专题03导数及其应用-2021年高考真题和模拟题数学（文）分项汇编（全国通用）（解析版）

这是一份专题03导数及其应用-2021年高考真题和模拟题数学（文）分项汇编（全国通用）（解析版），共37页。试卷主要包含了设函数，其中.，已知函数，设a，b为实数，且，函数等内容，欢迎下载使用。

专题03 导数及其应用

1．（2021·全国高考真题（文））设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
又，
因为，故，
当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，
所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，
故即.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.
2．（2021·全国高考真题（文））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上

单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
3．（2021·浙江高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
【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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，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．


1．（2021·山西高三三模（文））已知，设函数的图象在点处的切线为l，则l过定点（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据导数几何意义求出切线方程，化成斜截式，即可求解
【详解】由，，，故过处的切线方程为：，故l过定点
故选：A
【点睛】本题考查由导数的几何意义求解切线方程，直线过定点问题，属于简单题
2．（2021·广东高三其他模拟）已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意画出函数大致图象，然后根据图象得出，再用表示出，根据所得关于的函数单调性可得结果．
【详解】函数大致图象如下：


则由图可得，
而，故．
，
令，，．
则
在，上为单调增函数．
，
．
故选：D
3．（2021·河南高三其他模拟（理））已知函数，，其中e为自然对数的底数，若存在实数使得成立，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用导数求出，再求出，解方程即得解.
【详解】因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
又，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当两个不等式同时取等号时，等号成立.
若存在实数使得成立，则，
即.
故选：D
【点睛】方法点睛：最值问题常见的解法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
4．（2021·河南高三其他模拟（文））函数在上的最小值为（ ）
A． B．-1 C．0 D．
【答案】B
【分析】求导后求得函数的单调性，利用单调性求得函数的最小值.
【详解】因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
故答案为：B.
5．（2021·福建高三三模）已知函数，实数，满足不等式，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据条件判断函数关于对称，求导，可得函数的单调性，利用函数的对称性和单调性将不等式进行转化求解即可.
【详解】解：∵，
∴，
∴函数关于对称，
又，
∵，
∴，
∴恒成立，则是增函数，
∵，
∴，
∴，得，
故选：A.
【点睛】根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键，需灵活应用基本不等式求最值，综合性强，属中档题.
6．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数在区间内有唯一零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】令f(x)=0，分离参数，结合导数研究函数的单调性即可得出结果.
【详解】令f(x)=0，则，，
令，，
令，，
则函数在区间单调递增，，
所以，函数在区间单调递增，
所以有，
即，
所以，
故选：B．
7．（2021·正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】参变分离可得，研究函数，根据导函数以及，可得函数的极大值为，当，，所以，根据的最大值的范围即可得解.
【详解】由，得，
令，
则，当时，，
函数在，上单调递增，在上单调递减，
故函数的极大值为，极小值为，
且时，，所以，由，
得，由恒成立，得，
故选：D．
8．（2021·新安县第一高级中学高三其他模拟（文））当时，恒成立则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】令，利用参变量分离法得出，利用导数求出函数在上的最小值，由此可得出实数的取值范围.
【详解】因为，令，则，所以，，可得，
令，则，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，则，即，
所以，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，则，.
故选：D.
9．（2021·山东烟台市·高三其他模拟）若函数的所有零点之和为0，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据分段函数的形式确定出时的零点为，再根据时函数解析式的特点和导数的符号确定出图象的“局部对称性”以及单调性，结合所有零点的和为0可得，从而得到参数的取值范围.
【详解】当时，易得的零点为，
当时，，
∵当时，，∴的图象在上关于直线对称.
又，
当时，，故单调递增，
当时，，故单调递减，且，.
因为的所有零点之和为0，故在内有2个不同的零点，
且，解得.
故实数a的取值范围为．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题考查分段函数的零点，已知函数零点的个数求参数的取值范围时，关键根据解析式的特点和导数寻找函数图象的对称性和函数的单调性，最后根据零点的个数得到特殊点处函数的符号.
10．（2021·浙江金华市·高三三模）已知函数，，则当时（ ）
A．|
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】令，利用导数求出单调性，得出，可得单调性，即可判断AB；根据，得，讨论大小去绝对值可比较.
【详解】令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则，
则在单调递减，在单调递增，
和的大小不确定，故AB错误；
由可知，即，
令，
则，
当时，；
当，，
单调递增，，
综上，，故C正确，D错误.
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是构造函数，利用导数判断出单调性且得出.
11．（2021·玉林市第十一中学高三其他模拟（文））已知函数，若存在m，n∈[2，4]，且m-n≥1，使得f(m)=f(n)，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先由导数确定函数的单调性，结合函数的单调性转化条件为或，即可得解.
【详解】由题意，，
令可得，则，解得，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
又，且，所以，
因为，，，
①若，则只需使，
即，解得；
②若，则需使，
即，解得；
综上，.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数确定函数的单调性，再结合函数的单调性，转化条件为的不等关系，即可得解.
12．（2021·山东济南市·高三其他模拟）曲线在x＝0处的切线方程是_________．
【答案】y＝﹣x+1
【分析】利用导数求出切线的斜率，利用点斜式求出点斜式方程.
【详解】的导数为，
可得曲线在x＝0处的切线的斜率为k＝﹣1，
又切点为（0，1），
所以切线的方程为y＝﹣x+1．
故答案为：y＝﹣x+1．
13．（2021·四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））已知关于的方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】由参变量分离法得出，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】由可得，设，其中，
当时，，则，此时函数单调递增，
当时，，则.
若，，此时函数单调递减，
若，，此时函数单调递增，所以，，
作出函数与的图象如下图所示：


由图可知，当时，即当时，
直线与函数的图象有三个交点，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
14．（2021·湖南永州市·高三其他模拟）已知函数，点为函数图象上一动点，则到直线距离的最小值为___________.(注)
【答案】
【分析】求出导函数，利用导数的几何意义求出切线与已知直线平行时切点坐标，然后转化为求点到直线的距离即可求解．
【详解】解：，，
与直线平行的切线斜率，解得或，
当时，，即切点为，
此时点到直线的距离为；
当时，，即切点为，
此时点到直线的距离为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是结合图形分析，将原问题转化为函数图象上与已知直线平行的切线的切点到直线的距离.
15．（2021·安徽六安市·六安一中高三其他模拟（文））曲线在处的切线在轴上的截距为___________.
【答案】
【分析】求得函数在导数，即切线斜率，即可求得方程，令可得所求.
【详解】，当时，，即切线斜率为2，
又当时，，
所以切线方程为，即，
令得，即切线在轴上的截距为.
16．（2021·浙江宁波市·镇海中学高三其他模拟）我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算．设，则________，其在点处的切线方程为________．
【答案】
【分析】利用复合函数的求导法则可求得，利用导数的几何意义可求得曲线在点处的切线方程.
【详解】，故，则.
故曲线在点处的切线方程为.
故答案为：；.
17．（2021·西安市经开第一中学高三其他模拟（理））函数的递增区间为______；若，则函数零点的取值范围是______．
【答案】，
【分析】求出导函数，研究利用导数与函数单调性的关系即可求得单调增区间，将g(x)=0分离参数，利用f(x)的性质可以求得g(x)的零点的取值范围.
【详解】解：函数的定义域为,
,
显然在定义域内，且仅在时,
∴在定义域的各个区间内都是单调增函数，
即的单调增区间是，;
当时，,∴,
当时，在上,在时.
令,显然不是的零点，分离参数得,
∵当时,∴由，满足的x的值大于-2，
得，
∵在上单调递增，
∴，即的零点的取值范围是,
故答案为： ，；.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点的范围，属中档题，难点在于导函数的计算，一定要正确使用商的导数的运算法则，注意函数的定义域和分析函数的正负，注意将g(x)的零点问题，分离参数转化为关于f(x)的不等式问题，利用f(x)的性质求解.
18．（2021·江苏南通市·高三其他模拟）我国魏晋时期的数学家刘徽形容他创立的“割圆术”说：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”即用正边形进行内外夹逼，可以求得圆周率的精确度较高的近似值.借用这种“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线，再进行相关计算.若函数，则曲线在点处的切线方程为___________；用此结论计算：___________.
【答案】
【分析】利用导数的几何意义可求得曲线在点处的切线方程，根据题意得出，由此可求得结果.
【详解】由题意知的定义域为，，
故曲线在点处的切线的斜率为，
所以切线的方程为.
因为非常接近，所以有，
则.
故答案为：；.
19．（2021·浙江高三期末）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常称为阿基米德三角形，因为阿基米德最早利用逼近的思想证明了：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的．已知为抛物线上两点，则在A点处抛物线C的切线的斜率为_______；弦与抛物线所围成的封闭图形的面积为_________．
【答案】
【分析】由，求得，则，写出在A点处和B点处抛物线C的切线方程，求得交点，再求得阿基米德三角形面积，再根据弦与抛物线所围成的封闭图形的面积与阿基米德三角形面积的关系求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以在A点处抛物线C的切线的斜率为-1，
切线方程为：，即，
同理在B点处抛物线CD 切线方程，
由，解得，
所以两切线的交点为，
所以阿基米德三角形面积，
所以弦与抛物线所围成的封闭图形的面积为，
故答案为：-1，
20．（2021·玉林市育才中学高三三模（文））设函数，其中．
（Ⅰ）当时，在时取得极值，求；
（Ⅱ）当时，若在上单调递增，求的取值范围；
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）求函数的导数利用求解；
（Ⅱ）根据函数的单调性可得在上恒成立，利用二次函数的最值求解.
【详解】（Ⅰ）当时，，
依题意有，故，
此时，
取得极大值，所以；
（Ⅱ）当时，，
若在上单调递增，
则在上恒成立，
设，
只需，即.
21．（2021·福建省福州第一中学高三其他模拟）已知函数，.
（1）讨论的零点个数；
（2）若有两个极值点，，且，证明：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求解出，然后根据、、分类讨论的取值正负，由此确定出的单调性，再结合分析的零点个数；
（2）根据已知条件确定出满足的关系式，然后计算并将其转化为“”，故只需证明“”，通过构造函数并分析其单调性以及取值范围来完成证明.
【详解】解：（1）函数的定义域为，，
令，
时，因为，，，
所以在上单调递增，又，故有且只有个零点：
时，，，
在上单调递增，又，故有且只有个零点；
时，有两正根，，，
由于，所以，，
当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增；
因为，，所以在上有个零点，且，，
又，，且
，，
所以在，上各有个零点.
综上所述，当时，有且只有个零点：当时，有个零点.
（2）证明：由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点，满足，所以，，
不妨设，则，则，

，
所以等价于，即，
令，则

所以在上单调递减，所以，所以.
【点睛】思路点睛：导数中求解双变量问题的一般步骤：
（1）先根据已知条件确定出变量满足的条件；
（2）将待求的问题转化为关于的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及的式子转化为关于的式子，将问题转化为关于自变量（亦可）的函数问题；②通过的乘积关系，用表示（用表示亦可），将双变量问题替换为（或）的单变量问题；
（3）构造关于或的新函数，同时根据已知条件确定出或的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
22．（2021·全国高三其他模拟（理））设函数，．
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）已知函数图象上任意两个点，，（），设直线的斜率为（其中为函数的导函数），证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）参变分离将问题等价于恒成立，令，利用导数求出函数的最小值，即可得到答案；
（2）根据斜率公式可得，要证明，只要证，再利用换元法令，即证：，再利用导数即可证明不等式；
【详解】（1）因为，所以
恒成立，即恒成立，
令，，
当时，；
当时，．
，所以．
（2），
，
，
要证明，只要证：，
令，即证：，
令，

在区间单调递增，所以，即成立．
原不等式成立
23．（2021·四川德阳市·高三二模（文））设函数.
（1）当时，求的单调区间是的导数)；
（2）若有两个极值点､，证明：.
【答案】（1）增区间，减区间；（2）证明见解析.
【分析】（1）当时，求得，得到，求得，结合导数的符号和，即可求解；
（2）求得，把函数有两个不等实根，转化为有两个不等实根，，令，利用导数求得函数单调区间，得到，再由，得到，把转化为不等式在时成立，令，求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）当时，函数，可得，
则，则，
令，可得，所以为单调递减函数，
又由，
所以当时，；时，，
故的增区间，减区间.
（2）由题意，函数，可得
因为函数有两个不等实根，即有两个不等实根，，
则，令，可得，
令，解得；令，解得，
所以在上递增，在上递减，所以，
当时，，所以，
由，可得，
故，
令，则.
，，
故不等式只要在时成立，
令，
可得，.
所以在单增，即，
所以在单减，即.
故原不等式得证.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题）中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
24．（2021·山东高三其他模拟）已知函数，．
（1）若函数在处取得极大值，求实数的值；
（2）当时，若对，不等式恒成立，求实数的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先根据极值点对应的导数值为零求解出的可取值，然后检验的取值下在处是否取极大值，由此确定出的值；
（1）先将问题转化为“时，”，再通过换元将问题转化为“恒成立”，然后构造函数，采用分类讨论的方法分析的最小值与的关系，由此求解出的值.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处取极大值，所以，所以，所以
当时，，









+



单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
所以在处取极大值，符合题意；
（2）当时， ，．
又因为对，不等式，所以时，，
所以时，，
令，因为为上的增函数，且的值域为，所以，
故问题转化为“恒成立”，不妨设，所以，
当时，，所以在上单调递增，且，
所以当时，，这与题意不符；
当时，令，解得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以，所以，
记，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
又因为，即，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.
25．（2021·江苏南通市·高三其他模拟）已知函数，，其中为自然对数的底数，.
（1）若对任意的，总存在，使得，求的取值范围；
（2）若函数的图象始终在函数的图象上方，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）分析可得，利用导数分析函数在区间上的单调性，求出，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在区间上的单调性，求出，可得出关于的不等式，由此可解得实数的取值范围；
（2）利用参变量分离法可得，令，，利用导数求得，由此可得出实数的取值范围.
【详解】（1）对任意的，总存在，使得，则，
因为，则对任意的恒成立，
所以，函数在区间上单调递增，则.
因为，
所以当时，，不满足，故；
当时，在上单调递增，
所以，即，解得；
当时，在上单调递减，
所以在上没有最大值，不满足题意.
综上，的取值范围为；
（2）因为函数的图象始终在函数的图象上方，所以.
因为，，所以.
令，，其中，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减.
所以，，则.
因此，实数的取值范围是.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
26．（2021·浙江金华市·高三三模）已知函数.
（1）求f(x)在点(-1，f(-1))处的切线方程；
（2）若方程f(x)=b有两个实根，且，证明；时，.(注∶e为自然对数的底数)
【答案】（1）；（2）见详解.
【分析】（1）根据导数的几何意义，求出点(-1，f(-1))处的切线斜率，又，根据点斜式即可得解；
（2）由点(-1，f(-1))处的切线方程，求出在处的切线，进行转化，求出，的根，根据根的关系即可得解.
【详解】（1）由，所以，又，
所以f(x)在点(-1，f(-1))处的切线方程为；
（2）由（1）知在点(-1，f(-1))处的切线方程，
令，
则，，
所以在上单减，在上当增，
，故当时，，
而，
由，令，则的跟，
所以，因为在上单减，所以，
而在处的切线，
同理令，
则，，
故 在上单减，在上单增，
又，当时，，
故，
所以，
则的根，
，
又在上单增，所以，
故，
【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，同时考查了转化思想，要求较高的计算能力，考查了计算逻辑推理等数学的核心能力.本题的关键有：
（1）掌握导数的几何意义的应用以及利用导数研究函数的单调性；
（2）本题的最重要思路是进行转化，把函数零点转化为切线零点解决问题.
27．（2021·河南高三其他模拟（文））已知函数(其中为实数).
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值；
（2）当时，若恒成立，求实数k的值.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）对函数求导，求得函数曲线在点处的切线斜率，从而求得的值，从而代入函数解析式，得出切点纵坐标，代入切线方程即可求得的值；（2）设，即要证，将问题转化为证，设，求导后利用函数的单调性求得函数的最小值即可得出结论.
【详解】解：（1）因为，
所以，解得.
由，得，即切点坐标为，
故有，解得.
（2）设，则.
因为，所以，所以是的最小值点.
即也是的极小值点.
因为，所以，解得.
下面证明：当时，恒成立，
即证.
设，则，，
令，可知.
因为，所以在上为增函数.
令，得；令，得.
即在上为减函数，在上为增函数，所以.
综上可知不等式恒成立，则.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.
28．（2021·四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数，其中为自然对数的底数，曲线在处切线的倾斜角的正切值为．
（1）求的值；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；
（2）依题意即证，即，构造函数，，利用导数说明其单调性与最值，即可得到，从而得证；
【详解】解：（1）因为，所以，
，解得．
（2）由（1）可得
即证．
令，，于是在上是减函数，在上是增函数，所以（取等号）．
又令，则，于是在上是增函数，在上是减函数，所以（时取等号）．
所以，即．
29．（2021·广东高三其他模拟）已知函数.
（1）若的图象在点处的切线与直线平行，求的值；
（2）在（1）的条件下，证明：当时，；
（3）当时，求的零点个数.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）有一个零点.
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可
（2）利用导数，得到在上单调递增，由，即可证明在上恒成立
（3）由（2）可知当且时，，即在上没有零点，再根据，，得到， 对进行讨论，即可求解
【详解】解：（1）因为的图象在点处的切线与直线平行，
所以，
因为，
所以，解得.
（2）由（1）得当时，，
当时，因为，所以在上单调递增，
因为，所以在上恒成立.
（3）由（2）可知当且时，，
即在上没有零点，
当时，，
令，，
则单调递增，
且，
，
所以在上存在唯一零点，记为，
且时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以，，
因为，所以，
所以在上存在唯一零点，且在上恒小于零，
故时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
所以在上至多有一个零点，
取，
则有，
所以由零点存在定理可知在上只有一个零点，
又f(0)不为0，所以在上只有一个零点.
【点睛】关键点睛：当时，，令，，则单调递增，且
，，所以在上存在唯一零点，记为，进而得到所以在上存在唯一零点，进而讨论求解，属于难题
30．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数只有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）或.
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得的取值范围.
【详解】（1），
当时，由或，所以在，单调递增，
由，所以在单调递减；
当时，由或，所以在，单调递增，由，所以在单调递减；
当时，在单调递增.
（2），，
由（1）知当时，在处，有极大值，且，此时函数有一个零点；
当时，在单调递增，且，此时函数有一个零点；
当时，，单调递增，单调递减，在处，有极小值，
在处，有极大值，则当，或时函数有一个零点，有或.
综上：或.
31．（2021·福建高三三模）已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性：
（2）若函数恰有两个极值点，且，求的最大值.
【答案】（1）在上单调递增；（2）最大值为3.
【分析】（1）对函数求导，然后分及讨论即可得的单调性；
（2）设，由题意，，，则，设，判断函数的单调性，结合题意即可求得的最大值.
【详解】解：（1）函数的定义域为，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，令，则，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
∴，
∴，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；
（2）依题意，，则，
两式相除得，，设，则，，，
∴，，
∴，
设，则，
设，则，
∴在单调递增，则，
∴，则在单调递增，
又，即，而，
∴，即的最大值为3.
【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键点是，根据得，
利用比值代换，则有，，，从而将双变量问题变为单变量问题来解决.