試卷第=page66頁，共=sectionpages66頁試卷第=page55頁，共=sectionpages66頁函數與導數一、單選題1．已知是奇函數，實數、均小于，為自然對數底數，且，，則（

）A． B．C． D．2．已知函數，，若，則下列各式成立的是（

）A． B． C． D．3．設表示不大于的最大整數，如，，若正數a滿足，則（

）A．10 B．11 C．12 D．134．已知函數，若與的圖象有兩個交點，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．5．已知分別為上的奇函數和偶函數，且滿足，當時，，若，則大小關系為（

）A． B．C． D．二、多選題6．已知函數則下列說法正確的是（

）A．函數的單調減區間為，B．函數的值域為C．若關于的方程有三個根，則D．若對于恒成立，則7．已知函數函數，則（

）A．B．C．若恒成立，則實數的取值范圍是D．若，則函數恰好有5個零點，且5個零點之和的取值范圍是8．已知函數，，其導函數為，則下列說法正確的是（

）A．函數有三個零點 B．函數的圖象關于對稱C．若，則 D．若，，則9．廣東汕頭海灣大橋被譽為“中國第一座大跨度現代懸索橋”，懸索的形狀是平面幾何中的懸鏈線，其方程為（為參數，）．當時，該方程是雙曲余弦函數，類似的函數還有雙曲正弦函數，則下列說法正確的是（

）A．，B．當時，函數有最小值C．，D．，10．已知函數，則（

）A．若在處取得極值，則.B．若，則函數有且僅有1個零點.C．若的極小值小于0，則.D．若無極值，則.三、填空題11．已知，定義：，設．若函數有兩個零點，則實數的取值范圍是．12．已知二次函數與一次函數，若，不等式在上總存在實數解，則的取值范圍為．13．若對任意正數x恒成立，則實數a的取值范圍為．14．已知，，若對任意，都存在，使得，則實數a的取值范圍為.15．若函數有兩個極值點，則實數的取值范圍是.16．（1）已知函數滿足：，，則方程所有實根之和為．（2）對于函數，若存在使，則稱點與點是函數的一對“隱對稱點”．若函數的圖象存在“隱對稱點”，則實數m的取值范圍是．17．已知函數，點在第四象限內，過作圖象的切線，有且只有兩條，則的取值范圍為.18．如果函數滿足對任意、，有，則稱為優函數.給出下列四個結論：①為優函數；②若為優函數，則；③若為優函數，則在上單調遞增；④若在上單調遞減，則為優函數.其中所有正確結論的序號是.19．對于，函數有且僅有一個零點，則實數的取值范圍是.20．已知函數，若函數有3個零點，則實數a的取值范圍為．四、解答題21．已知函數（且）(1)判斷的單調性；(2)若m，n為方程的兩個根，求的最小值．22．設函數．(1)求圖象上點處的切線方程；(2)若在時恒成立，求a的取值范圍；(3)若，證明．23．已知函數，為實數.(1)當時，求與的極值；(2)是否存在，使與均有2個零點.若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.24．設，若對任意，總成立，則稱為的“不可躍”函數．(1)判斷是否為的“不可躍”函數，并說明理由；(2)求證：①為的“不可躍”函數；②為的“不可躍”函數；一定不是的“不可躍”函數．25．已知函數．(1)若函數在上有2個零點，求m的取值范圍；(2)對任意的，存在，使得成立，試確定m的取值范圍．26．已知函數，．(1)若存在，使得不等式有解，求的取值范圍；(2)對于定義域內的，，，若且，求的取值范圍．27．已知四數．(1)求在處的切線方程；(2)證明：函數只有一個零點；(3)當時，函數恒成立，求a的取值范圍．28．若定義域為的函數滿足對任意的和，都有，我們就稱這個函數是“優美的”．(1)若函數是優美的，求；(2)寫出一個優美的函數，使得，并說明為什么是優美的；(3)對于任意優美的函數，證明：對任意的有理數，都有．29．對于給定的正項數列，定義：，其中，為數列中的第項（）.若存在非零常數，使得數列滿足，則稱數列為“數列.(1)寫出首項為2的“2數列”的前4項；(2)若數列是首項為1的“數列”，數列為等比數列，且.求數列的前項和；(3)設數列為“數列”，，，記為的前項和，為數列的前項和；證明：（為自然對數的底數）.30．德國數學家狄利克雷（1805-1859）在1837年時提出：“如果對于的每一個值，總有一個完全確定的值與之對應，那么是的一個函數.”這個定義較清楚的說明了函數的內涵.只要有一個法則，使得取值范圍中的每一個，有一個確定的和它對應就行了，不管這個法則是公式還是用圖象、表格等形式表示，如狄利克雷函數，其中為實數集，為有理數集.(1)已知函數.①判斷函數的奇偶性（直接寫結果），并求的值；②記函數，求的零點；(2)對任意集合，定義.已知集合，證明：對，（其中符號表示不大于的最大整數）.答案第=page3838頁，共=sectionpages3838頁答案第=page3737頁，共=sectionpages3838頁《函數與導數》參考答案題號12345678910答案DBCDAACDACDBCDBCDBD1．D【分析】利用函數奇偶性的性質可得出，由已知可得出，，由結合對數函數的單調性可得出，可得出，可得出，并推導出、，即可得解.【解析】對任意的，，則函數的定義域為，因為函數為奇函數，則，可得，所以，，，則函數為奇函數，符合題意；因為，，則，，因為，則，所以，即，即，即，因為，，則，則，故，即，又因為，即，可得或，則或，即，同理可知，，故.故選：D.2．B【分析】把問題轉化為兩個函數圖象交點問題，根據反函數的性質、基本不等式、導數的性質進行逐一判斷即可.【解析】由題可得，即，在同一坐標系中分別繪出函數，，的圖象，

由，可知，由，可得，聯立，解得，因為函數與互為反函數，所以由反函數性質知、關于對稱，則，，且，，對于A，，故A錯誤；對于B，由，，則，故B正確；對于C，因為，故C錯誤；對于D，，故D錯誤.故選：B.3．C【分析】根據的定義進行分析，由此列不等式來求得的取值范圍，進而求得正確答案.【解析】因為，所以該式的前15項都為0，后4項都為1，所以，所以，即，得，因為，所以，所以，故.故選：C.【點睛】思路點睛：首先根據和式的結果分析每一項的取值情況，列出關于變量的不等式，然后解不等式得到變量的取值范圍，若取值范圍涉及到指數形式，通過計算近似值進一步精確范圍，最后根據變量的取值范圍求出所求式子的值.4．D【分析】問題化為與在上有兩個交點，利用導數研究的區間單調性及其值域，即可求參數范圍.【解析】由題設在上有兩個實根，即在上有兩個實根，所以與在上有兩個交點，由，令，則，所以在上單調遞減，，，所以使，即，，在上，單調遞增，在上，單調遞減，根據解析式易知趨向0或時，均趨向于，且，綜上，只需.故選：D【點睛】關鍵點點睛：問題化為與在上有兩個交點是關鍵.5．A【分析】利用分別為上的奇函數和偶函數，得的周期為2，且求出，利用導數判斷出時，為單調遞增函數，再利用對數的性質判斷出的大小可得答案.【解析】因為分別為上的奇函數和偶函數，所以，由，得，所以，可得的周期為2，又，可得，兩式相加可得，當時，因為都是增函數，所以為增函數，且，所以為單調遞增函數，，，，所以.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是求出，利用導數判斷出時，為單調遞增函數.6．ACD【分析】先根據分式函數和導數相關知識判斷函數單調性與漸近線，從而畫出函數圖象，進而直接判斷A和B；通過方程的根與圖象的公共點之間的聯系進行轉化，并結合圖象即可判斷C，設函數，并求出與函數的切點的橫坐標，結合圖象分析時，直線斜率增大，此時函數滿足在時處于直線下方，從而判斷D.【解析】（i）當時，，則在單調遞減，且漸近線為軸和，恒有.（ii）當時，，，當在單調遞增，當在單調遞減，故，且當時，，，恒有.綜上可知，，作出函數大致圖象，如下圖.對于A，函數的單調減區間為，故A正確；對于B，函數的值域為，故B錯誤；對于C，方程有三個根，則所以與有3個公共點，由圖象可知當時，與有3個交點，滿足題意，即的取值范圍是，故C正確;對于D，設函數為過定點的直線，且與函數的切點為，則有①，②，且③，由①②得，將③代入上式可得，即，即，解得或（舍去），，此時直線與函數相切，為臨界情況；當，直線斜率增大，此時函數滿足在時，處于直線下方，即對于恒成立，因此，，故D正確；故選：ACD.【點睛】總結點睛：已知函數有零點（方程有根）求參數值（取值范圍）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對函數解析式或方程變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.7．ACD【分析】AB選項，畫出的圖象，要想使得，只需考慮，分別求出對應的自變量取值范圍，B錯誤，A正確；C選項，恒成立，由函數圖象可知，故，解得；D選項，令，得到或，對應兩個解，，對應三個解，即，，故，D正確.【解析】AB選項，畫出的圖象，如下：不妨設，則，要想使得，只需考慮，令，解得，令，解得，且，故不存在，使得，B錯誤，A正確；C選項，，恒成立，即，恒成立，由函數圖象可知，要想恒成立，需滿足，解得，則實數的取值范圍是，C正確；D選項，若，令，即，故或，顯然對應兩個解，，令得，對應三個解，即，且，，故，則函數恰好有5個零點，且5個零點之和的取值范圍是故選：ACD【點睛】方法點睛：函數零點問題：將函數零點問題或方程解的問題轉化為兩函數的圖象交點問題，將代數問題幾何化，借助圖象分析，大大簡化了思維難度，首先要熟悉常見的函數圖象，包括指數函數，對數函數，冪函數，三角函數等，還要熟練掌握函數圖象的變換，包括平移，伸縮，對稱和翻折等，涉及零點之和問題，通常考慮圖象的對稱性進行解決.8．BCD【分析】求出即可判斷A；脫出即可判斷B；將多項式函數的求導轉化為乘積形式函數進行求導，即可判斷C；根據函數的對稱性可判斷D.【解析】對于A，由題意可知，則為二次函數，不可能有3個零點，A錯誤；對于B，，即函數的圖象關于對稱，B正確；對于C，若，則，故，同理故，故，C正確；對于D，時，，即函數的圖象關于直線，即對稱，且此函數在對稱軸處有意義且可導，即在時取到極值，則必有，D正確，故選：BCD【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵在于將多項式函數的求導轉化為乘積形式函數進行求導.9．BCD【分析】利用指數運算可判斷A選項；利用不等式的基本性質可求得函數的最小值，可判斷B選項；利用導數分析函數在上的單調性，利用導數比較、的大小關系，結合函數的單調性可判斷C選項；令，分析函數在上的單調性，結合零點存在定理可判斷D選項.【解析】對于A選項，，，A錯；對于B選項，，當時，，則，則，所以，，所以，當時，函數有最小值，B對；對于C選項．設，則，當且僅當時，即當時，等號成立，所以，函數在上單調遞增，則，即，又，當時，，所以，在上單調遞增，所以，．故C正確；對于D選項．當時，則，則在上單調遞增．當時，，則函數在上單調遞減．設，可在上單調遞增，因為，，則，所以，存在，使得，即存在，使得，故D正確故選：BCD.【點睛】方法點睛：函數單調性的判定方法與策略：（1）定義法：一般步驟：設元作差變形判斷符號得出結論；（2）圖象法：如果函數是以圖象的形式給出或者函數的圖象易作出，結合圖象可得出函數的單調區間；（3）導數法：先求出函數的導數，利用導數值的正負確定函數的單調區間；（4）復合函數法：先將函數分解為內層函數和外層函數，再討論這兩個函數的單調性，然后根據復合函數法“同增異減”的規則進行判定.10．BD【分析】根據極值與導函數零點之間的關系可判斷A錯誤，由函數解析式通過解方程可得B正確，取特殊值可判斷C錯誤，若無極值可得沒有變號零點，解方程可得，即D正確.【解析】對于A，由可得，若在處取得極值，則，解得或；當時，可知，因為，所以是的變號零點，滿足在處取得極值，符合題意；當時，可知，因為，所以也是的變號零點，滿足在處取得極值，符合題意；綜合可得，或，可得A錯誤；對于B，若，可得，則，令，解得，所以函數有且僅有1個零點，即B正確；對于C，令，則，所以，因此當或時，，此時單調遞增；當時，，此時單調遞減；所以在處取得極小值，即，但此時，即C錯誤；對于D，因為，令可得或；又因為無極值，可得，解得，即D正確.故選：BD【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于利用函數極值與導函數零點之間的關系，通過解方程并驗證參數取值即可判斷BD選項是否正確.11．【分析】令函數，通過分析的正負確定函數及的解析式，把零點問題轉化函數圖象交點個數問題，數形結合可得結果.【解析】令函數，由解析式可得函數在上單調遞增，∵，∴當時，，當時，，∴，.令，由，得，∴函數的零點為函數的圖象與直線交點的橫坐標，其中直線恒過點，當時，，在坐標系內作出直線與函數的圖象，

先考慮與圖象的交點個數，因為直線過點，而，故直線與圖象有兩個交點，分別為，故當即時，直線與有且只有一個交點，如圖1，當，即時，直線與函數的圖象只有一個交點，如圖2，當，即時，直線過點，故直線與函數的圖象只有一個交點，如圖3，當，即時，直線與函數的圖象只有一個交點，如圖4，當，即時，直線與函數的圖象只有一個交點，如圖5，當，即時，直線與函數的圖象有兩個交點，綜上得，若函數有兩個零點，實數的取值范圍是．故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是確定函數的解析式，根據得，其中，問題轉化為函數的圖象與直線有兩個交點，數形結合求出的取值范圍.12．【分析】由題可得，不等式存在解，轉化為求解不等式左邊的最大值.構建函數，得到函數在的單調性，從而知道函數在內的值域，當時，取最小，建立不等式，求得的取值范圍.【解析】依題意在上總存在實數解，∴．∵，∴在上單調遞增，∴，由于，∴當時，達到最小，即，∴，解得．故答案為：【點睛】方法點睛，不等式存在解（恒成立）的問題，一般轉換為求不等式的最值來建立新的不等式，然后求得參數范圍.13．【分析】整理可得，同構結合的單調性分析可得，換元令，可得，構建，利用導數求其最值，即可得結果.【解析】因為，且，可得，整理可得，構建又因為在內單調遞增，可得在內單調遞增，可得，且，整理可得，令，可得，構建，則，令，解得；令，解得；可知在內單調遞增，則內單調遞減，則，可得，即，所以實數a的取值范圍為.故答案為：.【點睛】方法點睛：兩招破解不等式的恒成立問題1.分離參數法第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的最值；第三步：根據要求得所求范圍．2.函數思想法第一步：將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的極值；第三步：構建不等式求解．14．【分析】由得.設，，求導，分析函數單調性，求兩個函數的值域，再根據函數值域的包含關系求的取值范圍.【解析】由得，設，，則，當時，，則在上單調遞增；當時，，則在上單調遞減；所以.且當時，；當時，，故的值域為；設，，則，當時，，則在上單調遞減；當時，，則在上單調遞增；所以，且當時，；當時，，故的值域為；依題意，的值域是的值域的子集.顯然，若，則的值域為，不合題意，舍去；若，則的值域，則需的值域，則，解得.綜上，實數a的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：由得.設，，對任意，都存在，使得就轉化成的值域是的值域的子集.15．【分析】先求導，將有兩個極值點轉化為和的圖象有兩個交點，畫出圖象，通過切線解決即可.【解析】因為，所以，因為有兩個極值點，故有兩個實數根，即有兩個實數根，即和的圖像有兩個交點，畫出圖象，又恒過定點，

若，顯然只有1個交點，不合題意；若，則無交點，不合題意；若，設直線和相切于點，由，則，所以，所以，解得，故切點是，所以，解得，綜上可得實數的取值范圍為.故答案為：.16．【分析】（1）首先判斷兩函數的單調性與對稱性，從而得到與有兩個交點，且關于對稱，結合對稱性計算可得；（2）結合奇函數的特征，區間轉化法求解析式，再根據新定義轉化為兩函數圖象的交點，進而轉化到方程根的問題，利用基本不等式即可解決.【解析】（1）

由題意知，定義域為，顯然在上單調遞減，當從正數趨向于時，趨向于，當趨向于時，趨向于，由于，故的對稱中心為，同理，的對稱中心為且單調遞增，且趨向于時，趨向于，故與有兩個交點，且關于對稱，不妨設兩交點橫坐標為，則，故故的實根之和為．故答案為：（2）

由“隱對稱點”的定義可知，的圖象上存在關于原點對稱的點，設的圖象與圖象關于原點對稱，設，則，，所以，，故的圖象與，的圖象有交點，等價于方程有實根，故，當且僅當時取得等號，所以，故實數的取值范圍是．故答案為：．【點睛】思路點睛：第（2）先依據對稱性求出與函數，圖象關于原點對稱的函數，進而將題設等價轉換成方程有實根，再結合參變分離法和基本不等式計算即可.17．【分析】設切點為，利用導數求出切線方程，將點的坐標代入切線方程，可得出，令，分析可知，方程有兩個不等的實根，利用導數分析函數的單調性與極值，可得出或，由，可求出的取值范圍，進而可求得的取值范圍.【解析】設切點為，，由題意可知，，，則切線方程為，因為切線過點，則，即方程有兩個解.令，或，由可得，所以，函數的增區間為、，減區間為，因為方程有兩個解，所以，或，當時，則有，即，合乎題意；當時，則，可得，由可得，所以，，則，綜上，，即的取值范圍是.故答案為：.【點睛】思路點睛：利用導數求函數在其上一點處的切線方程的基本步驟如下：（1）對函數求導得；（2）計算切線的斜率；（3）利用點斜式寫出切線方程.18．①②④【分析】利用優函數的定義可判斷①；利用賦值法推導出、，逐項遞推可判斷②；取，，結合優函數的定義可判斷③；利用減函數的性質、不等式的基本性質結合優函數的定義可判斷④.【解析】對于①，因為、，則，所以，，則是優函數，故①正確；對于②，因為是優函數，則，即，，即，同理可得、、，故②正確；對于③，例如，，滿足，所以，，則為優函數，但在上單調遞減，故③錯誤；對于④，若在上單調遞減，任取、，，，則，，所以，，，變形為，，兩式相加得：，因為，所以，，所以，為優函數，故④正確.故答案為：①②④.【點睛】函數新定義問題的方法和技巧：（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉述新信息所表達的內容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；（3）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.19．【分析】分離常數可得，構造函數，根據題意可得的值域為，且為單調函數，即可求導，結合或恒成立求解.【解析】依題意，任意的均使得有且僅有一個零點，令0，得，記函數，即與直線有且僅有一個交點，若的值域不是，設的值域為，則，使得，矛盾，所以的值域為，且為單調函數（否則與直線存在至少兩個交點），所以恒有或，易得，當且時，有，所以恒有，得恒成立，記，則，當時，單調遞增；當時，單調遞減，所以的最大值為，故實數的取值范圍是.故答案為：【點睛】已知函數有零點求參數取值范圍常用的方法和思路(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．20．或【分析】求出函數的零點，畫出函數的圖象，將問題轉換為或總共有三個零點，對分類討論即可求解.【解析】當時，由得，解得或，當時，由得，解得（舍），作出的圖象，如圖，由得或，即或，當，即時，無實根，此時，最多兩個實根，與題意不符；當，即時，有一個實根，有兩個實根，符合題意；當，即時，有兩個實根，此時，少有兩個實根，不符合題意；當，即時，有三個實根，至少有一個實根，不符合題意：當，即時，有兩個實根，此時，有一個實根，符合題意：當，即時，有兩個零點，有一個零點，符合題意綜上所述，有3個零點時，或.【點睛】方法點睛：利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法（1）利用零點存在的判定定理構建不等式求解；（2）分離參數后轉化為函數的值域（最值）問題求解；（3）轉化為兩熟悉的函數圖象的問題．21．(1)答案見解析(2)【分析】（1）求導，利用導數的正負即可判斷函數單調性；（2）利用得到是關于的方程的兩個不同的實根，從而得到，，從而表示出，構造函數求解，即可得答案.【解析】（1）根據題意，，令，可得或，當時，，在上單調遞增，當時，，在和上單調遞減.（2）由，，可得，是關于的方程的兩個不同的實根，其中，得，故，，即.故，設，，設，則，所以為上的增函數，則.，令，則，所以在上單調遞減，則，所以，即，所以為上的增函數，的最小值為，故的最小值為.【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是求最小值時，要利用得到，是關于的方程的兩個不同的實根，從而得到，，從而表示出，構造函數求解.22．(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）直接使用導數的幾何意義求解切線斜率，然后利用點斜式方程求解即可；（2）先由題設條件得到，再證明時條件滿足；（3）先確定的單調性，再對范圍分類討論.【解析】（1）由于，故．所以，所以所求的切線經過，且斜率為1，故其方程為．（2）設，則，從而當時，當時．所以在上單調遞減，在上單調遞增，這就說明，即，且等號成立當且僅當．設，則．當時，的取值范圍是，所以命題等價于對任意，都有．一方面，若對任意，都有，則對，有，取，得，故．再取，得，所以．另一方面，若，則對任意都有，滿足條件．綜合以上兩個方面，知a的取值范圍是．（3）先證明一個結構，對，有，證明：前面已經證明不等式，故，且，所以，即．由，可知當時，當時．所以在上單調遞減，在上單調遞增．不妨設，下面分三種情況證明本題結論．情況一：當時，有，結論成立；情況二：當時，有．對任意的，設，則．由于單調遞增，且有，且當時，由可知．所以在上存在零點，再結合單調遞增，即知時時，．故在上單調遞減，在上單調遞增．①當時，有；②當時，由于，故可以取．從而當時，由，可得．再根據在上單調遞減，即知對都有；綜合①②可知對任意，都有，即．根據和的任意性，取，就得到．所以．情況三：當時，根據情況一和情況二的討論，可得，．而根據的單調性，知或．故一定有成立．綜上，結論成立．【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．23．(1)的極小值為1，無極大值，的極小值為1，無極大值(2)不存在，理由見解析【分析】（1）求導，即可根據導函數的正負求解函數的單調性，即可根據極值點的定義求解，（2）根據方程的根，分離參數，構造函數，，求導，得函數的單調性，即可結合函數圖形求解.【解析】（1）當時，，，，當時，，此時與均單調遞減，當時，，此時與均單調遞增，所以當時，，均各自取到相應的極小值，無極大值；（2），故，，可得（且）令，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，當時，，當，當時，有極大值，在同一平面直角坐標系中，畫出直線的圖象與函數的圖象，如圖所示，所以當且僅當時，方程有兩個根.令（且），則，當時，單調遞減，當時，單調遞增，當從1的左邊趨于1時，趨于正無窮，當從1的右邊趨于1時，趨于負無窮，當時，單調遞增，令，則，當時，，所以當時，有極小值，，在同一平面直角坐標系中，畫出直線的圖象與函數的圖象，如圖所示，當且僅當時，方程()有兩個根.綜上所述，不存在，使與均有2個零點.【點睛】對于利用導數研究函數的綜合問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．24．(1)不是的“不可躍”函數，理由見解析(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）取驗證，可知不是的“不可躍”函數．（2）①令，記為的導數，為的導數，則，，…，，且，先證時的結論，再利用轉化方法證明的是情況②對于上面一連串的導函數，從后往前逐次利用導數的意義研究其單調性，進而得出的單調性，進而可證.【解析】（1）不是．由，故不是的“不可躍”函數．（2）證：①當時，令，記為的導數，為的導數，則，，…，，且，所以，在單調遞增，所以，依次類推，，所以在單調遞增，又，所以，即；當時，即要證明，即證：當時，，而時，已證成立，顯然在時，，所以當時，成立；②令，記為的導數，為的導數，則，，…，，且，時，時，所以單調遞減，所以，所以單調遞增，...，，單調遞減，時，，單調遞增，，，單調遞增，...，，單調遞增，，所以；所以為的“不可躍”函數；則，，…，，且，時，時，單調遞減，，單調遞增，...，，單調遞增，，所以；所以一定不是的“不可躍”函數．【點睛】關鍵點點睛：關鍵是令，記為的導數，為的導數，則，，…，，且，從后往前利用導數研究單調性.25．(1)(2)【分析】（1）先把零點轉化為與有2個交點，再求導函數得出最小值，進而得出參數范圍；（2）先把恒成立問題轉化為最值關系，再分別求出導函數判定單調性，進而得出函數的最小值，最后列式計算求解.【解析】（1）因為在上有2個零點，所以即有2個根，令與有2個交點，，在單調遞減；在單調遞增；所以，又因為，所以與有2個交點可得，即得.（2）因為對任意的，存在，使得成立，所以，由（1）知的最小值為，因為，，令，因為，所以，所以，所以，所以單調遞增，所以，所以，即得.【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵是把任意的，存在，使得成立，轉化為.26．(1)實數的取值范圍為(2)的取值范圍為【分析】（1）分析的單調性并將問題轉化為“存在，使得不等式有解”，根據二次函數的最值可求解出結果；（2）先分析出的范圍，再通過條件用表示出，由此可求的范圍.【解析】（1）因為，又在上單調遞增，所以在上單調遞減，所以在上單調遞增，因為存在，使得不等式有解，即存在，使得不等式有解，即存在，使得不等式有解，所以且，因為的對稱軸為，所以在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，當時，，所以，所以，即實數的取值范圍為；（2）因為，因為，所以，因為，所以，所以，所以，當且僅當時取等號，又因為，所以，所以，所以，因為，所以，所以，所以，所以的取值范圍為．【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵有兩個方面，一方面是存在性問題的轉化，通過參變分離將問題轉化為參數與新函數最值之間的關系；另一方面是在求的最大值時，合理利用條件結合基本不等式將的范圍求出，通過與的關系求解.27．(1)；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）應用導數的幾何意義求切線方程；（2）討論、、，根據函數值符號，且利用導數判斷在上恒成立或的單調性，即可證結論；（3）問題化為在上恒成立，對求導，討論參數，利用導數研究對應的單調性及其函數符號求參數范圍.【解析】（1）由題設，則，又，所以在處的切線方程為，即.（2）當時，，，故恒成立；當時，；當時，法一：令，則，令，則，即在上單調遞增，所以，故在上單調遞增，所以在上恒成立；法二：恒成立，即在上單調遞增，所以；綜上，函數只有一個零點為，得證；（3）由題意，在上恒成立，所以，在上恒成立，而，令，則，對于且，則，所以在上單調遞增，則，可得，對于且，則，所以在上單調遞增，則，可得，綜上，，則，即在上單調遞增，所以，當時，，即在上單調遞增，此時，滿足；當時，，，所以使，即存在區間使，不符合；（保號性：，，故必存在的情況，不符合；