新高中数学压轴题二轮专题专题3导数与函数的零点（方程的根）试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题3导数与函数的零点（方程的根）试题含解析答案，共61页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．已知函数
(1)若过点的直线与曲线切于点，求的值；
(2)若有唯一零点，求的取值范围．
2．已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求证：函数的图象位于直线的下方；
(3)若函数在区间上无零点，求的取值范围.
3．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
4．试判断函数零点的个数．
5．已知．
(1)当时，求在上的单调性；
(2)若，令，讨论方程的解的个数．
6．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）．
7．设函数.
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)当时，求的最大值；
(3)若存在两个零点，，求的取值范围.
8．已知函数，．
(1)当时，求的最小值；
(2)讨论函数和的图象在上的交点个数．
9．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若函数的最小值为，试判断函数在区间上零点的个数，并说明理由．
10．已知函数．
(1)若对任意实数，都有恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当时，若，求的最小值．
11．已知函数，，.
(1)判断直线能否与曲线相切，并说明理由；
(2)若不等式有且仅有两个整数解，求的取值范围.
12．已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数在区间有唯一零点，证明：.
13．已知，设函数，是的导函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间上存在两个不同的零点，.
①求实数的取值范围；
②证明：.
14．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数存在零点，求实数的取值范围.
15．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；
(2)证明：当时，没有零点．
16．设函数
(1)当时，求曲线在处的切线方程;
(2)当 时，求证：有且仅有两个零点.
17．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.
18．已知函数．
(1)求的单调区间和极值；
(2)若是函数的极值点．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）讨论在区间上的零点个数．
19．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点（其中），且不等式恒成立，求实数的取值范围．
20．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；
(2)若没有零点，求a的取值范围．
21．已知函数
（1）当 时，求函数在点处的切线方程；
（2）若函数在上的图象与直线总有两个不同交点，求实数a的取值范围．
22．已知函数．
(1)若，证明：恒成立．
(2)若存在零点，求a的取值范围．
23．（1）证明不等式：（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；
（2）已知函数有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）
24．已知函数．
(1)若，求在上的最大值和最小值；
(2)讨论函数的零点个数．
25．已知函数，且恒成立．
(1)求实数的最大值；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围．
26．已知函数，，.
（1）当时，讨论函数的零点个数．
（2）的最小值为，求的最小值．
27．已知.
(1)若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；
(2)当时，讨论函数的零点个数.
28．已知函数．
(1)若，曲线在点处的切线与直线垂直，证明：；
(2)若对任意的且，函数，证明：函数在上存在唯一零点．
29．已知函数且.
(1)设，讨论的单调性；
(2)若且存在三个零点.
1）求实数的取值范围；
2）设，求证：.
30．已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)当时，，求的最大值；
(3)若在区间存在零点，求的取值范围.
31．已知函数，，.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)令当，若函数有两个零点，，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，证明：.
参考答案：
1．(1)
(2)或
【分析】（1）先求，得到切点，再求导，求出得到切线斜率，利用点斜式写出切线方程，再由切线过点，可求的值.
（2）根据参数的不同取值范围，讨论函数的单调性，求出函数的极值，结合当趋近于0时，函数值的符号，又函数只有一个零点，就可以确定的取值范围.
【详解】（1）由题可得，，．
有，解得．
（2）因为，
令，，，
，，
由，所以在上递减，在上递增..
所以，当时，
（ⅰ）当时，，，
由.
所以在上递减，在上递增，当时，，，
当时，，所以有1个零点．
（ⅱ）当时，由，所以在上递减，在上递增，，
①若，有唯一零点.
②若，，当时，，
当时，，所以有2个零点，不合题意；
③若，，无零点，
（ⅲ）当时，设满足，
①若，在上大于等于0，故有单调递增，
，故有唯一零点；
②若，在递增，在递减，在递增，
，有唯一零点；
③若，在递增，在递减，在递增，，有唯一零点；
综上，若有唯一零点，a的取值范围是或.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：
(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．
2．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）要证明，只需要证明，即证，构造，利用导数求出函数的最大值即可得证；
（3）对分情况讨论，在时，，结合即可求解，在时，求导，结合零点存在性定理可得存在使得，进而结合导数即可求解.
【详解】（1），则，又，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2）因为，所以，
要证明，只需要证明，即证，
令，则，
当时，，此时在上单调递增；
当时，，此时在上单调递减，
故在取极大值也是最大值，故，
所以恒成立，即原不等式成立，
所以函数的图象位于直线的下方；
（3），
当时，，
故当时，在区间上恒成立，符合题意；
当时，，
令，则在区间上恒成立，
所以在单调递减，且，
①当时，此时在区问上恒成立，
所以在区间单调递减，
所以在上恒成立，符合题意，
②当时，此时，由于且，
所以，
所以，故存在使得，
故当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
故时，取极大值也是最大值，故，
由，可得，
令，得，所以在上存在零点，不符合题意，舍去，
综上可知，的取值范围为.
【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.
3．(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【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，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．
4．答案见解析
【分析】将要判断函数的零点个数，转化为判断函数和的图象存在的交点个数即可．
【详解】令，，
则想要解析出函数的零点个数，
即只需要分析函数和的图象存在的交点个数即可．
接下来我们通过分析的特征来拟出它的草图，
由于，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
且，，．
则作出和的图象如图所示．

由图象我们可以得知：
（1）当恰好经过点时，也就是的时候，函数只有一个零点；
（2）当时，函数不存在零点；
（3）当，函数存在两个零点．
【反思】对于这种难以用导数工具来细致分解其具体特征的函数，我们在处理它的零点问题时，往往都会将分化成两个比较简单的函数，也就是，利用和的图象之间的交点问题来求解的零点问题，这种方法有效地克服了直接求解零点所引起的技术方面的难点．
5．(1)在上递增
(2)答案见解析
【分析】（1）求出的导数，并判断在的正负，可得在上的单调性；
（2）方程的解的个数问题转化为函数的图像与直线的交点个数问题，画出函数的图像，利用数形结合的手段即可解决.
【详解】（1）因为
所以当时，，
所以，
则当时，，，可得，
所以在上递增．
（2）因为，，
所以，，
令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
当时，有极小值．
令，解得．令，可得，
当时，；当时，．
所以，的图像经过特殊点，，．
当时，，从而；
当时，，，从而．
根据以上信息，我们画出的大致图像如图所示．

方程的解的个数为函数的图像与直线的交点个数．
所以，关于方程的解的个数有如下结论：
当时，解为0个；
当或时，解为1个；
当时，解为2个．
【点睛】方法点睛：解决方程的解的个数问题，可转化为两个函数交点的个数问题，画出两函数的图像，采取数形结合的手段解决.
6．（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【分析】（I）方法一：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）方法一：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）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．
记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．
因此，当时，直线与只有1个交点．
（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）[方法一]：分析+构造函数法
，
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设，则由得．
从而只要证．
上式左边．
使用不等式可得
【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解.
7．(1)
(2)0
(3)
【分析】（1）由题意利用导数的几何意义可求解；
（2）利用导数判断函数的单调性，结合单调性可求得的最大值；
（3）由（2）知为分类讨论的分界点，在各种情况下利用零点存在性定理找到零点所在的区间即可得解.
【详解】（1），，
，
当时，，
，
，，
所以在处的切线方程为：.
（2）当时，，，
，
令，，，
，函数在上单调递减，由，
，，即，
，，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为.
（3），，
当时，有，即函数在上单调递减，所以函数至多一个零点，不合题意；
当时，令，即，
令，，在上单调递增，
所以存在唯一的，使得，
且当时，，即函数单调递增，
当时，，即单调递减，
，
由（2）知，当时，此时，而，函数只有一个零点，不合题意；
当时，则，又，单调递增，所以，
取，，有，
先来证明，，
设，则，
当时，，即单调递减，则，即，
所以可得，则，故在上存在一个零点，1为函数的另一个零点，
即当时，函数存在两个零点；
当时，即，则，又，单调递减，
所以，取，，，
先来证明，当时，，
由上面， ，则，即单调递增，
则，即，等价于，
即，即，，则，
故函数在上存在一个零点，又1为函数的另一个零点，即当时，函数存在两个零点；
综上可知，当时，存在两个零点.
【点睛】思路点睛：本题第三小问属于利用导数研究函数的零点问题.
利用导数讨论函数的单调性，可得当时，存在隐零点，使得，根据单调性可得，由第二问得时，不合题意，由此分，讨论，除了满足，同时结合零点存在性定理找到零点所在的区间即可.
8．(1)1；
(2)答案见解析.
【分析】（1）构造函数，利用导数求出函数的最小值即得.
（2）由交点的意义得，进而变形为，把问题转化为直线与函数的图象公共点的个数求解，构造函数，利用导数探讨此函数性质即可得解.
【详解】（1）当时，，．
令，则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，则当时，取得最小值，，
所以当时，取得最小值1.
（2）由，得，两边同时取自然对数得，显然，则，
于是函数和的图象在上的交点个数，即方程的解的个数，
令，求导得，令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
因此是的极大值点，，
当时，单调递增，函数的取值集合为，
当时，直线与函数的图象仅只一个公共点，方程有一个解，
当时，恒成立，在上递增，函数值集合为，在上递减，函数值集合为，
因此当，即时，直线与函数的图象有两个公共点，方程有两个解，
当，即时，直线与函数的图象仅只一个公共点，方程有一个解，
当，即时，直线与函数的图象无公共点，方程没有实数解，
综上，当或时，函数和的图象在上的交点个数是1；
当时，函数和的图象在上的交点个数是0；
当时，函数和的图象在上的交点个数是2.
9．(1)当时，在上单调递减；当时，在单调递减，在单调递增
(2)有两个零点，理由见解析
【分析】（1）分和两种情况，通过求导得出单调性；
（2）对分析并根据零点存在定理的单调性，利用“隐零点”得到的值，判断函数零点的个数，即判断关于方程根的个数，根据（1）中的结论即可得到答案.
【详解】（1）由得，
当时，，
∴在上单调递减；
当时，设，则，
∴在上单调递增，
∴当时，当时，
∴在单调递减，在单调递增，
综上：当时，在上单调递减；当时，在单调递减，在单调递增.
（2）函数在区间上有两个零点．理由如下：
当时，，所以，令，
则在区间上恒成立，
所以函数在区间上单调递增，又，，
由零点存在定理，时，有，
即，因此，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
因为，令，则，
所以在区间上恒成立，
即在区间上单调递减，所以，即．
要判断函数零点的个数，即判断关于方程根的个数，
由（1）知当时，在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，且，
所以关于方程在上有两个根，
即在区间上有两个零点．
【点睛】关键点点睛：判断函数零点个数及存在性问题，要善于运用零点存在性定理，如利用导数证明了函数在某区间上单调，寻求两个异号函数值对应的自变量，则必在此区间上有唯一零点，同时需要注意在复杂函数问题中的二次求导问题.
10．(1)
(2)
【分析】（1）已知当时，不满足；进而讨论当 时，存在唯一零点，当 时，单调递增，当 时， 单调递减，故，解得 ，最后利用求解；
（2）由题知，再令 得，故研究函数 性质得 在上有唯一的零点 ，且满足，进而得答案.
【详解】（1）解：当时，，不满足对任意实数，都有恒成立；
当时，，
令，则
所以函数单调递减，
由于，，
所以存在唯一零点，使得 ，
所以当时，单调递增，当 时，单调递减，
所以
令， ，
故在定义域内是的单调函数，
由于，
所以的解集为 ，
所以，即实数a的取值范围是
（2）解：当时，，
由，
所以，
所以，
令，则，即 ，
令
令
所以时，， 单调递减，时， ， 单调递增，
由于，
所以在上有唯一的零点 ，且满足 ，
所以，
所以，当且仅当 时等号成立.
【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）
11．(1)能，理由见解析；
(2).
【分析】（1）假设直线与曲线相切，设切点，利用导数的几何意义结合条件可得，然后利用导数及零点存在定理判断方程有解即可；
（2）由题得，令，利用导数可得函数的性质，然后按分类讨论不等式的整数解，得出结论．
【详解】（1）假设直线能与曲线相切，设切点为，
由题可得，又，，
则，即，
，即，
消去有，
设，则，
所以在上单调递增，
而，，，
由函数零点存在性定理知，存在唯一实数，使，
即直线能与曲线相切；
（2）由得，，
即，
令，则，
由（1）知在上单调递增，
且时，，在，，
故在上单调递减，在上单调递增，且，
∴当时， ，当时，，
若，因为要求整数解，所以函数在时，，
则有无穷多个整数解，不合题意；
若，因为在上单调递减，在上单调递增，
所以，，，
所以无整数解，不合题意；
若，即，此时，故0，1是，即的两个整数解，
又只有两个整数解，
因此，即，
解得，
所以.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
12．（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导得， 分， ，，三种情况讨论可得单调区间.
（Ⅱ）由（1）及可知：仅当极大值等于零，即且
所以，且，消去得，构造函数，证明单调且零点存在且唯一即可.
试题解析：（Ⅰ），，
令，，
若，即，则，
当时，，单调递增，
若，即，则，仅当时，等号成立，
当时，，单调递增.
若，即，则有两个零点，，
由，得，
当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
综上所述，
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减.
（Ⅱ）由（1）及可知：仅当极大值等于零，即时，符合要求.
此时，就是函数在区间的唯一零点.
所以，从而有，
又因为，所以，
令，则，
设，则，
再由（1）知：，，单调递减，
又因为，，
所以，即
点晴：本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.
13．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）导数几何意义求切线方程即可；
（2）①设，因为，所以与零点相同，根据的单调性与极值情况来确定的范围；
②根据题意，利用放缩构造等思路结合导数，求出的范围.
【详解】（1）由题设，则，且，
所以，，则在点处的切线方程为，即.
（2）①当时等价于，
设，则．
当时单调递减；当时单调递增；
所以，当时，
因为在上存在两个不同的零点，则，解得．
当时，取，则，
故，又，
所以在和上各有一个零点，故．
②因为，所以，
结合知：．
设，则，在上，在上，
所以在上递增，在上递减，故，即，
所以，即，当时取等号，
所以．
由①知，在上单调递增，且，所以，即．
因为在上是减函数，且，
所以，得证.
【点睛】方法点睛：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．
14．(1)
(2)
【分析】（1）代入直接求导得，计算切点和斜率，最后写成点斜式即可；
（2）先用导数证明不等式，然后分和两种情况讨论即可得到的取值范围.
【详解】（1）当时，，所以.
这得到，，所以所求切线是经过且斜率为的直线.
故所求切线方程为，即.
（2）设，则，所以当时，当时.
从而在上递增，在上递减，故，这得到.
若，则，从而取值恒为负，故没有零点，不满足条件；
若，则有，
及.
从而由零点存在定理可知存在零点，满足条件.
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题的第二问可使用分类讨论法解决. 只要分类方式恰当，分类讨论法往往能够直接确定取值范围.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数后计算斜率，再计算，然后写出切线方程，求出其在坐标轴上的截距后可得三角形面积；
（2）求出导函数，引入新函数，由导数确定的零点的存在，从而得出的正负，得的最小值，然后证明这个最小值大于0即可证．
【详解】（1）当时，．
，
故曲线在点处的切线方程为，
即．
因为该切线在x，y轴上的截距分别为和，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积．
（2）当时，因为，所以，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
又，
故在上有唯一的零点，即，因此有．
当时，，即；当时，，即．
所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值．
由，得，
所以在时，，
因为，所以，又因为当时，，所以．
所以．
因此当时，没有零点．
【点睛】方法点睛：证明函数无零点问题，可利用导数求出函数的最小值（或最大值），然后证明最小值大于0（或最大值小于0）即可，难点在于函数的最值点不能具体地求出，因此可象本题利用零点存在定理说明导函数的零点的存在性，得出最小值，注意利用对 进行化简变形，然后证明．
16．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题求出，即可得出该切线方程；
（2）由为偶函数，，可知有且仅有两个零点等价于在有且只有一个零点，再利用导数和函数单调性的关系，以及函数零点存在定理即可求出.
【详解】（1）当时，，

又，
∴曲线在处的切线方程为，
即
（2）的定义域为.
∴为偶函数，

∵，
∴有且仅有两个零点等价于在有且只有一个零点.
∵，
当时， ， 恒成立，
∴在上单调递减

∴在上有且只有一个零点.
当 时， 令， 即，
可知存在唯一使得，
当或时， ， 函数单调递增；
当时，， 函数单调递减.
由 可得
当


∴在上有且只有一个零点.
综上，当 时，有且仅有两个零点
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、由为偶函数，，可知有且仅有两个零点等价转化为在有且只有一个零点，是解决本题的关键.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合直线方程的求法，即可得到结果；
（2）分类讨论和两种情况研究函数的单调性结合零点存在性定理确定函数的零点个数，由此确定的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
时，
又，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）当时，在上单调递减，所以在上至多有一个零点.
当时，，
因为，所以，
令，易知在上单调递增，
因为，
所以存在，使得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
由得，则，
所以，
当，即时，，所以在上没有零点.
当，即时，，所以在上有一个零点.
当，即时，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
所以，
因为，且在上单调递减，
所以在上只有一个零点，
令，易知在上单调递增，
又，
所以存在，使得，
则，
由可知，则，
又在上单调递增，所以在上只有一个零点，
综上可知，时，函数有两个不同的零点，故实数的取值范围为.
【点睛】知识点点睛：本题主要考查了导数的几何意义，同时也考查了求导分析函数单调性、最值和零点存在性定理，由零点个数求参数范围等方面，属于难题.
18．(1)函数在上单调递增，在上单调递减，有极大值，无极小值.
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）2
【分析】（1）求导得到导函数，根据导函数的正负确定单调区间，计算极值得到答案.
（2）（ⅰ）计算得到，确定，设，根据函数的单调性结合，得到证明；
（ⅱ）求导得到导函数，考虑，，三种情况，构造，确定函数的单调区间，根据，，得到零点个数.
【详解】（1），，取得到，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.
故函数在上单调递增，在上单调递减，有极大值，无极小值.
（2）（ⅰ），，
，故，
设，函数单调递增，
，.
根据零点存在定理知.
（ⅱ），，，
设，，
当时，，故，单调递增，，故函数单调递减，，
故函数在上无零点；
当时，，
设，，
设，则，
当时，，当时，
故在单调递增，在上单调递减，
，，，
故存在使，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
，故，，故函数在上有1个零点.
综上所述：在区间上的零点个数为2
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的单调性和极值，根据极值求参数，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中分类讨论是解题的关键，三角函数的有界性和正负交替是经常用到的关键思路.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义运算求解；
（2）根据题意可得有两个正根，换元令，分析可得有两个正根，换元令，整理分析可得在时恒成立，故而令，继而转化为利用导数求解函数的最值问题，结合分类讨论，即可求得答案.
【详解】（1）∵，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率，
故切线方程为，即.
（2）∵，
令，可得，
故函数有两个零点等价于有两个正根，
令，则，
等价于有两个正根，
∵当时恒成立，
故在上单调递增，
对于，由，可得，
可得，可得，
令，由，可得，
由，整理可得，
由于恒成立，
等价于当时恒成立，
等价于当时恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
则有当时，．
（i）当时，当时，，
所以在上单调递增，则有，符合题意。
（ⅱ）当时，由于，且，，
所以存在唯一的 使得，
所以当时，，则在上单调递减，
所以，不符合题意.
综上，不等式恒成立，则 .
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
20．(1)
(2)
【分析】（1）先求出切点，利用导数求得切线斜率，进而得到切线方程，再分别求出在，轴上的截距, 最后利用直角三角形面积公式求得结果;
（2）对分和两种情况讨论，利用导数探究出函数的单调性，进而求得函数最值分析可得答案.
【详解】（1）当时，．
，
故曲线在点处的切线方程为，
即．
因为该切线在，轴上的截距分别为和，
所以该切线与两坐标轴所围成的直角三角形的面积．
（2）①当时，，则，
由图象可得，当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
故为最小值，且．
所以此时存在零点，不符合题意．
②当时，因为，
所以，
令，则，
因为，所以，在上单调递增，
又，由零点存在定理得，
在上有唯一的零点，即，因此有．
当时，，即；当时，，即．
所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值．
由，得，，
所以，
因为，所以，又因为，所以，所以．
所以，此时没有零点．
综上，的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数求解零点问题的常用方法：
（1）分离参数法：一般给出零点个数，求解参数范围，通常把参数分离出来，利用导数求解新函数的单调性，最值；结合零点个数，列出不等关系.
（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类讨论的标准，利用导数求解单调性和最值，有时需要二次求导.
21．（1） ；（2）
【分析】（1）把代入函数解析式，求出函数在出的导数，可得函数f(x)在点处的切线方程；
（2）求出原函数的导函数，分和讨论，当时由导函数在不同区间的符号得到原函数的单调性，从而求出函数在区间上的最小值点，由题意列出不等式组，可得a的取值范围.
【详解】（1）当时，，，，
函数在点处的切线方程为： ;
（2）由，得，
当时，在上单调递减，不满足题意；
当时，在上恒小于0，函数在上单调递减，不满足题意；
当，由可得 ，
当或时，或，函数在都是单调函数，
函数在上的图象与直线不可能两个不同交点，
故需；
由，得，
当时，＜0，单调递减；
由＞0，得，
当时，，单调递增；
函数在上的图象与直线恒有两个不同交点，
则需，可得，
实数a的取值范围是.
【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，体现了数学转化思想及分类讨论的思想，是中档题.解答时要注意将图象的交点问题转化为函数的最值问题进行解决.
22．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）当时，求得，得出函数的单调区间，结合，即可求解；
（2）解法1：令，可得，令函数，求得，令，求得在上单调递增，得到的单调性，进而求得实数a的取值范围；
解法2：求得，转化为关于x的方程有唯一正根，设的唯一正根为m，求得的单调性，得到，设，结合单调性，即可求解.
【详解】（1）证明：当时，，可得，
当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，可得，
所以当时，恒成立．
（2）解法1：令，可得，
令函数，可得．
令函数，则，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，；当时，，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以．
当时，；当时，，
因为存在零点，所以，故实数a的取值范围为．
解法2：由函数，可得，
由，可得，其判别式，
由一元二次方程根与系数的关系知，关于x的方程有唯一正根，
设的唯一正根为m，则有，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
当时，；当时，．
因为存在零点，所以，
设，则，
则，所以在上是增函数，
所以，即，由，可得，
由，得，故a的取值范围为．
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
（1）直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围；
（2）分离参数法，先分离参数，将问题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作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数（或，构造函数）；
②，构造函数（或，构造函数）；
③，构造函数（或，构造函数）.
23．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.
（2）求出函数的导数，利用导数分类讨论函数的单调性、零点情况作答.
【详解】（1）令函数，，求导得：，显然函数在上单调递增，
而，，则存在，使得，即，有，
当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
，
所以.
（2）函数定义域R，求导得，
当时，由得，，由得，，即函数在上递减，在上递增，
，而，即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
取且，则，
即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
因此当时，函数有两个零点，
当时，函数只有一个零点2，
当时，若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
若，恒有，即函数在R上单调递增，函数最多一个零点，
若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
综上得，当时，函数有两个零点，当时，函数最多一个零点，
所以a的取值范围是.
24．(1)最小值为，最大值为．
(2)答案见解析.
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最值；
（2）求出函数的导函数，分、、、、五种情况讨论，结合函数的单调性与零点存在性定理判断即可.
【详解】（1）当时，，，
则，
设，则，
易知在上单调递增，，
故即在上单调递增，，
故在上单调递增，
在上的最小值为，最大值为．
（2）由可得．
①当时，，又，，恰有1个零点；
②当时，由得，由得，
在上单调递减，在上单调递增，
的最小值，
又，当时，，故有2个零点；
③当时，由得或，由得，
在上单调递增，在上单调递减，的极小值，
极大值，
又当时，，有1个零点；
④当时，由可得或，由可得，
在上单调递增，在上单调递减，
的极大值，极小值，
又当时，，有1个零点；
⑤当时，，，
单调递增，，有1个零点．
综上可知，当时，有2个零点；当时，有1个零点．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：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．
25．(1)
(2)
【分析】（1）当时显然成立，当时利用导数说明函数的单调性，分和两种情况讨论，结合零点存在性定理说明不成立，即可求出的取值范围；
（2）求出函数的导函数，令，则，令，再分、两种情况讨论，当时令，解得，，再分、、三种情况讨论，结合函数的单调性与零点存在性定理计算可得.
【详解】（1）当时，因为，所以，则，
所以，符合题意；
当时，令，，
则，所以在上单调递减，
所以，
当时，则在上单调递减，
所以，符合题意，
当时，，
所以存在使得，所以当时，
则在上单调递增，所以，不符合题意，
综上可得的取值范围为，故的最大值为.
（2）因为，，
则
，
令，则，令，
当时则当时，当时，
即当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，所以在上至多有一个零点，不合题意；
当时令，解得，，
当，即时在上恒成立，
所以当时恒成立，
即在上单调递增，所以，不合题意；
当，即时，时，时，
所以，，即时，
当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以，（其取不到），
因为，，
所以当，即时，，
则在上没有零点，不符合题意；
当，即时，，，
所以在和上各有一个零点，符合题意；
当，即时，当时，当时，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，所以在上至多有一个零点，不合题意；
综上可得实数的取值范围为
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：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．
26．（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）求函数的导数，利用导数判断函数的单调性和极值，从而得到零点的个数；
（2），求导得，可以判断存在零点，可以求出函数的最小值为，可以证明出：，，可证明在上有零点，
的最小值为，结合，可求的最小值为.
【详解】（1）的定义域为，.
①当时，，单调递增，又，，
所以函数有唯一零点；
②当时，恒成立，所以函数无零点；
③当时，令，得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以.
当时，，所以函数无零点.
综上所述，当时函数无零点.当，函数有一个零点.
（2）由题意得，，则，令，则，
所以在上为增函数，即在上为增函数.
又，，所以在上存在唯一零点，
且，，即.
当时，，在上为减函数，当时，，
在上为增函数，的最小值.
因为，所以，所以.
由得，易知在上为增函数.
因为，所以，，所以在
上存在唯一零点，且，，当时，
，在上为减函数，当时，，在
上为增函数，所以的最小值为，
因为，所以，所以，
又，所以，
又函数在上为增函数，所以，
因为，所以，即在上的最小值为0.
【点睛】本题考查利用函数的导函数研究函数单调性和零点问题，也考查了不等式恒成立问题.
27．(1)1
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，设切点坐标为，结合导数的几何意义列式求解即可；
（2）求导，可得在内单调递减，分类讨论判断在内的单调性，进而结合零点存在性定理分析判断.
【详解】（1）由题意可得：，
设切点坐标为，
则切线斜率为，即，
可得切线方程为，
将，代入可得，
整理得，
因为在内单调递增，
则在定义域内单调递增，且当时，，
可知关于的方程的根为1，即，
所以.
（2）因为，
则，
可知在内单调递减，
且，则，且在内单调递减，
可知在内单调递减，所以在内单调递减，
且，
（i）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅱ）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递减，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅲ）若，即时，则在内存在唯一零点，
可知当时，；当时，；
则在内单调递增，在内单调递减，
且，可知，可知在内有且仅有1个零点，
且，
①当，即时，则在内有且仅有1个零点；
②当，即时，则在内没有零点；
综上所述：若时，在内有且仅有1个零点；
若时，在内有且仅有2个零点.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
28．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先由导数的几何意义结合垂直关系求得，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性结合虚设零点的方式，即可证明不等式；
（2）通过变形得，，再通过构造函数证明，则可得证.
【详解】（1），
，
，
，
设，则，
设，则，
单调递增，
又，
存在使得即，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
；
（2），
，
在上单调递增，
又
设，则，
令，解得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
当时，，即，
，
又，
，
存在，使得，
又在上单调递增，
函数在上存在唯一零点.
【点睛】导数中函数的含参数的问题的讨论，需要考虑下面的几个方面：（1）把导函数充分变形，找出决定导数符号的核心代数式，讨论其零点是否存在，零点是否在给定的范围中；（2）零点不容易求得时，需要结合原函数的形式去讨论，有时甚至需要把原函数放缩去讨论；（3）如果导数也比较复杂，可以进一步求导，讨论导函数的导数.
29．(1)答案见解析
(2)1）；2)证明见解析
【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.
(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.
2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1）,,
因为,定义域为
当时,,解,得,解,得
当时,,解,得,解,得
综上, 当时, 增区间为,减区间为,
当时, 增区间为,减区间为,
（2）1）因为且存在三个零点.
所以有3个根
当时, ,
在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当,,即有两个根,
令,可转化为与有两个交点
,
可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的,
其中,当,
所以可得,
即得.
2）因为且存在三个零点.
设，,易知其中 ,,
因为,所以,故可知;①
由1）可知与有两个交点,
,是单调递增的, ,,,所以;②
,
若,则
若,
构造函数,
设,
因为
又因为,
所以③
因为
又因为
所以
即得④
由③④可知, ,在上单调递增, 可得
,可知与同号
所以,
在上单调递增.
,,又由1)可知
所以,
,,是单调递增的,
所以⑤
由①②⑤可知
【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,
结合特殊值得到再利用单调性可得.
30．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）求定义域，作商法结合基本不等式比较出；
（2）对求导，变形后，构造，求导，再构造，求导得到单调性，结合得到的单调性和极值，最值情况，求出答案；
（3）令，当时，由于恒成立，故无解，当时，，令，，求导得到函数单调性，又趋向于0时，趋向于2，故，从而得到，得到答案.
【详解】（1）定义域为，
当时，，，
由于，
令，
当且仅当，即时，等号成立，
又，故；
（2）当时，，
，
设，则，
令，
，
故在上单调递增，
又，故当时，，即，
即，故，所以，
则在恒成立，
当时，同理可得，则在上恒成立，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，，
故，所以的最大值为；
（3），令，
当时，，由于恒成立，故无解，舍去；
当时，，
令，，
，
下面证明,，
令，，则，，其中，
令，，则，，其中，
令，，则，，
当时，，故在上单调递增，
故，故在上单调递增，
故，故在上单调递增，
故，即,，
则，，
则，
，
由于，而，故，
则，故在上单调递增，
又趋向于0时，趋向于2，故，
故令，解得，此时有解，故存在零点，
故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
31．(1)
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求导，利用导数可得切线斜率，由点斜式方程可得；
（2）利用导数讨论单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；
（3）构造差函数，证明极值点偏移问题.
【详解】（1）定义域为，，
所以切线斜率为，
又，所以切线方程为，即.
（2），
定义域为，，
①当时，有恒成立，在上单调递增，
函数不可能有两个零点；
②当时，由，解得，由，解得，
故函数在上递增，在上递减．
因为，
故，
设，，
则，当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，故，
即
，
取，则.
因此，要使函数且两个零点，只需，
即，化简，得，
令，因为，
所以函数在上是单调递增函数，
又，故不等式的解为，
因此，使求实数a的取值范围是：.
（3）因为，所以，
根据（2）的结果，不妨设，则只需证明，
因为在时单调递增，且，，
于是只需证明，
因为，所以即证，
记，，
，
所以在单调递增，则，
即证得，原命题得证.
【点睛】关键点睛：极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.