江苏省海安高级中学2026届高考数学一轮复习——导数专题训练（一）

江苏省海安高级中学2026届高考数学一轮复习校本资料 导数专题训练（一） 【导数专题训练（一） 第 1 页 （共 36 页）】 学科网（北京）股份有限公司 （难度分布：易/中/难 = 5/15/10） 一、解答题：本题共30小题，共500分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 1.本小题15分 已知函数 求的极值; 若对于任意，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 2.本小题15分 已知函数 当时，求曲线在处的切线方程； 当时，证明：， 3.本小题15分 已知函数 求函数的单调区间与极值； 求函数在区间上的最值. 4.本小题15分 设函数且， 若是定义在R上的偶函数，求实数k的值； 若，对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围． 5.本小题15分 已知A，B两地的距离是根据交通法规，两地之间的公路车速应限制在 ，油价为8元假设汽车以的速度行驶时，耗油率为，司机的人工费为40元 Ⅰ请将总费用W表示为车速x的函数； Ⅱ试确定x的值，使总费用W最小. 6.本小题17分 已知函数 讨论的单调性； 若有三个零点，求k的取值范围. 7.本小题17分 已知函数 讨论在区间的单调性； 证明：； 设，证明： 8.本小题17分 已知函数，，其中 求函数的单调区间； 若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明； 证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线． 9.本小题17分 已知函数 讨论的单调性； 若存在两个极值点，证明： 10.本小题17分 设函数 若在处取得极值，确定a的值，并求此时曲线在点处的切线方程； 若在上严格减，求a的取值范围． 11.本小题17分 已知函数 讨论的单调性； 当时，证明： 12.本小题17分 已知函数 讨论的单调性; 当时，记在区间的最大值为M，最小值为 m，求的取值范围 13.本小题17分 已知函数 若，求证：在上单调递减； 若在上恒成立，求a的取值范围； 证明： 14.本小题17分 已知函数 当时，求曲线在点处的切线方程； 若在上单调递增，求实数a的取值范围． 15.本小题17分 已知函数， 当时，求在上的值域; 若曲线在点处的切线与坐标轴围成的图形面积为，求a的值. 16.本小题17分 已知函数， 求的极值； 求的极值； 当时，恒成立，求a的取值范围． 17.本小题17分 已知函数 求曲线在点处的切线方程； 已知函数，求的单调区间； 若对于任意，都有为自然对数的底数，求实数a的取值范围． 18.本小题17分 已知函数在处取得极值 求实数a，b的值； 若方程在有三个不同的实数根，求实数k的取值范围. 19.本小题17分 牛顿迭代法又称牛顿-拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种实数集上近似求解方程根的一种方法，以直代曲的核心思想是牛顿法求方程近似解的理论依据。具体步骤如下： 设r是函数的一个零点，任意选取作为r的初始近似值，过点作曲线的切线，设与x轴交点的横坐标为，并称为r的1次近似解，用代替重复上面的过程得到一直继续下去，得到，，，，一般地，称为r的n次近似解. 已知函数，为的导数. 求证：仅有唯一的零点r，且 设r为的零点，且 ⅰ求r的2次近似解. ⅱ若，，1，2，，求证：，并利用它说明：当我们进行第四步迭代后，精度可以达到小数点后9位，即 20.本小题17分 我国南北朝时期的数学家祖冲之公元429年年计算出圆周率的精确度记录在世界保持了千年之久，德国数学家鲁道夫公元1540年年用一生精力计算出了圆周率的35位小数，随着科技的进步，一些常数的精确度不断被刷新.例如：我们很容易能利用计算器得出函数…的零点的近似值，为了实际应用，本题中取的值为哈三中毕业生创办的仓储型物流公司建造了占地面积足够大的仓库，内部建造了一条智能运货总干线，其在已经建立的直角坐标系中的函数解析式为，其在处的切线为：现计划再建一条总干线：，其中m为待定的常数. 注明：本题中计算的最终结果均用数字表示. 求出的直线方程，并且证明：在直角坐标系中，智能运货总干线上的点不在直线的上方； 在直角坐标系中，设直线，计划将仓库中直线与之间的部分设为隔离区，两条运货总干线、分别在各自的区域内，即曲线上的点不能越过直线，求实数m的取值范围. 21.本小题17分 已知，函数，其中…是自然对数的底数． Ⅰ证明：函数在上有唯一零点； Ⅱ记为函数在上的零点，证明： ⅰ； ⅱ 22.本小题17分 已知，函数 求曲线在点处的切线方程； 证明函数存在唯一的极值点； 若，使得对任意的恒成立，求实数b的取值范围. 23.本小题17分 已知函数 Ⅰ求曲线的斜率为1的切线方程； Ⅱ当时，求证：； Ⅲ设，记在区间上的最大值为当最小时，求a的值． 24.本小题17分 已知函数 若，证明：当时，； 若在只有一个零点，求 25.本小题17分 设函数，a，b，，为的导函数． 若，，求a的值； 若，，且和的零点均在集合中，求的极小值； 若，，，且的极大值为M，求证： 26.本小题17分 已知函数，为的导函数． Ⅰ当时， ⅰ求曲线在点处的切线方程； ⅱ求函数的单调区间和极值； Ⅱ当时，求证：对任意的，且，有 27.本小题17分 已知关于x的函数，与在区间D上恒有 若，，，求的表达式； 若，，，，求k的取值范围； 若，，，，求证： 28.本小题17分 已知函数 若 ，求a的值； 设m为整数，且对于任意正整数n，…，求m的最小值． 29.本小题17分 已知函数 求曲线在点处的切线方程； 若在区间上恒成立，求实数a的取值范围； 若方程有两个不同的实数解，证明： 30.本小题17分 在必修一中，我们曾经学习过用二分法来求方程的近似解，而英国物理学家，数学家艾萨克牛顿与德国哲学家，数学家戈特弗里德莱布尼茨各自独立发明了微积分.其中牛顿在《流数法与无穷级数》一书中给出了“牛顿切线法”求方程的近似解.具体步骤如下：设r是函数的一个零点，任意选取作为r的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，称为r的2次近似值.一直继续下去，得到一般地，过点作曲线的切线，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值，称数列为牛顿数列. 已知函数的零点为，求r的2次近似值. 设函数，令，证明：，不等式恒成立. 函数的两个零点分别为，数列为函数的牛顿数列，若数列满足 导数专题训练（一） 参考答案与解析 1.【答案】解：由函数，可得 ， 令，即，解得 令，即，解得， 故  在 上单调递增，在上单调递减， 所以当  时，  取极小值  ，无极大值； 由  得   ，故  ， 构造函数  则  ， 令  ，则  ， 故当  时，  ，  单调递增，   时，  单调递减， 故当  取极小值也是最小值，  ， 所以  ，即 ， 故m的取值范围为   【解析】本题主要考查利用导数求函数的极值以及利用导数研究函数的恒成立问题，属于基础题. 根据已知，先进行求导，根据导数求解单调性，即可求解极值； 将恒成立问题参数分离，构造函数  即可求导求解最值求解. 2.【答案】解：当时，，， 所以，， 故曲线在点处的切线方程为； 证明：当时，， 则，令，则， 所以在R上单调递减，又， 则当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，即   3.【答案】解：， 令，得或，令，得， 所以的单调递增区间是，，单调递减区间是， 所以的极大值是，的极小值是； 因为，， 由知，的极大值是，的极小值是， 所以函数在区间上的最大值为，最小值为  4.【答案】解：因为为偶函数， 所以， 所以，对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 所以对于任意成立， 所以 当时，， 由， 即有， 即， 又当时，， 故有对恒成立， ①若，则显然成立， ②若，则函数在上单调递增， 故有，解得 综上所述，a的取值范围  【解析】本题考查函数的性质，解题中需要理清思路，属于中档题． 又为偶函数，得，则，对任意恒成立，即可得出k的值． 当时，，即有，且，问题等价于对恒成立．讨论函数的单调性，从而求出a的取值范围. 5.【答案】解：Ⅰ汽车的运行时间为  汽车的油耗费用为元． 汽车的总费用为元，  Ⅱ因为， 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增． 故当时，总费用最小．  【解析】本题主要考查了导数与单调性及最值关系在实际问题中的应用，属于基础题． Ⅰ由已知先表示汽车运行时间，然后可求汽车的总费用即可求解； Ⅱ先对函数求导，结合导数与单调性及最值关系可求． 6.【答案】解：求导得，定义域为， 当时，，在上单调递增； 当时，令得或，令得， 故函数在上单调递增，在上单调递减. 由当时，在上单调递增，不符题意，故， 的极大值为，极小值为， 要使有三个零点，则， ，即，解得：， 的取值范围为   【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数问题，属较难题. 求导得，当和时分别讨论的正负求得单调区间； 由时，的极大值为，极小值为，要使有三个零点，则，解得k的范围. 7.【答案】解：    ， 所以对于有：当时，； 当时，； 当时， 所以在时单调递增，在时单调递减，在时单调递增; 证明：， 函数的周期为 由，在时单调递增，在时单调递减，在时单调递增，， 故在上的值域为， 又的周期为， 故 证明：由知： 即有：；；； ；， 即有：， 则 ， 即有：   【解析】本题考查二倍角公式，利用导数研究函数单调性以及极值与最值的应用. 首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可； 首先确定函数的周期性，然后结合中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式； 对所给的不等式左侧进行恒等变形， 然后结合的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式. 8.【答案】解：由已知，，有， 令，解得 由，可知当x变化时，，的变化情况如下表： x 0 - 0 + ↘ 极小值 ↗ 函数的单调减区间为，单调递增区间为； 证明：由，可得曲线在点处的切线的斜率为 由，可得曲线在点处的切线的斜率为 这两条切线平行，故有，即， 两边取以a为底数的对数，得， 证明：曲线在点处的切线：， 曲线在点处的切线： 要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线， 只需证明当时，存在，使得与重合， 即只需证明当时，方程组 由①得，代入②得： ，③ 因此，只需证明当时，关于 的方程③存在实数解． 设函数，即要证明当时，函数存在零点． ，可知时，；时，对求导，易知单调递减， 又，， 故存在唯一的，且，使得，即 由此可得，在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值 ，故 下面证明存在实数t，使得， 由可得，当时，有 存在实数t，使得 因此，当时，存在，使得 当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线．  【解析】本题考查利用导数研究函数单调性，导数的几何意义，考查函数与方程思想，化归思想，考查抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，是难题. 把的解析式代入函数，求其导函数，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调区间； 分别求出函数在点处与在点处的切线的斜率，由斜率相等，两边取对数可得结论； 分别求出曲线在点处的切线与曲线在点处的切线方程，把问题转化为证明当时，存在，使得与重合，进一步转化为证明当时，方程存在实数解，然后利用导数证明即可． 9.【答案】解：函数的定义域为， 可得：， 设，， 当时，恒成立，即恒成立， 此时函数在上是减函数， 当时，判别式， ①当时，，即，即恒成立， 此时函数在上是减函数， ②当时，令得，或 当时，； 当时， 所以在和上是减函数，在上是增函数． 综上：当时，在上是减函数， 当时，在和上是减函数，在上是增函数． 证明：若存在两个极值点， 由知， 且是的两根， 则， 不妨设， 则 ， 则， 可知：要证， 即证， 即证明， 则证， 即证， 即证在上恒成立， 设，，其中， 求导得， 则在上单调递减， 当时，，即， 故， 则成立．  【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，属于难题． 求出函数的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可． 可知：要证，即证，进行求解即可. 10.【答案】解：， 在处取得极值，，解得 经检验，满足题意， 当时，，， ，， 曲线在点处的切线方程为，化为：； 由在上严格减，， 可得在上恒成立． 令， 在上严格减， 经检验，满足题意， 的取值范围为：  【解析】本题主要考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程、利用导数研究函数的单调性，考查了“分离参数法”，推理能力与计算能力，属于中档题． ，由在处取得极值，可得，解得可得，，即可得出曲线在点处的切线方程； “分离参数法”：由在上严格减，可得，可得，在上恒成立．令，利用导数研究其最大值即可． 11.【答案】解：因为，且的定义域为， 所以 ， ①当时，恒成立，此时函数在上单调递增； ②当，由于，所以恒成立，此时函数在上单调递增； ③当时，令，解得：或舍， 当时；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 综上可知：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 证明：由可知：当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数取最大值，， 从而要证，即证， 即证，即证； 令，则，即证：， 令，， 则， 令，可知， 则当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 即，则式成立， 所以当时，成立．  【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查分类讨论的思想，属于较难题． 可知，分、、三种情况讨论，可得结论； 通过可知，将问题转化为，令，，构造函数，只需证明即可. 12.【答案】解：， 令，得或 若，则当时，； 当时， 故在，上单调递增，在上单调递减； 若，在上单调递增； 若，则当时，； 当时， 故在，上单调递增，在上单调递减； 当时，由知，在上单调递减，在上单调递增， 在区间的最小值为，最大值为或 于是，， 当时，令，， 可知单调递减，的取值范围是； 当时，单调递增，的取值范围是 综上，的取值范围  【解析】本题主要考查导数的运算，运用导数研究函数的性质等知识和方法，考查函数思想和转化思想，考查分类讨论的数学思想方法，属难题． 求出原函数的导函数，得到导函数的零点，对a分类讨论原函数的单调性； 当时，由知，在上单调递减，在上单调递增，求得在区间的最小值为，最大值为或得到，分类求得函数值域，可得的取值范围． 13.【答案】解：证明：由，则，定义域为， 故，令， 则，令，则， 故当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减， 故， 则在单调递减； 由在恒成立， 则在恒成立， 令在恒成立， ，令， 当时，， 所以，则在单调递减， 所以这与在恒成立矛盾，所以不满足条件， 当时，，对称轴， 若，即， 当时， 故，则在单调递增， 所以，故， 若，即， 当时，令，解得， 故当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 所以与在恒成立矛盾， 故； 证明：由时， 故时，， 令，则，， 则n个不等式相加得， 故   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 14.【答案】解：当时，， 则，则，， 即切线斜率为0， 所以曲线在点处的切线方程为 ， 若在上单调递增， 则在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 令，， 当时，，单调递增， 故当时，取得极小值，也是最小值，， 所以实数a的取值范围为  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 15.【答案】解：当时，， 在区间内，当且仅当时， 因此，函数在上单调递增， ； ， 因此，函数在上的值域为 ，，  ，，  曲线在点处的切线方程为， 当时，；当时，， 则切线与坐标轴围成直角三角形的面积为， 由题意面积得，因此或  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 16.【答案】解： 当或时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减． 所以当时，取得极大值，极大值为， 当时，取得极小值，极小值为 ， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以当时，取得极大值，极大值为无极小值； 当时，和都在处取得最值， 要使得，则，即，解得 故a的取值范围为   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 17.【答案】解：由得，，，， 所以在点处的切线方程为 ，， ， 令，解得， 因为时，， 所以在上单调递减， 因为时，， 所以在上单调递增， 所以的单调减区间为，单调增区间为 由题可知，， 所以， 设，， 则， 令，解得， 当时，， 所以在单调递减， 当时，， 所以在单调递增， 又，即， 所以   【解析】本题考查了利用导数求函数的单调区间、利用导数研究恒成立与存在性问题，属于中档题. 根据导数运算及导数的几何意义求解即可； 根据导数的正负求解的单调区间； 根据导数求解函数最大值，即可得出a的取值范围． 18.【答案】解：，则， 因为函数在处取得极值， 所以，解得， 所以，， 由，可得或， 当或时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极小值， 故，； 令， 则， 则在和上单调递增，在上单调递减， 因为方程在有三个不同的实数根， 则，得， 则实数k的取值范围为  19.【答案】解：因为，，在R上单调递增， 又，，即， 所以由零点存在性定理可知：在存在唯一零点. 故仅有唯一的零点r，且； ⅰ由得：， 所以在处的切线方程为， 令，可得， 所以 ， 若，则，， 即r的2次近似解为或； 由知，且，由知， 因为， 所以要证，即证， 因为，所以只需证， 又因为，，所以，， 要证，只需证恒成立即可. 而，显然恒成立， 故，，1，2，，有 由此可得：， ， ， ， 因为， 所以当我们进行第四步迭代后，精度可以达到小数点后9位， 即  【解析】本题考查利用导数研究方程的近似解，考查零点存在性定理，考查数列的递推关系，不等式证明，属于难题. 利用导数研究函数的单调性结合零点存在性定理即可完成证明； ⅰ因为，所以可写出在处的切线方程，据此找出与的递推关系，据此可求出； ⅱ利用分析法逐步分析可知，要证，只需证，进一步只需证恒成立即可；由此可得：，， ，，所以通过判断的值，即可说明问题. 20.【答案】解：证明：由函数，可得， 则且， 所以的方程为，即， 因为函数的零点的近似值，即，所以， 可得， 又因为，所以的直线方程为， 令， 其中，则，令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值，也为最大值，即， 所以在直角坐标系中，智能运货总干线上的点不在直线的的上方． 由曲线：且， 令， 要使得两条运货总干线、分别在各自的区域内，则满足恒成立， 又由，令，可得，即， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 当时，函数取得最小值， 最小值为， 令，即， 即， 即， 因为，可得， 又因为函数的零点的近似值，即，所以， 则， 又由，所以， 所以实数m的取值范围是  【解析】本题考查导数的综合应用，考查构造函数法，考查导数在实际问题中的应用，属难题． 求得，得到且，结合导数的几何意义，求得的直线方程，令，利用导数求得函数的单调性和最大值，得到，即可得到结论； 令，求得，得到函数的单调性和最小值，令，化简得到，结合和，即可求解． 21.【答案】证明：Ⅰ因为，， 所以在上存在零点， 因为，所以当时，， 故函数在上单调递增， 所以函数以在上有唯一零点; Ⅱⅰ令， ， 由Ⅰ知函数在上单调递增， 故当时，， 所以函数在单调递增，故 由得， 因为在单调递增，故 令，， 令，， 所以， x 0 1 - 0 + 0 故当时，，即， 所以在单调递减， 因此当时， 由得， 因为在单调递增，故 综上， ⅱ令，， 所以当时，， 故函数在区间上单调递增，因此 由可得， 由得  【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性及导数中的函数零点问题，属于难题. Ⅰ先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论； Ⅱ构造函数，利用导数研究单调性，由得，进而利用的单调性得，然后构造函数，利用导数研究单调性，从而得，，进而利用的单调性得 构造函数，利用导数研究单调性，从而证明结论. 22.【答案】解：因为， 所以，而， 所以在处的切线方程为； 令 ， 令，得， 令，得， 在上单调递增，在上单调递减， 又， 且当时，， 又， 在上恒成立，即在上无零点， ， ， ， 在上有一个零点，不妨记为， 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 为的极大值点，无极小值点，得证. 由知，， 即能成立， 又，即， ， 则能成立， 即能成立， 由知 令， 令，解得，， 令，解得， 在上单调递减，在上单调递增， ， 的取值范围为  【解析】本题主要考查了利用导数研究函数在某点处的切线，以及利用导数研究极值与最值，同时考查了转化能力和运算求解的能力，属于拔高题． 先求导函数，然后根据导数的几何意义求出切线的斜率，最后利用点斜式表示出切线即可； 令，利用讨论的思想，求出的范围，从而可得结论； 由知，此时，，所以，构造，若存在a，使对任意的恒成立，则等价于存在，使得，即，最后利用导数研究其最值，即可求出所求． 23.【答案】解：Ⅰ， 由得， 得， 又，， 切线方程为：和， 即和； Ⅱ证明：欲证， 只需证， 令，， 则， 可知在为正，在为负，在为正， 在递增，在递减，在递增， 又，，，， ， ； Ⅲ由Ⅱ可得， 在上，， 令，， 则问题转化为当时，的最大值的问题了， ①当时，，此时 ②当时，， ③时，， 综上，当取最小值时a的值为  【解析】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性，考查数形结合法，属于中档题. Ⅰ求导数，由求得切点，即可得点斜式方程； Ⅱ把所证不等式转化为，再令，利用导数研究在的单调性和极值点即可得证； Ⅲ先把化为，再利用Ⅱ的结论，引进函数，结合绝对值函数的对称性，单调性，通过对称轴与的关系分析即可． 24.【答案】解：当时，等价于， 设函数， 则 当时，，所以在单调递减. 又，故当时，，即 设函数 在只有一个零点等价于在只有一个零点. 当时，，没有零点; 当时， 当时，当时， 所以在单调递减，在单调递增. 故是在的最小值. ①若，即，在没有零点; ②若，即，在只有一个零点; ③若，即，由于，所以在有一个零点. 由知，当时，， 所以 故在有一个零点. 因此在有两个零点. 综上，在只有一个零点时，   【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，考查函数零点存在性定理，考查导数中的零点问题，考查分析与计算能力，属于较难题. 当时，等价于，设函数，求导，利用导数证明当时，即可； 设函数，在只有一个零点等价于在只有一个零点，利用导数，计算求解即可. 25.【答案】解：，， ，， ，解得 ，，设 令，解得，或 令，解得，或 和的零点均在集合中， 若：，，则，舍去； ，，则，舍去； ，，则，舍去； ，，则，舍去； ，，则，舍去； ，，则 因此，，， 可得 ， 当或时，，在和单调递增， 当时，，在单调递减， 可得时，函数取得极小值， 证明：，，， ， 令 解得： 在和单调递增，在单调递减， 可得时，取得极大值为M， 此时， 因此  【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 由，可得，根据，可得，解得 ，，设令，解得，或，令，解得或根据和的零点均在集合中，通过分类讨论可得：只有，，可得，可得：利用导数研究其单调性可得时，函数取得极小值． ，，，令解得：可得时，取得极大值为M，通过计算化简即可证明结论． 26.【答案】解：当时，， 故， ， ， 曲线在点处的切线方程为，即 ，， ， 令，解得， 当，， 当，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 是极小值点，极小值为，无极大值. 证明：Ⅱ由，则， 对任意的，且，令，， 则， ， ，① 令，， 当时，， 在单调递增， 当，，即， ，，， ，②， 由Ⅰ可知当时，， 即，③， 由①②③可得， 当时，对任意的，且，有  【解析】本题是利用导数研究函数的单调性、求函数的极值的基本题型，不等式的证明，属于难题． Ⅰ根据导数的几何意义即可求出切线方程； 根据导数和函数单调性极值的关系，即可求出； Ⅱ要证不等式成立，只要证明，根据导数和函数最值的关系，以及放缩法即可证明． 27.【答案】解：由得， 又，，所以， 所以，函数的图象为过原点，斜率为2的直线，所以， 经检验：，符合题意，故的表达式为 ， 设，设， 在上，，单调递增， 在上，，单调递减， 所以， 所以当时，； 令 所以，得， 当时，即时，在上单调递增， 所以，， 所以 当 时，即时，，即， 解得 综上， 因为，所以， x 0 1 - 0 + 0 - 0 + 0 0 0 所以函数的图象在处的切线为： ， 可见直线为函数的图象在处的切线． 由函数的图象可知，当在区间D上恒成立时，， 又由，得， 设方程的两根为，，则，， 所以， ，则，由图象可知，， 设，则， 所以当时，，单调递减， 所以， 故，即  【解析】本题考查恒成立问题，参数的取值范围，导数的综合应用，解题过程中注意数形结合思想的应用，属于中档题． 由得，求导可得，能推出函数的图象为过原点，斜率为2的直线，进而可得，再进行检验即可． 由题可知，设，求导分析单调性可得，，那么要使的，则；令为二次函数，则要使得，分两种情况，当时，当时进行讨论，进而得出答案． 因为，求导，分析单调性及图象得函数的图象在处的切线为：，可推出直线为函数的图象在处的切线．进而在区间D上恒成立；在分析，设，两根为，，由韦达定理可得，，所以，再求最值即可得出结论． 28.【答案】解：因为函数，， 所以，且， 所以当时，恒成立，此时在上单调递增，这与矛盾； 当时，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，即， 若，则，从而与矛盾； 所以； 由可知，当时，，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以， 一方面，， 即； 另一方面，当时，； 从而当时，， 因为m为整数，且对于任意正整数n，成立， 所以m的最小值为  【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，属于较难题． 通过对函数求导，分、两种情况讨论，即可得解； 由可知，当时，所以，当且仅当时取等号， 所以，，根据题意，，又，，进行求解分析即可. 29.【答案】解：，则切线的斜率为，又， 所以处的切线方程为，即； ， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 若在区间上恒成立，则a的取值范围为； 证明：由，得， 若有两个不同的实数解，则， 两式相减得，所以， 不妨设，则， 所以在上单调递增，此时，所以， 所以，即，所以①， 由，得有两个不同的实数解， 令， 当时单调递增，当时单调递减， 由，，所以， 令，则方程有两个不同的实数解， 由知，则有，即， 设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 此时，即，故，当且仅当时等号成立， 不妨设直线与直线交点的横坐标分别为，    则， 所以②， 综上，由①②得   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 30.【答案】解：函数，求导得， 则，而， 在处的切线方程为，即， 令，得，则， 在处的切线为，令，得， 所以r的2次近似值为； 证明：曲线在处的切线为， 所以切线与x轴交点横坐标为， 当函数时，即， 得，又，则， 令，则， 由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，所以， 则，当且仅当时等号成立， 令， 则， 因为恒成立，所以由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，所以， 综上可知，不等式恒成立，当且仅当时两等号同时成立； 因为，则， 可得， 过点作曲线的切线， 令，得， 则， 又因为是函数的两个零点，则， 且，则， 可得， 故数列为等比数列；则， 所以； 由知，所以， 所以， 假设数列中存在4项其中成等差数列成等比数列， 则互不相等，所以， 即， 又因为成等差数列，所以，所以， 化简得，所以， 又，所以与已知矛盾， 同理，对进行类似推导，也会得出矛盾， 所以在数列中不存在4项成等比数列. $