
当时，，即，此时单调递增;
当时，，即，此时单调递减..
又因为，
所以在上有一个零点，在上有一个零点，
综上，在有2个零点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用隐零点法并结合零点存在性定理判断其零点个数.
13．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）化简已知条件求得，利用诱导公式求得.
（2）先求得的表达式，然后对进行分类讨论，结合零点存在性定理证得在上有且仅有一个零点，求得的表达式，然后利用函数的单调性证得不等式成立.
【详解】（1）由，则，
所以
.
（2）证明：由题意得.
①当时，，所以单调递增.
又，由于，而，
所以.又，
所以由零点存在定理得在内有唯一零点，使得.
当时，，所以，则在上无零点；
当时，，所以，则在上无零点.
综上，在上有且仅有一个零点.
②由①得，且，
则.
由函数的单调性得函数在上单调递增，
则，
故.
【点睛】求解已知三角函数值求三角函数值的问题，可以考虑利用诱导公式等三角恒等变换的公式来进行求解.判断函数零点的个数，除了零点存在性定理外，还需要结合函数的单调性来进行判断.
14．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将在上恰有2个零点问题转化为的图象有2个不同的交点，利用导数判断函数单调性，数形结合，列不等式即可求得答案；
（2）将变形为，结合的表达式，利用，推出，从而构造函数，利用导数求解最值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意知，在R上单调递增，不合题意；
故，令， ，
故在上恰有2个零点，
即需满足的图象有2个不同的交点；
令，
则，
故当时，，当时，，
故函数在上单淍递增，在上单调递减，
作出的大致图象如图所示，

因为，
所以要使函数的图象与直线在上恰有2个不同的交点，
则,
解得，即实数的取值范围为.
（2）要证：，即证：.
因为，
所以，则，
故
，
令，则，
故当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
则，故，
即.
【点睛】难点点睛：本题考查导数的应用，涉及利用导数求解零点问题以及证明不等式；难点在于不等式的证明，解答时要将，变形为，结合，利用则，即得，进而推出，然后同构函数，求解最值问题即可证明结论.
15．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）二次求导，结合零点存在性定理得到在区间上存在唯一极大值点；
（2）结合第一问，分三种情况进行讨论，求得的零点个数.
【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，且，
令，，所以，，
令，，则，
当时，，所以，
即在上单调递减，
又，，
，
则存在，使得，即存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以为的唯一极大值点，
故在区间上存在唯一极大值点；
（2）由（1）知，，，
①当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
所以存在，使得，
所以当，时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，，
所以当时，有唯一的零点；
②当时，，单调递减，
又，所以存在，使得；
③当时，，所以，则在没有零点；
综上所述，有且仅有2个零点.
【点睛】关键点点睛：判断函数的零点个数，要结合函数特征，利用导函数求出其单调性及极值和最值情况，结合零点存在性定理求出零点个数.
16．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得；
（2）分，，，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证；
（3）令，分，两种情况，利用导数讨论最值即可得解.
【详解】（1）解：因为，所以，
又点在切线上，所以，
所以，即.
（2）证明：欲证方程仅有一个实根，只需证明仅有一个零点，
令，则，
令，则，
讨论：（1）当时，，
所以在上单调递增，所以，即，
所以在上单调递增，，即此时无零点；
（2）当时，，即此时有一个零点；
（3）当时，
所以，当时，，即此时无零点
综上可得，仅有一个零点，得证.
（3）当时，，即恒成立，
令，
则，
由（Ⅱ）可知，时，
所以，
讨论：（1）当时，因为，所以，
即，
所以，
即当时，，
所以在时单调递增，
所以恒成立，即满足条件，
（2）当时，由可知，
又，所以存在，使得，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即不能保证恒成立，
综上可知，正数k的取值范围是.
【点睛】思路点睛：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解.
17．(1)递增区间为，递减区间
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，即可求解；
（2）当时，求得，根据题意恒成立，取，得到，即可证明；
（3）设，得到，转化为，设，求得，根据，得到，进而得到，进而证得结论．
【详解】（1）由函数，可得其定义域为，
当时，可得，则，
当时，可得，单调递减；
当时，可得，单调递增，
函数的单调递增区间为，单调递减区间．
（2）当时，可得，则，
恒成立，即恒成立，
令，
若，则，存在，使得，
即，不符合题意，
，
取，则，可得
即存在，使得．
（3）由函数，
可得，
设，由，
可得，
则，
又由，可得，
函数为单调递增函数，
，即，
，
设，
可得，
当时，，即，
，即，
，
代入可得：，
则，
．
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求，代入计算即为斜率，求的值，结合点斜式即可求得切线方程.
（2）①研究当时，的单调性，②研究当时，令，运用导数研究单调性，结合零点存在性定理可知存在唯一，使得，即，进而可证得的单调性，进而可证得结果.
（3）将问题转化为，由（2）可知， ，，进而可得存在，使得，设，，进而将问题转化为求，运用导数求即可.
【详解】（1）由题意知，，
所以，
又，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）证明：由，，
①当时，，则在上单调递增，
②当时，设，则，
所以，故在上单调递减，
又，，
所以由零点存在性定理可知，存在唯一，使得，即.
所以当时，，即；当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综述：在上单调递增，在上单调递减，存在唯一，使得.
故存在唯一的极值点.
（3）由（2）可知，在上单调递增，在上单调递减，
故，
因为，所以，
由题意知，，
即，
化简得，，
设，，
由题存在，使得，
所以，.
又
设，，则，
所以在上单调递减，
故，
当时，，；当时，，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以.
故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：恒成立（能成立）问题解题策略：
方法1：分离参数法求最值：
(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
(2)恒成立⇔；
恒成立⇔；
能成立⇔；
能成立⇔；
方法2：根据不等式恒成立（能成立）构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
19．(1)
(2)在上的最大值为，最小值为
【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；
（2）利用导函数与原函数单调性的关系，判断出在上的单调性即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
又，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由（1）可知，.
令，则，
当时，，，所以，
所以在上单调递增，
当时，，即，
所以在上单调递增，
所以的最大值为，的最小值为.
20．（1）详见解析；（2）（0，1）．
【分析】（1）构造函数g（x）＝f（x）﹣（2x﹣1），对其求导研究其在x单调性，即可证明结论；
（2）先对f（x）求导，然后把f（x）在（0，2π）上有且仅有1个极值点转化为的零点问题，利用y（a＞0）与函数y＝csx，x∈（0，）的图象只有一个交点求出a的取值范围即可．
【详解】解：（1）证明：当a＝1时，f（x）＝lnx﹣sinx+x，令g（x）＝f（x）﹣（2x﹣1）＝lnx﹣sinx﹣x+1，x，
则，∴g（x）在（1，）上单调递减，
故g（x）＜g（1）＝﹣sin1＜0，所以f（x）＜2x﹣1；
（2）解：由题知，令，所以．
∵在（0，2π）上有且仅有1个极值点，
∴函数y（a＞0）与函数y＝csx，x∈（0，）的图象只有一个交点，
∴，即，
所以a的取值范围为．
【点睛】本题考查构造函数证明不等式，利用导数研究函数的零点问题，属于中档题.
21．（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.
22．（1）单调递增；（2）.
【解析】（1）求导，得出导函数的符号，从而可得函数单调性.
（2）由已知将问题转化为不等式恒成立，令，求导，分析导函数的符号，得出单调递增，求得的最大值，由恒等式的思想可得出的取值范围.
【详解】解：（1），令，
当时，，所以当时，单调递增；
所以，即，所以单调递增.
（2）因为当时，不等式恒成立，
所以当时，不等式恒成立，
令，所以，
因为当时，，所以，所以单调递增，
所以，所以.
【点睛】方法点睛：对于不等式恒成立问题，常常采用：对一切恒成立，等价于；对一切恒成立，等价于．
23．(1)
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论判定单调性找最小值即可求出的取值范围.
（2）右侧不等式利用放缩法证明，左侧不等式利用（1）中的结论，构造函数，求导数判断单调性证明.
【详解】（1）由，得．
令，得．
令，得．
（ⅰ）当时，，且当且仅当取得，
所以在上单调递增，故，且当且仅当取得．
所以在上单调递增，故，且当且仅当取得．
所以在上单调递增，故，符合题意；
（ⅱ）当时，注意到在单调递增，且，，
所以存在唯一，使得，且在上有．
所以在上单调递减，故在有．
所以在上也单调递减，故在有
所以在上仍单调递减，故，不恒成立，舍去；
（ⅲ）当时，由（ⅰ）可知当就有，不恒成立；
（ⅳ）当时，由（ⅰ）可知．
综合上述讨论，的取值范围为；
（2）对于右侧：由（1）可知
，
由，
所以右侧不等式始终成立；
对于左侧：由（1）可知当时，．
设，则．
在时有，所以在单调递增，
故当时，，此时．
令，可知
．
所以当，时，
令，注意到，
所以可得到一个充分条件
．
所以任取，，则该侧不等式成立．
因此，对于任意，，原不等式都成立．即所求的是存在的.
【点睛】1. 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.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，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.
24．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）对函数求导，引入再求导，可得在是减函数，结合可得进而得是减函数，又根据单调性可得结论；
（2）①求出在有四个零点，把函数在区间划分为五个单调区间，进一步找到在有四个零点，又把函数在区间划分为五个单调区间，结合单调性以及零点存在性定理，可得在区间内有4个零点；
②根据函数表达式可求得，，把要证的不等式转化为证明成立，通过找点锁定均在区间内，而在是减函数，转化为证明即可，利用，可证，使得命题得证.
【详解】（1），设，则
，
因为，所以，所以单调递减，
又，所以，即，所以单调递减，又，所以；
（2）①由（1）知，
令得，，，，且，单调递减，，单调递增，，单调递减，，单调递增，，单调递减，
又，，，，，，所以存在，，，使，
且，，递减，，，递增，
，，递减，，，递增，
，，递减，
又，，，，，
所以，，，，
使，所以在上有4个零点．
②由①知，，又，所以，
，又，所以，
所以要证即证：，即证，
因为，，所以，
又，，所以，
所以，又因为，递减，
又，所以，
所以在单调递减，所以只需证，
又，
又，所以，
所以，
所以，所以．
【点睛】本题先考查了函数与导数基本概念和运算，利用导数判断单调性，对导函数进行二次求导判断单调性，结合端点函数值，推证作了深入考查，在判断四个零点以及证明不等式时，解题难度进一步增加，要求学生具有严密的逻辑推理能力，很强的直观想象能力，分层求导，由下及上是基本的解题环节，题目在知识层面，能力层面创新层面要求很高，区分度和选拔功能很强.
25．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，判断函数单调性与极值，进而求得最值，进而判断零点；
（2）由（1）知，，由的单调性可知，所以，令，根据导数可得，所以，又因为在上递减，所以.
【详解】（1）①当时，由于单调递减，单调递减，
所以单调递减
又，，
所以存在，使得，
即在只有个零点，无极值点；
②当时，，
令，
因为和在上均单调递减，所以单调递减，
因为，，
所以存在，使得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
又，，
所以存在，使得，
因为，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以是的极大值点，无极小值点，
因为，，
所以当时，恒成立，即函数无零点；
综上，函数有唯一的极值点及唯一的零点；
（2）由（1）知，，，
由于为的极值点，所以，即，
所以，
设，则，所以单调递增，
所以，即，即，
所以，
令，
则，
所以在上单调递减，所以，
所以，
又因为在上递减，所以.
【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、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．
26．(1)；
(2).
【分析】（1）利用导数研究单调性，注意构造中间函数判断的符号；
（2）构造研究其单调性证在上恒成立，再应用导数研究在上的最大值，结合已知恒能成立有即可求范围.
【详解】（1）因为函数，所以．
设，则，故在上递减．
，即，
在上单调递减，最小值为．
（2）令，则在上恒成立，
即函数在上单调递减，所以，
所以，即在上恒成立；
又，当时，
在区间上单调递增；
在区间上单调递减．
函数在区间上的最大值为．
综上，只需，解得，即实数的取值范围是．
27．(1)；
(2)递增；
(3)存在，.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）由导数值恒正判断函数单调递增.
（3）假定存在，分离参数构造函数，利用导数探讨最大值即可得解.
【详解】（1）函数，求导得，
则，而，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，，，因此，
所以函数在区间上的单调递增.
（3）假定存在，使得成立，即存在，不等式成立，
令，求导得，
令，求导得，即函数在上递增，
则，即，于是，而，
因此，函数在上单调递增，，，则，
所以的取值范围是.
28．(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
29．(1)在上单调递减
(2)
【分析】（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
则
，
令，由于，所以，
所以，
因为，，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减.
（2）法一：
构建，
则，
若，且，
则，解得，
当时，因为，
又，所以，，则，
所以，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
综上所述：若，等价于，
所以的取值范围为.
法二：
因为，
因为，所以，，
故在上恒成立，
所以当时，，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
当时，因为，
令，则，
注意到，
若，，则在上单调递增，
注意到，所以，即，不满足题意；
若，，则，
所以在上最靠近处必存在零点，使得，
此时在上有，所以在上单调递增，
则在上有，即，不满足题意；
综上：.
【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论这种情况的关键是，注意到，从而分类讨论在上的正负情况，得到总存在靠近处的一个区间，使得，从而推得存在，由此得解.
30．（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
31．（Ⅰ）单调递增区间为的单调递减区间为.（Ⅱ）见证明；（Ⅲ）见证明
【分析】(Ⅰ)由题意求得导函数的解析式，然后由导函数的符号即可确定函数的单调区间；
(Ⅱ)构造函数，结合(Ⅰ)的结果和导函数的符号求解函数的最小值即可证得题中的结论；
(Ⅲ)令，结合(Ⅰ)，(Ⅱ)的结论、函数的单调性和零点的性质放缩不等式即可证得题中的结果.
【详解】(Ⅰ)由已知，有.
当时，有，得，则单调递减;
当时，有，得，则单调递增.
所以，的单调递增区间为，
的单调递减区间为.
(Ⅱ)记.依题意及(Ⅰ)有：，
从而.当时，，故
.
因此，在区间上单调递减，进而.
所以，当时，.
(Ⅲ)依题意，，即.
记，则.
且.
由及(Ⅰ)得.
由(Ⅱ)知，当时，，所以在上为减函数，
因此.
又由(Ⅱ)知，故：
.
所以.
【点睛】本题主要考查导数的运算､不等式证明､运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力､综合分析问题和解决问题的能力.
32．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出可求切线方程；
（2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求.
（ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.
【详解】（1），故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.