文科数学2010-2019高考真题分类训练专题三 导数及其应用第八讲 导数的综合应用—后附解析答案

专题三

导数及其应用

第八讲

导数的综合应用

2019年

1.（2019全国Ⅲ文20）已知函数.（1）讨论的单调性；

（2）当0

（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M（a），当M（a）最小时，求a的值．

3.（2019江苏19）设函数、为f（x）的导函数．

（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；

（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；

（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．

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

′（x）为f（x）的导数．

（1）证明：f

′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；

（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．

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

′（x）为f（x）的导数．

（1）证明：f

′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；

（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．

6.（2019全国Ⅱ文21）已知函数.证明：

（1）存在唯一的极值点；

（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.7.（2019天津文20）设函数，其中.（Ⅰ）若，讨论的单调性；

（Ⅱ）若，（i）证明恰有两个零点

（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.8.（2019浙江22）已知实数，设函数

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）对任意均有

求的取值范围.注：e=2.71828…为自然对数的底数.2010-2018年

一、选择题

1．（2017新课标Ⅰ）已知函数，则

A．在单调递增

B．在单调递减

C．的图像关于直线对称

D．的图像关于点对称

2．（2017浙江）函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是

A．

B．

C．

D．

3．（2016年全国I卷）若函数在单调递增，则的取值范围是

A．

B．

C．

D．

4．（2016年四川）已知为函数的极小值点，则

A．4

B．2

C．4

D．2

5．（2014新课标2）若函数在区间（1，+）单调递增，则的取值范围是

A．

B．

C．

D．

6．（2014新课标2）设函数．若存在的极值点满足，则的取值范围是

A．

B．

C．

D．

7．（2014辽宁）当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是

A．

B．

C．

D．

8．（2014湖南）若，则

A．

B．

C．

D．

9．（2014江西）在同一直角坐标系中，函数与的图像不可能的是

10．（2013新课标2）已知函数，下列结论中错误的是

A．

B．函数的图像是中心对称图形

C．若是的极小值点，则在区间单调递减

D．若是的极值点，则

11．（2013四川）设函数（，为自然对数的底数）．若存在使成立，则的取值范围是（）

A．

B．

C．

D．

12．（2013福建）设函数的定义域为R，是的极大值点，以下结论一定正确的是

A．

B．是的极小值点

C．是的极小值点

D．是的极小值点

13．（2012辽宁）函数的单调递减区间为

A．(－1,1]

B．(0,1]

C．

[1,+)

D．(0,+)

14．（2012陕西）设函数，则

A．为的极大值点

B．为的极小值点

C．为的极大值点

D．为的极小值点

15．（2011福建）若，且函数在处有极值，则的最大值等于

A．2

B．3

C．6

D．9

16．（2011浙江）设函数，若为函数的一个极值点，则下列图象不可能为的图象是

A

B

C

D

17．（2011湖南）设直线

与函数，的图像分别交于点，则当达到最小时的值为

A．1

B．

C．

D．

二、填空题

18．（2016年天津）已知函数为的导函数，则的值为____.19．（2015四川）已知函数，(其中)．对于不相等的实数，设＝，＝．现有如下命题：

①对于任意不相等的实数，都有；

②对于任意的及任意不相等的实数，都有；

③对于任意的，存在不相等的实数，使得；

④对于任意的，存在不相等的实数，使得．

其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．

20．（2011广东）函数在=______处取得极小值．

三、解答题

21．（2018全国卷Ⅰ）已知函数．

(1)设是的极值点．求，并求的单调区间；

(2)证明：当时，．

22．（2018浙江）已知函数．

(1)若在，()处导数相等，证明：；

(2)若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．

23．（2018全国卷Ⅱ）已知函数．

(1)若，求的单调区间；

(2)证明：只有一个零点．

24．（2018北京）设函数．

(1)若曲线在点处的切线斜率为0，求；

(2)若在处取得极小值，求的取值范围．

25．（2018全国卷Ⅲ）已知函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)证明：当时，．

26．（2018江苏）记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”．

(1)证明：函数与不存在“点”；

(2)若函数与存在“点”，求实数a的值；

(3)已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由．

27．（2018天津）设函数，其中，且是公差为的等差数列．

(1)若

求曲线在点处的切线方程；

(2)若，求的极值；

(3)若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围．

28．（2017新课标Ⅰ）已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)若，求的取值范围．

29．（2017新课标Ⅱ）设函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，求的取值范围．

30．（2017新课标Ⅲ）已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，证明．

31．（2017天津）设，．已知函数，．

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）已知函数和的图象在公共点处有相同的切线，（i）求证：在处的导数等于0；

（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求的取值范围．

32．（2017浙江）已知函数．

（Ⅰ）求的导函数；

（Ⅱ）求在区间上的取值范围．

33．（2017江苏）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）

（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；

（2）证明：；

34．（2016年全国I卷）已知函数.(I)讨论的单调性；

(II)若有两个零点，求的取值范围.35．（2016年全国II卷）已知函数.(Ⅰ)当时，求曲线在处的切线方程；

(Ⅱ)若当时，求的取值范围.36．（2016年全国III卷）设函数．

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）证明当时，；

（III）设，证明当时，．

37．（2015新课标2）已知函数．

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围．

38．（2015新课标1）设函数．

（Ⅰ）讨论的导函数零点的个数；

（Ⅱ）证明：当时．

39．（2014新课标2）已知函数，曲线在点（0，2）处的切线与轴交点的横坐标为－2．

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）证明：当时，曲线与直线只有一个交点．

40．(2014山东）设函数（为常数，是自然对数的底数）

（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若函数在内存在两个极值点，求的取值范围．

41．（2014新课标1）设函数，曲线处的切线斜率为0

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若存在使得，求的取值范围．

42．（2014山东）设函数，其中为常数．

（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）讨论函数的单调性．

43．(2014广东)

已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，试讨论是否存在，使得．

44．(2014江苏)已知函数，其中e是自然对数的底数．

（Ⅰ）证明：是R上的偶函数；

（Ⅱ）若关于的不等式≤在上恒成立，求实数的取值范围；

（Ⅲ）已知正数满足：存在，使得成立．试比较与的大小，并证明你的结论．

45．（2013新课标1）已知函数，曲线在点处切线方程为．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）讨论的单调性，并求的极大值．

46．（2013新课标2）已知函数．

（Ⅰ）求的极小值和极大值；

（Ⅱ）当曲线的切线的斜率为负数时，求在轴上截距的取值范围．

47．（2013福建）已知函数（，为自然对数的底数）．

（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；

（Ⅱ）求函数的极值；

（Ⅲ）当的值时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值．

48．(2013天津)已知函数．

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）

证明：对任意的，存在唯一的，使．

（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的关于的函数为，证明：当时，有．

49．（2013江苏）设函数，其中为实数．

（Ⅰ）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；

（Ⅱ）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论．

50．（2012新课标）设函数f(x)=－ax－2

（Ⅰ）求的单调区间

（Ⅱ）若，为整数，且当时，求的最大值

51．（2012安徽）设函数

（Ⅰ）求在内的最小值；

（Ⅱ）设曲线在点的切线方程为；求的值。

52．（2012山东）已知函数（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴平行．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的单调区间；

（Ⅲ）设，其中是的导数．

证明：对任意的，．

53．（2011新课标）已知函数，曲线在点处的切线方程为．

（Ⅰ）求，的值；

（Ⅱ）证明：当，且时，．

54．（2011浙江）设函数，（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）求所有实数，使对恒成立．

注：为自然对数的底数．

55．（2011福建）已知，为常数，且，函数，（e=2.71828…是自然对数的底数）．

（Ⅰ）求实数的值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）当时，是否同时存在实数和()，使得对每一个∈，直线与曲线（∈[，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数和最大的实数；若不存在，说明理由．

56．（2010新课标）设函数

（Ⅰ）若=，求的单调区间；

（Ⅱ）若当≥0时≥0，求的取值范围．

专题三

导数及其应用

第八讲

导数的综合应用

答案部分

2019年

1.解析（1）．

令，得x=0或.若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；

若a=0，在单调递增；

若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0,1]的最小值为，最大值为或.于是，所以

当时，可知单调递减，所以的取值范围是.当时，单调递减，所以的取值范围是.综上，的取值范围是.2.解析（Ⅰ）由得．

令，即，得或．

又，所以曲线的斜率为1的切线方程是与，即与．

（Ⅱ）要证，即证，令．

由得．

令得或．

在区间上的情况如下：

所以的最小值为，最大值为．

故，即．

（Ⅲ），由（Ⅱ）知，当时，；

当时，；

当时，．

综上，当最小时，．

3.解析（1）因为，所以．

因为，所以，解得．

（2）因为，所以，从而．令，得或．

因为都在集合中，且，所以．

此时，．

令，得或．列表如下：

+

0

–

0

+

极大值

极小值

所以的极小值为．

（3）因为，所以，．

因为，所以，则有2个不同的零点，设为．

由，得．

列表如下：

+

0

–

0

+

极大值

极小值

所以的极大值．

解法一：

．因此．

解法二：因为，所以．

当时，．

令，则．

令，得．列表如下：

+

0

–

极大值

所以当时，取得极大值，且是最大值，故．

所以当时，因此．

4.解析

（1）设，则.当时，；当时，所以在单调递增，在单调递减.又，故在存在唯一零点.所以在存在唯一零点.（2）由题设知，可得a≤0.由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，所以在单调递增，在单调递减.又，所以，当时，.又当时，ax≤0，故.因此，a的取值范围是.5.解析

（1）设，则.当时，；当时，所以在单调递增，在单调递减.又，故在存在唯一零点.所以在存在唯一零点.（2）由题设知，可得a≤0.由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，所以在单调递增，在单调递减.又，所以，当时，.又当时，ax≤0，故.因此，a的取值范围是.6.解析（1）的定义域为（0，+）..因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，故存在唯一，使得.又当时，单调递减；当时，单调递增.因此，存在唯一的极值点.（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根.由得.又，故是在的唯一根.综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.7.解析（Ⅰ）由已知，的定义域为，且，因此当时，从而，所以在内单调递增.（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知.令，由，可知在内单调递减，又，且

.故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则.当时，所以在内单调递增；当时，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.令，则当时，故在内单调递减，从而当时，所以.从而，又因为，所以在内有唯一零点.又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.（ii）由题意，即，从而，即.因为当时，又，故，两边取对数，得，于是，整理得.8.解析（Ⅰ）当时，．，所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．

（Ⅱ）由，得．

当时，等价于．

令，则．

设，则

．

（i）当

时，则

．

记，则

.故

0

+

单调递减

极小值

单调递增

所以，．

因此，．

（ii）当时，．

令，则，故在上单调递增，所以．

由（i）得．

所以，．

因此．

由（i）（ii）得对任意，即对任意，均有．

综上所述，所求a的取值范围是．

2010-2018年

1．C【解析】由，知，在上单调递增，在上单调递减，排除A、B；又，所以的图象关于对称，C正确．

2．D【解析】由导函数的图象可知，的单调性是减增减增，排除

A、C；由导函数的图象可知，的极值点一负两正，所以D符合，选D．

3．C【解析】函数在单调递增，等价于

在恒成立．

设，则在恒成立，所以，解得．故选C．

4．D【解析】因为，令，当

时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增．所以．故选D．

5．D【解析】∵，∴，∵在（1，+）单调递增，所以当

时，恒成立，即在（1，+）上恒成立，∵，∴，所以，故选D．

6．C【解析】由正弦型函数的图象可知：的极值点满足，则，从而得．所以不等式，即为，变形得，其中．由题意，存在整数使得不等式成立．当且时，必有，此时不等式显然不能成立，故或，此时，不等式即为，解得或．

7．C【解析】当时，得，令，则，令，则，显然在上，单调递减，所以，因此；同理，当时，得．由以上两种情况得．显然当时也成立，故实数的取值范围为．

8．C【解析】设，则，故在上有一个极值点，即在上不是单调函数，无法判断与的大小，故A、B错；构造函数，故在上单调递减，所以，选C．

9．B【解析】当，可得图象D；记，取，令，得，易知的极小值为，又，所以，所以图象A有可能；同理取，可得图象C有可能；利用排除法可知选B．

10．C【解析】若则有，所以A正确。由得，因为函数的对称中心为（0,0），所以的对称中心为,所以B正确。由三次函数的图象可知，若是的极小值点，则极大值点在的左侧，所以函数在区间（∞,）单调递减是错误的，D正确。选C.11．A【解析】若在上恒成立，则，则在上无解；

同理若在上恒成立，则。

所以在上有解等价于在上有解，即，令，所以，所以．

12．D【解析】A．，错误．是的极大值点，并不是最大值点；B．是的极小值点．错误．相当于关于y轴的对称图像，故应是的极大值点；C．是的极小值点．错误．相当于关于轴的对称图像，故应是的极小值点．跟没有关系；D．是的极小值点．正确．相当于先关于y轴的对称，再关于轴的对称图像．故D正确．

13．B【解析】∵,∴,由，解得，又，∴故选B．

14．D【解析】，恒成立，令，则

当时，函数单调减，当时，函数单调增，则为的极小值点，故选D．

15．D【解析】，由，即，得．

由，所以，当且仅当时取等号．选D．

16．D【解析】若为函数的一个极值点，则易知，∵选项A，B的函数为，∴，∴为函数的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴，且开口向下，∵，∴，也满足条件；选项D中，对称轴，且开口向上，∴，∴，与题图矛盾，故选D．

17．D【解析】由题不妨令，则，令解得，因时，当时，所以当时，达到最小．即．

18．3【解析】．

19．①④【解析】因为在上是单调递增的，所以对于不相等的实数，恒成立，①正确；因为，所以

=，正负不定，②错误；由，整理得．

令函数，则，令，则，又，从而存在，使得，于是有极小值，所以存

在，使得，此时在上单调递增，故不存在不相等的实数，使得，不满足题意，③错误；由得，即，设，则，所以在上单调递增的，且当时，当时，所以对于任意的，与的图象一定有交点，④正确．

20．2【解析】由题意，令得或．

因或时，时，．

∴时取得极小值．

21．【解析】(1)的定义域为，．

由题设知，所以．

从而，．

当时，；当时，．

所以在单调递减，在单调递增．

(2)当时，．

设，则

当时，；当时，．所以是的最小值点．

故当时，．

因此，当时，．

22．【解析】(1)函数的导函数，由得，因为，所以．

由基本不等式得．

因为，所以．

由题意得．

设，则，所以

0

+

所以在上单调递增，故，即．

(2)令，则，所以，存在使，所以，对于任意的及，直线与曲线有公共点．

由得．

设，则，其中．

由(1)可知，又，故，所以，即函数在上单调递减，因此方程至多1个实根．

综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．

23．【解析】(1)当时，．

令解得或．

当时，；

当时，．

故在，单调递增，在单调递减．

(2)由于，所以等价于．

设，则，仅当时，所以在单调递增．

故至多有一个零点，从而至多有一个零点．

又，故有一个零点．

综上，只有一个零点．

24．【解析】(1)因为，所以．，由题设知，即，解得．

(2)方法一：由(1)得．

若，则当时，；

当时，．

所以在处取得极小值．

若，则当时，所以．

所以1不是的极小值点．

综上可知，的取值范围是．

方法二：．

(ⅰ)当时，令得．

随的变化情况如下表：

+

0

−

↗

极大值

↘

∴在处取得极大值，不合题意．

(ⅱ)当时，令得．

①当，即时，∴在上单调递增，∴无极值，不合题意．

②当，即时，随的变化情况如下表：

+

0

−

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

∴在处取得极大值，不合题意．

③当，即时，随的变化情况如下表：

+

0

−

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

∴在处取得极小值，即满足题意．

(ⅲ)当时，令得．

随的变化情况如下表：

−

0

+

0

−

↘

极小值

↗

极大值

↘

∴在处取得极大值，不合题意．

综上所述，的取值范围为．

25．【解析】(1)，．

因此曲线在点处的切线方程是．

(2)当时，．

令，则．

当时，单调递减；当时，单调递增；

所以．因此．

26．【解析】(1)函数，则，．

由且，得，此方程组无解，因此，与不存在“点”．

(2)函数，则．

设为与的“点”，由且，得，即，（*）

得，即，则．

当时，满足方程组（*），即为与的“点”．

因此，的值为．

(3)对任意，设．

因为，且的图象是不间断的，所以存在，使得．令，则．

函数，则．

由且，得，即，（**）

此时，满足方程组（**），即是函数与在区间内的一个“点”．

因此，对任意，存在，使函数与在区间内存在“点”．

27．【解析】(1)由已知，可得，故，因此，=−1，又因为曲线在点处的切线方程为，故所求切线方程为．

(2)由已知可得

．

故．令=0，解得，或．

当变化时，的变化如下表：

(−∞，)

(，)

(，+∞)

+

0

−

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

所以函数的极大值为；函数小值为．

(3)曲线与直线有三个互异的公共点等价于关于的方程有三个互异的实数解，令，可得．

设函数，则曲线与直线有三个互异的公共点等价于函数有三个零点．

．

当时，这时在R上单调递增，不合题意．

当时，=0，解得，．

易得，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，的极大值=>0．的极小值=−．

若，由的单调性可知函数至多有两个零点，不合题意．

若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．

所以的取值范围是

28．【解析】（1）函数的定义域为，①若，则，在单调递增．

②若，则由得．

当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增．

③若，则由得．

当时，；当时，故在单调递减，在单调递增．

（2）①若，则，所以．

②若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为

．从而当且仅当，即时，．

③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为

．

从而当且仅当，即时．

综上，的取值范围为．

29．【解析】（1）

令得，．

当时，；当时，；当时，．

所以在，单调递减，在单调递增．

（2）．

当时，设函数，因此在单调递减，而，故，所以

．

当时，设函数，所以在单调递增，而，故．

当时，，取，则，故．

当时,取,则,．

综上，的取值范围是．

30．【解析】（1）的定义域为，．

若，则当时，故在单调递增.若，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.（2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为

．

所以等价于，即．

设，则．

当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减.故当时，取得最大值，最大值为．所以当时，．从而当时，即．

31．【解析】（I）由，可得，令，解得，或．由，得．

当变化时，的变化情况如下表：

所以，的单调递增区间为，单调递减区间为．

（II）（i）因为，由题意知，所以，解得．

所以，在处的导数等于0．

（ii）因为，由，可得．

又因为，故为的极大值点，由（I）知．

另一方面，由于，故，由（I）知在内单调递增，在内单调递减，故当时，在上恒成立，从而在上恒成立．

由，得，．

令，所以，令，解得（舍去），或．

因为，，故的值域为．

所以，的取值范围是．

32．【解析】（Ⅰ）因为，所以

（Ⅱ）由

解得或．

因为

x

（，1）

（1，）

（，）

0

+

0

↘

0

↗

↘

又，所以在区间上的取值范围是．

33．【解析】(1)由,得.当时，有极小值.因为的极值点是的零点.所以，又，故.因为有极值，故有实根，从而，即.时，故在R上是增函数，没有极值；

时，有两个相异的实根，.列表如下

+

0

–

0

+

极大值

极小值

故的极值点是.从而，因此，定义域为.（2）由（1）知，．

设，则．

当时，所以在上单调递增．

因为，所以，故，即．

因此．

（3）由（1）知,的极值点是，且，.从而

记，所有极值之和为，因为的极值为，所以，.因为，于是在上单调递减.因为，于是，故.因此的取值范围为.34．【解析】

(Ⅰ)

(i)设，则当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.(ii)设，由得或．

①若，则，所以在单调递增.②若，则,故当时，；

当时，所以在单调递增，在单调递减.③若，则，故当时，当时，所以在单调递增，在单调递减.(Ⅱ)(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又，取b满足b<0且，则，所以有两个零点.(ii)设a=0，则，所以有一个零点.(iii)设a<0，若，则由(Ⅰ)知，在单调递增.又当时，<0，故不存在两个零点；若，则由(Ⅰ)知，在单调递减，在单调递增.又当时<0，故不存在两个零点.综上，的取值范围为.35．【解析】（Ⅰ）的定义域为.当时，曲线在处的切线方程为

（Ⅱ）当时，等价于

令，则，（i）当，时，故在上单调递增，因此；

（ii）当时，令得，由和得，故当时，在单调递减，因此.综上，的取值范围是

36．【解析】（Ⅰ）由题设，的定义域为，令，解得．当时，单调递增；当时，单调递减．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为.所以当时，.故当时，，即.（Ⅲ）由题设，设，则，令，解得.当时，单调递增；当时，单调递减.由（Ⅱ）知，故，又，故当时，.所以当时，.37【解析】（Ⅰ）的定义域为，．

若，则，所以在单调递增．

若，则当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，在上无最大值；当时，在取得最大值，最大值为．

因此等价于．

令，则在单调递增，．

于是，当时，；当时，．

因此的取值范围是．

38．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．

当时,，没有零点；

当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又，当满足且时，故当时，存在唯一零点．

（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；

当时，．

故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为．

由于，所以．

故当时，．

39．【解析】（Ⅰ）=，.曲线在点（0,2）处的切线方程为．

由题设得，所以．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，设，由题设知．

当≤0时，单调递增，所以=0在有唯一实根．

当时，令，则．，在单调递减，在单调递增，所以，所以在没有实根.综上，=0在R有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点．

40．【解析】（Ⅰ）函数的定义域为

由可得

所以当时，函数单调递减，所以当时，函数单调递增，所以的单调递减区间为，的单调递增区间为

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，在内单调递减，故在内不存在极值点；

当时，设函数，因此．

当时，时，函数单调递增

故在内不存在两个极值点；

当时，0

函数在内存在两个极值点

当且仅当，解得

综上函数在内存在两个极值点时，的取值范围为．

41．【解析】（Ⅰ），由题设知，解得．

（Ⅱ）的定义域为，由（Ⅰ）知，（ⅰ）若，则，故当时，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，即，解得．

（ii）若，则，故当时，；

当时，在单调递减，在单调递增．所以，存在，使得的充要条件为，而，所以不合题意．

（iii）若，则．

综上，的取值范围是．

42．【解析】（Ⅰ）由题意知时，此时，可得，又，所以曲线在处的切线方程为．

（Ⅱ）函数的定义域为，当时，函数在上单调递增，当时，令，由于，①当时，，函数在上单调递减，②当时，，函数在上单调递减，③当时，设是函数的两个零点，则，由，所以时，函数单调递减，时，函数单调递增，时，函数单调递减，综上可知，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递减；

当时，在，上单调递减，在上单调递增．

43．【解析】（Ⅰ）

（Ⅱ）

44．【解析】（Ⅰ），∴是上的偶函数

（Ⅱ）由题意，即

∵，∴，即对恒成立

令，则对任意恒成立

∵，当且仅当时等号成立

∴

（Ⅲ），当时，∴在上单调增

令，∵，∴，即在上单调减

∵存在，使得，∴，即

∵

设，则

当时，单调增；

当时，单调减

因此至多有两个零点，而

∴当时，；

当时，；

当时，．

45．【解析】．由已知得，故，从而；

（Ⅱ）

由（I）知，令得，或．

从而当时，；当时，．

故在，单调递增，在单调递减．

当时，函数取得极大值，极大值为．

46．【解析】（Ⅰ）的定义域为，①

当或时，；当时，所以在，单调递减，在单调递增．

故当时，取得极小值，极小值为；当时，取得极大值，极大值为．

（Ⅱ）设切点为，则的方程为

所以在轴上的截距为

由已知和①得．

令，则当时，的取值范围为；当时，的取值范围是．

所以当时，的取值范围是．

综上，在轴上截距的取值范围．

47．【解析】（Ⅰ）由，得．

又曲线在点处的切线平行于轴，得，即，解得．

（Ⅱ），①当时，为上的增函数，所以函数无极值．

②当时，令，得，．，；，．

所以在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．

综上，当时，函数无极小值；

当，在处取得极小值，无极大值．

（Ⅲ）当时，令，则直线：与曲线没有公共点，等价于方程在上没有实数解．

假设，此时，又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故．

又时，知方程在上没有实数解．

所以的最大值为．

解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．

（Ⅲ）当时，．

直线：与曲线没有公共点，等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：

（*）

在上没有实数解．

①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解．

②当时，方程（*）化为．

令，则有．

令，得，当变化时，的变化情况如下表：

当时，同时当趋于时，趋于，从而的取值范围为．

所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是．

综上，得的最大值为．

48．【解析】（Ⅰ）函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝2xln

x＋x＝x(2ln

x＋1)，令f′(x)＝0，得.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x

f′(x)

－

0

＋

f(x)



极小值

所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.（Ⅱ）证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．

由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．

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）证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而，其中u＝ln

s.要使成立，只需.当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．

所以s＞e，即u＞1，从而ln

u＞0成立．

另一方面，令F(u)＝，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2.当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.因此成立．

综上，当t＞e2时，有.49．【解析】：（Ⅰ）由题在上恒成立，在上恒成立，；

若，则在上恒成立，在上递增，在上没有最小值，当时，由于在递增，时，递增，时，递减，从而为的可疑极小点，由题，综上的取值范围为．

（Ⅱ）由题在上恒成立，在上恒成立，由得，令，则，当时，递增，当时，递减，时，最大值为，又时，时，据此作出的大致图象，由图知：

当或时，的零点有1个,当时，的零点有2个,50．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．

若，则，所以在单调递增．

若，则当时，当，所以

在单调递减，在单调递增．

（Ⅱ）

由于，所以(x－k)

f´(x)+x+1=．

故当时，(x－k)

f´(x)+x+1>0等价于

（）

①

令，则

由（Ⅰ）知，函数在单调递增．而，所以在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点，设此零点为，则．当时，；当时，所以在的最小值为，又由，可得，所以

故①等价于，故整数的最大值为2．

51．【解析】（Ⅰ）设；则

①当时，在上是增函数

得：当时，的最小值为

②当时，当且仅当时，的最小值为

（Ⅱ）

由题意得：

52．【解析】（Ⅰ）由

=

可得，而，即，解得；

（Ⅱ），令可得，当时，；当时，．

于是在区间内为增函数；在内为减函数．

（Ⅲ）

=

因此对任意的，等价于

设

所以，因此时，时，所以，故．

设，则，∵，∴，∴，即

∴，对任意的，．

53．【解析】（Ⅰ）

由于直线的斜率为，且过点，故

即,解得，．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以

考虑函数，则

所以当时，故

当时，当时，从而当

54．【解析】（Ⅰ）因为

所以

由于，所以的增区间为，减区间为

（Ⅱ）【证明】：由题意得，由（Ⅰ）知内单调递增，要使恒成立，只要，解得

55．【解析】（Ⅰ）由

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得从而，故：

（1）当；

（2）当

综上，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为（0，1）；

当时，函数的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为。

（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）可得，当在区间内变化时，的变化情况如下表：

－

0

+

单调递减

极小值1

单调递增

又的值域为[1，2]．

由题意可得，若，则对每一个，直线与曲线

都有公共点．并且对每一个，直线与曲线都没有公共点．

综上，当时，存在最小的实数=1，最大的实数=2，使得对每一个，直线与曲线都有公共点．

56．【解析】（Ⅰ）时。当时;当时，;当时。故在，单调增加，在（1，0）单调减少．

（Ⅱ）。令，则。若，则当时，为减函数，而，从而当x≥0时≥0，即≥0．

若，则当时，为减函数，而，从而当时＜0，即＜0．

综合得的取值范围为．