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试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）求导，然后算出在切点处的导数值，求出切线方程；当 时，，.  .又，∴曲线在点处的切线方程为．

试题分析本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，要注意对参数的讨论。∵，∴.

因为，，于是当时，，当时，.

所以在上是增函数，在上是减函数.  所以   讨论函数的零点情况如下．

①，即时，函数无零点，在上也无零点；…7分

②当，即时，函数在内有唯一零点，而 ，∴在内有一个零点；③当，即时，由于，    ，当时，即时，

，，由单调性可知，函数 在内有唯一零点、在内有唯一零点满足，在内有两个零点；当时，即时，，而且，由单调性可知，无论还是，在内有唯一的一个零点，在内没有零点，从而在内只有一个零点； 综上所述，有：当时，函数无零点；当或时，函数有一个零点；当时，函数有两个零点.

()  2分

因为函数在上为单调增函数，所以   在 恒成立

解得；

设点，，不妨设，则．

要证，即

即证．只需证,   即证． 只需证．设．由(1)令知在上是单调增函数，又， 所以．即 ，

即．   所以不等式成立.

的定义域为，

①当时，. 由得或. ∴当，时，单调递减.  ∴的单调递减区间为,.

②当时，恒有，∴单调递减.  ∴的单调递减区间为.

③当时，. 由得或.∴当，时，单调递减.  ∴的单调递减区间为,.

综上，当时，的单调递减区间为,；

当时，的单调递减区间为；

当时，的单调递减区间为,.

在上有零点，

即关于的方程在上有两个不相等的实数根.

令函数.则.

令函数. 则在

上有.  故在上单调递增.

， 当时，有即.∴单调递减；

当时，有即，∴单调递增.

，，

的取值范围为

【解析】的定义域为，

①当时，.由得或. ∴ 当，时，单调递减.  ∴的单调递减区间为,.

② 当时，恒有，∴单调递减. ∴的单调递减区间为.

③ 当时，.由得或. ∴当，时，单调递减. ∴的单调递减区间为,.

综上，当时，的单调递减区间为,；

当时，的单调递减区间为；

当时，的单调递减区间为,

当时，，，.

当时，，∴在上单调递增.

又在上恒成立. 在上单调递增.

由题意，得

原问题转化为关于的方程在上有两个不相等的实数根. ……9分

即方程在上有两个不相等的实数根.

令函数.则.

令函数.则在上有.

故在上单调递增.

，当时，有即.∴单调递减；

当时，有即，∴单调递增.

，，

的取值范围为

当时，，欲使即恒成立，

只要满足对恒成立即可.

对于，即令则所以函数在内单调递增，在内单调递减.而所以.

对于即,令,

则令则

所以在内单调递减,则从而

所以在内单调递减,则且当时,,所以.

综上所述可得:.

下面用数学归纳法证明

(1)当时,,所以所以,当时命题成立

(2)假设时命题成立,即要证明时命题成立,即证明

只需证明即证明     由当时,易证,所以所以函数在区间上为增函数. 可证明函数在上为增函数,

由归纳假设得所以

若则必有,故现在证明

构造函数则

,易证,所以函数在上为增函数,

故即则

由‚及题意知，即.

综合知:对任意的都有成立

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）利用导函数对分类求出单调区间；（2）要灵活运用“恒成立问题”解决的方法研究问题。（3）根据题意设出切点，再利用切点在曲线上构造方程去研究方程根的个数即切线条数。

（Ⅰ）函数的定义域为．．

（1）当时，恒成立，函数在上单调递增；

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）利用导函数对分类求出单调区间；（2）要灵活运用“恒成立问题”解决的方法研究问题。（3）根据题意设出切点，再利用切点在曲线上构造方程去研究方程根的个数即切线条数。

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，

（1）当时，即时，函数在区间上为增函数，

所以在区间上，，显然函数在区间上恒大于零；

（2）当时，即时，函数在上为减函数，在

上为增函数，所以．

依题意有，解得，所以．

（3）当时，即时，在区间上为减函数，

所以．

依题意有，解得，所以．

综上所述，当时，函数在区间上恒大于零．………………8分

试题分析：本题属于导数应用中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）利用导函数对分类求出单调区间；（2）要灵活运用“恒成立问题”解决的方法研究问题。（3）根据题意设出切点，再利用切点在曲线上构造方程去研究方程根的个数即切线条数。

（Ⅲ）设切点为，则切线斜率，

切线方程为．

因为切线过点，则，即．……①

令 ，则 ．

（1）当时，在区间上，， 单调递增；

在区间上，，单调递减，

所以函数的最大值为．

故方程无解，即不存在满足①式．

因此当时，切线的条数为．

（2）当时, 在区间上，，单调递减，

在区间上，，单调递增，

所以函数的最小值为．

取，则．

故在上存在唯一零点．

取，则．

设，，则．

当时，恒成立．

所以在单调递增，恒成立．所以．

故在上存在唯一零点．

因此当时，过点P存在两条切线．

（3）当时，，显然不存在过点P的切线．

综上所述，当时，过点P存在两条切线；

当时，不存在过点P的切线．…………………………………………………13分

（1）解：，----------------------------------------------------------------1分

①时，，则在 上单调递增．

而，，

故在上存在唯一零点，满足题意；           -------------------------3分

②时，令得，则在上单调递增；

令得，则在上单调递减；

若，得，显然满足题意；            -------------------------------4分

若，则，而，

又，

令，则，

令，得，故在上单调递增；

令，得，故在上单调递减；

故，则，即，

则．

故在上有唯一零点，在上有唯一零点，不符题意．

综上，的取值的集合为．             -----------------------6分

由（1）知，，当且仅当时取，

而，故，

则时，

  -------------8分

记，则，

令，则，故在上单调递增．

而，，故存在，使得，

即．   -------------10分

则时，，故；时，，故．

则在上单调递减，在上单调递增，

故

．

故．    -------------12分