專題三

導數及其應用

第八講

導數的綜合應用

2019年

1.（2019全國Ⅲ文20）已知函數.（1）討論的單調性；

（2）當0

（Ⅰ）求曲線的斜率為1的切線方程；

（Ⅱ）當時，求證：；

（Ⅲ）設，記在區(qū)間上的最大值為M（a），當M（a）最小時，求a的值．

3.（2019江蘇19）設函數、為f（x）的導函數．

（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；

（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零點均在集合中，求f（x）的極小值；

（3）若，且f（x）的極大值為M，求證:M≤．

4.（2019全國Ⅰ文20）已知函數f（x）=2sinx－xcosx－x，f

′（x）為f（x）的導數．

（1）證明：f

′（x）在區(qū)間（0，π）存在唯一零點；

（2）若x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求a的取值范圍．

5.（2019全國Ⅰ文20）已知函數f（x）=2sinx－xcosx－x，f

′（x）為f（x）的導數．

（1）證明：f

′（x）在區(qū)間（0，π）存在唯一零點；

（2）若x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求a的取值范圍．

6.（2019全國Ⅱ文21）已知函數.證明：

（1）存在唯一的極值點；

（2）有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.7.（2019天津文20）設函數，其中.（Ⅰ）若，討論的單調性；

（Ⅱ）若，（i）證明恰有兩個零點

（ii）設為的極值點，為的零點，且，證明.8.（2019浙江22）已知實數，設函數

（1）當時，求函數的單調區(qū)間；

（2）對任意均有

求的取值范圍.注：e=2.71828…為自然對數的底數.2010-2018年

一、選擇題

1．（2017新課標Ⅰ）已知函數，則

A．在單調遞增

B．在單調遞減

C．的圖像關于直線對稱

D．的圖像關于點對稱

2．（2017浙江）函數的導函數的圖像如圖所示，則函數的圖像可能是

A．

B．

C．

D．

3．（2016年全國I卷）若函數在單調遞增，則的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

4．（2016年四川）已知為函數的極小值點，則

A．4

B．2

C．4

D．2

5．（2014新課標2）若函數在區(qū)間（1，+）單調遞增，則的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

6．（2014新課標2）設函數．若存在的極值點滿足，則的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

7．（2014遼寧）當時，不等式恒成立，則實數a的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

8．（2014湖南）若，則

A．

B．

C．

D．

9．（2014江西）在同一直角坐標系中，函數與的圖像不可能的是

10．（2013新課標2）已知函數，下列結論中錯誤的是

A．

B．函數的圖像是中心對稱圖形

C．若是的極小值點，則在區(qū)間單調遞減

D．若是的極值點，則

11．（2013四川）設函數（，為自然對數的底數）．若存在使成立，則的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

12．（2013福建）設函數的定義域為R，是的極大值點，以下結論一定正確的是

A．

B．是的極小值點

C．是的極小值點

D．是的極小值點

13．（2012遼寧）函數的單調遞減區(qū)間為

A．(－1,1]

B．(0,1]

C．

[1,+)

D．(0,+)

14．（2012陜西）設函數，則

A．為的極大值點

B．為的極小值點

C．為的極大值點

D．為的極小值點

15．（2011福建）若，且函數在處有極值，則的最大值等于

A．2

B．3

C．6

D．9

16．（2011浙江）設函數，若為函數的一個極值點，則下列圖象不可能為的圖象是

A

B

C

D

17．（2011湖南）設直線

與函數，的圖像分別交于點，則當達到最小時的值為

A．1

B．

C．

D．

二、填空題

18．（2016年天津）已知函數為的導函數，則的值為____.19．（2015四川）已知函數，(其中)．對于不相等的實數，設＝，＝．現有如下命題：

①對于任意不相等的實數，都有；

②對于任意的及任意不相等的實數，都有；

③對于任意的，存在不相等的實數，使得；

④對于任意的，存在不相等的實數，使得．

其中真命題有___________(寫出所有真命題的序號)．

20．（2011廣東）函數在=______處取得極小值．

三、解答題

21．（2018全國卷Ⅰ）已知函數．

(1)設是的極值點．求，并求的單調區(qū)間；

(2)證明：當時，．

22．（2018浙江）已知函數．

(1)若在，()處導數相等，證明：；

(2)若，證明：對于任意，直線與曲線有唯一公共點．

23．（2018全國卷Ⅱ）已知函數．

(1)若，求的單調區(qū)間；

(2)證明：只有一個零點．

24．（2018北京）設函數．

(1)若曲線在點處的切線斜率為0，求；

(2)若在處取得極小值，求的取值范圍．

25．（2018全國卷Ⅲ）已知函數．

(1)求曲線在點處的切線方程；

(2)證明：當時，．

26．（2018江蘇）記分別為函數的導函數．若存在，滿足且，則稱為函數與的一個“點”．

(1)證明：函數與不存在“點”；

(2)若函數與存在“點”，求實數a的值；

(3)已知函數，．對任意，判斷是否存在，使函數與在區(qū)間內存在“點”，并說明理由．

27．（2018天津）設函數，其中，且是公差為的等差數列．

(1)若

求曲線在點處的切線方程；

(2)若，求的極值；

(3)若曲線與直線有三個互異的公共點，求d的取值范圍．

28．（2017新課標Ⅰ）已知函數．

(1)討論的單調性；

(2)若，求的取值范圍．

29．（2017新課標Ⅱ）設函數．

(1)討論的單調性；

(2)當時，求的取值范圍．

30．（2017新課標Ⅲ）已知函數．

(1)討論的單調性；

(2)當時，證明．

31．（2017天津）設，．已知函數，．

（Ⅰ）求的單調區(qū)間；

（Ⅱ）已知函數和的圖象在公共點處有相同的切線，（i）求證：在處的導數等于0；

（ii）若關于x的不等式在區(qū)間上恒成立，求的取值范圍．

32．（2017浙江）已知函數．

（Ⅰ）求的導函數；

（Ⅱ）求在區(qū)間上的取值范圍．

33．（2017江蘇）已知函數有極值，且導函數的極值點是的零點．（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值）

（1）求關于的函數關系式，并寫出定義域；

（2）證明：；

34．（2016年全國I卷）已知函數.(I)討論的單調性；

(II)若有兩個零點，求的取值范圍.35．（2016年全國II卷）已知函數.(Ⅰ)當時，求曲線在處的切線方程；

(Ⅱ)若當時，求的取值范圍.36．（2016年全國III卷）設函數．

（Ⅰ）討論的單調性；

（Ⅱ）證明當時，；

（III）設，證明當時，．

37．（2015新課標2）已知函數．

（Ⅰ）討論的單調性；

（Ⅱ）當有最大值，且最大值大于時，求的取值范圍．

38．（2015新課標1）設函數．

（Ⅰ）討論的導函數零點的個數；

（Ⅱ）證明：當時．

39．（2014新課標2）已知函數，曲線在點（0，2）處的切線與軸交點的橫坐標為－2．

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）證明：當時，曲線與直線只有一個交點．

40．(2014山東）設函數（為常數，是自然對數的底數）

（Ⅰ）當時，求函數的單調區(qū)間；

（Ⅱ）若函數在內存在兩個極值點，求的取值范圍．

41．（2014新課標1）設函數，曲線處的切線斜率為0

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若存在使得，求的取值范圍．

42．（2014山東）設函數，其中為常數．

（Ⅰ）若，求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）討論函數的單調性．

43．(2014廣東)

已知函數

（Ⅰ）求函數的單調區(qū)間；

（Ⅱ）當時，試討論是否存在，使得．

44．(2014江蘇)已知函數，其中e是自然對數的底數．

（Ⅰ）證明：是R上的偶函數；

（Ⅱ）若關于的不等式≤在上恒成立，求實數的取值范圍；

（Ⅲ）已知正數滿足：存在，使得成立．試比較與的大小，并證明你的結論．

45．（2013新課標1）已知函數，曲線在點處切線方程為．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）討論的單調性，并求的極大值．

46．（2013新課標2）已知函數．

（Ⅰ）求的極小值和極大值；

（Ⅱ）當曲線的切線的斜率為負數時，求在軸上截距的取值范圍．

47．（2013福建）已知函數（，為自然對數的底數）．

（Ⅰ）若曲線在點處的切線平行于軸，求的值；

（Ⅱ）求函數的極值；

（Ⅲ）當的值時，若直線與曲線沒有公共點，求的最大值．

48．(2013天津)已知函數．

（Ⅰ）求函數的單調區(qū)間；

（Ⅱ）

證明：對任意的，存在唯一的，使．

（Ⅲ）設（Ⅱ）中所確定的關于的函數為，證明：當時，有．

49．（2013江蘇）設函數，其中為實數．

（Ⅰ）若在上是單調減函數，且在上有最小值，求的取值范圍；

（Ⅱ）若在上是單調增函數，試求的零點個數，并證明你的結論．

50．（2012新課標）設函數f(x)=－ax－2

（Ⅰ）求的單調區(qū)間

（Ⅱ）若，為整數，且當時，求的最大值

51．（2012安徽）設函數

（Ⅰ）求在內的最小值；

（Ⅱ）設曲線在點的切線方程為；求的值。

52．（2012山東）已知函數（為常數，是自然對數的底數），曲線在點處的切線與軸平行．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的單調區(qū)間；

（Ⅲ）設，其中是的導數．

證明：對任意的，．

53．（2011新課標）已知函數，曲線在點處的切線方程為．

（Ⅰ）求，的值；

（Ⅱ）證明：當，且時，．

54．（2011浙江）設函數，（Ⅰ）求的單調區(qū)間；

（Ⅱ）求所有實數，使對恒成立．

注：為自然對數的底數．

55．（2011福建）已知，為常數，且，函數，（e=2.71828…是自然對數的底數）．

（Ⅰ）求實數的值；

（Ⅱ）求函數的單調區(qū)間；

（Ⅲ）當時，是否同時存在實數和()，使得對每一個∈，直線與曲線（∈[，e]）都有公共點？若存在，求出最小的實數和最大的實數；若不存在，說明理由．

56．（2010新課標）設函數

（Ⅰ）若=，求的單調區(qū)間；

（Ⅱ）若當≥0時≥0，求的取值范圍．

專題三

導數及其應用

第八講

導數的綜合應用

答案部分

2019年

1.解析（1）．

令，得x=0或.若a>0，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減；

若a=0，在單調遞增；

若a<0，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減.（2）當時，由（1）知，在單調遞減，在單調遞增，所以在[0,1]的最小值為，最大值為或.于是，所以

當時，可知單調遞減，所以的取值范圍是.當時，單調遞減，所以的取值范圍是.綜上，的取值范圍是.2.解析（Ⅰ）由得．

令，即，得或．

又，所以曲線的斜率為1的切線方程是與，即與．

（Ⅱ）要證，即證，令．

由得．

令得或．

在區(qū)間上的情況如下：

所以的最小值為，最大值為．

故，即．

（Ⅲ），由（Ⅱ）知，當時，；

當時，；

當時，．

綜上，當最小時，．

3.解析（1）因為，所以．

因為，所以，解得．

（2）因為，所以，從而．令，得或．

因為都在集合中，且，所以．

此時，．

令，得或．列表如下：

+

0

–

0

+

極大值

極小值

所以的極小值為．

（3）因為，所以，．

因為，所以，則有2個不同的零點，設為．

由，得．

列表如下：

+

0

–

0

+

極大值

極小值

所以的極大值．

解法一：

．因此．

解法二：因為，所以．

當時，．

令，則．

令，得．列表如下：

+

0

–

極大值

所以當時，取得極大值，且是最大值，故．

所以當時，因此．

4.解析

（1）設，則.當時，；當時，所以在單調遞增，在單調遞減.又，故在存在唯一零點.所以在存在唯一零點.（2）由題設知，可得a≤0.由（1）知，在只有一個零點，設為，且當時，；當時，所以在單調遞增，在單調遞減.又，所以，當時，.又當時，ax≤0，故.因此，a的取值范圍是.5.解析

（1）設，則.當時，；當時，所以在單調遞增，在單調遞減.又，故在存在唯一零點.所以在存在唯一零點.（2）由題設知，可得a≤0.由（1）知，在只有一個零點，設為，且當時，；當時，所以在單調遞增，在單調遞減.又，所以，當時，.又當時，ax≤0，故.因此，a的取值范圍是.6.解析（1）的定義域為（0，+）..因為單調遞增，單調遞減，所以單調遞增，又，故存在唯一，使得.又當時，單調遞減；當時，單調遞增.因此，存在唯一的極值點.（2）由（1）知，又，所以在內存在唯一根.由得.又，故是在的唯一根.綜上，有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.7.解析（Ⅰ）由已知，的定義域為，且，因此當時，從而，所以在內單調遞增.（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知.令，由，可知在內單調遞減，又，且

.故在內有唯一解，從而在內有唯一解，不妨設為，則.當時，所以在內單調遞增；當時，所以在內單調遞減，因此是的唯一極值點.令，則當時，故在內單調遞減，從而當時，所以.從而，又因為，所以在內有唯一零點.又在內有唯一零點1，從而，在內恰有兩個零點.（ii）由題意，即，從而，即.因為當時，又，故，兩邊取對數，得，于是，整理得.8.解析（Ⅰ）當時，．，所以，函數的單調遞減區(qū)間為（0，3），單調遞增區(qū)間為（3，+）．

（Ⅱ）由，得．

當時，等價于．

令，則．

設，則

．

（i）當

時，則

．

記，則

.故

0

+

單調遞減

極小值

單調遞增

所以，．

因此，．

（ii）當時，．

令，則，故在上單調遞增，所以．

由（i）得．

所以，．

因此．

由（i）（ii）得對任意，即對任意，均有．

綜上所述，所求a的取值范圍是．

2010-2018年

1．C【解析】由，知，在上單調遞增，在上單調遞減，排除A、B；又，所以的圖象關于對稱，C正確．

2．D【解析】由導函數的圖象可知，的單調性是減增減增，排除

A、C；由導函數的圖象可知，的極值點一負兩正，所以D符合，選D．

3．C【解析】函數在單調遞增，等價于

在恒成立．

設，則在恒成立，所以，解得．故選C．

4．D【解析】因為，令，當

時，單調遞增；當時，單調遞減；當時，單調遞增．所以．故選D．

5．D【解析】∵，∴，∵在（1，+）單調遞增，所以當

時，恒成立，即在（1，+）上恒成立，∵，∴，所以，故選D．

6．C【解析】由正弦型函數的圖象可知：的極值點滿足，則，從而得．所以不等式，即為，變形得，其中．由題意，存在整數使得不等式成立．當且時，必有，此時不等式顯然不能成立，故或，此時，不等式即為，解得或．

7．C【解析】當時，得，令，則，令，則，顯然在上，單調遞減，所以，因此；同理，當時，得．由以上兩種情況得．顯然當時也成立，故實數的取值范圍為．

8．C【解析】設，則，故在上有一個極值點，即在上不是單調函數，無法判斷與的大小，故A、B錯；構造函數，故在上單調遞減，所以，選C．

9．B【解析】當，可得圖象D；記，取，令，得，易知的極小值為，又，所以，所以圖象A有可能；同理取，可得圖象C有可能；利用排除法可知選B．

10．C【解析】若則有，所以A正確。由得，因為函數的對稱中心為（0,0），所以的對稱中心為,所以B正確。由三次函數的圖象可知，若是的極小值點，則極大值點在的左側，所以函數在區(qū)間（∞,）單調遞減是錯誤的，D正確。選C.11．A【解析】若在上恒成立，則，則在上無解；

同理若在上恒成立，則。

所以在上有解等價于在上有解，即，令，所以，所以．

12．D【解析】A．，錯誤．是的極大值點，并不是最大值點；B．是的極小值點．錯誤．相當于關于y軸的對稱圖像，故應是的極大值點；C．是的極小值點．錯誤．相當于關于軸的對稱圖像，故應是的極小值點．跟沒有關系；D．是的極小值點．正確．相當于先關于y軸的對稱，再關于軸的對稱圖像．故D正確．

13．B【解析】∵,∴,由，解得，又，∴故選B．

14．D【解析】，恒成立，令，則

當時，函數單調減，當時，函數單調增，則為的極小值點，故選D．

15．D【解析】，由，即，得．

由，所以，當且僅當時取等號．選D．

16．D【解析】若為函數的一個極值點，則易知，∵選項A，B的函數為，∴，∴為函數的一個極值點滿足條件；選項C中，對稱軸，且開口向下，∵，∴，也滿足條件；選項D中，對稱軸，且開口向上，∴，∴，與題圖矛盾，故選D．

17．D【解析】由題不妨令，則，令解得，因時，當時，所以當時，達到最小．即．

18．3【解析】．

19．①④【解析】因為在上是單調遞增的，所以對于不相等的實數，恒成立，①正確；因為，所以

=，正負不定，②錯誤；由，整理得．

令函數，則，令，則，又，從而存在，使得，于是有極小值，所以存

在，使得，此時在上單調遞增，故不存在不相等的實數，使得，不滿足題意，③錯誤；由得，即，設，則，所以在上單調遞增的，且當時，當時，所以對于任意的，與的圖象一定有交點，④正確．

20．2【解析】由題意，令得或．

因或時，時，．

∴時取得極小值．

21．【解析】(1)的定義域為，．

由題設知，所以．

從而，．

當時，；當時，．

所以在單調遞減，在單調遞增．

(2)當時，．

設，則

當時，；當時，．所以是的最小值點．

故當時，．

因此，當時，．

22．【解析】(1)函數的導函數，由得，因為，所以．

由基本不等式得．

因為，所以．

由題意得．

設，則，所以

0

+

所以在上單調遞增，故，即．

(2)令，則，所以，存在使，所以，對于任意的及，直線與曲線有公共點．

由得．

設，則，其中．

由(1)可知，又，故，所以，即函數在上單調遞減，因此方程至多1個實根．

綜上，當時，對于任意，直線與曲線有唯一公共點．

23．【解析】(1)當時，．

令解得或．

當時，；

當時，．

故在，單調遞增，在單調遞減．

(2)由于，所以等價于．

設，則，僅當時，所以在單調遞增．

故至多有一個零點，從而至多有一個零點．

又，故有一個零點．

綜上，只有一個零點．

24．【解析】(1)因為，所以．，由題設知，即，解得．

(2)方法一：由(1)得．

若，則當時，；

當時，．

所以在處取得極小值．

若，則當時，所以．

所以1不是的極小值點．

綜上可知，的取值范圍是．

方法二：．

(ⅰ)當時，令得．

隨的變化情況如下表：

+

0

?

↗

極大值

↘

∴在處取得極大值，不合題意．

(ⅱ)當時，令得．

①當，即時，∴在上單調遞增，∴無極值，不合題意．

②當，即時，隨的變化情況如下表：

+

0

?

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

∴在處取得極大值，不合題意．

③當，即時，隨的變化情況如下表：

+

0

?

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

∴在處取得極小值，即滿足題意．

(ⅲ)當時，令得．

隨的變化情況如下表：

?

0

+

0

?

↘

極小值

↗

極大值

↘

∴在處取得極大值，不合題意．

綜上所述，的取值范圍為．

25．【解析】(1)，．

因此曲線在點處的切線方程是．

(2)當時，．

令，則．

當時，單調遞減；當時，單調遞增；

所以．因此．

26．【解析】(1)函數，則，．

由且，得，此方程組無解，因此，與不存在“點”．

(2)函數，則．

設為與的“點”，由且，得，即，（*）

得，即，則．

當時，滿足方程組（*），即為與的“點”．

因此，的值為．

(3)對任意，設．

因為，且的圖象是不間斷的，所以存在，使得．令，則．

函數，則．

由且，得，即，（**）

此時，滿足方程組（**），即是函數與在區(qū)間內的一個“點”．

因此，對任意，存在，使函數與在區(qū)間內存在“點”．

27．【解析】(1)由已知，可得，故，因此，=?1，又因為曲線在點處的切線方程為，故所求切線方程為．

(2)由已知可得

．

故．令=0，解得，或．

當變化時，的變化如下表：

(?∞，)

(，)

(，+∞)

+

0

?

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

所以函數的極大值為；函數小值為．

(3)曲線與直線有三個互異的公共點等價于關于的方程有三個互異的實數解，令，可得．

設函數，則曲線與直線有三個互異的公共點等價于函數有三個零點．

．

當時，這時在R上單調遞增，不合題意．

當時，=0，解得，．

易得，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，的極大值=>0．的極小值=?．

若，由的單調性可知函數至多有兩個零點，不合題意．

若即，也就是，此時，且，從而由的單調性，可知函數在區(qū)間內各有一個零點，符合題意．

所以的取值范圍是

28．【解析】（1）函數的定義域為，①若，則，在單調遞增．

②若，則由得．

當時，；當時，所以在單調遞減，在單調遞增．

③若，則由得．

當時，；當時，故在單調遞減，在單調遞增．

（2）①若，則，所以．

②若，則由（1）得，當時，取得最小值，最小值為

．從而當且僅當，即時，．

③若，則由（1）得，當時，取得最小值，最小值為

．

從而當且僅當，即時．

綜上，的取值范圍為．

29．【解析】（1）

令得，．

當時，；當時，；當時，．

所以在，單調遞減，在單調遞增．

（2）．

當時，設函數，因此在單調遞減，而，故，所以

．

當時，設函數，所以在單調遞增，而，故．

當時，，取，則，故．

當時,取,則,．

綜上，的取值范圍是．

30．【解析】（1）的定義域為，．

若，則當時，故在單調遞增.若，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減.（2）由（1）知，當時，在取得最大值，最大值為

．

所以等價于，即．

設，則．

當時，；當時，．所以在單調遞增，在單調遞減.故當時，取得最大值，最大值為．所以當時，．從而當時，即．

31．【解析】（I）由，可得，令，解得，或．由，得．

當變化時，的變化情況如下表：

所以，的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為．

（II）（i）因為，由題意知，所以，解得．

所以，在處的導數等于0．

（ii）因為，由，可得．

又因為，故為的極大值點，由（I）知．

另一方面，由于，故，由（I）知在內單調遞增，在內單調遞減，故當時，在上恒成立，從而在上恒成立．

由，得，．

令，所以，令，解得（舍去），或．

因為，，故的值域為．

所以，的取值范圍是．

32．【解析】（Ⅰ）因為，所以

（Ⅱ）由

解得或．

因為

x

（，1）

（1，）

（，）

0

+

0

↘

0

↗

↘

又，所以在區(qū)間上的取值范圍是．

33．【解析】(1)由,得.當時，有極小值.因為的極值點是的零點.所以，又，故.因為有極值，故有實根，從而，即.時，故在R上是增函數，沒有極值；

時，有兩個相異的實根，.列表如下

+

0

–

0

+

極大值

極小值

故的極值點是.從而，因此，定義域為.（2）由（1）知，．

設，則．

當時，所以在上單調遞增．

因為，所以，故，即．

因此．

（3）由（1）知,的極值點是，且，.從而

記，所有極值之和為，因為的極值為，所以，.因為，于是在上單調遞減.因為，于是，故.因此的取值范圍為.34．【解析】

(Ⅰ)

(i)設，則當時，；當時，.所以在單調遞減，在單調遞增.(ii)設，由得或．

①若，則，所以在單調遞增.②若，則,故當時，；

當時，所以在單調遞增，在單調遞減.③若，則，故當時，當時，所以在單調遞增，在單調遞減.(Ⅱ)(i)設，則由(I)知，在單調遞減，在單調遞增.又，取b滿足b<0且，則，所以有兩個零點.(ii)設a=0，則，所以有一個零點.(iii)設a<0，若，則由(Ⅰ)知，在單調遞增.又當時，<0，故不存在兩個零點；若，則由(Ⅰ)知，在單調遞減，在單調遞增.又當時<0，故不存在兩個零點.綜上，的取值范圍為.35．【解析】（Ⅰ）的定義域為.當時，曲線在處的切線方程為

（Ⅱ）當時，等價于

令，則，（i）當，時，故在上單調遞增，因此；

（ii）當時，令得，由和得，故當時，在單調遞減，因此.綜上，的取值范圍是

36．【解析】（Ⅰ）由題設，的定義域為，令，解得．當時，單調遞增；當時，單調遞減．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在處取得最大值，最大值為.所以當時，.故當時，，即.（Ⅲ）由題設，設，則，令，解得.當時，單調遞增；當時，單調遞減.由（Ⅱ）知，故，又，故當時，.所以當時，.37【解析】（Ⅰ）的定義域為，．

若，則，所以在單調遞增．

若，則當時，；當時，．所以在單調遞增，在單調遞減．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當時，在上無最大值；當時，在取得最大值，最大值為．

因此等價于．

令，則在單調遞增，．

于是，當時，；當時，．

因此的取值范圍是．

38．【解析】（Ⅰ）的定義域為，．

當時,，沒有零點；

當時，因為單調遞增，單調遞增，所以在單調遞增.又，當滿足且時，故當時，存在唯一零點．

（Ⅱ）由（Ⅰ），可設在的唯一零點為，當時，；

當時，．

故在單調遞減，在單調遞增，所以當時，取得最小值，最小值為．

由于，所以．

故當時，．

39．【解析】（Ⅰ）=，.曲線在點（0,2）處的切線方程為．

由題設得，所以．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，設，由題設知．

當≤0時，單調遞增，所以=0在有唯一實根．

當時，令，則．，在單調遞減，在單調遞增，所以，所以在沒有實根.綜上，=0在R有唯一實根，即曲線與直線只有一個交點．

40．【解析】（Ⅰ）函數的定義域為

由可得

所以當時，函數單調遞減，所以當時，函數單調遞增，所以的單調遞減區(qū)間為，的單調遞增區(qū)間為

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，時，在內單調遞減，故在內不存在極值點；

當時，設函數，因此．

當時，時，函數單調遞增

故在內不存在兩個極值點；

當時，0

函數在內存在兩個極值點

當且僅當，解得

綜上函數在內存在兩個極值點時，的取值范圍為．

41．【解析】（Ⅰ），由題設知，解得．

（Ⅱ）的定義域為，由（Ⅰ）知，（?。┤?，則，故當時，在單調遞增，所以，存在，使得的充要條件為，即，解得．

（ii）若，則，故當時，；

當時，在單調遞減，在單調遞增．所以，存在，使得的充要條件為，而，所以不合題意．

（iii）若，則．

綜上，的取值范圍是．

42．【解析】（Ⅰ）由題意知時，此時，可得，又，所以曲線在處的切線方程為．

（Ⅱ）函數的定義域為，當時，函數在上單調遞增，當時，令，由于，①當時，，函數在上單調遞減，②當時，，函數在上單調遞減，③當時，設是函數的兩個零點，則，由，所以時，函數單調遞減，時，函數單調遞增，時，函數單調遞減，綜上可知，當時，函數在上單調遞增；

當時，函數在上單調遞減；

當時，在，上單調遞減，在上單調遞增．

43．【解析】（Ⅰ）

（Ⅱ）

44．【解析】（Ⅰ），∴是上的偶函數

（Ⅱ）由題意，即

∵，∴，即對恒成立

令，則對任意恒成立

∵，當且僅當時等號成立

∴

（Ⅲ），當時，∴在上單調增

令，∵，∴，即在上單調減

∵存在，使得，∴，即

∵

設，則

當時，單調增；

當時，單調減

因此至多有兩個零點，而

∴當時，；

當時，；

當時，．

45．【解析】．由已知得，故，從而；

（Ⅱ）

由（I）知，令得，或．

從而當時，；當時，．

故在，單調遞增，在單調遞減．

當時，函數取得極大值，極大值為．

46．【解析】（Ⅰ）的定義域為，①

當或時，；當時，所以在，單調遞減，在單調遞增．

故當時，取得極小值，極小值為；當時，取得極大值，極大值為．

（Ⅱ）設切點為，則的方程為

所以在軸上的截距為

由已知和①得．

令，則當時，的取值范圍為；當時，的取值范圍是．

所以當時，的取值范圍是．

綜上，在軸上截距的取值范圍．

47．【解析】（Ⅰ）由，得．

又曲線在點處的切線平行于軸，得，即，解得．

（Ⅱ），①當時，為上的增函數，所以函數無極值．

②當時，令，得，．，；，．

所以在上單調遞減，在上單調遞增，故在處取得極小值，且極小值為，無極大值．

綜上，當時，函數無極小值；

當，在處取得極小值，無極大值．

（Ⅲ）當時，令，則直線：與曲線沒有公共點，等價于方程在上沒有實數解．

假設，此時，又函數的圖象連續(xù)不斷，由零點存在定理，可知在上至少有一解，與“方程在上沒有實數解”矛盾，故．

又時，知方程在上沒有實數解．

所以的最大值為．

解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．

（Ⅲ）當時，．

直線：與曲線沒有公共點，等價于關于的方程在上沒有實數解，即關于的方程：

（*）

在上沒有實數解．

①當時，方程（*）可化為，在上沒有實數解．

②當時，方程（*）化為．

令，則有．

令，得，當變化時，的變化情況如下表：

當時，同時當趨于時，趨于，從而的取值范圍為．

所以當時，方程（*）無實數解，解得的取值范圍是．

綜上，得的最大值為．

48．【解析】（Ⅰ）函數f(x)的定義域為(0，＋∞)．

f′(x)＝2xln

x＋x＝x(2ln

x＋1)，令f′(x)＝0，得.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

x

f′(x)

－

0

＋

f(x)



極小值

所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是.（Ⅱ）證明：當0＜x≤1時，f(x)≤0.設t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．

由(1)知，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)內單調遞增．

h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln

et－t＝t(e2t－1)＞0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．

（Ⅲ）證明：因為s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，從而，其中u＝ln

s.要使成立，只需.當t＞e2時，若s＝g(t)≤e，則由f(s)的單調性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．

所以s＞e，即u＞1，從而ln

u＞0成立．

另一方面，令F(u)＝，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2.當1＜u＜2時，F′(u)＞0；當u＞2時，F′(u)＜0.故對u＞1，F(u)≤F(2)＜0.因此成立．

綜上，當t＞e2時，有.49．【解析】：（Ⅰ）由題在上恒成立，在上恒成立，；

若，則在上恒成立，在上遞增，在上沒有最小值，當時，由于在遞增，時，遞增，時，遞減，從而為的可疑極小點，由題，綜上的取值范圍為．

（Ⅱ）由題在上恒成立，在上恒成立，由得，令，則，當時，遞增，當時，遞減，時，最大值為，又時，時，據此作出的大致圖象，由圖知：

當或時，的零點有1個,當時，的零點有2個,50．【解析】（Ⅰ）的定義域為，．

若，則，所以在單調遞增．

若，則當時，當，所以

在單調遞減，在單調遞增．

（Ⅱ）

由于，所以(x－k)

f′(x)+x+1=．

故當時，(x－k)

f′(x)+x+1>0等價于

（）

①

令，則

由（Ⅰ）知，函數在單調遞增．而，所以在存在唯一的零點，故在存在唯一的零點，設此零點為，則．當時，；當時，所以在的最小值為，又由，可得，所以

故①等價于，故整數的最大值為2．

51．【解析】（Ⅰ）設；則

①當時，在上是增函數

得：當時，的最小值為

②當時，當且僅當時，的最小值為

（Ⅱ）

由題意得：

52．【解析】（Ⅰ）由

=

可得，而，即，解得；

（Ⅱ），令可得，當時，；當時，．

于是在區(qū)間內為增函數；在內為減函數．

（Ⅲ）

=

因此對任意的，等價于

設

所以，因此時，時，所以，故．

設，則，∵，∴，∴，即

∴，對任意的，．

53．【解析】（Ⅰ）

由于直線的斜率為，且過點，故

即,解得，．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以

考慮函數，則

所以當時，故

當時，當時，從而當

54．【解析】（Ⅰ）因為

所以

由于，所以的增區(qū)間為，減區(qū)間為

（Ⅱ）【證明】：由題意得，由（Ⅰ）知內單調遞增，要使恒成立，只要，解得

55．【解析】（Ⅰ）由

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得從而，故：

（1）當；

（2）當

綜上，當時，函數的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為（0，1）；

當時，函數的單調遞增區(qū)間為（0，1），單調遞減區(qū)間為。

（Ⅲ）當時，由（Ⅱ）可得，當在區(qū)間內變化時，的變化情況如下表：

－

0

+

單調遞減

極小值1

單調遞增

又的值域為[1，2]．

由題意可得，若，則對每一個，直線與曲線

都有公共點．并且對每一個，直線與曲線都沒有公共點．

綜上，當時，存在最小的實數=1，最大的實數=2，使得對每一個，直線與曲線都有公共點．

56．【解析】（Ⅰ）時。當時;當時，;當時。故在，單調增加，在（1，0）單調減少．

（Ⅱ）。令，則。若，則當時，為減函數，而，從而當x≥0時≥0，即≥0．

若，則當時，為減函數，而，從而當時＜0，即＜0．

綜合得的取值范圍為．