2024版新高考新教材版高考总复习数学专题三.一元函数的导数及其应用（A）含答案.docx

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1、2024版新高考新教材版高考总复习数学专题三.一元函数的导数及其应用（A）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（2023河北邯郸二模，4）已知直线是曲线的切线，则（ ）A. B. 1C. D. 22.（2023湖南岳阳二模，5）已知函数是定义在上的奇函数，则函数的图像在点处的切线的斜率为（ ）A. B. C. D. 3.（2023河北承德一模，6） 已知，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 4.(2023安徽黄山二模，7）已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（ ）A. B. C. D. 5.（2023湖北高三摸底，

2、8）已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 6.（2023湖北武汉5月模拟，8）已知，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 7.（2023湖南岳阳二模，8）若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 8.（2023山东威海二模，8）已知函数，若总存在两条不同的直线与曲线，均相切，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.(2023山西阳泉二模，9） 已知在处取得极大值3，则

3、下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 10.（2023广东汕头三模，10）设函数的导函数为，则（ ）A. B. 是函数的极值点C. 存在两个零点D. 在(1，+)上单调递增11.(2023广东深圳高三调研，11）已知函数，若，其中，则（ ）A. B. C. D. abc的取值范围是12.（2023安徽宣城一调，12）已知函数，则下列结论正确的是（ ）A.函数存在两个不同的零点B.函数既存在极大值又存在极小值C.当时，方程有且只有两个实根D当时，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.（2023福建漳州二模，13）函数的图象在处的切线方程为_14.（2023福建龙岩高三期末，

4、14） 定义在上的函数满足：，若曲线在处的切线方程为，则该曲线在处的切线方程为_.15.（2023辽宁葫芦岛二模，16）已知函数，则的最大值是_16.（2023山东省实验二模，16）已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值是_四、 解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.（2023河北邢台高三期末，22）已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，求a的取值范围.18.（2023湖南怀化高三期末，22）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.19.（2023河北邯郸三模，21） 已知函数（1）若在单调递增，求实数m取值范围；（2）

5、若有两个极值点，且，证明：20.（2023福建龙岩高三期末，22） 已知.（1）若，求f（x）在的最大值；（2）若，证明：在上单调递增.21.（2023湖南长沙雅礼中学二模，22） 已知函数（1）若在R上单调递减，求a的取值范围；（2）当时，求证在上只有一个零点，且22.（2023山东威海二模，22）已知函数（1）讨论的单调性；（2）证明：方程在上有且只有一个解；（3）设点，若对任意，都有经过，的直线斜率大于，求实数的取值范围所以在上单调递增，在上单调递减，当时，所以，所以在上单调递增，所以，满足题意；当时，则，而，所以存在唯一的，满足，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，满

6、足题意，综上可得.专题三.一元函数的导数及其应用（A）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（2023河北邯郸二模，4）已知直线是曲线的切线，则（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】B【解析】函数，求导得，令直线与曲线相切的切点为，于且，所以，故选：B2.（2023湖南岳阳二模，5）已知函数是定义在上的奇函数，则函数的图像在点处的切线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为函数是定义在上的奇函数，所以，即，所以，所以，所以，故，所以，所以函数的图像在点处的切线的斜率为.故选：D.3.（2023河北承德一模

7、，6） 已知，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由，得，令，则，所以单调递增，因为，可得，即，则，令，可得，当时，单调递增；当时，单调递减，所以当时，可得，所以的最大值为，故选：B.4.(2023安徽黄山二模，7）已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，则，因为在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递减，所以，故A不正确；所以，即，即，故B不正确；，即，即，故C正确；，即，即，故D不正确；故选：C.5.（2023湖北高三摸底，8）已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析

8、】设，则令，其图象为开口向上对称轴为直线的抛物线当，即时，在上单调递增，且，所以在上恒成立，于是恒成立；当，即时，因为且，所以存在，使得时，所以在上恒成立，即在上单调递减，所以，不满足题意综上，实数的取值范围是故选：6.（2023湖北武汉5月模拟，8）已知，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设，当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，又，则，所以，对于，令，则，此时，所以.故选：A.7.（2023湖南岳阳二模，8）若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】函数的定义域为，设，则，令，令，所以

9、函数在上单调递减，在上单调递增，且，所以，所以，函数有两个不同的零点等价于方程有两个不同的解，则，等价于函数与图象有两个不同的交点.令，则函数与图象有一个交点，则，所以函数在上单调递增， 所以，且趋向于正无穷时，趋向于正无穷，所以，解得，故选：A.8.（2023山东威海二模，8）已知函数，若总存在两条不同的直线与曲线，均相切，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，又，则公切线的斜率，则，所以，则公切线方程为，即，代入得，则，整理得，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，设，则，令得，当时，

10、单调递增，时，单调递减，所以在处取得极大值即最大值，即，由可得，又当时，；当时， 所以，解得，故实数的取值范围为.故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.(2023山西阳泉二模，9） 已知在处取得极大值3，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】由题意可得，且是函数的极大值点，即，可得，又极大值为3，所以，解得或；当时，此时，时，时，所以函数在上单调递减，在上单调递增；此时函数在处取得极小值，与题意不符，即舍去；当时，此时，时，时，所以函数在上单调递增，在

11、上单调递减；此时函数在处取得极大值，符合题意，所以，即，所以A正确，B错误；此时，所以，即C错误，D正确.故选：AD10.（2023广东汕头三模，10）设函数的导函数为，则（ ）A. B. 是函数的极值点C. 存在两个零点D. 在(1，+)上单调递增【答案】AD【解析】，所以函数在上单调递增，所以函数不存在极值点，故B错误，D正确；，故A正确；，得，中，所以恒成立，即方程只有一个实数根，即，故C错误.故选：AD11.(2023广东深圳高三调研，11）已知函数，若，其中，则（ ）A. B. C. D. abc的取值范围是【答案】BCD【解析】因为，所以，令，解得：或，当时，或，所以单调递增区间为

12、和；当时，所以单调递减区间为；且，如图：设，则，故选项A错误；又，所以，即，对照系数得，故选项B正确；，故选项D正确；因为，所以，解得，故选项C正确，综上，正确的选项为BCD. 故选：BCD12.（2023安徽宣城一调，12）已知函数，则下列结论正确的是（ ）A.函数存在两个不同的零点B.函数既存在极大值又存在极小值C.当时，方程有且只有两个实根D当时，【答案】ABC【解析】对于A，令，则，解得，所以A正确；对于B，由，则，当时，此时单调递减；当时，此时单调递增；当时，此时单调递减，所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确；对于C，当时，；当时，结合B选项可知，函数的最小值是，如图，当时

13、，方程有且只有两个实根，所以C正确；对于D，结合C选项中的图象知，当时，无，故D错误，故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.（2023福建漳州二模，13）函数的图象在处的切线方程为_【答案】【解析】由可得，所以所求切线的斜率为，又当时，即切点为，所以函数的图象在处的切线方程为：.14.（2023福建龙岩高三期末，14） 定义在上的函数满足：，若曲线在处的切线方程为，则该曲线在处的切线方程为_.【答案】【解析】因为曲线在处的切线方程为，所以，且，又，所以为偶函数，则，因为，所以，所以，所以该曲线在处的切线方程为，即.15.（2023辽宁葫芦岛二模，16）已知函数，则的最

14、大值是_【答案】【解析】因为，所以.当时，所以在单调递增；当时，所以在单调递减；所以.16.（2023山东省实验二模，16）已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值是_【答案】【解析】由可得，即，构造函数，其中，则.当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，因为，即，所以，要求实数的最小值，考虑，则，由可得，因为函数在上单调递减，所以，不等式两边取自然对数可得，因为，则，可得，令，其中，则，当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以函数在上的最大值为，所以.因此实数的最小值为.五、 解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.（2023河北邢台高三期

15、末，22）已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，求a的取值范围.【解析】（1）当时，则，则又，所以所求切线方程为，即.（2），等价于,当时，显然成立;当时，不等式等价于,设，则.设，则,）时，当）时，,则上单调递减，上单调递增.因为，所以，且,则当时，当）时，.所以在上单调递减，在上单调递增，则,则，故a的取值范围为18.（2023湖南怀化高三期末，22）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【解析】（1）的定义域为，（）若，则，所以在单调递减.（）若，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.（2）（）若，由（1）知，至多有一个零点.（）若，由

16、（1）知，当时，取得最小值，最小值为.当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上，的取值范围为19.（2023河北邯郸三模，21） 已知函数（1）若在单调递增，求实数m取值范围；（2）若有两个极值点，且，证明：【解析】(1)由题意，因为在单调递增，所以在恒成立.即在恒成立，令，则，在上恒小于等于0，故在单调递减，,故.(2)有两个零点，即有两个根.由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，且.所以，且.要证，只需证，又在单调递减，只需证.又，只需证.只需证；只需证，记，则，故在上单调递减，从而当时，所以，因

17、此.20.（2023福建龙岩高三期末，22） 已知.（1）若，求f（x）在的最大值；（2）若，证明：在上单调递增.【解析】（1）若 ，则，故，令，则在上恒成立，故在 上递增，又 ，故存在，使得，则时，时，故在递减，在递增，故，又 ， ，故在的最大值为.（2)先证明成立，再证明成立令，则 ，当时， ，当时， ，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以 ，即恒成立令，则，仅在时取等号，所以在上单调递增，所以 ，即成立，所以，由于，当时，而，则 ，故 ，所以在上单调递增21.（2023湖南长沙雅礼中学二模，22）已知函数（1）若在R上单调递减，求a的取值范围；（2）当时，求证在上只有一个零点，且【

18、解析】（1）因为，所以由在R上单调递减，得，即在R上恒成立令，则当时，单调递增；当时，单调递减故，解得，即a的取值范围为（2）由（1）可知，在上单调递减，且，故，使得当时，函数单调递增；当时，函数单调递减因为，所以在上只有一个零点，故函数在上只有一个零点因为，所以要证，即证，即证因为，得，所以，故需证即可令，则当时，单调递增；当时，单调递减故即，原不等式即证.22.（2023山东威海二模，22）已知函数（1）讨论的单调性；（2）证明：方程在上有且只有一个解；（3）设点，若对任意，都有经过，的直线斜率大于，求实数的取值范围【解析】（1）因为定义域为，且，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调

19、递减.（2）证明：由化简得，令，要证方程在上有且只有一个解，即证方程在上有且只有一个解，又，所以当时，当时，当时，所以在，上单调递减，在上单调递增，所以当时，所以在上不存在满足，又，所以有且只有一个，满足，所以在上有且只有一个解（3）设，则，由题意可知，可得，即，令，则，所以在上单调递增，所以在上恒成立，又，所以在上恒成立，令，则，解得，令，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，所以，所以在上单调递增，所以，满足题意；当时，则，而，所以存在唯一的，满足，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，满足题意，综上可得.专题三.一元函数的导数及其应用（B）一、选择题：本题

20、共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（2023湖南长沙雅礼中学二模，6）一条斜率为1的直线分别与曲线和曲线相切于点和点，则公切线段的长为（ ）A. 2B. C. 1D. 2.（2023湖南怀化高三期末，8）已知定义在上的函数，其导函数为，当时，若， ，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 3.（2023浙江温州二模，8）已知函数与的图象如图所示，则（ ）A. 在区间上是减函数B. 在区间上是减函数C. 在区间上是减函数D. 在区间上是减函数4.（2023湖北十堰四调，8）若，则（ ）A. B. C. D. 5.(2023广东广州二模，8

21、）已知偶函数与其导函数的定义域均为，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 6.(2023广东深圳高三调研，8）已知函数，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 7.（2023福建漳州高三质检，8）已知函数和函数，具有相同的零点，则的值为（ ）A. B. C. D. 8.（2023安徽皖南八校三模，8）已知函数，若对任意的恒成立，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.（20

22、23安徽“江南十校”一模，9）已知函数，则（ ）A. 是奇函数B. 的单调递增区间为和C. 的最大值为D. 的极值点为10.（2023湖南长郡中学一模，11）已知函数，则下列说法正确的有（ ）A. 是偶函数B. 是周期函数C. 在区间 上，有且只有一个极值点D. 过 作y=的切线，有无数条11.（2023广东茂名一模，12）e是自然对数的底数，已知，则下列结论一定正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则12.（2023河北唐山二模，12）已知函数及其导函数定义域均为，当时，则（ ）A. 的图象关于对称B. 为偶函数C. D. 不等式的解集为三、填空题：本题共4小题，每小题

23、5分，共20分13.（2023安徽马鞍山三模，13）已知函数，则函数在处的切线方程为_14.（2023广东佛山二模，13）已知函数有2个极值点，则_15.（2023福建福州高三质检，16）不等式的解集为_.16.（2023湖北武汉高三四调，16）在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.（2023北京东城二模，20）已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求在区间上的最大值；（3）设实数使得对恒成立，写出的最大整数值，并说明理由.18.（2023福建漳州高三

24、质检，21) 已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求证：当时，对，恒有19.（2023湖南长沙一中二模，22）已知函数.（1）若函数，讨论的单调性；（2）从下面两个问题中任意选择一个证明，若两个都证明，则按第一个证明计分.若函数，且，证明：.若函数，证明：.20.（2023福建厦门、福州等市第一次质检，22）已知函数（1）讨论的极值点个数；（2）若有两个极值点，且，当时，证明：21.(2023广东广州二模，22）已知函数，.（1）当时，求实数的取值范围；（2）已知，证明：.22.(2023湖南师范大学附中一模，22）已知函数，为导数.（1）若为的零点，试讨论在区间的零点的个数；（2）当

25、时，求实数m取值范围.专题三.一元函数的导数及其应用（B）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（2023湖南长沙雅礼中学二模，6）一条斜率为1的直线分别与曲线和曲线相切于点和点，则公切线段的长为（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】D【解析】因为，所以，则，即，所以点A的坐标为（1，1）；因为，所以，则，而，所以，所以，所以，故选：D.2.（2023湖南怀化高三期末，8）已知定义在上的函数，其导函数为，当时，若， ，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】令，则，当时，即，在单调递减，即，故选：D3.

26、（2023浙江温州二模，8）已知函数与的图象如图所示，则（ ）A. 在区间上是减函数B. 在区间上是减函数C. 在区间上是减函数D. 在区间上是减函数【答案】C【解析】结合图象：时，而，而，故在递减，故选：C.4.（2023湖北十堰四调，8）若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】令，则当时，单调递减；当时，单调递增故，可得，当且仅当时，等号成立，从而因为，所以，故故选：A.5.(2023广东广州二模，8）已知偶函数与其导函数的定义域均为，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为为偶函数，则，等式两边求导可得，因为函数为偶函数，则，

27、联立可得，令，则，且不恒为零，所以函数在上为增函数，即函数在上为增函数，故当时，所以，函数在上为增函数，由可得，所以，整理可得，解得.故选：B.6.(2023广东深圳高三调研，8）已知函数，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，又，则公切线的斜率，则，所以，则公切线方程为，即，代入得：，则，整理得，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，设，则，令得，当时，单调递增，时，单调递减，又可得，则时，；时，则函数的大致图象如下：所以，解得，故实数a的取值

28、范围为，故选：B.7.（2023福建漳州高三质检，8）已知函数和函数，具有相同的零点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意知：，联立两式可得：，令，则；令，则在上单调递增，又，0，在上存在唯一零点，且，即， 当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，又，.故选：C.8.（2023安徽皖南八校三模，8）已知函数，若对任意的恒成立，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，当时，恒成立，则单调递减，显然不恒成立；当时，时，函数单调递减；时，函数单调递增，恒成立，令，时，；时，区间上单调递减，在区间上单调递增，即的最大值是，故选：B二、选择题：本题共4

29、小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.（2023安徽“江南十校”一模，9）已知函数，则（ ）A. 是奇函数B. 的单调递增区间为和C. 的最大值为D. 的极值点为【答案】AB【解析】因为对，根据奇函数定义可知函数是上的奇函数，即A正确；令可得或，即的单调递增区间为和，故B正确；由B可知，在单调递增，所以无最大值，即C错误；由得，结合选项B可知，是函数的极大值点，是函数的极小值点，极值点不是点，所以错误，故选：AB10.（2023湖南长郡中学一模，11）已知函数，则下列说法正确的有（ ）A. 是偶函数B. 是周期

30、函数C. 在区间 上，有且只有一个极值点D. 过 作y=的切线，有无数条【答案】AC【解析】显然 ，A正确；显然不是周期函数， B错误；对于 C， ，令 ，当 时， ，则 单调递减，又 ，故 在 上只有一个解，C正确，对于 D，设切点为 ，则切线方程为，代入(0，0)，有，得t= 0或 ，若 ，则切线方程为；若 ，则切线方程为，故有且仅有3 条切线，D错误；故选：AC.11.（2023广东茂名一模，12）e是自然对数的底数，已知，则下列结论一定正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】BC【解析】原式变形为，构造函数，则，当时，则，即；当时，则，即；故在上单调递减，

31、在上单调递增，对于A：取，则，在上单调递增，故，即满足题意，但，A错误；对于B：若，则：当，即时，则，即；当，即时，由在时单调递增，且，故，则；综上所述：， B正确；对于C：若，则：当，即时，显然成立；当，即时，令，当且仅当，即时等号成立，当时，所以，即，由可得，即又由在时单调递增，且，即；综上所述：，C正确；对于D：取，则，在上单调递减，故，故，满足题意，但，D错误.故选：BC.12.（2023河北唐山二模，12）已知函数及其导函数定义域均为，当时，则（ ）A. 的图象关于对称B. 为偶函数C. D. 不等式的解集为【答案】BCD【解析】由可得，故可知的图象关于对称，故A错误；由得，由得，故

32、为偶函数，故B正确；由可得，所以，又为偶函数，所以，即，故C正确；由为偶函数且可得，所以是周期函数，且周期为8，又当时，可知在单调递减，故结合的性质可画出符合条件的的大致图象：由性质结合图可知：当时，由得，故 ，当且时，此时无解，当时，解得 ，当且时，由得综上可得的解集为，故D正确，故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.（2023安徽马鞍山三模，13）已知函数，则函数在处的切线方程为_【答案】【解析】由题意得，则，又，所以曲线在处的切线方程为，即.14.（2023广东佛山二模，13）已知函数有2个极值点，则_【答案】0【解析】因为函数有两个极值点与由，则的两根为与，所

33、以，即，由，可得，所以.15.（2023福建福州高三质检，16）不等式的解集为_.【答案】【解析】由，得，令，则，因为，所以，所以，所以函数为增函数，又，则不等式即为，所以，即不等式的解集为.16.（2023湖北武汉高三四调，16）在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为_【答案】【解析】，令，则当时，单调递增，当时，单调递减，故在处取得极小值，也是最小值，故，故，当且仅当时，等号成立，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，故当时，当时，故时，单调递减，当时，单调递增，故在处取得极小值，也时最小值，最小值为，设，由基本不等式得，当且

34、仅当，时，等号成立，故，则四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.（2023北京东城二模，20）已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求在区间上的最大值；（3）设实数使得对恒成立，写出的最大整数值，并说明理由.【解析】（1）因为，所以，则，又，所以曲线在点处的切线方程为.（2）令，则，当时，在上单调递增.因为，所以，使得.所以当时，单调递减；当时，单调递增，又，所以.（3）满足条件的的最大整数值为.理由如下：不等式恒成立等价于恒成立.令，当时，所以恒成立.当时，令，与的情况如下：1所以，当趋近正无穷大时，且无限趋近于0，所以的值域为，因为，所以的最

35、小值小于且大于.所以的最大整数值为.18.（2023福建漳州高三质检，21) 已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求证：当时，对，恒有【解析】（1）当时，所以，当时，此时在上单调递减；当时，令，解得：，所以在上单调递增；令，解得：，所以在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递减；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）证明：当时，令函数，所以在上单调递减，且，所以，即，所以当，则，所以，所以当，则，所以，令函数，则，所以在上单调递增，又，所以对，恒成立，所以当时，对，恒有.19.（2023湖南长沙一中二模，22）已知函数.（1）若函数，讨论的单调性；（2）从下面两个问题中任意选择

36、一个证明，若两个都证明，则按第一个证明计分.若函数，且，证明：.若函数，证明：.【解析】（1）因为，所以，的定义域为，.当时，在上单调递增.当时，若，单调递减；若，单调递增.综上所述：当时， 在上单调递增.当时， 在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：选因为，所以，的定义域为，且.当时，单调递减；当时，单调递增.不妨设，则，由，可知.当时，显然成立.当时，由，且，可知，则，.设，在上单调递增，所以，所以成立.综上所述，.选.设，则.当时，单调递减；当时，单调递增.所以，因此，当且仅当时，等号成立.设，则.当时，单调递减；当时，单调递增.因此，从而，则，因为，所以中的等号不成立，故.20.（2

37、023福建厦门、福州等市第一次质检，22）已知函数（1）讨论的极值点个数；（2）若有两个极值点，且，当时，证明：【解析】（1）已知，则，令，则，当时，所以在上单调增减，在上单调递增，则，当时，恒成立，故在上无极值点；当时，显然，则在上有一个极值点，又，令，故在上单调递增，又，则，则在上有一个极值点，综上，当时，函数没有极值点；当时，函数有两个极值点（2）由（1）中知，则是方程的两根，不妨令，则，令解得，所以在单调递减，在单调递增，大致图像如图所示，由图像可知当时，下先证（*）由，两边取对数得，作差得，（*）等价于证明，令，故在上单调递增，从而，即证得，所以，再证明，令，故在上单调递减，则，所以

38、，再令，则在上单调递增，故，即证得21.(2023广东广州二模，22）已知函数，.（1）当时，求实数的取值范围；（2）已知，证明：.【解析】（1）令，则，当时，则函数在上单调递增，当时，则函数在上单调递减，所以，即，所以当时，即，当时，取，由于，而，得，故，不合乎题意.综上所述，.（2）证明：当时，由（1）可得，则，可得，即，即，令，所以，所以，即，所以，令，则，且不恒为零，所以函数在上单调递增，故，则，所以，所以.22.(2023湖南师范大学附中一模，22）已知函数，为导数.（1）若为的零点，试讨论在区间的零点的个数；（2）当时，求实数m取值范围.【解析】（1）由题意，函数，可得，因为为的零

39、点，所以，即，从而，因为，所以0是的零点；当时，设，则，（）若，令，则，所以在单调递减，因为，所以存在唯一的，使得，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；（）若，令，则，故在上单调递减，所以.又，所以在上单调递减；（）若，则在上单调递减.由（）（）（）可得，在上单调递增，在上单调递减，因为，所以存在唯一使得.当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，因为，所以在上有且只有一个零点.综上可得，在上有两个零点.（2）当时，则不等式化为，即为.令，则当时，在单调递增，且，故时满足题意；当时，令，则在有无数零点所以存在最小的一个，使，则在单调递增，所以，即，所以，使，所以，故不满足题意，舍去.当时，因为，所以，令，不满足题意，舍去.综上可得，即实数的取值范围是.