导数及其应用专题练习-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

导数及其应用专题练习答案 1．设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A【解析】， 则，即该切线方程为，即， 令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积. 2．曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C【解析】设曲线在点处的切线方程为，因为， 所以，所以，曲线在点处的切线方程为. 3．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）． A． B．e C． D． 【答案】C【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 4．函数在区间的最小值、最大值分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】D【解析】， 所以在区间和上，即单调递增；在区间上，即单调递减，又，，， 所以在区间上的最小值为，最大值为. 5．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A【解析】[方法一]：构造函数因为当 故，故，所以；设， ，所以在单调递增，故，所以， 所以，所以，故选A [方法二]：不等式放缩 因为当，取得：，故 ，其中，且 当时，，及 此时，故，故 所以，所以，故选A [方法三]：泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. [方法四]：构造函数 因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A． [方法五]：【最优解】不等式放缩 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法； 方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解． 6．设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C【解析】方法一：构造法 设，因为， 当时，，当时， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故，即， 所以，所以，故，所以， 故，设，则, 令，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以 方法二：比较法 ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 7．已知，是函数的图象上两个不同的点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B【解析】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即， 对于选项AB：可得，即， 根据函数是增函数，所以，故A正确，B错误； 对于选项C：例如，则， 可得，即，故C错误； 对于选项D：例如，则， 可得，即，故D错误， 8．设函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C【解析】解法一：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；若，当时，可知，此时，不合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意；若，当时，可知，此时； 当时，可知，此时； 可知若，符合题意；若，当时，可知， 此时，不合题意；综上所述：，即， 则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为； 解法二：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得； 则当时，，故，所以； 时，，故，所以； 故， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为.故选：C. 9．设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】D【解析】解法一：令，即，可得， 令，原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点， 注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得，即，解得，若，令，可得，因为，则，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，所以符合题意；综上所述：. 解法二：令，原题意等价于有且仅有一个零点， 因为，则为偶函数， 根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即，解得， 若，则，又因为当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立，即有且仅有一个零点0，所以符合题意； 10．函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B【解析】，则，若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，，当，，故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得，故选：B. 11．（多选题）若函数既有极大值也有极小值，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD【解析】函数的定义域为，求导得， 因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而， 因此方程有两个不等的正根， 于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确. 12．（多选题）设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】ACD【解析】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 13．（多选题）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD【解析】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则，根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增，此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得，即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心，则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论：任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为，由题意也是对称中心，故，即存在使得是的对称中心，D选项正确.故选：AD 14．曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 【答案】【解析】令，即，令 则，令得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 15．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 【答案】【解析】由得，， 故曲线在处的切线方程为；由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为，根据两切线重合,所以，解得. 16．曲线过坐标原点的两条切线的方程为 ， ． 【答案】 【解析】[方法一]：化为分段函数，分段求 分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得； 因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：； [方法二]：根据函数的对称性，数形结合 当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为， 又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即； 因为是偶函数，图象为： 所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可. [方法三]：因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；. 17．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ． 【答案】【解析】∵，∴， 设切点为,则,切线斜率, 切线方程为：, ∵切线过原点，∴,整理得：, ∵切线有两条，∴,解得或,∴的取值范围是, 18．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ． 【答案】【解析】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点 因为，所以方程的两个根为， 即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点， 因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时，，即图象在上方 当时，，即图象在下方，，图象显然不符合题意，所以． 令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为， 则有，解得，则切线的斜率为， 因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得，又，所以，综上所述，的取值范围为． [方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导 =0的两个根为 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 设函数，则， 若，则在上单调递增，此时若， 则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数 且的极小值点和极大值点，则，不符合题意； 若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以. 【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法． 19．已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线． (1)若，求a；(2)求a的取值范围． 【解析】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得； （2），则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得， 则，整理得， 令，则，令，解得或， 令，解得或，则变化时，的变化情况如下表： 0 1 0 0 0 则的值域为，故的取值范围为. 20．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围． 【解析】（1）当时，，则，据此可得，所以函数在处的切线方程为，即. （2）由函数的解析式可得，满足题意时在区间上恒成立.令，则， 令，原问题等价于在区间上恒成立， 则，当时，由于，故，在区间上单调递减，此时，不合题意;令，则， 当，时，由于，所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，满足题意. 当时，由可得， 当时，在区间上单调递减，即单调递减， 注意到，故当时，，单调递减， 由于，故当时，，不合题意.综上可知：实数得取值范围是. 21．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 【解析】（1）因为，所以， 则 ，令，由于，所以， 所以， 因为，，， 所以在上恒成立，所以在上单调递减. （2）法一：构建，则， 若，且，则，解得， 当时，因为，又，所以，，则， 所以，满足题意；当时，由于，显然， 所以，满足题意； 综上所述：若，等价于，所以的取值范围为. 法二：因为， 因为，所以，，故在上恒成立， 所以当时，，满足题意；当时，由于，显然， 所以，满足题意； 当时，因为， 令，则， 注意到，若，，则在上单调递增， 注意到，所以，即，不满足题意； 若，，则，所以在上最靠近处必存在零点，使得，此时在上有，所以在上单调递增， 则在上有，即，不满足题意；综上：. 22．已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【解析】（1） 令,则，则 当，当,即. 当,即.所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设， 所以.若, 即在上单调递减,所以.所以当,符合题意. 若，当,所以.. 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意.综上,的取值范围为. 23．已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 【解析】（1）定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减.综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2），且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则，即在上递增， 故，即在上单调递增，故，问题得证 24．已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【解析】（1）当时，，故， 因为在上为增函数，故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2），设， 则，当时，，故在上为增函数，故，即，所以在上为增函数，故. 当时，当时，，故在上为减函数，故在上，即在上即为减函数，故在上，不合题意，舍.当，此时在上恒成立，同理可得在上恒成立，不合题意，舍；综上，. 25．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【解析】（1）当时，则，， 可得，，即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立，可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，由题意可得：，即， 构建，则，可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得，所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且，若有极小值，则有零点， 令，可得，可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即，构建， 因为则在内单调递增，可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得，所以a的取值范围为. 26．已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 【解析】（1）时，，其中，则， 因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为. （2）的定义域为，设为图象上任意一点， 关于的对称点为，因为在图象上，故，而， ，所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解，所以即， 先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立，设， 则，当，， 故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立. 当时，，故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立.当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时.而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，. 27．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 【解析】（1）当时，，则， 据此可得，函数在处的切线方程为，即. （2）令，函数的定义域满足，即函数的定义域为，定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知，取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故.即存在满足题意. （3）由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令，则，令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， ，当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意；当时，由可得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 故的最小值为，令，则， 函数在定义域内单调递增，，据此可得恒成立，则，由一次函数与对数函数的性质可得，当时，， 且注意到，根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减，当时，，单调递增，所以. 令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，所以 ，所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 28．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【解析】（1）因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减； 当时，令，解得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）方法一：由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则，令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则，令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 29．（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【解析】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得，所以； 构建，则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得，即对恒成立， 则在上单调递增，可得，所以；综上所述：. （2）令，解得，即函数的定义域为，若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以.当时，令 因为， 且，所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得，且， 所以，即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建，则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点，当时，则，且， 则，即当时，，则在上单调递减，结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或，故a的取值范围为. 30．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【解析】（1）因为，所以，即切点坐标为， 又，∴切线斜率∴切线方程为： （2）因为，    所以， 令，则， ∴在上单调递增，∴，∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）原不等式等价于，令，， 即证，∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证. 31．已知函数． (1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则． 【解析】（1）[方法一]：常规求导的定义域为，则 ，令,得 当单调递减，当单调递增， 若,则,即，所以的取值范围为 [方法二]：同构处理 由得： 令，则即 令，则，故在区间上是增函数 故，即，所以的取值范围为 （2）[方法一]：构造函数 由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设，要证,即证 因为,即证，又因为,故只需证 即证，即证 下面证明时， 设，则 ，设 所以,而，所以,所以 所以在单调递增，即,所以 令， 所以在单调递减，即,所以； 综上, ,所以. [方法二]：对数平均不等式 由题意得：，令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即，下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减，故，即得证 32．已知函数． (1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【解析】（1）当时，，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以； （2），则， 当时，，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，此时函数无零点，不合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减；又， 由（1）得，即，所以， 当时，， 则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意； 当时，，所以单调递增，又， 所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减；此时， 由（1）得当时，，，所以， 此时 存在，使得，所以在有一个零点，在无零点， 所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为. 33．已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 【解析】（1）的定义域为，当时,, 所以切点为,所以切线斜率为2 所以曲线在点处的切线方程为 （2），，设 若,当,即 所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意 若,当,则，所以在上单调递增，所以,即，所以在上单调递增,， 故在上没有零点,不合题意 若(1)当,则,所以在上单调递增 ，所以存在,使得,即 当单调递减，当单调递增 所以当,令则 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 又，，所以在上有唯一零点 又没有零点,即在上有唯一零点 (2)当，设， 所以在单调递增， 所以存在,使得，当单调递减， 当单调递增,，又 所以存在,使得,即，当单调递增,当单调递减， 当，，又， 而,所以当，所以在上有唯一零点,上无零点 即在上有唯一零点，所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为 34．已知函数．(1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【解析】（1）当时，，则， 当时，，当时，，故的减区间为，增区间为. （2）设，则，又，设， 则，若，则，因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有，故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立，证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以，当时，有，    所以在上为减函数，所以，综上，. （3）取，则，总有成立，令，则， 故即对任意的恒成立.所以对任意的，有， 整理得到：，故，故不等式成立. 35．已知函数和有相同的最小值． (1)求a；(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【解析】（1）的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数，故. 因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中， 设，则，故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为.综上，. （2）[方法一]：由（1）可得和的最小值为. 当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，， 当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数， 所以，而，， 设，其中，则，故在上为增函数，故， 故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2. 设，，当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数，所以， 而，， 有两个不同的零点即的解的个数为2. 当，由（1）讨论可得、仅有一个解， 当时，由（1）讨论可得、均无根， 故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则. 设，其中，故，设，，则， 故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故在上有且只有一个零点，且，当时，即即， 当时，即即， 因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 故，此时有两个不同的根， 此时有两个不同的根，故，，，，所以即即， 故为方程的解，同理也为方程的解 又可化为即即， 故为方程的解，同理也为方程的解， 所以，而，故即. [方法二]：由知，，，且在上单调递减，在上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增，且 ①时，此时，显然与两条曲线和 共有0个交点，不符合题意；②时，此时，故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③时，首先，证明与曲线有2个交点， 即证明有2个零点，，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点， 设为其次，证明与曲线和有2个交点，即证明有2个零点，， 所以上单调递减，在上单调递增，又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 再次，证明存在b，使得因为，所以， 若，则，即，所以只需证明在上有解即可， 即在上有零点，因为，， 所以在上存在零点，取一零点为，令即可，此时取 则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点， 最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为，所以， 又因为在上单调递减，，即，所以， 同理，因为，又因为在上单调递增，即，，所以，又因为，所以， 即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 导数及其应用专题练习 1．设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．曲线在点处的切线方程为（     ） A． B． C． D． 3．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（     ） A． B．e C． D． 4．函数在区间的最小值、最大值分别为（     ） A． B． C． D． 5．已知，则（     ） A． B． C． D． 6．设，则（     ） A． B． C． D． 7．已知，是函数的图象上两个不同的点，则（     ） A． B． C． D． 8．设函数，若，则的最小值为（     ） A． B． C． D．1 9．设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（     ） A． B． C．1 D．2 10．函数存在3个零点，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 11．（多选题）若函数既有极大值也有极小值，则（     ） A． B． C． D． 12．（多选题）设函数，则（     ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 13．（多选题）设函数，则（   ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 14．曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 15．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 16．曲线过坐标原点的两条切线的方程为 ， ． 17．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ． 18．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ． 19．已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线． (1)若，求a；(2)求a的取值范围． 20．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围． 21．已知函数． (1)当时，讨论的单调性；(2)若，求的取值范围． 22．已知函数 (1)当时，讨论的单调性；(2)若恒成立，求a的取值范围． 23．已知函数． (1)求的单调区间；(2)当时，证明：当时，恒成立． 24．已知函数． (1)当时，求的极值；(2)当时，，求的取值范围． 25．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 26．已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 27．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 28．已知函数． (1)讨论的单调性；(2)证明：当时，． 29．（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 30．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 31．已知函数． (1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则． 32．已知函数． (1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 33．已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 34．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 35．已知函数和有相同的最小值． (1)求a；(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$