三、导数及其应用（选修2-2）
1.（2024年海淀二模理13）某同学为研究函数的性质，构造了如图所示的两个边长为1的正方形和，点是边上的一个动点，设，则。 请你参考这些信息，推知函数的图象的对称轴是 ；函数的零点的个数是 .
答案：；2。
2.（2024年西城二模理19）已知函数，其中．（ⅰ当时，求曲线在原点处的切线方程；（ⅱ求的单调区间；（ⅲ若在上存在最大值和最小值，求的取值范围．
解：（ⅰ当时2分。
由 ， 得曲线在原点处的切线方程是．……3分
4分。 当时，．
所以在单调递增，在单调递减5分。
当，． 当时，令，得，，与的情况如下：
故的单调减区间是，；单调增区间是． …7分。
当时，与的情况如下：
所以的单调增区间是，；单调减区间是…9分。
ⅲ）由（ⅱ）得， 时不合题意10分。
当时，由（ⅱ）得，在单调递增，在单调递减，所以在上存在最大值．
设为的零点，易知，且．从而时，；时，．
若在上存在最小值，必有，解得．
所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．
………12分。
当时，由（ⅱ）得，在单调递减，在单调递增，所以在上存在最小值．
若在上存在最大值，必有，解得，或．
所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．
综上，的取值范围是14分。
3.（2024年朝阳二模理18）已知函数．（ⅰ若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值；（ⅱ讨论函数的单调性；（ⅲ当时，记函数的最小值为，求证：．
解：（i）的定义域为。
根据题意，有，所以，解得或3分。
ii）.（1）当时，因为，由得，解得；
由得，解得。
所以函数在上单调递增，在上单调递减。
（2）当时，因为，由得 ，解得；
由得，解得。
所以函数在上单调递减，在上单调递增。 …9分。
iii）由（ⅱ）知，当时，函数的最小值为，且。，令，得。
当变化时，，的变化情况如下表：
是在上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是的最大值点。
所以。所以，当时，成立。 …14分。
4.（2024年丰台二模理20）设函数．（ⅰ当时，求函数的最小值；（ⅱ证明：对x1，x2∈r+，都有。
（ⅲ）若，证明： ．
解：（ⅰ时，，(则．
令，得．当时，，在是减函数，当时，，在是增函数，
所以在时取得最小值，即． …4分。
ⅱ）因为 ，所以 ．
所以当时，函数有最小值．
x1，x2∈r+，不妨设，则。
8分。ⅲ）（证法一）数学归纳法。
)当时，由（ⅱ）知命题成立．
）假设当( k∈n*)时命题成立，即若，则．
当时，，…满足 ．
设，由（ⅱ）得。
由假设可得 ，命题成立．
所以当时命题成立．
由ⅰ)，可知，对一切正整数n∈n*，命题都成立，所以若，则 ． 13分。
证法二）若，那么由（ⅱ）可得。
5.（2024年昌平二模理18）已知函数r .（当时，求的单调区间；（ⅱ若在上的最小值为，求的值。
解：（ⅰf (x)的定义域为｛x |｝1分。
…3分。令，即，∴的增区间为（0，1）， 4分。
令，即，∴的减区间为5分。
（ⅱ）当时， 在上恒成立，
在恒为增函数。 …6分。
得 ……7分
当时，令，得。
当时， 在上为减函数；
当时， 在上为增函数；
得（舍）……10分。
当时，在上恒成立，此时在恒为减函数。
得 ……12分。
综上可知13分。
6.（2024年东城二模理19）已知函数（）．试讨论在区间上的单调性；（ⅱ当时，曲线上总存在相异两点，，使得曲线在点，处的切线互相平行，求证：.
解：（ⅰ由已知，.
由，得4分。
因为，所以，且．
所以在区间上，；在区间上，.
故在上单调递减，在上单调递增． …6分。
证明：（ⅱ由题意可得，当时，（，且）.
即 ，所以8分。
因为，且，所以恒成立，所以，又，所以，整理得。 …11分。
令，因为，所以在上单调递减，所以在上的最大值为，
所以13分。
7.（2024年海淀二模理19）已知函数。（ⅰ求的单调区间；（ⅱ若，求证：
函数只有一个零点，且；（ⅲ当时，记函数的零点为，若对任意且都有成立，求实数的最大值。（本题可参考数据：
解：（ⅰ的定义域为。
1分。令，或。
当时，，函数与随的变化情况如下表：
所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和。
…3分。当时，. 所以，函数的单调递减区间是。4分。
当时，，函数与随的变化情况如下表：
所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和。
5分。ⅱ）证明：当时，由（ⅰ）知，的极小值为，极大值为。
因为，，且在上是减函数，所以至多有一个零点7分。
又因为，所以函数只有一个零点，且。……9分。
解：（ⅲ因为，所以对任意且由(ⅱ)可知：，，且10分。
因为函数在上是增函数，在上是减函数，所以11分。
所以 .当时，=>0.
所以13分。
所以的最小值为。
所以使得恒成立的的最大值为。…14分。
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