第13天 导数及其应用-【18天考点全覆盖】冲刺2023年高考数学考前必刷题（含解析)

【18天考点全覆盖】冲刺2023年高考数学考前必刷题
第13天 导数及其应用
一、单选题
1．当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
2．已知,若,则（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．设，，，则（ ）.
A． B．
C． D．
5．若正数a，b，c满足，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知是函数的导函数，，且对于任意的有．则下列不等式一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．已知定义在上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足且为偶函数.为奇函数，若，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．
8．已知，则（ ）
A． B． C． D．
9．，，，，a，b，c，d间的大小关系为（ ）.
A． B．
C． D．
10．已知有两个零点，，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
11．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
12．已知，则（ ）
A． B． C． D．
13．已知，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
14．已知函数，则（ ）
A．有两个零点 B．过坐标原点可作曲线的切线
C．有唯一极值点 D．曲线上存在三条互相平行的切线
15．定义在上函数的导函数为，满足则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
16．已知m，n关于x方程的两个根，且，则（ ）
A． B．
C． D．
17．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．有两个极值点
B．的图像关于原点对称
C．有三个零点
D．是的一个零点
18．已知是自然对数的底数，函数则（ ） （参考数据：，，）
A．函数的图象在处的切线方程为
B．的最小值为
C．函数在上单调递减
D．若整数满足，则所有满足条件的的和为21
19．直线、为曲线与的两条公切线.从左往右依次交与于A点、B点；从左往右依次交与于C点、D点，且A点位于C点左侧，D点位于B点左侧.设坐标原点为O，与交于点P.则下列说法中正确的有（ ）.
A． B．
C． D．
三、双空题
四、填空题
20．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
21．函数的图象在点处的切线方程是______．
22．若直线同时与曲线和曲线均相切，则直线的方程为______．
23．曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
24．已知函数，若对，都有成立，则实数a的最大值为___________．
25．实数x，y满足，则的值为______．
26．已知，，，其中为自然对数的底数，则，，由大到小依次为______．
27．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_______．
28．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____________．
五、解答题
29．已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明
30．已知函数且.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：.
31．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数图像过点，求证：.
32．已知函数．
讨论函数的单调性；
若函数图象过点，求证：．
33．已知函数,曲线 在点处的切线方程为y=2
（1）求a,b的值；
（2）当且时，求证：
34．已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)设在区间上的最小值为，求及的最大值．
35．已知函数．
(1)判断的单调性，并说明理由；
(2)若数列满足，，求证：对任意，．
36．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间．
37．已知函数设.
(1)若在上单调递增,求实数的取值范围;
(2)求证:;对,使得总成立.
38．若函数.
(1)若恒成立，求实数的取值范围；
(2)若，均为正数，.证明：.
39．已知函数（其中为自然对数的底数），．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的都有不等式成立，求实数a的值．
(3)设，证明：．
40．若函数
(1)证明:当时；
(2)设，证明
41．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.
42．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)当时，证明：对任意的恒成立.
43．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
44．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，，证明：当时，
45．已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)证明：当时，不等式恒成立.
46．已知函数，.
(1)若恒成立，求实数m的取值范围；
(2)求证：当时，.
47．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）解关于的不等式.
48．已知函数.
(1)当时，求的单调递增区间；
(2)若函数恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为，求的取值范围.
49．已知函数.（其中常数，是自然对数的底数.）
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：对任意的，当时，.
50．已知.
（1）当时，不等式恒成立，求m的取值范围；
（2）求证：当时，.
51．已知函数的最小值和的最大值相等.
(1)求；
(2)证明：；
(3)已知是正整数，证明：.
52．已知函数．
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)若a＝0，证明：对任意的x>1，都有．
53．已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)证明：当时，.
54．已知函数，
（1）讨论函数的单调性；
（2）求证：当时，.
55．已知函数.
（1）当时，求在点(0，)处的切线方程；
（2）当时，若的极大值点为，求证：.
56．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．
参考答案
1．B
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】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．
故选：B.
2．A
【分析】化简为,构造函数,求导求单调性,即可得,即,两边取对数即可判断选项A正误;根据,可得即可得选项B正误;根据,可得即可判断选项C正误;根据,即可得选项D正误.
【详解】解:由题知,
,
即,
即,
令,
所以,
故在上单调递增,
因为,
所以,
由可知:,
根据单调性可得,
所以,
故
故选项B错误;
因为.
所以
故选项A正确;
因为,
所以
故选项C错误;
因为,
所以
故选项D错误.
故选:A
3．A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[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，故选A
[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，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[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，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
4．D
【分析】令，证明；令，证明即得解.
【详解】解：令，则，
因为函数，在上单调递增，
所以函数在上递增，
所以，
所以函数在上递增，所以，
即，即.
令，
令，，令，
则，
所以函数在上递增，所以，
所以，
令得，即，所以.
综上所述，.
故选：D
5．B
【分析】利用常用不等式放缩进行比较大小.
【详解】设，则，
当时，，为增函数；
当时，，为减函数；所以，即；
所以，即.
设，则，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以，即；
所以，即.
若，则，与矛盾，故．
综上所述，.
故选：B．
6．A
【分析】设，，根据已知条件，利用导数得到为增函数，由可推出A正确；由可推出B不正确；由可推出C不正确；由可推出D不正确.
【详解】因为对于任意的有．又，，
所以，
设，，则，
因为当时，，所以，
所以在上为增函数，
因为，所以，所以，所以，所以，故A正确；
因为，所以，所以，所以，所以，故B不正确；
因为，所以，所以，所以，所以，故C不正确；
因为，所以，所以，所以，所以，故D不正确；
故选：A
7．A
【分析】先证明出为周期为8的周期函数，把转化为.记，
利用导数判断出在上单调递减，把原不等式转化为，即可求解.
【详解】因为为偶函数，为奇函数，
所以，.
所以，，所以.
令，则.
令上式中取，则，所以.
令取，则，所以.
所以为周期为8的周期函数.
因为为奇函数，所以，
令，得：，所以，所以，即为，所以.
记，所以.
因为，所以，所以在上单调递减.
不等式可化为，即为.
所以.
故选：.
8．A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．
9．B
【分析】构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得；利用二项式定理证得，再构造函数证得，从而得到；构造函数，证得，从而得到；由此得解.
【详解】令，则，
所以在上单调递增，故，即，
所以，则，即，故；
因为，
所以其展开通项公式为，
故，，，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以，故，即；
令，则，
因为，所以，则，故，
所以在上单调递增，则，即，
易知，所以，则，即；
综上：.
故选：B.
10．B
【分析】对于选项A，通过令，构建新函数，求导解出的单调性，再结合有两个不同零点即可得出与的大小关系；
对于选项C，通过对求导得出单调性，再由对称定义得出关于对称，得出，且，即可判断；
对于选项D，通过对零点的分析结合选项A中的证明，得出，结合选项C中的证明利用单调性得出即可判断；
对于选项B，结合选项C，D中的证明，构造新函数，求导再构造得出的单调性即可由于单调性得出，即可证明比离远，再结合对称性得出，即可判断.
【详解】对于选项A：
令，
则，即，
令，
则，
则当时，当时，
则在时单调递增，在时单调递减，
则，
则当有两个不同零点时，，
故选项A错误；
对于选项B：
，
则，
由基本不等式可得，
则，
则，则再定义域上单调递增，
，
则关于对称，
令，则，
，且由选项A得知，
当时，解得的，即，
由选项A中可知在时单调递增，在时单调递减，
当有两个零点时，
则，
则，且，
令，且，
则，
令，
则，
即在上单调递减，
，
，
，
则，
即在上单调递减，
，
即，
，
，
，
，
，，在上单调递增，
，即，
则比离远，
则，
则，
故选项B正确；
对于选项C：
由选项B中可知，且，
则，
故选项C错误；
对于选项D：
由选项B中可知再定义域上单调递增，且，，
则，
则，
则
故选项D错误；
故选：B.
【点睛】导函数中常见的解题转化方法：
（1）利用导数研究含参函数的单调性，常转化不等式恒成立问题，需要注意分类讨论与数形结合思想的应用；
（2）函数零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极值问题处理.
难题通常需要多段求导或构造函数，这时需多注意函数前后联系.
11．AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】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，故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，故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，故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，故D错误.
故选：AC.
12．ACD
【分析】令，根据导数可得到在上单调递增，通过对数运算和的单调性即可判断每个选项
【详解】设，，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，即，
因为单调递增，所以，A项正确；
因为，所以，即，所以，
因为单调递增，所以，B项错误；
因为，所以，D项正确；
因为单调递增，，
所以，所以，C项正确，
故选：ACD
13．AC
【分析】构造函数，判断函数在上单调递增，由题意得，得到，结合指数函数的性质即可判断A；由结合的范围即可判断B；由即，结合对数函数的性质即可判断C；由，得，从而，结合对数函数的性质即可判断D.
【详解】由，，，
构造函数，则，所以在上单调递增，
因为，即，所以，从而，故A正确；
因为，即，又，所以，故B错误；
因为，即，从而，故C正确；
因为，，所以，从而，，故D错误.
故选：AC.
14．ACD
【分析】利用导数研究函数的极值，结合零点的定义即可判断A；利用反证法，根据直线的点斜式方程求出切线方程，即可判断B；利用二次求导研究函数的极值，结合零点的定义即可判断C；利用函数的零点个数与方程的根个数、函数图象交点个数的关系，结合选项C即可判断D.
【详解】A：，
对于函数，
令，令或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
则函数在，处分别取极大值和极小值，
由，知只有一个零点，所以有两个零点，故A正确；
B：假设B成立，设切点坐标为，
切线方程为，
即，
∴，但显然，故B错误；
C：，
令，令或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
∴函数在处分别取到极大值和极小值，
由知只有一个零点，有一个极值点，故C正确；
D：若D正确，则存在实数m使得有三个不同的根，
即函数与图象有3个交点，
由选项C可知，，故D正确.
故选：ACD.
15．BCD
【分析】根据导数不等式，构造函数，利用导数结合已知条件判断函数的单调性，然后利用的单调性依次判断四个选项即可．
【详解】解：令，则，
，，即恒成立，
为上的单调递增函数，则，
即，则，故选项A错误；
，，
，故选项B正确；
，，
，即，选项D正确．
所以，所以
故选项C正确，
故选：BCD．
16．ACD
【分析】根据函数的图象可得，结合条件可得，，利用对勾函数的性质可判断A，构造函数，根据函数的单调性可判断B，构造函数，利用导数研究函数的性质结合条件可判断CD.
【详解】画出函数与的大致图象，
由题可知，即，
所以，又，
所以，可得，，
由对勾函数的性质可知，故A正确；
设函数，因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，
又，
所以， ，即，故B错误；
设函数，则，
由，可得单调递增，
由，可得单调递减，
因为，
所以，即，
所以，即，故C正确；
又，，
所以，即，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：
本题关键点是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据不等式的“形状”变换函数“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
17．ACD
【分析】利用导数研究函数的单调性和极值，作图，根据图像变换，结合奇偶性，函数零点的定义，可得答案.
【详解】
对于函数，求导可得：，
令，解得，可得下表：
极大值 极小值
则，，即可作图，
通过图像可知，有两个极值点，故A正确；
函数的图像不关于原点对称，故B错误；
函数有三个零点，故C正确；
因为
即
将代入解析式可得，
，故D正确.
故选:ACD
18．AD
【分析】利用导数的几何意义判断A，求出函数的单调区间，即可得到函数图象，数形结合即可判断B、C、D.
【详解】解：因为，
当时，则，又，
所以，所以函数的图象在处的切线方程为即，故A正确；
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，故C错误；
又当时，则，所以，故B错误；
又，，，
且当时，则，
当时，则，所以，则，
又，令，，则，即在上单调递减，
又，所以恒成立，
即，即在上单调递增，
又，，又，
所以，
所以的图象如下所示：
则满足不等式的整数有、、、、、、、、、、、、，
所以满足不等式的所有整数和为，故D正确；
故选：AD
19．CD
【分析】先由和是一对反函数，图像关于直线对称，得出点关于直线对称，点关于直线对称，点在直线上，再算出和的公切线方程，设点坐标为，用表示出三个点的坐标，由直线性质算出点坐标，再依次通过计算得出每个选项的正误即可.
【详解】由题意，画出大致图像如图，
设与，为直线，为直线，
且和是一对反函数，图像关于直线对称，
则点关于直线对称，点关于直线对称，点在直线上，
设的切点为，的切点为，
由，，
得的切线方程为，
的切线方程为，
当两函数的切线方程重合时，即为公切线，
则，将代入下式得，
将和的图像在同一坐标系中画出如图，
设方程的其中一个解为，则，
由，可得，
又因，则方程的另一个解为，
因此点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为.
因为与关于直线对称，所以，选项错误；
由点在直线上可得，
设点坐标为，则，解得，
设，，
设，，
则在上单调递减，
由，，
可得在上的函数值为先正后负，
即在上的值为先正后负，
则在上的单调性为先增后减，
又，，且，
则，即，
所以，选项B错误；
分别连接，，如图，
由，，
得，选项C正确；
分别连接，，如图，
得第三象限夹角，即，选项D正确.
故选：CD.
20．
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
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,
故答案为：
21．
【分析】求导函数，可得切线斜率，求出切点坐标，运用点斜式方程，即可求出函数的图象在点处的切线方程.
【详解】 ，
，则，
又，切点为，
函数的图象在点处的切线方程是 即.
故答案为：.
22．
【分析】设曲线上切点为，利用导函数求斜率进而可得到切线关于的方程，再利用圆心到切线的距离等于半径求即可.
【详解】令，则，设在曲线上的切点坐标为，则该点切线斜率，
所以切线方程为，整理得，
又因为圆上的圆心到切线方程的距离为，
所以，解得，
所以切线方程为，
故答案为：
23．
【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：
所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；.
24．
【分析】将变形为，令，则函数在上单调递减，即在上恒成立，转化为最值问题即可.
【详解】，，
由得，
整理得，
令，则函数在上单调递减，
即在上单调递减，
在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
又，
，
实数a的最大值为
故答案为：.
25．
【分析】将原不等式变为，利用换元法令和构造函数
，根据导数研究函数的单调性求出，当且仅当时成立，则，即可得出结果.
【详解】因为，所以．
显然，令，则，且，
令，则，
所以当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以对，，即，当且仅当时等号成立．
综上，当且仅当时，成立，
此时，解得．
故答案为：
26．a，c，b
【分析】构造函数，，，利用导数研究函数单调性得；再构造函数，，，结合导数得，成立，进而得，再综合即可得答案.
【详解】解：令，，
令，
，
因为当时，，单调递增，又，
所以，又，
所以在成立，所以，
令，，
所以，当时，，
所以在为减函数，
所以，即，
令，，则在恒成立，
所以，在为减函数，
所以，即，
所以，成立，
令，则上式变为，
所以
所以，
所以．
故答案为：a，c，b
27．
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
28．
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】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]：【通性通法】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.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
29．(1)当，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求导得到，再分类讨论求解即可.
（2）首先将题意等价于只需证，令，再证即可.
【详解】（1），
①若，则，在上单调递增；
②若，则当时，，当 时，，
故在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为，所以只需证.
当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
所以.
记，
则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以．
综上，当时，，
即，即证：.
30．（1）单调递增区间为，的单调递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）由求得a的值，进而利用导数求得函数的单调区间；
（2）转化为证成立. 令，利用导数求得最小值，由（1）求得的最大值，即可证得.
【详解】（1），，
即,解得或.
，解得，
∴,
∴，
令，得.
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）要证成立，只需证成立.
令，则，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又由（1）可得在上，
所以，
所以，
所以原不等式成立.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值及不等式证明问题，难度不大.关键是第二问中的转化，转化为与第一问中的函数相关的不等式，然后利用导数求得相应函数的最大值和最小值，进而证得不等式.
31．(1) 当时，在上单调递增，当时，在单调递增，在上单调递减；(2)见解析.
【分析】（1）函数的定义域为 ，.按或分类讨论即可；
（2）由已知得，要证，即证，令，求导判断的单调性和最小值即可得出.
【详解】（1）函数的定义域为 ，.
当时， ，在上单调递增；
当时，由，得 .
若 ，，单调递增；
若 ，，单调递减
综合上述： 当时，在上单调递增；
当时，在单调递增，在上单调递减.
（2）函数图象过点，可得，此时
要证，即证.
令， ，
又令，，
当时，，在上单调递增.
由， 即，
故存在 使得，此时，故
当时，；当时，.
所以在上递减，在上递增，
当时，有最小值
故成立
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，构造函数判断单调性并求出最小值，也考查了分类讨论思想，属于中档题.
32．（1）见解析 （2）见解析
【解析】（1）求导后，分类讨论和，解不等式即可.
（2）构造函数，求其最小值大于等于即可．
【详解】（1）函数的定义域为，又，
当时，，在上单调递增；
当时，由得，
若，，则在上单调递增；
若，，则在上单调递减.
（2）函数图象过点，可得，此时，
要证，令，
则只需证即可.
，
令，则，
当时，，故在上单调递增，
由，即，故存在使得，
此时，故，
当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，有最小值，
成立，即得证．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
33．(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求出的导数.由已知切线和切点得到：，解方程即可.
（2）讨论和时，原不等式的等价变形，设，求得导数，判断单调性，即可得证.
【详解】（1）∵，
由直线的斜率为0，且过点
得，化简得： ，
解得：，.
（2）.
当时，不等式，
当时，不等式.
令，
.
当时，，所以函数在单调递增，
当时，，故成立.
当时，，故也成立.
所以当且时，不等式总成立.
【点睛】本题第一问考查导数几何意义中的切线问题，第二问考查导数的应用中的最值问题，考查学生的分析能力，转化能力和运算求解能力，属于中档题.
34．(1)极大值，极小值0
(2)，的最大值为0，
【分析】（1）由极值的概念求解，
（2）根据的取值分类讨论求解的单调区间后得，再由导数判断单调性后求解最大值，
【详解】（1）当时，，
，
当或时，，
当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，极小值为，
（2），，
当时，，在上单调递增，在区间上的最小值为，
当时，当或时，，
当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
在区间上的最小值为，
当时，同理得在和上单调递增，在上单调递减，
若，在区间上的最小值为，
若，在区间上的最小值为
综上，
令，则 ，
故在上单调递增，
可知在上单调递增，故的最大值为0，
35．(1)在上单调递增；理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知，对函数进行求导，化简，再次对分子求导，根据导数与单调性的关系，可得答案,
（2）先将化为,利用导数及单调性分别证明不等式左边右边，即可得正.
【详解】（1）
令，
在上递增，，，
在上单调递增.
（2）由
要证，只需证
即证：，，，
先证左边：
令证，即证
令，，在上递增，，得证．
再证右边：，即证，
令，
在上递减，，也得证．
综上：对，，．
36．(1)
(2)答案见解析
【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a进行分类讨论，由此求得的单调区间．
【详解】（1）当时，，
所以
又因为，，
所以在处的切线方程为，即
（2）由题意知，的定义域为R
①当时，，则当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，由得或，
（i）若，则，所以在R上单调递增，
（ii）若，则，
所以当或时，当时，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
（iii）若，则，
所以当或时，当时，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
综上所述，当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是和；
当时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是和．
37．(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)先写出解析式,根据在上单调递增,即在上恒成立,全分离,设新函数,求导求单调性求最值即可;
(2)因为,即只需时,,时,成立即可,取,分时,求导可知在上单增,即得证,时,由(1)结论,在上单调递增,即时,,对求导后分析的正负,分析范围即可证明.
【详解】（1）解:由题可知
因为在上单调递增,
所以在上恒成立,
因为时,,
故只要在上恒成立,
令,,
因为,,
令,
即,
解得,
故在上单增,
在上单减,
所以,
即实数的取值范围为;
（2）由题意, 因为,
所以只要找出,使得时,;
时,即可,
当时,显然成立;
现证,满足题意,
即证当时,若时,成立,
若时,也成立,
当时,
若,则,
所以,
因为,故,
即恒成立,
所以在上单增,
故,
即时,成立;
当时,
若,,
由(1)知当时,
在上单调递增,
因为等价于,
即等价于,
所以在上单调递增,
故当时,,
因为当时,
,且,
因为等价于,
所以,
即当时,也有．
综上,,对,,使得总成立．
【点睛】思路点睛:该题考查导数的综合应用,属于难题,关于存在性问题的思路如下:
(1)分析题意,找到关键信息;
(2)将关键信息转化为数学语言;
(3)存在问题取特殊值,取特殊值时参考第一问结论,并且好算的数;
(4)根据问题进行分情况讨论.
38．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由恒成立，进行参变分离可得，构造函数，利用导数求出，只要即可；
（2）根据（1）的结论，知，则，即，，，，结合所给条件即可得解.
【详解】（1）（1），∴，∴，
∴设，，
当时，，当时，，
，∴；
（2）由（1），知，则，
，，，
累加可得，
又
所以，即.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数，考查了恒成立问题和数列的证明，计算量较大，属于难题.
本题的关键点有：
（1）恒成立问题进行参变分离，构造函数后只需即可；
（2）利用（1）的结论证明数列不等式.
39．(1)答案见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出，分类讨论以及，根据导函数的符号即可得出函数的单调性；
（2）由已知得，求出，经分析可得.构造，可知在上单调递增.分以及，根据零点存在定理可知都有唯一解，有，进而得到的单调性和最小值.令，可得，又可证得，即可得到，进而求出a的值；
（3）由（1）知，当时，可推出成立，且仅在时取等号.令，进而推得.代入根据等比数列前项和公式即可证明.
【详解】（1）解：函数定义域为R，．
①当时，恒成立，函数在区间上单调递增；
②当时，解可得.
解，得，所以函数在上单调递增；
解，得，所以函数在上单调递减.
综上所述，当时，函数在区间上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）令，定义域为，
.
①当时，单调递增，的值域为R，不符合题意；
②当时，，也不符合题意；
③当时，令，则 恒成立，
所以在上单调递增.
当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时；
当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时.
综上所述，对，都有唯一解，有，此时.
又当时，，即，所以在上单调递减；
当时，，即，所以在上单调递增.
所以，
故只需.
令，上式即转化为，设，则.
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
所以，当时，有最大值，所以，
所以.
又，所以，所以.
由，解得．
综上所述，满足条件的实数a的值为1.
（3）证明：由（1）知，当 时，对任意实数x，都有，
即，当且仅当时，等号成立.
令，，2，3，…，，，
则，即，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，函数的极值点，以及证明不等式．解题关键是问题的转化．如不等式恒成立，转化为求函数的最值或取值范围，不等式的证明采用 ，这个关键的不等式入手， 从而再用换元法证得结论．解题中注意变化的技巧与方法．
40．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)给函数求导得，令，通过导数可得到，即可解决得到单调性；
(2)根据可得不等式成立，换元变为，令证明.
【详解】（1）∵，
∴．
令，则．
当时，．
∴在上单调递减，故．
∵，∴．
∴在上单调递减，故．
∴当时，．
（2）由（1）可知，当时，．
令，则上式化为．
∴，．
令，*得．
∴，．
∵．
∴，得证．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
41．(1)在上单调递减；在上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）先求函数的定义域，对函数求导，令导数为0，解出，然后在定义域范围内分析即可.
（2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数的导数进行证明.
【详解】（1）的定义域为，
，
令，得：，
当变化时的关系如下表：
0 1
无意义 0
无意义
在上单调递减；在上单调递增.
（2）证明：要证，
只需证：
根据，只需证：
不妨设，由得：；
两边取指数，，化简得：
令：，则，
根据（1）得在上单调递减；
在上单调递增（如下图所示），
由于在上单调递减，在上单调递增，
要使且，
则必有，即
由得：.
要证，只需证：，
由于在上单调递增，要证：，
只需证：，
又，只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
即证，
令，
只需证：，
，
令，
在上单调递减，
所以，
所以
所以在上单调递减，所以
所以
所以：.
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
42．(1)
(2)答案详见解析
(3)证明详见解析
【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程.
（2）求得，对分类讨论，由此来求得的单调区间.
（3）结合（2）求得在区间上的最小值，由此证得结论成立.
【详解】（1）当时，，
，
所以切线方程为.
（2）依题意，，
，
当时，，解得,
则在区间递减；在区间递增.
当时，解得或,
当时， 在区间递增；
在区间递减.
当时，在上递增.
当时，在区间递增；
在区间递减.
（3）当时，，
由（2）可知，在递减，在递增，
所以
，
所以对任意的恒成立.
【点睛】利用导数研究含参数的复杂函数的单调性，要注意两点，一个是尽量进行因式分解，将复杂的问题转化为较为简单的问题来进行求解；第二个是对参数进行分类讨论，要做到不重不漏，分类标准要根据导函数的结构来制定.
43．(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
44．(1)答案见解析.
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论m的取值范围，判断导数的正负，即可判断函数的单调性；
（2）将原不等式等价变形为，构造函数，利用导数判断其单调性，即可证明原不等式.
【详解】（1）由题意得，
①时，恒成立，故在上单调递减，
②当时，若，，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
③当时，若，，，函数单调递减，当时，，函数单调递增；
（2）证明：时， ，
要证，
即证，
即证，
令，上面不等式等价于，
要证明对于任意，都成立，即证单调递增，
又，
令，则，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
故，即恒成立，
故当时，，，
当时，，，
综上可得，又恒成立，故单调递增，故原不等式得证．
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性以及利用导数证明不等式问题，综合性较强，解答时要注意分类讨论的思想方法的应用，解答的关键是证明不等式时，要能进行合理的变式，从而构造函数，利用导数解决函数的单调性，进而证明不等式.
45．(1)在递增
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导数，通过构造函数，求导，判断的符号，从而可得答案；
（2）先根据导数的单调性和零点，确定函数只有一个最小值点，利用虚设零点的方法可求的最小值大于1，从而得证.
【详解】（1）的定义域是，
，
令，
时，，，所以为增函数，；
故，在递增.
（2）证明：由（1）得在上单调递增；
，，
故，，使得，
因为在上递增，所以是的唯一极小值点，也是最小值点，
从而，，，
，，
因为在，上递减，
所以，
即在恒成立；
故不等式恒成立.
【点睛】利用导数证明不等式的主要方法有：构造新函数函数，求解新函数的最值，也常利用二次导数或者虚设零点的方法来协助完成.
46．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令，然后利用导数求出的最大值即可；
（2）由（1）可知恒成立，即，要证，只需证明成立即可，然后设，利用导数求出的单调性，然后即可证明.
【详解】（1）令，
则
所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最大值，
若恒成立，则，即.
（2）证明：由（1）可知恒成立，即，
要证，只需证明成立即可.
设，则，
设，
则，易得在上单调递减，在上单调递增，
又，，因为，所以，所以存在，使得，
所以当时，；当时，.
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，
因此，当时，，
故当时，.
47．（1）见解析；（2）
【分析】（1）求导得，令，可得，又，即可求出的单调区间．
（2）对x分类讨论，当 时、时不符合题意．当时原不等式等价于，构造函数，求导判断单调性，即可求解．当时，原不等式等价于，构造新函数，，求导，结合单调性，即可求解
【详解】（1）依题：且，，.令，，∴在定义域上单调递增，∴，，，减区间为；，，增区间为.
（2）【法一】当时，，不合题意.
当时，不等式左右相等，不合题意.
当时，易证：，现证：，证：.
令，，∴，∴.
∴合题.
当时，不等式，令，，
易证：，∴，，.
综上可得：.
【法二】当时，，不合题意.
当时，不等式左右相等，不合题意.
当时，易证：，现证：，证：.
证：证：，，.
∴，∴，∴合题.
当时，，易证：.
先证：证证.
令，，时，，∴.
综上可得：.
【点睛】本题第一问通过导数探求函数的单调性，亦为第二问埋下伏笔；第二问，考法新颖，实则是在第一问的基础上的三区间上的两个函数间大小关系探索.题目体现常见的导数题策略：二次求导，指对混合式的处理技巧，放缩思想，转化思想，构造函数策略，分类讨论思想.本题在解决时，需要较强的探索精神，解题自信，属难题．
48．(1)和
(2)
【分析】（1）求导后，根据正负可确定的单调递增区间；
（2）求导后，根据正弦函数对称性可知且，并可确定的单调性，由此可得，进而将化为，令，，利用导数可求得单调性，进而确定的取值范围，即为的取值范围.
【详解】（1）当时，，则，
当时，；当时，；
的单调递增区间为和.
（2），若有两个极值点分别为，
则，关于对称，
且当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
，，
，
又，，
，
令，，，
当时，，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，又，，，
即的取值范围为.
【点睛】思路点睛；本题考查利用导数求解函数的单调区间、函数极值相关问题的求解；本题求解取值范围的基本思路是将问题转化为关于变量的函数的形式，结合的范围，可求得函数的值域，即为所求的取值范围.
49．（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【分析】（1）求导得，再分参数当和两种情况具体讨论，结合导数正负与原函数关系判断即可；
（2）解法不唯一，由原不等式可等价转化为，采用构造函数法，设，则，当时，，可设，求导判断可知，进而得出当时，；当时，；当时，，
∴，从而得证；还可采用合并参数形式得，令，讨论可判断，当时，显然成立；当且时，，要证对任意的，成立，只需证，可化为，令，通过讨论确定函数极值点进而得证；其余证法详见解析
【详解】（1）.
①当时，，函数在R上单调递增；
②当时，由解得，由解得.
故在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）证法一：原不等式等价于
令，则.
当时，，
令，则当时，，
∴当时，单调递增，即，
∴当时，；当时，；当时，，
∴
即，故.
证法二：原不等式等价于.
令，则.
当时，；当时，.
∴，即，当且仅当时等号成立.
当时，显然成立；
当且时，.
欲证对任意的，成立，只需证
思路1：∵，∴不等式可化为，
令，则，
易证当时，，
∴当时，，当时，，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
∴
∴，即，
从而，对任意的，当时，.
思路2：令，则.
，或
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
∵，
∴，即.
从而，对任意的，当时，.
证法三：原不等式等价于.
令，则.
令，则，其中.
①当时，，在上单调递增.
注意到，故当时，；当时，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，即.
②当时，.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
②（i）：若，则.
∵
∴当时，；当时，.
与①同，不等式成立.
②（ii）：若，则，
∵
∴，使得，且当时，；当时，；当时，.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
∵
∴此时，，即.
综上所述，结论得证
【点睛】本题旨在考查导数在研究函数时的应用，以研究单调性，证明不等式等为载体，综合考查学生的分类讨论、化归转化、数形结合等数学思想，考查了学生的数学运算、逻辑推理等数学核心素养.属于难题
50．（1）.（2）证明见解析
【详解】（1）依题意，当x≥0时，恒成立.
设，则x≥0时，k(x)≥0恒成立，
若，则x>0时，，k(x)在[0，+∞)上为增函数.
于是，x≥0时，k(x)≥k(0)=0.因此，符合要求.
若，则2m>1，0<x<ln(2m)时，k'(x)<0，k(x)在上为减函数.
于是，.因此，不符合要求.
所以m的取值范围为.
（2）解法一：设，则.
当x<ln4时，g'(x)ln4时，g'(x)>0
所以g(x)在(-∞，ln4]上为减函数，在[ln4，+∞)上为增函数.
所以g(x)≥g(ln4)=4-4ln4.
由此可得，g(x)=ex-4x≥4-4ln4，即，
当且仅当x=ln4时等号成立.
所以x>0时，，
当且仅当x=ln4时等号成立.
设h(x)=4x-4lnx-4，则.
当0<x<1时，h'(x)1时，h'(x)>0.
所以h(x)在(0，1]上为减函数，在[1，+∞)上为增函数.
所以h(x)≥h（1）=0，即，
当且仅当x=1时等号成立.故.
由于上述两个等号不同时成立，因此.
所以当x>0时，f(x)>4lnx+8-8ln2.
解法二：设，
则.
由g"(x)=，知g'(x)为增函数.
又g'（1）=e-40，因此，g'(x)有唯一零点，设为x0.
则x0∈(1，2)，且0<x<x0时，g'(x)x0时，g'(x)>0
所以g(x)在区间(0，x0]上为减函数，在区间[x0，+∞)上为增函数.
所以g(x)有最小值.
又由，知，
两边取对数，得.
所以
.
所以当x>0时，g(x)≥g(x0)>0，故当x>0时，.
51．(1)
(2)证明过程见解析
(3)证明过程见解析
【分析】（1）先求定义域，再求导，得到，由，分与两种情况，得到时无最大值，当时，得到，构造，求导得到其单调性，，从而确定；
（2）要证明，只需证，由（1）知：，当且仅当时，等号成立，故只需证，且等号成立的条件与不同，
设，求导得到单调性，求出，当且仅当时等号成立，证毕；
（3）要证明不等式，只需证，构造，，求导得到其单调性，得到所以，证毕.
【详解】（1）由题意得：的定义域为，的定义域为，
因为，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
又因为，
若，则，在上单调递增，无最大值；
若，；令，解得：，
所以当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，
综上：；
（2）要证明，只需证，
由（1）知：，当且仅当时，等号成立，
故只需证，且等号成立的条件与不同，
设，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
故，当且仅当时等号成立，
故；
（3）要证明，
只需证，
即证，
设，，
所以，
所以在上单调递增，，
所以，
综上：成立.
【点睛】很多时候，我们需要证明，但不代表就要证明，因为大多数情况，的零点解不出来，设隐零点是一种方法，也可尝试凹凸反转，如要证明，可把拆分为两个函数，放在不等式的两边，即要证明，只要证明，凹凸反转的关键是如何分离出两个函数，通常考虑指数函数与对数函数分离，构造两个单峰函数，进行求解.
52．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调区间；
（2）对原不等式整理化简得到，将整体代换，并构造函数求解的取值范围，通过整体代换，构造新函数，利用导数求解函数的极值，结合的取值范围，即可证明.
【详解】（1）解：由题意可得．
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：由题得，时，对任意的，都有，即，
等价于，即.
设，则．
由，得；由，得．
则在上单调递增，在上单调递减，
故，即，即，当且仅当时，等号成立．
设，则．
由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增．
因为，，所以有解，
则，当且仅当时，等号成立．
即，即．
【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．
53．(1)的单调增区间为，单调减区间为；
(2)详解解析.
【分析】（1）由题可得，构造函数，利用导数可得当或时，，当时，，进而即得；
（2）由题可转化为证明，构造函数，利用导数可得，结合（1）即证.
【详解】（1）∵，
∴，
设，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
又，，
∴当或时，，即单调递增，当时，，即单调递减，
综上，的单调增区间为，单调减区间为；
（2）∵，，
要证，即证，
也就是证，
设，则，
∴当时，单调递增，
∴，
由（1）可知当时，，即，
∴当时，，
所以，当时，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
54．（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）求函数的定义域，并求出导数，由，得，并讨论与区间的位置关系进行分类讨论，结合导数的符号得出函数的单调区间；
（2）将所证不等式等价转化为.
证法一：先证当，证明，于是得出，再证，利用不等式的传递性得出，然后再证明当时，，于此可证明题中不等式成立；
证法二：先证明，再证，由不等式的性质得出，再利用不等式的传递性可证题中不等式．
【详解】（1）
当，即时，，函数在上单调递增
当，即时，
由解得，由解得，
∴ 函数在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时函数在上单调递减，在上单调递增．
（2） 令
当时，欲证，即证，即，
即证，
证法一：①当时，
，所以在上单调递增，
即，
，，
令，得，
则列表如下：
x 1
— 0
极小值
，即，
∴当时，；
②当时，即证.
令得
可得在上单调递减，在上单调递增，
，故，
综上①②可知当时，成立．
证法二：先证：.
设则,
∴在上单调递减,在上单调递增.
，
，，即，
即,当且仅当时取等号.
再证：.
设,则.
∴在上单调递增,则,即.
∵,所以.当且仅当时取等号.
又与两个不等式的等号不能同时取到,
即成立，
当时，成立．
【点睛】本题第（1）问考查利用导数求函数的单调区间，要依据导数方程的根与定义域的位置关系进行分类讨论，第（2）问是证明函数不等式，要构造新函数，结合单调性与最值来进行证明，同时也注意放缩法、比较法、基本不等式等常用方法来证明，考查逻辑推理能力，属于难题．
55．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）求出在处的导数值，即切线斜率，求出，即可得出切线方程；
（2）求出的导数，由判别式讨论的正负以确定单调性，可得出有唯一的极大值点为，且，即，构造函数，利用导数求出单调性可得，即得证.
【详解】解：（1）当时，，
因为，所以，
因为，
所以在点(0，)处的切线方程为.
（2）的定义域为，
，
令，，
①当，即时，，故，
所以在上单调递增.此时无极大值.
②当，即当时，的对称轴，
因为，，
所以函数在区间有两个零点，，
不妨设，其中，.
所以当时，，，所以在上单调递增；
当时，，，所以在(，)上单调递减；
当时，，，所以在上单调递增.
此时函数有唯一的极大值点为，且，
又因为，所以，
所以，
记，
，
所以单调递增，，即.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题的关键是讨论的单调性以确定有唯一的极大值点为，且，得出，再根据单调性求出最值即可证明.
56．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（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.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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第13天 导数及其应用-【18天考点全覆盖】冲刺2023年高考数学考前必刷题（含解析)