数学选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用课后复习题

这是一份数学选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用课后复习题，共34页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题强化训练一：导数在研究函数中的应用综合强化训练
一、单选题
1．（2022春·陕西榆林·高二校考期中）若函数在内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
2．（2023秋·北京·高二北京市十一学校校考期末）已知函数，则（    ）
A．是偶函数
B．曲线在点处切线的斜率为
C．在上单调递增
D．有一个零点
3．（2023·全国·高二专题练习）已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（    ）
A． B． C． D．
4．（2023·全国·高二专题练习）已知是奇函数并且是上的单调函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围（    ）
A． B．
C． D．
5．（2023秋·北京·高二北京市十一学校校考期末）已知函数，，若成立，则n－m的最小值为（    ）
A． B．
C． D．



6．（2023秋·河南信阳·高二信阳高中校考期末）已知是定义在R上的偶函数，当时，，且，则不等式的解集是（    ）．
A． B．
C． D．
7．（2023秋·山东菏泽·高二山东省鄄城县第一中学校考期末）已知函数在定义域内单调递减，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．（2023·全国·高二专题练习）若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2023·全国·高二专题练习）已知函数对均满足，其中是的导数，则下列不等式恒成立的是（    ）
A． B．
C． D．
10．（2023·全国·高二专题练习）定义在上的函数满足，且对任意的都有（其中为的导数），则下列判断正确的是（    ）
A． B．
C． D．
11．（2023·全国·高二专题练习）设函数在上单调递减，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．


12．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围（    ）
A． B．
C． D．
二、多选题
13．（2023秋·山西大同·高二大同一中校考期末）已知函数的最大值为3，最小值为，则的值可能为（    ）
A． B． C． D．
14．（2023·全国·高二专题练习）设函数，，则下列说法正确的有（    ）
A．函数在上为减函数
B．对，都有恒成立
C．对，都有恒成立
D．函数有两个极值点
15．（2022秋·吉林长春·高二校考期末）函数的图象如图所示，设是函数的导函数，则下列结论正确的是（   ）

A．的解集是
B．
C．时，取得最大值
D．的解集是

16．（2023秋·江苏宿迁·高二统考开学考试）已知函数，下列说法正确的是（   ）
A．当时，存在单调递增区间
B．当时，存在两个极值点
C．是为减函数的充要条件
D．，无极大值
17．（2023秋·江苏苏州·高二常熟中学校考期末）已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．当时，函数恰有两个零点
B．当时，不等式对任意恒成立
C．若函数有两个零点，则
D．当时，若不等式对恒成立，则实数的取值范围为
18．（2022春·山东聊城·高二山东聊城一中校考期中）已知函数有两个零点，且，则下列选项正确的有（    ）
A． B．在上单调递减
C． D．若，则
19．（2022秋·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中）关于函数，下列判断正确的是（    ）
A．是的极大值点
B．函数有且只有1个零点
C．对不等式在上恒成立
D．对任意两个正实数，且，若，则




三、填空题
20．（2023秋·北京·高二北京市十一学校校考期末）已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为______．
21．（2023秋·湖南岳阳·高二统考期末），若关于x的方程在上有根，则实数m的取值范围是 _____．
22．（2023·全国·高二专题练习）已知定义在R上的偶函数满足，若，则不等式的解集为__________．
23．（2022秋·北京·高二北京市第五中学校考期末）给出如下关于函数的结论：
①；②对，都，使得；
③，使得；④对，都有
其中正确的有___________.（填上所有你认为正确结论的序号）
24．（2023秋·江苏宿迁·高二统考开学考试）若不等式对恒成立，则实数的取值范围是__________．
25．（2023秋·浙江宁波·高二校联考期末）已知不等式恒成立，则的最大值为__________.

四、解答题
26．（2023秋·山东菏泽·高二山东省鄄城县第一中学校考期末）已知函数，且.
(1)求函数的图象在点处的切线方程；
(2)求函数在区间上的值域.





27．（2023秋·北京·高二北京市十一学校校考期末）已知函数，．
(1)若函数在x＝1处取得极值，求a的值．
(2)讨论函数的单调区间．


28．（2023秋·北京·高二清华附中校考期末）已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求曲线与直线的公共点个数，并说明理由；
(3)若对于任意，不等式恒成立，直接写出实数的取值范围．


29．（2023秋·浙江温州·高二统考期末）已知函数，，其中．
(1)当时，证明：；
(2)若对任意的恒成立，求k的取值范围.


30．（2023·全国·高二专题练习）已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围.

31．（2023·全国·高二专题练习）已知函数（）．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个不同的零点，求a的取值范围．

32．（2023·全国·高二专题练习）已知函数.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)当时，证明恒成立.

参考答案：
1．A
【分析】求定义域，求导，分和两种情况，结合函数单调性，求出，得到答案.
【详解】定义域为，
，，
当时，恒成立，故函数在上单调递减，不合题意，舍去；
当时，令，解得：，令，解得：，
故在上单调递增，在上单调递减，
因为在内存在单调递增区间，
所以，故实数a的取值范围是.
故选：A
2．D
【分析】选项A由定义域就可以判断，B，C，D选项通过对函数求导逐一分析即可.
【详解】由函数的定义域为，不关于原点对称，
故非奇非偶函数，故A错误，
因为，
所以，
即在点处切线的斜率为，故B错误，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增
所以函数在有增有减，故选项C错误，
由C选项知在上单调递减，在上单调递增
且，所以当，，
当，，
故函数只有唯一一个零点，故选项D正确，
故选：D.
3．A
【分析】设，求导可得在上单调递减，再根据转化为，再结合的单调性求解即可.
【详解】设，则.
因为，所以，即，
所以在上单调递减.
不等式等价于不等式，即.
因为，所以，所以.
因为在上单调递减，所以，解得
故选：A
4．A
【分析】根据函数是奇函数并且是R上的单调函数，，将函数有3个零点，转化为有3个根，令，利用导函数分析单调性，作出大致图像，即可分析与的交点情况，进而求出实数的取值范围.
【详解】解：令，
因为是奇函数并且是R上的单调函数，所以，
若函数有3个零点，
则，即有3个根，
令，则，
当或时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
作出的大致图像：

由图可知，极小值为，极大值为，
要使与有三个交点，则，
故选：A.
5．A
【分析】令，得到关于t的函数式，进而可得关于t的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求的最小值.
【详解】令，则，，
∴，，即，
若，则，
∴，有，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
∴，即的最小值为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：令确定关于t的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值.
6．D
【分析】记.判断出的奇偶性和单调性，即可解不等式.
【详解】记.
因为是定义在R上的偶函数，所以
因为，所以为奇函数，所以.
因为，所以.
当时，，所以在上单减.
因为为奇函数，图像关于原点对称，所以在上单减.
不等式即为.
当时， 在上单减，且，所以的解集为；
当时， 在上单减，且，所以的解集为.
综上所述：的解集为.
故选：D
7．D
【分析】根据单调性可知在上恒成立，分离变量可得，根据二次函数性质可求得的最小值，由此可得的取值范围.
【详解】的定义域为，，
又在定义域内单调递减，
在上恒成立，即在上恒成立；
，
，即实数的取值范围为.
故选：D.
8．C
【分析】先利用导数求出的单减区间为，再列不等式组，即可求出实数的取值范围.
【详解】函数的定义域为,且.
令解得：，所以函数的单减区间为.
因为函数在区间上单调递减，
所以，解得：
所以实数的取值范围是.
故选：C
9．A
【分析】根据给定的等式，构造函数并探讨其单调性，再逐项计算判断作答.
【详解】，令，求导得：，
当时，当时，因此函数在上单调递增，在上单调递减，
对于A，，则，即，A正确；
对于B，，则，即，B错误；
对于C，，则，即，C错误；
对于D，，则，即，D错误．
故选：A
10．D
【分析】根据条件对任意的都有，构造函数，利用导数可得在时单调递增．由注意到，则，代入已知表达式可得，所以关于对称，则由在时单调递增，化简即可得出结果．
【详解】解：设，则，
对任意的都有；
则，则在上单调递增；
则，；
因为，
，
，所以关于对称，
在上单调递增；
，所以，，所以错误；
，又由对称性知，
，，即，所以B错误；
，，，所以C错误；
，，，
，，所以D正确．
故选：D．
11．D
【分析】由函数单调递增，可得在上恒成立，孤立参数，再设，确定的单调性求最值，即可得实数的取值范围.
【详解】解：函数在上单调递减，则在上恒成立，
所以，在上恒成立，设函数，则，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，
则实数的取值范围是.
故选：D.
12．D
【分析】利用多次求导的方法，列不等式来求得的取值范围.
【详解】的定义域是，，
令，
所以在区间递减；在区间递增.
要使有两个极值点，则，
此时，
构造函数，
所以在上递增，所以，
所以，
所以实数a的取值范围.
故选：D
【点睛】利用导数研究函数的极值点，当一次求导无法求得函数的单调性时，可利用二次求导的方法来进行求解.在求解的过程中，要注意原函数和导函数间的对应关系.
13．AC
【分析】求导，利用导数判断原函数的单调性及最值，根据题意分析运算.
【详解】由题意可得：，，
当时，则，显然不合题意，舍去；
当时，令，而，则，
故在上单调递减，在上单调递增，且，即，
故，解得，则；
当时，令，而，则，
故在上单调递减，在上单调递增，且，即，
故，解得，则；
综上所述：或.
故选：AC.
14．BC
【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；利用利用导数研究函数的单调性，可判断B选项；指数函数的单调性可判断C选项；利用函数的极值点与导数的关系可判断D选项.
【详解】因为，其中，则，.
对于A选项，，由可得，
所以，函数的减区间为，A错；
对于B选项，对，令，
，由可得，由可得，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，，B对；
对于C选项，，令，
当时，，则；
当时，，则.
故，，C对；
对于D选项，，其中，，
令，当时，，此时，
故函数在上单调递减；
当时，，此时函数单调递增，
故函数在上至多一个零点，故函数至多一个极值点，D错.
故选：BC.
15．BC
【分析】根据图象可得出以及的解集，根据图象的上升下降可得以及的解集.由此可判断A、D项；由图象分析可知，1和3是函数的两个极值点，所以有以及，代入可判断B项，联立即可得到的关系，代入导函数整理可得到，即可判断C项.
【详解】对于A项，由图象可得，函数在上单调递增，所以的解集是，故A项错误；
对于B项，因为.又由图象知，函数在处取得极小值，
所以有，故B项正确；
对于C项，由图象知，当时，单调递增，则；当时，单调递减，则；
当时，单调递减，则.所以的解集为，的解集为.
又为二次函数，根据二次函数的图象可知.因为函数在以及处取得极值，
所以有，即，所以，
所以，
因为，所以时，取得最大值，故C项正确；
对于D项，由可得或.由图象知，
当时，.又的解集为.所以由可得；
由图象知，当时，.又的解集为.
所以由可得.所以，的解集是，故D项错误.
故选：BC.
16．AC
【分析】由题，，
设.
A选项，判断当时，在上有无解即可；
B选项，判断当时，在上是否有两根即可；
C选项，由充要条件定义验证即可判断选项正误；
D选项，由A选项分析可判断选项正误.
【详解】由题，，
设.
A选项，当且时，方程的判别式，
则的两根为.
当时，，则的解为，则此时存在单调递增区间；
当时，，则的解为，则此时存在单调递增区间；
当时，的解为，则此时存在单调递增区间.
综上：当时，存在单调递增区间.故A正确；
B选项，由A选项分析可知，当时，存在两个极值点；
当时，存在唯一极值点；当时，存在唯一极值点1.故B错误.
C选项，当，在上恒成立，得为上的减函数；
若为上的减函数，则在上恒成立，
得，则.
综上，是为减函数的充要条件.故C正确.
D选项，由A选项分析可知，当时，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，则此时有极大值.
故D错误.
故选：AC
17．BCD
【分析】选项A分离参数，构造函数，求导，根据导数与单调性的关系，结合题意判断即可，选项B由选项A可知，当时，由，整理可得，对任意恒成立，选项C利用对数运算，换元，构造新函数，对新函数求导，利用分析法证明即可，选项D，不等式变形得到，令，根据函数单调性，将问题转化为，利用函数导数求的最小值即可.
【详解】选项A，由，令，
设，
则，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，
所以当，，当，，
所以的图形如图所示：

由图可知，函数恰有两个零点时，
即与有两个不同的交点，此时，
故A不正确，
选项B，由选项A，，
当时，，
即对任意恒成立，故B正确，
选项C，由函数有两个零点，
即为方程的两根，
即，
所以，令且，
则，
所以，
欲证，即证，
即证明，
只需证明，
只需证明，
即，
设，
则，
令，
所以
，
所以在上为增函数，
又，所以，
综上所述，原不等式成立，故，
故C正确，
选项D，当时，，
则不等式对恒成立，
即，
即，
即，
令，当时，单调递增，
所以，
所以对任意恒成立，
即求在上的最小值，
由，
当时，，当在时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
由，得，而，
所以，所以的取值范围是：，
故选：BCD.
18．AD
【分析】根据参变分离构造函数，根据的性质，即可判断A；求导得，结合即可判断B；构造函数，利用导数求解的范围，即可判断C，根据与的大小关系结合的单调性即可判断D．
【详解】对于A，由等价于，
令，
令，得，令，得，
所以在单调递增；在单调递减，
当时，取极大值，
当；当时，，，
则，故A正确．
对于B，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
因为，则，所以在单调递增，故B错误；
对于C，由A可知，当时，，
当时，
令，
，
，
，
在上单调递增，，
，则，
又，，
又在上单调递增，，
，，
综上，故C错误；
对于D，在单调递增，在上单调递减，且，
，
，，
，，
，故D正确，
故选：AD．
19．BC
【分析】对于A，直接对函数求导研究即可；
对于B，构造函数，求导，利用单调性来判断即可；
对于C，将问题转化为在上恒成立，构造函数，求其最大值即可；
对于D，将问题转化为证明，，构造函数，利用导数求其最值可得答案.
【详解】对于A，，，
令，得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
为的极小值点，A错误；
对于B，，
则，所以函数在上单调递减，
又，所以函数有且只有1个零点，B正确；
对于C，若在上恒成立，得在上恒成立，
则
令，则，
令，，
当时，，单调递减，
，即，
在上单调递减，
故函数，则，C正确；
对于D， 令，
，
则
在上单调递减，
则，即，
，，结合A选项可得，

，函数在上单调递增，
则，
即对任意两个正实数，且，若，则，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题难点在选项D，将问题转化为证明，是关键，然后构造出函数来解决问题.
20．或
【分析】构造函数，根据题意可判断，是偶函数，在上是增函数，在减函数，把原不等式转化为解不等式，进而，解之即得答案.
【详解】令，
则，
由当时， ，
所以当时，
即在上是增函数，
由题意是定义在上的偶函数，
所以，
所以，
所以是偶函数，在递减，
所以，
，
即不等式等价为，
所以，所以或.
故答案为：或.
21．．
【详解】问题化为在上有根，令，由导数求得在上的值域即得．
【解答】若关于x的方程在上有根，即在上有根，
令，则，
时，，时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
，，
所以，
若使在上有根，
则．
故答案为：．
22．
【分析】根据函数的满足的性质推得其周期，进而推得，再由集合偶函数的求导可得，可构造函数，并判断其单调性，从而将化为，即，利用函数单调性，即可求得答案.
【详解】 且是定义在R上的偶函数，
，以代换x，得，
∴是以3为周期的周期函数，
故，即 ﹔
由可得，即，
又，即，
令 ，则 ，
∴为R上的增函数，
∴不等式 即，
即，∴ ，
即不等式的解集为，
故答案为：
23．①③④
【分析】通过导数求原函数的单调区间，对于①作差法比较大小；由单调性判断值域，来判断②是否正确；对于③化简,构造函数来解决是否存在的问题；作差，构造函数求最值判断④是否成立．
【详解】函数，定义域为，

，
即，故 ①正确；
，，，单调递增，，，单调递减，
当时， ，，都有，找不到，使得，故②错误；
，令，
则 ，
故 ，，单调递增， ，，单调递减，
，
， ，
即，使得，故③正确；
设，函数定义域为，，
，，单调递增，，，单调递减，有最大值，
所以，即，得
所以对，都有，④正确；
故答案为：①③④
24．
【分析】当时显然成立，当时，构造，则原不等式等价于，利用导函数求单调性可得对恒成立，再构造求最大值即可.
【详解】当，时，，，
所以恒成立；
当，时，恒成立；
当，时，由可得对恒成立，
构造，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，，，
由单调性可知，整理得对恒成立，
令，，则，
所以当时，，单调递增，
所以，
综上，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】导函数中常用的两种转化方法：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；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，本题的关键是利用同构的思路，将不等式变形为，再构造函数，问题就会迎刃而解.
25．
【分析】法一：利用同构得到，即，构造，，利用导函数求出其最小值，得到；
法二：先代入求出，再构造函数，证明其必要性即可.
【详解】法一：变形为，
构造，定义域为，
则在上恒成立，
所以在单调递增，
故，两边平方后变形得到，
构造，，
则，当时，，当时，，
故在处取得极小值，也是最小值，
可知，故，
的最大值为；
法二：中令得：，
解得：，
当时，只要证，，
其中，显然成立，
以下是证明过程：构造，，
，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故，，
只要证，即，由于，
故只要，
构造，，
则，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故，，
综上：可得的最大值为.
故答案为：
【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.
26．(1)
(2)

【分析】（1）利用可构造方程求得的值，结合可求得切线方程；
（2）利用导数可求得的单调性，结合区间端点值和极值可求得的最值，由此可得的值域.
【详解】（1），，解得：，
，则，
在点处的切线方程为：，即.
（2）由（1）知：，则，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
又，，，，，，
的值域为.
27．(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）求定义域，求导，根据求出，验证后得到答案；
（2）求定义域，求导并对导函数进行因式分解，分，，与分类讨论，得到函数的单调区间.
【详解】（1）定义域为，
，因为在x＝1处取得极值，
所以，解得：，
经验证，此时x＝1为极大值点，满足要求，故；
（2），
当时，恒成立，令得：，
令得：，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，，故令得：或，
令得：，
故的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，恒成立，故的单调递增区间为；
当时，，令得：或，
令得：，
故的单调递增区间为，，单调递减区间为；
综上：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；
当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；
28．(1)
(2)曲线与直线的公共点只有一个，证明见解析
(3)实数的取值范围是

【分析】（1）根据导数的几何意义，求切点坐标与切线斜率即可得曲线在点处的切线方程；
（2）构造函数，，确定函数的单调性与取值情况，从而可得的根的个数，即可得曲线与直线的公共点个数；
（3）直线定点作曲线的切线，设切点为，通过导数的几何意义结合函数单调性与取值情况无法解出,则直线不与曲线相切，结合曲线的图象分析直线与其交点情况即可求得实数的取值范围．
【详解】（1）解：函数的定义域是，所以，
则，，
切线方程是：，
故切线方程为：；
（2）解：曲线与直线的公共点只有一个，理由如下：
设，，则
令，则恒成立，所以在上单调递减，
又，所以，，函数单调递增，，，函数单调递减；
则，故，有且只有一个根，即有且只有一个根，
故曲线与直线的公共点只有一个.
（3）解：若对于任意，不等式恒成立，则
又直线过定点，
则过点作曲线的切线，设切点为，则斜率，
则切线方程为，将代入得：，
设，，则，得，
所以当，，单调递增，当，，单调递减，
所以，所以关于的方程无解，
则说明过点的切线不存在，则直线不与曲线相切，
又函数的定义域是，所以，得，
所以当，，单调递增，当，，单调递减，
所以，又时，，且，则可得的大致图象如下：

根据上述结论结合函数图象可知当时，直线与曲线无交点，当时，直线与曲线总有交点，
从而要使对于任意，不等式恒成立，实数的取值范围是.
29．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由于，故设，求出其导数，根据函数单调性求得最小值，即可证明结论；
（2）对任意的恒成立，等价于：对任意的，恒成立，故设，求得其导数，再次求导，分类讨论，
分和两种情况说明是否恒成立，从而确定k的范围
【详解】（1）当时, ,设，
等价于证明：；
因为，当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，即，则．
（2）对任意的恒成立，
等价于：对任意的，恒成立，
令，，
，记，
①当时，
，
则，所以在单调递减，，
即恒成立．
②当时，，记，
因为在上单调递减，且时，，，

所以存在，使得，
且时，，时，，
则在单调递增，在单调递减．
又因为，，必存在，
使得在单调递减，在单调递增，且，
所以在时恒小于零，不符合题意，
综和①②可得：.
【点睛】难点点睛：解决对任意的恒成立时，需要构造函数，利用导数判断单调性，解答的难点在于导数中含有参数k,要分类讨论确定k的范围，特别是说明不合题意时，需要连续求导，结合零点存在定理，判断导数正负，进而判断函数的单调性,说明不等式是否恒成立.
30．(1)上单调递减，在上单调递增.
(2)

【分析】（1）代入的值，求出函数的导数，令，利用导数说明的取值情况，即可得到的单调性；
（2）令，问题转化为与的图象有两个交点，求出函数的导数，根据函数的单调性求出的取值范围即可．
【详解】（1）解：当时，，则，
令，则，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，且当时，，则，
所以当时，当时，
即当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：因为有两个零点，所以方程有两个不同的根，
即关于的方程有两个不同的解，
当时，方程不成立，所以，
令，，则与的图象有两个交点，
又，
令，解得或，令，得或，
所以在，上单调递增，在，上单调递减，
当时，取得极大值，
当时，取得极小值，
因为，且当时，，
所以的取值范围是．
31．(1)
(2)．

【分析】（1）当时，求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出处的切线的斜率，利用点斜式求出切线方程；
（2）对进行求导，分四种情况，利用单调性分析零点的情况即可
【详解】（1）当时，，
所以，又，
所以所求切线方程为．
（2），
所以，
当时，由，得，由，得，
所以g(x)在区间(0,1)内单调递减，在区间内单调递增，
所以若g(x)有两个不同的零点，则必有，即；
当时，，
因为，当时，，
所以，
所以，
所以g(x)在区间内各有一个零点，故满足题意；
当时，因为，所以g(x)在区间内单调递减，所以g(x)至多有一个零点，不符合题意；
当时，因为当时，，当时，，
所以g(x)在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减，
所以g(x)的极小值为，所以g(x)至多有一个零点，不符合题意；
当时，因为当时，，当时，，
所以g(x)在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减，
所以g(x)的极小值为，
所以g(x)至多有一个零点，不符合题意．
综上，a的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．
32．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导得，分、、三种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，根据恒成立可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围；
（2）先证明出，由（1）可得出，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，证明出，可证得，进而可证得原不等式成立.
【详解】（1）解：，且该函数的定义域为，.
①当时，恒成立，在上单调递增，
因为，所以时不符合题意；
②当时，，显然成立；
③当时，由解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，，即，
所以，，解得.
综上所述，.
（2）证明：由题意可知，函数的定义域为，
先证明，令，
则，
由（1）可知，所以，，
设，其中，则且不恒为零，
所以，在上为增函数，故当时，，
所以，，
因为，故，故原不等式得证.