押第22题导数-备战2021年高考数学临考题号押题（浙江专用）（含解析）

这是一份押第22题导数-备战2021年高考数学临考题号押题（浙江专用）（含解析），共43页。试卷主要包含了①极值的定义，71828…为自然对数的底数．等内容，欢迎下载使用。

专题22：浙江高考数学 押第22题 导数

导数的引入,给传统的中学数学内容注入了生机和活力,为中学数学问题的研究提供了新的视角.近年来,为高中数学注入了新的活力。对解决解析几何、函数及不等式等问题带来了新思路、新方法．导数及其应用几乎成了数学高考舞台上必唱"主角"之一,在高考卷中所占比重也有上升趋。
综观历届全国各套高考数学试题,我们发现对导数的考查有以下一些知识类型与特点: 
 (1)多项式求导(结合不等式求参数取值范围),和求斜率(切线方程结合函数求最值)问题. 
 (2)求极值, 函数单调性,应用题,与三角函数或向量结合. 


利用导数证明（或判断）函数f(x)在某一区间上单调性：
步骤： （1）求导数
(2)判断导函数在区间上的符号
(3)下结论
①该区间内为增函数；
②该区间内为减函数；
利用导数求单调区间
求函数单调区间的步骤为：
（1）分析 的定义域； （2）求导数
（3）解不等式，解集在定义域内的部分为增区间
（4）解不等式，解集在定义域内的部分为减区间
利用单调性求参数的取值（转化为恒成立问题）
思路一.（1）在该区间内单调递增在该区间内恒成立；
（2）在该区间内单调递减在该区间内恒成立；
思路二.先求出函数在定义域上的单调增或减区间，则已知中限定的单调增或减区间是定义域上的单调增或减区间的子集。
注意：若函数f（x）在（a，c）上为减函数，在（c，b）上为增函数，则x=c两侧使函数（x）变号，即x=c为函数的一个极值点，所以
函数的极值与其导数的关系：
1.①极值的定义：设函数在点附近有定义，且若对附近的所有的点都有（或，则称为函数的一个极大（或小）值，为极大（或极小）值点。
②可导数在极值点处的导数为0（即），但函数在某点处的导数为0，并不一定函数在该处取得极值（如在处的导数为0，但没有极值）。
③求极值的步骤：
第一步：求导数；
第二步：求方程的所有实根；
第三步：列表考察在每个根附近，从左到右，导数的符号如何变化，
若的符号由正变负，则是极大值；
若的符号由负变正，则是极小值；
若的符号不变，则不是极值，不是极值点。
2、函数的最值：
①最值的定义：若函数在定义域D内存，使得对任意的，都有，（或）则称为函数的最大（小）值，记作（或）
②如果函数在闭区间上的图象是一条连续不间断的曲线，则该函数在闭区间上必有最大值和最小值。
③求可导函数在闭区间上的最值方法：
第一步；求在区间内的极值；
第二步：比较的极值与、的大小：
第三步：下结论:最大的为最大值，最小的为最小值。
注意：1、极值与最值关系：函数的最值是比较整个定义域区间的函数值得出的，函数的最大值和最小值点可以在极值点、不可导点、区间的端点处取得。极值≠最值。函数f(x)在区间[a,b]上的最大值为极大值和f(a) 、f(b)中最大的一个。最小值为极小值和f(a) 、f(b)中最小的一个。
2．函数在定义域上只有一个极值，则它对应一个最值（极大值对应最大值;极小值对应最小值）
3、注意：极大值不一定比极小值大。如的极大值为，极小值为2。
注意：当x=x0时，函数有极值 f/(x0)＝0。但是，f/(x0)＝0不能得到当x=x0时，函数有极值；
判断极值，还需结合函数的单调性说明。

1．（2020年浙江省高考数学试卷）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
2．（2019年浙江省高考数学试卷）已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围.
注：为自然对数的底数.
3．（2018年浙江省高考数学试卷）已知函数．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
4．（2017年浙江省高考数学试卷）已知数列满足：，
证明：当时，
（I）；
（II）；
（III）.

1（2021·黑龙江大庆市·高三一模（理））已知函数．
（1）求证：；
（2）若，时，恒成立，求实数的取值范围．
2．（2021·河南平顶山市·高三二模（文））已知函数，（为常数，）.
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）判断方程是否存在实数解；如果存在，求出解的个数；如果不存在，请说明理由.
3．（2021·全国高三其他模拟）已知函数满足，且曲线在处的切线方程为．
（1）求，，的值；
（2）设函数，若在上恒成立，求的最大值．
4．（2021·江西高三其他模拟（文））已知函数.
（1）证明：当时，函数在区间没有零点；
（2）若时，，求的取值范围.
5．（2021·湖北高三月考）已知函数(aR)．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，为函数的两个极值点，证明：．
6（2021·江苏省天一中学高三二模）已知，函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知函数存在极值点、，求证：.
（限时：80分钟）
1．已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，求函数在区间上的零点的个数．（附：对于任意，都有．）
2．已知函数，．
（1）求在上的最小值；
（2）证明：．
3．已知函数．
（1）证明：时；
（2）证明：时，．
4．已知函数，其中．
（1）求函数在处的切线方程；
（2），，求实数的取值范围．
5．已知函数f(x)=2ex+aln(x+1)-2.
（1）当a=-2时，讨论f(x)的单调性；
（2）当x∈[0，π]时，f(x)≥sinx恒成立，求a的取值范围.
6．已知函数.
（1）求函数在内的单调递增区间；
（2）当时，求证：.
7．已知函数．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）若在处取得极值，且，求的取值范围．
8．已知函数．
（1）若曲线在点处的切线经过坐标原点，求实数；
（2）当时，判断函数在上的零点个数，并说明理由．
9．已知函数．
（1）当时，比较与的大小；
（2）若有两个不同的极值点，证明：．
10．已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数，若在上有两个零点，求实数的取值范围．

专题22：浙江高考数学 押第22题 导数

导数的引入,给传统的中学数学内容注入了生机和活力,为中学数学问题的研究提供了新的视角.近年来,为高中数学注入了新的活力。对解决解析几何、函数及不等式等问题带来了新思路、新方法．导数及其应用几乎成了数学高考舞台上必唱"主角"之一,在高考卷中所占比重也有上升趋。
综观历届全国各套高考数学试题,我们发现对导数的考查有以下一些知识类型与特点: 
 (1)多项式求导(结合不等式求参数取值范围),和求斜率(切线方程结合函数求最值)问题. 
 (2)求极值, 函数单调性,应用题,与三角函数或向量结合. 


利用导数证明（或判断）函数f(x)在某一区间上单调性：
步骤： （1）求导数
(2)判断导函数在区间上的符号
(3)下结论
①该区间内为增函数；
②该区间内为减函数；
利用导数求单调区间
求函数单调区间的步骤为：
（1）分析 的定义域； （2）求导数
（3）解不等式，解集在定义域内的部分为增区间
（4）解不等式，解集在定义域内的部分为减区间
利用单调性求参数的取值（转化为恒成立问题）
思路一.（1）在该区间内单调递增在该区间内恒成立；
（2）在该区间内单调递减在该区间内恒成立；
思路二.先求出函数在定义域上的单调增或减区间，则已知中限定的单调增或减区间是定义域上的单调增或减区间的子集。
注意：若函数f（x）在（a，c）上为减函数，在（c，b）上为增函数，则x=c两侧使函数（x）变号，即x=c为函数的一个极值点，所以
函数的极值与其导数的关系：
1.①极值的定义：设函数在点附近有定义，且若对附近的所有的点都有（或，则称为函数的一个极大（或小）值，为极大（或极小）值点。
②可导数在极值点处的导数为0（即），但函数在某点处的导数为0，并不一定函数在该处取得极值（如在处的导数为0，但没有极值）。
③求极值的步骤：
第一步：求导数；
第二步：求方程的所有实根；
第三步：列表考察在每个根附近，从左到右，导数的符号如何变化，
若的符号由正变负，则是极大值；
若的符号由负变正，则是极小值；
若的符号不变，则不是极值，不是极值点。
2、函数的最值：
①最值的定义：若函数在定义域D内存，使得对任意的，都有，（或）则称为函数的最大（小）值，记作（或）
②如果函数在闭区间上的图象是一条连续不间断的曲线，则该函数在闭区间上必有最大值和最小值。
③求可导函数在闭区间上的最值方法：
第一步；求在区间内的极值；
第二步：比较的极值与、的大小：
第三步：下结论:最大的为最大值，最小的为最小值。
注意：1、极值与最值关系：函数的最值是比较整个定义域区间的函数值得出的，函数的最大值和最小值点可以在极值点、不可导点、区间的端点处取得。极值≠最值。函数f(x)在区间[a,b]上的最大值为极大值和f(a) 、f(b)中最大的一个。最小值为极小值和f(a) 、f(b)中最小的一个。
2．函数在定义域上只有一个极值，则它对应一个最值（极大值对应最大值;极小值对应最小值）
3、注意：极大值不一定比极小值大。如的极大值为，极小值为2。
注意：当x=x0时，函数有极值 f/(x0)＝0。但是，f/(x0)＝0不能得到当x=x0时，函数有极值；
判断极值，还需结合函数的单调性说明。

1．（2020年浙江省高考数学试卷）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【分析】
（I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】
（I）在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点；
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii），
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式，考查综合分析论证与求解能力描述难题.
2．（2019年浙江省高考数学试卷）已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围.
注：为自然对数的底数.
【答案】（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可.
(2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可.
【详解】
(1)当时，，函数的定义域为，且：
，
因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是.
(2)由，得，
当时，，等价于，
令，则，
设，，
则，
（i）当时，，
则，
记，
则
列表讨论：
x

（）
1
（1，+∞）
p′（x）

﹣
0
+
P（x）
p（）
单调递减
极小值p（1）
单调递增

（ii）当时，，
令，
则，
故在上单调递增，，
由（i）得，
，
由（i）（ii）知对任意，
即对任意，均有，
综上所述，所求的a的取值范围是．
【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．
3．（2018年浙江省高考数学试卷）已知函数．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】
分析: （Ⅰ）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明不等式；（Ⅱ）一方面利用零点存在定理证明函数有零点，另一方面，利用导数证明函数在上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.
【详解】
详解：（Ⅰ）函数f（x）的导函数，
由,得，
因为，所以．
由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，
则，
所以
x
（0，16）
16
（16，+∞）

-
0
+


2-4ln2


所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故，
即．
（Ⅱ）令m=，n=，则
f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，
f（n）–kn–a<≤<0，
所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，
所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点．
由f（x）=kx+a得．
设h（x）=，
则h′（x）=，
其中g（x）=．
由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，
故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，
所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．
综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
4．（2017年浙江省高考数学试卷）已知数列满足：，
证明：当时，
（I）；
（II）；
（III）.
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（Ⅲ）见解析.
【分析】
（I）用数学归纳法可证明；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得， 构造函数，利用函数的单调性可证；
（Ⅲ）由及，递推可得.
【详解】
（Ⅰ）用数学归纳法证明：．
当时，．
假设时，，那么时，若，
则，矛盾，故．
因此，所以，因此．
（Ⅱ）由得，
．
记函数，
，
函数在上单调递增，所以，
因此，故．
（Ⅲ）因为，所以，
由，得，
所以，故．
综上，．
【名师点睛】
本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．


1（2021·黑龙江大庆市·高三一模（理））已知函数．
（1）求证：；
（2）若，时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）令，利用导数求得的最小值，从而可证得不等式成立；
（2）原不等式变形为，即. ，由的单调性得，，利用（1）的结论得右边的最大值，从而可得的范围．
【详解】
解：（1）证明：令，
则.
当时，
当时，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以当时，函数有最小值，.
所以，即.
（2）因为，
所以.
所以.
令，则恒成立.
因为恒成立，
所以在R上单调递增，
所以恒成立，
即，即恒成立.
由（1）知，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查有导数证明不等式，用导数研究不等式恒成立，用导数证明不等式一般是不等式变形后引入新函数，证明新函数的最小值大于或等于0即证．本题解决不等式恒成立的关键是不等式变形化，利用新函数的单调性化简不等式，并利用(1)中结论得出参数范围．
2．（2021·河南平顶山市·高三二模（文））已知函数，（为常数，）.
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）判断方程是否存在实数解；如果存在，求出解的个数；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析.
【分析】
（1）利用参变量分离法得出，构造函数，其中，利用导数求出函数的最小值，由此可得出实数的取值范围；
（2）由（1）得出，当且仅当时，等号成立，设，利用放缩法得出，即可得出结论.
【详解】
（1）因为，由，即，可得，
设，则.
当时，，函数递减；
当时，，函数递增.
所以，所以.
因此，实数的取值范围是；
（2）方程不存在实数解.
由（1）可知，当时，，即，当且仅当时等号成立.
设，
则（当且仅当时等号成立），
又，当且仅当时等号成立.
所以对任意，恒成立，所以函数无零点，
即方程不存在实数解.
【点睛】
方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
3．（2021·全国高三其他模拟）已知函数满足，且曲线在处的切线方程为．
（1）求，，的值；
（2）设函数，若在上恒成立，求的最大值．
【答案】（1），，；（2）3.
【分析】
（1）解方程组即得解；
（2）等价于在上恒成立，利用导数求出即得解.
【详解】
解：（1）由已知得，
且函数的图象过点，，
则
解得，，．
（2）由（1）得．
若在上恒成立，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
因为，所以，从而可得在上恒成立．
令，则，
令，则恒成立，在上为增函数．
又，，
所以存在，使得，得，且当时，，单调递减；当时，，单调递增．则．
又，所以，代入上式，得．
又，所以．
因为，且，所以，故的最大值为3．
【点睛】
方法点睛：“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题（零点大小确定的叫“显零点”）．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
第二步：以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；
第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可．（即注意零点的范围和性质特征）
4．（2021·江西高三其他模拟（文））已知函数.
（1）证明：当时，函数在区间没有零点；
（2）若时，，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用导数得到在上单调递增，，即得解；
（2）由题得，再构造函数，，求函数的最小值即得解.
【详解】
证明（1）
∵ ∴恒成立，在上单调递增
又 ∴，都有
∴在区间上没有零点
（2）即，由得
令，

令，

得在单调递减，
从而，，单调递减
，，单调递增
∴
得.
【点睛】
方法点睛：在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，但是有些问题“一次求导”，不能求出原函数（一般导函数是超越函数）的单调性，还不能解决问题，需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学”的新意识和新途径.利用二次求导解题时，要注意“导下去，看正负；倒回来，看图象”，“导下去，看正负”指一直对函数求导，直到你能确定导数的正负，确定前面函数的单调区间为止，才停止求导；“倒回来，看图象”指的是根据导数求出对应函数的单调性，再求出端点函数值、拐点值等，画出原函数的图象，逐步分析得到最初的函数的单调性.
5．（2021·湖北高三月考）已知函数(aR)．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，为函数的两个极值点，证明：．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出导函数，根据的解的情况分类讨论得单调性；
（2）由（1）知，化简，不等式化为，再由不妨设，转化为只要证这个不等式可利用（1）中的结论证明．
【详解】
（1），令
当即时，，在上单调递增；
当即或时，
① 当时，在上单调递增；
② 当时，令，







+
0
-
0
+

递增
极大值
递减
极小值
递增
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减.
（2）由（1）知时有两个极值点，
且，不妨设，
要证即证，即，
设由（1）知当时，在上单调递增，，则在上单调递减， .原式得证.
【点睛】
关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．含有参数的函数在求单调区间时一般需要分类讨论，可根据的根的情况分类讨论．对于双变量的不等式的证明需要进行变形，利用双变量之间的关系，转化为只有一个变量的不等式，从而可引入新函数，利用函数的性质进行证明．解题过程中换元法是一种重要的方法．
6（2021·江苏省天一中学高三二模）已知，函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知函数存在极值点、，求证：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求得，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）由题意得出，，，，将所证不等式转化为证明，即，令，构造函数，证明出对任意的恒成立即可.
【详解】
（1）当时，函数的定义域为，且.
对于方程，.
①当时，即时，令，，，
由可得；
由可得或.
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
②当时，即时，，所以函数在上单调递增.
（2）由（1）可得，且、是的两根.
由韦达定理可得，.
设，则在处取到极大值，在处取到极小值，所以.
因为，，所以命题等价于证明，
整理得，即.
令，构造函数，，
则，，
令，易知在上单调递增.
因为，，所以存在，使，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以成立，
所以.
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.


（限时：80分钟）
1．已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，求函数在区间上的零点的个数．（附：对于任意，都有．）
【答案】（1）在，上单调递减；在上单调递增；（2）存在三个零点.
【分析】
（1）求出导函数，分类讨论确定和的解，得单调区间；
（2）由（1）有两个极值点，由极值点的性质知，而，因此有，，计算，引入新函数利用导数得出，在在有一个零点，再根据函数的性质，都有得出在在一个零点，这样可得出零点个数．
【详解】
（1）的定义域为，
．
设，
①当，即，，即，
当且仅当，时，，
所以在上单调递减．
②当，即时，令，
得，，且．
所以当时，，；
当时，，．
所以在，上单调递减；
在上单调递增．
（2）由（1）知，当时，在和上单调递减，在上单调递增．
，又，所以．
又在上单调递增，所以，．
．
令，
则．
令，则单调递增，
由，得，
从而可知，当时，，
单调递减，，所以，
所以在上单调递增，故，即，
又因为，，，，在上单调递减，
所以，故在区间上有一个零点，设为，则．
又，得，而，
所以是的另一个零点．
故当时，函数在区间上存在三个零点．
【点睛】
关键点点睛：本题考查用导数确定函数的单调性，研究函数零点个数问题，解题关键是由导数确定函数的单调区间，在确定零点个数时需要把零点存在定理和单调性结合起来，才能确定零点个数．零点存在定理只能说明有零点，不能说明有几个零点．
2．已知函数，．
（1）求在上的最小值；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）先对函数求导，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值；
（2）要证，只要证，构造函数，对函数求导得，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数，利用导数求此函数的单调区间和最值，可得时，，从而有，所以得到是上的增函数，进而可得
【详解】
（1），令，得，
故在区间上，的唯一零点是，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在区间上，的最小值为．
（2）要证：当时，，
即证：当时，．

，
令，
∴，
∴时，，
∴，∴，
∴时，，
∴，∴，
∴在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以时，，
而时，，
综上，时，，即，
即是上的增函数，
∴．
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，利用导数证明不等式，解题的关键是把转化为，构造函数，对函数求导得，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数，利用导数求此函数的单调区间和最值，进而可判断，所以得到是上的增函数，进而可得，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
3．已知函数．
（1）证明：时；
（2）证明：时，．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出，即可证得结论成立；
（2）由（1）得出，可得利用放缩法得出当时，，可证得，代入不等式计算即可证得结论成立.
【详解】
（1）因为，则，
设，则，故在上为减函数，
可得，即，故在上为减函数，故；
（2）由（1）知：时，
可得：

，
当时，，
故，
所以，，
因此，．
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
4．已知函数，其中．
（1）求函数在处的切线方程；
（2），，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）求导数，得切线斜率，从而可得切线方程；
（2）时，不等式成立，主要讨论由时不等式成立得的范围，分离参数后用导数求函数的最值可得．
【详解】
（1）由题意，，又，
所以切线方程为，即；
（2）时，不等式为，对任意实数都成立；
时，不等式化为，令，
则，
由，令，，
所以即在上递增，，所以，
若，即，则在上恒成立，在上递增，
，不等式成立，
若，由上讨论知存在，使得，且当时，，递减，时，，递增，，
而，因此时，，不成立．
综上．
【点睛】
方法点睛：本题考查导数的几何意义，考查由不等式恒成立求参数范围．解题方法是构造新函数，求出，确定在上单调递增，，
根据的正负分类讨论后得出结论．注意此题若用分离参数得，引入新函数后在现有知识体系下求不出新函数的最小值或取值范围，从而不能得出结论．
5．已知函数f(x)=2ex+aln(x+1)-2.
（1）当a=-2时，讨论f(x)的单调性；
（2）当x∈[0，π]时，f(x)≥sinx恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）函数在(-1，0)单调递减，在单调递增；（2）.
【分析】
（1）将代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）令，等价于恒成立，求出，讨论或，判断函数的单调性，其中时，可得，讨论或，证明函数的单调性即可证明.
【详解】
（1）当时.
在单调递增，且
当时，；当时.
所以函数在(-1，0)单调递减，在单调递增.
（2）令
当时，恒成立等价于恒成立.
由于，
所以（i）当时，函数在单调递增，
所以，在区间恒成立，符合题意.
（ii）当时，在单调递增，.
①当即时，
函数在单调递增，所以在恒成立，符合题意.
②当即时，
若，即时在恒小于
则在单调递减，，不符合题意.
若即时，存在使得
所以当时，则在单调递减，
不符合题意.
综上所述，的取值范围是
【点睛】
关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数，不等式等价转化为恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想.
6．已知函数.
（1）求函数在内的单调递增区间；
（2）当时，求证：.
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出导函数，由确定增区间；
（2）利用（1）的结论，设，在上，利用导数证明恒成立，在时，由（1）得，不等式恒成立，从而得证．
【详解】
（1）解析：由题意知，，，
所以当时，解得，
即在的单调递增区间是，
（2）令，，只需证即可

令，则，
当时，，递减，
即在单调递减，即，
所以，从而在上单调递减，即恒成立；
当时，
由（1）知，的极大值点满足，这些极大值点使得的分子值不变，但分母随的增大而增大（当然），
∴当时，，恒成立．
综上，得证.
【点睛】
关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．解题方法通常是引入新函数，利用导数求得函数的最大值，而最大值小于0即证，本题证明时，注意到函数的极大值点有无数个，因此在求最大值时，根据（1）的结论只在（1）中第一个单调区间上讨论的最大值，而在上直接利用的性质确定与皆大小关系．这种解法具有特殊性，注意区别．
7．已知函数．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）若在处取得极值，且，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求出、，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）求出，求得，由可得出，构造函数，其中，利用导数分析函数在上单调递增，由可得出，进而可解得正实数的取值范围.
【详解】
（1）当时，，则，
所以，，
所以切线方程为；
（2），
设，则.
因为，由，可得，此时；
由，可得，此时.
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
所以，，则且有，可得，
，解得.
所以，
且，所以，，
因为，所以，即，
即，整理得，
设，其中，
则，
，则，所以，即当时，.
所以，函数在上单调递增，
，由，可得，
即，解得.
因此，实数的取值范围是.
【点睛】
思路点睛：利用导数求函数极值的步骤如下：
（1）求函数的定义域；
（2）求导；
（3）解方程，当；
（4）列表，分析函数的单调性，求极值：
①如果在附近的左侧，右侧，那么是极小值；
②如果在附近的左侧，右侧，那么是极大值.
8．已知函数．
（1）若曲线在点处的切线经过坐标原点，求实数；
（2）当时，判断函数在上的零点个数，并说明理由．
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】
（1）求出函数的导数，根据导数几何意义求斜率，由切线方程求a；
（2）原问题转化为的零点问题，求导，利用导数可得单调性，结合零点存在性即可求解.
【详解】
（1），
所以在点处的切线方程为，
所以，即；
（2）因为，
所以，
所以可转化为，
设，
则
当时，，
所以在区间上单调递增．
当时，设，
此时，
所以在时单调递增，
又，，
所以存在使得且时单调递减，
时单调递增．
综上，对于连续函数，在时，单调递减，
在时，单调递增．
又因为，
所以当，即时，函数有唯一零点在区间上，
当，即时，函数在区间上无零点，
综上可知，当时，函数在上有个零点；
当时，函数在上没有零点．
【点睛】
关键点点睛：由题意可转化为在区间上的零点个数问题，求导，利用导数可得函数单调性，在时，单调递减，在时，单调递增，分类讨论的正负即可．
9．已知函数．
（1）当时，比较与的大小；
（2）若有两个不同的极值点，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）令，再利用导数法判断与0的关系.
（2）根据有两个不同的极值点，，转化为，为方程的两个不同实根有，，则，进而将问题转化为，即证明，再由（1）得到，即，然后作出函数，及的图象，利用数形结合法求解.
【详解】
（1）当时，，
令，
则．
令，则，
可知为上的增函数，
则，
则为上的增函数，
所以，即，
所以为上的增函数，
所以，
所以不等式在上成立，
所以．
（2），
因为有两个不同的极值点，，
所以，为方程两不等根，
即，为方程的两个不同实根，
令，，
令，得；
令，得，
则在上递增，在上递减，
所以当时，取得最小值为，
所以，不妨设，且，，
则，，
则，
故只需证明，
即证明．
由（1）知，
所以，
令，，
则
可得在上递减，上递增，
函数，及的图象如图所示，

令为方程两不等根，
即的两个实根，
则
由图可知，，
即，
所以
，
所以，
故原不等式得证．
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系，从而证明不等式.
10．已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数，若在上有两个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）求导后，对a分类讨论即可求解；
（2）根据函数在上有两个零点可转化为在上有两个不相等的实数根，令，利用导数研究函数大致变化趋势求出a的范围.
【详解】
（1）函数的定义域为，
所以．
当时，由，得．则的减区间为；
由，得．则的增区间为．
当时，由，得．则的减区间为；
由，得，或．则的增区间为和．
当时，，则的增区间为．
当时，由，得．则的减区间为；
由，得，或．则的增区间为和．
（2）．
在上有两个零点，即关于方程在上有两个不相等的实数根．
令，，则．
令，，则，
显然在上恒成立，故在上单调递增．
因为，所以当时，有，即，所以单调递减；
当时，有，即，所以单调递增．
因为，，，
所以的取值范围是．
【点睛】
关键点点睛：问题转化为方程关于方程在上有两个不相等的实数根后，需要对的极值，单调性进行分析，继续利用导数研究是解题的关键.