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专题六 导数的综合问题-2021届高三《新题速递•数学》10月刊（江苏专用 适用于高考复习）
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这是一份专题六 导数的综合问题-2021届高三《新题速递•数学》10月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题六导数的综合问题原卷版docx、专题六导数的综合问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
专题六 导数的综合问题
一、单选题
1．（2020·福建厦门双十中学月考（文））已知函数在上有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
对函数求导，对a分类讨论，分别求得函数的单调性及极值，结合端点处的函数值进行判断求解.
【详解】
∵ ，.
当时，，在上单调递增，不合题意.
当时，，在上单调递减，也不合题意.
当时，则时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，又，所以在上有两个零点，只需即可，解得.
综上，的取值范围是.
故选C.
【点睛】
本题考查了利用导数解决函数零点的问题，考查了函数的单调性及极值问题，属于中档题．
2．（2020·陕西省商丹高新学校月考（文））已知是定义在上的函数，为的导函数，且满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．恒成立 B．恒成立
C． D．当时，；当时，
【答案】A
【解析】
分析：先构造函数g(x)=(x-1)f(x),再利用导数得到函数的单调性和图像，从而得到恒成立.
详解：设g(x)=(x-1)f(x),
所以，
所以函数g(x)在R上单调递增，
又因为所以x>1时，g(x)>0,x<1时，g(x)＜0，
所以x>1时，(x-1)f(x)>0，所以f(x)>0;
所以x<1时，(x-1)f(x)<0，所以f(x)>0.
所以恒成立.
故答案为A
点睛：（1）本题主要考查导数的乘法运算，考查导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力、数形结合分析的能力. (2)解答本题有两个关键，其一是观察已知想到构造函数g(x)=(x-1)f(x),再求导,其二是得到函数g(x)的单调性后，分析出
x>1时，g(x)>0,x<1时，g(x)＜0.
3．（2020·湖北沙区·沙市中学月考）函数的大致图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
由的解析式知仅有两个零点与，而A中有三个零点，所以排除A，又，由知函数有两个极值点，排除C，D，故选B．
4．（2020·湖北张湾·十堰东风高级中学月考）已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式（为自然对数的底数）的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
令
所以 ,选B.
点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等
5．（2020·湖北其他（理））已知函数的极值点为，函数的零点为，函数的最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据在上单调递增，且，可知导函数零点在区间内，即的极值点；根据单调递增且可知；通过判断，结合单调性可得；利用导数可求得，即，从而可得三者的大小关系.
【详解】
在上单调递增
且， 且
函数在上单调递增
且，
又
且单调递增
由可得：，即
本题正确选项：
【点睛】
本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断大小关系时，未结合单调性判断出，造成求解困难.
6．（2019·河北路北·开滦第二中学期末）已知函数和的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
由题意可知f(x)=−g(−x)有解,即方程有解，即有解．
设,则，
∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增，
∴当x=2时,h(x)取得最小值h(2)=ln2+1.
∴h(x)的值域为[1+ln2,+∞).
∴m的取值范围是[1+ln2,+∞).
本题选择D选项.
7．（2020·荆门市龙泉中学其他（理））函数的零点个数是
A．0 B．1 C．2 D．与a有关
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数求得函数的最小值，这个最小值为正数，由此判断函数没有零点.
【详解】
依题意，令.，，令，解得，故函数在上递减，在上递增，函数在处取得极小值也即是最小值，，由于，故，也即是函数的最小值为正数，故函数没有零点.故选A.
【点睛】
本小题主要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单调区间、极值和最值，综合性较强，属于中档题.
8．（2020·湖北宜昌·其他（文））当时，，则下列大小关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由得到，要比较与的大小，即要判断函数是增函数还是减函数，可求出利用导函数的正负决定函数的增减项，即可比较出与的大小，利用对数的运算法则以及式子的性质，从式子的符号可以得到与的大小，从而求得最后的结果.
【详解】
根据得到，而，
所以根据对数函数的单调性可知时，，
从而可得，函数单调递增，所以，
而，所以有.
故选D.
【点睛】
本题主要考查函数的值的大小比较，在解题的过程中，注意应用导数的符号研究函数的单调性，利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．
9．（2020·辽源市田家炳高级中学校高二期末（文））函数（）的图象大致形状是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
确定函数是奇函数，图象关于原点对称，x＞0时，f（x）＝logax（0＜a＜1）是单调减函数，即可得出结论．
【详解】
由题意，f（﹣x）＝﹣f（x），所以函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B、D；
x＞0时，f（x）＝logax（0＜a＜1）是单调减函数，排除A．
故选C．
【点睛】
本题考查函数的图象，考查函数的奇偶性、单调性，正确分析函数的性质是关键．
10．（2020·哈尔滨市第十二中学校高二期末（文））设偶函数的导函数是函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
令g(x)=，
∴g′(x)=，
∵x<0时,xf′(x)−f(x)>0，
∴x<0时,g′(x)>0，
∴g(x)在(−∞,0)上是增函数，
∵f(x)是偶函数,∴f(−x)=f(x)，
∴g(−x)= =−=−g(x)，
∴g(x)是奇函数，
∴g(x)在(0,+∞)上是增函数，
∵f(2)=0,∴g(2)= =0，
∴g(−2)=−g(2)=0，
如图示：
当x>0,f(x)>0，
即g(x)>0=g(2)，解得：x>2，
当x<0时,f(x)>0，
即g(x)
故选B.
11．（2020·四川省眉山车城中学高二期中（文））已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
函数定义域是R，函数有两个极值点，其导函数有两个不同的零点；将导函数分离参数m后构造出的关于x的新函数与关于m的函数有两个不同交点，借助函数单调性即可确定m的范围.
【详解】
函数的定义域为，.因为函数有两个极值点，所以有两个不同的零点，故关于的方程有两个不同的解，令，则，当时，，当时，，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，又当时，；当时，，且，故，所以，故选B.
【点睛】
本题考查了利用函数极值点性质求解参数范围，解题中用到了转化思想和分离参数的方法，对思维能力要求较高，属于中档题；解题的关键是通过分离参数的方法，将问题转化为函数交点个数的问题，再通过函数导数研究构造出的新函数的单调性确定参数的范围.
12．（2020·广西兴宁·南宁三中高二期末（文））已知函数.若过点存在3条直线与曲线相切，则的取值范围为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设函数上任意一点，得到切线方程为.再根据图像过点，所以，令，等价于函数g(x)有三个零点，分析即得解.
【详解】
设函数上任意一点，
在点处的切线方程为，
即.
若过点，则
依题意，方程有三个不等实根.
令，
，得，.
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
因此的极小值为，极大值为.
若有三个不等实根，故.
故选：B
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的零点问题，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.
13．（2020·甘肃城关·兰州一中高三三模（理））已知函数，函数（），若对任意的，总存在使得，则实数的取值范围是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，可得在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域，即可求解.
【详解】
由题意，函数的导数为，
当时，，则函数为单调递增；
当时，，则函数为单调递减，
即当时，函数取得极小值，且为最小值，
又由，可得函数在的值域，
由函数在递增，可得的值域，
由对于任意的，总存在，使得，
可得，即为，解得，故选B.
【点睛】
本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转化为在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.
14．（2019·福建漳州·高三其他（文））设函数，若不等式仅有1个正整数解，则实数的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由不等式，即，两边除以，则，转化函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，结合图象，即可求解．
【详解】
由函数的定义域为，
不等式，即，两边除以，则，
注意到直线恒过点，不等式仅有1个正整数解，
即函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，
由图象可知，这个点，可得，即，故选B．
【点睛】
本题主要考查了函数与方程的综合应用问题，其中解答中转化函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，结合图象求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
15．（2020·吉化第一高级中学校高三其他（理））已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
若函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则函数的图象与函数y＝x2+2的图象有交点，即方程＝x2+2（x∈[，e]）有解.
【详解】
解：函数y＝的图象与函数y＝x2+2的图象关于x轴对称，
若函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，
则函数的图象与函数y＝x2+2的图象有交点，
即方程＝x2+2（x∈[，e]）有解，
即a＝x2+2﹣8lnx（x∈[，e]）有解，
令f（x）＝x2+2﹣，则f′（x），
当x∈[，2）时，f′（x）＜0，当x∈（2，e]时，f′（x）＞0，
故当x＝2时，f（x）取最小值，
由f（），f（e）＝，
故当x＝时，f（x）取最大值，
故a∈，
故选D．
【点睛】
本题考查的知识点是函数的零点存在性及个数判断，利用导数研究函数的单调性与最值，难度中档．
16．（2020·南京市临江高级中学高二期中）已知函数是函数的导函数，，对任意实数都有，设则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
∵
∴
∵对任意实数都有
∴，即在上为单调减函数
又∵
∴
∴不等式等价于
∴不等式的解集为
故选B
点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，，构造，构造，构造等.
17．（2020·重庆北碚·西南大学附中高二月考）已知函数，，其中为自然对数的底数，若存在实数，使成立，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
令f（x）﹣g（x）=x+ex﹣a﹣1n（x+2）+4ea﹣x，
令y=x﹣ln（x+2），y′=1﹣=，
故y=x﹣ln（x+2）在（﹣2，﹣1）上是减函数，（﹣1，+∞）上是增函数，
故当x=﹣1时，y有最小值﹣1﹣0=﹣1，
而ex﹣a+4ea﹣x≥4，（当且仅当ex﹣a=4ea﹣x，即x=a+ln2时，等号成立）；
故f（x）﹣g（x）≥3（当且仅当等号同时成立时，等号成立）；
故x=a+ln2=﹣1，即a=﹣1﹣ln2．故选A．
18．（2020·江西东湖·南昌十中高二月考）若关于x的不等式的解集为，且中只有一个整数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意设g（x）＝xex，y＝ax﹣a，将条件转化为：g（x）＝xex与直线y＝ax﹣a的位置关系，求出g′（x）后，由导数与函数单调性的关系判断出g（x）的单调性，画出两个函数的图象，结合函数图象和斜率公式求出KPA、KPB，可得a的取值范围．
【详解】
解：由题意设g（x）＝xex，y＝ax﹣a，
∵g′（x）＝（x+1）ex，
∴g（x）在（﹣∞，﹣1）递减，在（﹣1，+∞）递增，
∴g（x）min＝g（﹣1），
∵y＝ax﹣a恒过定点P（1，0），
∴结合函数图象得，KPA≤a＜KPB，
又A（﹣2，），B（﹣1，），
∴KPA，KPB，即a，
故选C．
【点睛】
本题考查函数图象与不等式的问题，导数与函数单调性的关系，以及斜率公式，考查转化思想、数形结合思想，构造法，属于中档题．
第II卷（非选择题）
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二、解答题
19．（2020·唐山市第十一中学期末）已知函数
求曲线在点处的切线方程
若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围
【答案】(1) x+y-1=0.
(2) .
【解析】
【分析】
(1)求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线方程；
(2) 函数恰有2个零点转化为两个图象的交点个数问题，数形结合解题即可.
【详解】
（1）因为，所以.
所以
又
所以曲线在点处的切线方程为
即.（5分）
（2）由题意得，，
所以.
由，解得，
故当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以.
又，，
若函数恰有两个零点，
则解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.
20．（2020·四川省绵阳南山中学双语学校月考（文））已知函数，曲线在点处的切线为.
（1）求，的值；
（2）若对任意的，恒成立，求正整数的最大值.
【答案】（1），；（2）3
【解析】
【分析】
（1）根据切线方程可求得且，从而构造方程求得结果；（2）利用分离变量的方式可得在上恒成立；令，，通过导数可知，当时，，当时，，从而可得，可求得，则，得到所求结果.
【详解】
（1）由得：
由切线方程可知：
，，解得：，
（2）由（1）知
则时，恒成立等价于时，恒成立
令，，则.
令，则
当时，，则单调递增
， ，使得
当时，；时，
，即正整数的最大值为
【点睛】
本题考查根据在某一点处的切线方程求解函数解析式、利用导数解决恒成立问题.解决恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值的关系，利用导数求得函数的最值，从而求得结果.
21．（2020·黑龙江爱民·牡丹江一中期末（文））已知函数，.
若恒成立，求的取值范围；
已知，是函数的两个零点，且，求证：.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
试题分析：构造，求导，算单调性，取最值情况法一：联立方程组求解转化为证明，设，求导证明结论；法二：要证，只需证，由单调性只需证，令证明结论
解析：令，有，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最大值，为，
若恒成立，则即.
方法一：，，
，
即
，
欲证：，只需证明，只需证明，
只需证明.
设，则只需证明，
即证：.
设，，
在单调递减，，
，所以原不等式成立.
方法二：由（1）可知，若函数 有两个零点，有，则，且，
要证，只需证，由于在上单调递减，从而只需证，由，
只需证，
又，
即证
即证，.
令，，
有在上单调递增，，.
所以原不等式成立.
点睛：本题考查了运用导数证明恒成立和不等式问题，在证明恒成立时构造新函数，求导利用单调性即可证明，在证明不等式时，有一定难度，注意题目的转化，构造或是利用单调性转化为，本题属于难题．
22．（2020·青海西宁·高二期末（理））已知函数.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）若对所有都有，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）最小值；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由导数的应用，研究函数的单调性，再求其最值，
（Ⅱ）构造函数，由导数的应用求函数的最值即可得解.
【详解】
解：（Ⅰ）的定义域为，的导数. 令，
解得；令，解得.从而在单调递减，在单调递增.
所以，当时，取得最小值.
（Ⅱ）依题意，得在上恒成立，即不等式对于恒成立.
令， 则. 当时，因为，
故是上的增函数，所以的最小值是，
从而的取值范围是.
【点睛】
本题考查了利用导数求函数的最值及利用导数研究不等式，属中档题.
23．（2020·贵州期末（文））已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【答案】（1）f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）见解析.
【解析】
分析：（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.
详解：（1）当a=3时，f（x）=，f ′（x）=．
令f ′（x）=0解得x=或x=．
当x∈（–∞，）∪（，+∞）时，f ′（x）>0；
当x∈（，）时，f ′（x）<0．
故f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）由于，所以等价于．
设=，则g ′（x）=≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．
又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．
综上，f（x）只有一个零点．
点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.
（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.
24．（2020·吉林吉林·期末（理））定义在实数集上的函数，．
（1）求函数的图象在处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：（1）由，；（2）化简，原命题等价于，再利用导数工具可．
试题解析：（1）∵，∴，，∴，
∴所求切线方程为，即．
（2）令，
∴，
当时，；当时，；
当时，，要使恒成立，即，
由上知的最大值在或取得，而，，
∵，∴，即．
考点：1、导数的几何意义；2、直线方程；3、函数与不等式.
【方法点晴】本题考查导数的几何意义、直线方程、函数与不等式，涉及分类讨论思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 利用导数处理不等式问题.在解答题中主要体现为不等式的证明与不等式的恒成立问题.常规的解决方法是首先等价转化不等式，然后构造新函数，利用导数研究新函数的单调性和最值来解决，当然要注意分类讨论思想的应用.
25．（2020·梁河县第一中学月考（理））已知函数在处的切线斜率为零．
（Ⅰ）求和的值；
（Ⅱ）求证：在定义域内恒成立；
(Ⅲ) 若函数有最小值，且，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）证明：见解析；(Ⅲ) ．
【解析】
【分析】
(Ⅰ)求导根据求出的值,再根据曲线f(x)过点,求出b的值.
(Ⅱ)证明:f(x)在R上的最小值恒大于或等于零即可.利用导数研究单调性极值,求出最值即可.
(Ⅲ)先求出,然后分、和三种情况进行讨论.分别研究其最小值,令最小值m>2e即可
【详解】
（Ⅰ）解：.
由题意有即，解得或（舍去）．
得即，解得．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，
．
在区间上，有；在区间上，有．
故在单调递减，在单调递增，
于是函数在上的最小值．
故当时，有恒成立．
(Ⅲ) ．当时，则，当且仅当时等号成立，
故的最小值，符合题意；
当时，函数在区间上是增函数，不存在最小值，不合题意；
当时，函数在区间上是增函数，不存在最小值，不合题意．综上，实数的取值范围是
26．（2020·常州市新桥高级中学期中）如图，已知、两个城镇相距20公里，设是中点，在的中垂线上有一高铁站，的距离为10公里.为方便居民出行，在线段上任取一点（点与、不重合）建设交通枢纽，从高铁站铺设快速路到处，再铺设快速路分别到、两处.因地质条件等各种因素，其中快速路造价为1.5百万元/公里，快速路造价为1百万元/公里，快速路造价为2百万元/公里，设，总造价为(单位：百万元).
（1）求关于的函数关系式，并指出函数的定义域；
（2）求总造价的最小值，并求出此时的值.
【答案】（1），()（2）最小值为，此时
【解析】
【分析】
（1）由题意，根据三角形的性质，即可得到；
（2）构造函数，利用导数求得函数的单调性，即可求解函数的最值．
【详解】
(1),
，，
，
(2)设
则
令，又，所以.
当,,,单调递减；
当,,,单调递增；
所以的最小值为.
答：的最小值为(百万元)，此时
【点睛】
本题主要考查了函数的实际应用问题，以及利用导数求解函数单调性与最值问题，其中解答中认真审题，合理建立函数的关系式，准确利用导数求解函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
27．（2020·安徽省颍上第二中学其他（理））已知函数
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）设函数若函数在上恰有两个不同零点，求实数的取值范围.
【答案】(1) ;(2) 实数的取值范围是.
【解析】
试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定极值（2）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定单调性，画出函数图像，根据图像确定实数的取值范围.
试题解析：（1）因为
令，因为，所以
1
0
极小值
所以
（2）
所以
令得
当时，；当时，
故在上递减；在上递增
所以 即
所以
实数的取值范围是.
28．（2020·陕西碑林·西北工业大学附属中学月考（理））设函数，是自然对数的底数，是常数．
（1）若，求的单调递增区间；
（2）讨论曲线与公共点的个数．
【答案】（1）的单调递增区间为（或）；（2）或时，两曲线无公共点；或时，两曲线有一个公共点；时，两曲线有两个公共点 .
【解析】
【分析】
（1）将参数值代入表达式，对函数求导得到函数的单调性进而得到函数的增区间；（2）曲线与公共点的个数即函数零点的个数，对函数求导分情况讨论即可.
【详解】
（1） ,
当时，，当时，，当时，,
的单调递增区间为（或）.
（2）曲线与公共点的个数即函数零点的个数，.
（I）时，有一个零点 .
(II)时，由解得，．当时，；当时，，
在取最小值 ,
①时，，有一个零点.
②时，，无零点 .
③时，，由知，在有一个零点，即在有一个零点；由指数函数与幂函数单调性比较知，当且充分大时，，所以在有一个零点，即在有一个零点．从而有两个零点 .
（III）时，，单调递减，，，所以在有一个零点，从而在定义域内有一个零点 .
（IIII）时，无零点 .
（IIIII）时，由解得，．当时，；当时，，在取最小值．因为，，，，，无零点．
综上所述，或时，两曲线无公共点；或时，两曲线有一个公共点；时，两曲线有两个公共点 .
【点睛】
有关函数零点(方程根)的问题，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．
29．（2020·全国专题练习（文））
已知函数，其中是常数.
(Ⅰ)当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）若存在实数，使得关于的方程在上有两个不相等的实数根，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）当a＝1时，f（1）＝e，f′（1）＝4e，由点斜式可求得y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ） 令f′（x）＝ex[x2+（a+2）x）]＝0，可解得x＝﹣（a+2）或x＝0，对﹣（a+2）与0的大小关系分类讨论，可求得关于x的方程f（x）＝k在[0，+∞）上有两个不相等的实数根的k的取值范围．
【详解】
解：(Ⅰ)由可得
.
当时,,.
所以 曲线在点处的切线方程为，
即
（Ⅱ） 令，
解得或
当，即时，在区间上，，所以是上的增函数.
所以 方程在上不可能有两个不相等的实数根.
当，即时，随的变化情况如下表
↘
↗
由上表可知函数在上的最小值为.
因为 函数是上的减函数，是上的增函数，
且当时，有.
所以 要使方程在上有两个不相等的实数根，的取值范围必须是
.
【点睛】
本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查利用导数研究函数的极值，突出考查分类讨论思想与转化思想的应用，考查综合分析与综合运算的能力，属于难题．
30．（2020·湖南娄底·高二期末）已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）证明当时，关于的不等式恒成立；
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）令，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值，从而证出结论即可；
解析：
（1），
由f'（x）＜0，得2x2﹣x﹣1＞0．又x＞0，所以x＞1，
所以f（x）的单调递减区间为（1，+∞），函数f（x）的单增区间为（0，1）．
（2）令，
所以，
因为a≥2，所以，
令g'（x）=0，得，所以当，当时，g'（x）＜0，
因此函数g（x）在是增函数，在是减函数，
故函数g（x）的最大值为，
令，因为，又因为h（a）在a∈（0，+∞）是减函数，
所以当a≥2时，h（a）＜0，即对于任意正数x总有g（x）＜0，
所以关于x的不等式恒成立．
点睛：这个题目考查的是利用导数研究函数的单调性和最值问题；证明不等式的恒成立问题；证明不等式恒成立问题一般采用以下方法：其一可以转化为函数最值问题，使得函数最值大于或者小于0；其二可以转化为两个函数的不等式关系，使得一个函数的最小值大于另一个函数的最大值．
31．（2020·民勤县第一中学期末（文））已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】Ⅰ；Ⅱ.
【解析】
【分析】
将代入，求导后运用其几何意义求出切线方程
分离参量得，令，求导后算出最值
【详解】
时，函数，可得，所以，时，．
曲线则处的切线方程；
即：；
由条件可得，
则当时，恒成立，
令，则，
令，
则当时，，所以在上为减函数．
又，
所以在上，；在上，．
所以在上为增函数；在上为减函数．
所以，所以．
【点睛】
本题运用导数几何意义求出在某点处的切线方程，在解答恒成立问题上运用了分离参量的方法，构造新函数，然后运用导数求出最值，继而得到结果．
32．（2020·西藏日喀则·高三其他（理））设函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若函数没有零点，求的取值范围.
【答案】 当时，的增区间是，当时，的增区间是，减区间是；
【解析】
【分析】
（1）求函数f（x）的导数，利用导数和单调性之间的关系即可求函数的单调区间；（2）根据函数f（x）没有零点，转化为对应方程无解，即可得到结论．
【详解】
，，，
当时，，在区间上单调递增，
当时，令，解得；
令，解得，
综上所述，当时，函数的增区间是，
当时，函数的增区间是，减区间是；
依题意，函数没有零点，
即无解，
由1知：当时，函数在区间上为增函数，区间上为减函数，
只需，
解得．
实数a的取值范围为
【点睛】
本题主要考查函数的单调性和导数之间的关系，函数的零点，考查学生的运算能力，是中档题
33．（2020·四川三台中学实验学校月考（文））已知函数.
（1）若曲线在处的切线的斜率为，求的值；
（2）若，求证：当时，的图像恒在轴上方.
【答案】（1）0；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义得到，求解即可；（2）的图像恒在轴上方，即>0恒成立，分两种情况当时，当时，讨论函数的单调性，求得函数的最值，是的最小值大于0即可.
【详解】
（1），
∴，
∴.
（2），
令，，
（ⅰ）当时，，单调递增，，
单调递增，，满足题意.
（ⅱ）当时，，解得.
当，，单调递减；
当，，单调递增，
此时，
∵，，即，
∴单调递增，，满足题意.
综上可得：当且时，的图象恒在轴上方.
【点睛】
这个题目考查了导数的几何意义，以及函数的恒成立问题，解决恒成立的问题常见方法：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若 就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；（3）若 恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.
34．（2020·应城市第一高级中学高二开学考试）已知函数.
（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
【答案】（Ⅰ）和.
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；
(Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论；
(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值.
【详解】
（Ⅰ），令得或者.
当时，，此时切线方程为，即；
当时，，此时切线方程为，即；
综上可得所求切线方程为和.
（Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数；
而，所以，即；
同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，
所以是中的较大者，
若，即时，；
若，即时，；
所以当最小时，，此时.
【点睛】
本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
35．（2020·广东东莞·高三其他（文））已知.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）当时，若不等式在上恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）的定义域为，且，据此确定函数的单调性即可；
（2）由题意可知在上恒成立，分类讨论和两种情况确定实数b的取值范围即可.
【详解】
（1）的定义域为
∵，，
∴当时，；时，
∴函数在上单调递减；在上单调递增.
（2）当时，
由题意，在上恒成立
①若，当时，显然有恒成立；不符题意.
②若，记，则,
显然在单调递增，
（i）当时，当时，
∴时，
（ii）当，，
∴存在，使.
当时，，时，
∴在上单调递减；在上单调递增
∴当时，，不符合题意
综上所述，所求的取值范围是
【点睛】
本题主要考查导数研究函数的单调性，导数研究恒成立问题，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
36．（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））设函数在及时取得极值．
（1）求 的值；
（2）若对于任意的，都有成立，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ），．（Ⅱ）．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出，利用，列方程即可得结果；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，利用导数研究函数的单调性，求得函数的极值，与区间端点函数值比较大小可得的最大值为，由解不等式即可得结果.
【详解】
（Ⅰ），
因为函数在及取得极值，则有，．
即
解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，
．
当时，；当时，；
当时，．所以，当时，取得极大值，又，．则当时，
的最大值为．因为对于任意的，有恒成立，所以 ，解得 或，因此的取值范围为．
【点睛】
本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题.求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.
37．（2020·南昌市八一中学高二期末（文））已知函数，（）.
（1）若，恒成立，求实数的取值范围；
（2）设函数，若在上有零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1），恒成立，即求在上恒成立（2）函数在上有零点，等价于方程在上有解.
化简，得. 设，研究单调性，画出图像即得解.
试题解析：
（1）由题意，得的定义域为，
. ，∴、随的变化情况如下表：
0
单调递减
极小值
单调递增
所以. 在上恒成立，∴.
（2）函数在上有零点，等价于方程在上有解.
化简，得. 设. 则，
，、随的变化情况如下表:
1
3
单调递增
单调递减
单调递增
且，，，
.
作出在上的大致图象（如图所示）.
所以，当时，在上有解.
故实数的取值范围是.
点睛：函数有零点的问题可以转化为方程有交点的问题，进而可以把方程进行变量分离，研究新函数的图像即得解.
三、填空题
38．（2020·陕西新城·西安中学期末（理））已知函数在上的图象是连续不断的一条曲线，并且关于原点对称，其导函数为，当时，有不等式成立，若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
令先判断函数g(x)的奇偶性和单调性，得到在R上恒成立，再利用导数分析解答即得解.
【详解】
因为当时，有不等式成立，
所以，
令所以函数g(x)在（0，+∞）上单调递增，
由题得
所以函数g(x)是奇函数，所以函数在R上单调递增.
因为对，不等式恒成立，
所以，
因为a>0,所以当x≤0时，显然成立.
当x＞0时，，
所以，所以函数h(x)在（0,1）单调递减，在（1，+∞）单调递增.
所以，
所以a＜e,
所以正整数的最大值为2.
故答案为2
【点睛】
本题主要考查函数的奇偶性及其应用，考查函数单调性的判断及其应用，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，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.属于中档题.
专题六 导数的综合问题
一、单选题
1．（2020·福建厦门双十中学月考（文））已知函数在上有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
对函数求导，对a分类讨论，分别求得函数的单调性及极值，结合端点处的函数值进行判断求解.
【详解】
∵ ，.
当时，，在上单调递增，不合题意.
当时，，在上单调递减，也不合题意.
当时，则时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，又，所以在上有两个零点，只需即可，解得.
综上，的取值范围是.
故选C.
【点睛】
本题考查了利用导数解决函数零点的问题，考查了函数的单调性及极值问题，属于中档题．
2．（2020·陕西省商丹高新学校月考（文））已知是定义在上的函数，为的导函数，且满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．恒成立 B．恒成立
C． D．当时，；当时，
【答案】A
【解析】
分析：先构造函数g(x)=(x-1)f(x),再利用导数得到函数的单调性和图像，从而得到恒成立.
详解：设g(x)=(x-1)f(x),
所以，
所以函数g(x)在R上单调递增，
又因为所以x>1时，g(x)>0,x<1时，g(x)＜0，
所以x>1时，(x-1)f(x)>0，所以f(x)>0;
所以x<1时，(x-1)f(x)<0，所以f(x)>0.
所以恒成立.
故答案为A
点睛：（1）本题主要考查导数的乘法运算，考查导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力、数形结合分析的能力. (2)解答本题有两个关键，其一是观察已知想到构造函数g(x)=(x-1)f(x),再求导,其二是得到函数g(x)的单调性后，分析出
x>1时，g(x)>0,x<1时，g(x)＜0.
3．（2020·湖北沙区·沙市中学月考）函数的大致图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
由的解析式知仅有两个零点与，而A中有三个零点，所以排除A，又，由知函数有两个极值点，排除C，D，故选B．
4．（2020·湖北张湾·十堰东风高级中学月考）已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式（为自然对数的底数）的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
令
所以 ,选B.
点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等
5．（2020·湖北其他（理））已知函数的极值点为，函数的零点为，函数的最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据在上单调递增，且，可知导函数零点在区间内，即的极值点；根据单调递增且可知；通过判断，结合单调性可得；利用导数可求得，即，从而可得三者的大小关系.
【详解】
在上单调递增
且， 且
函数在上单调递增
且，
又
且单调递增
由可得：，即
本题正确选项：
【点睛】
本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断大小关系时，未结合单调性判断出，造成求解困难.
6．（2019·河北路北·开滦第二中学期末）已知函数和的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
由题意可知f(x)=−g(−x)有解,即方程有解，即有解．
设,则，
∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增，
∴当x=2时,h(x)取得最小值h(2)=ln2+1.
∴h(x)的值域为[1+ln2,+∞).
∴m的取值范围是[1+ln2,+∞).
本题选择D选项.
7．（2020·荆门市龙泉中学其他（理））函数的零点个数是
A．0 B．1 C．2 D．与a有关
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数求得函数的最小值，这个最小值为正数，由此判断函数没有零点.
【详解】
依题意，令.，，令，解得，故函数在上递减，在上递增，函数在处取得极小值也即是最小值，，由于，故，也即是函数的最小值为正数，故函数没有零点.故选A.
【点睛】
本小题主要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单调区间、极值和最值，综合性较强，属于中档题.
8．（2020·湖北宜昌·其他（文））当时，，则下列大小关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由得到，要比较与的大小，即要判断函数是增函数还是减函数，可求出利用导函数的正负决定函数的增减项，即可比较出与的大小，利用对数的运算法则以及式子的性质，从式子的符号可以得到与的大小，从而求得最后的结果.
【详解】
根据得到，而，
所以根据对数函数的单调性可知时，，
从而可得，函数单调递增，所以，
而，所以有.
故选D.
【点睛】
本题主要考查函数的值的大小比较，在解题的过程中，注意应用导数的符号研究函数的单调性，利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．
9．（2020·辽源市田家炳高级中学校高二期末（文））函数（）的图象大致形状是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
确定函数是奇函数，图象关于原点对称，x＞0时，f（x）＝logax（0＜a＜1）是单调减函数，即可得出结论．
【详解】
由题意，f（﹣x）＝﹣f（x），所以函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B、D；
x＞0时，f（x）＝logax（0＜a＜1）是单调减函数，排除A．
故选C．
【点睛】
本题考查函数的图象，考查函数的奇偶性、单调性，正确分析函数的性质是关键．
10．（2020·哈尔滨市第十二中学校高二期末（文））设偶函数的导函数是函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
令g(x)=，
∴g′(x)=，
∵x<0时,xf′(x)−f(x)>0，
∴x<0时,g′(x)>0，
∴g(x)在(−∞,0)上是增函数，
∵f(x)是偶函数,∴f(−x)=f(x)，
∴g(−x)= =−=−g(x)，
∴g(x)是奇函数，
∴g(x)在(0,+∞)上是增函数，
∵f(2)=0,∴g(2)= =0，
∴g(−2)=−g(2)=0，
如图示：
当x>0,f(x)>0，
即g(x)>0=g(2)，解得：x>2，
当x<0时,f(x)>0，
即g(x)
故选B.
11．（2020·四川省眉山车城中学高二期中（文））已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
函数定义域是R，函数有两个极值点，其导函数有两个不同的零点；将导函数分离参数m后构造出的关于x的新函数与关于m的函数有两个不同交点，借助函数单调性即可确定m的范围.
【详解】
函数的定义域为，.因为函数有两个极值点，所以有两个不同的零点，故关于的方程有两个不同的解，令，则，当时，，当时，，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，又当时，；当时，，且，故，所以，故选B.
【点睛】
本题考查了利用函数极值点性质求解参数范围，解题中用到了转化思想和分离参数的方法，对思维能力要求较高，属于中档题；解题的关键是通过分离参数的方法，将问题转化为函数交点个数的问题，再通过函数导数研究构造出的新函数的单调性确定参数的范围.
12．（2020·广西兴宁·南宁三中高二期末（文））已知函数.若过点存在3条直线与曲线相切，则的取值范围为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设函数上任意一点，得到切线方程为.再根据图像过点，所以，令，等价于函数g(x)有三个零点，分析即得解.
【详解】
设函数上任意一点，
在点处的切线方程为，
即.
若过点，则
依题意，方程有三个不等实根.
令，
，得，.
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
因此的极小值为，极大值为.
若有三个不等实根，故.
故选：B
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的零点问题，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.
13．（2020·甘肃城关·兰州一中高三三模（理））已知函数，函数（），若对任意的，总存在使得，则实数的取值范围是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，可得在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域，即可求解.
【详解】
由题意，函数的导数为，
当时，，则函数为单调递增；
当时，，则函数为单调递减，
即当时，函数取得极小值，且为最小值，
又由，可得函数在的值域，
由函数在递增，可得的值域，
由对于任意的，总存在，使得，
可得，即为，解得，故选B.
【点睛】
本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转化为在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.
14．（2019·福建漳州·高三其他（文））设函数，若不等式仅有1个正整数解，则实数的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由不等式，即，两边除以，则，转化函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，结合图象，即可求解．
【详解】
由函数的定义域为，
不等式，即，两边除以，则，
注意到直线恒过点，不等式仅有1个正整数解，
即函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，
由图象可知，这个点，可得，即，故选B．
【点睛】
本题主要考查了函数与方程的综合应用问题，其中解答中转化函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，结合图象求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
15．（2020·吉化第一高级中学校高三其他（理））已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
若函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则函数的图象与函数y＝x2+2的图象有交点，即方程＝x2+2（x∈[，e]）有解.
【详解】
解：函数y＝的图象与函数y＝x2+2的图象关于x轴对称，
若函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，
则函数的图象与函数y＝x2+2的图象有交点，
即方程＝x2+2（x∈[，e]）有解，
即a＝x2+2﹣8lnx（x∈[，e]）有解，
令f（x）＝x2+2﹣，则f′（x），
当x∈[，2）时，f′（x）＜0，当x∈（2，e]时，f′（x）＞0，
故当x＝2时，f（x）取最小值，
由f（），f（e）＝，
故当x＝时，f（x）取最大值，
故a∈，
故选D．
【点睛】
本题考查的知识点是函数的零点存在性及个数判断，利用导数研究函数的单调性与最值，难度中档．
16．（2020·南京市临江高级中学高二期中）已知函数是函数的导函数，，对任意实数都有，设则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
∵
∴
∵对任意实数都有
∴，即在上为单调减函数
又∵
∴
∴不等式等价于
∴不等式的解集为
故选B
点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，，构造，构造，构造等.
17．（2020·重庆北碚·西南大学附中高二月考）已知函数，，其中为自然对数的底数，若存在实数，使成立，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
令f（x）﹣g（x）=x+ex﹣a﹣1n（x+2）+4ea﹣x，
令y=x﹣ln（x+2），y′=1﹣=，
故y=x﹣ln（x+2）在（﹣2，﹣1）上是减函数，（﹣1，+∞）上是增函数，
故当x=﹣1时，y有最小值﹣1﹣0=﹣1，
而ex﹣a+4ea﹣x≥4，（当且仅当ex﹣a=4ea﹣x，即x=a+ln2时，等号成立）；
故f（x）﹣g（x）≥3（当且仅当等号同时成立时，等号成立）；
故x=a+ln2=﹣1，即a=﹣1﹣ln2．故选A．
18．（2020·江西东湖·南昌十中高二月考）若关于x的不等式的解集为，且中只有一个整数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意设g（x）＝xex，y＝ax﹣a，将条件转化为：g（x）＝xex与直线y＝ax﹣a的位置关系，求出g′（x）后，由导数与函数单调性的关系判断出g（x）的单调性，画出两个函数的图象，结合函数图象和斜率公式求出KPA、KPB，可得a的取值范围．
【详解】
解：由题意设g（x）＝xex，y＝ax﹣a，
∵g′（x）＝（x+1）ex，
∴g（x）在（﹣∞，﹣1）递减，在（﹣1，+∞）递增，
∴g（x）min＝g（﹣1），
∵y＝ax﹣a恒过定点P（1，0），
∴结合函数图象得，KPA≤a＜KPB，
又A（﹣2，），B（﹣1，），
∴KPA，KPB，即a，
故选C．
【点睛】
本题考查函数图象与不等式的问题，导数与函数单调性的关系，以及斜率公式，考查转化思想、数形结合思想，构造法，属于中档题．
第II卷（非选择题）
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二、解答题
19．（2020·唐山市第十一中学期末）已知函数
求曲线在点处的切线方程
若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围
【答案】(1) x+y-1=0.
(2) .
【解析】
【分析】
(1)求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线方程；
(2) 函数恰有2个零点转化为两个图象的交点个数问题，数形结合解题即可.
【详解】
（1）因为，所以.
所以
又
所以曲线在点处的切线方程为
即.（5分）
（2）由题意得，，
所以.
由，解得，
故当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以.
又，，
若函数恰有两个零点，
则解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.
20．（2020·四川省绵阳南山中学双语学校月考（文））已知函数，曲线在点处的切线为.
（1）求，的值；
（2）若对任意的，恒成立，求正整数的最大值.
【答案】（1），；（2）3
【解析】
【分析】
（1）根据切线方程可求得且，从而构造方程求得结果；（2）利用分离变量的方式可得在上恒成立；令，，通过导数可知，当时，，当时，，从而可得，可求得，则，得到所求结果.
【详解】
（1）由得：
由切线方程可知：
，，解得：，
（2）由（1）知
则时，恒成立等价于时，恒成立
令，，则.
令，则
当时，，则单调递增
， ，使得
当时，；时，
，即正整数的最大值为
【点睛】
本题考查根据在某一点处的切线方程求解函数解析式、利用导数解决恒成立问题.解决恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值的关系，利用导数求得函数的最值，从而求得结果.
21．（2020·黑龙江爱民·牡丹江一中期末（文））已知函数，.
若恒成立，求的取值范围；
已知，是函数的两个零点，且，求证：.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
试题分析：构造，求导，算单调性，取最值情况法一：联立方程组求解转化为证明，设，求导证明结论；法二：要证，只需证，由单调性只需证，令证明结论
解析：令，有，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最大值，为，
若恒成立，则即.
方法一：，，
，
即
，
欲证：，只需证明，只需证明，
只需证明.
设，则只需证明，
即证：.
设，，
在单调递减，，
，所以原不等式成立.
方法二：由（1）可知，若函数 有两个零点，有，则，且，
要证，只需证，由于在上单调递减，从而只需证，由，
只需证，
又，
即证
即证，.
令，，
有在上单调递增，，.
所以原不等式成立.
点睛：本题考查了运用导数证明恒成立和不等式问题，在证明恒成立时构造新函数，求导利用单调性即可证明，在证明不等式时，有一定难度，注意题目的转化，构造或是利用单调性转化为，本题属于难题．
22．（2020·青海西宁·高二期末（理））已知函数.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）若对所有都有，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）最小值；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由导数的应用，研究函数的单调性，再求其最值，
（Ⅱ）构造函数，由导数的应用求函数的最值即可得解.
【详解】
解：（Ⅰ）的定义域为，的导数. 令，
解得；令，解得.从而在单调递减，在单调递增.
所以，当时，取得最小值.
（Ⅱ）依题意，得在上恒成立，即不等式对于恒成立.
令， 则. 当时，因为，
故是上的增函数，所以的最小值是，
从而的取值范围是.
【点睛】
本题考查了利用导数求函数的最值及利用导数研究不等式，属中档题.
23．（2020·贵州期末（文））已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【答案】（1）f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）见解析.
【解析】
分析：（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.
详解：（1）当a=3时，f（x）=，f ′（x）=．
令f ′（x）=0解得x=或x=．
当x∈（–∞，）∪（，+∞）时，f ′（x）>0；
当x∈（，）时，f ′（x）<0．
故f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）由于，所以等价于．
设=，则g ′（x）=≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．
又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．
综上，f（x）只有一个零点．
点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.
（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.
24．（2020·吉林吉林·期末（理））定义在实数集上的函数，．
（1）求函数的图象在处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：（1）由，；（2）化简，原命题等价于，再利用导数工具可．
试题解析：（1）∵，∴，，∴，
∴所求切线方程为，即．
（2）令，
∴，
当时，；当时，；
当时，，要使恒成立，即，
由上知的最大值在或取得，而，，
∵，∴，即．
考点：1、导数的几何意义；2、直线方程；3、函数与不等式.
【方法点晴】本题考查导数的几何意义、直线方程、函数与不等式，涉及分类讨论思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 利用导数处理不等式问题.在解答题中主要体现为不等式的证明与不等式的恒成立问题.常规的解决方法是首先等价转化不等式，然后构造新函数，利用导数研究新函数的单调性和最值来解决，当然要注意分类讨论思想的应用.
25．（2020·梁河县第一中学月考（理））已知函数在处的切线斜率为零．
（Ⅰ）求和的值；
（Ⅱ）求证：在定义域内恒成立；
(Ⅲ) 若函数有最小值，且，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）证明：见解析；(Ⅲ) ．
【解析】
【分析】
(Ⅰ)求导根据求出的值,再根据曲线f(x)过点,求出b的值.
(Ⅱ)证明:f(x)在R上的最小值恒大于或等于零即可.利用导数研究单调性极值,求出最值即可.
(Ⅲ)先求出,然后分、和三种情况进行讨论.分别研究其最小值,令最小值m>2e即可
【详解】
（Ⅰ）解：.
由题意有即，解得或（舍去）．
得即，解得．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，
．
在区间上，有；在区间上，有．
故在单调递减，在单调递增，
于是函数在上的最小值．
故当时，有恒成立．
(Ⅲ) ．当时，则，当且仅当时等号成立，
故的最小值，符合题意；
当时，函数在区间上是增函数，不存在最小值，不合题意；
当时，函数在区间上是增函数，不存在最小值，不合题意．综上，实数的取值范围是
26．（2020·常州市新桥高级中学期中）如图，已知、两个城镇相距20公里，设是中点，在的中垂线上有一高铁站，的距离为10公里.为方便居民出行，在线段上任取一点（点与、不重合）建设交通枢纽，从高铁站铺设快速路到处，再铺设快速路分别到、两处.因地质条件等各种因素，其中快速路造价为1.5百万元/公里，快速路造价为1百万元/公里，快速路造价为2百万元/公里，设，总造价为(单位：百万元).
（1）求关于的函数关系式，并指出函数的定义域；
（2）求总造价的最小值，并求出此时的值.
【答案】（1），()（2）最小值为，此时
【解析】
【分析】
（1）由题意，根据三角形的性质，即可得到；
（2）构造函数，利用导数求得函数的单调性，即可求解函数的最值．
【详解】
(1),
，，
，
(2)设
则
令，又，所以.
当,,,单调递减；
当,,,单调递增；
所以的最小值为.
答：的最小值为(百万元)，此时
【点睛】
本题主要考查了函数的实际应用问题，以及利用导数求解函数单调性与最值问题，其中解答中认真审题，合理建立函数的关系式，准确利用导数求解函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
27．（2020·安徽省颍上第二中学其他（理））已知函数
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）设函数若函数在上恰有两个不同零点，求实数的取值范围.
【答案】(1) ;(2) 实数的取值范围是.
【解析】
试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定极值（2）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定单调性，画出函数图像，根据图像确定实数的取值范围.
试题解析：（1）因为
令，因为，所以
1
0
极小值
所以
（2）
所以
令得
当时，；当时，
故在上递减；在上递增
所以 即
所以
实数的取值范围是.
28．（2020·陕西碑林·西北工业大学附属中学月考（理））设函数，是自然对数的底数，是常数．
（1）若，求的单调递增区间；
（2）讨论曲线与公共点的个数．
【答案】（1）的单调递增区间为（或）；（2）或时，两曲线无公共点；或时，两曲线有一个公共点；时，两曲线有两个公共点 .
【解析】
【分析】
（1）将参数值代入表达式，对函数求导得到函数的单调性进而得到函数的增区间；（2）曲线与公共点的个数即函数零点的个数，对函数求导分情况讨论即可.
【详解】
（1） ,
当时，，当时，，当时，,
的单调递增区间为（或）.
（2）曲线与公共点的个数即函数零点的个数，.
（I）时，有一个零点 .
(II)时，由解得，．当时，；当时，，
在取最小值 ,
①时，，有一个零点.
②时，，无零点 .
③时，，由知，在有一个零点，即在有一个零点；由指数函数与幂函数单调性比较知，当且充分大时，，所以在有一个零点，即在有一个零点．从而有两个零点 .
（III）时，，单调递减，，，所以在有一个零点，从而在定义域内有一个零点 .
（IIII）时，无零点 .
（IIIII）时，由解得，．当时，；当时，，在取最小值．因为，，，，，无零点．
综上所述，或时，两曲线无公共点；或时，两曲线有一个公共点；时，两曲线有两个公共点 .
【点睛】
有关函数零点(方程根)的问题，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．
29．（2020·全国专题练习（文））
已知函数，其中是常数.
(Ⅰ)当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）若存在实数，使得关于的方程在上有两个不相等的实数根，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）当a＝1时，f（1）＝e，f′（1）＝4e，由点斜式可求得y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ） 令f′（x）＝ex[x2+（a+2）x）]＝0，可解得x＝﹣（a+2）或x＝0，对﹣（a+2）与0的大小关系分类讨论，可求得关于x的方程f（x）＝k在[0，+∞）上有两个不相等的实数根的k的取值范围．
【详解】
解：(Ⅰ)由可得
.
当时,,.
所以 曲线在点处的切线方程为，
即
（Ⅱ） 令，
解得或
当，即时，在区间上，，所以是上的增函数.
所以 方程在上不可能有两个不相等的实数根.
当，即时，随的变化情况如下表
↘
↗
由上表可知函数在上的最小值为.
因为 函数是上的减函数，是上的增函数，
且当时，有.
所以 要使方程在上有两个不相等的实数根，的取值范围必须是
.
【点睛】
本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查利用导数研究函数的极值，突出考查分类讨论思想与转化思想的应用，考查综合分析与综合运算的能力，属于难题．
30．（2020·湖南娄底·高二期末）已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）证明当时，关于的不等式恒成立；
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）令，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值，从而证出结论即可；
解析：
（1），
由f'（x）＜0，得2x2﹣x﹣1＞0．又x＞0，所以x＞1，
所以f（x）的单调递减区间为（1，+∞），函数f（x）的单增区间为（0，1）．
（2）令，
所以，
因为a≥2，所以，
令g'（x）=0，得，所以当，当时，g'（x）＜0，
因此函数g（x）在是增函数，在是减函数，
故函数g（x）的最大值为，
令，因为，又因为h（a）在a∈（0，+∞）是减函数，
所以当a≥2时，h（a）＜0，即对于任意正数x总有g（x）＜0，
所以关于x的不等式恒成立．
点睛：这个题目考查的是利用导数研究函数的单调性和最值问题；证明不等式的恒成立问题；证明不等式恒成立问题一般采用以下方法：其一可以转化为函数最值问题，使得函数最值大于或者小于0；其二可以转化为两个函数的不等式关系，使得一个函数的最小值大于另一个函数的最大值．
31．（2020·民勤县第一中学期末（文））已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】Ⅰ；Ⅱ.
【解析】
【分析】
将代入，求导后运用其几何意义求出切线方程
分离参量得，令，求导后算出最值
【详解】
时，函数，可得，所以，时，．
曲线则处的切线方程；
即：；
由条件可得，
则当时，恒成立，
令，则，
令，
则当时，，所以在上为减函数．
又，
所以在上，；在上，．
所以在上为增函数；在上为减函数．
所以，所以．
【点睛】
本题运用导数几何意义求出在某点处的切线方程，在解答恒成立问题上运用了分离参量的方法，构造新函数，然后运用导数求出最值，继而得到结果．
32．（2020·西藏日喀则·高三其他（理））设函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若函数没有零点，求的取值范围.
【答案】 当时，的增区间是，当时，的增区间是，减区间是；
【解析】
【分析】
（1）求函数f（x）的导数，利用导数和单调性之间的关系即可求函数的单调区间；（2）根据函数f（x）没有零点，转化为对应方程无解，即可得到结论．
【详解】
，，，
当时，，在区间上单调递增，
当时，令，解得；
令，解得，
综上所述，当时，函数的增区间是，
当时，函数的增区间是，减区间是；
依题意，函数没有零点，
即无解，
由1知：当时，函数在区间上为增函数，区间上为减函数，
只需，
解得．
实数a的取值范围为
【点睛】
本题主要考查函数的单调性和导数之间的关系，函数的零点，考查学生的运算能力，是中档题
33．（2020·四川三台中学实验学校月考（文））已知函数.
（1）若曲线在处的切线的斜率为，求的值；
（2）若，求证：当时，的图像恒在轴上方.
【答案】（1）0；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义得到，求解即可；（2）的图像恒在轴上方，即>0恒成立，分两种情况当时，当时，讨论函数的单调性，求得函数的最值，是的最小值大于0即可.
【详解】
（1），
∴，
∴.
（2），
令，，
（ⅰ）当时，，单调递增，，
单调递增，，满足题意.
（ⅱ）当时，，解得.
当，，单调递减；
当，，单调递增，
此时，
∵，，即，
∴单调递增，，满足题意.
综上可得：当且时，的图象恒在轴上方.
【点睛】
这个题目考查了导数的几何意义，以及函数的恒成立问题，解决恒成立的问题常见方法：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若 就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；（3）若 恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.
34．（2020·应城市第一高级中学高二开学考试）已知函数.
（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
【答案】（Ⅰ）和.
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；
(Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论；
(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值.
【详解】
（Ⅰ），令得或者.
当时，，此时切线方程为，即；
当时，，此时切线方程为，即；
综上可得所求切线方程为和.
（Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数；
而，所以，即；
同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，
所以是中的较大者，
若，即时，；
若，即时，；
所以当最小时，，此时.
【点睛】
本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
35．（2020·广东东莞·高三其他（文））已知.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）当时，若不等式在上恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）的定义域为，且，据此确定函数的单调性即可；
（2）由题意可知在上恒成立，分类讨论和两种情况确定实数b的取值范围即可.
【详解】
（1）的定义域为
∵，，
∴当时，；时，
∴函数在上单调递减；在上单调递增.
（2）当时，
由题意，在上恒成立
①若，当时，显然有恒成立；不符题意.
②若，记，则,
显然在单调递增，
（i）当时，当时，
∴时，
（ii）当，，
∴存在，使.
当时，，时，
∴在上单调递减；在上单调递增
∴当时，，不符合题意
综上所述，所求的取值范围是
【点睛】
本题主要考查导数研究函数的单调性，导数研究恒成立问题，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
36．（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））设函数在及时取得极值．
（1）求 的值；
（2）若对于任意的，都有成立，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ），．（Ⅱ）．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出，利用，列方程即可得结果；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，利用导数研究函数的单调性，求得函数的极值，与区间端点函数值比较大小可得的最大值为，由解不等式即可得结果.
【详解】
（Ⅰ），
因为函数在及取得极值，则有，．
即
解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，
．
当时，；当时，；
当时，．所以，当时，取得极大值，又，．则当时，
的最大值为．因为对于任意的，有恒成立，所以 ，解得 或，因此的取值范围为．
【点睛】
本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题.求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.
37．（2020·南昌市八一中学高二期末（文））已知函数，（）.
（1）若，恒成立，求实数的取值范围；
（2）设函数，若在上有零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1），恒成立，即求在上恒成立（2）函数在上有零点，等价于方程在上有解.
化简，得. 设，研究单调性，画出图像即得解.
试题解析：
（1）由题意，得的定义域为，
. ，∴、随的变化情况如下表：
0
单调递减
极小值
单调递增
所以. 在上恒成立，∴.
（2）函数在上有零点，等价于方程在上有解.
化简，得. 设. 则，
，、随的变化情况如下表:
1
3
单调递增
单调递减
单调递增
且，，，
.
作出在上的大致图象（如图所示）.
所以，当时，在上有解.
故实数的取值范围是.
点睛：函数有零点的问题可以转化为方程有交点的问题，进而可以把方程进行变量分离，研究新函数的图像即得解.
三、填空题
38．（2020·陕西新城·西安中学期末（理））已知函数在上的图象是连续不断的一条曲线，并且关于原点对称，其导函数为，当时，有不等式成立，若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
令先判断函数g(x)的奇偶性和单调性，得到在R上恒成立，再利用导数分析解答即得解.
【详解】
因为当时，有不等式成立，
所以，
令所以函数g(x)在（0，+∞）上单调递增，
由题得
所以函数g(x)是奇函数，所以函数在R上单调递增.
因为对，不等式恒成立，
所以，
因为a>0,所以当x≤0时，显然成立.
当x＞0时，，
所以，所以函数h(x)在（0,1）单调递减，在（1，+∞）单调递增.
所以，
所以a＜e,
所以正整数的最大值为2.
故答案为2
【点睛】
本题主要考查函数的奇偶性及其应用，考查函数单调性的判断及其应用，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，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.属于中档题.
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