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专题六 导数的综合问题-2021届高三《新题速递•数学》1月刊（江苏专用 适用于高考复习）
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这是一份专题六 导数的综合问题-2021届高三《新题速递•数学》1月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题六导数的综合问题原卷版docx、专题六导数的综合问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共96页， 欢迎下载使用。
专题六 导数的综合问题
一、单选题
1．（2020·四川成都市·高三一模（文））已知函数，，若，，则的最小值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由题可得，由在单调递增得，即，则，利用导数求出的最小值即可.
【详解】
，①，
，②，
由①②得，
在单调递增，，则，
，
令，则，
令，解得，令，解得，
故在单调递减，在单调递增，
.
故选：C.
【点睛】
本题考查函数与方程的应用，解题的关键是根据方程的特点得出，即，将所求化为求最值，利用导数即可.
2．（2020·四川成都市·高三一模（理））已知函数，，若，，则的最小值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由已知条件可推得，即有，结合目标式化简可得，令，利用导函数研究其单调性并确定区间最小值，即为的最小值.
【详解】
由题意，，得，
∴，即，
又，得
∵在上单调递增，
∴综上知：，
∴，
令，，则
∴，得；，得；
故在上单调递减，在上单调递增.
∴，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：根据条件的函数关系确定参数的等量关系，结合目标式化简并构造函数，应用导数研究函数的单调性，进而确定区间最小值.
3．（2020·全国高三专题练习）已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
本题首先可根据题意得出，令，然后根据在上不单调得出函数与轴在上有交点，最后分为、两种情况进行讨论，即可得出结果.
【详解】
，
若在上不单调，
令，对称轴为，
则函数与轴在上有交点，
当时，显然不成立；
当时，则，解得或，
易知在上不单调的一个充分不必要条件是，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数单调性问题，若函数在否个区间内不单调，则函数的导函数在这个区间内有零点且穿过轴，考查二次函数性质的应用，考查充分条件与必要条件的判定，是中档题.
4．（2021·石嘴山市第三中学高三期末（理））若曲线在点处的切线过点，则函数的单调递减区间为（ ）
A． B．，(-1，0)
C． D．
【答案】D
【分析】
根据切线的斜率解得，再利用可解得结果.
【详解】
因为，所以，
所以切线的斜率，
又曲线在点处的切线过点，
所以，所以，解得，
所以,,
由得且，
所以函数的单调递减区间为，.
故选：D
【点睛】
易错点点睛：函数的单调区间不能用符号“”连接，要用逗号隔开.
5．（2021·陕西西安市·长安一中高二期末（理））若函数在上为减函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题意，在上恒成立，再参变分离转化为，即求的最大值，可得的范围.
【详解】
由题意得，在上恒成立，所以在上恒成立，因为在的最大值为，所以.
故选：A.
6．（2020·黑龙江大庆市·铁人中学高三月考（文））设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意，构造函数，求导，可得在上的单调性，将a，b，c变形整理，结合单调性，即可得答案.
【详解】
设函数，则，
因为，所以，
所以在上是增函数，
，，，
所以，
故选：A
7．（2019·四川成都市树德协进中学高二期中（理））若函数在是增函数，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先求出，由在是增函数，则在上恒成立，即，也即在上恒成立，
【详解】
，
令，
要使函数在是增函数，
则有在上恒成立，
即，即在上恒成立，
令，，所以在上单调递减，
故，所以
故选：D.
【点睛】
关键点睛：本题考查根据函数单调性求参数的范围，解答本题的关键是在是增函数转化为在上恒成立，即，分离参数即在上恒成立，属于中档题.
8．（2020·梅河口市第五中学高三月考（文））已知函数，曲线在点处与点处的切线均平行于轴，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
本题首先可根据函数解析式得出，然后根据题意得出、是方程的两个不相等的正根，即可得出、以及，再然后令，通过转化得出，最后根据函数的单调性即可求出取值范围.
【详解】
因为函数，
所以定义域为，，
因为曲线在点处与点处的切线均平行于轴，
所以、是方程的两个不相等的正根，，，
则，解得，
令，
则
，
易知在上是减函数，
故，的取值范围是，
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题考查导函数性质的应用以及利用函数单调性求取值范围，能否将转化为是解决本题的关键，若切线与轴平行，则切点处的导函数值为，考查计算能力，是难题.
9．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））若函数在区间单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
求得，问题转化为在上恒成立，再利用导数求出，进而可得答案.
【详解】
由知，，
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
即，则在上恒成立，
令，
因为在上恒成立，
所以在上单调递减，则，
所以.
故选:C.
【点睛】
方法点睛：利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数，需注意若函数在区间上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ② 利用导数转化为不等式或恒成立问题求参数范围．
10．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））已知曲线在处的切线方程为，则（ ）
A．3 B．5 C．6 D．8
【答案】C
【分析】
根据导数的几何意义，可求得切线的斜率，又切线为，可得斜率，即可求得a的值，求得切点坐标，代入切线方程，即可求得b的值，即可得答案.
【详解】
由，得，
所以在处的切线斜率，
又在处的切线方程为，所以斜率，
所以，解得，
则，，
将点代入，得，解得，
所以.
故选：C.
二、多选题
11．（2020·广东高三一模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．有且只有一个极值点
B．设，则与的单调性相同
C．有且只有两个零点
D．在上单调递增
【答案】ACD
【分析】
求出函数的导数，及二阶导数说明函数的单调性，即可判断A、C；首先求出的解析式，再利用导数研究函数的单调性，即可判断B；根据与在的单调性即可判断D；
【详解】
解：由题知，，，所以在上单调递增，当时，；当时，，所以存在，使得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以有且只有一个极值点，故A正确；
因为，所以，所以所以，故的一个极值点为，所以与的单调性不相同，故B错误；
因为有且只有一个极值点，，且，所以在和上各有一个零点，所以有且只有两个零点，故C正确；
因为与在上都是单调递增，所以在上单调递增，D正确．
故选：ACD．
【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，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．
12．（2020·海口市·海南中学高三月考）关于函数，下列结论正确的有（ ）
A．在上是增函数
B．存在唯一极小值点
C．在上有一个零点
D．在上有两个零点
【答案】ABD
【分析】
根据函数求得与，再根据在恒成立，确定在上单调递增，及，且存在唯一实数，使，从而判断A，B选项正确；再据此判断函数的单调性，从而判断零点个数.
【详解】
由已知得，，
，恒成立，
在上单调递增，
又
时，且存在唯一实数，使，即，
所以在上是增函数，且存在唯一极小值点，故A,B选项正确.
且在单调递减，单调递增，
又，，，所以在上有两个零点，故D选项正确，C选项错误.
故选：ABD.
【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，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．
第II卷（非选择题）
三、解答题
13．（2020·四川内江市·高三一模（理））已知函数，､，若在处与直线相切.
（1）求，的值；
（2）求在上的极值.
【答案】（1）；（2）极大值为，无极小值.
【分析】
（1）求得函数额导数，根据题意列出方程组，即可求得的值；
（2）由（1）得，利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数，可得，
因为函数在处与直线相切，
所以，即，解得.
（2）由（1）得，定义域为，且，
令，得，令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的极大值为，无极小值.
14．（2020·四川内江市·高三一模（文））已知函数，，其中是自然对数的底数．
（1）若函数有两个不同的极值点、，求实数的取值范围；
（2）当时，求使不等式对一切实数恒成立的最大正整数．
【答案】（1）实数的取值范围是；（2）满足条件的最大整数．
【分析】
（1）由题得有两个不同的实数根、，进而分和两种情况，研究函数的单调性即可求解；
（2）根据题意得不等式对任意恒成立，故令，研究函数最值得，令，由于在上递减，，，故满足条件的最大整数.
【详解】
（1），
据题意得有两个不同的实数根、
当时，，因此在上递减，不合题意，
∴，令，解得，
∴函数在上递减，在上递增，
∴有两个不同的根，则，
即，．
解得．即实数的取值范围是．
（2）当时，不等式对一切实数恒成立，
即不等式对任意恒成立，
令，∴，令得
∴函数在上递减，在上递增，
∴，
令，，易得在上递减，
取，，
取，，
所以满足条件的最大整数．
【点睛】
本题第一问题解题的关键在于研究函数有两个不相等的零点解决问题，第二问解题的关键在于研究的最小值大于零，将问题转化为的零点的分布，考查运算求解能力，是难题.
15．（2020·四川凉山彝族自治州·高三一模（理））设函数().
（1）若，求的极值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若，证明：.
【答案】（1）0，无极大值；（2）详见解析；（3）详见解析.
【分析】
（1）由得到，然后分别令，，再根据极值的定义求解.
（2）由，分，，，，由，求解.
（3）根据（1）知在上为减函数，得到，即，然后令，得到，再利用不等式的性质求解.
【详解】
（1）的定义域为，
当时，，
若，则，
若，则,
在上单调递减，在上单调递增．
，没有极大值．
（2），
当时，若，则，
若，则，
在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，
若，则或，
若，则
在上单调递减，在，上单调递增
当，即时，恒成立，
在上单调递增．
当，即时，
若，则或;
若，则，
在上单调递减，在上单调递增
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增;
当时，在上单调递增;
当时，在上单调递减，在上单调递增
当时，在上单调递减，在上单调递增;
（3）由（1）知在上为减函数，
时，，
令，得
，
即
，…, ，
将以上各式左右两边相加得：
，
.
【点睛】
关键点点睛：本题第三问关键是联系到在上为减函数，再从不等式的结构和对数的运算，想到构造求解.
16．（2020·四川成都市·高三一模（理））已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
（2）．
【分析】
（1）根据函数求导，分类讨论函数的单调性；
（2）不等式，等价于．
当时，，则．当时，分离参数，转化为函数求最值，从而求得的取值范围.
【详解】
解：（1），．
∴．
①当时，令，得．∴在上单调递减；
令，得，∴在上单调递增．
②当时，令，得．∴在上单调递减；
令，得或．∴在和上单调递增．
③当时，在时恒成立，∴在单调递增．
④当时，令，得．∴在上单调递减；
令，得或．∴在和上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增．
（2）不等式，等价于．
①当时，，则．
②当时，．
设函数，则．
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增．
∴．∴．
③当时，．
设函数，则．
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增．
∴；∴．
综上，的取值范围为．
【点睛】
用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
17．（2020·天津河北区·高三期末）已知函数，其中.
（1）若曲线在点处的切线的斜率为1，求a的值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数的导函数在区间上存在零点，证明：当时，.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】
（1）由导数的几何意义运算即可得解；（2），对的大小关系进行分类讨论，根据导数的符号判断函数的单调性；（3）结合导函数的零点可得，再由函数的单调性，进而可转化条件为，设，通过导数证明即可得证.
【详解】
（1）因为，所以，
所以，解得；
（2），
①若即，的解为，
所以当时，，单调递减；当时，单调递增；
②若即，的解为或，
所以当时，单调递增；当时，，单调递减；
③若即，恒成立，
所以在上单调递增；
④若即，的解为或，
所以当时，单调递增；当时，，单调递减.
综上所述，若，当时，单调递减，时， 单调递增；若，当时，单调递增，时，单调递减；若，在上单调递增；
若， 当时，单调递增，时，单调递减.
（3）证明：由题意，，
因为导函数在区间上存在零点，
设零点为，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故
，
设，则，
设，则，单调递减，
又，故在上恒成立，故单调递减，
所以，
故当时，.
18．（2020·广东高三一模）设函数，，．
（1）讨论的单调性；
（2）当且时，函数，证明：存在极小值点，且．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求，分别讨论和时与的解集，即可求解；
（2）当时，，对其求导可得，再令，再对求导判断的符号即可得的符号，进而可得的单调性，即可求出极小值点所在区间，即可证明.
【详解】
（1）因为，
当时，由，可得 ，所以在上为减函数；
由，可得所以在上为增函数．
当时，由，可得 ，所以在上为减函数，
由，可得，所以在上为增函数；
综上所述：当时，在上为增函数，在上为减函数；
当时，在上为减函数，在上为增函数；
（2）证明：因为，所以，，
则，
因为，所以与同号．
设，，则，
所以对任意，都有，所以在上单调递增．
因为，，，
所以存在，使得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以若，存在，使得是的极小值点．
由得：，
即．
故．
【点睛】
方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
19．（2021·天津高三期末）已知函数，，．
（1）若在点处的切线倾斜角为，求的值；
（2）求的单调区间；
（3）若对于任意，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）当时，的单调递增区间为；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；（3）
【分析】
（1）根据在点处的切线倾斜角为，得到，对进行求导，再求解即可；
（2）对函数进行求导，对参数进行分类讨论，即可求得函数的单调区间；
（3）构造函数，将原式化为：对于任意，恒成立，再利用进行适度放缩，从而判断的单调性，找到对应的参数范围即可.
【详解】
（1）由题意知： ，
，
又在点的切线倾斜角为，
在点的切线的斜率，
即，
解得：；
（2）由（1）知：，
①当时，
，在上为增函数；
②当 时，
令，
解得：，
当时，，在上为减函数，
当时，，在上为增函数．
综上所述，当 时，的单调递增区间为；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；
（3）对任意的，恒成立，
即恒成立，
将代入，并整理得：，
设，
则原式等价于对任意的，恒成立，
则，
下面证明：，
令，
则，
令，
解得：，
当，单调递减；
当，单调递增；
故，
即，
，
①当时，
在上恒成立，
在上单调递增，
恒成立，
即，对恒成立．
②当 时，
，
，即 ，在成立，
故当时，
，
时，，
知在上为减函数，，
即在上，不存在使得不等式对任意恒成立．
综上所述：实数的取值范围是．
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键在于对参数的分类讨论以及应用对函数进行放缩.
20．（2021·天津滨海新区·高三月考）已知函数.
（1）当时，求函数在的单调性；
（2）当且时，，求函数在上的最小值；
（3）当时，设.记为函数在上的唯一零点，证明：.其中为自然对数的底数.
【答案】（1）函数在的单调递增（2）（3）证明见解析
【分析】
（1）求导，利用导数的符号判断可得结果；
（2）求导后，对分类讨论，得函数的单调性，根据单调性可得最小值；
（3）令，得到，构造函数，利用导数求得其单调性和最值可证得，再构造函数，，利用导数求得其单调性和最值可证得，即可求解.
【详解】
（1）当时，，，
因为，所以，，所以，
所以函数在的单调递增.
（2）当且时，，
，
当时，，在上单调递减，所以的最小值为；
当时，因为，所以，所以，在上单调递减，所以的最小值为
综上所述：的最小值为.
（3）当时，，
因为在上有唯一零点，
所以，，，
所以，
令，，
所以，
构造函数，则，，
所以在上递增，所以，所以在上递增，
所以，即，所以，
所以，
所以.
因为，
则
构造函数，，则，
所以在上单调递减，所以，
所以且，
所以，
即，
即，
从而，
综上所述：.
【点睛】
关键点点睛：第三问中作差、换元，再构造函数，利用导数判断函数的单调性、求出最值进行求解是解题关键.
21．（2021·湖南株洲市·高三一模）已知函数.
（Ⅰ）若，求的最小值；
（Ⅱ）函数在处有极大值，求a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）求出导函数，由确定单调性得极小值，从而得最小值；
（Ⅱ）求得导函数，设，再求导数，分类讨论的正负，得的单调性，要求在的左侧有，在的右侧有．由此可得的范围．
【详解】
解：（Ⅰ），，
当时，；
当时，；在上递减，在上递增.
∴的极小值也是最小值为．
（Ⅱ）.设，
则.
当时，，在上单调递增，
时，；时，
在上递减，在上递增，
是的极小值点，与题意矛盾
当时，在上是增函数，且
①当时、时，.从而在上是增数，
故有.所以在上是增函数，与题意矛盾
②当时，若，则，从而在上是减函数，
故有，所以在上是增函数，
若，由（1）知，，则
又，
所以，存在使得.从而当时
所以，在上是减函数，从而，在上减函数，故是的极大值点，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围为.
【点睛】
易错点睛：本题考查用导数研究函数的极值．解题时要掌握极值的定义．在导数存在的情况下，如是的极大值点，除必须有外，还必须满足在左侧某个区间上，在右侧某个区间上，其中，．仅仅有是不够的，这也是易错的地方．
22．（2020·陕西宝鸡市·高三月考（理））已知函数，且函数有且仅有两个极值点，(其中).
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先对函数求导，令，根据题中条件，得到函数有且仅有两个零点，对求导，分别讨论和两种情况，利用导数的方法判定其单调性，求出最值，结合函数零点个数，即可求出结果；
（2）先由（1）得到，，将化简整理，即可求出其范围，证明结论成立.
【详解】
（1）
令，
由函数有且仅有两个极值点，，可知函数有且仅有两个零点；
又.
①当时，，此时函数单调递增，不可能有两个零点，不合题意；
②当时，由可得；由可得；
因此函数的增区间为，减区间为
若函数有且仅有两个零点，必有，可得，
又由，有，
令，有，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增；
所以，可得当：时，
当且时，
故当函数有两且仅有两个极值点时，实数a的取值范围为
（2）由（1）可知，且，可得
，
故有.
【点睛】
思路点睛：
已知函数极值点个数求参数时，一般需要对函数求导，将函数极值点个数转为导函数的零点个数进行求解，将导函数记作新的函数，利用导数的方法研究新函数的单调性和最值等，结合零点个数即可求解（有时需要利用数形结合的方法求解）.
23．（2021·石嘴山市第三中学高三期末（理））已知函数.
（1）当时，求函数在点(e，f(e))处的切线方程
（2）若在上是单调增函数，求实数a的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）利用导数的几何意义可求得结果；
（2）转化为，即在上恒成立，再构造函数求出最大值即可得解.
【详解】
（1）当时，，定义域为，
，所以函数在点(e，f(e))处的切线的斜率为，
又，
所以函数在点(e，f(e))处的切线方程为，即.
（2）因为在上是单调增函数，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
因为在上为单调递减函数，所以当时，取得最大值0，
所以.
【点睛】
结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若在上恒成立，则；
②若在上恒成立，则；
③若在上有解，则；
④若在上有解，则；
24．（2020·宁夏固原市·固原一中高三月考（文））已知函数．
（1）当时，求的单调递减区间；
（2）若关于的方程恰有两个不等实根，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）求出导数，令，得出变化情况表，即可得出单调区间；
（2）分离参数得，构造函数，利用导数讨论单调性，根据与恰有两个不同的交点即可得出.
【详解】
（1）当时，函数，则．
令，得，，当x变化时，的变化情况如下表:
1
+
0
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在上单调递减．
（2）依题意，
即．则
令，则．
当时，，故单调递增， 且；
当时，，故单调递减，且．
∴函数在处取得最大值．
故要使与恰有两个不同的交点，只需．
∴实数a的取值范围是．
【点睛】
关键点睛：本题考查根据方程根的个数求参数，解题的关键是参数分离，构造函数利用导数讨论单调性，根据函数交点个数判断.
25．（2021·天津红桥区·高三期末）已知函数，记f（x）的导数为f′（x）．若曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为﹣3，且x＝2时y＝f（x）有极值，
（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）求函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值．
【答案】（Ⅰ）f（x）＝x3﹣3x2+1；（Ⅱ）最大值为1，最小值为﹣3．
【分析】
（Ⅰ）求导可得f′（x）的解析式，根据导数的几何意义，可得k=f′（1）=-3，又在x＝2处有极值，所以f′（2）＝0，即可求得a，b的值，即可得答案；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f′（x）的解析式，令f′（x）=0，解得x＝0或x＝2，讨论f（x）在﹣1＜x＜0，0＜x＜1上的单调性，即可求得f（x）的极值，检验边界值，即可得答案.
【详解】
（Ⅰ）由题意得：f′（x）＝3x2+2ax+b，
所以k=f′（1）＝3+2a+b＝﹣3，f′（2）＝12+4a+b＝0，
解得a＝﹣3，b＝0，
所以f（x）＝x3﹣3x2+1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，令f′（x）＝3x2﹣6x＝0，解得x＝0或x＝2，
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣1，0）是增函数，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）在（0，1）是减函数，
所以f（x）的极大值为f（0）＝1，又f（1）＝﹣1，f（﹣1）＝﹣3，
所以f（x）在[﹣1，1]上的最大值为1，最小值为﹣3．
26．（2020·洮南市第一中学高三月考（文））设函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若关于的方程在区间上恰好有两个相异的实根，求实数的取值范围
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）先求出切点的坐标，再求出函数在切点横坐标处的导数，从而可求切线方程.
（2）利用导数讨论的单调性，从而可求其最大值，故可得实数的取值范围；
（3）原方程可转化为，令，利用导数可得其单调性，结合零点的个数可得实数满足的不等式组，其解为所求的取值范围.
【详解】
（1）函数的定义域为.
∵，
∴切点坐标为：，
∵，∴切线斜率为：，
∴切线方程为：，即：.
（2）∵由，得，(舍去)，
当时，；当时，，
故在上递减，在上递增.
又，，且.
∴当时，的最大值为.
故当时，不等式恒成立.
（3）方程可化为.
记，则，
由，得或(舍去).
由，得.
∴在上递减，在上递增.
为使方程在区间上恰好有两个相异的实根，
只须在和上各有一个实数根，于是有，
整理得到，
因为，
所以，
∴实数的取值范围是.
【点睛】
思路点睛：不等式的恒成立问题，往往转化为函数的最值问题来处理，而最值需利用导数讨论出函数的单调性.给定范围上的零点问题，往往需要利用单调性和零点存在定理来讨论.
27．（2020·北京海淀区·人大附中高三月考）已知函数，.
（I）若的极值为，求的值；
（Ⅱ）若时，恒成立，求的取值范围
【答案】（I）；（II）.
【分析】
（I）求导，然后根据的极值为，分，讨论求解.
（II），，由时，恒成立，分，， 讨论，由求解即可.
【详解】
（I），.
，
当时，恒成立，故无极值点，
当时，令，则，
当时，，时，，
所以，在区间上递减，在区间上递增，
所以当且仅当时，取到极小值，
，
设函数，
，
当时，，时，，
∴在区间上递增，在区间上递减，
∴在时取得最大值，
所以是唯一解
（II），，
(1)当时，，在单调递增，
，
不恒成立.
(2)当时，，在单调递增，
，恒成立.-
(3)当时，，，
在单调递减，在单调递增，
令，，
在单调递减，单调递增
，，
在单调递增，，
，
，
，
在单调递减，在单调递增，
，
在上单调递增，
恒成立，
，恒成立.
综上：
【点睛】
方法点睛：恒成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则；；
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则；.
28．（2021·河北张家口市·高三期末）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.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（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，∴
29．（2021·陕西西安市·长安一中高二期末（理））已知函数.
（1）若是的极值点，求的单调区间；
（2）求在区间上的最小值.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）.
【分析】
（1）根据，求出，再根据导数与函数单调性的关系即可求解.
（2）求出，令，解得或，讨论、或，判断函数在区间上的单调性，根据单调性即可求出函数的最值.
【详解】
解：（1）的定义域为，
.
因为是的极值点，所以，解得，
所以，
当时，；当时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），则，
令，得或.
①当，即时，在上为增函数，；
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以；
③当，即时，在上为减函数，
所以.
综上所述，.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了利用导数求函数的单调区间、求函数的最值，解题的关键是确定函数在区间上的单调性，考查了分类讨论的思想以及运算求解能力.
30．（2021·陕西西安市·长安一中高二期末（理））已知函数在处有极值.
（1）求a的值；
（2）求函数的单调区间.
【答案】（1）；（2）单调增区间为，，单调减区间为.
【分析】
（1）求出函数的导数，利用即可求出；
（2）求出导数，令，得出导数正负即可得出单调区间.
【详解】
解：（1）∵，函数在处有极值，
∴，解得(经检验，符合题意).
（2）由（1）知，
则，
令，得，.
当x变化时，，的变化情况如下表：
1
0
0
极大值
极小值
∴函数的单调增区间为，，单调减区间为.
31．（2020·四川省成都列五中学高二期中（理））已知函数（为正常数），且的导函数在处取得极小值．
（1）求实数的值．
（2）设函数，若方程在区间内恰有两个不等的实数根，求实数的取值范围．（参考数据：）
（3）记函数，，设，是函数的两个极值点，点，，直线的斜率为，若对恒成立，求实数的最大值．
【答案】（1）2；（2）；（3）．
【分析】
（1）先对函数求导，得到，令，对其求导，根据极值点列出方程，求出，再检验，即可得出结果；
（2）先由题意，得到在内恰有两个不相等的实数根，令，对其求导，判定其单调性，求出极值以及端点值，进而可得出结果；
（3）先对函数求导，根据题中条件，由韦达定理，以及直线的斜率公式，得到，构造函数，利用导函数的方法求出的最小值，即可得出结果.
【详解】
（1）因为，所以，
令，则，
由题意知，所以，解得，
此时，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
因此在处取得极小值，满足题意；
所以实数的值为2．
（2）方程恰有两个不相等的实数根，
即在内恰有两个不相等的实数根，
令，，
则与在内有两个不同的交点，
又，
由得，
由得．
所以函数在内单调递增，在内单调递减，
因此在处有极大值；
又，，且，
为使与在内有两个不同的交点，
只需，即，
所以实数的取值范围是．
（3），
所以，
由题意可知，是方程的两个实根，
且，所以，，，
因为，，
所以恒成立等价于恒成立，
即，
由，得
设，则，
又，，
所以，解得或（舍），
所以，
设，，
则，
因为，所以，即在内单调递减，
所以，即，
所以实数的最大值为．
【点睛】
思路点睛：
由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
32．（2020·江苏高一课时练习）已知函数有两个零点，且，
（1）求的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）通过求导，得出切点坐标，找到有两个零点的等价条件，即可求出的取值范围；
（2）通过分析法得到要证成立，即证成立，构造函数，通过求导证明在上即可.
【详解】
解：（1）令，
，
令， ，
当与相切时，如图所示：
设切点为，
则，
，
，
即切点坐标是，
把代，
解得：，
若有两个零点，
即，有个交点，
只需即可，
即，
的范围是；
（2）由题意知：，，
即，，
①
，
即②
要证成立，
即证成立，
即证，
由①知：即证，
即证，
又由②知：即证，
即证，
即证，
令，则，
即证，
设，，
，
在上单调递减，
，
即成立，
故得证.
【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
33．（2020·重庆九龙坡区·渝西中学高三月考（理））已知函数．
（1）讨论f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有3个极值点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），证明：x1x3＜x22．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）对函数f（x）求导，令，利用函数的导数判断出单调性求出极值，可得f（x）的极值点的个数；
（2）由f（x）有3个极值点x1，x2，x3，列出方程且x2＝1，要证，即x1x3＜1，设，k＞1，得出x3﹣x1＝lnk，联立，推出，只需证，k＞1，需证明，令，t＞1，即需证明，利用函数的导数判断单调性和最值即可得证．
【详解】
（1）＝（x﹣1）ex+a（x2﹣x）＝（x﹣1）（ex+ax）
，，
f（x）的极值点的个数即为的变号方程根的个数
令，，故g（x）在（0，1）上单调递减（1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，且当x＜0时，g（x）＜0．
即
根据与的交点个数可得：
当a＞0时，f（x）有2个极值点，当﹣e≤a≤0时，f（x）只有1个极值点，
当a＜﹣e时，f（x）有3个极值点．
（2）证明：因为f（x）有3个极值点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），所以，且x2＝1，即得，要证，即x1x3＜1，
由，得，设，k＞1，，所以x3﹣x1＝lnk，
联立，得所以，
所以要证x1x3＜1，只需，k＞1，
则有，即，则需证明．
令，t＞1，即需证明．
因为恒成立，
所以h（t）在t∈（1，+∞）上是单调递减函数，则有，
即成立，所以x1x3＜1，即得以证明．
【点睛】
关键点点睛：本题考查导数研究函数的极值点问题，考查导数证明不等式，解决本题的关键点是若f（x）有3个极值点，则x2＝1，要证，即x1x3＜1，设，k＞1，需证明，令，t＞1，即需证明，对函数求导判断单调性和最值即可得证，考查了学生逻辑推理能力和计算能力，属于中档题．
34．（2020·海口市·海南中学高三月考）已知，，.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若存在两个极值点，且，证明：.
【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出，可得，由得增区间，由得减区间；
（2）求出，则是的两根，要证，即证明， 即证，换元后再构造函数，利用导数研究函数的区间单调性，结合函数最值即可证明不等式.
【详解】
（1）当时，，即有且，
当时，有；当时，有；
∴的增区间为，减区间为
（2）由题意得：，
又两个极值点，即是的两根，可知，
当，证明，
即证
即证
即证
即证
即证
即证
令，则
令，而，即在是增函数，
∴，故成立，
∴原不等式成立.
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等主要方法有两个，
1、比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；
2、综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
35．（2020·海口市·海南中学高三月考）已知函数.
（1）若函数在点(1，f(1))处的切线方程为，求的值；
（2）当时，记函数在区间上的最大值为M，最小值为N，求M-N的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为1.
【分析】
(1)求导，然后由，求解.
（2）由，求导，由极值和端点值比较，得到M，N求解.
【详解】
(1)因为，
所以，
所以，，
解得
（2）当时，，
，
，
当时，，当时，，
所以在是单调减，在是单调增，
所以，
因为，
所以，
所以.
令，
，
在上是减函数，
最大值为，
即M-N的最大值为1
【点睛】
方法点睛：(1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．(2)已知函数的最值求参数，一般先用参数表示最值，列方程求解参数．
36．（2019·四川成都市树德协进中学高二期中（理））已知函数，其导函数为，且.
（1）求曲线在点处的切线方程.
（2）求函数在上的最大值和最小值.
【答案】（1）；（2）在上的最小值是，最大值是.
【分析】
（1）求出导函数，由，求出的值，然后由，，求出切线方程.
（2）先求出函数在上的单调性，从而可得出其最大值和最小值.
【详解】
（1）因为函数，所以，
由，得，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由（1）可知，
当时，，当时，，
所以在单增，在单减.
所以，
又，，，所以，
所以，在上的最小值是，最大值是.
37．（2020·梅河口市第五中学高三月考（文））已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围
【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；（2）.
【分析】
（1）时，，求导，由求增区间，由求减区间.
（2）由函数有两个零点，转化为在上有两个不等的实数跟，令，用导数法求解.
【详解】
（1）的定义域是，
当时，，
，
当时，，，所以；
当时，，，所以，
所以的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）函数有两个零点等价于方程有两个不等的实数根，
又函数的定义域为，
所以有两个不等的实数跟，
设，
则，
，
设，
易知在上单调递减，且，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
所以，
又时，，
时，，
所以实数的取值范围是.
【点睛】
方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
38．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））设函数，.
（1）时，求的最小值.
（2）若在恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）0；（2）.
【分析】
（1）当时，求导可得，令，解得，分别讨论和时，的正负，即可得的单调性，即可求得答案；
（2）求导可得，设，分别讨论和时的正负，可得的单调性，进而可得的单调性，综合分析，即可得答案.
【详解】
（1）当时，，则，
令，解得，
当时，，所以在单调递减函数；
当时，，所以在单调递增函数；
所以.
（2），则，
设，则，
当时，，所以在上为增函数，
又，所以，即，
所以在在上为增函数，又，
所以，满足题意；
当时，令，解得，
当时，，所以在为减函数，
所以当时，，即，
所以在为减函数，又
所以，不满足题意，
综上：a的取值范围是
【点睛】
解题的关键是熟练掌握利用导数求解函数单调性，极（最）值的方法，若处理恒成立问题时，需满足，若处理存在性问题时，需满足，需仔细审题，进行求解，属中档题.
39．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））已知函数(其中常数)分别在处和处取得极值.
（1）若在区间上单调递增，求实数的取值范围.
（2）证明：对一切，不等式恒成立.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意，解得，从而可得解析式，利用导数求出函数的单调递增区间，只需，解不等式即可.
（2）将不等式转化为在上恒成立，利用导数求出，即证.
【详解】
（1）由知，，
因为在处和处取得极值，
所以，解得，
所以，，
所以令，，令，或，
所以在上单调递增，在和上单调递减，
若在上单调递增，
则解得，
即实数的取值范围.
（2）当时，恒成立，
即在上恒成立，
整理得，在上恒成立，
令，，
，当时，恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以，即在上恒成立，
所以当时，恒成立.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调区间、求函数的最值，解题的关键是利用导数求出函数的单调区间以及最值，考查了转化能力、分析能力.
40．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））已知函数，曲线过点.
（1）求函数解析式.
（2）求函数的单调区间与极值.
【答案】（1）；（2）在上单调递增，在上单调递减，极大值为.
【分析】
（1）由条件可知；
（2）由（1）可知，，先求函数的导数，并求和的解集，即函数的单调区间，并求函数的极值.
【详解】
（1）由过点得，，
即，所以.
（2）由（1）知，，
令，，令，，
SY在上单调递增，在上单调递减，
极大值为，无极小值.
41．（2019·天津高三其他模拟）已知函数（其中是实数）.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）设，若函数的两个极值点恰为函数的两个零点，且的范围是，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.
【分析】
（1）先求出导函数，然后求出切点处函数值、导数值，最后利用点斜式求出切线方程；
（2）令函数的导数为零，判断零点的个数，并判断有零点时，零点左右的导数符号，从而确定原函数的单调性；
（3）结合（2）的结论得到两个极值点满足的条件；然后将化简，转化为，的表达式，再转化为单变量的函数式，结合已知范围得到的范围，最后将（2）中满足的条件代入，得到关于的函数或不等式求解即可．
【详解】
解：（1）由得：
则 ，所以，又.
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）因为，所以定义域为
若，则，当且仅当时，
若，得
当时，
当时，
所以，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
时，的单调递减区间为；单调递增区间为.
（3）由（2）知，若有两个极值点，则，且
所以
，
由得.
令，
，所以上单调递减
由的范围是得的取值范围.
又，
，又，
故实数的取值范围.
【点睛】
本题考查利用导数求切线，研究函数的单调性、不等式等问题；考查了学生的数学运算、逻辑推理等核心素养以及学生利用函数与方程、转化与化归、分类与整合等数学思想解题的能力．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．
四、双空题
42．（2021·浙江高一期末）已知函数在时有极值0，则________，________．
【答案】2 9
【分析】
根据，解得或，再验证函数在时是否取得极值，即可得解.
【详解】
因为，所以，
由题意可知，，即，解得或，
当时，，函数为上的递增函数，此时函数无极值，不合题意；
当时，，
令，得或，令，得，
所以函数在和上递增，在上递减，
所以在时取得极大值，符合题意.
故答案为：.
【点睛】
本题考查函数在某点处取极值的问题，一定要注意的是，在求出两组结果之后要代回检验是否符合题意．
43．（2021·浙江高一期末）函数的图象在点（1,0）处切线的方程是_________，该函数的单调递减区间是_________．
【答案】
【分析】
先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程，结合导数与单调性的关系可求函数的单调递减区间．
【详解】
函数的导函数为
所以当时，
所以函数的图象在点（1,0）处切线的方程为，即
由解得
所以函数的单调递减区间是
故答案为：，
44．（2020·全国高三专题练习（理））对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)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，则函数f(x)的对称中心为________，________.
【答案】 2018
【分析】
由，求得f′(x)，f″(x)，令f″(x)＝0求对称中心.由对称中心得到f(x)＋f(1－x)＝2求解.
【详解】
因为，
所以f′(x)＝x2－x＋3，f″(x)＝2x－1，
由f″(x)＝0，即2x－1＝0，解得x＝.
，
由题中给出的结论，
所以函数f(x)的对称中心为.
所以，
即f(x)＋f(1－x)＝2.
故，
，
……，
，
所以×2×2 018＝2 018.
故答案为：，2018
【点睛】
关键点点睛：本题关键点是求得函数f(x)的对称中心，进而得到f(x)＋f(1－x)＝2问题得解.
五、填空题
45．（2020·河南周口市·高三月考（文））已知曲线在点处的切线与曲线也相切，则实数______.
【答案】或6
【分析】
首先利用导数的几何意义得到切线方程为，再根据直线与抛物线相切，即可得到，从而得到答案.
【详解】
，则，，
又因为，所以切线方程为，
因为直线与抛物线相切，
所以方程有两个相等的实数根，
，解得或6.
故答案为：或6
46．（2021·陕西西安市·长安一中高二期末（理））函数的图象在点处的切线方程是________
【答案】
【分析】
根据，求导，进而求得，再利用点斜式写出切线方程.
【详解】
因为，
所以，
所以切线方程为.
故答案为：
47．（2020·贵州贵阳一中高三月考（文））已知为函数的极值点，则a=________
【答案】
【分析】
根据函数的极值点可得，求解后检验即可得到结果.
【详解】
由题意可知：
所以解得或，
而当时，，
所以恒成立，故舍去．
故答案为：
48．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））已知在处有极小值，则常数的值为___________.
【答案】2
【分析】
先求函数的导数，由已知可知，求后，再验证是否能在处有极小值.
【详解】
由知，，
因为在处取极小值，所以，
解得或，
当时，，在处取极小值，符合题意，
当时，，在处取极大值，不符合题意，
综上知，.
故答案为：2.
专题六 导数的综合问题
一、单选题
1．（2020·四川成都市·高三一模（文））已知函数，，若，，则的最小值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由题可得，由在单调递增得，即，则，利用导数求出的最小值即可.
【详解】
，①，
，②，
由①②得，
在单调递增，，则，
，
令，则，
令，解得，令，解得，
故在单调递减，在单调递增，
.
故选：C.
【点睛】
本题考查函数与方程的应用，解题的关键是根据方程的特点得出，即，将所求化为求最值，利用导数即可.
2．（2020·四川成都市·高三一模（理））已知函数，，若，，则的最小值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由已知条件可推得，即有，结合目标式化简可得，令，利用导函数研究其单调性并确定区间最小值，即为的最小值.
【详解】
由题意，，得，
∴，即，
又，得
∵在上单调递增，
∴综上知：，
∴，
令，，则
∴，得；，得；
故在上单调递减，在上单调递增.
∴，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：根据条件的函数关系确定参数的等量关系，结合目标式化简并构造函数，应用导数研究函数的单调性，进而确定区间最小值.
3．（2020·全国高三专题练习）已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
本题首先可根据题意得出，令，然后根据在上不单调得出函数与轴在上有交点，最后分为、两种情况进行讨论，即可得出结果.
【详解】
，
若在上不单调，
令，对称轴为，
则函数与轴在上有交点，
当时，显然不成立；
当时，则，解得或，
易知在上不单调的一个充分不必要条件是，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数单调性问题，若函数在否个区间内不单调，则函数的导函数在这个区间内有零点且穿过轴，考查二次函数性质的应用，考查充分条件与必要条件的判定，是中档题.
4．（2021·石嘴山市第三中学高三期末（理））若曲线在点处的切线过点，则函数的单调递减区间为（ ）
A． B．，(-1，0)
C． D．
【答案】D
【分析】
根据切线的斜率解得，再利用可解得结果.
【详解】
因为，所以，
所以切线的斜率，
又曲线在点处的切线过点，
所以，所以，解得，
所以,,
由得且，
所以函数的单调递减区间为，.
故选：D
【点睛】
易错点点睛：函数的单调区间不能用符号“”连接，要用逗号隔开.
5．（2021·陕西西安市·长安一中高二期末（理））若函数在上为减函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题意，在上恒成立，再参变分离转化为，即求的最大值，可得的范围.
【详解】
由题意得，在上恒成立，所以在上恒成立，因为在的最大值为，所以.
故选：A.
6．（2020·黑龙江大庆市·铁人中学高三月考（文））设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意，构造函数，求导，可得在上的单调性，将a，b，c变形整理，结合单调性，即可得答案.
【详解】
设函数，则，
因为，所以，
所以在上是增函数，
，，，
所以，
故选：A
7．（2019·四川成都市树德协进中学高二期中（理））若函数在是增函数，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先求出，由在是增函数，则在上恒成立，即，也即在上恒成立，
【详解】
，
令，
要使函数在是增函数，
则有在上恒成立，
即，即在上恒成立，
令，，所以在上单调递减，
故，所以
故选：D.
【点睛】
关键点睛：本题考查根据函数单调性求参数的范围，解答本题的关键是在是增函数转化为在上恒成立，即，分离参数即在上恒成立，属于中档题.
8．（2020·梅河口市第五中学高三月考（文））已知函数，曲线在点处与点处的切线均平行于轴，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
本题首先可根据函数解析式得出，然后根据题意得出、是方程的两个不相等的正根，即可得出、以及，再然后令，通过转化得出，最后根据函数的单调性即可求出取值范围.
【详解】
因为函数，
所以定义域为，，
因为曲线在点处与点处的切线均平行于轴，
所以、是方程的两个不相等的正根，，，
则，解得，
令，
则
，
易知在上是减函数，
故，的取值范围是，
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题考查导函数性质的应用以及利用函数单调性求取值范围，能否将转化为是解决本题的关键，若切线与轴平行，则切点处的导函数值为，考查计算能力，是难题.
9．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））若函数在区间单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
求得，问题转化为在上恒成立，再利用导数求出，进而可得答案.
【详解】
由知，，
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
即，则在上恒成立，
令，
因为在上恒成立，
所以在上单调递减，则，
所以.
故选:C.
【点睛】
方法点睛：利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数，需注意若函数在区间上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ② 利用导数转化为不等式或恒成立问题求参数范围．
10．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））已知曲线在处的切线方程为，则（ ）
A．3 B．5 C．6 D．8
【答案】C
【分析】
根据导数的几何意义，可求得切线的斜率，又切线为，可得斜率，即可求得a的值，求得切点坐标，代入切线方程，即可求得b的值，即可得答案.
【详解】
由，得，
所以在处的切线斜率，
又在处的切线方程为，所以斜率，
所以，解得，
则，，
将点代入，得，解得，
所以.
故选：C.
二、多选题
11．（2020·广东高三一模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．有且只有一个极值点
B．设，则与的单调性相同
C．有且只有两个零点
D．在上单调递增
【答案】ACD
【分析】
求出函数的导数，及二阶导数说明函数的单调性，即可判断A、C；首先求出的解析式，再利用导数研究函数的单调性，即可判断B；根据与在的单调性即可判断D；
【详解】
解：由题知，，，所以在上单调递增，当时，；当时，，所以存在，使得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以有且只有一个极值点，故A正确；
因为，所以，所以所以，故的一个极值点为，所以与的单调性不相同，故B错误；
因为有且只有一个极值点，，且，所以在和上各有一个零点，所以有且只有两个零点，故C正确；
因为与在上都是单调递增，所以在上单调递增，D正确．
故选：ACD．
【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，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．
12．（2020·海口市·海南中学高三月考）关于函数，下列结论正确的有（ ）
A．在上是增函数
B．存在唯一极小值点
C．在上有一个零点
D．在上有两个零点
【答案】ABD
【分析】
根据函数求得与，再根据在恒成立，确定在上单调递增，及，且存在唯一实数，使，从而判断A，B选项正确；再据此判断函数的单调性，从而判断零点个数.
【详解】
由已知得，，
，恒成立，
在上单调递增，
又
时，且存在唯一实数，使，即，
所以在上是增函数，且存在唯一极小值点，故A,B选项正确.
且在单调递减，单调递增，
又，，，所以在上有两个零点，故D选项正确，C选项错误.
故选：ABD.
【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，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．
第II卷（非选择题）
三、解答题
13．（2020·四川内江市·高三一模（理））已知函数，､，若在处与直线相切.
（1）求，的值；
（2）求在上的极值.
【答案】（1）；（2）极大值为，无极小值.
【分析】
（1）求得函数额导数，根据题意列出方程组，即可求得的值；
（2）由（1）得，利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数，可得，
因为函数在处与直线相切，
所以，即，解得.
（2）由（1）得，定义域为，且，
令，得，令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的极大值为，无极小值.
14．（2020·四川内江市·高三一模（文））已知函数，，其中是自然对数的底数．
（1）若函数有两个不同的极值点、，求实数的取值范围；
（2）当时，求使不等式对一切实数恒成立的最大正整数．
【答案】（1）实数的取值范围是；（2）满足条件的最大整数．
【分析】
（1）由题得有两个不同的实数根、，进而分和两种情况，研究函数的单调性即可求解；
（2）根据题意得不等式对任意恒成立，故令，研究函数最值得，令，由于在上递减，，，故满足条件的最大整数.
【详解】
（1），
据题意得有两个不同的实数根、
当时，，因此在上递减，不合题意，
∴，令，解得，
∴函数在上递减，在上递增，
∴有两个不同的根，则，
即，．
解得．即实数的取值范围是．
（2）当时，不等式对一切实数恒成立，
即不等式对任意恒成立，
令，∴，令得
∴函数在上递减，在上递增，
∴，
令，，易得在上递减，
取，，
取，，
所以满足条件的最大整数．
【点睛】
本题第一问题解题的关键在于研究函数有两个不相等的零点解决问题，第二问解题的关键在于研究的最小值大于零，将问题转化为的零点的分布，考查运算求解能力，是难题.
15．（2020·四川凉山彝族自治州·高三一模（理））设函数().
（1）若，求的极值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若，证明：.
【答案】（1）0，无极大值；（2）详见解析；（3）详见解析.
【分析】
（1）由得到，然后分别令，，再根据极值的定义求解.
（2）由，分，，，，由，求解.
（3）根据（1）知在上为减函数，得到，即，然后令，得到，再利用不等式的性质求解.
【详解】
（1）的定义域为，
当时，，
若，则，
若，则,
在上单调递减，在上单调递增．
，没有极大值．
（2），
当时，若，则，
若，则，
在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，
若，则或，
若，则
在上单调递减，在，上单调递增
当，即时，恒成立，
在上单调递增．
当，即时，
若，则或;
若，则，
在上单调递减，在上单调递增
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增;
当时，在上单调递增;
当时，在上单调递减，在上单调递增
当时，在上单调递减，在上单调递增;
（3）由（1）知在上为减函数，
时，，
令，得
，
即
，…, ，
将以上各式左右两边相加得：
，
.
【点睛】
关键点点睛：本题第三问关键是联系到在上为减函数，再从不等式的结构和对数的运算，想到构造求解.
16．（2020·四川成都市·高三一模（理））已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
（2）．
【分析】
（1）根据函数求导，分类讨论函数的单调性；
（2）不等式，等价于．
当时，，则．当时，分离参数，转化为函数求最值，从而求得的取值范围.
【详解】
解：（1），．
∴．
①当时，令，得．∴在上单调递减；
令，得，∴在上单调递增．
②当时，令，得．∴在上单调递减；
令，得或．∴在和上单调递增．
③当时，在时恒成立，∴在单调递增．
④当时，令，得．∴在上单调递减；
令，得或．∴在和上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增．
（2）不等式，等价于．
①当时，，则．
②当时，．
设函数，则．
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增．
∴．∴．
③当时，．
设函数，则．
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增．
∴；∴．
综上，的取值范围为．
【点睛】
用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
17．（2020·天津河北区·高三期末）已知函数，其中.
（1）若曲线在点处的切线的斜率为1，求a的值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数的导函数在区间上存在零点，证明：当时，.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】
（1）由导数的几何意义运算即可得解；（2），对的大小关系进行分类讨论，根据导数的符号判断函数的单调性；（3）结合导函数的零点可得，再由函数的单调性，进而可转化条件为，设，通过导数证明即可得证.
【详解】
（1）因为，所以，
所以，解得；
（2），
①若即，的解为，
所以当时，，单调递减；当时，单调递增；
②若即，的解为或，
所以当时，单调递增；当时，，单调递减；
③若即，恒成立，
所以在上单调递增；
④若即，的解为或，
所以当时，单调递增；当时，，单调递减.
综上所述，若，当时，单调递减，时， 单调递增；若，当时，单调递增，时，单调递减；若，在上单调递增；
若， 当时，单调递增，时，单调递减.
（3）证明：由题意，，
因为导函数在区间上存在零点，
设零点为，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故
，
设，则，
设，则，单调递减，
又，故在上恒成立，故单调递减，
所以，
故当时，.
18．（2020·广东高三一模）设函数，，．
（1）讨论的单调性；
（2）当且时，函数，证明：存在极小值点，且．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求，分别讨论和时与的解集，即可求解；
（2）当时，，对其求导可得，再令，再对求导判断的符号即可得的符号，进而可得的单调性，即可求出极小值点所在区间，即可证明.
【详解】
（1）因为，
当时，由，可得 ，所以在上为减函数；
由，可得所以在上为增函数．
当时，由，可得 ，所以在上为减函数，
由，可得，所以在上为增函数；
综上所述：当时，在上为增函数，在上为减函数；
当时，在上为减函数，在上为增函数；
（2）证明：因为，所以，，
则，
因为，所以与同号．
设，，则，
所以对任意，都有，所以在上单调递增．
因为，，，
所以存在，使得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以若，存在，使得是的极小值点．
由得：，
即．
故．
【点睛】
方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
19．（2021·天津高三期末）已知函数，，．
（1）若在点处的切线倾斜角为，求的值；
（2）求的单调区间；
（3）若对于任意，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）当时，的单调递增区间为；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；（3）
【分析】
（1）根据在点处的切线倾斜角为，得到，对进行求导，再求解即可；
（2）对函数进行求导，对参数进行分类讨论，即可求得函数的单调区间；
（3）构造函数，将原式化为：对于任意，恒成立，再利用进行适度放缩，从而判断的单调性，找到对应的参数范围即可.
【详解】
（1）由题意知： ，
，
又在点的切线倾斜角为，
在点的切线的斜率，
即，
解得：；
（2）由（1）知：，
①当时，
，在上为增函数；
②当 时，
令，
解得：，
当时，，在上为减函数，
当时，，在上为增函数．
综上所述，当 时，的单调递增区间为；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；
（3）对任意的，恒成立，
即恒成立，
将代入，并整理得：，
设，
则原式等价于对任意的，恒成立，
则，
下面证明：，
令，
则，
令，
解得：，
当，单调递减；
当，单调递增；
故，
即，
，
①当时，
在上恒成立，
在上单调递增，
恒成立，
即，对恒成立．
②当 时，
，
，即 ，在成立，
故当时，
，
时，，
知在上为减函数，，
即在上，不存在使得不等式对任意恒成立．
综上所述：实数的取值范围是．
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键在于对参数的分类讨论以及应用对函数进行放缩.
20．（2021·天津滨海新区·高三月考）已知函数.
（1）当时，求函数在的单调性；
（2）当且时，，求函数在上的最小值；
（3）当时，设.记为函数在上的唯一零点，证明：.其中为自然对数的底数.
【答案】（1）函数在的单调递增（2）（3）证明见解析
【分析】
（1）求导，利用导数的符号判断可得结果；
（2）求导后，对分类讨论，得函数的单调性，根据单调性可得最小值；
（3）令，得到，构造函数，利用导数求得其单调性和最值可证得，再构造函数，，利用导数求得其单调性和最值可证得，即可求解.
【详解】
（1）当时，，，
因为，所以，，所以，
所以函数在的单调递增.
（2）当且时，，
，
当时，，在上单调递减，所以的最小值为；
当时，因为，所以，所以，在上单调递减，所以的最小值为
综上所述：的最小值为.
（3）当时，，
因为在上有唯一零点，
所以，，，
所以，
令，，
所以，
构造函数，则，，
所以在上递增，所以，所以在上递增，
所以，即，所以，
所以，
所以.
因为，
则
构造函数，，则，
所以在上单调递减，所以，
所以且，
所以，
即，
即，
从而，
综上所述：.
【点睛】
关键点点睛：第三问中作差、换元，再构造函数，利用导数判断函数的单调性、求出最值进行求解是解题关键.
21．（2021·湖南株洲市·高三一模）已知函数.
（Ⅰ）若，求的最小值；
（Ⅱ）函数在处有极大值，求a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）求出导函数，由确定单调性得极小值，从而得最小值；
（Ⅱ）求得导函数，设，再求导数，分类讨论的正负，得的单调性，要求在的左侧有，在的右侧有．由此可得的范围．
【详解】
解：（Ⅰ），，
当时，；
当时，；在上递减，在上递增.
∴的极小值也是最小值为．
（Ⅱ）.设，
则.
当时，，在上单调递增，
时，；时，
在上递减，在上递增，
是的极小值点，与题意矛盾
当时，在上是增函数，且
①当时、时，.从而在上是增数，
故有.所以在上是增函数，与题意矛盾
②当时，若，则，从而在上是减函数，
故有，所以在上是增函数，
若，由（1）知，，则
又，
所以，存在使得.从而当时
所以，在上是减函数，从而，在上减函数，故是的极大值点，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围为.
【点睛】
易错点睛：本题考查用导数研究函数的极值．解题时要掌握极值的定义．在导数存在的情况下，如是的极大值点，除必须有外，还必须满足在左侧某个区间上，在右侧某个区间上，其中，．仅仅有是不够的，这也是易错的地方．
22．（2020·陕西宝鸡市·高三月考（理））已知函数，且函数有且仅有两个极值点，(其中).
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先对函数求导，令，根据题中条件，得到函数有且仅有两个零点，对求导，分别讨论和两种情况，利用导数的方法判定其单调性，求出最值，结合函数零点个数，即可求出结果；
（2）先由（1）得到，，将化简整理，即可求出其范围，证明结论成立.
【详解】
（1）
令，
由函数有且仅有两个极值点，，可知函数有且仅有两个零点；
又.
①当时，，此时函数单调递增，不可能有两个零点，不合题意；
②当时，由可得；由可得；
因此函数的增区间为，减区间为
若函数有且仅有两个零点，必有，可得，
又由，有，
令，有，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增；
所以，可得当：时，
当且时，
故当函数有两且仅有两个极值点时，实数a的取值范围为
（2）由（1）可知，且，可得
，
故有.
【点睛】
思路点睛：
已知函数极值点个数求参数时，一般需要对函数求导，将函数极值点个数转为导函数的零点个数进行求解，将导函数记作新的函数，利用导数的方法研究新函数的单调性和最值等，结合零点个数即可求解（有时需要利用数形结合的方法求解）.
23．（2021·石嘴山市第三中学高三期末（理））已知函数.
（1）当时，求函数在点(e，f(e))处的切线方程
（2）若在上是单调增函数，求实数a的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）利用导数的几何意义可求得结果；
（2）转化为，即在上恒成立，再构造函数求出最大值即可得解.
【详解】
（1）当时，，定义域为，
，所以函数在点(e，f(e))处的切线的斜率为，
又，
所以函数在点(e，f(e))处的切线方程为，即.
（2）因为在上是单调增函数，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
因为在上为单调递减函数，所以当时，取得最大值0，
所以.
【点睛】
结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若在上恒成立，则；
②若在上恒成立，则；
③若在上有解，则；
④若在上有解，则；
24．（2020·宁夏固原市·固原一中高三月考（文））已知函数．
（1）当时，求的单调递减区间；
（2）若关于的方程恰有两个不等实根，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）求出导数，令，得出变化情况表，即可得出单调区间；
（2）分离参数得，构造函数，利用导数讨论单调性，根据与恰有两个不同的交点即可得出.
【详解】
（1）当时，函数，则．
令，得，，当x变化时，的变化情况如下表:
1
+
0
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在上单调递减．
（2）依题意，
即．则
令，则．
当时，，故单调递增， 且；
当时，，故单调递减，且．
∴函数在处取得最大值．
故要使与恰有两个不同的交点，只需．
∴实数a的取值范围是．
【点睛】
关键点睛：本题考查根据方程根的个数求参数，解题的关键是参数分离，构造函数利用导数讨论单调性，根据函数交点个数判断.
25．（2021·天津红桥区·高三期末）已知函数，记f（x）的导数为f′（x）．若曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为﹣3，且x＝2时y＝f（x）有极值，
（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）求函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值．
【答案】（Ⅰ）f（x）＝x3﹣3x2+1；（Ⅱ）最大值为1，最小值为﹣3．
【分析】
（Ⅰ）求导可得f′（x）的解析式，根据导数的几何意义，可得k=f′（1）=-3，又在x＝2处有极值，所以f′（2）＝0，即可求得a，b的值，即可得答案；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f′（x）的解析式，令f′（x）=0，解得x＝0或x＝2，讨论f（x）在﹣1＜x＜0，0＜x＜1上的单调性，即可求得f（x）的极值，检验边界值，即可得答案.
【详解】
（Ⅰ）由题意得：f′（x）＝3x2+2ax+b，
所以k=f′（1）＝3+2a+b＝﹣3，f′（2）＝12+4a+b＝0，
解得a＝﹣3，b＝0，
所以f（x）＝x3﹣3x2+1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，令f′（x）＝3x2﹣6x＝0，解得x＝0或x＝2，
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣1，0）是增函数，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）在（0，1）是减函数，
所以f（x）的极大值为f（0）＝1，又f（1）＝﹣1，f（﹣1）＝﹣3，
所以f（x）在[﹣1，1]上的最大值为1，最小值为﹣3．
26．（2020·洮南市第一中学高三月考（文））设函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若关于的方程在区间上恰好有两个相异的实根，求实数的取值范围
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）先求出切点的坐标，再求出函数在切点横坐标处的导数，从而可求切线方程.
（2）利用导数讨论的单调性，从而可求其最大值，故可得实数的取值范围；
（3）原方程可转化为，令，利用导数可得其单调性，结合零点的个数可得实数满足的不等式组，其解为所求的取值范围.
【详解】
（1）函数的定义域为.
∵，
∴切点坐标为：，
∵，∴切线斜率为：，
∴切线方程为：，即：.
（2）∵由，得，(舍去)，
当时，；当时，，
故在上递减，在上递增.
又，，且.
∴当时，的最大值为.
故当时，不等式恒成立.
（3）方程可化为.
记，则，
由，得或(舍去).
由，得.
∴在上递减，在上递增.
为使方程在区间上恰好有两个相异的实根，
只须在和上各有一个实数根，于是有，
整理得到，
因为，
所以，
∴实数的取值范围是.
【点睛】
思路点睛：不等式的恒成立问题，往往转化为函数的最值问题来处理，而最值需利用导数讨论出函数的单调性.给定范围上的零点问题，往往需要利用单调性和零点存在定理来讨论.
27．（2020·北京海淀区·人大附中高三月考）已知函数，.
（I）若的极值为，求的值；
（Ⅱ）若时，恒成立，求的取值范围
【答案】（I）；（II）.
【分析】
（I）求导，然后根据的极值为，分，讨论求解.
（II），，由时，恒成立，分，， 讨论，由求解即可.
【详解】
（I），.
，
当时，恒成立，故无极值点，
当时，令，则，
当时，，时，，
所以，在区间上递减，在区间上递增，
所以当且仅当时，取到极小值，
，
设函数，
，
当时，，时，，
∴在区间上递增，在区间上递减，
∴在时取得最大值，
所以是唯一解
（II），，
(1)当时，，在单调递增，
，
不恒成立.
(2)当时，，在单调递增，
，恒成立.-
(3)当时，，，
在单调递减，在单调递增，
令，，
在单调递减，单调递增
，，
在单调递增，，
，
，
，
在单调递减，在单调递增，
，
在上单调递增，
恒成立，
，恒成立.
综上：
【点睛】
方法点睛：恒成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则；；
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则；.
28．（2021·河北张家口市·高三期末）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.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（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，∴
29．（2021·陕西西安市·长安一中高二期末（理））已知函数.
（1）若是的极值点，求的单调区间；
（2）求在区间上的最小值.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）.
【分析】
（1）根据，求出，再根据导数与函数单调性的关系即可求解.
（2）求出，令，解得或，讨论、或，判断函数在区间上的单调性，根据单调性即可求出函数的最值.
【详解】
解：（1）的定义域为，
.
因为是的极值点，所以，解得，
所以，
当时，；当时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），则，
令，得或.
①当，即时，在上为增函数，；
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以；
③当，即时，在上为减函数，
所以.
综上所述，.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了利用导数求函数的单调区间、求函数的最值，解题的关键是确定函数在区间上的单调性，考查了分类讨论的思想以及运算求解能力.
30．（2021·陕西西安市·长安一中高二期末（理））已知函数在处有极值.
（1）求a的值；
（2）求函数的单调区间.
【答案】（1）；（2）单调增区间为，，单调减区间为.
【分析】
（1）求出函数的导数，利用即可求出；
（2）求出导数，令，得出导数正负即可得出单调区间.
【详解】
解：（1）∵，函数在处有极值，
∴，解得(经检验，符合题意).
（2）由（1）知，
则，
令，得，.
当x变化时，，的变化情况如下表：
1
0
0
极大值
极小值
∴函数的单调增区间为，，单调减区间为.
31．（2020·四川省成都列五中学高二期中（理））已知函数（为正常数），且的导函数在处取得极小值．
（1）求实数的值．
（2）设函数，若方程在区间内恰有两个不等的实数根，求实数的取值范围．（参考数据：）
（3）记函数，，设，是函数的两个极值点，点，，直线的斜率为，若对恒成立，求实数的最大值．
【答案】（1）2；（2）；（3）．
【分析】
（1）先对函数求导，得到，令，对其求导，根据极值点列出方程，求出，再检验，即可得出结果；
（2）先由题意，得到在内恰有两个不相等的实数根，令，对其求导，判定其单调性，求出极值以及端点值，进而可得出结果；
（3）先对函数求导，根据题中条件，由韦达定理，以及直线的斜率公式，得到，构造函数，利用导函数的方法求出的最小值，即可得出结果.
【详解】
（1）因为，所以，
令，则，
由题意知，所以，解得，
此时，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
因此在处取得极小值，满足题意；
所以实数的值为2．
（2）方程恰有两个不相等的实数根，
即在内恰有两个不相等的实数根，
令，，
则与在内有两个不同的交点，
又，
由得，
由得．
所以函数在内单调递增，在内单调递减，
因此在处有极大值；
又，，且，
为使与在内有两个不同的交点，
只需，即，
所以实数的取值范围是．
（3），
所以，
由题意可知，是方程的两个实根，
且，所以，，，
因为，，
所以恒成立等价于恒成立，
即，
由，得
设，则，
又，，
所以，解得或（舍），
所以，
设，，
则，
因为，所以，即在内单调递减，
所以，即，
所以实数的最大值为．
【点睛】
思路点睛：
由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
32．（2020·江苏高一课时练习）已知函数有两个零点，且，
（1）求的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）通过求导，得出切点坐标，找到有两个零点的等价条件，即可求出的取值范围；
（2）通过分析法得到要证成立，即证成立，构造函数，通过求导证明在上即可.
【详解】
解：（1）令，
，
令， ，
当与相切时，如图所示：
设切点为，
则，
，
，
即切点坐标是，
把代，
解得：，
若有两个零点，
即，有个交点，
只需即可，
即，
的范围是；
（2）由题意知：，，
即，，
①
，
即②
要证成立，
即证成立，
即证，
由①知：即证，
即证，
又由②知：即证，
即证，
即证，
令，则，
即证，
设，，
，
在上单调递减，
，
即成立，
故得证.
【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
33．（2020·重庆九龙坡区·渝西中学高三月考（理））已知函数．
（1）讨论f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有3个极值点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），证明：x1x3＜x22．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）对函数f（x）求导，令，利用函数的导数判断出单调性求出极值，可得f（x）的极值点的个数；
（2）由f（x）有3个极值点x1，x2，x3，列出方程且x2＝1，要证，即x1x3＜1，设，k＞1，得出x3﹣x1＝lnk，联立，推出，只需证，k＞1，需证明，令，t＞1，即需证明，利用函数的导数判断单调性和最值即可得证．
【详解】
（1）＝（x﹣1）ex+a（x2﹣x）＝（x﹣1）（ex+ax）
，，
f（x）的极值点的个数即为的变号方程根的个数
令，，故g（x）在（0，1）上单调递减（1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，且当x＜0时，g（x）＜0．
即
根据与的交点个数可得：
当a＞0时，f（x）有2个极值点，当﹣e≤a≤0时，f（x）只有1个极值点，
当a＜﹣e时，f（x）有3个极值点．
（2）证明：因为f（x）有3个极值点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），所以，且x2＝1，即得，要证，即x1x3＜1，
由，得，设，k＞1，，所以x3﹣x1＝lnk，
联立，得所以，
所以要证x1x3＜1，只需，k＞1，
则有，即，则需证明．
令，t＞1，即需证明．
因为恒成立，
所以h（t）在t∈（1，+∞）上是单调递减函数，则有，
即成立，所以x1x3＜1，即得以证明．
【点睛】
关键点点睛：本题考查导数研究函数的极值点问题，考查导数证明不等式，解决本题的关键点是若f（x）有3个极值点，则x2＝1，要证，即x1x3＜1，设，k＞1，需证明，令，t＞1，即需证明，对函数求导判断单调性和最值即可得证，考查了学生逻辑推理能力和计算能力，属于中档题．
34．（2020·海口市·海南中学高三月考）已知，，.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若存在两个极值点，且，证明：.
【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出，可得，由得增区间，由得减区间；
（2）求出，则是的两根，要证，即证明， 即证，换元后再构造函数，利用导数研究函数的区间单调性，结合函数最值即可证明不等式.
【详解】
（1）当时，，即有且，
当时，有；当时，有；
∴的增区间为，减区间为
（2）由题意得：，
又两个极值点，即是的两根，可知，
当，证明，
即证
即证
即证
即证
即证
即证
令，则
令，而，即在是增函数，
∴，故成立，
∴原不等式成立.
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等主要方法有两个，
1、比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；
2、综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
35．（2020·海口市·海南中学高三月考）已知函数.
（1）若函数在点(1，f(1))处的切线方程为，求的值；
（2）当时，记函数在区间上的最大值为M，最小值为N，求M-N的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为1.
【分析】
(1)求导，然后由，求解.
（2）由，求导，由极值和端点值比较，得到M，N求解.
【详解】
(1)因为，
所以，
所以，，
解得
（2）当时，，
，
，
当时，，当时，，
所以在是单调减，在是单调增，
所以，
因为，
所以，
所以.
令，
，
在上是减函数，
最大值为，
即M-N的最大值为1
【点睛】
方法点睛：(1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．(2)已知函数的最值求参数，一般先用参数表示最值，列方程求解参数．
36．（2019·四川成都市树德协进中学高二期中（理））已知函数，其导函数为，且.
（1）求曲线在点处的切线方程.
（2）求函数在上的最大值和最小值.
【答案】（1）；（2）在上的最小值是，最大值是.
【分析】
（1）求出导函数，由，求出的值，然后由，，求出切线方程.
（2）先求出函数在上的单调性，从而可得出其最大值和最小值.
【详解】
（1）因为函数，所以，
由，得，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由（1）可知，
当时，，当时，，
所以在单增，在单减.
所以，
又，，，所以，
所以，在上的最小值是，最大值是.
37．（2020·梅河口市第五中学高三月考（文））已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围
【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；（2）.
【分析】
（1）时，，求导，由求增区间，由求减区间.
（2）由函数有两个零点，转化为在上有两个不等的实数跟，令，用导数法求解.
【详解】
（1）的定义域是，
当时，，
，
当时，，，所以；
当时，，，所以，
所以的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）函数有两个零点等价于方程有两个不等的实数根，
又函数的定义域为，
所以有两个不等的实数跟，
设，
则，
，
设，
易知在上单调递减，且，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
所以，
又时，，
时，，
所以实数的取值范围是.
【点睛】
方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
38．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））设函数，.
（1）时，求的最小值.
（2）若在恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）0；（2）.
【分析】
（1）当时，求导可得，令，解得，分别讨论和时，的正负，即可得的单调性，即可求得答案；
（2）求导可得，设，分别讨论和时的正负，可得的单调性，进而可得的单调性，综合分析，即可得答案.
【详解】
（1）当时，，则，
令，解得，
当时，，所以在单调递减函数；
当时，，所以在单调递增函数；
所以.
（2），则，
设，则，
当时，，所以在上为增函数，
又，所以，即，
所以在在上为增函数，又，
所以，满足题意；
当时，令，解得，
当时，，所以在为减函数，
所以当时，，即，
所以在为减函数，又
所以，不满足题意，
综上：a的取值范围是
【点睛】
解题的关键是熟练掌握利用导数求解函数单调性，极（最）值的方法，若处理恒成立问题时，需满足，若处理存在性问题时，需满足，需仔细审题，进行求解，属中档题.
39．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））已知函数(其中常数)分别在处和处取得极值.
（1）若在区间上单调递增，求实数的取值范围.
（2）证明：对一切，不等式恒成立.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意，解得，从而可得解析式，利用导数求出函数的单调递增区间，只需，解不等式即可.
（2）将不等式转化为在上恒成立，利用导数求出，即证.
【详解】
（1）由知，，
因为在处和处取得极值，
所以，解得，
所以，，
所以令，，令，或，
所以在上单调递增，在和上单调递减，
若在上单调递增，
则解得，
即实数的取值范围.
（2）当时，恒成立，
即在上恒成立，
整理得，在上恒成立，
令，，
，当时，恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以，即在上恒成立，
所以当时，恒成立.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调区间、求函数的最值，解题的关键是利用导数求出函数的单调区间以及最值，考查了转化能力、分析能力.
40．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））已知函数，曲线过点.
（1）求函数解析式.
（2）求函数的单调区间与极值.
【答案】（1）；（2）在上单调递增，在上单调递减，极大值为.
【分析】
（1）由条件可知；
（2）由（1）可知，，先求函数的导数，并求和的解集，即函数的单调区间，并求函数的极值.
【详解】
（1）由过点得，，
即，所以.
（2）由（1）知，，
令，，令，，
SY在上单调递增，在上单调递减，
极大值为，无极小值.
41．（2019·天津高三其他模拟）已知函数（其中是实数）.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）设，若函数的两个极值点恰为函数的两个零点，且的范围是，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.
【分析】
（1）先求出导函数，然后求出切点处函数值、导数值，最后利用点斜式求出切线方程；
（2）令函数的导数为零，判断零点的个数，并判断有零点时，零点左右的导数符号，从而确定原函数的单调性；
（3）结合（2）的结论得到两个极值点满足的条件；然后将化简，转化为，的表达式，再转化为单变量的函数式，结合已知范围得到的范围，最后将（2）中满足的条件代入，得到关于的函数或不等式求解即可．
【详解】
解：（1）由得：
则 ，所以，又.
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）因为，所以定义域为
若，则，当且仅当时，
若，得
当时，
当时，
所以，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
时，的单调递减区间为；单调递增区间为.
（3）由（2）知，若有两个极值点，则，且
所以
，
由得.
令，
，所以上单调递减
由的范围是得的取值范围.
又，
，又，
故实数的取值范围.
【点睛】
本题考查利用导数求切线，研究函数的单调性、不等式等问题；考查了学生的数学运算、逻辑推理等核心素养以及学生利用函数与方程、转化与化归、分类与整合等数学思想解题的能力．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．
四、双空题
42．（2021·浙江高一期末）已知函数在时有极值0，则________，________．
【答案】2 9
【分析】
根据，解得或，再验证函数在时是否取得极值，即可得解.
【详解】
因为，所以，
由题意可知，，即，解得或，
当时，，函数为上的递增函数，此时函数无极值，不合题意；
当时，，
令，得或，令，得，
所以函数在和上递增，在上递减，
所以在时取得极大值，符合题意.
故答案为：.
【点睛】
本题考查函数在某点处取极值的问题，一定要注意的是，在求出两组结果之后要代回检验是否符合题意．
43．（2021·浙江高一期末）函数的图象在点（1,0）处切线的方程是_________，该函数的单调递减区间是_________．
【答案】
【分析】
先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程，结合导数与单调性的关系可求函数的单调递减区间．
【详解】
函数的导函数为
所以当时，
所以函数的图象在点（1,0）处切线的方程为，即
由解得
所以函数的单调递减区间是
故答案为：，
44．（2020·全国高三专题练习（理））对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)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，则函数f(x)的对称中心为________，________.
【答案】 2018
【分析】
由，求得f′(x)，f″(x)，令f″(x)＝0求对称中心.由对称中心得到f(x)＋f(1－x)＝2求解.
【详解】
因为，
所以f′(x)＝x2－x＋3，f″(x)＝2x－1，
由f″(x)＝0，即2x－1＝0，解得x＝.
，
由题中给出的结论，
所以函数f(x)的对称中心为.
所以，
即f(x)＋f(1－x)＝2.
故，
，
……，
，
所以×2×2 018＝2 018.
故答案为：，2018
【点睛】
关键点点睛：本题关键点是求得函数f(x)的对称中心，进而得到f(x)＋f(1－x)＝2问题得解.
五、填空题
45．（2020·河南周口市·高三月考（文））已知曲线在点处的切线与曲线也相切，则实数______.
【答案】或6
【分析】
首先利用导数的几何意义得到切线方程为，再根据直线与抛物线相切，即可得到，从而得到答案.
【详解】
，则，，
又因为，所以切线方程为，
因为直线与抛物线相切，
所以方程有两个相等的实数根，
，解得或6.
故答案为：或6
46．（2021·陕西西安市·长安一中高二期末（理））函数的图象在点处的切线方程是________
【答案】
【分析】
根据，求导，进而求得，再利用点斜式写出切线方程.
【详解】
因为，
所以，
所以切线方程为.
故答案为：
47．（2020·贵州贵阳一中高三月考（文））已知为函数的极值点，则a=________
【答案】
【分析】
根据函数的极值点可得，求解后检验即可得到结果.
【详解】
由题意可知：
所以解得或，
而当时，，
所以恒成立，故舍去．
故答案为：
48．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））已知在处有极小值，则常数的值为___________.
【答案】2
【分析】
先求函数的导数，由已知可知，求后，再验证是否能在处有极小值.
【详解】
由知，，
因为在处取极小值，所以，
解得或，
当时，，在处取极小值，符合题意，
当时，，在处取极大值，不符合题意，
综上知，.
故答案为：2.
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