新高考数学三轮冲刺天津卷押题练习第20题（2份打包，原卷版+教师版）

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题型一导数综合
20．（16分）（2023•天津）已知函数．
（Ⅰ）求曲线在处的切线斜率；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明过程见解答；（Ⅲ）证明过程见解答．
【分析】（Ⅰ）对函数求导，求出（2）的值即可得解；
（Ⅱ）令，先利用导数求出的单调性，由此容易得证；
（Ⅲ）设数列 的前项和，可得当时，，由此可知，证得不等式右边；再证明对任意的，，令，利用导数可知，由此可得，再求得，，由此可得证不等式左边，进而得证．
【解答】解：（Ⅰ）对函数求导，可得，
则曲线在处的切线斜率为（2）；
（Ⅱ）证明：当时，，即，即，
而 在上单调递增，
因此，原不等式得证；
（Ⅲ）证明：设数列的前项和，
则；
当时，，
由（2），，
故，不等式右边得证；
要证，只需证：对任意的，，
令，则，
当时，，函数在上单调递减，
则，即，
则，
因此当时，，
当时，累加得
，
又，，
故，即得证．
20．（15分）（2022•天津）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：．
【答案】（1）；（2）（ⅰ），；（ⅱ）证明见解答．
【分析】（1）利用导数的几何意义及直线的斜截式方程即可求解；
（2）（ⅰ）将和有公共点转化为在上有解，再构造函数，，接着利用导数求出的值域，从而得的取值范围；
（ⅱ）令交点的横坐标为，则，再利用柯西不等式及结论：时，，，放缩即可证明．
【解答】解：（1），，
，，
函数在处的切线方程为；
（2）（ⅰ），，又和有公共点，
方程有解，
即有解，显然，
在上有解，
设，，
，
当时，；当，时，，
在上单调递减，在，上单调递增，
，且当时，；当时，，
，，
的范围为，；
（ⅱ）证明：令交点的横坐标为，则，
由柯西不等式可得
，
又易证时，，，，
，
故．
一、导数的应用
1.在点的切线方程
切线方程的计算：函数在点处的切线方程为，抓住关键．
2.过点的切线方程
设切点为，则斜率，过切点的切线方程为：，
又因为切线方程过点，所以然后解出的值．（有几个值，就有几条切线）
3．函数的极值
函数在点附近有定义，如果对附近的所有点都有，则称是函数的一个极大值，记作．如果对附近的所有点都有，则称是函数的一个极小值，记作．极大值与极小值统称为极值，称为极值点．
求可导函数极值的一般步骤
（1）先确定函数的定义域；
（2）求导数；
（3）求方程的根；
（4）检验在方程的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数在这个根处取得极小值.
注①可导函数在点处取得极值的充要条件是：是导函数的变号零点，即，且在左侧与右侧，的符号导号.
②是为极值点的既不充分也不必要条件，如，，但不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数，在极小值点是不可导的，于是有如下结论：为可导函数的极值点；但为的极值点.
4．函数的最值
函数最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数最小值为极小值与靠近极大值的端点之间的最小者．
一般地，设是定义在上的函数，在内有导数，求函数在上的最大值与最小值可分为两步进行：
（1）求在内的极值（极大值或极小值）；
（2）将的各极值与和比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
注：①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；
②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；
③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.
【常用结论】
（1）若函数在区间D上存在最小值和最大值，则
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
（2）若函数在区间Ｄ上存在最小值和最大值，即，则对不等式有解问题有以下结论：
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
（3）对于任意的，总存在，使得；
（4）对于任意的，总存在，使得；
（5）若存在，对于任意的，使得；
（6）若存在，对于任意的，使得；
（7）对于任意的，使得；
（8）对于任意的，使得；
（9）若存在，总存在，使得
（10）若存在，总存在，使得．
三、导数中不等式的证明
证明不等式的过程中常使用构造法，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如①对数形式：x≥1＋ln x（x＞0），当且仅当x＝1时，等号成立.
②指数形式：ex≥x＋1（x∈R），当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x（x＞0，且x≠1）.
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．
【常用结论】
1.破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
（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）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
总结：双变量相关问题，解题策略是减少变量，方式为一个变量用另一个变量表示，或将两变量的整体换元，如下列形式等常见形式
2.常见不等式（大题使用需要证明）
①，，，
②，；；
③；；
④；
⑤；
⑥；；，
1．已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）证明：；
（3）若，，且，求证：（a）（b）．
【答案】（1）的单调递减区间为，无递增区间；
（2）证明见解答；
（3）证明见解答．
【分析】（1）对求导，利用二阶导函数判断的符号，从而可得的单调区间；
（2）分析可得要证，只要证，分别证明，即可；
（3）由（1）可得，由（2）可得，从而，得证．
【解答】解：（1），
，，
令，解得，
，当变化时， “，的变化情况如下表：
当时，有极大值，也就是最大值，
而，
在上恒成立，
在上单调递减，
即的单调递减区间为，无递增区间．
（2）证明：要证，只要证，
，
令，，解得：，
，当变化时，，的变化情况如下表：
当时，有极大值，也就是最大值，而（1），
当时，，
令，，
当时，恒成立，在上单调递增，
而，当时，，
．
（3）证明：已知，，且，
，
由（1）可知，函数在上单调递减，
，
由（2）可知，当时，，
即，即，
，
（a）（b）．
2．已知函数的图象在，（1）处的切线经过点．
（1）求的值及函数的单调区间；
（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求正实数的取值范围．
【分析】（1）首先得到（1），再求出导函数，即可得到切线的斜率，再由两点的斜率公式求出，再利用导数求出的单调区间；
（2）依题意可得在区间上恒成立，即在区间上恒成立，结合（1）中函数的单调性，得到在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，利用导数说明，即可得解．
【解答】解：（1）因为，所以（1），
，（1），
又函数的图象在，（1）处的切线经过点，
所以，解得，
所以，函数的定义域为，，，又，
令，则，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以当时，恒成立，即恒成立，
所以在，上单调递增，
即的单调递增区间为，，无单调递减区间．
（2）因为不等式在区间上恒成立，
因为，则，
即在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
又，所以，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
由（1）可知，在上单调递增，
所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
令，，
则，
所以在上单调递减，
所以（1），即区间上恒成立，
所以时，在区间上恒成立，
即对任意，关于的不等式在区间上恒成立．
3．已知，为函数的极值点，直线过点，，，（a），
（Ⅰ）求的解析式及单调区间；
（Ⅱ）证明：直线与曲线交于另一点；
（Ⅲ）若，求．
（参考数据：
【答案】（Ⅰ）；在，单调递增，在单调递减．
（Ⅱ）证明详情见解答．
（Ⅲ）4．
【分析】先对函数求导，结合导数与单调性及极值关系可得，，的关系，代入函数解析式，即可求解；
（Ⅱ）先求出直线的方程，联立直线与的方程，结合等式合理的构造函数，对其求导，结合导数与单调性关系及函数性质即可证明；
（Ⅲ）结合（Ⅱ）的结论，用换元，可得关于的横坐标与的关系，结合等式特点构造函数，对其求导，结合导数与单调性关系及函数零点存在定理即可求解．
【解答】解：（Ⅰ），
因为，为函数的极值点，
所以，为方程的两个根，
即，为方程的两个根，
所以，，
解得，，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，在，单调递增，在单调递减．
（Ⅱ）证明：直线的方程为，即，
由，得，
所以和为该方程的解，
设，
则，
令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因为，（a），
所以有且仅有2个零点，，其中，
即直线与曲线交于另一点，且的横坐标为．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，即，
设，则，
所以，代入可得，
设，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因为（1），（4），（5），
所以存在唯一的，使得，
此时，
因此，
所以．
4．已知函数，，，为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）设在处的切线方程为，求证：当时，；
（Ⅲ）若存在，使得，且，求证：当时，．
【答案】（Ⅰ）递增区间为，，递减区间为；
（Ⅱ）证明见解析；
（Ⅲ）证明见解析．
【分析】（Ⅰ）求导，令，，求出不等式的解集即可；
（Ⅱ）求出在处的切线方程，构造函数，利用导数求出该函数的单调性，可得，即可证明结论；
（Ⅲ）设，，由（Ⅱ）知，由（Ⅰ）知，，结合条件，可得，
从而得，构造函数，，利用导数研究该函数的单调性，即可证明结论．
【解答】（Ⅰ）解：函数的定义域为，
，令，得，
令，得，
所以函数的单调递增区间为，，递减区间为．
（Ⅱ）证明：，
（1），（1），
所以在处的切线方程为；
令，，
，
令，，
所以在上单调递增，且（1），
所以，
所以在上单调递增，且（1），
所以，即．
（Ⅲ）证明：当时，由（Ⅰ）知，递增区间为，，递减区间为，
且，（1），时，，
当时，由（Ⅱ）知，
所以在上单调递减，且（1），
因为存在，使得，
设，，
由（Ⅱ）知，
由，，得，
所以，
所以
，
令，，
，
令，，
，
所以在上单调递增，且（1），
所以，即，
所以在上单调递增，
所以（2），
所以．
5．已知函数，．
（1）若，求的取值范围；
（2）求证：存在唯一极大值点，且知；
（3）求证：．
【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）将，转化为恒成立，利用导数法求解；
（2）求导，再令，再利用导数法结合零点存在定理证明；
（3）由（1）知，得到，由（2）知，易得，再令（a），利用导数法证明（a）即可．
【解答】解：（1）由，可得恒成立，
令，
则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，
所以，
故的取值范围是，．
（2）证明：由，则，
再令，
因为在上恒成立，
所以在上单调递减，
因为当时，，（1），
于是存在，使得，即，①
并且当时，，则在上单调递增，
当，时，，则在，上单调递减，
于是存在唯一极大值点，且．
（3）证明：由（1）知，当时，，
又，所以，
于是当时，，
由（2）并结合①得：
易知在时单调递减，
所以，
设（a），其中，
因为在时恒成立，
所以（a）在时单调递增，于是（a）（1），
从而有，
所以原不等式成立．
6．已知函数．
（1）求函数在点，（1）处的切线方程；
（2）求函数的最小值；
（3）函数，（1），证明：，，．
【答案】（1）；
（2）0；
（3）详见解答过程．
【分析】（1）根据导数几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）结合导数与单调性关系即可求解；
（3）结合所要证明不等式转化为证，构造函数，对函数求导，结合导数分析函数的性质，结合函数性质即可证．
【解答】解：（1），切线斜率为，
故切线方程为，；
（2）因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，函数的最小值（1）；
（3），由①，
欲证明，，，只需要，
令，则，
令，
故在区间上单调递增，最小值，
则在区间，上单调递增，只需证明，
由①可知，
由（2）可知，
只需证明，
即证，
令，则，
因为在区间，上单调递增，最小值为（1），
所以得证．
7．设函数．
（Ⅰ）求曲线在点，（1）处的切线方程；
（Ⅱ）设函数，
当时，取得极值，求的单调区间；
若存在两个极值点，，证明：．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）的单增区间是和，单减区间是；
证明见解答．
【分析】（Ⅰ）对求导，求出（1），（1），利用点斜式即可求解切线方程；
（Ⅱ）求出的导函数，
先利用极值的性质可求得的值，再利用导数与单调性的关系可得的单调区间；
由题意可得，是方程的两个正根，由根与系数的关系可求出的取值范围，对化简，利用换元法，构造新函数，利用导数判断函数的单调性与最值，进而证明不等式．
【解答】解：（Ⅰ），
（1），（1），
所以，
即曲线在点，（1）处的切线方程为．
（Ⅱ），，
因为当时，取得极值，
所以（1），所以，
此时，
因为，令，
解得或；令，解得，
所以的单增区间是和，单减区间是，
证明：因为存在两个极值点，，
所以，是方程的两个正根，
所以，，△，
所以，
，
要证明，
只需证明，
即证明，不妨设，
只需证明，
只需证明，
即证明，
设，即证明，
设，
，
所以在上单调递增，所以（1），
即成立，
所以．
8．已知函数是自然对数的底数）．
（1）当时，求函数在点，（1）处的切线方程；
（2）当时，
求证：函数存在唯一的极值点；
是的零点，，求证．
【答案】（1）；
（2）证明见解答；
证明见解答．
【分析】（1）当时，求导可得，根据导函数值等于在该点的切线斜率可得切线方程；
（2）当时，求得，令，利用导数求得的单调性，结合（1），，根据零点存在定理和函数的单调性，可以证明函数存在唯一的极值点；
由化简得，然后可证（构造函数求导判断单调性），利用这一性质得到不等式，然后分析题目要证的可以将其转化为，然后构造函数，可以证明对于，，因为，所以，于是可以得到，进而得到证明．
【解答】解：（1）当时，，，
（1），（1），
在点，（1）处的切线方程为：．
（2）证明：当时，，，
令，，则在上单调递减，
又（1），，
由零点存在性定理可知，存在唯一，使，即，
当时，，，在上单调递增，
当时，，，在上单调递减，
则在处取得极大值，即存在唯一的极值点．
证明：由可知，，即，①
由，且，得，
由，得，②
②式除以①式，得，
令，则，
在上单调递减，（1），
所以时，，
则，
要证明，等价于证明，
等价于证明，
设，
，
则在上单调递减，（1），
所以当时，有，
所以，
又
，
故成立．
证毕．
9．已知函数，且．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，且存在三个零点，，．
求实数的取值范围；
设，求证：．
【答案】（1）；
（2）；
证明过程见解析．
【分析】（1）由题意，对函数进行求导，利用导数的几何意义再进行求解即可；
（2）根据存在三个零点，，，转化为两个函数有三个交点，再根据最值可求．
根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得．
【解答】解：（1）当时，，
可得，
此时（1），
又（1），
所以曲线在处的切线方程为，
即；
（2）因为，且存在三个零点，，，
所以有3个根，
当时，，，
此时，
所以函数在上是单调递增，
由零点存在定理可得方程必有一个负根，
当，，
即有两个根，
不妨设，
此时直线与函数有两个交点，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又，当时，，
所以，
则，
解得；
证明：因为，且存在三个零点，，，
不妨设，，，，，，
因为，
所以，
可得，，，
所以，①
由知直线与函数有两个交点，
当时，单调递增，
所以当时，，
又，
所以，②
即，，
若，
此时，
若，
不妨设，，
可得
，
不妨设，
可得，
因为，
又，
所以，③
因为，
又，
所以，
即，④
由③④知，在上单调递增，
当时，可得，
易知，
因为与同号，
所以，
所以函数在上单调递增，
此时，
所以，
即，
由知，
所以，，
当时，，单调递增，
所以，
由①②⑤可知．
10．，，已知的图象在，处的切线与轴平行或重合．
（1）求的值；
（2）若对，恒成立，求的取值范围；
（3）利用如表数据证明：．
【分析】（1）求出函数的导数，根据，求出的值即可；
（2）求出函数的导数，根据函数的单调性求出的范围即可；
（3）根据三角函数的性质累加即可．
【解答】解：（1），则；
（2），即恒成立，
，则，
，
则递减．
所以时，；
（3）证明：
．
11．已知函数．
（Ⅰ）当时，求曲线在点，（e）处的切线方程；
（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅲ）证明：．
【分析】（Ⅰ）当时，函数，（e），利用导数的运算法则可得，即可得出（e），利用点斜式即可得出曲线在点，（e）处的切线方程．
（Ⅱ）恒成立，化为的最大值，由，（e），利用导数研究其单调性即可得出极值与最值，进而得出实数的取值范围．
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得：，可得，，分别令，，，，利用累加求和方法即可证明结论．
【解答】解：（Ⅰ）当时，函数，（e），
，
（e），
曲线在点，（e）处的切线方程为．
（Ⅱ）恒成立，化为的最大值，
由，（e），
可得时，，函数单调递增；时，，函数单调递减．
时，函数取得极大值即最大值，（e）．
，
实数的取值范围为，．
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可得：，，，
分别令，，，，
则，，，
．
12．已知函数，．
（1）讨论的单调区间；
（2）当时，令．
①证明：当时，；
②若数列满足，，证明：．
【答案】（1）答案见解析；
（2）①证明见解析；②证明见解析．
【分析】（1）求出函数的导函数，再讨论的符号即可计算作答．
（2）①等价变形所证不等式，构造函数，利用导数探讨单调性即可；
②由已知证明，由①分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可作答．
【解答】解：（1）函数定义域为，求导得，
当时，恒成立，即在上单调递增，
当时，令，解得，
令，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，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，，
①证明：当时，，
令，
因为恒成立，
所以在上单调递减，，
因此，成立，
所以当时，．
②由①可知，当时，，
由得，即，由，可得，
而，又，即，
则，
由于，只需证，
又当时，，
令恒成立，
则在上单调递增，，
则当时，恒有，而，即成立，不等式成立，
因此成立，即成立，
所以原不等式得证．
13．已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点，（1）处的切线方程；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）若对于任意，都有，求实数的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算（1），（1）的值，求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，根据导数和函数单调的关系，求出函数的单调区间即可；
（Ⅲ）问题等价于“”．构造函数，利用导数求出函数的最值，从而求出的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）因为函数，
所以，（1）．
又因为（1），
所以曲线在点，（1）处的切线方程为．
（Ⅱ）函数定义域为，
由（Ⅰ）可知，．
令，解得．
与在区间上的情况如下：
所以，的单调递增区间是，的单调递减区间是．
（Ⅲ）当时，“”等价于“”．
令，，
，．
当时，，所以在区间单调递减．
当时，，所以在区间单调递增．
而，
．
所以在区间上的最大值为．
所以当时，对于任意，都有，
故的取值范围为，．
14．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：．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）证明详情见解答．
（3）证明详情见解答．
【分析】（1）当，时，，求导分析得符号，进而可得的单调性．
（2）当，时，，求导可得，分两种情况：当时，当时，讨论是否存在，
使得，即可得出答案．
（3）设时，则由得，设，求导分析单调性，可得，则设，求导分析单调性，可得，则，由可得，化简即可得出答案．
【解答】解：（1）当，时，，
所以，
令，解得，
令，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）证明：当，时，，
，
当时，，
所以不等式不恒成立，
当时，，
取，则，
，
所以当恒成立时，存在，使得．
（3）证明：设时，则由，
得，
设，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
设，
则，
所以当时，（1），则，
所以，
所以，
由可得，
化简的，
所以．
15．已知函数，，其中，
（1）若；
当时，求的单调区间；
曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围．
（2）证明：当时，存在直线，使直线是曲线的切线，也是曲线的切线．
【答案】（1）在上单调递增，在，上单调递减．
，，．
（2）证明详情见解答．
【分析】（1），当时，，求导分析的符号，的单调性．
，即，则两边取对数可得，进而可得，设，只需与直线有两个交点，即可得出答案．
（2）曲线在点，处的切线，曲线在点，处的切线，要证明时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线，即只需证明当时，存在，，使得和重合，即可得出答案．
【解答】解：（1），
当时，，
，
令，得，即，
令，得，即，
所以在上单调递增，在，上单调递减．
，
所以，
两边取对数可得，
所以，
设，
所以，
令得，
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以（e），
又因为（1），且时，，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，
即曲线与直线有两个交点的充分必要条件为，
所以（a）（e），
所以的取值范围为，，．
（2）证明：曲线在点，处的切线，
曲线在点，处的切线，
要证明时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线，
只需证明当时，存在，，使得和重合，
即只需证明时，方程组有解，
由①得，
代入②得③，
所以只需证明当时，关于的方程③存在实数解，
设函数，
即要证明当时，函数存在零点，
，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，
所以存在唯一的，且，使得，即，
所以在上单调递增，在，上单调递减，
在处取得极大值，
因为，故，
，
下面证明实数，使得，
因为可证，
所以当时，有
，
所以由二次函数的性质，存在实数，使得，
所以当时，存在，使得，
所以当时，存在直线，使得是曲线的切线，也是曲线的切线．
16．已知．
（Ⅰ）求曲线在，处的切线方程；
（Ⅱ）判断函数的零点个数；
（Ⅲ）证明：当时，．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）1个；
（Ⅲ）证明见解析．
【分析】（Ⅰ）由函数在某点处的切线方程求解，先求导求斜率，再求切点，可得答案；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得导数，再次求导，研究导数的单调性，进的得到函数的单调性，可得答案；
（Ⅲ）将所正的问题转化为，分和讨论，分别利用导数研究函数的单调性、最值，进而得出证明即可．
【解答】解：（Ⅰ）由，则，
即切线方程的斜率，，
则切线方程为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，令，则，
故函数在上单调递增，由（1）可知，，
则当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增．
故，则函数存在唯一零点，零点为0．
（Ⅲ）要证，即证：，
①当时，，而，所以不等式成立；
②当时，，由（1）知时，，所以，则，
所以只需证，令，，则，
所以在，上单调递减，所以，即，
故只需证，即证：，
令，，则，，
单调递增，故，故单调递增，即，故，
综上所述，在时成立．
17．已知函数．
（1）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程；
（2）若函数有极大值，试确定的取值范围；
（3）若存在使得成立，求的值．
【答案】（1）．
（2），，．
（3）．
【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线的切线方程；
（2）首先求函数的导数，再讨论，判断函数的单调性，讨论函数的极值；
（3）不等式转化为，利用两点间的距离的几何意义，转化为点到直线的距离，求的值．
【解答】解：（1）当时，，
依题意，，可得（1），又（1），
所以曲线在点， （1）处的切线方程为．
（2）函数的定义域为，，
①当时，，所以在上单调递增，此时无极大值；
②当时，令，解得或，令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，
此时在处取得极大值，符合题意；
③当时，令，解得或，令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，
此时在处取得极大值，符合题意；
④当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，此时无极大值；
综上，实数的取值范围为，，．
（3）等价于，
可以看作是动点与动点之间距离的平方，动点在函数的图象上，在直线的图象上，
问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，
由，得，解得，
所以曲线上点到直线的距离最小，最小距离，
则，
根据题意，要使，则，此时恰好为垂足，
由，可得，，
所以．
18．已知函数，．
（1）求的最小值；
（2）若，且，求证：；
（3）若有两个极值点，，证明：．
【答案】（1）0；
（2）证明见解析；
（3）证明见解析．
【分析】（1）利用导数确定函数的单调性，从而即可求得最小值；
（2）由（1）知，即，由，得，即，从而，再由对数函数的性质可得，从而得证；
（3）依题意可得有两个不等正根，，不妨设，由，得，设，利用导数可得，，令，由导数可得在上单调递减，结合（2）可得，令，利用导数得在上单调递减，从而得，，即可得证．
【解答】（1）解：函数的定义域为，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以在时取得最小值0．
（2）证明：由（1）知，所以，
由，得且，
所以，即，从而，
所以．
（3）证明：依题意，有两个不等正根，，不妨设，
由，得，
设，由，知在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，可得，．
，，
令，则，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递减．
因为，，所以，．
由（2）当时，有，
所以，即，
所以，从而．
令，，
所以在上单调递减，
所以，即，
所以，
所以，，
所以．
19．已知函数，，其中为自然对数的底数，．
（1）当时，函数有极小值（1），求；
（2）证明：恒成立；
（3）证明：．
【答案】（1）．
（2）证明详情见解答．
（3）证明详情见解答．
【分析】（1）求导得，分析的符号，进而可得的单调性，极值，即可得出答案．
（2）根据题意可得恒成立，设，求导分析的单调性和最值，只需，即可得出答案．
（3）由（2）知，，则，当时，，当时，，当时，，当时，，累加，即可得出答案．
【解答】解：（1），
令得，
所以当时，，
当时，，
所以有极小值，
所以，即．
（2）证明：不等式恒成立，即恒成立，
设，则，
所以在定义域上的增函数，又，，
则在上有一个根，
此时在上的单调递减，在，上单调递增，
所以的最小值为，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以恒成立，结论成立．
（3）证明：由（2）知，，令，
则，
所以，
由此可知，当时，，
当时，，
当时，，
．
当时，，
累加得，
又，
所以．
20．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）证明：．
【答案】（1）当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在，上单调递增．
（2），，．
（3）证明见解答．
【分析】（1）根据导数的性质，结合一元二次方程根的情况分类讨论进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合函数的单调性和零点存在原理进行求解即可；
（3）根据（2）的结论，构造不等式，利用裂项相消法进行证明即可．
【解答】解：（1）定义域为，，
记．
当时，，即，所以在上单调递减．
当时，令，得，（舍去）．
当时，，即，所以单调递减；
当，时，，即，所以单调递增，
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）由（1）知，当时，在，上单调递减，所以（1），
此时，令，解得．
当时，若（1），则，
由（1），设的正根为，则必有，且当，，即，
所以在，上单调递增，此时（1），，令，解得．
若（1），即，则当时，，即，单调递减，
当，时，，单调递增，
注意到，知，
又当时，，由零点存在定理，，使，
此时，不满足题意．
综上，的取值范围是，，．
（3）证明：由（2）知，当时，对，有（1），即，
又时，，，所以，
令，得，
所以，，，，，
故．
即．
考点
2年考题
考情分析
导数大题
2023年天津卷第20题
2022年天津卷第20题
导数作为高考的压轴大题，难度一直都是较大的，近两年高考在导数的第一问考察求导的基本运算，以及切线方程，第一问的难度较小，大多考生可以解决，后面的问题大多是证明的形式来考察，整体难度较大，涉及参数范围，极值点，最值，零点问题的研究，不等式的证明，函数的构造等。难度很大，考生需要对导数知识掌握透彻的同时了解一些高等数学的内容这样处理导数难题会有些帮助。
0
单调递增
极大值
单调递减
1
0
单调递增
极大值
单调递减
1.010
0.990
2.182
0.458
2.204
0.454
0
减
极小值
增