江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-用导数判断或证明已知函数的单调性

这是一份江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-用导数判断或证明已知函数的单调性，共39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-用导数判断或证明已知函数的单调性

一、单选题
1．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知，则，，的大小为（       ）
A． B． C． D．
2．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）已知,且为自然对数),则下列结论一定正确的是
（       ）
A． B．
C． D．
3．（2022·江苏淮安·模拟预测）已知偶函数的定义域为R，导函数为，若对任意，都有恒成立，则下列结论正确的是（       ）
A． B． C． D．
4．（2022·江苏苏州·模拟预测）若x，，，则（       ）
A． B． C． D．
5．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知，且，则（       ）
A． B． C． D．
6．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知， ，函数在上为增函数，则函数在上为（       ）
A．增函数 B．减函数 C．非单调函数 D．A、B、C都有可能
7．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知、，，，则（       ）
A． B． C． D．
8．（2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测）已知且，且，且，则（       ）
A． B．
C． D．
9．（2022·江苏无锡·模拟预测）下列函数中，定义域是R且为增函数的是（       ）
A． B． C． D．
10．（2022·江苏·金陵中学模拟预测）已知，，，则（       ）
A． B． C． D．
11．（2022·江苏南通·模拟预测）已知，则a，b，c的大小关系为（       ）
A． B． C． D．
12．（2022·江苏南通·模拟预测）已知，，，则（       ）
A． B．
C． D．
13．（2022·江苏·金陵中学二模）设，，，则（       ）
A． B． C． D．
14．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知函数是定义在上的奇函数，，当时，有成立，则不等式的解集是（       ）
A． B．
C． D．
15．（2022·江苏泰州·一模）已知，均为锐角，且，则（       ）
A． B． C． D．
16．（2022·江苏·南京市宁海中学二模）已知是可导的函数，且，对于恒成立，则下列不等关系正确的是（       ）
A． B．
C． D．
17．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）设定义在上的函数f（x）的导函数，若，则（       ）
A． B．
C． D．
18．（2022·江苏·模拟预测）定义在上的函数的导函数为，满足：， ，且当时，，则不等式的解集为（       ）
A． B． C． D．
19．（2022·江苏扬州·模拟预测）已知函数，若，则（       ）
A． B． C． D．
20．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知定义在上的函数是奇函数，当时，，则不等式的解集为（       ）
A． B． C． D．
21．（2022·江苏南京·二模）已知定义域为的函数满足，其中为的导函数，则不等式的解集为（       ）
A． B．
C． D．

二、多选题
22．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）已知函数，，，则下列结论正确的是（       ）
A．在上单调递增
B．当时，方程有且只有2个不同实根
C．的值域为
D．若对于任意的，都有成立，则
23．（2022·江苏·海安高级中学二模）已知，则（       ）
A．    B．    C．    D．   
24．（2022·江苏南通·模拟预测）已知定义在R上的函数的图象连续不间断，当时，，且当时，，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．在上单调递减
C．若，则
D．若是的两个零点，且，则
25．（2022·江苏江苏·二模）已知直线y=a与曲线相交于A，B两点，与曲线相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3，则（       ）
A． B． C． D．
26．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数，则（       ）
A．函数（x）的图象关于直线对称
B．函数（x）在区间（0，π）上单调递减
C．函数在区间（0，π）上恒成立
D．
27．（2022·江苏无锡·模拟预测）定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（       ）
A．在上是“弱减函数”
B．在上是“弱减函数”
C．若在上是“弱减函数”，则
D．若在上是“弱减函数”，则
28．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知A，B分别是椭圆（）的左､右顶点，P是椭圆在第一象限内一点，且满足，设直线PA，PB的斜率分别为，，则（       ）
A．
B．若，则椭圆的方程为
C．若椭圆的离心率，则
D．的面积随的增大而减小

三、填空题
29．（2022·江苏盐城·三模）已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为__________．
30．（2022·江苏·徐州市第七中学模拟预测）若随机变量等可能的在，，中取值，其中，则的最小值为______．
31．（2022·江苏泰州·一模）写出一个同时具有下列性质①②③的三次函数_________.
①为奇函数；②存在3个不同的零点；③在上是增函数.

四、解答题
32．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知函数，其中m＞0，f '(x)为f(x)的导函数，设，且恒成立．
(1)求m的取值范围；
(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f '(x)的极小值点为x1，求证：x0＞x1．
33．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数f(x)＝2lnx－x，g(x)＝（a≤1）．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数h(x)＝f(x)＋g(x)，讨论h(x)的零点个数．
34．（2022·江苏苏州·模拟预测）函数．
(1)求函数在上的极值；
(2)证明：有两个零点．
35．（2022·江苏·二模）已知函数，函数，其中.
(1)判断函数在上的单调性，并说明理由；
(2)证明：曲线与曲线有且只有一个公共点.
36．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）已知函数，，
(1)设，讨论函数的单调区间；
(2)求证：对任意正数a，总存在正数x，使得不等式成立．
37．（2022·江苏·海安高级中学二模）已知函数．
(1)判断函数在上的单调性，并说明理由；
(2)对任意的，，求实数的取值范围．
38．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）已知．
（1）讨论的单调性；
（2）已知函数有两个极值点，求证：．

五、双空题
39．（2022·江苏·金陵中学二模）已知函数，则的最小正周期为___________；当时，的值域为___________.

参考答案：
1．C
【分析】根据给定条件，构造函数，利用函数的单调性比较大小作答.
【详解】令函数，当时，求导得：，
则函数在上单调递减，又，，，
显然，则有，所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.
2．A
【分析】通过构造函数得出的不等关系，然后逐项检验即可
【详解】设
则

所以
设,令,得
易知函数在单调递减

所以,即,即
,所以对
,所以B错
,所以C错
,所以错
故选：A
3．C
【分析】令，结合条件可判断出在上单调递增，且函数为偶函数，进而可得.
【详解】令，则，则A错误；
令，则，
当时，由，
，则在上单调递增，
又因为偶函数的定义域为R，
∴为偶函数，在上单调递增，
，，故B错误；
，，故C正确；
由题意，不妨假设(c为常数)符合题意，此时，故D错误.
故选：C.
4．C
【分析】利用可得，再利用同构可判断的大小关系，从而可得正确的选项.
【详解】设，则（不恒为零），
故在上为增函数，故，
所以，故在上恒成立，
所以，
但为上为增函数，故即，
所以C成立，D错误.
取，考虑的解，
若，则，矛盾，
故即，此时，故B错误.
取，考虑，
若，则，矛盾，
故，此时，此时，故A错误，
故选：C.
【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.
5．C
【分析】已知条件两边同时取对数，根据结构特征构造函数，利用导数研究其单调性，由，可得.
【详解】因为，，所以，即
记
由，解得，解，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减
因为，则时，有，
又因为当时，，所以
因为， 所以，所以.
综上，.
故选：C
6．D
【分析】利用导数判读即可.
【详解】由题意可知，，但不能确定其单调性，可知D正确.
故选：D
7．B
【分析】由可得出，构造函数可得出，可得出，由可得出，构造函数可得出，然后构造函数可得出，再对所得等式进行变形后可得出合适的选项.
【详解】由可得，由题意可知，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，由可得，
所以，，由可得，则，且，①
由可得，则，由题意可知，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
由，即，可得，所以，，
由可得，且，则，②
令，其中，则，所以，函数在上为增函数，
由①②可得，所以，，可得，
由可得，则，
因为，则，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查指对同构问题，需要对等式进行变形，根据等式的结构构造合适的函数，并利用函数的单调性得出相应的等式，进而求解.
8．A
【分析】对已知的等式进行变形，转化成结构一致，从而构造函数，确定构造的函数的性质，得到、、的大小，再根据选项构造函数，借助函数的单调性比较大小即可.
【详解】由已知条件，对于，两边同取对数，
则有，即，
同理：；
构造函数，
则，，
对其求导得：
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又，，

再构造函数，对其求导得：

当时，，单调递减；
当时，，单调递增；

即：
又

故选：A.
9．A
【分析】利用导数可判断A，根据初等函数的性质可判断BC，将改写成分段函数易知该函数的单调性，可判断D.
【详解】对于A，函数的定义域是R，且，是R上的增函数，满足题意；
对于B，函数是R上的减函数，不满足题意；
对于C，函数的定义域是，不满足题意；
对于D，函数在定义域R上不是单调函数，不满足题意．
故选：A．
10．D
【分析】由，可得，构造函数，利用函数的导数与单调性的关系，可得在上单调递增，进而可得，，从而即可得答案.
【详解】解：因为，
所以；
令，，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，
所以，
所以；
同理，所以，即，也即，
所以，
所以.
综上，，
故选：D.
11．A
【分析】转化，结合的单调性，分析即得解
【详解】由题意，

令
令，故在单调递增；
令，故在单调递减；
由于，故即；
由于，故即；
又
又
故
故选：A
12．C
【分析】构造函数，，利用导数法判断其单调性判断.
【详解】令，，
则，，，
又，
所以在递增，
又，，
∴，
∴．
故选：C
13．A
【分析】利用幂函数和指数函数的性质判断的范围，利用基本不等式判断的范围，构造新函数并利用导数讨论函数的单调性求出的范围，进而得出结果.
【详解】由，得，即，所以，
所以，则，即；
由，即；
设，则，
所以在上单调递增，且，
所以当时，即，
当时，即，
又，则，
所以，即，
综上，.
故选：A
14．A
【分析】构造函数，求函数的导数，判断函数的单调性，将不等式进行转化即可．
【详解】成立设，
则，即时是增函数，
当时，，此时；
时，，此时．
又是奇函数，所以时，；
时
则不等式等价为或，
可得或，
则不等式的解集是，
故选：．
15．D
【分析】由已知条件可得，构造函数，，利用导数可得在上为增函数，从而可得，再由正余弦函数的单调性可得结论
【详解】，，
令，，，
所以在上为增函数，
∴，
∵，均为锐角，
∴，
∴，
故选：D.
16．A
【分析】令，根据导函数的正负可确定单调递减，由此得到，代入整理可得结果.
【详解】令，则，
，，，在上单调递减，
，，即，，
，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数值大小关系的比较，解题关键是能够根据已知的不等式构造出新函数，通过单调性确定大小关系.
17．B
【分析】构造函数，结合，利用导数判断其单调性求解.
【详解】设， 则 ，
因为，
所以 ，
则 在 上递减，
又 ，
所以 ，即 ，
所以，
故选：B
18．A
【分析】由给定的不等式构造函数对求导，根据已知条件可判断非得单调性，将所求解不等式转化为有关的不等式，利用单调性脱去即可求解.
【详解】令，则可得
所以是上的奇函数，
，
当时，，所以，
是上单调递增，
所以是上单调递增，
因为，
由可得即，
由是上单调递增，可得 解得：，
所以不等式的解集为，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是：构造函数，根据已知条件判断的奇偶性和单调性，利用单调性解不等式 .
19．A
【解析】先判断函数的奇偶性和单调性，再分析得解.
【详解】由题得函数的定义域为R.
,
所以函数是偶函数.
当时，，
因为，所以，所以函数在上单调递增，
因为函数是偶函数，所以函数在上单调递减，在上单调递增.
如果，则，
因为，所以，与已知相符；
如果，则，所以,与已知相符；
如果，因为，所以，
所以，与已知矛盾；
如果，因为，所以，
所以，与已知矛盾；
当之中有一个为零时，不妨设， ，
，显然不成立.
故选：A
【点睛】方法点睛：对于函数的问题，要灵活利用函数的奇偶性和单调性分析函数的问题，利用函数的图象和性质分析函数的问题.
20．D
【解析】本题首先可根据题意得出函数的图像关于点中心对称且，然后根据基本不等式得出，则函数在上单调递增，最后将不等式转化为或，通过计算即可得出结果.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，
所以函数的图像关于点中心对称，且，
当时，，
则，当且仅当时取等号，
故，函数在上单调递增，
因为函数的图像关于点中心对称，
所以函数在上单调递增，
不等式可化为或，
，即，解得，
，即，解得，
故不等式的解集为，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：若函数是偶函数，则函数的图像关于直线对称；若函数是奇函数，则函数的图像关于点中心对称，考查通过基本不等式求最值，考查根据导函数判断函数单调性，是难题.
21．D
【分析】利用题目条件，构造辅助函数，由导数大于0，得出单调递增，原不等式转化，利用单调性可解不等式.
【详解】令，， 故在R上单调递增.
又，且，
故原不等式可转化为，所以，
解得.
故选：D.
【点睛】本题考查了导数的综合应用、利用函数单调性解不等式等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.
22．BD
【分析】对于A，利用导数判断函数单调性，进而做出函数图象，数形结合，即可判断；对于B,分和两种情况解方程，判断解的情况；对于C，结合函数图象即可判断；对于D，分和三种情况，构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题.
【详解】对于A，当时， ；
当时，，此时递增，
故可作出函数的图象如图示：

由此可知，在上单调递增，故A错误；
对于B, 当时，，当时，，
令，解得 ，即此时有一解；
当时，，故是的一个解；
当时，令，，
即，即，此时无解；
故综合上述，当时，方程有且只有2个不同实根，B正确；
由函数的图象可知，其值域为R,故C错误；
对于D, 对于任意的，都有成立,
则当时，，即恒成立，
即，令，
当时，，当时，，
故，故；
当时，恒成立，
当时，，即恒成立，
令，注意到
当时，，不合题意；
当时，令， ，
当时，，
故，不符合题意
当时，，此时，
故递减，则，
即恒成立，
综合上述，可知当时，对于任意的，都有成立，
故D正确，
故选：BD
【点睛】本题综合考查了函数与方程的应用，涉及到利用导数判断函数的单调性和最值问题，综合性强，计算量大，解答的关键是能恰当的变式，构造函数，利用导数判断函数单调性，以及求解最值.
23．ABC
【分析】将变为结合指数函数的性质，判断A;构造函数，求导，利用其单调性结合图象判断x,y的范围，利用余弦函数单调性，判断B;利用正弦函数的单调性判断C，结合余弦函数的单调性，判断D.
【详解】由题意，，得 ，
，，∴，∴，A对；
，令，即有，
令，
在上递减，在上递增，
因为 ，∴，
作出函数以及 大致图象如图：

则，∴，结合图象则，
∴，∴，B对；
结合以上分析以及图象可得，∴，
且 ，
∴，C对；
由C的分析可知，，
在区间 上，函数 不是单调函数，即不成立，即不成立，故D错误；
故选：ABC．
【点睛】本题综合考查了有条件等式下三角函数值比较大小问题，设计指数函数性质，导数的应用以及三角函数的性质等，难度较大，解答时要注意构造函数，数形结合，综合分析，进行解答.
24．ACD
【分析】对于A，在中令，即可判断A；
对于B，对两边求导，结合，即可得出在上单调递增，即可判断B.
对于C，分别讨论和 ，再结合在上单调递增，上单调递减，即可判断C.
对于D，先证明，则，再令，而由，所以，所以，即可判断D.
【详解】对于A，在中令，则，所以，故A正确；
对于B，当时，，对两边求导，则，
所以时，，
所以，令，，，
所以在上单调递增，所以B错；
对于C，由B知，在上单调递增，上单调递减，由知不可能均大于等于1，否则，则，这与条件矛盾，舍去.
①若，则，满足条件，此时，；’
②若，则，而，则
，
所以，而，所以
，C正确；
对于D，由在上单调递增，上单调递减，知，
注意到，，，
所以，
若，则，则，
所以
()，这与矛盾，舍去.
所以，在时，中，令，而由，所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
25．ACD
【分析】画出函数图像，得到x1，x2，x3的范围，由得出A正确，由得出B错误，由得出C正确，由得出D正确.
【详解】

在上单调递增，在上单调递减，.
，
在上单调递增，在上单调递减，.
，则，A对.
在上单调递增，
，B错.
在单调递减，，C对.
对.
故选：ACD.
26．BC
【分析】验证可判断A；求导分析导函数正负，可判断B；令，求导分析单调性，可得，分析可判断C；由可判断D
【详解】选项A，，
故函数（x）的图象不关于直线对称，错误；
选项B，
令
故在单调递减，故
即，故在（0，π）上单调递减，正确；
选项C，，故
令
故在单调递减，故
即，正确；
选项D，由选项C，可得，故，错误
故选：BC
27．BCD
【分析】利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.
【详解】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；
对于B，，在上，函数单调递减，
，，∴在单调递增，故B正确；
对于C，若在单调递减，由，得，
∴，在单调递增，故C正确；
对于D，在上单调递减，
在上恒成立，
令，，令，
，
∴在上单调递减，，
∴，∴在上单调递减，，
∴，
在上单调递增，
在上恒成立，
∴，
令，，
∴在上单调递增，，
∴，
综上：，故D正确.
故选：BCD.
28．BCD
【分析】利用斜率公式及椭圆方程可判断A，利用条件及正弦定理可求，可判断B，结合条件及的关系式可判断C，由题可得，再利用导数可判断D.
【详解】对于A选项，由题意可知，，设，则，故A错误；
对于B选项，由正弦定理得，
∴，则，即，，从而，
因此，即，则椭圆方程为，故B正确；
对于C选项，由B可知，，得，
∴，即，
又，，
所以，得，即，故C正确；
对于D选项，过P作于D，则，，

故，即，
∴，，
设，，则，
所以在上单调递减，则的面积随的增大而减小，故D正确.
故选：BCD.
29．##
【分析】构造新函数，利用已知条件，可以判断单调递增，利用的单调性即可求出不等式的解集
【详解】设函数，则
又   
所以在上单调递增，又
故不等式 可化为
由的单调性可得该不等式的解集为．
故答案为：
30．
【分析】根据题意，求得的表达式，并设为，利用导数求得的单调性和最值，分析即可得答案.
【详解】随机变量等可能的在，，中取值，故取每个值的概率均为，
于是，
设，，
则，
设，，则，故在上单调递增，结合，
于是当时，，从而，故在上单调递减，
当时，，从而，故在上单调递增，
故．即的最小值为.
故答案为：
31．
【分析】根据已知写出符合三个条件的函数，验证即可.
【详解】，为奇函数，有三个零点0，，
，时，，即在为增函数，
①②③都满足，∴.
故答案为：
32．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导可得解析式，即可得解析式，利用导数求得的单调区间和最小值，结合题意，即可得m的范围.
（2）求得解析式，令，利用导数可得的单调性，根据零点存在性定理，可得存在，使得t(x2)＝0，进而可得f '(x)在x＝x2处取得极小值，即x1＝x2，所以，令，分析可得s(x1)＜0，即可得证
(1)
由题设知，
则，
所以
当x＞1时，h'(x)＞0，则h(x)在区间(1，＋∞)是增函数，
当0＜x＜1时，h'(x)＜0，则h(x)在区间(0，1)是减函数，
所以h(x)min＝h（1）＝，解得，
所以m的取值范围为
(2)

令
则＝恒成立，
所以t(x)在(0，＋∞)单调递增．
又，
所以存在，使得t(x2)＝0，
当x∈(0，x2)时，t'(x)＜0，即f ''(x)＜0，则f '(x)在(0，x2)单调递减；
当x∈(x2，＋∞) 时，t'(x)＞0，即f ''(x)＞0，则f '(x)在(x2，＋∞)单调递增；
所以f '(x)在x＝x2处取得极小值．即x1＝x2，
所以t(x1)＝0，即，
所以，
令，则 s(x)在(0，＋∞)单调递增；
所以s(x1)＜0
因为f(x)的零点为x0，则，即s(x0)＝0
所以s(x1)＜s(x0)，所以x0＞x1
【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间，极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需结合零点存在性定理，判断零点所在区间，再进行分析和求解，属中档题.
33．(1)答案见解析
(2)当时，h(x)无零点；当时，h(x)有唯一的零点

【分析】（1）求出，利用或可得答案；
（2）求出，分、、、讨论，利用导数判断单调性和最值可得答案.
(1)
，令，
当时，单调递增；当时，单调递减.
综上所述，当时，单调递增；当时，单调递减.
(2)
，，
①当时，令且当时，单调递增；
当时，单调递减，此时，∴h(x)无零点，
②当时，，令或，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增，此时当时，，
当时，单调递增，注意到，
，
∴h(x)在上有唯一的零点.
③当时，，∴h(x)在（0，＋∞）上单调递增，
注意到，，
∴h(x)在（2，6）上有唯一的零点，
④当时，令或，
当时，单调递增；当时，单调递减，
当时，单调递增，
∴当时，

，
当时，单调递增，注意到，，
∴h(x)在上有唯一的零点，
综上：当时，h(x)无零点；当时，h(x)有唯一的零点.
【点睛】本题求零点问题关键是利用导数判断出在处有最小值并判断的正负，构造函数利用零点存在性定理说明存在零点个数，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
34．(1)极大值，；极小值，；
(2)详见解析.

【分析】（1）由题可得，进而可得；
（2）当时，利用导数可得函数的最小值，进而可得函数有两个零点，当，时，利用导数可得，即得.
（1）∵，∴，，由，可得，或，∴，单调递增，，单调递减，，单调递增，∴时，函数有极大值，时，函数有极小值；
（2）∵，∴，∴，当时，单调递增，即单调递增，又，故存在，，所以单调递减，单调递增，∴时，函数，，，故时，有两个零点，当时，，对于函数，则，又，∴，，即，此时函数没有零点，当时，，由上可知，故当时，函数没有零点，综上，函数有两个零点．
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）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，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）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.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
35．(1)函数在上单调递增，理由见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）对求导知，所以函数在上单调递增.
（2）设，题设等价于证明函数有且仅有一个零点，对求导得，设，对求导知，当时，，当时，，再讨论，，结合零点存在性定理，即可证明.
(1)
，
则函数在上单调递增.
(2)
设，题设等价于证明函数有且仅有一个零点，，
设，，则函数在上单调递减，又，
则当时，；当时，；
当时，，则函数在上单调递减，又，故此时函数有且仅有一个零点；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，，则当时，恒成立；
当且时，
，，
则，函数在上存在一个零点，此时函数有且仅有一个零点；
综上即证.
【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，涉及了利用导数讨论函数单调性问题，以及证明曲线与曲线的公共点个数的问题，在解决曲线与曲线的公共点个数的问题时，通常是构造函数转化为函数零点的个数问题，本题是一道难题.
36．(1)详见解析；
(2)详见解析.

【分析】（1）由题可得，分类讨论即得；
（2）利用导数可得，进而，构造函数利用导数求函数的最值即得.
(1)
∵，
∴，
当时，，在上单调递增，
当时，由可得，，
∴，，单调递增，，，单调递增，
综上，当时，的单调增区间为；
当时，的单调增区间为，单调减区间为；
(2)
∵，
令，则，
∴在上单调递增，
∴，即，
∴等价于，
令，
由任意正数a，总存在正数x，使得不等式成立，
则，
∵，由，可得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
∴对任意正数a，总存在正数x，使得不等式成立.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间D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：；.
37．(1)单调递增，理由见解析
(2)

【分析】（1）首先求出函数的导函数，再令，利用导数说明函数的单调性，就即可得到，从而得到，即可得解；
（2）记，求出函数的导函数，由（1）可得在定义域上单调递增，再分和两种情况讨论，结合零点存在性定理即可判断；
(1)
解：函数在上是单调增函数，理由如下：
因为，所以．
记，则，令，得．
当时，为单调增函数；
当时，为单调减涵数，
所以，所以，即．
又，
所以，
所以函数在上是单调增函数．
(2)
解：记，是．
由（1）知，为上的单调增函数．
1°当时，，
所以，所以为上的单调增函数，
所以，即．所以符合题意．
2°当时，，又．
记，则，
所以为上的单调增函数，所以，
所以，所以．
又在上的图象不间断，且为上的单调增函数，
根据零点存在性定理知，存在唯一的零点，使得．
所以当时，，单调递减，所以，
这与任意的，矛盾，
所以不符合题意
综上可得．
【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．
38．（1）当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）见解析.
【解析】（1）先对函数求导，令，求出解为，从而可探究、随自变量的变化，结合导数与单调性的关系即可求解；
（2）由（1）可知，记，结合基本不等式可证明，从而可知在上单调递增，则可知，结合 的单调性可证明.
【详解】解：（1），记，则．
由， ，解得．
当时，，函数即单调递减；
当时，，函数即单调递增．
（2）由题意知有两个零点，为，不妨设，
由（1）可知，．所以.
记
，则，因为，
由均值不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立．所以在上单调递增．
由，可得，即，
因为为函数的两个零点，所以，所以，
又，所以，又函数在上单调递减，
所以，即．
【点睛】本题考查了运用导数求解函数的单调性，考查了基本不等式，考查了运用导数证明不等式成立.本题的难点在于第二问中，自行构造出.
39．         
【分析】先根据函数周期性的定义说明是函数的一个周期，在利用导数说明函数的单调性，从而证明是最小正周期；
根据函数的单调性可求得最大值，再比较时端点处的函数值大小，即可求得答案.
【详解】因为，
故为的一个周期,
而当时，，
由题意可知，
令，得，故，，
因为当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，故的最小正周期为π，
且在上的最大值为，而，，
故，故当时，函数的值域为,
故答案为：；