专题21 导数及其应用（客观题）（新高考地区专用）（解析版）

这是一份专题21 导数及其应用（客观题）（新高考地区专用）（解析版），共44页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。

专题21 导数及其应用（客观题）
一、单选题
1．设曲线在点处的切线方程为，则
A．0 B．1
C．2 D．3
【试题来源】山西省运城市河津中学2021届高三上学期阶段性测评（文）
【答案】D
【解析】，因为，则．故选D．
2．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．
【试题来源】黑龙江省大庆市铁人中学2020-2021学年高三上学期阶段考试（文）
【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．
【解析】设函数，则，
因为，所以，所以在上是增函数，
，，
，所以，故选A．
3．已知直线和曲线相切，则的取值范围是
A． B．
C． D．
【试题来源】陕西省宝鸡市2020-2021学年高三上学期高考模拟检测（一）（文）
【答案】A
【解析】设切点是，由，
则以P为切点的切线方程为，
因为该切线过原点，所以，
所以，所以a 4．直线与曲线切于点，且，设，则与的大小关系是
A． B．
C． D．以上均有可能
【试题来源】陕西省宝鸡市2020-2021学年高三上学期高考模拟检测（一）（文）
【答案】D
【解析】由题意可得，，所以，
由，则，与的大小关系即与的大小关系．
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，，
所以，即．故选D．
5．已知函数，则“”是“有极值”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【试题来源】安徽省阜阳市2020-2021学年高三上学期教学质量统测（文）
【答案】B
【解析】，，．
若，则恒成立，
为增函数，无极值；若，即，则有两个极值．
所以“”是“有极值”的必要不充分条件．故选B．
6．已知函数的图象在点处的切线与y轴交于点，则切点的纵坐标为
A．7 B．
C． D．4
【试题来源】安徽省黄山市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测（理）
【答案】C
【解析】因为，所以，，所以切点为，切线方程为，令，则，
所以，解得，所以切点的纵坐标为．故选C．
7．为定义在上的可导函数，且对于任意恒成立，则
A．， B．，
C．， D．，
【试题来源】广东省深圳市龙岗区龙城高级中学2021届高三上学期第一次模拟
【答案】A
【分析】设函数，根据导数求得函数的单调性，结合单调性，即可求解．
【解析】设函数，可得，
由，可得，所以，函数为单调递增函数，
由，即，可得；由，即，可得．故选A．
【名师点睛】构造法求解与共存问题的求解策略：对于不给出具体函数的解析式，只给出函数和满足的条件，需要根据题设条件构造抽象函数，再根据条件得出构造函数的单调性，应用单调性解决问题，常见类型：（1）型；（2）型；（3）为常数型．
8．函数与函数的图象的交点个数为
A．10 B．8
C．6 D．4
【试题来源】河南省2021届高三名校联盟模拟信息卷（文）
【答案】B
【解析】“函数与函数的图象的交点个数”等价于“函数与函数的图象的交点个数”．注意到两个函数都是奇函数，且．
故考查当时两函数交点的个数，绘制函数图象如图所示，因为，所以此时函数的减区间为，增区间为．

当时，；当时，，故当时两函数交点的个数为4．
结合函数的对称性可知函数与函数交点的个数为8．
综上可得，函数与函数的图象的交点个数为8．故选B．
【名师点睛】零点问题常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接画出函数的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令得到再画图分析得解）．要根据已知条件灵活选择合适的方法求解．
9．已知函数有两个零点，，且，则a的取值范围是
A． B．
C． D．
【试题来源】山西省运城市2021届高三（上）期中（理）
【答案】A
【分析】根据已知可进行分离参数后，构造函数，两个零点，，求解a的范围和切点，可得，且，结合与的大小关系及函数的性质可求的范围，然后结合函数单调性进行求解即可．
【解析】函数，有两个零点，，令，可得，
令，即，令，可得，
可得当时，则，当时，则，
在上单调递减，在上单调递增，可得，
（1）若，则，符合题意；（2）若，则，
根据单调性，可得，即，可得，
，综合（1）（2）得，的取值范围是．又在上单调递减，可得，即．故选A．
10．已知函数，若，则实数a的取值范围是
A． B．
C． D．
【试题来源】山西省运城市2021届高三（上）期中（理）
【答案】C
【解析】根据题意，设，其定义域为R，
则，则为奇函数，
又由，则在R上为增函数，
故，必有，
解得，即a的取值范围为．故选C．
【名师点睛】利用函数奇偶性和单调性解不等式问题：（1）是奇函数，图象关于原点中心对称，利用奇函数性质将不等式形式，再利用单调性得到和的大小关系，再解不等式即可；（2）是偶函数，图象关于y轴对称，利用偶函数性质将不等式形式，再利用单调性得到和的大小关系，再解不等式即可．
11．已知定义在R上的可导函数函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为
A． B．
C． D．
【试题来源】宁夏固原第一中学2021届高三上学期第四次月考（理）
【答案】D
【解析】因为为偶函数，则的图象关于x=0轴对称，
所以的图象关于x=1对称，因为，所以，设函数，
则，因为，所以，即，所以为减函数，因为，所以，即，又，所以，所以，故选D.
【名师点睛】解题的关键是适当构造函数，再利用导数判断函数单调性，结合题意，求得范围，常见的构造方法有（1）若，构造；（2）若，构造；（3）若，构造；（4）若构造．
12．已知，则
A． B．
C． D．
【试题来源】海南省海口市海南中学2021届高三上学期第四次月考
【答案】D
【解析】设，则，令，解得，
则当时，，单调递减，
，，
且，，．故选D．
13．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．
【试题来源】宁夏石嘴山市第三中学2021届高三上学期第三次月考（期末）（理）
【答案】D
【分析】根据切线的斜率解得，再利用可解得结果．
【解析】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．
14．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．
【试题来源】备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过
【答案】C
【解析】，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．
15．若函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围为．
A． B．
C． D．
【试题来源】四川省成都市2020-2021学年高三上学期第一次诊断性检测（文）
【答案】A
【解析】由题意知，所以时，得或；时，得．所以在上递增，上递减，上递增，当时，有极大值，当时，有极小值，
所以只有当或时，函数有且仅有一个零点，
所以或，故选A．
16．已知函数，，若，，则的最小值为
A． B．
C． D．
【试题来源】四川省成都市2020-2021学年高三上学期第一次诊断性检测（文）
【答案】C
【解析】，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．
【名师点睛】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．
17．已知函数，则函数零点的个数为
A．3 B．4
C．5 D．6
【试题来源】安徽省淮北市2020-2021学年高三上学期第一次模拟考试（理）
【答案】A
【分析】利用导数分析在和时的单调性，然后确定出的取值范围并作出的大致图象，根据与图象的交点个数确定出函数的零点个数．
【解析】因为的零点个数与图象的交点个数，
当时，，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值为，
因为当时，，且，所以时，；
当时，，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值为，
又当时，，当时，，所以时，，
作出的函数图象如下图所示：

由图象可知有个交点，所以有个零点，故选A．
18．已知函数至少有1个零点，则实数a的取值范围是
A． B．
C． D．
【试题来源】安徽省淮北市2020-2021学年高三上学期第一次模拟考试（文）
【答案】A
【解析】至少有1个零点，有解，即有解，令，可得是偶函数，故只需讨论即可，则，，，
当时，，单调递增，，单调递增，，由于偶函数的对称性，可知时，，．故选A．
【名师点睛】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
19．已知函数与函数的图象上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
【试题来源】江西省五市九校协作体2021届高三第一次联考
【答案】A
【解析】因为函数与的图象上恰有两对关于轴对称的点，所以，即有两解，则有两解，令，则，所以当时，；当时，；所以函数在上单调递减，在上单调递增；所以在处取得极小值，所以，所以，的取值范围为．故选A．
20．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是
A． B．
C． D．
【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第五次复习检测（理）
【答案】D
【分析】由题意可得对于恒成立，分离参数可得，即可求解．
【解析】因为，所以；
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，只需要，
因为在单调递增，所以，所以．故选D．
21．已知定义在上的函数，是的导函数，满足，且＝，则的解集是
A． B．
C． D．
【试题来源】宁夏固原市隆德县2021届高三上学期期末考试（理）
【答案】C
【解析】因为，所以函数在区间上单调递减
不等式可化为，即，解得故选C
22．已知函数，其中，若不等式恒成立，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
【试题来源】吉林省长春外国语学校2021届高三上学期期末考试（文）
【答案】C
【解析】当时，不等式恒成立等价于在上恒成立，
令，则，当时，；当时，；
所以，所以故选C．
23．已知函数若函数恰有3个零点，则满足条件的整数a的个数为
A．1 B．2
C．3 D．4
【试题来源】安徽省阜阳市2020-2021学年高三上学期教学质量统测（文）
【答案】C
【解析】当时，单调递增，此时函数的值域为．

当时，，由，得，则．
因为，且函数恰有3个零点，所以，
即，故整数a的个数为3．故选C.
24．设函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为
A． B．
C． D．
【试题来源】上学期江西省新余市2021届高三上学期期末质量检测（文）
【答案】D
【解析】当时，，所以，因为，所以，即，所以函数在上单调递增，因为函数为上的偶函数，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则不等式，等价于，所以或．故选D．
【名师点睛】对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“”，转化为解不等式(组)的问题，若为偶函数，则．
25．已知函数在上单调递减，则实数的最小值是
A． B．
C． D．
【试题来源】浙江省台州市2020-2021学年高三上学期期末
【答案】D
【分析】由单调递减，得，
令，求的最大值可得答案．
【解析】由在上单调递减，
得，即，
令，则，
当时， ，则，
所以，即，
所以在是单调递减函数，，
得，的最小值为．故选D．
26．已知函数．若函数有三个零点，则
A．， B．，
C．， D．，
【试题来源】浙江省湖州市2020-2021学年高三上学期期末
【答案】B
【解析】因为，所以，
要使函数有三个零点，则必定有两个正实数根，即，，所以解得，此时，，
令，解得或，即函数在和上单调递增，
令，解得或，即函数在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值；
因为当时，；当时，，要使函数函数有三个零点，则，，
即
，
且，
因为，所以，，所以，，
所以，
又，所以，故选B.
27．已知且且且，则
A． B．
C． D．
【试题来源】2021年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八省联考）
【答案】D
【解析】因为，故，同理，
令，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
因为，故，即，而，
故，同理，，，
因为，故，
所以．故选D．
28．设函数．若不等式对恒成立，则的最大值为
A． B．
C． D．
【试题来源】浙江省杭州市2020-2021学年高三上学期期末
【答案】D
【解析】由不等式对恒成立，
即为，即对恒成立，
设，由，可得在上递增，且，
当时，；，，作出的图象，
再设，可得表示过，斜率为的一条射线（不含端点），要求的最大值，且满足不等式恒成立，可得的最大值，
由于点在轴上移动，只需找到合适的，且切于点，如图所示：此时，即的最大值为．故选D.

29．已知函数，方程恰有两个根，记较大的根为，则
A． B．
C． D．
【试题来源】安徽省淮南市2020-2021学年高三上学期第一次模拟（文）
【答案】D
【解析】如图所示：

函数的图象与恰有两个交点，且最大的根为，
则函数在处的切线为，显然，
当时，则，切点坐标为
所以由点斜式得切线方程为即
所以得，
，故选D.
30．对任意，若不等式恒成立(为自然对数的底数)，则正实数的取值范围是
A． B．
C． D．
【试题来源】浙江省嘉兴市2020-2021学年高三上学期期末
【答案】B
【解析】，令(由可知)，
则，设，则即可，
易得，
①当时，，所以此时是增函数，
故，解得，又，所以；
②当时，则在上递减，在上递增，故，
，所以，
设，故即可，而，显然，即在上递减，又，而，所以，所以，又，因此．
综上所述，或，即．故选B
31．已知函数定义域为，其导函数为，且在上恒成立，则下列不等式定成立的是
A． B．
C． D．
【试题来源】安徽省池州市2020-2021学年高三上学期期末（理）
【答案】A
【解析】，则，
因为在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递减，所以，即，即，故选A．
32．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．
【试题来源】吉林省梅河口市第五中学2021届高三上学期第三次月考（文）
【答案】A
【解析】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．
33．已知函数，，实数，满足，若，，使得成立，则的最大值为
A．1 B．
C． D．
【试题来源】江苏省连云港市新海高级中学2020-2021学年高三上学期期末
【答案】A
【分析】利用导数求得的单调区间和最小值．画出和的图象，结合图象求得的最大值．
【解析】，
所以当时，递减；当时，递增．
所以在区间上，的最小值为．
，故在时取得最大值．
画出和图象如下图所示，令，解得或．
依题意，实数，满足，若，，使得成立，由图可知，的最大值为．故选A.

34．已知，，，是关于的方程四个不同实数根，且，则的取值范围是
A． B．
C． D．
【试题来源】山西省太原市2021届高三上学期期末（理）
【答案】A
【解析】如图，要使方程有四个不同实数根，则，
且满足：，即；
满足：，即；
所以原题等价于求．

求导得
令，单调递减，当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减．
又，故．故选A．
35．已知两个实数、满足，在上均恒成立，记、的最大值分别为、，那么
A． B．
C． D．
【试题来源】安徽省淮南市2020-2021学年高三上学期第一次模拟（理）
【答案】B
【解析】设，该函数的定义域为，则．
当时，，此时，函数单调递减；
当时，，此时，函数单调递增．
所以，，即，
令，则函数在上为增函数，且，，
所以，存在使得，
令，其中，．
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增．
所以，，又，
所以，存在使得．
，
当且仅当时，等号成立；
，
当且仅当时，等号成立．所以，，即．故选B．
二、多选题
1．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
【试题来源】广东省高州市2021届高三上学期第一次模拟
【答案】ACD
【解析】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．
2．已知函数，则
A．在单调递增
B．有两个零点
C．曲线在点处切线的斜率为
D．是偶函数
【试题来源】2021年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八省联考）
【答案】AC
【解析】由知函数的定义域为，，
当时，，，
故在单调递增，A正确；
由，当时，，
当，所以只有0一个零点，B错误；
令，，故曲线在点处切线的斜率为，C正确；由函数的定义域为，不关于原点对称知，不是偶函数，D错误．故选AC.
3．已知直线分别与函数和的图象交于点，，则
A． B．
C． D．
【试题来源】江苏省宿迁中学、如东中学、阜宁中学三校2020-2021学年高三上学期八省联考前适应性考试
【答案】ABD
【解析】因为函数和互为反函数，所以函数和的图象关于直线的对称，因为直线的斜率1与直线的斜率的乘积为，因此直线与直线互相垂直，显然直线也关于直线对称，解方程组，所以直线和的交点坐标为，
显然有，，，．
选项A：因为，，
所以，因此本选项正确；
选项B：因为，关于对称，
所以有，因此有，
点在直线上，而，所以，
因此，显然函数在上是单调递增函数，所以当时，有，故本选项正确；
选项C：因为，，所以，
因此有，设函数，，因为，所以，因此函数是单调递增的，当时，有，即，
因此有，故本选项不正确；
D：因为，关于对称，所以，因此，
所以，
即，故本选项正确；故选ABD
4．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
【试题来源】海南省海口市海南中学2021届高三上学期第四次月考
【答案】ABD
【解析】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．
5．设函数，则
A． B．的最大值为
C．在单调递增 D．在单调递减
【试题来源】2021年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八省联考）
【答案】AD
【解析】的定义域为，且，
，故A正确．
又，令，
则，其中，
故即，故，
当时，有，此时即，
故，故B错误．
，
当时，，故在为减函数，故D正确．
当时，，故，
因为为增函数且，而在为增函数，
所以在上为增函数，故在有唯一解，
故当时，即，故在为减函数，故C不正确．
故选AD．
三、填空题
1．若曲线的一条切线与直线：互相垂直，则该切线的方程为_________．
【试题来源】安徽省宣城市2020-2021学年高三上学期期末（文）
【答案】
【解析】设曲线的切点坐标为，
，所以过该切点的切线的斜率为，
因为直线：的斜率为1，过该切点的切线与直线互相垂直，
所以，所以切点坐标为，过该切点的切线的斜率为，所以过该切点的切线的方程为，化为一般式为．
2．已知为函数的极值点，则a=_________．
【试题来源】贵州省贵阳市第一中学2021届高考适应性月考卷（三）（文）
【答案】
【解析】，
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.
3．已知曲线在点处的切线与曲线也相切，则实数_________．
【试题来源】河南省周口市商丘市大联考2020-2021学年第一学期高中毕业班阶段性测试（三）（文）
【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．
【解析】，则，，
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.
4．已知是正整数，有零点，则的最小值为_________．
【试题来源】河北省邯郸市2021届高三上学期期末质量检测
【答案】10
【解析】由得，令，则，令，由，得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
故在处取得最小值，由题意可知，
，．
故的最小值为10．故答案为10．
5．函数(其中e为自然对数的底数)的图象在点处的切线方程为_________．
【试题来源】江苏省泰州市2020-2021学年高三上学期期未
【答案】
【分析】先计算出，然后计算出，再根据直线的点斜式方程求解出切线方程．
【解析】因为，所以，
所以切线方程为，即，故答案为．
6．函数的零点个数为_________．
【试题来源】海南省2021届高三年级第二次模拟考试
【答案】1
【解析】因为，
所以单调递增，因为，所以有且仅有1个零点．故答案为1．
7．曲线与直线相切，则_________．
【试题来源】贵州省贵阳市普通中学2021届高三上学期期末监测考试（文）
【答案】
【解析】因为，所以，切线的斜率为，
设切点P(x0，y0)，令，解得，
代入函数解析表达式得，所以切点坐标为代入切线方程中得到，解得，故答案为．
8．曲线在点处的切线方程为_________．
【试题来源】宁夏六盘山市高级中学2021届高三上学期期末考试（文）
【答案】
【解析】，切线的斜率为
则切线方程为，即，故答案为.
9．若，，则_________．
【试题来源】广东省高州市2021届高三上学期第一次模拟
【答案】
【解析】由，两边取以 为底的对数，得 ，
由，令，则，
所以，即，
所以，设，则，
所以在上单调递增，由以及，则，
由即，则，故答案为.
【名师点睛】本题考查对数的运算和构造函数利用函数单调性得到相应关系，解答本题的关键是由条件得到，利用换元令，进一步得到，根据函数的单调性得到，属于中档题．
10．已知，若存在极小值，则的取值范围是_________．
【试题来源】河南省郑州市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测（理）
【答案】
【分析】求出函数的导数，根据存在极小值，可得对应的二次方程有两个不等的实根，由即可求解．
【解析】，
若存在极小值，则存在极小值，所以方程有两个不等的实根，
所以，解得，所以的取值范围是，故答案为.
11．设曲线上任意一点的切线为l，若l的倾斜角的取值范围是，则实数a=_________．
【试题来源】安徽省淮北市2020-2021学年高三上学期第一次模拟考试（文）
【答案】
【解析】，，，当且仅当时等号成立，l的倾斜角的取值范围是，，解得．
12．若，则下面不等式正确的是_________．
①；②；③；
④；⑤．
【试题来源】陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试（文）
【答案】②④
【解析】对①，令，则，当的正负不确定，
故与的大小不确定，故①错误；
对②，令，则 ，当，
在上单调递增，又，，即，
即，故②正确；
对③，令，则，当，
在上单调递增，又，，
即，故③错误；
对④，令，则，当，
在上单调递增，又，，
即，故④正确；
对⑤，令，则，当的符号不能确定，
与的大小不能确定，即与的大小不能确定，故⑤错误；故答案为②④．
13．已知函数，若存在，，使得，则的取值范围是_________．
【试题来源】北京通州区2021届高三上学期数学摸底（期末）考试
【答案】
【解析】因为，所以，所以，
因为，所以，当时，，，
由得，由得，所以在上递减，在上递增，所以在处取得最小值，所以，
所以，令，则，
所以，所以当时，取得最小值，当时，取得最大值，所以的取值范围是．
14．已知函数，若是函数的唯一极值点，则实数的取值范围是_________．
【试题来源】江西省新余市2021届高三上学期期末统考（理）
【答案】
【分析】首先求函数的导数，由条件是函数的唯一极值点，说明在无解，或有唯一解，求实数的取值．
【解析】因为，所以
所以x＝1是函数f（x）的唯一极值点，在上无解，或有唯一解x=1，
①当x=1为其唯一解时，k=e，令，，
当时，，即h(x)的单调递减区间为，
当时，，即的单调递增区间为，
所以在x=1处，取得极小值，所以k=e时，x=1是f(x)的唯一极值点；
②当在上无解，设则，
当时，，即g(x)的单调递减区间为，
当时，，即的单调递增区间为，
所以在x=1处，取得极小值，也是其最小值，，
又k在上无解，，综上， 故答案为．
15．若，不等式恒成立，则的最大值为_________．
【试题来源】湖北省部分重点中学2020-2021学年高三上学期期末联考
【答案】
【解析】设，则，因为，
所以当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增；
所以，
则，令，则；
由可得，；所以当时，，则函数单调递增；当时，，则函数单调递减；
所以，即的最大值为．故答案为.
16．当时，不等式恒成立，则实数k的取值范围是_________．
【试题来源】山西省运城市2021届高三（上）期中（理）
【答案】
【分析】由题意可得对恒成立，讨论，，，运用参数分离和构造函数，利用导数判断单调性，求最值，可得所求范围．
【解析】当时，不等式恒成立，即为对恒成立，①当即时，恒成立；
②当，即时，恒成立，等价为，
设，，
可得时，，递增；时，，递减，
可得在处取得最大值，且为，则；
③当，即时，恒成立，等价为，
设，，可得时，，递减，可得，则，综上可得，k的范围是．
17．函数与（为常数）的图象有两个不同的交点，则实数的取值范围为_________．
【试题来源】上学期江西省新余市2021届高三上学期期末质量检测（文）
【答案】
【分析】题目等价于在有两个不同的解，构造函数，，利用导数判断函数的单调性，求出最值，即可求出．
【解析】与的图象有两个不同的交点，在有两个不同的解，即在有两个不同的解，
令，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
，，，
．故答案为．
18．已知函数在上的最小值为1，若对于任意，不等式恒成立，则实数的最小值为_________．
【试题来源】山西省太原市2021届高三上学期期末（理）
【答案】
【解析】由题意，，
当时，，此时，
当时，恒成立，则在上单调递增，
所以，的最小值为，解得．
当时，，
当时，此时，恒成立，
所以，函数的最小值为，
令，，故函数在单调递增，在上单调递减，由于时，，故解得（舍），
当时，此时，恒成立，
所以，函数的最小值为，同理解得（舍）．
综上，当时，的最小值为时，此时，
因为对于任意，不等式恒成立，
所以对于任意，不等式恒成立；
令，，，恒成立，
故在单调递增，因为，所以在单调递减，在单调递增，由于，，
所以，
所以在的最大值为，
所以实数的取值范围为．故实数的最小值为．
19．已知，，满足对任意恒成立，当取到最小值时，_________．
【试题来源】浙江省宁波市2020-2021学年高三上学期期末
【答案】24
【解析】令，则，所以，即对于恒成立，令，因为，
因为对于时恒成立，所以，当取最小值时，即，
此时在时有最小值，因为函数的定义域为，不是区间端点值，又在处取得最小值，所以也是函数的一个极小值，
且，所以，得，从而，
故．故答案为24．
20．若时，关于不等式恒成立，则实数的最大值是_________．
【试题来源】湖北省“大课改、大数据、大测评”2020-2021学年高三上学期联合测评
【答案】
【解析】当，时，不等式显然恒成立．
当时， ．
由于，即．
所以原不等式恒成立，等价于恒成立．
构造函数，．易知在上单调递减，在上单调递增．则原不等式等价于要证．
因为，要使实数的最大，则应．
即． 记函数，则．
易知，．故函数在上单调递减，
所以．因此只需．综上所述，实数的最大值是．
【名师点睛】（1）利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数，把所求问题转化为求函数的最小值问题．（2）若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．（3）根据不等式构造函数，由函数的单调性化简所求的不等式是本题关键之步．
四、双空题
1．已知在点处的切线过点，则的单调递增区间为_________和的值为_________．
【试题来源】江苏省南通市四校2020-2021学年高三上学期第二次联考
【答案】 1
【分析】利用导数求出曲线在点处的切线方程，把已知点的坐标代入即可求解值．然后再由得出的单调递增区间．
【解析】由，得，，又，曲线在点处的切线方程为，代入，得，解得．
所以，由得，
所以的单调递增区间为，故答案为； ．
2．过原点作曲线的切线，则切点坐标为_________，切线方程为_________．
【试题来源】北京市第三十九中学2021届高三上学期期中考试
【答案】（e，1） x-ey=0
【解析】设切点坐标为，因为，所以，
因为切线过原点，所以切线的斜率为，解得， ，
所以切点坐标为，切线方程为，即x-ey=0，故答案为； x-ey=0．
3．已知函数，函数的图象在点处的切线方程为_________；若关于的不等式有正整数解，则实数的取值范围是_________．
【试题来源】江苏省常州市华罗庚中学2020-2021学年高三上学期10月一轮复习阶段性检测
【答案】
【分析】先对函数求导，根据导数的几何意义，得出函数图象在点处切线斜率，进而可得切线方程；根据关于的不等式有正整数解，得到，有正整数解，由导数的方法求出为正整数时，的最大值，得到，即可求出结果．
【解析】因为，，所以，
所以函数的图象在点处的切线斜率为，
所以函数的图象在点处的切线方程为；
由两边取以为底的对数，则，即，
因为关于的不等式有正整数解，即有正整数解，所以，
则，又由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，所以，
因此为正整数时，即是最大值；为使关于的不等式有正整数解，
只需，解得．故答案为；．
4．已知函数，则的最小正周期为_________；的最大值为_________．
【试题来源】百校联盟2020-2021学年高三教育教学质量监测考试12月全国卷（新高考）
【答案】
【分析】由正弦函数性质先确定的一个周期是，然后证明是最小正周期，在上利用导数确定函数的单调性，结合可得最小正周期，从而可得最大值．
【解析】由题，
则，
从而是函数的周期，当，，
则，
设，且，，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，所以函数的最小值正周期是，最大值为．
故答案为；．
【名师点睛】本题考查求函数的最小正周期．方法是由部分函数的性质确定函数的一个周期，然后证明此周期是最小正周期即可，证明时可在一个周期内确定函数的性质，如单调性，以排除此区间内的周期性．从而得最小正周期．
5．已知函数，若，函数的减区间为_________；函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是_________．
【试题来源】江苏省宿迁中学、如东中学、阜宁中学三校2020-2021学年高三上学期八省联考前适应性考试
【答案】，；
【分析】（1）去绝对值得到分段函数，再利用导数求函数的减区间；（2）分，和三种情况讨论，函数的零点个数．
【解析】当时，，
当时，，解得，
当时，恒成立，所以函数的减区间是，；
（2），
（ⅰ）当时，画出的图象，转化为的零点个数，

当，即时，与有3个交点；
当，即时，与有2个交点；
当，即时，与有1个交点；
（ⅱ）当时，画出函数画出的图象，转化为的零点个数，

当，即时，与有3个交点；
当，即时，与有2个交点；
当，即时，与有1个交点；
（ⅲ）当时，有两个零点．
所以当有3个不同零点时，的取值范围是．
函数向右（或向左）平移个单位得到，不影响零点个数．
故答案为
【名师点睛】本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用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，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：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，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍．