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专题六 导数的综合问题-2021届高三《新题速递•数学》11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》11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56页， 欢迎下载使用。
专题六 导数的综合问题
一、单选题
1．（2020·福清西山学校高三月考）已知函数的导函数为，为自然对数的底数，对均有成立，且，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先构造函数，再利用导数研究函数单调性，最后根据单调性解不等式.
【详解】
原不等式等价于，令，
则恒成立，在上是增函数，
又，，原不等式为，解得，故选.
【点睛】
本题考查利用导数解不等式，考查基本分析求解能力，属中档题.
2．（2020·云南弥勒市一中高二月考（理））已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是 ( )
A．－1≤m≤1 B．－1
【解析】
因为f ′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f ′(x)<0⇒－2
(1)函数单调性的判定方法：设函数在某个区间内可导，如果，则
在该区间为增函数；如果，则在该区间为减函数.
(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间或存在单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.
3．（2019·江西修水·高二期末（理））已知定义在上的函数，其导函数的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是个数为（ ）
①函数的值域为；
②函数在上递增，在上递减；
③的极大值点为，极小值点为；
④有两个零点.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
结合导函数的图象，求得原函数的单调区间，逐项即可判定，得到答案.
【详解】
由题意，根据给定的导函数的图象，
可得，当时，；当时，；当时，，
所以函数在单调递增，在上单调递减，
所以函数的最小值为或较小的一个，所以①不正确；
由函数在单调递增，所以②不正确；
函数的极大值点为，极小值点为，所以③正确；
函数，取决于和符号，例如且，此时函数没有零点，所以④不正确；
综上可知，只有③正确，故选B.
【点睛】
本题主要考查了导函数的图象与原函数的单调性的关系，以及函数的极值概念，以及零点的判定，其中解答熟记导函数的图象与原函数的单调性之间的关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
4．（2020·永寿县中学高三开学考试（理））已知函数有唯一零点，则a=
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
函数的零点满足，
设，则，
当时，；当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
当时，函数取得最小值，为.
设，当时，函数取得最小值，为，
若，函数与函数没有交点；
若，当时，函数和有一个交点，
即，解得.故选C.
【名师点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：
（1）利用零点存在性定理构建不等式求解.
（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
（3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
5．（2019·河北路北·开滦第二中学高二期末）已知函数和的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
由题意可知f(x)=−g(−x)有解,即方程有解，即有解．
设,则，
∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增，
∴当x=2时,h(x)取得最小值h(2)=ln2+1.
∴h(x)的值域为[1+ln2,+∞).
∴m的取值范围是[1+ln2,+∞).
本题选择D选项.
6．（2020·陕西省商丹高新学校高二月考（文））已知是定义在上的函数，为的导函数，且满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．恒成立 B．恒成立
C． D．当时，；当时，
【答案】A
【解析】
分析：先构造函数g(x)=(x-1)f(x),再利用导数得到函数的单调性和图像，从而得到恒成立.
详解：设g(x)=(x-1)f(x),
所以，
所以函数g(x)在R上单调递增，
又因为所以x>1时，g(x)>0,x<1时，g(x)＜0，
所以x>1时，(x-1)f(x)>0，所以f(x)>0;
所以x<1时，(x-1)f(x)<0，所以f(x)>0.
所以恒成立.
故答案为A
点睛：（1）本题主要考查导数的乘法运算，考查导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力、数形结合分析的能力. (2)解答本题有两个关键，其一是观察已知想到构造函数g(x)=(x-1)f(x),再求导,其二是得到函数g(x)的单调性后，分析出
x>1时，g(x)>0,x<1时，g(x)＜0.
7．（2020·安徽省太和中学高二期末（理））已知函数，若对任意的，恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，对分成和两类，利用函数的导数以及函数的单调区间，结合恒成立分析，由此求得的取值范围.
【详解】
令，，.
当时，，则在上单调递增，又，所以恒成立；
当时，因为在上单调递增，故存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，则，这与恒成立矛盾，
综上.故选D.
【点睛】
本小题主要考查利用构造函数法求解不等式恒成立问题，考查利用导数求参数的取值范围，属于中档题.
8．（2020·古浪县第二中学高二期中（理））设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题，构造新函数，然后求得其单调性和奇偶性，然后解得其结果即可.
【详解】
由题意令，则当时，，所以当时，函数为单调递增函数，又由，分别是定义在上的奇函数和偶函数，所以是定义在上的奇函数，所以当时，函数为单调递增函数，且，当时，不等式的解集是；当时，不等式的解集是，所以不等式的解集是，故选D．
【点睛】
本题解答中涉及利用导数研究函数的单调性以及单调性的应用、函数的奇偶性及其应用、不等关系的求解等知识点，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用．本题的解答中根据题设条件，得出函数的单调性和奇偶性是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．
9．（2018·新疆兵团第二师华山中学高二期末（文））函数的定义域为,，对任意，都有则不等式的解集为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】A
【解析】
依题意，构造函数，其中，，函数为减函数，故的解集为.
点睛：本题主要考查本题考查函数导数与不等式，构造函数法.是一个常见的题型，题目给定一个含有导数的条件，这样我们就可以构造函数，它的导数恰好包含这个已知条件，由此可以求出的单调性，即函数为减函数，根据单调性可求得解集.
10．（2018·黑龙江哈师大青冈实验中学高三月考（文））若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
函数有两个极值点等价于其导函数有两个不同的正零点，对a分类讨论，结合图象易得结果.
【详解】
因为函数有两个极值点，
所以有两个不同的正零点，
因为，
当时，在恒成立，
则在上单调递增，
不可能有两个正根（舍），
当时，令，得，
令，得，
即在上单调递增，在上单调递减，
若有两个不同的正根，
则，
解得.
故选B
【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．
11．（2017·安徽安庆·高三二模（文））函数在上的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
显然是偶函数.当时，，排除B,D..∴当时，,在单调递增，排除C.
12．（2017·安徽安庆·高三二模（文））若函数在上有小于零的极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
,则，且所以
13．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））已知函数，若关于的方程恰有两个不相等的实数根， 则实数的取值范围是
A． B．， C．， D．，
【答案】A
【解析】
【分析】
f（x）＝kx可变形为k，关于x的方程f（x）＝kx的实数根问题转化为直线y＝k与函数g（x）g（x）的图象的交点个数问题，由导数运算可得函数g（x）在（0，e）为增函数，在（e，+∞）为减函数，又x→0+时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→0+，g（e），画草图即可得解．
【详解】
设g（x），
又g′（x），
当0＜x＜e时，g′（x）＞0，当x＞e时，g′（x）＜0，
则函数g（x）在（0，e）为增函数，在（e，+∞）为减函数，
又x→0+时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→0+，g（e），
即直线y＝k与函数g（x）的图象有两个交点时k的取值范围为（0，），
故选A．
【点睛】
本题考查了导数的运算及方程与函数的互化及极限思想，属于中档题.
14．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））已知三次函数y=f(x)的图像如下图所示，若是函数f(x)的导函数，则关于x的不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
分析：结合导函数和原函数的关系即可得求得结论.
详解：有图可知，所以即解0，当时，等价于0，故满足条件的为，当时,等价于0,故满足条件的为，所以综合可得的解集为
故选A.
点睛：考查导函数与原函数的关系，导函数大于零则原函数递增，导函数小于零则原函数递减，属于中档题.
第II卷（非选择题）
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二、解答题
15．（2020·重庆月考）（本小题满分14分）
下图（I）是一斜拉桥的航拍图，为了分析大桥的承重情况，研究小组将其抽象成图（II）所示的数学模型．索塔，与桥面均垂直，通过测量知两索塔的高度均为60m，桥面上一点到索塔，距离之比为，且对两塔顶的视角为．
（1）求两索塔之间桥面的长度；
（2）研究表明索塔对桥面上某处的“承重强度”与多种因素有关，可简单抽象为：某索塔对桥面上某处的“承重强度”与索塔的高度成正比（比例系数为正数），且与该处到索塔的距离的平方成反比（比例系数为正数）．问两索塔对桥面何处的“承重强度”之和最小？并求出最小值．
【答案】(1)500米.
(2) 两索塔对桥面AC中点处的“承重强度”之和最小，且最小值为.
【解析】
分析: (1) 设，，记，利用和角的正切得到t 的方程，解方程即得两索塔之间的距离AC=500米．(2) 设AP=x，点P处的承重强度之和为.先求出，且，再利用导数求最小值.
详解：（1）设，，记，则
，
由，
化简得 ，解得或（舍去），
所以，．
答：两索塔之间的距离AC=500米．
（2）设AP=x，点P处的承重强度之和为.
则，且，
即
记，则，
令，解得，
当，，单调递减；
当，，单调递增；
所以时，取到最小值，也取到最小值.
答：两索塔对桥面AC中点处的“承重强度”之和最小，且最小值为.
点睛：本题主要考查和角的正切和导数的应用，意在考查学生的转化能力和运用数学知识解决实际问题的能力.
16．（2020·甘肃城关·兰州一中高二期中（理））已知函数．
（1）求函数的单调增区间；
（2）若存在，使得（是自然对数的底数），求的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）先求原函数的导数得：f'（x）=，再对a进行讨论，得到f'（x）＞0，从而函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
（2）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e﹣1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）或f（﹣1），最小值f（0）=1，由f（1）﹣f（﹣1）的单调性，判断f（1）与f（﹣1）的大小关系，再由f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e﹣1求出a的取值范围．
试题解析：
（1）由于，
1° 当单调递增，，所以单调递增，
故单调递增，
∴，即，所以，
故函数在上单调递增；
2° 当单调递增，，所以单调递增，故单调递增，
∴，即，所以，
故函数在上单调递增；综上，函数的单调增区间为．
（2）因为存在，使得，
所以当时，，
由（1）知，在上递减，在上递增，
所以当时，
而，
记，因为（当时取等号），
所以在上单调递增，而．
1° 当时，， ∴， ∴当时，，
即，易知：，在上递增， ∴．
2° 当时，， ∴，
易知在上递减， ∴，综上：．
17．（2020·江苏南通·高三月考）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）当时，在上，是减函数,当时，在上，是减函数,在上，是增函数；（2）
【解析】
【分析】
求出函数的定义域，函数的导数，通过a的范围讨论，判断函数的单调性即可．（2）
对任意x＞0，都有f（x）＞0成立，转化为在（0，+∞）上f（x）min＞0，利用函数的导数求解函数的最值即可．
【详解】
（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞）
又
当a≤0时，在（0，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）是减函数
当a＞0时，由f′（x）=0得：或（舍）
所以：在上，f′（x）＜0，f（x）是减函数
在上，f′（x）＞0，f（x）是增函数
（2）对任意x＞0，都有f（x）＞0成立，即：在（0，+∞）上f（x）min＞0
由（1）知：当a≤0时，在（0，+∞）上f（x）是减函数，
又f（1）=2a﹣2＜0，不合题意
当a＞0时，当时，f（x）取得极小值也是最小值，
所以：
令（a＞0）
所以：
在（0，+∞）上，u′（a）＞0，u（a）是增函数又u（1）=0
所以：要使得f（x）min≥0，即u（a）≥0，即a≥1，
故：a的取值范围为[1，+∞）
【点睛】
本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．
18．（2018·辽宁高三期中（理））已知函数.
（1）当时,求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在其定义域内为增函数,求实数的取值范围；
（3）设函数,若在区间上至少存在一点,使得成立,求实数的取值范围.
【答案】(1) (2) （3）
【解析】
【分析】
（1）求出f（x）的导数，求出f′（1），f（1），代入切线方程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围结合二次函数的性质得到函数的单调性，从而求出a的具体范围；
（3）构造函数ϕ（x）=f（x）﹣g（x），x∈[1，e]，只需ϕ（x）max＞0，根据函数的单调性求出ϕ（x）max，从而求出a的范围．
【详解】
（1）解: 当时,,, ,
曲线在点处的斜率为, 故曲线在点处的切线方程为,即
（2）解: . 令,要使在定义域内是增函数,只需≥在区间内恒成立. 依题意,此时的图象为开口向上的抛物线,,其对称轴方程为,,则只需≥,即≥时,≥,≥,
所以定义域内为增函数,实数的取值范围是.
（3）解: 构造函数,,依题意,
由（2）可知≥时,为单调递增函数,
即在上单调递增,
,则,
此时,,即成立.
当≤时,因为,,
故当值取定后,可视为以为变量的单调递增函数,
则≤,,
故≤,
即≤,不满足条件.
所以实数的取值范围是.
【点睛】
利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
19．（2020·全国高三其他（文））设函数．
Ⅰ求函数的单调区间；
Ⅱ记函数的最小值为，证明：．
【答案】（I）在上单调递减，在上单调递增；（II）详见解析.
【解析】
【分析】
（I）对函数求导，解导函数所对应的不等式即可求出结果；
（II）由（I）先得到，要证，即证明，即证明，
构造函数，用导数的方法求函数的最小值即可.
【详解】
（Ⅰ）显然的定义域为．
．
∵，，
∴若，，此时，在上单调递减；
若，，此时，在上单调递增；
综上所述：在上单调递减，在上单调递增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，
即：．
要证，即证明，即证明，
令，则只需证明，
∵，且，
∴当，，此时，在上单调递减；
当，，此时，在上单调递增，
∴．
∴．∴．
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.
20．（2020·福清西山学校高三月考）已知函数．
(1)当时，求证：；
(2)讨论函数在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）时，函数在上没有零点；当时，函数在上有一个零点；当时，函数在上有两个零点.
【解析】
【分析】
（1）构造函数，利用导数研究函数的单调性和最小值，证明最小值大于.（2）先利用导数得到的最小值，然后分类讨论，根据零点存在定理，得到每种情况下的零点情况.
【详解】
（1）当时，，
令，则.
令，得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以是的极小值点，也是最小值点，
即
故当时，成立.
（2） ，由，得.
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以是函数的极小值点，也是最小值点，
即.
当，即时，在上没有零点.
当，即时，在上只有一个零点.
当，即时，因为，
所以在内只有一个零点；
由（1）得，令，得，
所以，于是在内有一个零点；
因此，当时，在上有两个零点.
综上，时，函数在上没有零点；
当时，函数在上有一个零点；
当时，函数在上有两个零点.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值，利用零点存在定理判断函数零点个数，属于难题.
21．（2020·福清西山学校高三月考）已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】Ⅰ；Ⅱ.
【解析】
【分析】
将代入，求导后运用其几何意义求出切线方程
分离参量得，令，求导后算出最值
【详解】
时，函数，可得，所以，时，．
曲线则处的切线方程；
即：；
由条件可得，
则当时，恒成立，
令，则，
令，
则当时，，所以在上为减函数．
又，
所以在上，；在上，．
所以在上为增函数；在上为减函数．
所以，所以．
【点睛】
本题运用导数几何意义求出在某点处的切线方程，在解答恒成立问题上运用了分离参量的方法，构造新函数，然后运用导数求出最值，继而得到结果．
22．（2020·历下·山东师范大学附中高三月考）已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在k=0或2.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由导数的几何意义布列方程组即可得到结果；（Ⅱ）研究函数的单调性与极值即可得到结果.
【详解】
（Ⅰ），
由已知，有，即，解得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则
令，则恒成立，
所以在上单调递减，又因为，，
所以存在唯一的，使得，且当时，，即，
当时，，即.
所以在上单调递增，在上单调递减.
又因为当时，，，，，
所以存在或，使得在上有唯一零点.
【点睛】
本题考查了函切线方程问题，考查函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题．
23．（2020·广东禅城·佛山一中高二月考）函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围.
【答案】（1）a≥1时，在（-，+）是增函数；0
【分析】
【详解】
试题分析：（1）首先求出函数的导数，然后求出使或的解集即可.
（2）分类讨论在区间（1，2）上使成立的条件，并求出参数a的取值范围即可
试题解析：（1），的判别式△=36（1-a）.
（i）若a≥1，则，且当且仅当a=1，x=-1，故此时f（x）在R上是增函数.
（ii）由于a≠0，故当a<1时，有两个根：，
若0
（2）当a>0，x>0时,，所以当a>0时，f（x）在区间（1，2）是增函数.
若a<0时，f（x）在区间（1,2）是增函数当且仅当且，解得.
综上，a的取值范围是.
考点：1.函数的导数；2.导数性质的应用.
24．（2020·四川省绵阳江油中学高二月考（理））已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，函数在上的最小值为，若不等式有解，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，然后根据的符号进行分类讨论，并借助解不等式组的方法得到单调区间；（2）根据（1）中的结论求出当时，函数在上的最小值，因此问题转化为有解，即有解，构造函数，求出函数的最小值即可得到所求．
【详解】
（1）由，
得，
①当时，
令，得，
所以，或，即或，
解得或．
令，得，
所以或，即或，
解得或．
所以函数的单调递增区间为，；单调递减区间为．
②当时，
令，得，由①可知；
令，得，由①可知或．
所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为，．
综上可得，
当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为．
当时，的单调递增区间为；单调递减区间为，．
（2）由（1）可知若，则当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以不等式有解等价于有解，
即有解，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的极小值也是最小值，且最小值为，
从而，
所以实数的取值范围为．
【点睛】
（1）求函数的单调区间时，若函数解析式中含有字母、并且字母对结果产生影响时，需要对字母进行分类讨论，讨论时要选择合适的标准，同时分类时要做到不重不漏．
（2）解答不等式有解的问题时，常用的方法是分离参数后转化为求函数的最值的问题，解题时要用到以下结论：在上有解；在上有解．若函数的最值不存在，则可利用函数值域的端点值来代替．
25．（2020·贵州期末（文））已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【答案】（1）f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）见解析.
【解析】
分析：（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.
详解：（1）当a=3时，f（x）=，f ′（x）=．
令f ′（x）=0解得x=或x=．
当x∈（–∞，）∪（，+∞）时，f ′（x）>0；
当x∈（，）时，f ′（x）<0．
故f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）由于，所以等价于．
设=，则g ′（x）=≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．
又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．
综上，f（x）只有一个零点．
点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.
（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.
26．（2020·北京平谷·高三二模）已知函数，.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求在区间上的最大值和最小值；
（3）当时，若方程在区间上有唯一解，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）由可得切线斜率，再由点斜式可得切线方程；
（2）由，可得，所以在区间上单调递增，从而可得最值；
（3）当时，.设，，分析可知在区间上单调递减，且，，所以存在唯一的，使，即，结合函数单调性可得解.
试题解析：
（1）当时，，
所以，.
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，，
所以．
当时，，，
所以.
所以在区间上单调递增．
因此在区间上的最大值为，最小值为.
（3）当时，.
设，，
因为，,所以.
所以在区间上单调递减．
因为，，
所以存在唯一的，使，即.
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．
因为，，又因为方程在区间上有唯一解，
所以.
点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.
27．（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））设函数在及时取得极值．
（1）求 的值；
（2）若对于任意的，都有成立，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ），．（Ⅱ）．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出，利用，列方程即可得结果；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，利用导数研究函数的单调性，求得函数的极值，与区间端点函数值比较大小可得的最大值为，由解不等式即可得结果.
【详解】
（Ⅰ），
因为函数在及取得极值，则有，．
即
解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，
．
当时，；当时，；
当时，．所以，当时，取得极大值，又，．则当时，
的最大值为．因为对于任意的，有恒成立，所以 ，解得 或，因此的取值范围为．
【点睛】
本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题.求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.
28．（2020·西藏日喀则·高三其他（理））设函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若函数没有零点，求的取值范围.
【答案】 当时，的增区间是，当时，的增区间是，减区间是；
【解析】
【分析】
（1）求函数f（x）的导数，利用导数和单调性之间的关系即可求函数的单调区间；（2）根据函数f（x）没有零点，转化为对应方程无解，即可得到结论．
【详解】
，，，
当时，，在区间上单调递增，
当时，令，解得；
令，解得，
综上所述，当时，函数的增区间是，
当时，函数的增区间是，减区间是；
依题意，函数没有零点，
即无解，
由1知：当时，函数在区间上为增函数，区间上为减函数，
只需，
解得．
实数a的取值范围为
【点睛】
本题主要考查函数的单调性和导数之间的关系，函数的零点，考查学生的运算能力，是中档题
29．（2020·宁夏银川一中高三月考（文））已知函数
(1)当时,求函数的单调递增区间;
(2)在区间内至少存在一个实数,使得成立,求实数的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间是和；（2）.
【解析】
试题分析：（1）先确定函数，然后对函数进行求导，利用导数的正负建立不等式，求得函数的单调性与单调区间；（2）先对函数进行求导，然后通过分类讨论，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用最小值小于0，建立不等式，求解不等式，得到实数的取值范围.
试题解析：(1)当时,,由,得或,
所以函数在与上为增函数,
即函数的单调递增区间是和.
(2),
当,即时,在[1,2]恒成立,
在[1,2]上为增函数,故,
所以,这与矛盾.
当,即时,若,则;
若,则所以当时,取得最小值,
因此,即,可得,
这与矛盾.
当,即时,在[1,2]恒成立,在[1,2]上为减函数,
所以,
所以,解得,满足.
综上所述,实数的取值范围为
30．（2020·四川省成都市新都一中高三月考（文））已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）证明当时，关于的不等式恒成立；
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）令，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值，从而证出结论即可；
解析：
（1），
由f'（x）＜0，得2x2﹣x﹣1＞0．又x＞0，所以x＞1，
所以f（x）的单调递减区间为（1，+∞），函数f（x）的单增区间为（0，1）．
（2）令，
所以，
因为a≥2，所以，
令g'（x）=0，得，所以当，当时，g'（x）＜0，
因此函数g（x）在是增函数，在是减函数，
故函数g（x）的最大值为，
令，因为，又因为h（a）在a∈（0，+∞）是减函数，
所以当a≥2时，h（a）＜0，即对于任意正数x总有g（x）＜0，
所以关于x的不等式恒成立．
点睛：这个题目考查的是利用导数研究函数的单调性和最值问题；证明不等式的恒成立问题；证明不等式恒成立问题一般采用以下方法：其一可以转化为函数最值问题，使得函数最值大于或者小于0；其二可以转化为两个函数的不等式关系，使得一个函数的最小值大于另一个函数的最大值．
31．（2020·唐山市第十一中学高二期末）已知函数
求曲线在点处的切线方程
若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围
【答案】(1) x+y-1=0.
(2) .
【解析】
【分析】
(1)求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线方程；
(2) 函数恰有2个零点转化为两个图象的交点个数问题，数形结合解题即可.
【详解】
（1）因为，所以.
所以
又
所以曲线在点处的切线方程为
即.（5分）
（2）由题意得，，
所以.
由，解得，
故当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以.
又，，
若函数恰有两个零点，
则解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.
三、填空题
32．（2020·重庆市广益中学校高二期末）若方程有实数解，则实数的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】
先将方程可化为；再令 ，用导数的方法研究其最值,即可得出结果.
【详解】
解：方程可化为；
令，
则 ，
所以，(1)当时，恒成立，即在上单调递减，因此，当时，；
(2)当时，由得，；
由得，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又,
因此，当时，
综上可得，实数的取值范围是；
故答案为；
【点睛】
本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.
33．（2020·云南弥勒市一中高二月考（理））三棱锥中，，，，则该几何体外接球的表面积为_______________.
【答案】
【解析】
三棱锥内接于长宽高为 的长方体，所以该几何体外接球的直径为 ，表面积为
34．（2019·江西省信丰中学高三月考（文））若函数的图象上存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
函数的导数为，
因为函数存在与直线平行的切线，
所以方程在区间上有解，
即在区间上有解，
因为，则，所以．
点睛：本题主要考查了导数的几何意义的应用问题，其中解答中涉及到函数的导数的求解，导数的几何意义的应用，以及存在性问题的转化等知识点的运用，试题有一定的难度，属于中档试题，解答中把存在性命题转化为方程的有解问题是解答的关键．
35．（2020·洛阳市第一高级中学高三月考（文））已知是奇函数，当时，，当时，的最小值为1，则a=________.
【答案】1
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性，确定在上的最大值为，求导函数，确定函数的单调性，求出最值，即可求得的值．
【详解】
是奇函数，时，的最小值为1，
在上的最大值为，
当时，，
令得，又，，
令，则，在上递增；令，则，
在，上递减，，，得．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查函数单调性与奇偶性的结合，考查导数知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
36．（2020·安徽省怀宁县第二中学高三月考）如图，函数的图象在点处的切线方程是，则_____．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据导数几何意义以及图象得,即得结果.
【详解】
由图像的信息可知．
【点睛】
本题考查导数几何意义,考查基本求解能力,属基础题.
专题六 导数的综合问题
一、单选题
1．（2020·福清西山学校高三月考）已知函数的导函数为，为自然对数的底数，对均有成立，且，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先构造函数，再利用导数研究函数单调性，最后根据单调性解不等式.
【详解】
原不等式等价于，令，
则恒成立，在上是增函数，
又，，原不等式为，解得，故选.
【点睛】
本题考查利用导数解不等式，考查基本分析求解能力，属中档题.
2．（2020·云南弥勒市一中高二月考（理））已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是 ( )
A．－1≤m≤1 B．－1
【解析】
因为f ′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f ′(x)<0⇒－2
(1)函数单调性的判定方法：设函数在某个区间内可导，如果，则
在该区间为增函数；如果，则在该区间为减函数.
(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间或存在单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.
3．（2019·江西修水·高二期末（理））已知定义在上的函数，其导函数的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是个数为（ ）
①函数的值域为；
②函数在上递增，在上递减；
③的极大值点为，极小值点为；
④有两个零点.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
结合导函数的图象，求得原函数的单调区间，逐项即可判定，得到答案.
【详解】
由题意，根据给定的导函数的图象，
可得，当时，；当时，；当时，，
所以函数在单调递增，在上单调递减，
所以函数的最小值为或较小的一个，所以①不正确；
由函数在单调递增，所以②不正确；
函数的极大值点为，极小值点为，所以③正确；
函数，取决于和符号，例如且，此时函数没有零点，所以④不正确；
综上可知，只有③正确，故选B.
【点睛】
本题主要考查了导函数的图象与原函数的单调性的关系，以及函数的极值概念，以及零点的判定，其中解答熟记导函数的图象与原函数的单调性之间的关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
4．（2020·永寿县中学高三开学考试（理））已知函数有唯一零点，则a=
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
函数的零点满足，
设，则，
当时，；当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
当时，函数取得最小值，为.
设，当时，函数取得最小值，为，
若，函数与函数没有交点；
若，当时，函数和有一个交点，
即，解得.故选C.
【名师点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：
（1）利用零点存在性定理构建不等式求解.
（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
（3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
5．（2019·河北路北·开滦第二中学高二期末）已知函数和的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
由题意可知f(x)=−g(−x)有解,即方程有解，即有解．
设,则，
∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增，
∴当x=2时,h(x)取得最小值h(2)=ln2+1.
∴h(x)的值域为[1+ln2,+∞).
∴m的取值范围是[1+ln2,+∞).
本题选择D选项.
6．（2020·陕西省商丹高新学校高二月考（文））已知是定义在上的函数，为的导函数，且满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．恒成立 B．恒成立
C． D．当时，；当时，
【答案】A
【解析】
分析：先构造函数g(x)=(x-1)f(x),再利用导数得到函数的单调性和图像，从而得到恒成立.
详解：设g(x)=(x-1)f(x),
所以，
所以函数g(x)在R上单调递增，
又因为所以x>1时，g(x)>0,x<1时，g(x)＜0，
所以x>1时，(x-1)f(x)>0，所以f(x)>0;
所以x<1时，(x-1)f(x)<0，所以f(x)>0.
所以恒成立.
故答案为A
点睛：（1）本题主要考查导数的乘法运算，考查导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力、数形结合分析的能力. (2)解答本题有两个关键，其一是观察已知想到构造函数g(x)=(x-1)f(x),再求导,其二是得到函数g(x)的单调性后，分析出
x>1时，g(x)>0,x<1时，g(x)＜0.
7．（2020·安徽省太和中学高二期末（理））已知函数，若对任意的，恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，对分成和两类，利用函数的导数以及函数的单调区间，结合恒成立分析，由此求得的取值范围.
【详解】
令，，.
当时，，则在上单调递增，又，所以恒成立；
当时，因为在上单调递增，故存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，则，这与恒成立矛盾，
综上.故选D.
【点睛】
本小题主要考查利用构造函数法求解不等式恒成立问题，考查利用导数求参数的取值范围，属于中档题.
8．（2020·古浪县第二中学高二期中（理））设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题，构造新函数，然后求得其单调性和奇偶性，然后解得其结果即可.
【详解】
由题意令，则当时，，所以当时，函数为单调递增函数，又由，分别是定义在上的奇函数和偶函数，所以是定义在上的奇函数，所以当时，函数为单调递增函数，且，当时，不等式的解集是；当时，不等式的解集是，所以不等式的解集是，故选D．
【点睛】
本题解答中涉及利用导数研究函数的单调性以及单调性的应用、函数的奇偶性及其应用、不等关系的求解等知识点，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用．本题的解答中根据题设条件，得出函数的单调性和奇偶性是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．
9．（2018·新疆兵团第二师华山中学高二期末（文））函数的定义域为,，对任意，都有则不等式的解集为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】A
【解析】
依题意，构造函数，其中，，函数为减函数，故的解集为.
点睛：本题主要考查本题考查函数导数与不等式，构造函数法.是一个常见的题型，题目给定一个含有导数的条件，这样我们就可以构造函数，它的导数恰好包含这个已知条件，由此可以求出的单调性，即函数为减函数，根据单调性可求得解集.
10．（2018·黑龙江哈师大青冈实验中学高三月考（文））若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
函数有两个极值点等价于其导函数有两个不同的正零点，对a分类讨论，结合图象易得结果.
【详解】
因为函数有两个极值点，
所以有两个不同的正零点，
因为，
当时，在恒成立，
则在上单调递增，
不可能有两个正根（舍），
当时，令，得，
令，得，
即在上单调递增，在上单调递减，
若有两个不同的正根，
则，
解得.
故选B
【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．
11．（2017·安徽安庆·高三二模（文））函数在上的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
显然是偶函数.当时，，排除B,D..∴当时，,在单调递增，排除C.
12．（2017·安徽安庆·高三二模（文））若函数在上有小于零的极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
,则，且所以
13．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））已知函数，若关于的方程恰有两个不相等的实数根， 则实数的取值范围是
A． B．， C．， D．，
【答案】A
【解析】
【分析】
f（x）＝kx可变形为k，关于x的方程f（x）＝kx的实数根问题转化为直线y＝k与函数g（x）g（x）的图象的交点个数问题，由导数运算可得函数g（x）在（0，e）为增函数，在（e，+∞）为减函数，又x→0+时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→0+，g（e），画草图即可得解．
【详解】
设g（x），
又g′（x），
当0＜x＜e时，g′（x）＞0，当x＞e时，g′（x）＜0，
则函数g（x）在（0，e）为增函数，在（e，+∞）为减函数，
又x→0+时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→0+，g（e），
即直线y＝k与函数g（x）的图象有两个交点时k的取值范围为（0，），
故选A．
【点睛】
本题考查了导数的运算及方程与函数的互化及极限思想，属于中档题.
14．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））已知三次函数y=f(x)的图像如下图所示，若是函数f(x)的导函数，则关于x的不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
分析：结合导函数和原函数的关系即可得求得结论.
详解：有图可知，所以即解0，当时，等价于0，故满足条件的为，当时,等价于0,故满足条件的为，所以综合可得的解集为
故选A.
点睛：考查导函数与原函数的关系，导函数大于零则原函数递增，导函数小于零则原函数递减，属于中档题.
第II卷（非选择题）
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二、解答题
15．（2020·重庆月考）（本小题满分14分）
下图（I）是一斜拉桥的航拍图，为了分析大桥的承重情况，研究小组将其抽象成图（II）所示的数学模型．索塔，与桥面均垂直，通过测量知两索塔的高度均为60m，桥面上一点到索塔，距离之比为，且对两塔顶的视角为．
（1）求两索塔之间桥面的长度；
（2）研究表明索塔对桥面上某处的“承重强度”与多种因素有关，可简单抽象为：某索塔对桥面上某处的“承重强度”与索塔的高度成正比（比例系数为正数），且与该处到索塔的距离的平方成反比（比例系数为正数）．问两索塔对桥面何处的“承重强度”之和最小？并求出最小值．
【答案】(1)500米.
(2) 两索塔对桥面AC中点处的“承重强度”之和最小，且最小值为.
【解析】
分析: (1) 设，，记，利用和角的正切得到t 的方程，解方程即得两索塔之间的距离AC=500米．(2) 设AP=x，点P处的承重强度之和为.先求出，且，再利用导数求最小值.
详解：（1）设，，记，则
，
由，
化简得 ，解得或（舍去），
所以，．
答：两索塔之间的距离AC=500米．
（2）设AP=x，点P处的承重强度之和为.
则，且，
即
记，则，
令，解得，
当，，单调递减；
当，，单调递增；
所以时，取到最小值，也取到最小值.
答：两索塔对桥面AC中点处的“承重强度”之和最小，且最小值为.
点睛：本题主要考查和角的正切和导数的应用，意在考查学生的转化能力和运用数学知识解决实际问题的能力.
16．（2020·甘肃城关·兰州一中高二期中（理））已知函数．
（1）求函数的单调增区间；
（2）若存在，使得（是自然对数的底数），求的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）先求原函数的导数得：f'（x）=，再对a进行讨论，得到f'（x）＞0，从而函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
（2）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e﹣1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）或f（﹣1），最小值f（0）=1，由f（1）﹣f（﹣1）的单调性，判断f（1）与f（﹣1）的大小关系，再由f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e﹣1求出a的取值范围．
试题解析：
（1）由于，
1° 当单调递增，，所以单调递增，
故单调递增，
∴，即，所以，
故函数在上单调递增；
2° 当单调递增，，所以单调递增，故单调递增，
∴，即，所以，
故函数在上单调递增；综上，函数的单调增区间为．
（2）因为存在，使得，
所以当时，，
由（1）知，在上递减，在上递增，
所以当时，
而，
记，因为（当时取等号），
所以在上单调递增，而．
1° 当时，， ∴， ∴当时，，
即，易知：，在上递增， ∴．
2° 当时，， ∴，
易知在上递减， ∴，综上：．
17．（2020·江苏南通·高三月考）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）当时，在上，是减函数,当时，在上，是减函数,在上，是增函数；（2）
【解析】
【分析】
求出函数的定义域，函数的导数，通过a的范围讨论，判断函数的单调性即可．（2）
对任意x＞0，都有f（x）＞0成立，转化为在（0，+∞）上f（x）min＞0，利用函数的导数求解函数的最值即可．
【详解】
（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞）
又
当a≤0时，在（0，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）是减函数
当a＞0时，由f′（x）=0得：或（舍）
所以：在上，f′（x）＜0，f（x）是减函数
在上，f′（x）＞0，f（x）是增函数
（2）对任意x＞0，都有f（x）＞0成立，即：在（0，+∞）上f（x）min＞0
由（1）知：当a≤0时，在（0，+∞）上f（x）是减函数，
又f（1）=2a﹣2＜0，不合题意
当a＞0时，当时，f（x）取得极小值也是最小值，
所以：
令（a＞0）
所以：
在（0，+∞）上，u′（a）＞0，u（a）是增函数又u（1）=0
所以：要使得f（x）min≥0，即u（a）≥0，即a≥1，
故：a的取值范围为[1，+∞）
【点睛】
本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．
18．（2018·辽宁高三期中（理））已知函数.
（1）当时,求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在其定义域内为增函数,求实数的取值范围；
（3）设函数,若在区间上至少存在一点,使得成立,求实数的取值范围.
【答案】(1) (2) （3）
【解析】
【分析】
（1）求出f（x）的导数，求出f′（1），f（1），代入切线方程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围结合二次函数的性质得到函数的单调性，从而求出a的具体范围；
（3）构造函数ϕ（x）=f（x）﹣g（x），x∈[1，e]，只需ϕ（x）max＞0，根据函数的单调性求出ϕ（x）max，从而求出a的范围．
【详解】
（1）解: 当时,,, ,
曲线在点处的斜率为, 故曲线在点处的切线方程为,即
（2）解: . 令,要使在定义域内是增函数,只需≥在区间内恒成立. 依题意,此时的图象为开口向上的抛物线,,其对称轴方程为,,则只需≥,即≥时,≥,≥,
所以定义域内为增函数,实数的取值范围是.
（3）解: 构造函数,,依题意,
由（2）可知≥时,为单调递增函数,
即在上单调递增,
,则,
此时,,即成立.
当≤时,因为,,
故当值取定后,可视为以为变量的单调递增函数,
则≤,,
故≤,
即≤,不满足条件.
所以实数的取值范围是.
【点睛】
利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
19．（2020·全国高三其他（文））设函数．
Ⅰ求函数的单调区间；
Ⅱ记函数的最小值为，证明：．
【答案】（I）在上单调递减，在上单调递增；（II）详见解析.
【解析】
【分析】
（I）对函数求导，解导函数所对应的不等式即可求出结果；
（II）由（I）先得到，要证，即证明，即证明，
构造函数，用导数的方法求函数的最小值即可.
【详解】
（Ⅰ）显然的定义域为．
．
∵，，
∴若，，此时，在上单调递减；
若，，此时，在上单调递增；
综上所述：在上单调递减，在上单调递增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，
即：．
要证，即证明，即证明，
令，则只需证明，
∵，且，
∴当，，此时，在上单调递减；
当，，此时，在上单调递增，
∴．
∴．∴．
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.
20．（2020·福清西山学校高三月考）已知函数．
(1)当时，求证：；
(2)讨论函数在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）时，函数在上没有零点；当时，函数在上有一个零点；当时，函数在上有两个零点.
【解析】
【分析】
（1）构造函数，利用导数研究函数的单调性和最小值，证明最小值大于.（2）先利用导数得到的最小值，然后分类讨论，根据零点存在定理，得到每种情况下的零点情况.
【详解】
（1）当时，，
令，则.
令，得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以是的极小值点，也是最小值点，
即
故当时，成立.
（2） ，由，得.
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以是函数的极小值点，也是最小值点，
即.
当，即时，在上没有零点.
当，即时，在上只有一个零点.
当，即时，因为，
所以在内只有一个零点；
由（1）得，令，得，
所以，于是在内有一个零点；
因此，当时，在上有两个零点.
综上，时，函数在上没有零点；
当时，函数在上有一个零点；
当时，函数在上有两个零点.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值，利用零点存在定理判断函数零点个数，属于难题.
21．（2020·福清西山学校高三月考）已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】Ⅰ；Ⅱ.
【解析】
【分析】
将代入，求导后运用其几何意义求出切线方程
分离参量得，令，求导后算出最值
【详解】
时，函数，可得，所以，时，．
曲线则处的切线方程；
即：；
由条件可得，
则当时，恒成立，
令，则，
令，
则当时，，所以在上为减函数．
又，
所以在上，；在上，．
所以在上为增函数；在上为减函数．
所以，所以．
【点睛】
本题运用导数几何意义求出在某点处的切线方程，在解答恒成立问题上运用了分离参量的方法，构造新函数，然后运用导数求出最值，继而得到结果．
22．（2020·历下·山东师范大学附中高三月考）已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在k=0或2.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由导数的几何意义布列方程组即可得到结果；（Ⅱ）研究函数的单调性与极值即可得到结果.
【详解】
（Ⅰ），
由已知，有，即，解得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则
令，则恒成立，
所以在上单调递减，又因为，，
所以存在唯一的，使得，且当时，，即，
当时，，即.
所以在上单调递增，在上单调递减.
又因为当时，，，，，
所以存在或，使得在上有唯一零点.
【点睛】
本题考查了函切线方程问题，考查函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题．
23．（2020·广东禅城·佛山一中高二月考）函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围.
【答案】（1）a≥1时，在（-，+）是增函数；0
【分析】
【详解】
试题分析：（1）首先求出函数的导数，然后求出使或的解集即可.
（2）分类讨论在区间（1，2）上使成立的条件，并求出参数a的取值范围即可
试题解析：（1），的判别式△=36（1-a）.
（i）若a≥1，则，且当且仅当a=1，x=-1，故此时f（x）在R上是增函数.
（ii）由于a≠0，故当a<1时，有两个根：，
若0
（2）当a>0，x>0时,，所以当a>0时，f（x）在区间（1，2）是增函数.
若a<0时，f（x）在区间（1,2）是增函数当且仅当且，解得.
综上，a的取值范围是.
考点：1.函数的导数；2.导数性质的应用.
24．（2020·四川省绵阳江油中学高二月考（理））已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，函数在上的最小值为，若不等式有解，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，然后根据的符号进行分类讨论，并借助解不等式组的方法得到单调区间；（2）根据（1）中的结论求出当时，函数在上的最小值，因此问题转化为有解，即有解，构造函数，求出函数的最小值即可得到所求．
【详解】
（1）由，
得，
①当时，
令，得，
所以，或，即或，
解得或．
令，得，
所以或，即或，
解得或．
所以函数的单调递增区间为，；单调递减区间为．
②当时，
令，得，由①可知；
令，得，由①可知或．
所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为，．
综上可得，
当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为．
当时，的单调递增区间为；单调递减区间为，．
（2）由（1）可知若，则当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以不等式有解等价于有解，
即有解，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的极小值也是最小值，且最小值为，
从而，
所以实数的取值范围为．
【点睛】
（1）求函数的单调区间时，若函数解析式中含有字母、并且字母对结果产生影响时，需要对字母进行分类讨论，讨论时要选择合适的标准，同时分类时要做到不重不漏．
（2）解答不等式有解的问题时，常用的方法是分离参数后转化为求函数的最值的问题，解题时要用到以下结论：在上有解；在上有解．若函数的最值不存在，则可利用函数值域的端点值来代替．
25．（2020·贵州期末（文））已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【答案】（1）f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）见解析.
【解析】
分析：（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.
详解：（1）当a=3时，f（x）=，f ′（x）=．
令f ′（x）=0解得x=或x=．
当x∈（–∞，）∪（，+∞）时，f ′（x）>0；
当x∈（，）时，f ′（x）<0．
故f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）由于，所以等价于．
设=，则g ′（x）=≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．
又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．
综上，f（x）只有一个零点．
点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.
（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.
26．（2020·北京平谷·高三二模）已知函数，.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求在区间上的最大值和最小值；
（3）当时，若方程在区间上有唯一解，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）由可得切线斜率，再由点斜式可得切线方程；
（2）由，可得，所以在区间上单调递增，从而可得最值；
（3）当时，.设，，分析可知在区间上单调递减，且，，所以存在唯一的，使，即，结合函数单调性可得解.
试题解析：
（1）当时，，
所以，.
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，，
所以．
当时，，，
所以.
所以在区间上单调递增．
因此在区间上的最大值为，最小值为.
（3）当时，.
设，，
因为，,所以.
所以在区间上单调递减．
因为，，
所以存在唯一的，使，即.
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．
因为，，又因为方程在区间上有唯一解，
所以.
点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.
27．（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））设函数在及时取得极值．
（1）求 的值；
（2）若对于任意的，都有成立，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ），．（Ⅱ）．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出，利用，列方程即可得结果；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，利用导数研究函数的单调性，求得函数的极值，与区间端点函数值比较大小可得的最大值为，由解不等式即可得结果.
【详解】
（Ⅰ），
因为函数在及取得极值，则有，．
即
解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，
．
当时，；当时，；
当时，．所以，当时，取得极大值，又，．则当时，
的最大值为．因为对于任意的，有恒成立，所以 ，解得 或，因此的取值范围为．
【点睛】
本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题.求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.
28．（2020·西藏日喀则·高三其他（理））设函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若函数没有零点，求的取值范围.
【答案】 当时，的增区间是，当时，的增区间是，减区间是；
【解析】
【分析】
（1）求函数f（x）的导数，利用导数和单调性之间的关系即可求函数的单调区间；（2）根据函数f（x）没有零点，转化为对应方程无解，即可得到结论．
【详解】
，，，
当时，，在区间上单调递增，
当时，令，解得；
令，解得，
综上所述，当时，函数的增区间是，
当时，函数的增区间是，减区间是；
依题意，函数没有零点，
即无解，
由1知：当时，函数在区间上为增函数，区间上为减函数，
只需，
解得．
实数a的取值范围为
【点睛】
本题主要考查函数的单调性和导数之间的关系，函数的零点，考查学生的运算能力，是中档题
29．（2020·宁夏银川一中高三月考（文））已知函数
(1)当时,求函数的单调递增区间;
(2)在区间内至少存在一个实数,使得成立,求实数的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间是和；（2）.
【解析】
试题分析：（1）先确定函数，然后对函数进行求导，利用导数的正负建立不等式，求得函数的单调性与单调区间；（2）先对函数进行求导，然后通过分类讨论，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用最小值小于0，建立不等式，求解不等式，得到实数的取值范围.
试题解析：(1)当时,,由,得或,
所以函数在与上为增函数,
即函数的单调递增区间是和.
(2),
当,即时,在[1,2]恒成立,
在[1,2]上为增函数,故,
所以,这与矛盾.
当,即时,若,则;
若,则所以当时,取得最小值,
因此,即,可得,
这与矛盾.
当,即时,在[1,2]恒成立,在[1,2]上为减函数,
所以,
所以,解得,满足.
综上所述,实数的取值范围为
30．（2020·四川省成都市新都一中高三月考（文））已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）证明当时，关于的不等式恒成立；
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）令，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值，从而证出结论即可；
解析：
（1），
由f'（x）＜0，得2x2﹣x﹣1＞0．又x＞0，所以x＞1，
所以f（x）的单调递减区间为（1，+∞），函数f（x）的单增区间为（0，1）．
（2）令，
所以，
因为a≥2，所以，
令g'（x）=0，得，所以当，当时，g'（x）＜0，
因此函数g（x）在是增函数，在是减函数，
故函数g（x）的最大值为，
令，因为，又因为h（a）在a∈（0，+∞）是减函数，
所以当a≥2时，h（a）＜0，即对于任意正数x总有g（x）＜0，
所以关于x的不等式恒成立．
点睛：这个题目考查的是利用导数研究函数的单调性和最值问题；证明不等式的恒成立问题；证明不等式恒成立问题一般采用以下方法：其一可以转化为函数最值问题，使得函数最值大于或者小于0；其二可以转化为两个函数的不等式关系，使得一个函数的最小值大于另一个函数的最大值．
31．（2020·唐山市第十一中学高二期末）已知函数
求曲线在点处的切线方程
若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围
【答案】(1) x+y-1=0.
(2) .
【解析】
【分析】
(1)求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线方程；
(2) 函数恰有2个零点转化为两个图象的交点个数问题，数形结合解题即可.
【详解】
（1）因为，所以.
所以
又
所以曲线在点处的切线方程为
即.（5分）
（2）由题意得，，
所以.
由，解得，
故当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以.
又，，
若函数恰有两个零点，
则解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.
三、填空题
32．（2020·重庆市广益中学校高二期末）若方程有实数解，则实数的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】
先将方程可化为；再令 ，用导数的方法研究其最值,即可得出结果.
【详解】
解：方程可化为；
令，
则 ，
所以，(1)当时，恒成立，即在上单调递减，因此，当时，；
(2)当时，由得，；
由得，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又,
因此，当时，
综上可得，实数的取值范围是；
故答案为；
【点睛】
本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.
33．（2020·云南弥勒市一中高二月考（理））三棱锥中，，，，则该几何体外接球的表面积为_______________.
【答案】
【解析】
三棱锥内接于长宽高为 的长方体，所以该几何体外接球的直径为 ，表面积为
34．（2019·江西省信丰中学高三月考（文））若函数的图象上存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
函数的导数为，
因为函数存在与直线平行的切线，
所以方程在区间上有解，
即在区间上有解，
因为，则，所以．
点睛：本题主要考查了导数的几何意义的应用问题，其中解答中涉及到函数的导数的求解，导数的几何意义的应用，以及存在性问题的转化等知识点的运用，试题有一定的难度，属于中档试题，解答中把存在性命题转化为方程的有解问题是解答的关键．
35．（2020·洛阳市第一高级中学高三月考（文））已知是奇函数，当时，，当时，的最小值为1，则a=________.
【答案】1
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性，确定在上的最大值为，求导函数，确定函数的单调性，求出最值，即可求得的值．
【详解】
是奇函数，时，的最小值为1，
在上的最大值为，
当时，，
令得，又，，
令，则，在上递增；令，则，
在，上递减，，，得．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查函数单调性与奇偶性的结合，考查导数知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
36．（2020·安徽省怀宁县第二中学高三月考）如图，函数的图象在点处的切线方程是，则_____．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据导数几何意义以及图象得,即得结果.
【详解】
由图像的信息可知．
【点睛】
本题考查导数几何意义,考查基本求解能力,属基础题.
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