微专题 二次求导函数处理问题 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练

这是一份微专题 二次求导函数处理问题 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练，共43页。学案主要包含了考点梳理，典例分析，双基达标，高分突破等内容，欢迎下载使用。

微专题：二次求导函数处理问题
【考点梳理】
二次求导的原因是导函数无法用初等方程的求解，尤其是超越方程，使用二次求导可以化解很多一次求导函数零点“求之不得”的问题。
方法
二次求导
使用情景
对函数一次求导得到之后，解不等式难度较大甚至根本解不出.
解题步骤
设，再求，求出的解，即得到函数的单调性，得到函数的最值，即可得到的正负情况，即可得到函数的单调性.



【典例分析】
典例1．设函数的导函数为．
(1)当时，研究的单调性；
(2)讨论极值点的个数．



典例2．已知函数.
(1)若关于的不等式恒成立，求的取值范围；
(2)若，是的两个极值点，且，证明：.



典例3．已知函数f（x）＝2ax﹣ln（x+1）+1，a∈R．
(1)讨论（x）的单调性；
(2)当x＞0，0＜a≤1时，求证：eax＞f（x）．


【双基达标】
4．函数，有两个不同的极值点，，
(1)求实数a的取值范围；
(2)当的取值范围为时，总存在两组不同的数对使得方程成立，求实数的取值范围.
5．已知函数．
(1)求的最小值；
(2)设，若有且仅有两个实根，证明：．
6．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个不同的零点（），
（ⅰ）求证；（为自然对数的底数）；
（ⅱ）若满足，求a的最大值.
7．已知函数．
(1)求证：函数在定义域上单调递增；
(2)设区间（其中），证明：存在实数，使得函数在区间I上总存在极值点．
8．已知函数，且0是的一个极值点．
(1)求的单调区间；
(2)若，求的取值范围．
9．设a为实数，函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)判断函数零点的个数．
10．已知函数．
(1)若函数在处的切线过点，求a的值；
(2)设函数，若时，恒成立，求实数a的取值范围．

【高分突破】
11．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：．（注，）
12．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设有两个零点，若，证明：．
13．已知函数．
(1)求证：；
(2)若恒成立，求实数．
14．已知函数．
(1)当且时，试判断函数的单调性；
(2)若在上是单调函数，求ab的最小值．
15．已知函数，.
(1)若函数在区间上的最小值为3，求实数的值；
(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
16．已知函数．
(1)若时，过点作曲线的切线l，求l的方程；
(2)若函数在处取极小值，求a的取值范围．
17．设函数.
(1)求的单调区间；
(2)当时，恒成立，求整数的最大值.
18．已知函数，，.
(1)当时，求证：对于任意正实数x恒成立.
(2)若函数在上有且仅有两个极值点，求实数t的取值范围.
19．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当，，求a的取值范围．
20．已知函数，.
(1)求的极大值；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围.
21．已知函数．
(1)求证：在上单调递减
(2)若对于任意，都有恒成立，求正实数a的取值范围．
22．已知函数（其中为自然对数的底数）.
(1)若曲线在点处的切线与x轴交于点，求a的值；
(2)求证：时，存在唯一极值点，且.
23．设函数.
(1)证明不等式：；
(2)，若为函数g（x）的两个不等于1的极值点，设，，记直线PQ的斜率为k，求证：.
24．已知函数f（x）＝ex＋ax·sinx．
(1)求y＝f（x）在x＝0处的切线方程；
(2)当a＝－2时，设函数g（x）＝，若x0是g（x）在（0，π）上的一个极值点，求证：x0是函数g（x）在（0，π）上的唯一极小值点，且e－2 25．已知函数，其中．
(1)若函数在单调递增，求m的取值范围；
(2)已知函数存在两个极值点（），当时，求的取值范围．
26．（1）讨论，的单调性：
（2）已知，，证明：时，．
27．已知函数，.
(1)若函数在区间上的最大值为20，求实数a的值；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围.
28．已知函数，其中.
(1)若函数在上单调递增，求的取值范围；
(2)若函数存在两个极值点，当时，求的取值范围.
29．已知函数，其中，e是自然对数的底数，
(1)当时，求f（x）的单调区间；
(2)若f（x）在R上恰有三个零点，求a的取值范围.
30．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若不等式在上恒成立，求实数k的取值范围．

参考答案
1．(1)p（x）在（0，+∞）上单调递减.
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
(1)求导得到的解析式，分别求一阶导数和二阶导数，令二阶导数为零，当变化时、的变化如列表所示，从而得到的单调性.(2)分 ， ， 三种情况讨论，分别列出表格，写出单调性及极值.
（1）（ ， 则令 得，













所以 在上单调递增，在上单调递减，，当a≤时，，则在（0，+∞）上恒小于等于0，所以 在（0，+∞）上单调递减.
（2）①若，则 ，在（0，+∞）上单调递增，
又因为当时， ；当时， ，所以有唯一零点，记为，










极小值


所以在上单调递减，在上单调递增，所以有1个极小值点，无极大值点.②若a＜0，则令得，













所以 在上单调递增，在上单调递减，，（Ⅰ）若，即，则在（0，+∞）上恒小于等于0，所以p（x）在（0，+∞）上单调递减，无极值点.（Ⅱ）若，即＜a＜0，则因为当时， ；当时，，所以在和内各有一个零点，分别记为和，












p（x）

极小值

极大值


所以P（x）在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，p（x）有1个极小值点，1个极大值点.综上，若，则在上单调递减，在上单调递增，有1个极小值点，无极大值点；若a≤，则p（x）在（0，+∞）上单调递减，无极值点；若＜a＜0，则P（x）在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，p（x）有1个极小值点，1个极大值点.
2．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)同构函数，利用函数的单调性即可求解；
(2)转化 为导函数的零点，再构造函数，利用函数的单调性可以求解.
(1)
因为恒成立，所以，
即.
令函数，则 恒成立.
令函数 ，则 ，
当 时， ，当 时， ， 时， ，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以， ，
因为 ，所以在上单调递增，
所以等价于，即恒成立，
令函数，则 ，
当时， ；当 时， ，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
故的取值范围是；
(2)
因为是的两个极值点，所以是方程 的两个根，
令 ，则 ，有（1）的讨论可知，
若 存在两个零点， ，且，
由 ，即 ，
因为，
所以，
即需证恒成立，
由 可得，
令，则，，
所以等价于，即，
令函数，，则 ，
所以在上单调递减，所以，即，
故；


【点睛】
同构函数是解决第一问的关键，第二问中构造函数解决双变量的问题是技巧，对于双变量问题必须转化为单变量才好解决.
3．(1)当a≤0时，f（x）在上单调递减；
当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，分a≤0，a＞0讨论导函数的正负，进而得到单调性；
（2）构造g（x）＝eax-2ax+ln（x+1）-1，求出其导函数及二阶导函数依次判断导函数的正负情况，得到函数的单调性，结合隐零点知识得到原函数的最小值，得证不等式恒成立.
(1)
f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝2a﹣，
①当a≤0时，f′（x）＜0，即f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；
②当a＞0时，f′（x）＝，
由f′（x）＞0，解得x＞，由f′（x）＜0，解得﹣1＜x＜，
即f（x）在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f（x）在上单调递减；
当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增．
(2)
证明：eax＞f（x），即eax-2ax+ln（x+1）-1＞0，
令g（x）＝eax-2ax+ln（x+1）-1，x＞0，则g′（x）＝aeax-2a+，
令h（x）＝aeax-2a+，则h′（x）＝a2eax-，
令φ（x）＝a2eax-，则φ′（x）＝a3eax+＞0，
所以φ（x）即h′（x）在（0，+∞）上单调递增，又h′（0）＝a2-1，
①当a＝1时，h′（0）＝0，则h′（x）＞0恒成立，即h（x）在
（0，+∞）上单调递增，则有h（x）＞h（0）＝2-2＝0；
②当0＜a＜1时，h′（0）＝a2-1＜0，
h′（x）＝a2eax-＞a2eax-1，则h′（）＞1-1＝0，
即存在x0＞0使得h′（x0）＝0，即，
且h（x）≥h（x0）＝+-2a＝-2a＝＞0，
即h（x）≥0，
综上所述，h（x）≥0恒成立，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，即eax＞f（x）．
4．(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)由已知可得有且只有两个可用二分法求解的根，由此列不等式求实数a的取值范围；(2)设，由条件可得方程在上有两个根，由此可求的取值范围.
(1)
，令，
，，单调递增，即单调递增，
，，单调递减，即单调递减，
因为有两个不同的极值点，，
所以有且只有两个可用二分法求解的根，
所以，所以，所以，
又当时，，所以方程在上存在一个根，
设，则，
所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，即，当且仅当时取等号；
所以当时，，当且仅当时取等号；
所以当时，，
所以方程在上存在一个根，
所以时，有两个不同的极值点.
(2)
因为，，
所以
令，与，
解得：，，则
令，则，
令，则，
所以当，，单调递增，，
所以，单调递增，
而，所以
令，，
令，，
当，，单调递增，，
，单调递增，
令，，
令，，
当，，单调递增，，，单调递增，
所以数对与t一一对应
存在两组不同的数对使得方程成立，
等价于存在两组不同的数对使得成立，
等价于存在两个不同的使得成立，
令，，单调递减，，单调递增，
，，，
，
所以
【点睛】
(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．
(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
5．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解；
（2）根据导数正负与函数的单调性的关系及函数零点的存在性定理，利用已知条件结合函数极值及函数值，得出的范围，进而得出，结合函数的单调性即可求解.
(1)
的定义域为．，
令，即，解得，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
故是在的唯一最小值点．
所以．
(2)
，定义域为，
因为．所以在单调递增，
又，，故存在，使得．
所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
因为有且仅有两个实根，所以，
又，，且
所以，故．
又
又在单调递减，故是在的唯一根，
故．所以．
【点睛】
解决此题的关键第一问利用导数法求函数的最值的步骤即可求解，第二问利用求二阶导数及函数零点的存在性定理得出函数的单调性，根据函数的极值及函数值，得出的范围，进而得出，结合函数的单调性即可.
6．(1)当时，的单调递增区间是，无递减区间；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是.
(2)（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】
（1）求导，分类讨论参数和时，函数的单调性即可；
（2）（ⅰ）利用参数分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可证得结论；
（ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求额，再利用的单调性可求得，进而求得结果.
（1）（1）求导，，当时，恒成立，的单调递增区间是，无递减区间.当时，由，得，由，得，所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）（ⅰ）令，得，设，求导，令，解得，则
x




+
0
-


极大值


当时，取得极大值，且且当时，，当时，，如图，数形结合可知，即.（ⅱ）因为，即，且，不妨设，将代入中，得，即.设，则，令，则，∴在上单调递减，即，从而有，得在上单调递减，由已知条件得，即，∴在上单调递减，即，得，，即.又因为，设，由（ⅰ）知，在上单调递增，而，所以在上也单调递增，得，得，即.综上，a的最大值是.
【点睛】
方法点睛：本题考查导数的几何意义，利用导数求函数的极值，利用导数研究含参函数的零点有两种方法：
（1）利用导数研究函数的极（最）值，转换为函数的图像与x轴的交点问题，应用分类讨论思想，在含参函数含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题；
（2）参数分离，即由分离参变量，得到，转化为研究与直线的图像的交点问题.
7．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，利用导数的正负研究函数的单调性即可得证；
（2）分析要使得在区间上总存在极值点，则需满足，进而构造函数，利用导数研究函数的单调性，可得实数的取值范围，由此得证.
(1)
∵，则，
设，则，令，解得
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故当时，函数取得极小值，且，即
所以，所以函数在定义域上单调递增.
(2)
由（其中），易知，
由（1）可知在上单调递增，．
由，求导，
其中，求导，
即在上单调递增，故．
令，由上可知在单调递增．
要使得在区间上总存在极值点，则需满足，
而恒成立恒成立，
于是，∴，
而，
又，
∴单调递减，且，
故，∴，
∴单调递增，且，
故，即，
∴函数在上单调递增；
∵在上单调递增，故······①
又，故要使得恒成立，
则只需，
同理可得······②
且，由①②可知，
存在当时，函数在区间上总存在极值点.
【点睛】
方法点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值问题，判断函数的单调性，对函数求导，若，则函数单调递增；若，则函数单调递减，考查学生的计算能力与逻辑思维能力，属于难题.
8．(1)函数的递增区间有，递减区间有；
(2)的取值范围为.
【解析】
【分析】
(1)根据极值点的性质列方程求，再根据函数的单调性与导数的关系求单调区间；(2)化简不等式，由条件可得，构造函数，讨论求其最值，由此可得结果.
(1)
函数的定义域为，
因为0是的一个极值点，所以，
所以，解得，所以，
且，
令，则，
当时，，函数单调递减，又
当时，，，函数单调递减，
当时，，，函数单调递增，
所以为函数的极大值点，
所以，且函数的递增区间有，递减区间有；
(2)
由(1)，
所以可化为，
当时，不等式可化为，可得,
当时，不等式可化为，
设或，则，
设，则
所以单调递增，又，
所以当时，，，
当，，，
所以函数在和上都为增函数，
取，，
设，则
当时，，
所以单调递增，而，
所以当时，，
所以当时，，
所以或的最小值为h(-1),即，
所以当时，没有最小值，
但其取值能无限趋近，
又恒成立，
所以，所以，
综上.
【点睛】
不等式恒成立问题的解决的关键在于转化为函数的最值问题，是否分离参数取决于分离参数是否有利于问题的解决.
9．(1)减区间为，无增区间.
(2)当，函数在上没有零点；当，函数在上有1个零点；当，函数在上有2个零点.
【解析】
【分析】
(1)利用二次求导研究函数的单调性，进而得出结果；
(2)利用分类讨论的思想，根据函数与具有相同的零点，结合导数分别研究当、、时的单调性，利用零点的存在性定理即可判断函数的零点个数，进而得出结果.
(1)
函数的定义域为，
当时，，
则，且，
有，令，
所以当时，则单调递增，
当时，则单调递减，
所以，即，
则函数在上单调递减，
即函数的减区间为，无增区间；
(2)
由(1)知当时函数在上单调递减，
又，此时函数只有1个零点；
因为函数的定义域为，所以与具有相同的零点，
令，
则，
当时，，令，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，此时函数无零点，即函数无零点；
当时，令或，
若，则，列表如下：


1




-
0
+
0
-


极小值

极大值


当时，
，
当即时，，
，又，
此时函数有1个零点，则函数有1个零点；
若，则，列表如下：




1


-
0
+
0
-


极小值

极大值


所以，
又，，则此时函数有2个零点，即函数有2个零点；
综上，当时，函数在上没有零点，
当时，函数在上有1个零点，
当时，函数在上有2个零点.
【点睛】
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．
10．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义列方程求a的值；
（2）化简，利用导数求出，分类讨论，分别求出，令求解即可.
(1)
∵，∴，，
又，所以切线方程为
因为切线过点，所以，故．
(2)
，
，设，则
∵，∴，在上单调递增，，
①当，即时，，在上单调递增，
则，∴，故．
②当，即时，，，，
即，
时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
则，∴，∴．
由，令函数，且，
，在上单调递增，，∵，∴．
综上，实数a的取值范围是．
【点睛】
对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
11．(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，分别讨论和，利用函数导数研究函数的单调性即可；
（2）由（1）知，在处取得最小值，要证，即证时，，构造函数，证明在上大于等于即可.
(1)
由题意得，函数的定义域为，
则，
，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上所述：函数在上单调递减，在上单调递增.
(2)
由（1）知，在处取得唯一极小值，即最小值，所以，
欲证当时，，
即证当时，，
令，，
则，又令，，
则恒成立，所以在上单调递减，
又,，即，
存在唯一使得恒成立，
当时，，即，所以在上单调递增；
当时，，即，所以在上单调递减；
所以的最小值在或处取得，又因为，


所以，
即当时，，
故当时，.
【点睛】
结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立；
(2)恒成立；
12．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导得，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成，然后根据比例，构造出，得到，进而构造函数，利用导数处理单调性，进而可求.
(1)
）
令 ，则 ，且对称轴
而
易知当 时在 单调递减，在 单调递增
当 时在单调递减.
(2)
有两个零点且，则，
设，       ，
，
，所以，
，
设，，则，
设，则，
当时，，所以函数在上递增，
，则，
在递增，又，
，
故．
【点睛】
本题考查了含参函数的单调性，最值问题，方程与函数零点的综合问题，利用导数解决单调性的问题，分情况讨论，转化，构造函数证明不等式，二阶求导等综合性的函数知识，在做题时要理清思路，是一道导数的综合题.
13．(1)证明见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）方法1：证，即证，利用导数求得单调性，分别得到，即证；
方法2：令，易得在上单调递增，由零点的存在性定理可得存在唯一的，使得，
则结合基本不等式即可证明；
（2）构造，；则，时，在上为单调增函数，分别讨论，，即可.
(1)
的定义域为．
方法1：要证，即证．
记，，
由于，当时，，则在上为单调减函数，
当时，，则在上为单调增函数，所以．
又，令，得，
当时，，则在上为增函数，
当时，，则在上为减函数，
所以，得证．
方法2：，令，因为，
所以在区间上为单调增函数，
又，，所以存在唯一的，使得．
因为在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，
且满足，，
所以
，得证．
(2)
令，则，；
则，时，在上为单调增函数
①当时，，且，
所以函数在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，
即，符合题意．
②当时，，所以，
当时，，
所以，且，
所以存在唯一的，使得，
且在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，
所以当时，，即不恒成立，不合题意．
③当时，，所以，
当时，，所以，
所以存在唯一的，使得，
且在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，
所以当时，，即不恒成立，不合题意．
综上，．
【点睛】
（1）证明单变量不等式时，构造两个函数，证明其中一个函数最小值大于另一个函数的最大值为重要的方法之一；也可以通过“隐零点”达到证明的目的．
（2）“切点型零点”问题往往通过先猜后证的方式简化思维量、运算量．
14．(1)在上递增.
(2)
【解析】
【分析】
（1）结合二次求导的方程求得的单调性；
（2）由，结合二次求导的方法，对进行分类讨论，利用构造函数法，求得的最小值.
(1)
且，，
令
所以在区间递减；在区间递增.
所以，
所以在上递增.
(2)
，
依题意可知：在上单调，则在上递增，
所以①在上恒成立.
，
当时，，
当时，，在上递增，
，与①矛盾.
当时，在区间递减；在区间递增，
所以时，的最小值，
，
构造函数，
所以在区间递减；在区间递增.
所以当时，也即取得最小值为.
【点睛】
在利用导数研究函数的过程中，若一次求导无法解决问题，可考虑利用二次求导的方法来进行求解.求解过程中要注意导函数和原函数间的对应关系.
15．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据函数的导数，分别讨论时，函数的单调性，即可确定函数在区间上的最值点，列式即可解出；
（2）根据分离参数可知，不等式在上恒成立，等价于在上恒成立，利用导数求出函数在上的最小值，即可得到实数的取值范围.
(1)
因为，，，
所以当时，则在上单调递增，的最小值为不符合，舍去；
当时，则在上单调递减，在上单调递增，在的最小值为，则不符合，舍去；
当时，在上单调递减，的最小值为，则．
(2)
在上恒成立，即在上恒成立，
设，，，设，在上恒为正，则在上单调递增，，则在上单调递增，.
所以，即实数的取值范围为.
16．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，然后设切点的坐标为，然后得到斜率并写出切线方程，再将点（0,0）代入切线方程解出，最后得到切线方程；
（2）先求出导函数，且发现，然后设并求出导函数，进而分，，和四种情况进行讨论得到的单调性，进一步得到的单调性，讨论出函数在处的极值，最后得到答案.
(1)
时，．
设切点，则，
故切线l的方程为，
由于切线l过点，则，
即，解得，故切线方程为．
(2)
，，
令，则，
①当时，可知，在上单调递增，又，
则时，即，单调递减，时，即，单调递增
故在时取得极小值，故满足条件．
②当时，则在上为增函数，又，
若，，当 时，即单调递减，当 时，即单调递增，而，于是，即函数在上单调递增，不合题意；
若，，而，则存在使得，且时，则即单调递减，又，故时，单调递增，时，单调递减，此时为的极大值点，不合题意．
若，则，限定，故，于是当且时，，那么存在，使得.
所以时，，在上单调递增，而，于是，时，即，单调递减，时，即，单调递增，此时为的极小值点，符合题意．
综上所述：函数在处取极小值时a的取值范围是．
【点睛】
本题难度较大，首先需要对函数进行二次求导，紧紧抓住“导函数的正负确定原函数的增减”；其次，“时”这一步函数的放缩有一定的技巧性，平常注意归纳总结.
17．(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)2
【解析】
【分析】
（1）求导，分别解不等式，可得；
（2）分离参数，将恒成立问题转化为函数的最值问题，通过二次求导可得导函数单调性，结合导函数的零点可得函数的单调区间，从而可得最值，然后可得.
(1)
，
由解得，由解得，
所以的单调增区间为，单调减区间为
(2)
当时，
所以
记，
则
记
因为当时，，所以在上单调递增，
，所以存在，

记，则…①
所以当时，，即，此时单调递减，
当时，，即，此时单调递增
所以当时，由最小值…②
将①代入②可得
所以，因为a为整数，所以a的最大值为2.
18．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用导数讨论的最值情况，证明的最小值大于0即可；
（2）对t分类讨论，利用导数讨论的单调性，结合零点存在定理，讨论的变号零点个数情况即可
(1)
由题，，故，令，则，
当时，可知，易得在，在，故，又，又，故，即，得证；
(2)
由（1）得，原问题等价于在上有且仅有两个变号零点，
i.当时，，递增，不符合情况；
ii.当时，由，
当时，，递减，当时，，递增，所以，故在上有且仅有两个变号零点的充要条件为，解得，
iii.当时，，递减，不符合情况；
综上所述，当时，在上有且仅有两个变号零点，即函数在上有且仅有两个极值点
19．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，点斜式即可得切线方程；
（2）由题意可构造函数令，利用导数，结合分类讨论的思想，确定函数的单调性，根据单调性由求解可得.
(1)
，，
又，
故在点处的切线方程为．
(2)
当，令，
得，，
令，则．
①若时，得，则在上单调递增，
故，
所以在上单调递增，所以，
从而，不符合题意；
②若，令，得．
（ⅰ）若，则，当时，，在上单调递增，从而，所以在上单调递增，此时，不符合题意；
（ⅱ）若，则，在上恒成立，所在上单调递减，，从而在上单调递减，所以，所以恒成立．
综上所述，a的取值范围是．
【点睛】
关键点点睛：由原不等式在时恒成立，转化为在时恒成立，是解决问题的第一步，再利用导数，分析的单调性，即函数值的正负，由于含有参数，分类讨论是解题的关键和难点.
20．(1)当时，无极值；当时，有极大值.
(2)
【解析】
【分析】
（1）分，，利用导数讨论其单调性可得；
（2）分离参数，将恒成立问题转化为求函数最值问题，通过二次求导可判断导函数的单调性，结合导函数的零点可得所构造函数的单调区间，然后可解.
(1)
的定义域为

当时，恒成立，在定义域上单调递增，无极值；
当时，由解得，在上单调递增，
由解得，在上单调递减，
所以当时，有极大值
综上，当时，无极值；当时，有极大值，无极小值.
(2)
因为恒成立，
所以恒成立，
记
则
记
因为，所以
所以在上单调递减，
又因为
所以，当时，，即，单调递增
当时，，即，单调递减
所以，当时，有最大值.
所以，
即实数a的取值范围为
21．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）求导函数得时，，由此得证；
（2）将问题等价于对于任意恒成立，令，求导函数，令，分，两种情况，运用导函数讨论函数的单调性和最值，从而得函数的单调性和最值，由此可求得正实数a的取值范围．
(1)
证明：因为，则，
又，所以，
所以，故在上单调递减．
(2)
解：不等式等价于对于任意恒成立，
即对于任意恒成立，
当时，则有对于任意恒成立，即，
令，则，
令，
所以，
若，则在上恒成立，故在上为减函数，
故，故在上为减函数，
所以．
若，则，
因为为不间断函数，故存在，使得时，，
故当时，，这与题设矛盾．
所以，又，故正实数a的取值范围为．
22．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义得出切线方程，再结合点在切线上即可求解；
（2）根据已知条件及函数导数极值的定义，再利用导数研究函数极值即可证明.
(1)
因为，所以，
又，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，得，
因为切线与x轴正半轴交于点，所以，
所以；
(2)
因为，设，
因为，所以时，，
故在上是减函数，
因为，若，则时，，
当时，，若，则，
故当时，，
所以有唯一零点，
当时，即，故为增函数，
当时，即，故为减函数.
所以存在唯一极大值点，
又因，即，
所以等价于
所以，因为是增函数，
故
【点睛】
解决此类型题第一问直接利用导数的几何意义写出切线方程结合点在切线上即可；第二问利用函数极值的定义及导数法求函数的极值即可，但由于此题求函数的一阶导数后函数是超越函数无法求函数的零点，因此需要在一阶导数的基础上继续求导，进而研究函数的问题就很容易.
23．(1)证明过程见解析；
(2)证明过程见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据函数的定义域对所证明的不等式进行变形，通过构造函数，利用导数的性质，结合二次求导法进行证明即可；
（2）对函数g（x）进行求导，根据导数的性质和极值点的定义，结合一元二次方程根与系数关系，通过构造新函数，结合导数的性质进行证明即可.
(1)
因为，所以要证明成立，
只需要证明成立，即证明成立.
设，，
设，，
因为， 所以单调递增，所以有，
即单调递增，所以有，即，
所以有；
(2)
，
，
令，因为为函数g（x）的两个不等于1的极值点，
所以为是方程不相等的两个正实根，
所以有：，
不妨设，则，，
由直线斜率公式可得：


，
，
所以，
设，
，
设，
设，，
函数对称轴为：，当时，函数单调递减，
故有，所以函数单调递减，
有，
所以函数是减函数，故，而
所以，所以.
【点睛】
关键点睛：利用换元法，通过构造新函数，结合导数的性质是解题的关键.
24．(1)x－y＋1＝0
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导得在x＝0处的导数值，进而得切线的斜率，根据点斜式即可求切线方程.
（2）求导，通过导函数的正负，确定原函数的单调性，然后确定极值.根据不等式，即可求解.
(1)
由已知得 ＝ex＋a（sin x＋xcos x），而，f（0）＝1，
故在x＝0处的切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0．
(2)
当a＝－2时，由题意得 ，，则，
令φ（x）＝g′（x），则，当时， ∴g′（x）在（0，π）上单调递增，
∵g′（1）＝－2cos 1<0，∴，使g′（x0）＝0，
∴当时，g′（x）<0，即在上单调递减，
当时，g′（x）>0，即在上单调递增，
∴在（0，π）上有唯一极小值点x0且，∴g（x0） 设 ，时，，则在上单调递增，
∴h（x0）＝>h（1）＝e，
又∵－2sin x0∈（－2，－2sin 1），∴g（x0）＝－2sin x0>e－2，
综上，e－2 25．(1);
(2).
【解析】
【分析】
(1)求出函数的导数，由题意转化为不等式恒成立，分离参数，构造函数利用导数求最小值即可；
（2）根据所给极值点得出，换元后可得构造函数，利用导数研究函数单调性，由单调性求范围即可.
(1)
，，
函数在单调递增，在上恒成立，
即在上恒成立，令，则时，，
所以在时，单调递增，所以，
所以，即.
(2)
因为函数存在两个极值点（），
所以，可得，令，则，
所以取对数可得
，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，因为，所以在恒成立，
所以在恒成立，所以在上单调递增，
所以，即，
即
【点睛】
关键点点睛：本题第二问解题的关键在于先根据极值点的定义得出，进而换元，求出构造函数，利用导数研究函数的单调性，由单调性求出的范围.
26．（1）见解析，（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由导数分析单调性
（2）由导数与二阶导数，结合零点存在性定理分析单调性后求最小值证明
【详解】
（1），
时，
①当时，，在上单调递增，
②当时，令，得，
在上单调递减，在上单调递增，
③当时，，在上单调递减．
（2）当时，
令，
，，
，则在上单调递增．
，取，
由零点存在性定理，存在使得，有，
则在上单调递减，在上单调递增，
，
故，
故时，．
27．(1)或
(2)
【解析】
【分析】
(1)利用导数研究函数当、、、时的单调性，分别求出函数的最大值，令，解出对应的a即可；
(2)将原问题转化为在上恒成立，令，利用二次求导研究函数的单调性，求出即可.
(1)
函数的定义域为R，，
①当时，，故函数单调递增，
有，解得；
②当时，令，解得或，
令，解得，
所以函数的增区间为，，减区间为.
当即时，
函数在，上单调递增，在上单调递减，
得或.
解得（舍去）或舍去）；
当即时，
函数在上单调递增，在上单调递减，
得，解得（舍去）；
当即时，
函数在上单调递减，
得，解得.
综上知或；
(2)
可化为，
整理，得，
即在上恒成立，
令，
则，
令，则，
所以函数在上单调递增，且，
所以当时；当时，
故函数的增区间为，减区间为，
所以，得，
即实数a的取值范围为.
28．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）求出，由函数在上单调递增，转化为在上恒成立.令，利用导数判断出在上单调递增，求出，即可求出的取值范围；
(2)先判断出时有两个极值点，且.得到.令，则，得到，.令利用二次求导判断出在上递增.求出，得到的取值范围是.
(1)
因为，所以，
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
故令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，故，
所以，即的取值范围是.
(2)
.
对函数，设上一点为，
过点的切线方程为，
将代入上式得，
所以过的的切线方程为
所以，要使与有两个交点，则.
此时有两个极值点，且.
，
令，则，所以，
所以，即，所以，
令，令，
所以在上递增.
因为，所以在上恒成立.所以在上恒成立.
所以在上递增.
又，
所以当时，，
所以的取值范围是.
【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．
29．(1)单调递增区间为R，无递减区间.
(2)
【解析】
【分析】
（1）二次求导，得到，故求f（x）的单调递增区间为R，无递减区间；（2）参变分离后，构造函数，通过求导，研究其函数图象，数形结合求出a的取值范围.
(1)
当时，则
令，则
令，得
∴当时，，g（x）在上单调递减；
当1时，，g（x）在上单调递增.
∴，故
∴f（x）单调递增区间为R，无递减区间.
(2)
∵，∴f（x）的零点
令，可得
设，则
令，得
∴当，h（x）单调递增；
当时.，h（x）单调递减；
当）时，，h（x）单调递增.
因为恒成立，且作出h（x）的大致图像，如图所示，

由图像可知，当时，直线与曲线有三个交点，即f（x）有三个不同的零点，
∴a的取值范围是
30．(1)单调递减区间为，单调递增区间为；
(2)
【解析】
【分析】
（1）二次求导，利用二次导数的符号判定一次导数的单调性及符号变化，进而确定原函数的单调性；
（2）作差构造函数，证明函数的最小值非负，求导，讨论的符号和的单调性进行求解.
(1)
解：因为，
所以，
所以
因为
所以函数为增函数，又，
所以当时，当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
(2)
解：将 化为，
设，
则，
由（1）可知，是上的增函数，且，
①当时，，函数在区间上单调递增，
故，符合题意；
②当时，，故存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上为减函数，在上为增函数，
故，不等式不恒成立．
综上，实数k的取值范围为．