15.选择性必修2 第五章 一次函数的导数及其应用(教师版)-【高中数学】5年(2021-2025)真题按章分类

【 高中数学 】 5年高考真题·按册按章分类 2021—2025 序号及章 单选题 多选题 填空题 解答题 1.必修1 第一章 集合与常用逻辑用语 36 1 2.必修1 第二章 一元二次函数、方程和不等式 2 1 3 3.必修1 第三章 函数的概念与性质 13 6 1 4.必修1 第四章 指数函数与对数函数 22 1 4 5.必修1 第五章 三角函数 38 2 13 3 6.必修2 第六章 平面向量及其应用 23 13 20 7.必修2 第七章 复数 26 7 8.必修2 第八章 立体几何初步 25 4 10 12 9.必修2 第九章 统计 5 3 3 10.必修2 第十章 概率 5 1 1 11.选必1 第一章 空间向量与立体几何 4 2 24 12.选必1 第二章 直线和圆的方程 8 2 8 13.选必1 第三章 圆锥曲线的方程 27 7 19 22 14.选必2 第四章 数列 16 2 9 19 15.选必2 第五章 一次函数的导数及其应用 13 8 11 35 16.选必3 第六章 计数原理 8 13 17.选必3 第七章 随机变量及其分布 2 2 6 10 18.选必3 第八章 成对数据的统计分析 4 10 【高中数学人教A版(2019)】 5年高考真题-按章分类 ( 2021—2025 ) 选择性必修第二册 第五章 一次函数的导数及其应用 13个单选题 + 8个多选题 + 11个填空题 + 35个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2021高考·全国)设，，，则(  ) A. B. C. D. 2.(2021高考·全国)设，若为函数的极大值点，则(  ) A. B. C. D. 3.(2021高考·全国)若过点可以作曲线的两条切线，则(  ) A. B. C. D. 4.(2022高考·全国)函数在区间的最小值、最大值分别为(  ) A. B. C. D. 5.(2022高考·全国)已知，则(  ) A. B. C. D. 6.(2022高考·全国)当时，函数取得最大值，则(  ) A. B. C. D.1 7.(2022高考·全国)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是(  ) A. B. C. D. 8.(2022高考·全国)设，则(  ) A. B. C. D. 9.(2023高考·全国)函数存在3个零点，则的取值范围是(  ) A. B. C. D. 10.(2023高考·全国)曲线在点处的切线方程为(  ) A. B. C. D. 11.(2023高考·全国)已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为(  ) A. B.e C. D. 12.(2024高考·全国)设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( ) A. B. C. D. 13.(2024高考·上海)已知函数的定义域为R，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是( ) A.存在是偶函数 B.存在在处取最大值 C.存在是严格增函数 D.存在在处取到极小值 二、多选题 14.(2022高考·全国)已知函数的图像关于点中心对称，则(  ) A.在区间单调递减 B.在区间有两个极值点 C.直线是曲线的对称轴 D.直线是曲线的切线 15.(2022高考·全国)已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则(  ) A. B. C. D. 16.(2022高考·全国)已知函数，则(  ) A.有两个极值点 B.有三个零点 C.点是曲线的对称中心 D.直线是曲线的切线 17.(2023高考·全国)已知函数的定义域为，，则(  ) A. B. C.是偶函数 D.为的极小值点 18.(2023高考·全国)若函数既有极大值也有极小值，则(  ) A. B. C. D. 19.(2024高考·全国)设函数，则( ) A.当时，有三个零点 B.当时，是的极大值点 C.存在a，b，使得为曲线的对称轴 D.存在a，使得点为曲线的对称中心 20.(2024高考·全国)设函数，则( ) A.是的极小值点 B.当时， C.当时， D.当时， 21.(2025高考·全国二卷)已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则(  ) A， B，当时， C，当且仅当 D，是的极大值点 三、填空题 22.(2021高考·全国)已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是__________. 23.(2021高考·全国)写出一个同时具有下列性质①②③的函数__________. ① ②当时， ③是奇函数. 24.(2021高考·全国)曲线在点处的切线方程为__________. 25.(2021高考·全国)函数的最小值为__________. 26.(2022高考·全国)已知和分别是函数(且)的极小值点和极大值点.若，则a的取值范围是__________. 27.(2022高考·全国)若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是__________. 28.(2023高考·全国)设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是__________. 29.(2024高考·全国)曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 . 30.(2024高考·全国)若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 31.(2025高考·全国一卷)若直线是曲线的切线，则 ， 32.(2025高考·全国二卷)若是函数的极值点，则 四、解答题 33.(2021高考·全国)已知函数。 (1)讨论的单调性； (2)从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②。 34.(2021高考·全国)设函数，已知是函数的极值点。 (1)求a； (2)设函数证明：。 35.(2021高考·全国)设函数，其中。 (1)讨论的单调性； (2)若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围。 36.(2021高考·全国)已知且，函数。 (1)当时，求的单调区间； (2)若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围。 37.(2021高考·全国)已知函数。 (1)讨论的单调性； (2)求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标。 38.(2021高考·全国)已知函数。 (1)讨论的单调性； (2)设，为两个不相等的正数，且，证明：. 39.(2021高考·北京)已知函数。 (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值。 40.(2021高考·天津)已知，函数。 (I)求曲线在点处的切线方程： (II)证明存在唯一的极值点 (III)若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围. 41.(2022高考·全国)已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围. 42.(2022高考·全国)已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线。 (1)若，求a； (2)求a的取值范围。 43.(2022高考·全国)已知函数。 (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则. 44.(2022高考·全国)已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围. 45.(2022高考·全国)已知函数和有相同的最小值. (1)求a； (2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列。 46.(2022高考·北京)已知函数。 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有. 46.【答案】(1) (2)在上单调递增 (3)证明见解析 47.(2022高考·天津)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：. 48.(2023高考·全国)已知函数。 (1)当时，求曲线在点处的切线方程。 (2)若函数在单调递增，求的取值范围。 49.(2023高考·全国)已知函数。 (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围。 50.(2023高考·全国)已知函数。 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 51.(2023高考·全国)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，. 52.(2023高考·全国)(1)证明：当时，； (2)已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围。 53.(2023高考·北京)设函数，曲线在点处的切线方程为。 (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数. 54.(2023高考·天津)已知函数。 (1)求曲线在处切线的斜率； (2)当时，证明：； (3)证明：。 55.(2024高考·全国)已知函数. (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立. 56.(2024高考·全国)已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围. 57.(2024高考·全国)已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围. 58.(2024高考·全国)已知函数. 5)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 59.(2024高考·北京)设函数，直线是曲线在点处的切线. (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积.是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ (参考数据：，，) 60.(2024高考·天津)设函数. (1)求图象上点处的切线方程； (2)若在时恒成立，求的值； (3)若，证明. 61.(2024高考·上海)对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”. (1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”； (2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直； (3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，.若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性. 62.(2025高考·全国一卷)设数列满足， (1)证明：为等差数列； (2)设，求， 63.(2025高考·上海)已知， (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 64.(2025高考·全国一卷)(1)设函数，求在的最大值； (2)给定，设a为实数，证明：存在，使得； (3)设，若存在使得对恒成立，求b的最小值， 65.(2025高考·天津)已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且， (i)求a的取值范围； (ii)证明， 66.(2025高考·全国二卷)已知函数，其中， (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点， (i)设函数·证明：在区间单调递减； (ii)比较与的大小，并证明你的结论。 67.(2025高考·北京)已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线， (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围， 【高中数学人教A版(2019)】 4年高考真题-按章分类 ( 2021—2024 ) 选择性必修第二册 第五章 一次函数的导数及其应用 13个单选题 + 7个多选题 + 9个填空题 + 29个解答题 参考答案及解析 一、单选题 1.B 【方法一】： ，所以；下面比较与的大小关系.记，则，，由于所以当0<x<2时，，即，，所以在上单调递增，所以，即，即；令，则，，由于，在x>0时，，所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b<c；综上，， 【方法二】：令，即函数在(1，+∞)上单调递减令，即函数在(1，3)上单调递增综上，。 2.D 若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故。有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的，当时，由，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故。当时，由时，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故。综上所述，成立。 3.D 在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示： 由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点。 解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知。 4.D ，所以在区间和上，即单调递增；在区间上，即单调递减，又，，，所以在区间上的最小值为，最大值为。 5.A 【方法一】：构造函数，因为当故，故，所以；设，，所以在单调递增，故，所以，所以，所以。 【方法二】：不等式放缩，因为当，取得：，故，，其中，且当时，，及，此时，，故 ，故所以，所以。 【方法三】：泰勒展开，设，则，，，计算得。 【方法四】：构造函数，因为，因为当，所以，即，所以；设，，所以在单调递增，则，所以，所以，所以。 【方法五】：不等式放缩，因为，因为当，所以，即，所以；因为当，取得，故，所以。 6.B 因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有。 7.C ∵球的体积为，所以球的半径， 【方法一】：导数法，设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，，所以，，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，，所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是。 【方法二】：基本不等式法，由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是。 8.C 方法一：构造法，设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则，令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以。 方法二：比较法，解： ， ， ，① ，令 则 ，故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ；② ，令 则 ，令 ，所以 ，所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 。 9.B ，则，若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，，当，，故的极大值为，极小值为，若要存在3个零点，则，即，解得。 10.C 设曲线在点处的切线方程为，因为，所以，所以所以所以曲线在点处的切线方程为。 11.C 依题可知，在上恒成立，显然，所以，设，所以，所以在上单调递增，，故，即，即a的最小值为。 12.A ，则，即该切线方程为，即，令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积. 13.B 对于A，若存在 是偶函数, 取 ,则对于任意 , 而 , 矛盾, 故A 错误。对于B，可构造函数满足集合，当时，则，当时，，当时，，则该函数的最大值是，B正确；对C，假设存在，使得严格递增，则，与已知矛盾，C错误。对D，假设存在，使得在处取极小值，则在的左侧附近存在，使得，这与已知集合的定义矛盾，D错误； 二、多选题 14.AD 由题意得：，所以，，即，又，所以时，，故。当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减，A入选。当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点，B不选。当时，，，直线不是对称轴，C不选。由得：，解得或，从而得：或，所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为：即，D入选。 15.BC 【方法一】：对称性和周期性的关系研究，对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，C正确。对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，B正确，D错误。若函数满足题设条件，则函数(C为常数)也满足题设条件，所以无法确定的函数值，A错误。 【方法二】：特殊值，构造函数法，由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC。 【方法三】：因为，均为偶函数，所以即，，所以，，则，C正确。函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导，所以，所以，所以，所以，，B正确，D错误。若函数满足题设条件，则函数(C为常数)也满足题设条件，所以无法确定的函数值，A错误。 16.AC 由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，A正确。因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，B错误。令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，C正确。令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，D错误。 17.ABC 方法一：因为，令，，A正确。令，，则，B正确。令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，正确。不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，D错误。 方法二：因为，对于A，令，，A正确。令，，则，B正确。令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，C正确。当时，对两边同时除以，得到，故可以设，则，当肘，，则，令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增，因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减。 显然，此时是的极大值，D错误。 18.BCD 函数的定义域为，求导得，因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，因此方程有两个不等的正根，于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确。 19.AD 对于A，，由于，故时，故在上单调递增，时，，单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值，由，，则，根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则，则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A正确； 对于B，，时，，单调递减，时，单调递增，此时在处取到极小值，B错误； 对于C，假设存在这样的，使得为的对称轴，即存在这样的使得，即，根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的，使得为的对称轴，C错误； 对于D，方法一：利用对称中心的表达式化简，若存在这样的，使得为的对称中心，则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D正确. 方法二：直接利用拐点结论。任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为，由题意也是对称中心，故，即存在使得是的对称中心，D正确. 20.ACD 对A，因为函数的定义域为R，而，易知当时，，当或时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；对B，当时，，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即，正确；对D，当时，，所以，正确； 21.ABD 对A，因为定义在上奇函数，则，A正确。对B，当时，，则，故B正确；对C，， C错误。对D，当时，，则，令，解得或(舍去)，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，则是极大值点，D正确，ABD入选。 三、填空题 22. 由题意，，则，所以点和点，，所以，所以，所以，同理，所以。 23.(答案不唯一，均满足) 取，则，满足①，，时有，满足②，的定义域为，又，故是奇函数，满足③. 24. 由题，当时，，故点在曲线上.求导得：，所以，故切线方程为。 25.1 由题设知：定义域为，∴当时，，此时单调递减；当时，，有，此时单调递减；当时，，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴。 26. 【方法一】：转化法，零点的问题转为函数图象的交点，因为，所以方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时 ，，即图象在上方，当时，，即图象在下方，图象显然不符合题意，所以，令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得，又，所以，综上所述，的取值范围为。 【方法二】：构造新函数，二次求导=0的两个根为因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，设函数，则，若，则在上单调递增，此时若，则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，则，不符合题意，若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以。 27. ∵，∴，设切点为，则，切线斜率，切线方程为：，∵切线过原点，∴，整理得：，∵切线有两条，∴，解得或，∴的取值范围是。 28. 由函数的解析式可得在区间上恒成立，则，即在区间上恒成立，故，而，故，故即，故，结合题意可得实数的取值范围是。 29. 令，即，令则，令得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，因为曲线与在上有两个不同的交点，所以等价于与有两个交点，所以. 30. 由得，，故曲线在处的切线方程为； 由得，设切线与曲线相切的切点为，由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为，根据两切线重合,所以，解得 31.4 法一：对于，其导数为，因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，令，即，解得，将代入切线方程，可得，所以切点坐标为，因为切点在曲线上，所以，即，解得，故答案为：。 法二：对于，其导数为，假设与的切点为，则，解得，故答案为：. 32. 由题意有，所以，因为是函数极值点，所以，得，当时，，当单调递增，当单调递减，当单调递增，所以是函数的极小值点，符合题意；所以，故答案为： 四、解答题 33.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增。 (2)若选择条件①：由于，故，则，而，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时： ，当时，，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点 ，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点。 34.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)由，，又是函数的极值点，所以，解得。 (2)【方法一】：转化为有分母的函数，由(Ⅰ)知，，其定义域为，要证，即证，即证。 (ⅰ)当时，，，即证.令，因为，所以在区间内为增函数，所以。 (ⅱ)当时，，，即证，由(ⅰ)分析知在区间内为减函数，所以，综合(ⅰ)(ⅱ)有。 【方法二】：转化为无分母函数，由(1)得，，且，当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，，令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立。 【方法三】：利用导数不等式中的常见结论证明，令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即(当且仅当时取等号).故当且时，且，，即，所以。 (ⅰ)当时，，所以，即，所以。 (ⅱ)当时，，同理可证得。综合(ⅰ)(ⅱ)得，当且时，，即。 35.【答案】(1)的减区间为，增区间为 (2) 【解析】(1)函数的定义域为，又，因为，故，当时，；当时，；所以的减区间为，增区间为。 (2)因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，由(1)中函数的单调性可得，故即。 36.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)上单调递增；上单调递减 当时，，令得，当时，，当时，，∴函数在上单调递增；上单调递减。 (2)【方法一】：分离参数，设函数，则，令，得，在内，单调递增；在上，单调递减；，又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是，这即是，所以的取值范围是。 【方法二】：构造差函数，由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解，构造函数，求导数得，当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意。当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为，由于，当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即，构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且，所以，实数a的取值范围为。 【方法三】分离法：一曲一直，曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解，因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点，①当时，与只有一个交点，不符合题意，②当时，取上一点在点的切线方程为，即。当与为同一直线时有得直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点，记，令，有.在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有，综上所述，实数a的取值范围为。 【方法四】：直接法.因为，由得。当时，在区间内单调递减，不满足题意。当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减，因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即，令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即，故实数a的范围为。 37.【答案】(1)证明见解析 (2)和 【解析】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减。 (2)由题意可得：，，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：，整理可得：，即：，解得：，则，切线方程为：，与联立得，化简得，由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为解得，，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和. 38.【答案】证明见解析 【解析】(1)的递增区间为，递减区间为 的定义域为，由得，，当时，；当时；当时，，故在区间内为增函数，在区间内为减函数。 (2)【方法一】：等价转化，由得，即.由，得。由(1)不妨设，则，从而，得，①令， 则，当时，，在区间内为减函数，，从而，所以，由(1)得即①令，则，当时，，在区间内为增函数，，从而，所以。又由，可得，所以②由①②得。 【方法二】：变形为，所以，令.则上式变为，于是命题转换为证明：。令，则有，不妨设。由(1)知，先证要证：.令，则，在区间内单调递增，所以，即，再证。因为，所以需证。令，所以，故在区间内单调递增.所以，故，即，综合可知。 【方法三】：比值代换，证明同证法2.以下证明，不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证。记，则。记，则，所以，在区间内单调递减.，则，所以在区间内单调递减.由得，所以，即。 【方法四】：构造函数法，由已知得，令，不妨设，所以，由(Ⅰ)知，，只需证.证明同证法2。再证明.令，令，则，所以，在区间内单调递增。因为，所以，即又因为，所以，即.因为，所以，即.综上，有结论得证。 39.【答案】(1) (2)函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为。 【解析】(1)当时，，则，，，此时，曲线在点处的切线方程为，即。 (2)因为，则，由题意可得，解得，故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为，当时，；当时，，所以，，。 40.【答案】(I) (II)证明见解析 (III) 【解析】(I)，则，又，则切线方程为。 (II)令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，，，当时，，画出大致图像如下： 所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，为的极大值点，故存在唯一的极值点。 (III)由(II)知，此时，所以，令，若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故，所以实数b的取值范围。 41.【答案】(1) (2) 【解析】(1)当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以。 (2)，则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增，在上，，单调递减；又，由(1)得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由(1)得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为。 42.【答案】(1)3 (2) 【解析】(1)由题意知，，，，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得。 (2)，则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表： 0 1 0 0 0 则的值域为，故的取值范围为。 43.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)【方法一】：常规求导的定义域为，则 令，得当单调递减当单调递增，若，则，即所以的取值范围为。 【方法二】：同构处理，由得：令，则即令，则故在区间上是增函数故，即所以的取值范围为。 (2)【方法一】：构造函数，由题知，一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设要证，即证因为，即证又因为，故只需证即证即证下面证明时，设，则设所以，而所以，所以所以在单调递增即，所以令所以在单调递减即，所以；综上， ，所以。 【方法二】：对数平均不等式，由题意得：令，则，，所以在上单调递增，故只有1个解又因为有两个零点，故，两边取对数得：，即又因为，故，即下证因为，不妨设，则只需证构造，则故在上单调递减故，即得证。 44.【答案】(1) (2) 【解析】(1)的定义域为，当时，，所以切点为 ，所以切线斜率为2，所以曲线在点处的切线方程为。 (2)设若，当，即所以在上单调递增，故在上没有零点，不合题意。若，当，则所以在上单调递增所以，即所以在上单调递增，故在上没有零点，不合题意若，①当，则，所以在上单调递增所以存在，使得，即当单调递减当单调递增，所以当，令则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，，所以在上有唯一零点又没有零点，即在上有唯一零点。②当设所以在单调递增所以存在，使得当单调递减，当单调递增，又所以存在，使得，即当单调递增，当单调递减，当，，又，而，所以当所以在上有唯一零点，上无零点，即在上有唯一零点所以，符合题意。所以若在区间各恰有一个零点，求的取值范围为 45.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故，的定义域为，而，当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故。当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为。综上，。 (2)【方法一】：由(1)可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数，设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2。设，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为2。当，由(1)讨论可得、仅有一个解，当时，由(1)讨论可得、均无根，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则。设，其中，故，设，，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，此时有两个不同的根，此时有两个不同的根，故，，，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即. 【方法二】：由知，，，且在上单调递减，在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增，且①时，此时，显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；②时，此时，故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③时，首先，证明与曲线有2个交点，即证明有2个零点，，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，，，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为其次，证明与曲线和有2个交点，即证明有2个零点，，所以上单调递减，在上单调递增，又因为，，，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为再次，证明存在b，使得因为，所以，若，则，即，所以只需证明在上有解即可，即在上有零点，因为，，所以在上存在零点，取一零点为，令即可，此时取则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为所以，又因为在上单调递减，，即，所以，同理，因为，又因为在上单调递增，即，，所以，又因为，所以，即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列。 【解析】(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：。 (2)解：因为，所以，令，则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增。 (3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由(2)知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证。 47.【答案】(1)证明见解析 (2)(i) (ii)证明见解析 【解析】(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。 48.【答案】(1) (2) 【解析】(1)当时，，则，据此可得，所以函数在处的切线方程为，即。 (2)由函数的解析式可得，满足题意时在区间上恒成立.令，则，令，原问题等价于在区间上恒成立，则，当时，由于，故，在区间上单调递减，此时，不合题意；令，则，当，时，由于，所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，满足题意。当时，由可得，当时，在区间上单调递减，即单调递减，注意到，故当时，，单调递减，由于，故当时，，不合题意。综上可知：实数得取值范围是。 49.【答案】(1)在上单调递减 (2) 【解析】(1)因为，所以，则，令，由于，所以，所以 ，因为，，，所以在上恒成立，所以在上单调递减。 (2)法一：构建，则，若，且，则，解得，当时，因为，又，所以，，则，所以，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；综上所述：若，等价于，所以的取值范围为。 法二：因为，因为，所以，，故在上恒成立，所以当时，，满足题意。当时，由于，显然，所以，满足题意。当时，因为，令，则，注意到，若，，则在上单调递增，注意到，所以，即，不满足题意；若，，则，所以在上最靠近处必存在零点，使得，此时在上有，所以在上单调递增，则在上有，即，不满足题意，综上：。 50.【答案】(1) (2)存在满足题意 (3) 【解析】(1)当时，，则，据此可得，函数在处的切线方程为，即。 (2)令，函数的定义域满足，即函数的定义域为，定义域关于直线对称，由题意可得，由对称性可知，取可得，即，则，解得，经检验满足题意，故。即存在满足题意。 (3)由函数的解析式可得，由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点；令，则，令，在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，当时，，在区间上单调递减，此时，在区间上无零点，不合题意；当，时，由于，所以在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，所以在区间上无零点，不符合题意；当时，由可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故的最小值为，令，则，函数在定义域内单调递增，，据此可得恒成立，则，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，故，即(取等条件为)，所以，，且注意到，根据零点存在性定理可知：在区间上存在唯一零点.当时，，单调减，当时，，单调递增，所以.令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以，所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.综合上面可知；实数得取值范围是。 51.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】(1)因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增。 (2)方法一：由(1)得，，要证，即证，即证恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕。 方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕。 52.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，即对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；综上所述：。 (2)(令，解得，即函数的定义域为，若，则，因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，不合题意，所以。当时，令因为，且，所以函数在定义域内为偶函数，由题意可得：。 (i)当时，取，，则，由(1)可得，且，所以，即当时，，则在上单调递增，结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是的极小值点，不合题意。 (ⅱ)当时，取，则，由(1)可得，构建，则，且，则对恒成立，可知在上单调递增，且，所以在内存在唯一的零点，当时，则，且，则，即当时，，则在上单调递减，结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以是的极大值点，符合题意，综上所述：，即，解得或，故a的取值范围为。 53.【答案】(1) (2)的单调递减区间为和，单调递增区间为和 (3)3个 【解析】(1)因为，所以，因为在处的切线方程为，所以，，则，解得，所以。 (2)由(1)得，则，令，解得，不妨设，，则，易知恒成立，所以令，解得或；令，解得或；所以在，上单调递减，在，上单调递增，即的单调递减区间为和，单调递增区间为和。 (3)由(1)得，，由(2)知在，上单调递减，在，上单调递增，当时，，，即，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，在上单调递减，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；所以在上有一个极大值点；当时，在上单调递增，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，，所以，则单调递增，所以在上无极值点；综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点。 54.【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】(1)，则，所以，故处的切线斜率为。 (2)要证时，即证，令且，则，所以在上递增，则，即，所以时。 (3)设，，则，由(2)知： ，则，所以，故在上递减，故；下证，令且，则，当时，递增，当时，递减，所以，故在上恒成立，则，所以，，…，，累加得：，而，因为，所以，则，所以，故；综上，，即。 55.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析。 【解析】(1)定义域为，当时，，故在上单调递减；当时，时，，单调递增，当时，，单调递减.综上所述，当时，的单调递减区间为；时，的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)，且时，，令，下证即可.，再令，则，显然在上递增，则，即在上递增，故，即在上单调递增，故，问题得证。 56.【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】(1)时，，其中，则， 因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为.， (2)的定义域为，设为图象上任意一点，关于的对称点为，因为在图象上，故，而，所以也在图象上，由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. (3)因为当且仅当，故为的一个解，所以即，先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立，设，则在上恒成立，设，则， 当，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立. 当时，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立. 当，则当时，故在上为减函数，故，不合题意，舍；综上，在上恒成立时. 而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，. 57.【答案】(1)极小值为0，无极大值 (2) 【解析】(1)当时，，故，因为在上为增函数，故在上为增函数，而，故当时，，当时，，故在处取极小值且极小值为，无极大值. (2)，设，则，当时，，故在上为增函数，故，即，所以在上为增函数，故.当时，当时，，故在上为减函数，故在上，即在上即为减函数，故在上，不合题意，舍.当，此时在上恒成立，同理可得在上恒成立，不合题意，舍；综上，. 58.【答案】(1) (2) 【解析】(1)当时，则，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即. (2)解法一：因为的定义域为，且，若，则对任意恒成立，可知在上单调递增，无极值，不合题意；若，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则有极小值，无极大值，由题意可得：，即，构建，则，可知在内单调递增，且，不等式等价于，解得，所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且，若有极小值，则有零点，令，可得，可知与有交点，则，若，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则有极小值，无极大值，符合题意，由题意可得：，即，构建，因为则在内单调递增，可知在内单调递增，且，不等式等价于，解得，所以a的取值范围为. 59.【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)证明见解析 (3)2 【解析】(1)，当时，；当，；在上单调递减，在上单调递增.则的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)，切线的斜率为，则切线方程为，将代入则，即，则，，令，假设过，则在存在零点.，在上单调递增，，在无零点，与假设矛盾，故直线不过. (3)时，.，设与轴交点为，时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.由(2)知.所以，则切线的方程为，令，则.，则，，记，满足条件的有几个即有几个零点.，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；因为，，所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 60.【答案】(1) (2)2 (3)证明过程见解析。 【解析】(1)由于，故.所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. (2)设，则，从而当时，当时.所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.设，则.当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.一方面，若对任意，都有，则对有，取，得，故.再取，得，所以.另一方面，若，则对任意都有，满足条件.综合以上两个方面，知的值是2. (3)先证明一个结论：对，有.证明：前面已经证明不等式，故，且，所以，即.由，可知当时，当时.所以在上递减，在上递增.不妨设，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有.对任意的，设，则.由于单调递增，且有，且当，时，由可知.所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.故在上递减，在上递增.①当时，有；②当时，由于，故我们可以取从而当时，由，可得.再根据在上递减，即知对都有；综合①②可知对任意，都有，即.根据和的任意性，取，，就得到.所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.而根据的单调性，知或.故一定有成立.综上，结论成立. 61.【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)严格单调递减。 【解析】(1)当时，，当且仅当即时取等号，故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”. (2)由题设可得，则，因为均为上单调递增函数，则在上为严格增函数，而，故当时，，当时，，故，此时，而，故在点处的切线方程为.而，故，故直线与在点处的切线垂直. (3)设，，而，，若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，设，则既是的最小值点，也是的最小值点，因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点，则存在,使得，即①②由①②相等得，即，即，又因为函数在定义域R上恒正，则恒成立，接下来证明，因为既是的最小值点，也是的最小值点，则，即，③，④③④得即，因为则，解得，则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减。 62.【答案】(1)证明见解析； (2) 【解析】(1)由题意证明如下，，在数列中，，，∴，即，∴是以为首项，1为公差的等差数列。 (2)由题意及(1)得，，在数列中，首项为3，公差为1，∴，即，在中，，∴，当且时，∴，∴∴。 63.【答案】(1) (2)且， 【解析】(1)因为，故，故，故，故即为，设，则，故在上为增函数，而即为，故，故原不等式的解为。 (2)在有极大值即为有极大值点，，若，则时，，时，，故为的极小值点，无极大值点，故舍；若即，则时，，时，，故为的极大值点，符合题设要求；若，则时，，无极值点，舍；若即，则时，，时，，故为的极大值点，符合题设要求；综上，且。 64.【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】(1)法1：，因为，故，故，当时，即，当时，即，故在上为增函数，在为减函数，故在上的最大值为。 法2：我们有，所以：，这得到，同时又有，故在上的最大值为，在上的最大值也是。 (2)法1：由余弦函数的性质得的解为，，若任意与交集为空，则且，此时无解，矛盾，故无解；故存在，使得。 法2：由余弦函数的性质知的解为，若每个与交集都为空，则对每个，必有或之一成立，此即或，但长度为的闭区间上必有一整数，该整数不满足条件，矛盾，故存在，使得成立。 (3)法1：记，因为，故为周期函数且周期为，故只需讨论的情况，当时，，当时，，此时，令，则，而，，故，当，在(2)中取，则存在，使得，取，则，取即，故，故，综上，可取，使得等号成立，综上，。 法2：设，①一方面，若存在，使得对任意恒成立，则对这样的，同样有，所以对任意恒成立，这直接得到，设，则根据恒成立，有所以均不超过，再结合，就得到均不超过，假设，则，故，但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线左侧，所以假设不成立，这意味着，②另一方面，若，则由(1)中已经证明，知存在，使得，从而满足题目要求，综合上述两个方面，可知的最小值是。 65.【答案】(1) (2)(i)；(ii)证明见解析。 【解析】(1)当时，，，则，则，且，则切点，且切线的斜率为，故函数在点处的切线方程为。 (2)(i)令，，得，设，则，由解得或，其中，；当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；且当时，； 当时，；如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点，则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点，结合图象可知，，故的取值范围为。 (ii)由图象可知，，设，则，满足，由可得，两式作差可得，则由对数均值不等式可得，则，故要证，即证，只需证，即证，又因为，则，所以，故只需证，设函数，则，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；故，即，而由，可知成立，故命题得证。 66.【答案】(1)证明见解析； (2)(i)证明见解析；(ii)，证明见解析， 【解析】(1)由题得，因为，所以，设，则在上恒成立，所以在上单调递减，，令，所以当时，，则；当时，，则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上存在唯一极值点，对函数有在上恒成立，所以在上单调递减，所以在上恒成立，又因为，时，所以时，所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点。 (2)(i)由(1)知，则，，，则，，，即在上单调递减。 (ii)，证明如下：由(i)知：函数在区间上单调递减，所以即，又，由(1)可知在上单调递减，，且对任意，所以。 67.【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】(1)设，，由可得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的最大值为。 (2)因为，所以直线的方程为，即，设，，由(1)可知，在上单调递增，而，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，而当时，，所以总有，单调递增故，从而命题得证。 (3)解法一：由题意，直线，直线，所以，，当时，，在上单调递增，所以，所以，由(1)可得当时，，所以，所以。 解法二：由可设，又，所以，即，因为直线的方程为，易知，所以直线的方程为，，，所以，由(1)知，当时，，所以，所以。 2 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【高中数学人教A版(2019)】 5年高考真题-按章分类 ( 2021—2025 ) 选择性必修第二册 第五章 一次函数的导数及其应用 13个单选题 + 8个多选题 + 11个填空题 + 35个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2021高考·全国)设，，，则(  ) A. B. C. D. 1.B 【方法一】： ，所以；下面比较与的大小关系.记，则，，由于所以当0<x<2时，，即，，所以在上单调递增，所以，即，即；令，则，，由于，在x>0时，，所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b<c；综上，， 【方法二】：令，即函数在(1，+∞)上单调递减令，即函数在(1，3)上单调递增综上，。 2.(2021高考·全国)设，若为函数的极大值点，则(  ) A. B. C. D. 2.D 若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故。有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的，当时，由，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故。当时，由时，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故。综上所述，成立。 3.(2021高考·全国)若过点可以作曲线的两条切线，则(  ) A. B. C. D. 3.D 在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示： 由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点。 解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知。 4.(2022高考·全国)函数在区间的最小值、最大值分别为(  ) A. B. C. D. 4.D ，所以在区间和上，即单调递增；在区间上，即单调递减，又，，，所以在区间上的最小值为，最大值为。 5.(2022高考·全国)已知，则(  ) A. B. C. D. 5.A 【方法一】：构造函数，因为当故，故，所以；设，，所以在单调递增，故，所以，所以，所以。 【方法二】：不等式放缩，因为当，取得：，故，，其中，且当时，，及，此时，，故 ，故所以，所以。 【方法三】：泰勒展开，设，则，，，计算得。 【方法四】：构造函数，因为，因为当，所以，即，所以；设，，所以在单调递增，则，所以，所以，所以。 【方法五】：不等式放缩，因为，因为当，所以，即，所以；因为当，取得，故，所以。 6.(2022高考·全国)当时，函数取得最大值，则(  ) A. B. C. D.1 6.B 因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有。 7.(2022高考·全国)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是(  ) A. B. C. D. 7.C ∵球的体积为，所以球的半径， 【方法一】：导数法，设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，，所以，，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，，所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是。 【方法二】：基本不等式法，由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是。 8.(2022高考·全国)设，则(  ) A. B. C. D. 8.C 方法一：构造法，设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则，令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以。 方法二：比较法，解： ， ， ，① ，令 则 ，故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ；② ，令 则 ，令 ，所以 ，所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 。 9.(2023高考·全国)函数存在3个零点，则的取值范围是(  ) A. B. C. D. 9.B ，则，若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，，当，，故的极大值为，极小值为，若要存在3个零点，则，即，解得。 10.(2023高考·全国)曲线在点处的切线方程为(  ) A. B. C. D. 10.C 设曲线在点处的切线方程为，因为，所以，所以所以所以曲线在点处的切线方程为。 11.(2023高考·全国)已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为(  ) A. B.e C. D. 11.C 依题可知，在上恒成立，显然，所以，设，所以，所以在上单调递增，，故，即，即a的最小值为。 12.(2024高考·全国)设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( ) A. B. C. D. 12.A ，则，即该切线方程为，即，令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积. 13.(2024高考·上海)已知函数的定义域为R，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是( ) A.存在是偶函数 B.存在在处取最大值 C.存在是严格增函数 D.存在在处取到极小值 13.B 对于A，若存在 是偶函数, 取 ,则对于任意 , 而 , 矛盾, 故A 错误。对于B，可构造函数满足集合，当时，则，当时，，当时，，则该函数的最大值是，B正确；对C，假设存在，使得严格递增，则，与已知矛盾，C错误。对D，假设存在，使得在处取极小值，则在的左侧附近存在，使得，这与已知集合的定义矛盾，D错误； 二、多选题 14.(2022高考·全国)已知函数的图像关于点中心对称，则(  ) A.在区间单调递减 B.在区间有两个极值点 C.直线是曲线的对称轴 D.直线是曲线的切线 14.AD 由题意得：，所以，，即，又，所以时，，故。当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减，A入选。当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点，B不选。当时，，，直线不是对称轴，C不选。由得：，解得或，从而得：或，所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为：即，D入选。 15.(2022高考·全国)已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则(  ) A. B. C. D. 15.BC 【方法一】：对称性和周期性的关系研究，对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，C正确。对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，B正确，D错误。若函数满足题设条件，则函数(C为常数)也满足题设条件，所以无法确定的函数值，A错误。 【方法二】：特殊值，构造函数法，由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC。 【方法三】：因为，均为偶函数，所以即，，所以，，则，C正确。函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导，所以，所以，所以，所以，，B正确，D错误。若函数满足题设条件，则函数(C为常数)也满足题设条件，所以无法确定的函数值，A错误。 16.(2022高考·全国)已知函数，则(  ) A.有两个极值点 B.有三个零点 C.点是曲线的对称中心 D.直线是曲线的切线 16.AC 由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，A正确。因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，B错误。令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，C正确。令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，D错误。 17.(2023高考·全国)已知函数的定义域为，，则(  ) A. B. C.是偶函数 D.为的极小值点 17.ABC 方法一：因为，令，，A正确。令，，则，B正确。令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，正确。不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，D错误。 方法二：因为，对于A，令，，A正确。令，，则，B正确。令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，C正确。当时，对两边同时除以，得到，故可以设，则，当肘，，则，令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增，因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减。 显然，此时是的极大值，D错误。 18.(2023高考·全国)若函数既有极大值也有极小值，则(  ) A. B. C. D. 18.BCD 函数的定义域为，求导得，因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，因此方程有两个不等的正根，于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确。 19.(2024高考·全国)设函数，则( ) A.当时，有三个零点 B.当时，是的极大值点 C.存在a，b，使得为曲线的对称轴 D.存在a，使得点为曲线的对称中心 19.AD 对于A，，由于，故时，故在上单调递增，时，，单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值，由，，则，根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则，则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A正确； 对于B，，时，，单调递减，时，单调递增，此时在处取到极小值，B错误； 对于C，假设存在这样的，使得为的对称轴，即存在这样的使得，即，根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的，使得为的对称轴，C错误； 对于D，方法一：利用对称中心的表达式化简，若存在这样的，使得为的对称中心，则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D正确. 方法二：直接利用拐点结论。任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为，由题意也是对称中心，故，即存在使得是的对称中心，D正确. 20.(2024高考·全国)设函数，则( ) A.是的极小值点 B.当时， C.当时， D.当时， 20.ACD 对A，因为函数的定义域为R，而，易知当时，，当或时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；对B，当时，，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即，正确；对D，当时，，所以，正确； 21.(2025高考·全国二卷)已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则(  ) A， B，当时， C，当且仅当 D，是的极大值点 21.ABD 对A，因为定义在上奇函数，则，A正确。对B，当时，，则，故B正确；对C，， C错误。对D，当时，，则，令，解得或(舍去)，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，则是极大值点，D正确，ABD入选。 三、填空题 22.(2021高考·全国)已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是__________. 22. 由题意，，则，所以点和点，，所以，所以，所以，同理，所以。 23.(2021高考·全国)写出一个同时具有下列性质①②③的函数__________. ① ②当时， ③是奇函数. 23.(答案不唯一，均满足) 取，则，满足①，，时有，满足②，的定义域为，又，故是奇函数，满足③. 24.(2021高考·全国)曲线在点处的切线方程为__________. 24. 由题，当时，，故点在曲线上.求导得：，所以，故切线方程为。 25.(2021高考·全国)函数的最小值为__________. 25.1 由题设知：定义域为，∴当时，，此时单调递减；当时，，有，此时单调递减；当时，，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴。 26.(2022高考·全国)已知和分别是函数(且)的极小值点和极大值点.若，则a的取值范围是__________. 26. 【方法一】：转化法，零点的问题转为函数图象的交点，因为，所以方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时 ，，即图象在上方，当时，，即图象在下方，图象显然不符合题意，所以，令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得，又，所以，综上所述，的取值范围为。 【方法二】：构造新函数，二次求导=0的两个根为因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，设函数，则，若，则在上单调递增，此时若，则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，则，不符合题意，若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以。 27.(2022高考·全国)若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是__________. 27. ∵，∴，设切点为，则，切线斜率，切线方程为：，∵切线过原点，∴，整理得：，∵切线有两条，∴，解得或，∴的取值范围是。 28.(2023高考·全国)设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是__________. 28. 由函数的解析式可得在区间上恒成立，则，即在区间上恒成立，故，而，故，故即，故，结合题意可得实数的取值范围是。 29.(2024高考·全国)曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 . 29. 令，即，令则，令得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，因为曲线与在上有两个不同的交点，所以等价于与有两个交点，所以. 30.(2024高考·全国)若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 30. 由得，，故曲线在处的切线方程为； 由得，设切线与曲线相切的切点为，由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为，根据两切线重合,所以，解得 31.(2025高考·全国一卷)若直线是曲线的切线，则 ， 31.4 法一：对于，其导数为，因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，令，即，解得，将代入切线方程，可得，所以切点坐标为，因为切点在曲线上，所以，即，解得，故答案为：。 法二：对于，其导数为，假设与的切点为，则，解得，故答案为：. 32.(2025高考·全国二卷)若是函数的极值点，则 32. 由题意有，所以，因为是函数极值点，所以，得，当时，，当单调递增，当单调递减，当单调递增，所以是函数的极小值点，符合题意；所以，故答案为： 四、解答题 33.(2021高考·全国)已知函数。 (1)讨论的单调性； (2)从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②。 33.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增。 (2)若选择条件①：由于，故，则，而，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时： ，当时，，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点 ，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点。 34.(2021高考·全国)设函数，已知是函数的极值点。 (1)求a； (2)设函数证明：。 34.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)由，，又是函数的极值点，所以，解得。 (2)【方法一】：转化为有分母的函数，由(Ⅰ)知，，其定义域为，要证，即证，即证。 (ⅰ)当时，，，即证.令，因为，所以在区间内为增函数，所以。 (ⅱ)当时，，，即证，由(ⅰ)分析知在区间内为减函数，所以，综合(ⅰ)(ⅱ)有。 【方法二】：转化为无分母函数，由(1)得，，且，当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，，令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立。 【方法三】：利用导数不等式中的常见结论证明，令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即(当且仅当时取等号).故当且时，且，，即，所以。 (ⅰ)当时，，所以，即，所以。 (ⅱ)当时，，同理可证得。综合(ⅰ)(ⅱ)得，当且时，，即。 35.(2021高考·全国)设函数，其中。 (1)讨论的单调性； (2)若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围。 35.【答案】(1)的减区间为，增区间为 (2) 【解析】(1)函数的定义域为，又，因为，故，当时，；当时，；所以的减区间为，增区间为。 (2)因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，由(1)中函数的单调性可得，故即。 36.(2021高考·全国)已知且，函数。 (1)当时，求的单调区间； (2)若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围。 36.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)上单调递增；上单调递减 当时，，令得，当时，，当时，，∴函数在上单调递增；上单调递减。 (2)【方法一】：分离参数，设函数，则，令，得，在内，单调递增；在上，单调递减；，又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是，这即是，所以的取值范围是。 【方法二】：构造差函数，由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解，构造函数，求导数得，当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意。当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为，由于，当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即，构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且，所以，实数a的取值范围为。 【方法三】分离法：一曲一直，曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解，因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点，①当时，与只有一个交点，不符合题意，②当时，取上一点在点的切线方程为，即。当与为同一直线时有得直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点，记，令，有.在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有，综上所述，实数a的取值范围为。 【方法四】：直接法.因为，由得。当时，在区间内单调递减，不满足题意。当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减，因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即，令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即，故实数a的范围为。 37.(2021高考·全国)已知函数。 (1)讨论的单调性； (2)求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标。 37.【答案】(1)证明见解析 (2)和 【解析】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减。 (2)由题意可得：，，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：，整理可得：，即：，解得：，则，切线方程为：，与联立得，化简得，由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为解得，，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和. 38.(2021高考·全国)已知函数。 (1)讨论的单调性； (2)设，为两个不相等的正数，且，证明：. 38.【答案】证明见解析 【解析】(1)的递增区间为，递减区间为 的定义域为，由得，，当时，；当时；当时，，故在区间内为增函数，在区间内为减函数。 (2)【方法一】：等价转化，由得，即.由，得。由(1)不妨设，则，从而，得，①令， 则，当时，，在区间内为减函数，，从而，所以，由(1)得即①令，则，当时，，在区间内为增函数，，从而，所以。又由，可得，所以②由①②得。 【方法二】：变形为，所以，令.则上式变为，于是命题转换为证明：。令，则有，不妨设。由(1)知，先证要证：.令，则，在区间内单调递增，所以，即，再证。因为，所以需证。令，所以，故在区间内单调递增.所以，故，即，综合可知。 【方法三】：比值代换，证明同证法2.以下证明，不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证。记，则。记，则，所以，在区间内单调递减.，则，所以在区间内单调递减.由得，所以，即。 【方法四】：构造函数法，由已知得，令，不妨设，所以，由(Ⅰ)知，，只需证.证明同证法2。再证明.令，令，则，所以，在区间内单调递增。因为，所以，即又因为，所以，即.因为，所以，即.综上，有结论得证。 39.(2021高考·北京)已知函数。 (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值。 39.【答案】(1) (2)函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为。 【解析】(1)当时，，则，，，此时，曲线在点处的切线方程为，即。 (2)因为，则，由题意可得，解得，故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为，当时，；当时，，所以，，。 40.(2021高考·天津)已知，函数。 (I)求曲线在点处的切线方程： (II)证明存在唯一的极值点 (III)若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围. 40.【答案】(I) (II)证明见解析 (III) 【解析】(I)，则，又，则切线方程为。 (II)令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，，，当时，，画出大致图像如下： 所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，为的极大值点，故存在唯一的极值点。 (III)由(II)知，此时，所以，令，若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故，所以实数b的取值范围。 41.(2022高考·全国)已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围. 41.【答案】(1) (2) 【解析】(1)当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以。 (2)，则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增，在上，，单调递减；又，由(1)得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由(1)得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为。 42.(2022高考·全国)已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线。 (1)若，求a； (2)求a的取值范围。 42.【答案】(1)3 (2) 【解析】(1)由题意知，，，，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得。 (2)，则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表： 0 1 0 0 0 则的值域为，故的取值范围为。 43.(2022高考·全国)已知函数。 (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则. 43.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)【方法一】：常规求导的定义域为，则 令，得当单调递减当单调递增，若，则，即所以的取值范围为。 【方法二】：同构处理，由得：令，则即令，则故在区间上是增函数故，即所以的取值范围为。 (2)【方法一】：构造函数，由题知，一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设要证，即证因为，即证又因为，故只需证即证即证下面证明时，设，则设所以，而所以，所以所以在单调递增即，所以令所以在单调递减即，所以；综上， ，所以。 【方法二】：对数平均不等式，由题意得：令，则，，所以在上单调递增，故只有1个解又因为有两个零点，故，两边取对数得：，即又因为，故，即下证因为，不妨设，则只需证构造，则故在上单调递减故，即得证。 44.(2022高考·全国)已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围. 44.【答案】(1) (2) 【解析】(1)的定义域为，当时，，所以切点为 ，所以切线斜率为2，所以曲线在点处的切线方程为。 (2)设若，当，即所以在上单调递增，故在上没有零点，不合题意。若，当，则所以在上单调递增所以，即所以在上单调递增，故在上没有零点，不合题意若，①当，则，所以在上单调递增所以存在，使得，即当单调递减当单调递增，所以当，令则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，，所以在上有唯一零点又没有零点，即在上有唯一零点。②当设所以在单调递增所以存在，使得当单调递减，当单调递增，又所以存在，使得，即当单调递增，当单调递减，当，，又，而，所以当所以在上有唯一零点，上无零点，即在上有唯一零点所以，符合题意。所以若在区间各恰有一个零点，求的取值范围为 45.(2022高考·全国)已知函数和有相同的最小值. (1)求a； (2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列。 45.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故，的定义域为，而，当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故。当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为。综上，。 (2)【方法一】：由(1)可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数，设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2。设，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为2。当，由(1)讨论可得、仅有一个解，当时，由(1)讨论可得、均无根，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则。设，其中，故，设，，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，此时有两个不同的根，此时有两个不同的根，故，，，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即. 【方法二】：由知，，，且在上单调递减，在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增，且①时，此时，显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；②时，此时，故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③时，首先，证明与曲线有2个交点，即证明有2个零点，，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，，，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为其次，证明与曲线和有2个交点，即证明有2个零点，，所以上单调递减，在上单调递增，又因为，，，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为再次，证明存在b，使得因为，所以，若，则，即，所以只需证明在上有解即可，即在上有零点，因为，，所以在上存在零点，取一零点为，令即可，此时取则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为所以，又因为在上单调递减，，即，所以，同理，因为，又因为在上单调递增，即，，所以，又因为，所以，即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列。 46.(2022高考·北京)已知函数。 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有. 46.【答案】(1) (2)在上单调递增 (3)证明见解析 【解析】(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：。 (2)解：因为，所以，令，则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增。 (3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由(2)知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证。 47.(2022高考·天津)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：. 47.【答案】(1)证明见解析 (2)(i) (ii)证明见解析 【解析】(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。 48.(2023高考·全国)已知函数。 (1)当时，求曲线在点处的切线方程。 (2)若函数在单调递增，求的取值范围。 48.【答案】(1) (2) 【解析】(1)当时，，则，据此可得，所以函数在处的切线方程为，即。 (2)由函数的解析式可得，满足题意时在区间上恒成立.令，则，令，原问题等价于在区间上恒成立，则，当时，由于，故，在区间上单调递减，此时，不合题意；令，则，当，时，由于，所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，满足题意。当时，由可得，当时，在区间上单调递减，即单调递减，注意到，故当时，，单调递减，由于，故当时，，不合题意。综上可知：实数得取值范围是。 49.(2023高考·全国)已知函数。 (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围。 49.【答案】(1)在上单调递减 (2) 【解析】(1)因为，所以，则，令，由于，所以，所以 ，因为，，，所以在上恒成立，所以在上单调递减。 (2)法一：构建，则，若，且，则，解得，当时，因为，又，所以，，则，所以，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；综上所述：若，等价于，所以的取值范围为。 法二：因为，因为，所以，，故在上恒成立，所以当时，，满足题意。当时，由于，显然，所以，满足题意。当时，因为，令，则，注意到，若，，则在上单调递增，注意到，所以，即，不满足题意；若，，则，所以在上最靠近处必存在零点，使得，此时在上有，所以在上单调递增，则在上有，即，不满足题意，综上：。 50.(2023高考·全国)已知函数。 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 50.【答案】(1) (2)存在满足题意 (3) 【解析】(1)当时，，则，据此可得，函数在处的切线方程为，即。 (2)令，函数的定义域满足，即函数的定义域为，定义域关于直线对称，由题意可得，由对称性可知，取可得，即，则，解得，经检验满足题意，故。即存在满足题意。 (3)由函数的解析式可得，由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点；令，则，令，在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，当时，，在区间上单调递减，此时，在区间上无零点，不合题意；当，时，由于，所以在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，所以在区间上无零点，不符合题意；当时，由可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故的最小值为，令，则，函数在定义域内单调递增，，据此可得恒成立，则，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，故，即(取等条件为)，所以，，且注意到，根据零点存在性定理可知：在区间上存在唯一零点.当时，，单调减，当时，，单调递增，所以.令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以，所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.综合上面可知；实数得取值范围是。 51.(2023高考·全国)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，. 51.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】(1)因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增。 (2)方法一：由(1)得，，要证，即证，即证恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕。 方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕。 52.(2023高考·全国)(1)证明：当时，； (2)已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围。 52.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，即对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；综上所述：。 (2)(令，解得，即函数的定义域为，若，则，因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，不合题意，所以。当时，令因为，且，所以函数在定义域内为偶函数，由题意可得：。 (i)当时，取，，则，由(1)可得，且，所以，即当时，，则在上单调递增，结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是的极小值点，不合题意。 (ⅱ)当时，取，则，由(1)可得，构建，则，且，则对恒成立，可知在上单调递增，且，所以在内存在唯一的零点，当时，则，且，则，即当时，，则在上单调递减，结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以是的极大值点，符合题意，综上所述：，即，解得或，故a的取值范围为。 53.(2023高考·北京)设函数，曲线在点处的切线方程为。 (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数. 53.【答案】(1) (2)的单调递减区间为和，单调递增区间为和 (3)3个 【解析】(1)因为，所以，因为在处的切线方程为，所以，，则，解得，所以。 (2)由(1)得，则，令，解得，不妨设，，则，易知恒成立，所以令，解得或；令，解得或；所以在，上单调递减，在，上单调递增，即的单调递减区间为和，单调递增区间为和。 (3)由(1)得，，由(2)知在，上单调递减，在，上单调递增，当时，，，即，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，在上单调递减，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；所以在上有一个极大值点；当时，在上单调递增，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，，所以，则单调递增，所以在上无极值点；综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点。 54.(2023高考·天津)已知函数。 (1)求曲线在处切线的斜率； (2)当时，证明：； (3)证明：。 54.【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】(1)，则，所以，故处的切线斜率为。 (2)要证时，即证，令且，则，所以在上递增，则，即，所以时。 (3)设，，则，由(2)知： ，则，所以，故在上递减，故；下证，令且，则，当时，递增，当时，递减，所以，故在上恒成立，则，所以，，…，，累加得：，而，因为，所以，则，所以，故；综上，，即。 55.(2024高考·全国)已知函数. (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立. 55.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析。 【解析】(1)定义域为，当时，，故在上单调递减；当时，时，，单调递增，当时，，单调递减.综上所述，当时，的单调递减区间为；时，的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)，且时，，令，下证即可.，再令，则，显然在上递增，则，即在上递增，故，即在上单调递增，故，问题得证。 56.(2024高考·全国)已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围. 56.【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】(1)时，，其中，则， 因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为.， (2)的定义域为，设为图象上任意一点，关于的对称点为，因为在图象上，故，而，所以也在图象上，由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. (3)因为当且仅当，故为的一个解，所以即，先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立，设，则在上恒成立，设，则， 当，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立. 当时，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立. 当，则当时，故在上为减函数，故，不合题意，舍；综上，在上恒成立时. 而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，. 57.(2024高考·全国)已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围. 57.【答案】(1)极小值为0，无极大值 (2) 【解析】(1)当时，，故，因为在上为增函数，故在上为增函数，而，故当时，，当时，，故在处取极小值且极小值为，无极大值. (2)，设，则，当时，，故在上为增函数，故，即，所以在上为增函数，故.当时，当时，，故在上为减函数，故在上，即在上即为减函数，故在上，不合题意，舍.当，此时在上恒成立，同理可得在上恒成立，不合题意，舍；综上，. 58.(2024高考·全国)已知函数. 5)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 58.【答案】(1) (2) 【解析】(1)当时，则，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即. (2)解法一：因为的定义域为，且，若，则对任意恒成立，可知在上单调递增，无极值，不合题意；若，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则有极小值，无极大值，由题意可得：，即，构建，则，可知在内单调递增，且，不等式等价于，解得，所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且，若有极小值，则有零点，令，可得，可知与有交点，则，若，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则有极小值，无极大值，符合题意，由题意可得：，即，构建，因为则在内单调递增，可知在内单调递增，且，不等式等价于，解得，所以a的取值范围为. 59.(2024高考·北京)设函数，直线是曲线在点处的切线. (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积.是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ (参考数据：，，) 59.【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)证明见解析 (3)2 【解析】(1)，当时，；当，；在上单调递减，在上单调递增.则的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)，切线的斜率为，则切线方程为，将代入则，即，则，，令，假设过，则在存在零点.，在上单调递增，，在无零点，与假设矛盾，故直线不过. (3)时，.，设与轴交点为，时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.由(2)知.所以，则切线的方程为，令，则.，则，，记，满足条件的有几个即有几个零点.，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；因为，，所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 60.(2024高考·天津)设函数. (1)求图象上点处的切线方程； (2)若在时恒成立，求的值； (3)若，证明. 60.【答案】(1) (2)2 (3)证明过程见解析。 【解析】(1)由于，故.所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. (2)设，则，从而当时，当时.所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.设，则.当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.一方面，若对任意，都有，则对有，取，得，故.再取，得，所以.另一方面，若，则对任意都有，满足条件.综合以上两个方面，知的值是2. (3)先证明一个结论：对，有.证明：前面已经证明不等式，故，且，所以，即.由，可知当时，当时.所以在上递减，在上递增.不妨设，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有.对任意的，设，则.由于单调递增，且有，且当，时，由可知.所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.故在上递减，在上递增.①当时，有；②当时，由于，故我们可以取从而当时，由，可得.再根据在上递减，即知对都有；综合①②可知对任意，都有，即.根据和的任意性，取，，就得到.所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.而根据的单调性，知或.故一定有成立.综上，结论成立. 61.(2024高考·上海)对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”. (1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”； (2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直； (3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，.若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性. 61.【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)严格单调递减。 【解析】(1)当时，，当且仅当即时取等号，故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”. (2)由题设可得，则，因为均为上单调递增函数，则在上为严格增函数，而，故当时，，当时，，故，此时，而，故在点处的切线方程为.而，故，故直线与在点处的切线垂直. (3)设，，而，，若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，设，则既是的最小值点，也是的最小值点，因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点，则存在,使得，即①②由①②相等得，即，即，又因为函数在定义域R上恒正，则恒成立，接下来证明，因为既是的最小值点，也是的最小值点，则，即，③，④③④得即，因为则，解得，则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减。 62.(2025高考·全国一卷)设数列满足， (1)证明：为等差数列； (2)设，求， 62.【答案】(1)证明见解析； (2) 【解析】(1)由题意证明如下，，在数列中，，，∴，即，∴是以为首项，1为公差的等差数列。 (2)由题意及(1)得，，在数列中，首项为3，公差为1，∴，即，在中，，∴，当且时，∴，∴∴。 63.(2025高考·上海)已知， (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 63.【答案】(1) (2)且， 【解析】(1)因为，故，故，故，故即为，设，则，故在上为增函数，而即为，故，故原不等式的解为。 (2)在有极大值即为有极大值点，，若，则时，，时，，故为的极小值点，无极大值点，故舍；若即，则时，，时，，故为的极大值点，符合题设要求；若，则时，，无极值点，舍；若即，则时，，时，，故为的极大值点，符合题设要求；综上，且。 64.(2025高考·全国一卷)(1)设函数，求在的最大值； (2)给定，设a为实数，证明：存在，使得； (3)设，若存在使得对恒成立，求b的最小值， 64.【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】(1)法1：，因为，故，故，当时，即，当时，即，故在上为增函数，在为减函数，故在上的最大值为。 法2：我们有，所以：，这得到，同时又有，故在上的最大值为，在上的最大值也是。 (2)法1：由余弦函数的性质得的解为，，若任意与交集为空，则且，此时无解，矛盾，故无解；故存在，使得。 法2：由余弦函数的性质知的解为，若每个与交集都为空，则对每个，必有或之一成立，此即或，但长度为的闭区间上必有一整数，该整数不满足条件，矛盾，故存在，使得成立。 (3)法1：记，因为，故为周期函数且周期为，故只需讨论的情况，当时，，当时，，此时，令，则，而，，故，当，在(2)中取，则存在，使得，取，则，取即，故，故，综上，可取，使得等号成立，综上，。 法2：设，①一方面，若存在，使得对任意恒成立，则对这样的，同样有，所以对任意恒成立，这直接得到，设，则根据恒成立，有所以均不超过，再结合，就得到均不超过，假设，则，故，但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线左侧，所以假设不成立，这意味着，②另一方面，若，则由(1)中已经证明，知存在，使得，从而满足题目要求，综合上述两个方面，可知的最小值是。 65.(2025高考·天津)已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且， (i)求a的取值范围； (ii)证明， 65.【答案】(1) (2)(i)；(ii)证明见解析。 【解析】(1)当时，，，则，则，且，则切点，且切线的斜率为，故函数在点处的切线方程为。 (2)(i)令，，得，设，则，由解得或，其中，；当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；且当时，； 当时，；如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点，则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点，结合图象可知，，故的取值范围为。 (ii)由图象可知，，设，则，满足，由可得，两式作差可得，则由对数均值不等式可得，则，故要证，即证，只需证，即证，又因为，则，所以，故只需证，设函数，则，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；故，即，而由，可知成立，故命题得证。 66.(2025高考·全国二卷)已知函数，其中， (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点， (i)设函数·证明：在区间单调递减； (ii)比较与的大小，并证明你的结论。 66.【答案】(1)证明见解析； (2)(i)证明见解析；(ii)，证明见解析， 【解析】(1)由题得，因为，所以，设，则在上恒成立，所以在上单调递减，，令，所以当时，，则；当时，，则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上存在唯一极值点，对函数有在上恒成立，所以在上单调递减，所以在上恒成立，又因为，时，所以时，所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点。 (2)(i)由(1)知，则，，，则，，，即在上单调递减。 (ii)，证明如下：由(i)知：函数在区间上单调递减，所以即，又，由(1)可知在上单调递减，，且对任意，所以。 67.(2025高考·北京)已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线， (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围， 67.【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】(1)设，，由可得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的最大值为。 (2)因为，所以直线的方程为，即，设，，由(1)可知，在上单调递增，而，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，而当时，，所以总有，单调递增故，从而命题得证。 (3)解法一：由题意，直线，直线，所以，，当时，，在上单调递增，所以，所以，由(1)可得当时，，所以，所以。 解法二：由可设，又，所以，即，因为直线的方程为，易知，所以直线的方程为，，，所以，由(1)知，当时，，所以，所以。 1 / 55 学科网（北京）股份有限公司 $$