24届高三二轮复习函数与导函数专题3——函数与导函数（三）续原卷及教师版

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一、三角同构比较大小
1．（2022·河南焦作·统考三模）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．（2022·江苏苏州·校联考模拟预测）若x，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2023下·浙江·高三校联考开学考试）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
4．（2023·全国·高三专题练习）若，，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．的大小不能确定
5．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知，，，其中为自然对数的底数，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2022下·陕西西安·高二长安一中校考期末）已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
7．（2023下·湖北·高二统考期末）已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．（2022下·广东广州·高二广州市玉岩中学校考期中）已知，下列不等式，成立的一个是（ ）
A．B．C．D．
9．（2022上·河南郑州·高三郑州市第七中学校考阶段练习）已知，则（ ）
A．B．C．D．
10．（2023下·江西宜春·高二校联考期末）已知，则（ ）
A．B．C．D．
11．（2022·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、帕德近似和泰勒公式的麦克劳林展开比较大小
12．（2023下·重庆江北·高二重庆十八中校考期中）已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
13．（2023·全国·高三专题练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
14．（2023·全国·高三专题练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
15．（2023·全国·高三专题练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
16．（2023·全国·高三专题练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
17．（2023·全国·高三专题练习）已知，则（ ）
A．B．C．D．
18．（2023·全国·高三专题练习）已知，则（ ）
A．B．C．D．
19．（2022·全国·统考高考真题）设，则（ ）
A．B．C．D．
20．（2021·全国·统考高考真题）设，，．则（ ）
A．B．C．D．
21．（2020·全国·统考高考真题）已知55<84，134<85．设a=lg53，b=lg85，c=lg138，则（ ）
A．a三、取大函数五种方法
22．（2024·河南·统考模拟预测）以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为 ．
23．（2015上·上海浦东新·高一上海市建平中学校考期中）设x，y是正实数，记S为x，，中的最小值，则S的最大值为 .
24．（2020下·安徽六安·高三六安一中校考阶段练习）用表示中的最大值，若，则的最小值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
25．（2011上·广东梅州·高一统考期末）用b，表示a，b，c三个数中的最小值设，则的最大值为 ．
26．（2016·浙江绍兴·统考二模）定义，若实数，满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
四、maxmin函数恒成立问题
27．（2016上·江西抚州·高三校联考期中）记表示m，n中的最大值，如.已知函数，.
（1）设，求函数在上的零点个数；
（2）试探讨是否存在实数，使得对恒成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，说明理由.
28．（2018·河北衡水·统考一模）已知函数.
（1）若函数，试研究函数的极值情况；
（2）记函数在区间内的零点为，记，若在区间内有两个不等实根，证明：.
29．（2021·四川成都·校联考三模）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数（为自然对数的底数）在区间内的零点为，记（其中表示，中的较小值），若在区间内有两个不相等的实数根，，证明：.
30．（2019·云南·统考一模）已知是自然对数的底数，函数与的定义域都是.
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）求证：函数只有一个零点，且；
（3）用表示，的最小值，设，，若函数在上为增函数，求实数的取值范围．
31．（2019·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知函数.
（I）若是上的单调函数，求实数的取值范围；
（Ⅱ）当时，记的最小值为，证明：.
五、最值函数的零点问题
32．（2021上·福建·高一福州三中校考期末）已知函数，．
（1）若函数的定义域为，求实数的取值范围；
（2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围；
（3）用表示，中的最小值，设函数，讨论零点的个数．
33．（2019上·河北石家庄·高三石家庄二中校联考阶段练习）已知函数，其中e为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.
34．（2019·河南·高三校联考阶段练习）已知函数，其中.
（1）证明：；
（2）若，证明；
（3）用表示和中的较大值，设函数，讨论函数在上的零点的个数.
35．（2021·福建南平·统考二模）已知函数，，其中．
（1）讨论函数的单调性，并求不等式的解集；
（2）若，证明：当时，；
（3）用表示，中的最大值，设函数，若在上恒成立，求实数的取值范围．
36．（2021上·福建龙岩·高三福建省龙岩第一中学校考期中）已知函数，，其中.
(1)讨论函数的单调性；
(2)用表示m，n的最大值，记，讨论函数的零点个数
参考答案：
1．A
【详解】因为，所以．
设，
则，
令，则．
当时，，，，
所以，所以当时，，
所以在上单调递增，
从而，
因此，即．
综上可得．
故选：A
【点睛】比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，可以作差进行比较大小，而的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题.
2．C
【分析】利用可得，再利用同构可判断的大小关系，从而可得正确的选项.
【详解】设，则（不恒为零），
故在上为增函数，故，
所以，故在上恒成立，
所以，
但为上为增函数，故即，
所以C成立，D错误.
取，考虑的解，
若，则，矛盾，
故即，此时，故B错误.
取，考虑，
若，则，矛盾，
故，此时，此时，故A错误，
故选：C.
【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.
3．B
【分析】先构造函数，和并分析单调性得出
，时，，并取特殊值得出
，根据构造函数单调性分析即可得出结果.
【详解】设，则，在时，，在时，，
所以，即，所以对任意均成立.取，
有，所以.
再取，可得，两边取倒数，即，
所以，
又当时，设，，则，
，即和在均递增，
所以，，即时，，所以
，
由在单调递增，可得，即.
故选：B
【点睛】方法点睛:
(1)对于实数比较大小我们通常观察式子结构，构造出对应的函数，然后利用函数单调性分析.
(2)作差法是比较两个数值大小最常用的方法，看其值是正还是负，从而确定所比较的大小.
(3)当直接无法比较的时候，往往需要取适当的“媒介”数（通常以“0”，或“1”为媒介），
分别与要比较的数比较，从而间接得出两数的大小.
4．A
【分析】根据条件构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较大小即可.
【详解】令，则，
令，则，
因为，所以，故，
所以在上是单调递减，则，
故，所以在上是减函数，
所以由得，即，
故，即.
故选：A.
5．B
【分析】构造的结构特征，构造，，求导后得到其单调性，得到，再构造，和，，求导得到其单调性，得到，即，从而得到.
【详解】，
令，，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，所以，
又，所以在上恒成立，
所以，即，即，
令，，
所以，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以，即在恒成立，
所以，
令，，
所以，
因为，所以，
故在上单调递减，
所以，即在恒成立，
当时，，
故，即，
综上，
故选：B
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
6．C
【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.
【详解】因为，所以，
令，所以，对函数求导：
， 由有：，
由有：，所以在单调递增，在
单调递减，因为，由有：，
故A错误；
因为，所以，由有：，
故D错误；
因为，所以，
因为，所以，所以，故C正确；
令 有：
=，当，.所以
在单调递增，当时，，
即，又，所以，
因为，所以，因为在
内单调递减，所以，即，故B错误.
故选：C.
7．B
【分析】通过构造，，三个函数，将三个数与进行比较，得到，；
再通过构造，，通过二次求导的方法比较b和c的大小即可得到答案.
【详解】先比较和的大小：
构造，
则对恒成立，则在单调递增，
此时，当且仅当时取等，
所以，则；
构造，
则对恒成立，则在单调递减，
此时，当且仅当时取等，
所以，则；
构造，
则对恒成立，则在单调递减，
此时，当且仅当时取等，
所以，则；
则，；
下面比较b和c的大小：
设，，
，
设，，，
易知在上单调递增，则，
所以在上单调递减，，
即在上恒成立，则在上单调递减，
由，则，即，则.
综上，
故选：B
【点睛】方法点睛：本题考查通过导数的综合运用.比大小问题要熟悉各类常见的放缩，找出结构的相同之处，通过构造函数，运用导数这一工具，对数据进行大小的比较.
8．D
【分析】在时，构造函数，探讨它们的单调性即可分别判断选项A，B，C，D作答.
【详解】因，则令，，，
显然函数在上递减，在上递增，
即函数在上不单调，而，则不能比较与的大小，A不是；
因，则令，，，
显然函数在上递增，在上递减，在上不单调，而，则不能比较与的大小，B不是；
因，则令，，，
函数在上单调递减，由，得，即，C不是；
因，则令，，，
函数在上单调递增，由，得，即，D是.
故选：D
【点睛】思路点睛：某些涉及数或式大小关系问题，细心探求变量关系，构造函数，利用函数的单调性求解.
9．A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
10．B
【分析】由结合三角函数的性质与导数可得；构造函数，利用导数可得，即可得解.
【详解】当时，令，，
则，，
故和在上单调递增，
故，，
且，．
即当时，
因为，所以，即，所以；
设，，所以在单调递增，
则，所以，所以，所以，
故选：B.
11．A
【分析】构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可判断，再构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可判断，即可得解；
【详解】解：令，则，则在定义域上单调递减，所以，即，所以，即，令，，则，因为，所以，令，，则，即在上单调递减，所以，所以，即在上单调递增，所以，即，即，即，综上可得；
故选：A
12．B
【分析】方法一：利用导数可求得，分别代入和，整理可得的大小关系.
【详解】方法一：（构造函数）
令，则，
所以在上单调递增，所以，
即，所以，则，即；
令，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以（当且仅当时取等号），所以，
即（当且仅当时取等号），所以，即，
综上所述：.
故选：B.
方法二：（帕德逼近）
，
，
，所以．
故选：B.
13．B
【分析】应用帕德逼近公式估算各值，比较大小关系即可.
【详解】利用帕德逼近可得，
综上，．
故选：B.
14．B
【分析】应用帕德逼近估算各值的近似值，比较大小关系.
【详解】，，
，
综上，．
故选：B
15．A
【分析】应用帕德逼近公式估算各值，比较大小关系即可.
【详解】，
，
.
综上，．
故选：A
16．D
【分析】根据帕德逼近公式展开计算即可.
【详解】帕德逼近
，
，
，综上．
故选：D
17．B
【分析】由，的帕德逼近公式求出的近似值比较大小即可.
【详解】由，的帕德逼近公式：，，得
，
，
，
故选：B．
18．B
【分析】由，，的帕德逼近公式求出的近似值，从而可比较大小.
【详解】由，，的帕德逼近公式：，，，得
，
，
，
故选：B．
19．C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
20．B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】[方法一]：
，
所以；
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以，即，即；
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b综上，，
故选：B.
[方法二]：
令
，即函数在（1，+∞)上单调递减
令
，即函数在（1，3)上单调递增
综上，，
故选：B.
【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
21．A
【分析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系.
【详解】由题意可知、、，，；
由，得，由，得，，可得；
由，得，由，得，，可得.
综上所述，.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.
22．/0.2
【分析】利用换元法可得，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解.
【详解】令其中，
所以，
若，则，故，
令，
因此,故,则，
若，则，即，
，
则,故,则，
当且仅当且时等号成立，
如取时可满足等号成立，
综上可知的最小值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，在和前提下进行合理分类讨论，根据题意得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词是“或”.
23．
【分析】设，通过的分类讨论，结合不等式的缩放和基本不等式可求解.
【详解】方法一：设， 当时，
不妨设，
①当时，
②当时，，
若，则；
若，则；
③当时，，，
；
④当时，，，
同理，当时，可以证明
综上所述：S的最大值为.
方法二：由题意知，，则，
所以，解得，故S的最大值为.
故答案为：
【点睛】本题考查了不等式的性质，分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
24．B
【解析】令,求出分界点,结合函数的图像进行讨论,求出,进而可求最小值.
【详解】解:可知当时,,此时.
当时,可得,此时
当时,,此时.综上,
可得当或时取得最小值1
故选:B.
【点睛】本题考查了函数的最值,考查了分段函数.求函数最值时,常用的方法有图像法,单调性法,导数法.对于分段函数求最值时,往往画出函数图像进行分析求值.
25．6
【分析】在同一坐标系内画出三个函数，，的图象，以此作出函数图象，观察最大值的位置，通过求函数值，解出最大值．
【详解】是减函数，是增函数，是增函数，令，，此时，，如图：
与交点是A、B，与的交点为C（4，6），由上图可知的图象如下：
C为最高点，而C（4，6），所以最大值为6．
故答案为6.
【点睛】本题考查了函数的概念、图象、最值问题．利用了数形结合的方法．解答本题的关键是通过题意得出的简图．
26．B
【分析】分析可得当，满足①当，时，②当，时，从而化简，作出可行域，平移直线，从而求最小值．
【详解】解：实数，满足时，
可得①当，时，
，，
则，，，
由，，
即有，；
②当，时，
，，
显然，
即有，．
综上可得，，
作出，满足的可行域，如图
画出直线，
平移，当经过点时，取得最小值．
故当，时，有最小值2，
故选：B
27．（1）2；（2）存在，.
【分析】（1）利用导数求出的单调区间及最值，结合图像即可判定；（2）构造函数，对该函数在的最大值进行分类讨论求解，只需要最大值小于0即可.
【详解】（1）设，则.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所，所以，即，所以.
设，结合与在上的图象可知，
这两个函数的图象在内有两个交点，
即在上的零点个数为2（或由方程在内有两根可得）.
（2）假设存在实数，使得对恒成立，
则对恒成立，
即对恒成立，
①设，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以，
当即时，，所以，因为，所以，
故当时，对恒成立；
当，即时，在上递减，
所以.
因为，所以，
故当时，对恒成立.
②若对恒成立，
则，
所以.
由①②得，.
故存在实数，使得对恒成立，且a的取值范围为.
【点睛】此题考查导数的应用，利用导函数研究函数的单调性，图像，零点等问题，含参问题因为参数取不同范围导致函数单调性发生变化，所以一般分类讨论，属于较难题目.
28．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）由求出，分别讨论与的关系，从而求出，时的范围，可得函数的增减区间，根据单调性可得函数的极值情况；（2）先证明，即在区间内单调递增，根据零点存在性定理，存在，使得，可得以，要证，只需证，即，记，其中，利用导数可证明单调递增，故当时，，即可得，进而可得结果.
【详解】解：（1）由题意，得，
故，
故，
.
令，得
①当时，，
或；
，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
所以在处取极大值，
在处取极小值.
②当时，，恒成立，所以不存在极值；
③当时，，或；
，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
所以在处取极大值，
在处取极小值.
综上，当时，在处取极大值，在处取极小值；当时，不存在极值；时，在处取极大值，在处取极小值.
（2），定义域为，
，而，
故，即在区间内单调递增
又，，
且在区间内的图象连续不断，
故根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.
所以存在，使得，
且当时，；
当时，，
所以
当时，，
由得单调递增；
当时，，
由得单调递减；
若在区间内有两个不等实根（）
则.
要证，即证
又，而在区间内单调递减，
故可证，
又由，
即证，
即
记，其中
记，则，
当时，；
当时，，
故
而，故，
而，
所以，
因此，
即单调递增，故当时，，
即，故，得证.
【点睛】本题考查分类讨论求函数的极值以及零点偏移证明不等式.
方法点睛：
（1）根据零点判断两根的范围；
（2）由证明的结果逆推关系式，一般为要想证明，只需证，再根据的范围以及函数的单调性寻找要证明的关系式；
（3）根据同为零点的关系替换，即转化为证明；
（4）对函数求导，求单调性证明即可.
29．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题设有，讨论、判断的符号，进而确定的单调性；
（2）由题意得，研究在上的符号，由区间单调性结合零点存在性定理确定存在使得，根据题设定义写出解析式，应用导数研究单调性，进而应用分析法：要证只需要证，构造函数，应用导数研究单调性并确定，即可证结论.
【详解】（1）的定义域为，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令有，
∴当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
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.
（2）且定义域为，
∴，而在上，即在区间内单调递增，又，，且在区间内的图像连续不断，
∴根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.
∴存在，使得，即，
∴当时，，即；当时，，即，
∴可得，
当时，，由得单调递增；
当时，，由得单调递减：
若在区间内有两个不相等的实数根，，则，
∴要证，需证，又，而在内递减，
故可证，又，即证，即
下证：记，，由知：，
记，则：当时，；当时，，故，而，所以，
由，可知.
∴，即单调递增，
∴当时，，即，故，得证.
【点睛】关键点点睛：
（1）分类讨论参数的范围，应用导数在对应区间的符号研究函数的单调性；
（2）由导数研究在上零点的个数，写出解析式并判断单调性，利用分析法：将要证明的结论转化为函数不等式恒成立.
30．（1）（2）见证明（3）
【分析】(1)利用导数的几何意义求函数在点处的切线方程为.（2）先计算得，所以存在零点，且.再证明在上是减函数，即得证函数只有一个零点，且.(3)由题得，
在为增函数在，恒成立，即在区间上恒成立. 设，只需证明，再利导数求得的最小值，.
【详解】（1）∵，
∴切线的斜率，.
∴函数在点处的切线方程为.
（2）证明：∵，，
∴，，，
∴存在零点，且.
∵，
∴当时，；
当时，由得
.
∴在上是减函数.
∴若，，，则.
∴函数只有一个零点，且.
（3）解：，故，
∵函数只有一个零点，
∴，即.
∴.
∴在为增函数在，恒成立.
当时，即在区间上恒成立.
设，只需，
，在单调减，在单调增.
的最小值，.
当时，，由上述得，则在恒成立.
综上述，实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义和切线的方程的求法，考查利用导数研究函数的零点问题，考查利用导数研究函数的恒成立问题和最值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
31．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析
【分析】（I）问题转化为或恒成立，令g（x）＝，通过求导求出g（x）的最小值，从而求出a的范围
（Ⅱ）由（I）可得当时，在有唯一的，使得a= 且得到，从而得到的最小值为，分解因式分析正负可证得左边成立，再通过构造函数，求导分析得到最大值，证得结论.
【详解】（I）求导得，由题意知，
设，则，在递减，在上递增，
即是的极小值点，所以，
要使是上的单调函数，即或恒成立，只有.
（Ⅱ）令，即a=xlnx，在上递增，
当时，在有唯一的，使得a=
又由的单调性，知，即，
所以的最小值为，将代入，
得，
从而知，
另一方面，记，求导得，
当时，所以是的唯一极大值点，即，
有，
综上所述，.
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查了构造法的技巧及分析问题的能力，属于难题．
32．（1）；（2）；（3）答案见解析.
【解析】（1）由对数函数的性质及函数的定义域为，利用判别式，列出不等式，即可求解；
（2）由函数，结合对数函数的性质和复合函数的单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解；
（3）根据函数，先分，和三种情况讨论，再结合二次函数的性质，分，和三种情况讨论，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，
因为该函数的定义域为，则对任意恒成立，
可得，解得，
即实数的取值范围.
（2）由函数，若在上单调递减，
则问题等价于在上恒成立，且在上单调递增，
即，解得，所以实数的取值范围是．
（3）当时，，所以当时，，
所以在上没有零点；
当时，，，
若即时，，
此时是函数的一个零点；
若即时，，
此时不是函数的一个零点；
当时，因为，则函数的零点个数等价于函数的零点个数，
①当，即时，，则，
函数在上没有零点；
②当即时，函数有且只有一个零点，
若，由可得，则函数在上没有零点；
若，由可得，则函数在上有1个零点；
③当，即或时，函数有两个零点，
不妨设为且，
当时，，，
所以，则在上没有零点；
当时，，，所以，
当即时，，所以，则，，
所以此时在上有且只有一个零点；
当，即时，对称轴，且，
所以，在上有两个零点，
综上所述：
当或时，有一个零点；
当或时，有两个零点；
当时，有三个零点.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
33．（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.
【分析】（1）由题可得,结合的范围判断的正负,即可求解；
（2）结合导数及函数的零点的判定定理,分类讨论进行求解
【详解】（1）,
①当时,,
∴函数在内单调递增；
②当时,令,解得或,
当或时,,则单调递增,
当时,,则单调递减,
∴函数的单调递增区间为和,单调递减区间为
（2）（Ⅰ）当时,所以在上无零点；
（Ⅱ）当时,,
①若,即,则是的一个零点；
②若,即,则不是的零点
（Ⅲ）当时,,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以
①当时,在上单调递增。又，所以
（ⅰ）当时,在上无零点；
（ⅱ）当时,,又,所以此时在上恰有一个零点；
②当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,
因为,,所以此时在上恰有一个零点,
综上,
【点睛】本题考查利用导数求函数单调区间,考查利用导数处理零点个数问题,考查运算能力,考查分类讨论思想
34．（1）见解析，（2）见解析，（3）见解析
【分析】（1）首先设函数，再求的单调性，根据单调性即可证明，即证.（2）由（1）知，再根据二次函数的性质即可证明.（3）首先对和的范围进行分类讨论得出和在的单调性和最值，再判断和的零点个数，从而得到的零点个数.
【详解】（1）设函数，则.
令得，则在上，，为增函数，
在上，，为减函数.
所以，即，即证.
（2）当时，由（1）知，.
前面的“”仅当时取等号.后面的“”仅当时取等号，
不能同时取到，所以.
（3）在区间上，，
所以，
所以在区间上不可能有零点.
下面只考虑区间上和处的情况.
由题意的定义域为，.
令可得（负值舍去）.
在上为增函数，
在上，为减函数，
所以.
①当时，，所以.
因为在区间上，，且，
所以此时存在唯一的零点.
②当时，.
因为，所以.
所以.
于是恒成立.
结合函数的性质，可知此时存在唯一的零点.
③当时，，所以在上递增.
又因为，，
所以在区间上存在唯一的零点.
结合函数的性质，可知是唯一的零点.
综上所述：当时，在上有唯一的零点；
当时，在上也有1个零点.
【点睛】本题第一问和第二问考查利用导数证明不等式，第三问考查利用导数求函数的零点问题，同时考查分类讨论思想的应用，属于难题.
35．（1）在上是增函数，；（2）证明见解析；（3） ．
【分析】（1）利用导数讨论的单调性，由，得到不等式的解集；
（2）利用导数讨论的单调性，求出最小值，即可证明；
（3）先判断当时，由恒成立得到恒成立；
再研究当时， ，只需在上恒成立即可．
利用分离参数法得到，利用导数研究，的极大值，求出a的范围.
【详解】（1），
当时，，，∴，
当时，，，∴，
当时，，
所以当时，，即在上是增函数；
又，所以的解集为．
（2）．
由，得，，
则，即在上为增函数．
故，即．
（3）由（1）知，
当时，恒成立，故恒成立；
当时，，因为，要使得恒成立，
只要在上恒成立即可．
由，得．
设函数，，
则．
令，得．
随着变化，与的变化情况如下表所示：
所以在上单调递增，在上单调递减．
在上唯一的一个极大值，即极大值，故
综上所述，所求实数的取值范围为．
【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．
36．(1)在R上是增函数
(2)答案见解析
【分析】（1）先对函数求导，然后由导数的正负可求得函数的单调区间，
（2）由（1）可知当时，，无零点，而当时，恒成立，所以的零点即为函数的零点，所以只要讨论函数在的零点个数，然后分，和讨论函数的零点即可
【详解】（1），
当时，，，∴，
当时，，，∴，
当时，，
所以当时，，即在R上是增函数.
（2）函数的定义域为，
由（1）得，函数在单调递增，，
当时，，又，
所以时，恒成立，即时，无零点，
当时，恒成立，所以的零点即为函数的零点
下面讨论函数在的零点个数：
，所以
①当时，因为，
又函数在区间递减，所以
即当时，，
所以单调递减，由得：当时，递增
当时，递减，
当时，，
当时，
又，
当时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有3个零点；
②当时，，由①得：当时，，递增，
当时，，递减，所以，，
所以当时函数有2个零点，
③当时，
，，即成立，由，
所以当时函数有1个零点.
综上所述：当或时，函数有1个零点；
当或时，函数有2个零点；
当时，函数有3个零点.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数研究函数的零点，解题的关键是结合的单调性，可得的零点即为函数的零点
只要讨论函数在的零点个数即可，考查转化思想和计算能力，属于难题
+
0
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极大值