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第五章 一元函数的导数及其应用（单元综合检测）-高二数学同步教学题型讲义（人教A版选择性必修第二册）
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这是一份第五章 一元函数的导数及其应用（单元综合检测）-高二数学同步教学题型讲义（人教A版选择性必修第二册），文件包含高二导数章节综合检测原卷版docx、高二导数章节综合检测解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
高二导数章节综合检测第I卷（选择题）选择题（本大题8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】求导，设为“拉格朗日中值点”，由题意得到，构造，研究其单调性，结合零点存在性定理得到答案.【详解】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，，由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.故选：B2．已知函数的导函数的图像如图所示，若在处有极值，则的值为（ ）A．-3 B．3 C．0 D．4【答案】C【分析】根据导函数的图象判断导数的正负，判断函数单调性，即可判断出答案.【详解】由函数的导函数的图像可知当时，，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，故为函数的极大值点，即，故选：C3．已知在处取得极小值，则的值为（ ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】求导，然后通过求出的值，再代入原导函数验证在处取得极小值即可.【详解】由已知，，，得，此时，，令，得或，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，符合题意.则的值为.故选：B.4．设函数，在上的导函数存在，且，则当时（ ）A． B．C． D．【答案】C【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递减，从而得以判断.【详解】对于AB，不妨设，，则，，满足题意，若，则，故A错误，若，则，故B错误；对于CD，因为，在上的导函数存在，且，令，则，所以在上单调递减，因为，即，所以，由得，则，故C正确；由得，则，故D错误.故选：C.5．已知，，，且，恒有，则实数的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将转化为单调递减，然后导函数小于等于0恒成立即可.【详解】解：由题意知 ，，且，恒有则在上单调递减设则恒成立，则令，则，当时当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故所以．故选：D6．已知定义在上的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】因为不等式等价于，故考虑构造函数，结合已知条件证明其单调性，结合单调性解不等式即可.【详解】令，函数的定义域为，因为所以，故故在R上单调递减，又因为所以，，所以不等式可化为，所以，所以的解集为故选：B.7．已知，则的大小关系为（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性进行函数值的大小比较.【详解】方法一：比较的大小时，（法一）设函数，则，令，得，当时，，函数单调递增；当，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，因为，所以，即.（法二）因为，设为坐标原点，结合函数的图象知，所以；比较的大小时，设函数，则，当时，，所以函数在上单调递减；当时，，所以函数在上单调递增，因为，，又，所以，即，综上可得，，故B，C，D错误.故选：A.方法二（估值法）：因为0.43.所以，故B，C，D错误.故选：A.8．已知函数，关于x的方程有四个不同的实数根，则实数t的取值范围为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，求导判断单调性，再根据与图象之间的关系，即可绘制函数的图象. 令，结合图象，根据题意若要满足有四个根，只需方程的两根与满足：其中一个根，另一个根或．再结合二次函数图象可建立不等式即可求解.【详解】令，则，令，解得，故函数在区间上单调递减，在上单调递增，且在处，取得最小值，当时，；当时，，又因为，则的图像是将的图象在轴下方的部分关于轴向上翻折，保留轴上方的部分得到的，故的图象如图所示，令，结合图象，根据题意若要满足有四个根，则需方程有两个实根与，且满足其中一个根，另一个根或，由，得或，当方程的一个根，另一个根时，将代入，可得，故化为，解得或，不符合题意；当方程的一个根，另一个根时，所以解得．综上所述，实数t的取值范围为．故选：B．【点睛】关键点睛：本题的关键是要准确画出函数的图象，可通过对求导得到单调性，再结合与图象之间的关系，即可绘制函数的图象，从而把问题转化为方程的两根与满足：其中一个根，另一个根或．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．已知函数的定义域为，导函数为，满足，（为自然对数的底数），且，则（ ）A． B．C．在处取得极小值 D．无极大值【答案】BCD【分析】设，对其求导可得，因此设，根据题意可得的解析式，对A：利用导数判断的单调性分析判断，对B、C、D：利用导数判断的单调性分析判断.【详解】设，则，可设，则，解得，故，即，令，则，故在上单调递增，∴，即，则，A错误；∵，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增，∴，在处取得极小值，无极大值，B、C、D均正确故选：BCD.【点睛】结论点睛：（1）形式，联想到；（2）形式，联想到.10．函数，以下说法正确的是（ ）A．函数有零点 B．当时，函数有两个零点C．函数有且只有一个零点 D．函数有且只有两个零点【答案】BC【分析】利用导函数研究函数的单调性，进而得到函数的最值，根据零点存在定理求解即可.【详解】，定义域，所以，令解得，令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，，则的图象如图所示：故A错误；又当时，，所以从图像可得，当时，函数有两个零点，B正确；恒成立，所以在上单调递减，又，，所以函数有且只有一个零点，C正确，D错误；故选：BC11．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数，则（ ）A．一定有两个极值点B．函数在R上单调递增C．过点可以作曲线的2条切线D．当时，【答案】BCD【分析】对求导，得出，没有极值点，可判断A，B；由导数的几何意义求过点的切线方程条数可判断C；求出三次函数的对称中心，由于函数的对称中心为，可得，由倒序相加法求出所给的式子的值，可判断D.【详解】由题意知，，恒成立，所以在R上单调递增，没有极值点，A错误，B正确；设切点为，则，切线方程为，代入点得，即，解得或，所以切线方程为或，C正确；易知，令，则．当时，，，所以点是的对称中心，所以有，即．令，又，所以，所以，D正确．故选：BCD.12．函数（e为自然对数的底数），则下列选项正确的有（ ）A．函数的极大值为1B．函数的图象在点处的切线方程为C．当时，方程恰有2个不等实根D．当时，方程恰有3个不等实根【答案】BD【分析】求出函数的导数，利用导数探讨极大值判断A；利用导数的几何意义求出切线方程判断B；分析函数性质并结合函数图象判断CD作答.【详解】对于A：，在区间，上，，单调递增，在区间上，，单调递减，所以的极大值为，A错误；对于B：，，则函数图象在点处的切线方程为，即，B正确；对于C、D：因为在上递增，在上递减，，，在上递增，且在上的取值集合为，在上的取值集合为，因此函数在上的取值集合为，的极大值为，的极小值为，作出函数的部分图象，如图，观察图象知，当或时，有1个实数根；当或时有2个实数根；当时，有3个实数根，C错误，D正确.故选：BD【点睛】思路点睛：研究方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．13．已知函数与函数存在一条过原点的公共切线，则__________.【答案】【分析】由导数的几何意义分别表示公切线方程，再由公切线过过原点得出.【详解】设该公切线过函数、函数的切点分别为，.因为，所以该公切线的方程为同理可得，该公切线的方程也可以表示为因为该公切线过原点，所以，解得.故答案为：14．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】求出函数的导数，问题转化为和在上有2个交点，根据函数的单调性求出的范围，从而求出的范围即可．【详解】，若函数有两个极值点，则和在上有2个交点，，时，即，递增，时，，递减，故（1），而时，恒成立，时，恒成立，所以，故答案为：．15．已知函数，，若存在，，使得成立，则的最小值为__________．【答案】【分析】利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出，可得，构造函数，利用导数求出函数在上的最小值可得解.【详解】函数的定义城为，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，所以时，；时，；时，，同时注意到，所以若存在，，使得成立，则且，所以，所以，所以构造函数，而，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键点利用导数分析函数得，再构造函数，考查了学生分析问题、解决问题的能力..16．已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______．【答案】【分析】作出的函数图象，得出，，将化简为，构造函数，，由得出单调递增，求出的最大值，即可求得答案．【详解】解：作出的函数图象如图所示：∵存在实数，满足， ，，由图可知，，，设，其中，，显然在单调递增，， ，， 在单调递增，在的最大值为，的最大值为，故答案为：．四、解答题：本大题共5小题，17题共10分，其余各题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知函数．(1)当时，求函数在点处的切线；(2)讨论的单调性．【答案】(1)(2)答案见详解【分析】（1）运用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式即可求解；（2）求出导数，令，所以，，对分类讨论导数的符号即可求解．【详解】（1）当时，，所以切点为，，，所以切线方程为．（2）由，令，所以，，当时，即时，恒成立，所以在定义域上是增函数；当时，即时，当和时，恒成立，所以是增函数，当时，恒成立，所以是减函数；当时，即时，当和时，恒成立，所以是增函数，当时，恒成立，所以是减函数；综上所述：当时，在定义域上是增函数；当时，在和上是增函数，在上是减函数；当时，在和上是增函数，在上是减函数．18．已知函数（其中是自然对数的底数）.(1)求在上的最值；(2)若函数没有零点，求实数的取值范围.【答案】(1)最小值为，最大值为.(2)【分析】（1）利用导数直接求解函数最值即可；（2）由题知方程没有实数根，进而构造函数，研究其值域得，进而转化为解即可得答案.【详解】（1）解：，所以，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因为，，，，所以，函数在上的最小值为，最大值为.（2）解：因为函数没有零点，所以方程无实数根，即方程没有实数根，令，则，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，函数在处取得最大值因为当时，当时，所以，函数的值域为，所以，当方程没有实数根，，即，所以，实数的取值范围为.19．已知函数．(1)若，求曲线的斜率等于3的切线方程；(2)若在区间上恰有两个零点，求a的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）求出导函数，令求得切点坐标后可得切线方程；（2）求导函数，利用导数求出函数的单调区间，得到函数的极值点，依题意结合零点存在定理，列出不等式求解即可.【详解】（1）当时，，，则，设切点为，则，解得或（舍），∴，故切点为，∴所求切线方程为，即．（2），令，得，①当，即时，在上，∴在上单调递减，此时在上不可能存在两个零点；②当，即时，在上，递减；在上，递增，则在时取得极小值，结合零点存在定理，要使在区间上恰有两个零点，则，得．∴综上的取值范围是．20．已知，.(1)若是单调函数，求实数的取值范围(2)若不等式对任意成立，求的最大整数解【答案】(1)(2)9【分析】（1）由导数的几何意义可得是单调函数，只需或恒成立即可；（2）利用分离参数法，将不等式变形，令新函数，再根据导数判断函数的单调性进而求出最值，即可得到结果.【详解】（1）因为，定义域为，所以，令，由导数的几何意义可得要使在是单调函数，只需在内满足或恒成立，即或即可，显然在上单调递增，且，没有最大值，所以，解得.（2）当时，可转化为，令，则，记，当时，，所以为上的增函数，且，，所以存在使得，即，所以在上递减，在上递增，且，因为，所以，所以，，所以的最大整数解为9【点睛】导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.21．已知函数．(1)求函数的图象在点处的切线方程；(2)求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可求得答案；（2）将所要证明的不等式变形为，从而构造函数，利用导数判断其单调性，求得其最小值，即可证明原不等式.【详解】（1）因为，所以，所以，又因为．所以函数的图象在点处的切线方程为，即．（2）证明：要证，即证，即证，即证．令，则．由，可得，（舍去）因为当时，，所以当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增．所以，所以，结论得证．另解：证明：因为，所以要证，即证，即证．设，则．令，则，而函数在上单调递减，又，，故存在唯一的，使得，即，即，等式两边同时取对数得，即．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．所以，即，所以在上单调递减．因为当时，，，所以函数，所以成立．【点睛】：方法点睛：利用导数证明不等式，一般方法是将不等式进行变形，进而构造恰当的函数，从而将不等式的证明问题转化为函数的单调性或最值问题,22．已知函数.(1)若，求函数的单调区间；(2)若函数有两个不同的零点，求证：.【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递减区间为(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，求导得，然后即可得到其单调区间；（2）根据题意可得，得，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点，然后求导得到，得到其极值从而得到；方法一: 设，将不等式转化为，然后换元，构造即可证明；方法二:由换元法十构造差函数，令，则，即证.【详解】（1）当时，.则.当时，解得，又，所以；当时，解得，或，又，所以.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）函数，令，得.令，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点.因为，由，得；由，得.所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以.又，且当时，且，由于是方程的两实根，所以.方法一：不妨设，由，得，两式相减得：，两式相加得：.欲证：，只需证：，即证：，即证.设，则，代入上式得：.故只需证：.设，则，所以在上单调递增，所以，所以.故，得证.方法二（换元法十构造差函数）：不妨设，令，则，即证.设，则.因为，所以在上单调递增，在上单调递减.当时，易得；当时，要证，即证，即证.因为，所以.构造函数，易得.则，所以.又，所以，即.所以在上单调递增，.所以，即.故，得证
高二导数章节综合检测第I卷（选择题）选择题（本大题8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】求导，设为“拉格朗日中值点”，由题意得到，构造，研究其单调性，结合零点存在性定理得到答案.【详解】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，，由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.故选：B2．已知函数的导函数的图像如图所示，若在处有极值，则的值为（ ）A．-3 B．3 C．0 D．4【答案】C【分析】根据导函数的图象判断导数的正负，判断函数单调性，即可判断出答案.【详解】由函数的导函数的图像可知当时，，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，故为函数的极大值点，即，故选：C3．已知在处取得极小值，则的值为（ ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】求导，然后通过求出的值，再代入原导函数验证在处取得极小值即可.【详解】由已知，，，得，此时，，令，得或，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，符合题意.则的值为.故选：B.4．设函数，在上的导函数存在，且，则当时（ ）A． B．C． D．【答案】C【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递减，从而得以判断.【详解】对于AB，不妨设，，则，，满足题意，若，则，故A错误，若，则，故B错误；对于CD，因为，在上的导函数存在，且，令，则，所以在上单调递减，因为，即，所以，由得，则，故C正确；由得，则，故D错误.故选：C.5．已知，，，且，恒有，则实数的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将转化为单调递减，然后导函数小于等于0恒成立即可.【详解】解：由题意知 ，，且，恒有则在上单调递减设则恒成立，则令，则，当时当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故所以．故选：D6．已知定义在上的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】因为不等式等价于，故考虑构造函数，结合已知条件证明其单调性，结合单调性解不等式即可.【详解】令，函数的定义域为，因为所以，故故在R上单调递减，又因为所以，，所以不等式可化为，所以，所以的解集为故选：B.7．已知，则的大小关系为（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性进行函数值的大小比较.【详解】方法一：比较的大小时，（法一）设函数，则，令，得，当时，，函数单调递增；当，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，因为，所以，即.（法二）因为，设为坐标原点，结合函数的图象知，所以；比较的大小时，设函数，则，当时，，所以函数在上单调递减；当时，，所以函数在上单调递增，因为，，又，所以，即，综上可得，，故B，C，D错误.故选：A.方法二（估值法）：因为0.43.所以，故B，C，D错误.故选：A.8．已知函数，关于x的方程有四个不同的实数根，则实数t的取值范围为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，求导判断单调性，再根据与图象之间的关系，即可绘制函数的图象. 令，结合图象，根据题意若要满足有四个根，只需方程的两根与满足：其中一个根，另一个根或．再结合二次函数图象可建立不等式即可求解.【详解】令，则，令，解得，故函数在区间上单调递减，在上单调递增，且在处，取得最小值，当时，；当时，，又因为，则的图像是将的图象在轴下方的部分关于轴向上翻折，保留轴上方的部分得到的，故的图象如图所示，令，结合图象，根据题意若要满足有四个根，则需方程有两个实根与，且满足其中一个根，另一个根或，由，得或，当方程的一个根，另一个根时，将代入，可得，故化为，解得或，不符合题意；当方程的一个根，另一个根时，所以解得．综上所述，实数t的取值范围为．故选：B．【点睛】关键点睛：本题的关键是要准确画出函数的图象，可通过对求导得到单调性，再结合与图象之间的关系，即可绘制函数的图象，从而把问题转化为方程的两根与满足：其中一个根，另一个根或．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．已知函数的定义域为，导函数为，满足，（为自然对数的底数），且，则（ ）A． B．C．在处取得极小值 D．无极大值【答案】BCD【分析】设，对其求导可得，因此设，根据题意可得的解析式，对A：利用导数判断的单调性分析判断，对B、C、D：利用导数判断的单调性分析判断.【详解】设，则，可设，则，解得，故，即，令，则，故在上单调递增，∴，即，则，A错误；∵，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增，∴，在处取得极小值，无极大值，B、C、D均正确故选：BCD.【点睛】结论点睛：（1）形式，联想到；（2）形式，联想到.10．函数，以下说法正确的是（ ）A．函数有零点 B．当时，函数有两个零点C．函数有且只有一个零点 D．函数有且只有两个零点【答案】BC【分析】利用导函数研究函数的单调性，进而得到函数的最值，根据零点存在定理求解即可.【详解】，定义域，所以，令解得，令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，，则的图象如图所示：故A错误；又当时，，所以从图像可得，当时，函数有两个零点，B正确；恒成立，所以在上单调递减，又，，所以函数有且只有一个零点，C正确，D错误；故选：BC11．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数，则（ ）A．一定有两个极值点B．函数在R上单调递增C．过点可以作曲线的2条切线D．当时，【答案】BCD【分析】对求导，得出，没有极值点，可判断A，B；由导数的几何意义求过点的切线方程条数可判断C；求出三次函数的对称中心，由于函数的对称中心为，可得，由倒序相加法求出所给的式子的值，可判断D.【详解】由题意知，，恒成立，所以在R上单调递增，没有极值点，A错误，B正确；设切点为，则，切线方程为，代入点得，即，解得或，所以切线方程为或，C正确；易知，令，则．当时，，，所以点是的对称中心，所以有，即．令，又，所以，所以，D正确．故选：BCD.12．函数（e为自然对数的底数），则下列选项正确的有（ ）A．函数的极大值为1B．函数的图象在点处的切线方程为C．当时，方程恰有2个不等实根D．当时，方程恰有3个不等实根【答案】BD【分析】求出函数的导数，利用导数探讨极大值判断A；利用导数的几何意义求出切线方程判断B；分析函数性质并结合函数图象判断CD作答.【详解】对于A：，在区间，上，，单调递增，在区间上，，单调递减，所以的极大值为，A错误；对于B：，，则函数图象在点处的切线方程为，即，B正确；对于C、D：因为在上递增，在上递减，，，在上递增，且在上的取值集合为，在上的取值集合为，因此函数在上的取值集合为，的极大值为，的极小值为，作出函数的部分图象，如图，观察图象知，当或时，有1个实数根；当或时有2个实数根；当时，有3个实数根，C错误，D正确.故选：BD【点睛】思路点睛：研究方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．13．已知函数与函数存在一条过原点的公共切线，则__________.【答案】【分析】由导数的几何意义分别表示公切线方程，再由公切线过过原点得出.【详解】设该公切线过函数、函数的切点分别为，.因为，所以该公切线的方程为同理可得，该公切线的方程也可以表示为因为该公切线过原点，所以，解得.故答案为：14．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】求出函数的导数，问题转化为和在上有2个交点，根据函数的单调性求出的范围，从而求出的范围即可．【详解】，若函数有两个极值点，则和在上有2个交点，，时，即，递增，时，，递减，故（1），而时，恒成立，时，恒成立，所以，故答案为：．15．已知函数，，若存在，，使得成立，则的最小值为__________．【答案】【分析】利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出，可得，构造函数，利用导数求出函数在上的最小值可得解.【详解】函数的定义城为，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，所以时，；时，；时，，同时注意到，所以若存在，，使得成立，则且，所以，所以，所以构造函数，而，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键点利用导数分析函数得，再构造函数，考查了学生分析问题、解决问题的能力..16．已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______．【答案】【分析】作出的函数图象，得出，，将化简为，构造函数，，由得出单调递增，求出的最大值，即可求得答案．【详解】解：作出的函数图象如图所示：∵存在实数，满足， ，，由图可知，，，设，其中，，显然在单调递增，， ，， 在单调递增，在的最大值为，的最大值为，故答案为：．四、解答题：本大题共5小题，17题共10分，其余各题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知函数．(1)当时，求函数在点处的切线；(2)讨论的单调性．【答案】(1)(2)答案见详解【分析】（1）运用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式即可求解；（2）求出导数，令，所以，，对分类讨论导数的符号即可求解．【详解】（1）当时，，所以切点为，，，所以切线方程为．（2）由，令，所以，，当时，即时，恒成立，所以在定义域上是增函数；当时，即时，当和时，恒成立，所以是增函数，当时，恒成立，所以是减函数；当时，即时，当和时，恒成立，所以是增函数，当时，恒成立，所以是减函数；综上所述：当时，在定义域上是增函数；当时，在和上是增函数，在上是减函数；当时，在和上是增函数，在上是减函数．18．已知函数（其中是自然对数的底数）.(1)求在上的最值；(2)若函数没有零点，求实数的取值范围.【答案】(1)最小值为，最大值为.(2)【分析】（1）利用导数直接求解函数最值即可；（2）由题知方程没有实数根，进而构造函数，研究其值域得，进而转化为解即可得答案.【详解】（1）解：，所以，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因为，，，，所以，函数在上的最小值为，最大值为.（2）解：因为函数没有零点，所以方程无实数根，即方程没有实数根，令，则，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，函数在处取得最大值因为当时，当时，所以，函数的值域为，所以，当方程没有实数根，，即，所以，实数的取值范围为.19．已知函数．(1)若，求曲线的斜率等于3的切线方程；(2)若在区间上恰有两个零点，求a的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）求出导函数，令求得切点坐标后可得切线方程；（2）求导函数，利用导数求出函数的单调区间，得到函数的极值点，依题意结合零点存在定理，列出不等式求解即可.【详解】（1）当时，，，则，设切点为，则，解得或（舍），∴，故切点为，∴所求切线方程为，即．（2），令，得，①当，即时，在上，∴在上单调递减，此时在上不可能存在两个零点；②当，即时，在上，递减；在上，递增，则在时取得极小值，结合零点存在定理，要使在区间上恰有两个零点，则，得．∴综上的取值范围是．20．已知，.(1)若是单调函数，求实数的取值范围(2)若不等式对任意成立，求的最大整数解【答案】(1)(2)9【分析】（1）由导数的几何意义可得是单调函数，只需或恒成立即可；（2）利用分离参数法，将不等式变形，令新函数，再根据导数判断函数的单调性进而求出最值，即可得到结果.【详解】（1）因为，定义域为，所以，令，由导数的几何意义可得要使在是单调函数，只需在内满足或恒成立，即或即可，显然在上单调递增，且，没有最大值，所以，解得.（2）当时，可转化为，令，则，记，当时，，所以为上的增函数，且，，所以存在使得，即，所以在上递减，在上递增，且，因为，所以，所以，，所以的最大整数解为9【点睛】导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.21．已知函数．(1)求函数的图象在点处的切线方程；(2)求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可求得答案；（2）将所要证明的不等式变形为，从而构造函数，利用导数判断其单调性，求得其最小值，即可证明原不等式.【详解】（1）因为，所以，所以，又因为．所以函数的图象在点处的切线方程为，即．（2）证明：要证，即证，即证，即证．令，则．由，可得，（舍去）因为当时，，所以当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增．所以，所以，结论得证．另解：证明：因为，所以要证，即证，即证．设，则．令，则，而函数在上单调递减，又，，故存在唯一的，使得，即，即，等式两边同时取对数得，即．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．所以，即，所以在上单调递减．因为当时，，，所以函数，所以成立．【点睛】：方法点睛：利用导数证明不等式，一般方法是将不等式进行变形，进而构造恰当的函数，从而将不等式的证明问题转化为函数的单调性或最值问题,22．已知函数.(1)若，求函数的单调区间；(2)若函数有两个不同的零点，求证：.【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递减区间为(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，求导得，然后即可得到其单调区间；（2）根据题意可得，得，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点，然后求导得到，得到其极值从而得到；方法一: 设，将不等式转化为，然后换元，构造即可证明；方法二:由换元法十构造差函数，令，则，即证.【详解】（1）当时，.则.当时，解得，又，所以；当时，解得，或，又，所以.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）函数，令，得.令，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点.因为，由，得；由，得.所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以.又，且当时，且，由于是方程的两实根，所以.方法一：不妨设，由，得，两式相减得：，两式相加得：.欲证：，只需证：，即证：，即证.设，则，代入上式得：.故只需证：.设，则，所以在上单调递增，所以，所以.故，得证.方法二（换元法十构造差函数）：不妨设，令，则，即证.设，则.因为，所以在上单调递增，在上单调递减.当时，易得；当时，要证，即证，即证.因为，所以.构造函数，易得.则，所以.又，所以，即.所以在上单调递增，.所以，即.故，得证
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