2022年高考天津数学高考真题变式题第19-20题解析版

这是一份2022年高考天津数学高考真题变式题第19-20题解析版，共53页。试卷主要包含了设椭圆的离心率为，且经过点，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。

 2022年高考天津数学高考真题变式题19-20题
原题19
1．椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
变式题1基础
2．已知椭圆，其离心率为，若，分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足，．
(1)求C的方程及点P的坐标；
(2)过点P的直线l交C于另一点Q（点Q在第三象限），点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若的面积是的面积的2倍，求直线l的方程．
变式题2基础
3．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合．
(1)求椭圆的离心率与抛物线的方程；
(2)过焦点的动直线与抛物线交于，两点，从原点作直线的垂线，垂足为，求动点的轨迹方程；
(3)点为椭圆上的点，设直线与平行，且直线与椭圆交于，两点，若的面积为1，求直线的方程．
变式题3基础
4．已知椭圆，由E的上､下顶点，左､右焦点构成一个边长为的正方形.
(1)求E的方程；
(2)过E的右焦点F做相互垂直的两条直线，，分别和E交点A，B，C，D，若由点A，B，C，D构成的四边形的面积是，求，的方程.
变式题4基础
5．已知椭圆的内接正方形的面积为，且长轴长为4．
(1)求C的方程．
(2)直线l经过点，且斜率大于零．过C的左焦点作直线l的垂线，垂足为A，过C的右焦点作直线l的垂线，垂足为B，试问在C内是否存在梯形，使得梯形的面积有最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．
变式题5巩固
6．设椭圆的离心率为，且经过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线与椭圆交于，两点，是坐标原点，分别过点，作，的平行线，两平行线的交点刚好在椭圆上，已知，的面积为，求直线的方程．
变式题6巩固
7．已知椭圆：的短轴长为2，离心率为．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，点为椭圆的上顶点，过点作互相垂直的两条直线（的斜率为正数）和，直线与以短轴为直径的圆和椭圆分别相交于点，，直线与圆和椭圆分别相交于点，，且的面积是面积的倍，求直线和的方程．
变式题7巩固
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，过垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为，椭圆上的点到一个焦点的最大距离为．

(1)求椭圆的方程；
(2)如图，点为椭圆上关于原点对称的两个动点（非长轴端点），线段的延长线与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程．
变式题8巩固
9．已知椭圆：的离心率为是椭圆的焦点，点，直线的斜率为为坐标原点．

(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程．
变式题9提升
10．已知为椭圆上任一点，，为椭圆的焦点，，离心率为．

(1)求椭圆的方程；
(2)若直线：与椭圆的两交点为A，，线段的中点在直线上，为坐标原点，当的面积等于时，求直线的方程．
变式题10提升
11．如图，已知椭圆：经过点，离心率为.点，以为直径作圆，过点M作相互垂直的两条直线，分别交椭圆与圆于点A，B和点N.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)当的面积最大时，求直线的方程.
变式题11提升
12．已知椭圆C的左、右焦点分别为，离心率为，过点且与x轴垂直的直线与椭圆C在第一象限交于点P，且的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与y轴正半轴交于点S，与曲线C交于点E，轴，过点S的另一直线与曲线C交于M，N两点，若，求所在的直线方程．
变式题12提升
13．已知椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，左、右焦点分别为，，且，点在该椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)过的直线与椭圆相交于，两点，若的面积为，求以为圆心且与直线相切的圆的方程．
原题20
14．已知，函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
变式题1基础
15．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）设，若恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若有两个零点，求实数a的取值范围.
变式题2基础
16．已知，设函数，
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，若不等式恒成立，求实数的值；
（3）若函数与的图象没有交点，求实数的取值范围．
(注：题中为自然对数的底数，即)
变式题3基础
17．已知函数，.
(1)若曲线在点处的切线方程为y=0，求m的值；
(2)若对任意，都有，求m的取值范围；
(3)讨论在区间上的零点个数.
变式题4基础
18．已知函数．（注：是自然对数的底数）
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若只有一个极值点，求实数a的取值范围；
(3)若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值．
变式题5巩固
19．已知函数．
（Ⅰ）求函数在处的切线方程；
（Ⅱ）若关于x的不等式恒成立，求实数a的值；
（Ⅲ）设函数，在（2）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且．
变式题6巩固
20．已知函数
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围；
（3）若，判断函数的零点的个数.
变式题7巩固
21．设函数．
(1)若曲线在点处的切线方程为，求的值；
(2)若，求实数的取值范围；
(3)求证：当时，函数不存在零点．
变式题8巩固
22．已知函数，曲线在处的切线方程为.
(1)求的值；
(2)函数在区间上存在零点，求的值；
(3)记函数，设（）是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值.
变式题9提升
23．已知函数，（）.
(1)求函数在点（e，e）处的切线方程；
(2)已知，求函数极值点的个数；
(3)若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
变式题10提升
24．已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)函数在区间上有零点，求k的值；
(3)记函数，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数k的取值范围.
变式题11提升
25．已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若对任意的，恒成立，求a的取值范围；
(3)当a=3时，设函数，证明：对于任意的k<1，函数有且只有一个零点．
变式题12提升
26．已知函数，设．
(1)若，求的最小值
(2)若函数有两个零点，求实数m的取值范围；
(3)若直线是曲线的一条切线，求证：，都有．

参考答案：
1．(1)
(2)

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
（1）
解：，
离心率为.
（2）
解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
2．(1)；
(2)

【分析】（1）根据数量积的性质，因为，所以，因为，则，可得到的值，在根据离心率的定义，可得到的值，进而得到最后答案；再根据椭圆的定义以及向量的等式，可得到的长度，进而得到点的值；
（2）根据题意，设出直线方程，联立方程，求点的坐标，然后根据三角形的面积关系，列方程即可求解结果．
（1）
因为，所以，且．
又，所以，
即，即，所以，
又离心率，所以，，所以，
所以椭圆方程为．
∵，又∵，
∴，∴P点的坐标为．
（2）
依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
由消去y整理，解得或，
所以Q点坐标为，
从而M点坐标为，
所以直线PM的方程为，
则N点的坐标为，
因为的面积是的面积的2倍，点Q在第三象限，
所以，
即，解得（舍负），
所以满足条件的直线l的方程为，
即：．
3．(1)离心率为；抛物线的方程为
(2)
(3)

【分析】（1）由椭圆的标准方程直接求出离心率；由椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，求出，得到抛物线的方程；
（2）设动点的坐标为，利用直接法求出动点的轨迹方程；
（3）设直线方程为，，．利用“设而不求法”表示出，即可求得.
（1）
因，，故，从而椭圆的离心率为．          
且椭圆的右焦点坐标为．
于是由椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，得，即．
从而抛物线的方程为．
（2）
设动点的坐标为，由条件，且点，在直线上，可得．
于是．          
即．
故动点的轨迹方程为：．
（3）
由于，设直线方程为，，．
由得，故．
则．          
又点到直线的距离，故由
，
解得，从而．因此，直线的方程为．
4．(1)
(2)与的方程分别为：，

【分析】（1）由题分析可确定，，从而得椭圆的标准方程；
（2）讨论直线斜率是否存在，设直线方程，然后结合椭圆方程，确定交点坐标关系，从而根据几何性质列式求解即可得直线方程
（1）
解：由已知，，，所以E的方程为.
（2）
解：又题意中，，
①若或斜率不存在，易知，不符合题意；
②若斜率存在，设，和的方程联立得：
，，，
，
设，同理可得，
所以
解得，，所以与的方程分别为：，，
5．(1)
(2)存在；

【分析】（1）利用待定系数法求出C的方程；
（2）假设存在梯形．设直线，由题意得到，分别求出点和到直线l的距离表示出梯形的面积，利用基本不等式求出最大值，再联立直线和直线求出点并判断出B、A在曲线C的内部，符合题意.
（1）
设C的内接正方形的一个端点坐标为，
则，解得，
则C的内接正方形的面积为，
即．又，所以，
代入，解得，故C的方程为．
（2）
存在梯形，其面积的最大值为．
理由如下：设直线，．
因为直线l经过点，所以，
所以点到直线l的距离为，
点到直线l的距离为，
所以梯形的面积（为直线l的倾斜角），
所以，
当且仅当时，等号成立，
此时，直线，直线，
联立这两条直线的方程，解得，
因为，
所以点在C的内部.
同理可证：也在C的内部.
故在C内存在梯形，其面积的最大值为．
6．(1)
(2)

【分析】（1）利用题设条件可以列出一组关于，，的方程，解出，，即得所求
（2）分情况讨论，当直线的斜率不存在时，易求直线的方程是，此时，与题设不符；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用题设条件可得一组关于，，解之即得所求
（1）
设椭圆的半焦距为，因为椭圆的离心率为，所以．①
又椭圆经过点，所以．②
结合，③由①②③，解得．
故椭圆的标准方程是．
（2）
①当直线的斜率不存在时，不妨设，
根据对称性知两平行线的交点在轴上，又交点刚好在椭圆上，
所以交点为长轴端点，则满足条件的直线的方程是．
此时点或；

直线的斜率不存在不成立
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
将直线代入椭圆方程得，
则，
，
．
不妨设两平行线的交点为点，则，故点的坐标为．
因为点刚好在椭圆上，所以，
即．
此时，
则．
设点到直线的距离为，则．
所以，
即，解之得：或，
当时，，当时，（舍），
所以，直线的方程
7．(1)
(2)，或，

【分析】（1）根据题意可得求解即可；（2）利用弦长公式结合题意分析可得，分别联立方程求交点横坐标，代入整理计算．
（1）
根据题意可得解得
椭圆的标准方程
（2）
圆
设，则
设，，，
则，同理可得：，，
∵的面积是面积的倍，则
代入整理得：
联立方程，得或，即，同理
联立方程，得或，即，同理
代入可得：，解得或
当时，直线，；
当时，直线，
8．(1)
(2)或

【分析】（1）根据题意，建立关于的方程组即可求解；
（2）由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式求出，点到直线距离公式求出的高，进而根据面积公式可得，从而即可得答案.
（1）
解：设的半焦距为，则，故过垂直于轴的直线方程为，
与的方程联立，得，由题意得，所以，
又，
所以，，
因为椭圆上的点到一个焦点的最大距离为，所以，
所以，，
故椭圆的方程为；
（2）
解：由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，
由，消去并整理得，
所以，，
所以
，
因为点到直线的距离，且是线段的中点，
所以点到直线的距离为，
所以，
因为，所以，解得或（舍去），
所以，此时直线的方程为，即或
9．(1)
(2)

【分析】（1）根据离心率和直线的斜率，联立方程求解；（2）设出直线的方程，联立椭圆后得到的弦长，并结合点到直线的距离表示出面积，最后求函数的值域.
（1）
设，由题意
又离心率，
，椭圆的方程为；
（2）
由题意知，直线的斜率存在，设直线的斜率为，方程可设为，
联立直线与椭圆方程：化简得：，
由
设，则

坐标原点到直线的距离为

令，则
当且仅当即时等号成立，
，故当，即
时，的面积最大，
此时直线的方程为：．
10．(1)
(2)或

【分析】由椭圆定义可得的值，进而由离心率可得，再求得，即可得到椭圆的方程；
设出点A，的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用设而不求的方法，并依据题给条件列方程，即可求出，进而求得的值，从而求得直线的方程．
（1）
由椭圆定义得，，所以，故，
所以椭圆的方程为．
（2）
设代入方程，
得
所以，，
所以，解得，
则式变为则，
底边上的高，所以的面积．
令，解得，
把，代入式，经检验，均满足，
此时直线的方程为或．
11．(1)
(2)

【分析】（1）利用椭圆过点，离心率为，结合点，可求得结果；
（2）设直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合的面积公式及基本不等式可求解.
（1）
将点代入得，，
又，，得，
所以，，即.
（2）
因为，设直线的方程为，设，，
联立，得，
且，则，，
则，且，
直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离为，
∴，
∴面积，
当且仅当时，取到等号，此时，
所以直线的方程为.
12．(1)
(2)或.

【分析】（1）根据题意，列方程求解即可；
（2）根据题意，作图可得，得到点，利用，得到，结合，得到，即.再设，，则，，然后联立方程，利用韦达定理进行消参求解即可得到答案
（1）
由题意知，，
又，∴，，
∴椭圆标准方程为.
（2）
∵轴，∴，
设，则，∴，即，
∵，∴，∴，
∴，即，
设，，则，，
∴.
①当直线的斜率不存在时，的方程为，此时∴不符合条件.
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得.
得，
∴，即，解得.
故直线的方程为或.

13．(1)；
(2).

【分析】（1）依题意可得，从而得到，的坐标，再根据椭圆的定义求出，最后求出，即可得到椭圆方程；
（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率存在时设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出，再利用点到直线的距离公式得到圆的半径，最后根据的面积得到方程，即可求出，从而求出圆的方程.
（1）
解：由题意知，所以，，
所以，由椭圆定义知：，
则，，
故椭圆的方程为．
（2）
解：①当直线轴时，令，可得，解得，
可取，，此时的面积，与题设矛盾，舍去．
②当直线与轴不垂直时，
设直线的方程为，代入椭圆方程得，
成立，
设，，则，，
可得．
又圆的半径，
∴的面积为，
化简得，解得，
∴，
∴圆的方程为．
14．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）求出可求切线方程；
（2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求.
（ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.
（1）
，故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）
（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.
15．（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）当时，，则，求导得，由导数的几何意义可得，即可解出；
（2）若恒成立，则恒成立，令，利用导数判断函数的单调性，进而可得，则，即可解出；
（3）若有两个零点，则在上有两个解，令，，只需与有两个交点，即可得出答案.
【详解】（1）当时，，，
所以，所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）因为，
若恒成立，则恒成立，所以恒成立，
令，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，所以，故a的取值范围为.
（3）若有两个零点，则有两个零点，
所以在上有两个解，所以在上有两个解，
令，，，
令，，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，且，
所以在上，单调递增，在上，单调递减，
所以，又在上，；在上，，
所以a的取值范围为.
16．（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）利用导函数求处切线斜率，根据点斜式得出切线方程；
（2）设，题目转化为即恒成立，得出一个必要条件，再证明其充分性；
（3）先把方程有实根时，的取值范围求出，再关于取补集.
【详解】（1）时，，所以，
所以，
所以切线方程为：，即    
（2） 设，，
又不等式： 恒成立，即恒成立，
故是的极大值点，所以，得；
另一方面，当时，，，\在区间单调递减，又，故在单调递增，单调递减，
所以，即恒成立
综合上述：     
（3）由题意，即方程没有实根，
我们先把方程有实根时，的取值范围求出，再关于取补集，
不妨设：()，
则方程变为ÛÛÛÛ，
设函数，
Û
∵，\在上递增，
ÛÛ（）
设，则，
所以在上增，在上减 ，(的图象如图)

\有实数解，结合， 则，\有
即，所以方程有实根时，的取值范围为
所以方程没有实根时，的取值范围为．
【点睛】①根据不等式恒成立求解参数范围方法较多，若能找出一个必要条件，再证明其充分性，会大大降低难度；
②根据方程的根的情况求解参数的范围，若能观察出同构函数求解便能轻松解答.
17．(1)1
(2)
(3)答案见解析

【分析】（1）由函数导数的几何意义可得，从而得出答案.
（2）求出，分，分别讨论出函数的单调性，得出其最小值，从而可得出答案.
（3）由（2）中得出函数的单调性，结合零点存在定理可得答案.
（1）
因为曲线在点处的切线方程为y=0，所以，
即，解得m=1.
（2）
，，
由于在单调递增，所以.
①当时，，所以在单调递增，即.
②当时，令，解得，
，的情况如下：
x




-
0
+

单调递减
极小值
单调递增

函数在单调递减，即，不合题意.
综上，使在都成立的m的范围是.
（3）
根据第（2）的结论，
①当时，在单调递增，且有唯一零点x=0，所以在区间上没有零点；
②当时，
若，即时，在区间上有1个零点；
若，即时，在区间上没有零点；
综上，时，在区间上没有零点：当时，在区间上有1个零点.
18．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程；（2）讨论的符号，判断的单调性，进而确定的零点；（3）要使取到最小值，则，分析可得结合零点代换处理．
（1）
当时，，故，
故在点处的切线方程为，化简得．
（2）
由题意知有且只有一个根且有正有负．
构建，则
①当时，当时恒成立，在上单调递增，
因为，
所以有一个零点，即为的一个极值点；
②当时，当时恒成立，即无极值点；
③当时，当；当，
所以在单调递减，在上单调递增，
故，
若，则即.
当时，，
当时，,
设，故，
故在上为增函数，故，
故，
故当时，有两个零点，此时有两个极值点．
当时，当时恒成立，即无极值点；
综上所述：．
（3）
由题意知，对与任意的，使得恒成立，则，又要使取到最小值，则．
当时，，故，所以的最小值为e；
当时，当时，，
所以无最小值，即无最小值；
当时，由（2）得只有一个零点，即且
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
此时，因，所以代入得，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，此时，
所以的最小值为．
19．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数，再求和，根据导数的几何意义即为函数在处的切线方程的斜率，利用点斜式方程即可求解；
（Ⅱ），得等价于在上恒成立，令，即恒成立，只要即可，从而求得实数a的值；
（Ⅲ），设，跟的单调性，研究其零点，从而可证所求.
【详解】解（Ⅰ），而，
所以在处的切线方程为：
（Ⅱ）由题意得：，
因为，所以问题等价于在上恒成立，
令，则，
当时，恒成立，则在上单调递增，又，
所以当时，，不满足题意，舍去；
当时，因为时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值且为最大值，即最大值为，
所以，整理得：令，则，易得在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，即最大值为，所以的解为．
（Ⅲ），
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以在上有唯一零点，
在上有唯一零点1；
且当时，；当时，；
当时，．因为，
所以时的唯一极小值点．
由得故，由得，．
因为当时，在取得最小值，由得，．
所以．
【点睛】本题考查了导数的几何意义，函数的最值，不等式恒成立问题，极值及零点问题，考查了分类讨论思想，对计算能力的要求很高，属于难题.
20．（1）；（2）；（3）当时，函数恰有1个零点．
【分析】（1）当时，对求导，求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；
（2）若，且在区间，上恒成立，即：在，上的最小值大于1；利用导数求判断函数的最小值．
（3）分类讨论判断的单调性与函数的最小值，从而验证在区间上单调递增．再构造新函数，证明，进而判断函数是否穿过轴即可．
【详解】解：（1）若，则，
所以，所以，所以切线方程为
（2）依题意，在区间上
因为，．
令得，或．
若，则由得，；由得，．
所以，满足条件；
若，则由得，或；由得，
，
依题意，即，所以．
若，则．
所以在区间上单调递增，，不满足条件；
综上，．
（3），．
所以．设，．
令得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以的最小值为．
因为，所以．
所以的最小值．
从而，在区间上单调递增．
又，
设．
则．令得．由，得；
由，得．所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以恒成立．所以，．
所以．
又，所以当时，函数恰有1个零点．
【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．
21．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.

【分析】（1）计算得出，根据已知条件可得出关于、的等式组，由此可求得结果；
（2）由已知可得，由，利用导数法证明得出，可得出，由此可得出实数的取值范围；
（3）分、、三种情况讨论，利用导数证明出成立，即可证得结论成立.
（1）
解：因为，则，
因为点在直线上，则，
所以，，解得.
（2）
解：因为成立，则，
当时，，下面证明，
设，其中，则，
令，则且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
即成立，所以，故实数的取值范围为.
（3）
解：因为，所以，
且两个等号不同时成立，即，
令，其中，则且不恒为零，
所以函数在上单调递增，且，
当时，，即，
所以当时，，即，此时函数不存在零点；
当时，，而，此时，
即，所以此时函数不存在零点；
当时，，而，所以，
即，所以此时函数不存在零点．
综上可得，时，函数不存在零点．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
22．(1)
(2)或
(3)

【分析】（1）由题意可得切点为，代入中可求出的值；
（2）对函数求导，然后求出函数的单调区间和极值，再利用零点存在性定理可求出零点的的范围，从而可求出的值；
（3）对函数求导后，由题意可得方程有两个不相等的正实根，则，，再结合可得，则，构造函数，利用导数求出其最小值即可求出的取值范围，从而可求出的最大值
（1）
因为曲线在处的切线方程为，
所以切点为，
所以，得
（2）
由（1）得，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，上递增，
所以当时，取得极小值，
因为，
所以在区间上存在一个零点，此时，
因为，
所以在区间上存在一个零点，此时，
综上或
（3）
，
则，
由，得，
因为（）是函数的两个极值点，
所以方程有两个不相等的正实根，
所以，，
所以，
因为，所以，解得或，
因为，所以，
所以


令，则
，
所以在上单调递减，
所以当时，取得最小值，即，
所以，
所以实数的最大值为
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数零点问题，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（3）问解题的关键是由题意得方程有两个不相等的正实根，再根据根与系数的关系和已知条件可得，，然后构造函数，利用导数求出函数的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
23．(1)
(2)答案见解析
(3)

【分析】（1）求出导函数，得切线斜率，从而可得切线方程；
（2）求出导函数，对的中部分函数求导，确定其最小值，单调性，从而确定其变号零点个数，得的变号零点个数，得极值点个数；
（3）不等式恒成立，变形为.引入，由其恒成立的必要条件得，然后利用导数证明时，恒成立，即得结论．
（1）
由已知，所以，
所以，切线斜率，
所以函数在，点处的切线方程为，即.
（2）
，
令，则，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，
由得，
所以当时，由，
函数有两个变号零点，函数有两个极值点.
当时，函数有一个变号零点，函数有一个极值点.
当时，函数没有变号零点，函数没有极值点.
（3）
不等式等价于.
令，
则在上恒成立，所以必须有，
所以.
又，
显然当时，，则函数在上单调递增，
所以，所以.
综上可知，的取值范围为.
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数极值点个数问题，不等式恒成立问题．注意函数极值点的个数就是其导函数的变号零点个数，因此可以通过导数研究函数的单调性，结合零点存在定理判断．不等式恒成立问题的方法常常是转化为求出函数的最值，由最值满足的不等式得出结论，本题方法是由必要条件（特殊化）得出参数范围，然后证明这个范围也是充分的，从而得出结论．
24．(1)
(2)或
(3)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出切点坐标，即可求出切线方程；
（2）求出的导数，判断的单调性，利用零点存在性定理判断即可；
（3）求函数的导函数，令，依题意方程有两不相等的正实根、，利用韦达定理，结合的取值方程，即可求出的取值范围，则，构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而得解．
（1）
解：因为，所以，切线斜率为，
又，切点为，所以切线方程为；
（2）
解：，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以的极小值为，，
在区间上存在一个零点，此时；
又，，
在区间上存在一个零点，此时．
综上，的值为0或3；
（3）
解：函数，，
所以，
由得，依题意方程有两不相等的正实根、，
，，，
又，，，解得，
，
构造函数，，
所以，
在上单调递减；
所以当时，，
所以．
25．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.

【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求解作答.
（2）根据给定条件，等价变形给定不等式，分离参数并构造函数，求出函数最值作答.
（3）把a=3代入，在给定条件下利用导数分段探讨的零点即可推理作答.
（1）
由求导得：，则，而，
所以函数在处的切线方程为：，即.
（2）
，，令，
求导得：，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，则有，
所以a的取值范围是.
（3）
当a=3时，，由k<1得，
当时，，即函数在上单调递增，而，，
即函数在上有唯一零点，因此，函数在上有唯一零点，
当时，令，则，，
当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，
，，因此，函数在上没有零点，
综上得，函数在R上有唯一零点，
所以对于任意的k<1，函数有且只有一个零点．
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
26．(1)0
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）代入，利用导数求解函数的单调区间，即可求解；
（2）利用导数求解函数的单调区间及最值，根据零点存在性定理即可求解；
（3）根据导数的几何意义，列方程组，求解切点坐标及参数的值，得到函数的解析式，利用分析法证明不等式即可.
（1）
解：当时，，
令．
列表如下：









单调递减
极小值0
单调递增

所以的最小值为0
（2）
解：，
当时，单调递减；当时，单调递增，
，
要使有两个零点，首先必有
当时，注意到，

在和上各有一个零点，符合题意，
综上：取值范围为．
（3）
由题得，，设与切于，
，
，
要证：，需证：
即证：，即证：．
令，需要证明：，．
构造，，在上单调递增，
，证毕．