江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-导数的概念和几何意义

这是一份江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-导数的概念和几何意义，共46页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-导数的概念和几何意义

一、单选题
1．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）若两曲线y=x2-1与y=alnx-1存在公切线，则正实数a的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
2．（2022·江苏淮安·模拟预测）已知函数在处的切线斜率为，则（       ）
A． B． C． D．
3．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知奇函数在点处的切线方程为，则（       ）
A．或1 B．或 C．或2 D．或
4．（2022·江苏徐州·模拟预测）过平面内一点P作曲线的两条互相垂直的切线，切点分别为（不重合），设直线分别与y轴交于点A，B，则面积的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
5．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）若函数图象在点处的切线方程为，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．

二、多选题
6．（2022·江苏·模拟预测）设函数的导函数存在两个零点、，当变化时，记点构成的曲线为，点构成的曲线为，则（       ）
A．曲线恒在轴上方
B．曲线与有唯一公共点
C．对于任意的实数，直线与曲线有且仅有一个公共点
D．存在实数，使得曲线、分布在直线两侧
7．（2022·江苏徐州·模拟预测）阿基米德是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，享有“数学之神”的称号．若抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，则称为“阿基米德三角形”．已知抛物线的焦点为F，过抛物线上两点A，B的直线的方程为，弦的中点为C，则关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（       ）
A．点 B．轴 C． D．
8．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知，直线与曲线相切，则下列不等式一定成立的是（       ）
A． B． C． D．
9．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）已知直线l过抛物线C：的焦点F，且直线l与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线，两切线交于点G，设，则下列选项正确的是（       ）
A． B．以线段AF为直径的圆与相切
C．GF⊥AB D．当时，直线l的斜率为±

三、填空题
10．（2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测）已知，，直线与曲线相切，则的最小值为___________.
11．（2022·江苏南通·模拟预测）过抛物线C：的准线l上一点P作C的切线PA，PB，切点分别为A，B，设弦AB的中点为Q，则的最小值为______．
12．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）已知函数，，设两曲线，有公共点P，且在P点处的切线相同，当时，实数b的最大值是______．

四、解答题
13．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）已知函数．
(1)求函数的图象在处的切线方程；
(2)判断函数的零点个数，并说明理由.
14．（2022·江苏淮安·模拟预测）已知函数，是函数的导函数，且在上单调递增，e是自然对数的底数．
(1)当时，求f(x)图像在处的切线方程：
(2)若函数对任意的恒成立，求实数的取值范围．
15．（2022·江苏·模拟预测）已知函数（其中a，b为实数）的图象在点处的切线方程为．
(1)求实数a，b的值；
(2)证明：方程有且只有一个实根．
16．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）设函数．
(1)当时，恒成立，求b的范围；
(2)若在处的切线为，且，求整数m的最大值．
17．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知函数．
(1)已知直线是曲线的一条切线，求k的值；
(2)若函数有两个不同的零点，，证明：．
18．（2022·江苏南京·三模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2＝4y，直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线的切线，两切线的交点P在直线y＝x－5上．
(1)若点A的坐标为，求AP的长；
(2)若AB＝2AP，求点P的坐标．
19．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数f(x)＝2ex(x＋1)－xsinx－kx－2，k∈R．
(1)若k＝0，求曲线y＝f(x)在x＝0处切线的方程；
(2)讨论函数f(x)在[0，＋∞)上零点的个数．
20．（2022·江苏·沭阳如东中学模拟预测）已知函数f（x）=（x-m）（x-n）2，m∈R.
(1)若函数f（x）在点A（m，f（m））处的切线与在点B（m+1，f（m+1））处的切线平行，求此切线的斜率；
(2)若函数f（x）满足：①ma，求实数a的取值范围.
22．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数，其导函数为．
(1)若函数在处的切线过原点，求实数a的值；
(2)若，证明：．
23．（2022·江苏·南京市第五高级中学一模）已知O为坐标原点，抛物线E：（p＞0），过点C（0，2）作直线l交抛物线E于点A、B（其中点A在第一象限），且（＞0）.
(1)求抛物线E的方程；
(2)当=2时，过点A、B的圆与抛物线E在点A处有共同的切线，求该圆的方程
24．（2022·江苏扬州·模拟预测）已知函数的图象与轴相切于原点．
(1)求，的值；
(2)若在上有唯一零点，求实数的取值范围．
25．（2022·江苏·南京市宁海中学二模）已知且，函数.
(1)若，求函数在处的切线方程；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.
26．（2022·江苏江苏·一模）设函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若为函数的两个不等于1的极值点，设，记直线的斜率为，求证：.
27．（2022·江苏·南京市第五高级中学模拟预测）已知，函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上存在两个不同的极值点.
①求的取值范围；
②若当时恒有成立，求实数的取值范围.
（参考数据：，）
28．（2022·江苏·徐州市第七中学模拟预测）已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
29．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的零点个数．
30．（2022·江苏南京·二模）已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，且在上的最小值为0，求的取值范围.
31．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）已知，函数，．
（1）当为何值时，直线是曲线的切线；
（2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求实数的取值集合；若不存在，请说明理由．

五、双空题
32．（2022·江苏·海安高级中学二模）“以直代曲”是微积分中最基本、最朴素的思想方法，如在切点附近，可用曲线在该点处的切线近似代替曲线．曲线在点处的切线方程为_____________，利用上述“切线近以代替曲线”的思想方法计算所得结果为_____________（结果用分数表示）．
33．（2022·江苏连云港·二模）曲线（，）在处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为，则___________，___________.

参考答案：
1．A
【分析】分别求出导数，设出切点，得到切线方程，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，运用导数求的单调区间、极值、最值即可得出a的取值范围.
【详解】设
切线：，即
切线：，即，
令

在上单调递增，在上单调递减，
所以
故选：A．
2．D
【分析】由导数的几何意义与三角恒等变换公式求解
【详解】由题意得，则，
，而，故，
，
故选：D
3．D
【分析】由函数为奇函数可得，根据切线的斜率为0建立方程求出即可得解.
【详解】由可得，
因为，所以，解得.
所以，故切线斜率，
又，所以，解得或，
所以或.
故选：D
4．B
【分析】设，进而根据导数几何意义求得切线方程，，进而根据两切线垂直得，再求的长，，进而计算面积.
【详解】解：设
当时，
故切线为：，即
当时，，，
故切线为：，即
两切线垂直，则，则
所以，
，解得
∴.
故选：B．
5．D
【分析】求出导函数，表示出切线方程，再求出的表达式，最后借助导数即可作答.
【详解】由求导得：，于是得，
函数图象在点处的切线方程为，
整理得：，从而得，，
令，则，当时，，当时，，
于是得在上单调递减，在上单调递增，则，
所以的最小值为.
故选：D
6．AD
【分析】求出曲线、对于的方程，数形结合可判断ABC选项；求出函数在处的切线方程，数形结合可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，则，
令可得或，
因为函数存在两个零点、，则，即.
当时，即当时，，则，
当时，即当时，，则，
则曲线为函数的图象以及射线，
且当时，，所以，曲线在轴上方，A对；
对于B选项，当时，即当时，，
则，
当时，即当时，，则
所以，曲线为函数的图象以及射线，
由图可知，曲线、无公共点，B错；
对于C选项，对于函数，，
此时函数在上单调递减，且，
结合图象可知，当时，直线与曲线没有公共点，C错；
对于D选项，对于函数，，则，
又因为，所以，曲线在处的切线方程为，即.
构造函数，则，
，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，
当时，，即，
当时，，即，
所以，曲线、分布在直线的两侧，D对.

故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的相关问题，解题的关键在于求出两曲线的方程，作出图形，利用图形以及导数的相关知识求解.
7．BCD
【分析】设，联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理结合导数逐项计算后可得正确的选项.
【详解】由消y可得
令，
，
，
解得，，A错．
，∴轴，B对．
，∴，D对．
，∴，C对，
故选：BCD．
8．BCD
【分析】根据导数的几何意义得，再根据基本不等式与柯西不等式可判断出答案.
【详解】设切点为，
因为，所以，得，
所以，所以，
对于 A，，所以，当且仅当时，等号成立，故A不正确；
对于B，，当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C，，当且仅当，时，等号成立，故C正确；
对于D，，
所以 ，当且仅当，又，即时，等号成立.
故选：BCD
9．AC
【分析】A选项，直接联立韦达定理求解；B选项，计算出圆心到的距离和半径进行比较；C选项，写出A，B两点处的切线方程，联立求出点G坐标，
通过向量检验垂直关系；D选项，利用，求出A，B两点坐标，直接计算斜率.
【详解】
对于A，抛物线的焦点F，准线方程，设直线l的方程，与抛物线方程联立得，，正确；
对于B，，以线段AF为直径的圆圆心为，到直线的距离为，所以以线段AF为直径的圆不与相切，错误；
对于C，，点A处的切线方程为，即，点B处的切线方程为，联立得G，
即G，，，故GF⊥AB，正确；
对于D，，，，解得，当时，，错误.
故选：AC.
【点睛】本题关键在于选项C和D的判断，C选项要通过导数写出A，B两点处的切线方程，进而联立求出点G坐标，D选项将转化成坐标关系，
求出A，B两点坐标.
10．8
【分析】设直线与曲线相切于点，根据导数的几何意义先求出，进而得到关系，再由均值不等式可得出答案.
【详解】设直线与曲线相切于点
由函数的导函数为，则
解得
所以，即
则
当且仅当，即时取得等号.
故答案为：8
11．2
【分析】利用导数求出抛物线在A和B的切线方程，根据切线过P得A和B满足的方程，从而求得AB所在直线方程，联立直线AB方程与抛物线方程求出Q点坐标，从而求出的表达式，根据表示式即可求其最小值.
【详解】，
设，，，则，，
则切线：，
∵切线PA过P，∴，
同理，，
∴直线AB方程为：.
由得，，
则，，
则，
则，
即最小值为2.
故答案为：2.
12．
【分析】由题意可得，，联立后把b用含有a的代数式表示，再由导数求最值得答案．
【详解】设，
，．
由题意知，，，
即，
，
解得或舍，
代入得：，，
，
当时，，当时，．
实数b的最大值是．
故答案为．
【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，训练了利用导数求最值，是中档题．
13．(1)
(2)在区间上有且仅有一个零点，理由见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可；
（2）根据导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可.
(1)
，
所以函数的图象在处的切线方程为，
即.
(2)
设，则，
①当时，，所以单调递减；
且，，
由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，，
所以在上单调递增，
且， ，
所以在上有唯一零点；
当时，单调递减，且，
所以在上没有零点.   


②当时，
单调递增，， ，
所以在区间有唯一零点，设为，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
在区间上，此时单调递减，
且，故有，此时单调递减，且，
由，得，
所以.
当时， ，所以单调递增，
又，故，
，，
所以存在，使，即，故为的极小值点.
此时.
所以在上没有零点.
③当时，，
所以，所以在区间上没有零点.
综上在区间上有且仅有一个零点.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
14．(1)
(2)

【分析】对于小问1：求出切点坐标与在切点处的导数值，即可求得切线方程；
对于小问2：首先根据题干中在上单调递增这个条件，把进行参变分离，然后构造函数即可得到的一个范围；对于对任意的恒成立这个条件，再把进行参变分离，然后构造函数即可得到的另一个范围，两个范围共同确定出实数的取值范围.
(1)
因为，所以，
，即切点为，，
所以切线方程为，即.
(2)
因为，所以，.
令，因为在上单调递增，
则对恒成立，即对恒成立．
令，因为，所以时，最大值为，
所以.
因为在上单调递增，由，
所以时，，
所以在上单调递增，又
所以，所以
因为函数对任意的恒成立．
所以对任意的恒成立，
即对任意的恒成立．
令，则.
所以在上单调递增，所以，
所以，综上.
【点睛】本题考查了通过函数恒成立，进行参变分离的解题方法，需要注意本题需要分离两次，要考虑全面.
15．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导，得，由题知，解方程得解.
（2）令， 分三种情况讨论：当，，时
的零点情况；令，分两种情况讨论：当，时，对求导，借助单调性及零点存在性定理，判断的零点情况，进而得证.
(1)
因为，所以．
因为的图象在处的切线为，
所以解得
(2)
令函数，定义域为．
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，由知在上单调递增，
又且函数连续不间断，
所以，有．
综上所述，函数在有唯一的零点，且在上恒小于零，在上恒大于零．
令函数，讨论如下：
①当时，，
求导得．
因为，所以，
即函数在单调递增．
又因为，
，
所以函数在存在唯一的零点，
所以方程在上有唯一的零点．
②当时，．
法一：由（1）易证在上恒成立．
事实上，令，则．
因为，所以在上单调递增，
所以，即在上单调递增，
所以，即在上恒成立．
从而，
所以方程在上无零点．
综上所述，方程有且只有一个实根．
法二：因为，所以，
所以，所以，
所以，
所以方程在上无零点．
综上所述，方程有且只有一个实根．
【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，本题第一问考查导数的几何意义，第二问利用导数求函数的单调区间，判断单调性，并借助零点存在性定理研究方程的实根，考查数形结合思想的应用．
16．(1);
(2)2

【分析】（1）求出当时，只需要；（2）先根据切线的条件求出参数，在类似（1）中用恒成立的方式来处理.
(1)
由，当时，得．
当时，，所以，即在上单调递增，所以，由恒成立，
得，所以，即b的范围是．
(2)
由得，且．
由题意得，所以，
又在切线上．
所以，所以，即．
因为，所以有．
令，则等价于，即，从而．
设，则．
易知在上单调递增，且．
所以，由函数零点存在性定理知，存在唯一的使得，
即，则．
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增．
从而．
而在上是减函数，所以．
因此的最小值．
从而整数m的最大值是2．
17．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用切线的性质即可求解；
（2）属于极值点偏移问题，构造函数，求导，根据函数单调性即可证明.
(1)
，设切点为 ，则切线斜率为
切线方程为 ，
即 ，
因为直线是曲线的一条切线，所以 ，即 ，
故 ；
(2)
由题可知函数 有两个不同的零点 ，
即 ，
记 ，则 ，
当时， ，单调递增，不可能有两个零点，
当时，令 ，得，
当时， ，函数单调递减；
当时， ，函数单调递增，因为有两个零点，
所以，解得，                       
所以不妨设，要证，即证，
因为，，又在单调递增，
所以即证，即证，
构造函数，
所以 ，
所以函数在单调递减，且，        
所以当时，，
即，，即，
又在单调递增，故；


【点睛】对于极值点偏移问题，传统的解法是构造函数，利用所构造函数与原函数的对称性，再对所构造函数求导，利用函数的单调性即可证明.
18．(1)
(2)或

【分析】（1）利用导数的几何意义，表示出切线方程，和联立，求得，即得答案；
（2）法一：设，，AB：，联立，求得弦长，结合导数的几何意义求得，继而求得的长，利用得方程，求得答案.
法二：设，，，AB中点，利用导数几何意义的切线方程，表示出P点坐标，可得，从而结合可得，由此解得，结合，可求得答案.
(1)
由题意得， ，
由，则，
所以A点处的切线方程为，
联立，可得，
所以；
(2)
法一：由题意知，直线l斜率存在，设，，AB：，
联立，可得，需满足 ，
，
所以，
又有，，
所以A,B处的切线方程为，，
联立，有，
所以有，
又有

由，则有，
所以，，
又，则有，
所以，解得或，
当时，；当时，，满足,
所以或．
法二：
设，，，AB中点，
设PM中点为N，，
直线AP方程为：，整理有，
同理直线BP方程为：，
联立，
解得，显然，由题知，则，
故，
即，
整理有，其中，
则， ，
又因为满足，即，
解得或，
故或．
【点睛】本题考查了抛物线和直线相交时的求线段长度以及点的坐标问题，综合性较强，涉及到导数的几何意义的应用，解答时要注意解题思路要顺畅，明确一步步要去求解什么，关键是计算量较大，要十分细心.
19．(1)
(2)当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点.

【分析】(1)利用导数的几何意义求出斜率，根据切点的横坐标及函数解析式求出切点，从而得切线方程;
(2)利用放缩再结合单调性及，通过分类讨论可求解.
(1)
当时，，，
则曲线在处切线的斜率为，
又，故切点为，因此切线方程为.
(2)
首先证明：当时，.
证明：设，，则，单调递增，
于是，即原不等式得证.
，，
当时，，
故在上单调递增.
若，则当时，，单调递增，
又，故此时有且仅有1个零点.
若，则，
又
，
所以在上存在唯一的零点，，
当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又
，
且，，因此在上有2个零点.
综上，当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点.
【关键点点睛】解决本题第（1）问的关键是求出切线的斜率及切点，解决第（2）问的关键是放缩及单调性的讨论.
20．(1)
(2)（答案不唯一），理由见解析

【分析】（1）求得，再根据题意结合导数的几何意义可得，化简得：，再代入化简即可
（2）根据题意化简可得（*）恒成立，分析可得的系数为0，进而得到恒成立，再根据二次函数的性质分析即可
（1）
，
所以
因为函数在点处的切线与在点处的切线平行，
所以，即，
即，故，
化简得：.
所以在点切线的斜率为
（2）
由恒成立，得所以（*）恒成立.
当时，左边是一个一次因式乘一个恒正（或恒负）的二次三项式，或者是三个一次因式的积，无论哪种情况，总有一个一次因式的指数是奇次的，这个因式的零点左右的符号不同，因此不可能恒非负.所以.
所以式化为恒成立
所以.
①若，则.
②若，则，即，与矛盾，舍去
综上：
所以为满足条件的的一个解析式.（答案不唯一）
【点睛】本题第一问考查了导数的几何意义与化简等式的技巧，需要把看成整体，第二问考查了多项式的恒成立问题，属于中档题
21．(1)
(2)

【分析】（1）求出导函数，根据导数的几何意义求出切线的斜率，从而可得切线方程.
（2）当时，可得得出其单调性，从而得出此时的情况，当时，，设，讨论出其单调性，得出其符号，打开绝对值，求出其最值，从而可得出答案.
(1)
当时，，
切点切线方程为，即.
(2)
①当时，，此时，
令.
当时，在上单调递减
当时， 在上单调递增
所以，又则
又，所以
，此时符合题意.
②当时，
令，，则在上单调递增
又，
存在唯一的使且
所以
当时，，由
则在上单调递减，
当时，，由
当时，在上单调递增，则
所以当时，，所以在上单调递增
所以，由题意则
设，则在上恒成立，所以在上单调递增.
此时，即
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数的几何意义求切线方程，利用导数处理恒成立求参数问题，解答本题的关键是对参数分和两种情况进行讨论，当时，设，讨论出其单调性，得出其符号，打开绝对值，从而得出在上单调递减，在上单调递增，得到，从而求出的范围，进而求出答案,属于难题.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导写出斜率，表示出切线方程，代入原点即可.
（2）由得出，借助基本不等式将转化成关于的函数，求出最小值即可.
(1)
因为，所以．
又因为，
所以在处的切线方程为：．
点代入切线方程可得．
(2)
因为，，且
所以，所以，
因为，所以．
所以．
因为，所以，
所以．
设，
则．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以当时，．
所以，所以，
所以．
【点睛】本题关键在于通过这一条件得到，借助基本不等式将转化成关于的代数式，进而构造关于的函数求解.
23．(1)
(2)

【分析】（1）可设直线l的方程为，，联立方程，利用韦达定理求得，再根据，求得，即可得解；
（2）联立方程，利用韦达定理求得，当时，知，从而可求得点的坐标及直线方程，再根据导数的集合意义可求得点A且与切线垂直的直线方程，从而可求得圆心及半径，即可得解.
（1）
解：直线l的斜率显然存在，设直线l的方程为，
设直线l与抛物线的交点坐标为，
A、B在抛物线上，则=，
由消y并整理成，
所以，
又，则，所以，
所以，
所以抛物线E的方程为 ；
（2）
解：由消y并整理成，
所以，
当时，知，
又，所以，
所以线段AB的中点坐标为，A的坐标为，
线段AB的垂直平分线方程为，即，
求导得，
抛物线E在点A处的切线斜率为2，
过点A且与切线垂直的直线方程为，即，
由及得圆心坐标为，
圆的半径为，
所以所求的圆方程为.
24．(1)，
(2)

【分析】（1）由题意得从而可求出，的值，
（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可
(1)
，               
依题意，                  
即解得．
(2)
由（1）得，记，，所以，
①当时，
（ⅰ）当时，，所以为增函数，        
又因为，，
所以存在唯一实数，使得．          
（ⅱ）当时，，则．
由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．
因为，
所以存在唯一实数，使得，        
所以当时，，即单调递减；
，，即，单调递增．
因为，
所以存在唯一实数：，使得，
即在上有唯一零点，符合题意．             
②当时，
，     
记．
，
所以，                 
所以为增函数，，
所以为增函数，，则，
所以在上没有零点，不合题意，舍去．             
综上，a的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出后无法判断其正负，所以构造函数，再次求导，又由于，所以分别由的正负入手分情况求解，属于难题
25．(1)
(2)

【分析】（1）由时，得到，求导，进而得到，写出切线方程；
（2）将函数有两个零点，转化为函数与的图象在上有两个交点求解.
(1)
解：当时，，则，
故，
时，，故切点为，
所以在处的切线方程为，
即.
(2)
函数有两个零点，
方程在上有两个根，
方程在上有两个根，
函数与的图象在上有两个交点，
设，则，
时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由，，当时，，当时，，作图如下：

由图得，即，
设，则，
时，，时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为时，且，
所以当时，；当时，，
又因为，
所以的解集为
综上所述.
26．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出，即可求出切点坐标，从而求出切线方程；
（2）首先求出函数的导函数，依题意在上有两个不等于的正根，即可得到韦达定理，不妨设，所以，根据两点斜率公式得到，即证，根据对数平均不等式可得，只需证明，令，依题意即证，，再构造函数利用导数说明函数的单调性，即可得证；
(1)
解：因为，所以，，所以，所以切点为，切线的斜率，所以切线方程为
(2)
解：因为
因为为函数的两个不等于1的极值点，所以在上有两个不等于的正根，所以，所以，不妨设，所以，所以




要证即证，
即，
令，则，所以当时，，所以函数在上单调递增，故，即，所以在上恒成立，因为，所以，所以，即，
即，所以，
下面只需证明，令，因为，所以，所以，所以，
即证，，
即证，，令，，，所以在上单调递减，所以，得证；
【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．
27．（1）；（2）①；②.
【分析】（1）利用导数的几何意义，求处的切线方程即可.
（2）①由题意知，有两个不相等的正根，即可求的取值范围；②由①得到的单调区间，可知要使时，恒有成立，只需满足，而，结合①的结论得，则，构造中间函数并应用导数研究单调性，确定的范围，即可比较的大小，进而求的取值范围.
【详解】（1）当时，，则，
∴，，即所求的切线方程为.
（2）①，
设在上的极值点为，，则，是方程的两正根，
∴，解得.
②由①知：当时，，所以单调递增；
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增.
∴要使时，恒有成立，只需满足.
由，，则，又，
∴，.
设，，则.
∴，在上单调递减，即，从而.
由，得，又，
∴，得.
【点睛】关键点点睛：第二问，①求的解析式，将问题转化为有两个不相等的正根求参数范围；②由①判断的区间单调性，将问题转化为，再构造中间函数并应用导数求的范围，并比较的大小关系.
28．（I）；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：

所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
29．（1）；（2）答案不唯一，见解析.
【分析】（1）求出导函数，得切线斜率，从而可得切线方程；
（2）定义域是，在时直接由函数的解析式确定无零点（需用导数证明），在时，由导函数，得单调性，确定函数的最大值为，根据的正负分类讨论．在时，通过证明和，得零点个数．
【详解】（1）当时，，，，，
所以曲线在处的切线方程为．
（2）函数的定义域为，．
①当时，，无零点．
②当时，，令，得，令，
得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以有最大值．
当，即时，无零点．
当，即时，只有一个零点．
当，即时，，，
令，则，则在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
因此当时，，．
因为，所以，于是．
又在上单调递增，，且，所以在上有唯一零点．
，
当时，，令，其中，则，
令，，则，
所以在上单调递增，，
所以在上单调递增，，
故当时，．因为，所以，即，
所以．
由，得，即，得，于是．
又，，在上单调递减，所以在上有唯一零点．故时，有两个零点．
③当时，由，得，则，又当时，，所以，无零点．
综上可知，或时，无零点；时，只有一个零点；时，有两个零点．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点个数．解题关键是求出函数的导数，由确定单调性和最值，本题在最大值的情况下，通过证明和，结合零点存在定理得出零点个数．难度较大，对学生的要求较高，属于困难题．
30．（1）；（2）.
【解析】（1）求得导数,利用导数的几何意义计算即可得出结果；
（2）由在上的最小值为0，化简可得，构造函数，利用导数求得最小值即可求得结果.
【详解】解：（1）当时，，
∴，，
∴切线方程为，
即
（2）∵，
∴原条件等价于：在上，恒成立.
化为
令，
则
令，则
在上，，
∴在上，
故在上，；在上，
∴的最小值为，∴
31．（1）；（2）存在，.
【分析】(1) 设切点为，设出切线方程为，由恒过，代入可求得的值.
(2) 恒成立，等价于恒成立，构造函数，需，从而可求得的取值.
【详解】（1）因为，所以，
若直线是曲线的切线，设切点为，此时切线方程为，
又恒过，所以，即，
令，则，且在上单调递增，
所以方程有唯一的解，所以，
所以当时，直线是曲线的切线；
（2）假设存在实数，使得恒成立，即恒成立.
令，则，令，又，则，
所以有两个不等根，，，不妨设.
所以在上递减，在上递增.所以成立.
因为，所以，所以．
令，，
所以在有，在上有，所以在上递增，在上递减.所以.
又，所以，.
代入，得，
所以存在实数，使得恒成立，此时．
【点睛】本题考查函数与导数的综合问题.由导数的几何意义求切线方程，恒成立问题一般可转化为最值问题，属于较难题.
32．         
【分析】利用导数几何意义可求得切线斜率，由此可得切线方程；根据切线方程可得，代入求解即可.
【详解】由得：，在点处的切线斜率，则切线方程为：；
由题意知：，，即，
，即.
故答案为：；.
33．         
【分析】根据导数求出切线斜率得到切线方程，求出直线在坐标轴上的截距，即可得出三角形面积公式；设，利用错位相减法，可得，
设，再次利用错位相减法即可得解.
【详解】①由题意可知，切点为，且，则曲线在处的切线的斜率,所以切线方程为, 令, 解得, 令y=0, 解得，所以；
②，令，则，所以，两式相减得：，设，
则与上式相减得：

，则，
所以，
则，故.
故答案为：；.