第第頁江蘇專版2023_2024學年新教材高中數學第5章導數及其應用培優課（10份打包）（含解析）培優課導數中的函數構造問題

分層作業

A層基礎達標練

1.設，在上可導，且，則當時，有()

A.B.

C.D.

2.已知為定義在上的可導函數，為其導函數，且恒成立，其中是自然對數的底，則()

A.B.

C.D.

3.（多選題）已知函數的定義域為，其導函數滿足，則()

A.B.C.D.

4.設函數是定義在上的可導函數，其導函數為，且有，則不等式的解集為()

A.B.C.D.

5.已知函數及其導函數的定義域均為，為奇函數，且，則不等式的解集為.

B層能力提升練

6.已知定義在上的偶函數滿足，.若，則不等式的解集為()

A.B.C.D.

7.已知定義在上的函數的導函數為，對任意的滿足.若的最小值為，則不等式的解集是()

A.B.C.D.

8.已知定義域為的函數滿足為函數的導函數），則不等式的解集為()

A.B.

C.D.

9.已知是函數的導函數，且對于任意的實數都有，，則不等式的解集為()

A.B.

C.D.

10.已知函數，若對任意兩個不相等的正實數，，都有，則實數的最小值為()

A.B.C.D.2

11.（多選題）已知，則()

A.B.

C.D.

12.已知是函數的導函數，且對任意的實數都有（是自然對數的底數），.若不等式的解集中恰有三個整數，則實數的取值范圍是.

C層拓展探究練

13.已知定義在上的函數是奇函數，當時，，則不等式的解集為()

A.B.

C.D.

14.已知函數的定義域為，其導函數為，對任意的恒成立，且，則不等式的解集為()

A.B.C.D.

15.已知函數的導函數為，對任意的實數都有，，則不等式的解集是()

A.B.C.D.

培優課導數中的函數構造問題

分層作業

A層基礎達標練

1.D

2.B

3.BC

4.B

5.（1,2）

B層能力提升練

6.B

7.B

8.A

[解析].當時，，即，即.構造函數,，所以函數單調遞增，則，此時，即滿足；當時，.由函數單調遞增，得，此時或，即滿足；當時，，即滿足.綜上，.故選.

9.A

10.B

[解析]由題意，不妨設.因為對任意兩個不相等的正實數，，都有，所以，即，構造函數，則，所以在上單調遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立.當時，因為，所以，所以，所以實數的最小值為.故選.

11.BC

[解析]因為，即.令，則有，則令，則.令，可得，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減，故，所以總有，所以單調遞減,所以，即.對于，，故錯誤；對于，設，則，所以在上單調遞增，所以，所以.因為，所以，故正確；對于，，即.設，則，則，所以單調遞增.因為，所以，故正確；對于，，即.令，則.因為，所以為偶函數，所以，則,則.令，則，所以單調遞增.又，所以當時，，，函數單調遞減,當時，，，函數單調遞增，當時，，故錯誤.故選.

12.,

[解析]因為，所以,即.設.令，可得，所以,，則.令，可得在上單調遞增，令，可得在上單調遞減，所以在處取得極大值，作函數的圖象如圖所示，

,,，.而不等式的解集中恰有三個整數，等價于不等式的解集中恰有三個整數.由圖象知，當時，不等式的解集中恰有三個整數1,2,3，所以實數的取值范圍是,.

C層拓展探究練

13.D

[解析]因為函數是定義在上的奇函數，所以函數的圖象關于點成中心對稱，且.當時，，則，當且僅當時取等號，故，函數在上單調遞增.因為函數的圖象關于點成中心對稱，所以函數在上單調遞增，所以不等式可化為或解得或，故不等式

的解集為.故選.

14.D

[解析]由，可得，即.令，則.令，，所以在上單調遞減.不等式等價于，即，，所求不等式即.由于在上單調遞減，所以，且，解得，故不等式的解集為.故選.

15.C

[解析]由題意，得，則.由，得，故，.因為當時，，，，在上恒成立，所以在上單調遞增.又，故為上的偶函數，其圖象關于軸對稱，在上單調遞減，故，解得.故選.培優課函數的存在性與恒成立問題

分層作業

A層基礎達標練

1.若函數在上單調遞減,則的取值范圍是()

A.B.C.D.

2.已知函數存在最大值0,則的值為()

A.1B.2C.D.

3.已知函數,若恒成立,則實數的取值范圍是()

A.B.C.D.

4.（多選題）函數在內有最小值,則的值可以為()

A.0B.C.D.1

5.若不等式對任意的實數恒成立,則實數的最大值為.

6.已知函數,其中,是自然對數的底數.

（1）當時,求函數在區間上的零點個數；

（2）若對任意的實數恒成立,求的取值范圍.

7.已知函數.

（1）若,求函數的單調區間；

（2）當時,恒成立,求實數的取值范圍.

B層能力提升練

8.若對任意的正實數，不等式恒成立，則實數的取值范圍是()

A.B.C.D.

9.（多選題）定義在上的函數的導函數為,且對任意的恒成立.下列結論正確的是()

A.

B.若,，則

C.

D.若,，則

10.若存在,使得不等式成立，則實數的最大值為()

A.B.C.4D.

11.已知函數在上單調遞減，則實數的最小值是()

A.B.C.D.

12.已知函數若使得成立，則實數的取值范圍是()

A.B.,C.D.,

13.（多選題）已知函數，則下列說法正確的是()

A.的單調遞減區間是B.的單調遞增區間是

C.的最小值是D.恒成立

14.已知是奇函數，當時，,當時，的最小值為1，則的值為.

15.設函數，若對于任意的,都有成立，則實數的值為.

16.已知對任意的,都成立，則實數的最小值是.

17.已知函數,.

（1）當時，求函數的單調區間；

（2）當時，恒成立，求的取值范圍.

18.已知函數.

（1）當時,求函數的單調區間；

（2）若函數在上的最小值是,求的值.

C層拓展探究練

19.已知函數為定義在上的增函數，且對，，若不等式對恒成立，則實數的取值范圍是.

20.已知函數,其中為常數.

（1）若函數在區間上單調遞增,求實數的取值范圍；

（2）若在上恒成立,求實數的取值范圍.

培優課函數的存在性與恒成立問題

分層作業

A層基礎達標練

1.A

2.D

3.A

4.BC

5.

6.（1）解當時,,

則,所以在上單調遞增.

又,,故,使得,所以函數在區間上有一個零點.

（2）若對任意的實數恒成立,則恒成立.

令,則.

令,得,

令,得,

所以在上單調遞增,在上單調遞減,

所以,

所以的取值范圍為.

7.（1）解當時,,.令,得；令,得；令,得，所以函數的增區間為,減區間為.

（2）當時,恒成立,等價于對任意的恒成立,即.

設,則,顯然當時,恒成立，所以在上單調遞增,所以,所以,即.故實數的取值范圍為,.

B層能力提升練

8.A

[解析]因為不等式恒成立，，所以恒成立.設，則因為，令，得，所以當,時，；當,時，，所以在,上單調遞減，在,上單調遞增，所以，所以.故選.

9.CD

[解析]設,

則

,

當時,,所以,

故在上單調遞減,從而,整理得,,故錯誤,正確；

當時,若,因為在上單調遞減,所以,即,即,故錯誤，正確.故選.

10.A

[解析]因為,,,所以有解.設,則,則.當時,,單調遞減;當時,,單調遞增.因為存在,，使得成立，所以.因為,,所以,所以,所以故選.

11.D

[解析]由在,上單調遞減,得,,即,.令,,則,.當,時,,則,所以,即,所以在,上單調遞減,所以,所以,所以的最小值為.故選.

12.D

[解析]由題意可得,存在實數,使得成立.假設,則,所以,則.令,則.

令,即,解得；

令,即,解得,

則在上單調遞減,在上單調遞增,

所以,

所以.故選.

13.BC

[解析]因為的定義域為，，所以當,時，；當,時，,所以的單調遞減區間為,，單調遞增區間為,，故錯誤，正確；，故正確；

因為，所以不恒成立，故錯誤.故選.

14.1

[解析]由題意知,當時,的最大值為.

令,得.

當時,；

當時,.

所以,

解得.

15.4

[解析]由題意得,,當時,令,解得,.

①當時,,單調遞增,

②當時,,單調遞減；

③當時,,單調遞增.

所以只需,且即可.由,得,解得.由,得.綜上，.

16.

[解析]因為,，所以可等價變形為.令,則.由，得，則函數在，上單調遞增；由，得，則函數在，上單調遞減.所以當,時，，故.

17.（1）解當時，，，.由，得;由，得，所以函數的單調遞增區間為,單調遞減區間為.

（2），故.當時，因為，所以，所以恒成立，即在上單調遞增，所以恒成立.當時，令,得，當,,單調遞增；當,,單調遞減，所以,與恒成立相矛盾.綜上，的取值范圍為.

18.（1）解函數的定義域為,

.

18.（1）因為,所以,故函數在上單調遞增，所以的增區間為,無減區間.

（2）當時,分如下情況討論：

①當時,,函數單調遞增,其最小值為,這與函數在上的最小值是相矛盾；

②當時,函數在上有,單調遞減,在上有,單調遞增,所以函數的最小值為,由,得.

③當時,顯然函數在上單調遞減,其最小值為,與最小值是相矛盾.

綜上,的值為.

C層拓展探究練

19.,

[解析]因為,所以，又不等式對恒成立，所以因為為定義在上的增函數，所以，即在上恒成立.令,，則,易得當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.故當時，函數取得最大值,所以.

20.（1）解由,得.因為函數在區間上單調遞增,所以在區間上恒成立,即在區間上恒成立.因為當時,,所以,即實數的取值范圍是.

（2）在上恒成立,等價于在上恒成立,令,則.因為,所以在上單調遞減,所以在區間上的最大值為,所以,即實數的取值范圍是.培優課曲線的切線問題

分層作業

A層基礎達標練

1.曲線在點（1，（1））處的切線的方程為()

A.B.C.D.

2.已知曲線在點處的切線與直線垂直，則點的坐標為()

A.B.C.或D.

3.曲線在點處的切線方程為.

4.若曲線的一條切線的斜率為2，則該切線的方程為.

5.設函數的圖象在點處的切線經過點，則的值為.

6.若直線與曲線及都相切，則直線的方程為.

7.已知函數，其中是的導函數.

（1）求；

（2）求曲線過原點的切線方程.

8.已知函數，

（1）若函數的圖象過原點，且在原點處的切線斜率為，求，的值；

（2）若曲線存在兩條垂直于軸的切線，求的取值范圍.

B層能力提升練

9.函數在點處的切線與兩坐標軸所圍成的封閉圖形的面積為()

A.B.C.D.1

10.若曲線在處的切線也是曲線的切線，則()

A.B.1C.2D.

11.已知曲線：，直線：，則“”是“直線與曲線相切”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

12.已知定義在區間上的函數，，若以上兩函數的圖象有公共點，且在公共點處切線相同，則的值為()

A.2B.5C.1D.0

13.已知過坐標原點的直線與函數的圖象有且僅有三個公共點，若這三個公共點的橫坐標的最大值為，則下列等式成立的是()

A.B.C.D.

14.若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則.

15.若關于的方程有3個不同的實數解，則實數的取值范圍為.

16.已知函數的圖象與函數的圖象關于某一條直線對稱，若，分別為函數圖象上的兩個動點，則這兩點之間距離的最小值為.

17.我國魏晉時期的科學家劉徽創立了“割圓術”，實施“以直代曲”的近似計算，用正邊形進行“內外夾逼”的辦法求出了圓周率的精度較高的近似值，這是我國最優秀的傳統科學文化之一.借用“以直代曲”的近似計算方法，在切點附近，可以用函數圖象的切線近似代替在切點附近的曲線來近似計算.設，則曲線在點處的切線方程為，用此結論計算.

18.設函數，曲線在點（2，（2））處的切線方程為.

（1）求的解析式；

（2）證明曲線上任一點處的切線與直線和直線所圍成的三角形面積為定值，并求此定值.

C層拓展探究練

19.已知曲線在點處的切線與曲線在點處的切線相同，則()

A.B.C.1D.2

20.已知函數，和直線：，且

（1）求的值.

（2）是否存在，使直線既是曲線的切線，又是曲線的切線？如果存在，求出的值；如果不存在，請說明理由.

午練31切線問題

1.[2023全國Ⅰ]函數的圖象在點處的切線方程為()

A.B.C.D.

2.設是曲線上的任意一點，則曲線在點處切線的傾斜角的取值范圍為()

A.B.

C.D.

3.若直線與曲線和圓都相切，則的方程為()

A.B.C.D.

4.已知函數，，直線與函數，的圖象都相切，與圖象的切點為，則等于()

A.B.C.D.

5.已知直線既是曲線的切線，又是曲線的切線，則()

A.0B.C.0或D.或

6.設函數，若為奇函數，則曲線在點處的切線方程為()

A.B.C.D.

7.[2022新高考Ⅱ]曲線過坐標原點的兩條切線方程為.

8.[2022新高考Ⅰ]若曲線有兩條過坐標原點的切線,則的取值范圍是.

9.如果曲線和曲線存在有公共切點的公切線，那么該公切線的方程為.

10.已知曲線.

（1）求曲線在點處的切線方程；

（2）求曲線過點的切線方程.

培優課曲線的切線問題

分層作業

A層基礎達標練

1.D

2.C

3.

4.

5.0

6.

7.（1）解因為，所以.令，得，所以.

（2）由（1）可得，所以.設切點坐標為，則，所以切線方程為.因為過原點，所以，整理得，解得或.當時，切線方程為；當時，切線方程為.綜上，曲線過原點的切線方程為或.

8.（1）解.

8.（1）由題意，得

解得，或.

（2）因為曲線存在兩條垂直于軸的切線，所以關于的方程有兩個不相等的實數根，所以，即，所以,所以的取值范圍為，，.

B層能力提升練

9.B

10.C

11.A

[解析]因為曲線，所以.設直線與曲線相切，且切點的橫坐標為，則切線方程為,所以解得或所以“”是“直線與曲線相切”的充分不必要條件.故選.

12.C

[解析]根據題意，設兩曲線與的公共點為，其中.由，可得，則切線的斜率為.由，可得，則切線的斜率為.因為兩函數的圖象有公共點，且在公共點處切線相同，所以，解得或（舍去）.又，即公共點的坐標為，將點代入，得.故選.

13.D

[解析]如圖，作出函數的圖象，直線過原點，與函數圖象有三個公共點，且橫坐標的最大值為，則是直線與在上的切點的橫坐標.，則，所以，即.故選.

14.0或1

[解析]設直線與曲線的切點坐標為，與曲線的切點坐標為的導數為，的導數為，可得.又由，消去，可得，則或，則直線與曲線的切點坐標為，或，與曲線的切點坐標為或，所以或，則切線方程為或，可得或1.

15.（，）

[解析]由題意，臨界情況為與相切的情況，，則，所以切點坐標為，則此時，所以只要圖象向左移動，都會產生3個交點，所以，即.

16.

[解析]令，則，，.因為與關于直線對稱，所以函數與函數關于直線對稱，所以，兩點之間距離的最小值等于點到直線距離的最小值的2倍.函數在點處的切線斜率為，令，得，，所以點到直線距離的最小值為，所以這兩點之間距離的最小值為.

17.;

[解析]函數，則，，，所以切線方程為，所以.根據以直代曲，也非常接近切點，所以可以將代入切線近似代替，即.

18.（1）解方程可化為，當時，.又，

所以解得故.

（2）證明設為曲線上任一點，由，得曲線在點處的切線方程為，即.令，得，從而得切線與直線的交點坐標為，.令，得，從而得切線與直線的交點坐標為，所以點處的切線與直線，所圍成的三角形的面積為.故曲線上任一點處的切線與直線，所圍成的三角形面積為定值，且定值為6.

C層拓展探究練

19.B

[解析]已知曲線在點處的切線方程為，即，曲線在點處的切線方程為，即

由題意，得

得，，則.又，所以，所以，所以.故選.

20.（1）解由已知,得.因為，所以，解得.

（2）存在.

由已知，得直線恒過定點，若直線是曲線的切線，則設切點為.因為，所以切線方程為，將代入切線方程，解得當時，切線方程為；當時，切線方程為.由（1）知.由，得，解得或.在處，的切線方程為；在處，的切線方程為，所以與的公切線是.由,得，解得或.在處，的切線方程為；在處，的切線方程為，所以與的公切線不是.綜上，與的公切線是，此時.培優課三次函數的圖象與性質

分層作業

A層基礎達標練

1.若函數是增函數，則實數的取值范圍為()

A.B.

C.D.

2.設函數既有極大值又有極小值，則實數的取值范圍是()

A.B.

C.，D.，

3.在等比數列中，,是函數的極值點，則()

A.或2B.C.2D.

4.若函數在上有兩個極值點，則實數的取值范圍是.

5.已知函數，若過點可作函數圖象的兩條切線，則實數.

6.設函數.

（1）求在處的切線方程；

（2）求的極值點和極值.

7.已知函數.

（1）若函數在點處的切線方程為，求，的值；

（2）當，時，記在區間上的最大值為，最小值為，求的取值范圍.

B層能力提升練

8.若函數在區間，內既存在最大值也存在最小值，則的取值范圍是()

A.B.C.D.

9.對于三次函數,現給出定義:設是函數的導數,是的導數,若方程有實數解,則稱點為函數的“拐點”.經過探究發現:任何一個三次函數都有“拐點”,任何一個三次函數都有對稱中心,且“拐點”就是對稱中心.若函數,則()

A.B.0C.1D.

10.設，若為函數的極大值點，則()

A.B.C.D.

11.已知函數，其中實數，，則下列結論錯誤的是()

A.必有兩個極值點

B.當有且僅有3個零點時，的取值范圍是

C.當時，點是曲線的對稱中心

D.當時，過點可以作曲線的3條切線

12.（多選題）函數，下列對函數的性質描述正確的是()

A.函數的圖象關于點對稱

B.若，則函數有極值點

C.若，則函數在區間上單調遞減

D.若函數有且只有3個零點，則的取值范圍是

13.已知函數，若對恒成立，則實數的取值范圍為.

14.已知是函數的導函數，且，，則下列說法正確的是.（填序號）

①；

②曲線在處的切線斜率最小；

③函數在內存在極大值和極小值；

④在區間內至少有一個零點.

15.已知函數.

（1）討論的單調性.

（2）是否存在,，使得在區間的最小值為且最大值為1若存在，求出,的所有值；若不存在，說明理由.

16.已知函數.

（1）討論函數的單調性；

（2）若，,且，都有成立，求實數的取值范圍.

C層拓展探究練

17.若函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是.

18.已知函數.

（1）若，且在內有且只有一個零點，求的值.

（2）若，且有三個不同的零點，問是否存在實數使得這三個零點成等差數列若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.

（3）若，，試討論是否存在，使得.

培優課三次函數的圖象與性質

分層作業

A層基礎達標練

1.D

2.B

3.C

4.（,）（,3）

5.0或1

6.（1）解，所以，，在處的切線方程為，即.

（2）令，則，解得，.當時，可得，即的單調遞減區間為,；當或時，可得，即的單調遞增區間為，,，所以的極大值點為，極小值點為.因為，，所以極大值是，極小值是.

7.（1）解由題知，，

，，

即解得

（2）當，時，，.令，即，解得.因為，所以，所以函數在,上單調遞減，在,上單調遞增，所以，即.因為，，，所以，即，所以.令，則，即函數在上單調遞減，所以，即，所以的取值范圍是,.

B層能力提升練

8.A

[解析]由,得或，可以判斷在處取得極小值，在處取得極大值.令，得或;令，得或.作出的大致圖象如圖所示，由題意知函數在開區間內的最大、最小值只能在和處取得，則解得.故的取值范圍是.故選.

9.B

[解析]由,得,所以.由,得,解得,而,即的對稱中心為,所以,則.故選.

10.D

[解析]若，則為單調函數，無極值點，不符合題意，故，所以有和兩個不同零點，且在左右附近是不變號的，在左右附近是變號的.依題意，為函數的極大值點，所以在左右附近都是小于零的.當時，由，，畫出的圖象如圖1所示.

圖1

由圖可知，，故.

當時，由，，畫出的圖象如圖2所示.

圖2

由圖可知，，故.故選.

11.B

[解析]對于，.令，得或.

因為，所以令，得或，令，得，所以在,上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，在處取得極小值,故正確；對于，要使有且僅有3個零點，只需即所以，所以的取值范圍是，故錯誤；對于，當時，，，，所以點是曲線的對稱中心，故正確；對于，，設切點為，所以在點處的切線方程為.又因為切線過點，所以，解得.令,，所以過點可以作曲線的切線條數轉化為與圖象的交點個數.

令，得或.因為，所以令，得或，令，得，則在,上單調遞增，在上單調遞減，,.如圖，當時，與的圖象有3個交點，即過點可以作曲線的3條切線，故正確.故選.

12.AD

[解析]對于，因為，所以，所以,函數的圖象關于點對稱，故正確；對于，,當時，，函數在定義域內為增函數，此時函數沒有極值點，故錯誤；對于，當時，由，得,又因為當時，，所以函數在上單調遞增，故錯誤；對于，，當時，，函數在定義域內為增函數，故不存在三個零點，不符合題意，當時，由，得.又因為時，,時，,時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，所以函數的極小值是,極大值是因為函數有三個不同的零點，所以解得,故正確.故選.

13.，）

[解析]令，易可知恒成立，且，則當時，，即在上單調遞增，則對恒成立，滿足題意；當時，因為函數為奇函數，所以可得，解得，則.綜上，實數的取值范圍為.

14.②③④

[解析]因為，，所以，即.

因為，所以，，即，，，的符號不確定，故①錯誤；由，可得在處取得最小值，即在處的切線斜率最小，故②正確；由，可得與軸有兩個交點，

則函數在內存在極大值和極小值，故③正確；于是，，，當時，因為，，則在區間內至少有一個零點，當時，因為，，則在區間內至少有一個零點，故導函數在區間內至少有一個零點，故④正確.

15.（1）解的定義域為，.令，解得或.

①當時，，函數在上單調遞增.

②當時，函數在，，上單調遞增，在，上單調遞減.

③當時，函數在，，上單調遞增，在，上單調遞減.

（2）由（1），得①當時，函數在上單調遞增，

則，，解得，，滿足條件.

②當時，函數在，上單調遞減.

當，即時，函數在上單調遞減，則

解得滿足題意.

當，即時，函數在，上單調遞減，在，上單調遞增，

則的最小值為，化簡得.而，，所以的最大值為或.

若解得，矛盾，舍去.

若解得或，矛盾，舍去.

綜上，存在或滿足條件.

16.（1）解由題意，函數，可得.

①當時，在上單調遞減.

②當時，，所以在上單調遞減.

③當時，令，即，解得或；

令，即，解得，所以在,,,上單調遞增，在,上單調遞減.

（2）當時，函數，由（1）可知在上單調遞減.不妨設，則，,所以，即，即對任意的,成立，所以在上單調遞增，則，即對恒成立.令，可得.令，即，解得;令，即，解得或，所以在,上單調遞增，在,上單調遞減，

當時，函數取得最大值，最大值為，所以，即實數的取值范圍為,.

C層拓展探究練

17.（，，

[解析]函數令，則.令，得，.

①當，即時，令，即，解得或；令，解得，所以的單調遞增區間是，，，單調遞減區間是，.又因為，所以的單調遞增區間是，，，單調遞減區間是，，，滿足條件，故（此種情況函數的圖象如圖1）.

圖1

②當，即時，，函數的圖象如圖2，則的單調遞增區間是，單調遞減區間是，滿足條件，故.

圖2

③當，即時，令，即，解得或；令，解得，所以的單調遞增區間是，，，單調遞減區間是，.

又因為，所以的單調遞增區間是，，，單調遞減區間是，，，要使在上單調遞增，必須滿足，即.又因為，所以（此種情況函數的圖象如圖3）.

圖3

綜上，實數的取值范圍是.

18.（1）解，函數，.令，可得或.當時，，

由三次函數的圖象可知，，在內沒有零點，所以，在內有且只有一個零點，可得，即，解得.

（2），當時，，此時不存在三個不同的零點；

當時，函數，，

，有兩個根，.

要使有三個不同的零點，則極大值與極小值的乘積小于0，

即.

不妨設的三個零點為，，，且，則，

，

，

，

，得.

因為，所以，

同理，

，得.

因為，所以.

又，所以，，

所以，所以，即，.

因為函數的極小值為，

函數的極大值為.

綜上，存在實數滿足條件.

（3）因為，所以若存在，，，使得，即，則關于的方程在，，內必有實數解.

因為，所以，方程的兩根為，即.

因為，所以.

依題意有，且，即，且，所以，且，

得，且.

綜上，當時，存在唯一的，使得成立；

當時，不存在，使得成立.午練29導數的概念

1.設，則()

A.B.C.4D.8

2.曲線在點處的切線的傾斜角為()

A.B.C.D.

3.設，若，則()

A.2B.C.3D.不確定

4.設在處可導，的值是()

A.B.C.D.不一定存在

5.某物體做直線運動，其運動規律是（時間的單位：，位移的單位：，則它在時的瞬時速度為()

A.B.C.D.

6.函數的圖象如圖所示，是函數的導函數，則下列數值排序正確的是()

A.B.

C.D.

7.（多選題）已知曲線在點處的切線平行于直線，那么點的坐標為）

A.B.C.D.

8.若一物體的運動方程為則此物體在時的瞬時速度為.

9.曲線在點處的切線與直線垂直，則點的坐標為.

10.已知函數的圖象上兩點，.

（1）若割線的斜率不大于，求的取值范圍；

（2）用導數的定義求函數在處的導數，并求在點處的切線方程.

午練29導數的概念

1.C

2.C

3.A

4.C

5.B

6.B

[解析]設，

則

，令，即，解得.又,，所以點的坐標為或.故選.

8.6

[解析]當時，，則，故此物體在時的瞬時速度為6.

9.,或,

[解析]由切線與直線垂直，可知曲線在點處的切線的斜率為，設,，因為，當時，，所以，則點的坐標為,或,.

10.（1）解

.因為割線的斜率不大于，所以，解得.又，所以的取值范圍為.

（2），又，所以在點處的切線方程為，即.午練30導數的運算

1.下列求導運算正確的是()

A.B.

C.D.

2.曲線在處切線的斜率為()

A.B.C.D.

3.已知是函數的導函數，則()

A.B.C.D.1

4.若函數滿足，則等于()

A.B.C.2D.0

5.已知，若，則()

A.B.2C.D.

6.已知函數，其導函數為，則的值為()

A.1B.2C.3D.4

7.（多選題）函數，下列說法正確的是()

A.

B.

C.在處的切線方程為

D.

8.已知函數，則.

9.已知曲線在處的切線與直線垂直，則實數的值為.

10.求下列函數的導數：

（1）為常數；

（2）.

午練30導數的運算

1.C

2.B

3.A

4.B

5.B

6.C

[解析]，，所以為偶函數，.因為，所以.故選.

7.BC

[解析]對于，因為，所以，所以，故錯誤；對于，因為，所以，所以，故正確；對于，因為，所以，所以，而，所以在,處的切線方程為，故正確；對于，，故錯誤.故選.

8.-（）

[解析]依題意，設，則，，故.

9.

[解析]直線的斜率為，可得曲線在處的切線斜率為，.由，，得,解得.

10.（1）解由，得.

（2）由，得.午練31切線問題

1.[2023全國Ⅰ]函數的圖象在點處的切線方程為()

A.B.C.D.

2.設是曲線上的任意一點，則曲線在點處切線的傾斜角的取值范圍為()

A.B.

C.D.

3.若直線與曲線和圓都相切，則的方程為()

A.B.C.D.

4.已知函數，，直線與函數，的圖象都相切，與圖象的切點為，則等于()

A.B.C.D.

5.已知直線既是曲線的切線，又是曲線的切線，則()

A.0B.C.0或D.或

6.設函數，若為奇函數，則曲線在點處的切線方程為()

A.B.C.D.

7.[2022新高考Ⅱ]曲線過坐標原點的兩條切線方程為.

8.[2022新高考Ⅰ]若曲線有兩條過坐標原點的切線,則的取值范圍是.

9.如果曲線和曲線存在有公共切點的公切線，那么該公切線的方程為.

10.已知曲線.

（1）求曲線在點處的切線方程；

（2）求曲線過點的切線方程.

午練31切線問題

1.B

2.C

3.D

[解析]易知直線的斜率存在，設直線的方程為，則.設直線與曲線的切點坐標為，則，，由②③可得.將，代入①，得或（舍去），所以，故直線的方程為.故選.

4.D

[解析]因為，所以直線的斜率.又，所以切線的方程為，設直線與的圖象的切點坐標為，則有，，，，解得.故選.

5.D

[解析]令,,所以,.設切點分別為,，則曲線在點處的切線方程為，化簡，得，曲線在點處的切線方程為，化簡，得，所以故，解得或.當時，切線方程為，故,,故.當時，切線方程為，故，則.故的取值為或.故選.

6.D

[解析]因為函數為奇函數，所以，所以，所以.因為，所以，所以，所以，所以，所以曲線在點處的切線方程為.故選.

7.,

[解析]當時,,設切點坐標為.因為,所以切線的斜率,所以切線方程為.又因為切線過原點,所以,所以,切線方程為,即；當時,,與的圖象關于軸對稱,所以切線方程也關于軸對稱,所以切線方程為.

8.（,）（0,）

[解析],設切點坐標為,所以切線的斜率,所以切線方程為,由于切線過原點,故,整理得，.因為切線存在兩條,所以方程有兩個不相等的實數根,,解得或,即的取值范圍是.

9.

[解析]，，則，.設公共切點的坐標為，則，，，.根據題意，有解得所以公切線的切點坐標為，公切線斜率為2，所以公切線的方程為，即.

10.（1）解因為點在曲線上，且，所以在點處的切線的斜率為，曲線在點處的切線方程為，即.

（2）設曲線與過點的切線相切于點,,則切線的斜率為，所以切線方程為,即.因為點在切線上，所以，即，所以，所以，所以，解得或，故所求的切線方程為或.午練32導數與函數的單調性

1.已知函數在區間上單調遞減，則實數的取值范圍為()

A.B.C.D.

2.已知函數，滿足導函數恒成立，則下列選項正確的是()

A.B.

C.D.

3.（多選題）函數在下列區間上單調遞增的是()

A.B.C.D.

4.（多選題）函數的導函數的圖象如圖所示,則下列判斷正確的是()

A.在區間上,單調遞增B.在上,單調遞增

C.在上,單調遞增D.在上,單調遞增

5.某同學利用幾何畫板，將函數，畫在同一坐標系中，得到了如圖所示的曲線.觀察圖形，當時，的導函數的圖象為()

A.B.C.D.

6.已知函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是.

7.已知函數.

（1）若，判斷函數的單調性;

（2）求證：對任意的，只有一個零點.

午練32導數與函數的單調性

1.B

2.C

3.CD

4.BC

[解析]由題圖知當,時,,所以在區間,上單調遞增;當時,,所以在區間上單調遞減;當時,,當時,,所以在區間上不單調遞增.故選.

5.A

[解析]根據和的解析式可知和均為偶函數，圖象關于軸對稱.當時，.設，則，所以此時對應的圖象是題干中圖象在第一部分的半圓，所以當時，對應題干中在第四象限部分的圖象.因為該部分圖象單調遞增，所以的值恒為正，即的圖象始終在軸上方，故排除選項；該部分圖象的切線斜率先減小后增大，故的值先減小后增大，由此對應的圖象只有滿足.故選.

6.（,

[解析]由題設，.因為在區間上單調遞增，所以當時，恒成立，即恒成立，而在區間上單調遞增，故.

7.（1）解當時，，則.令，得或，令，得，故在區間和上單調遞增，在區間上單調遞減.

（2）證明令，則有.令，則，故在上單調遞增.又，所以對任意的，僅有一個根，即只有一個零點.午練33導數與函數的極值、最值

1.在區間上的極小值為()

A.B.C.D.

2.已知函數在處取得極值，則的極大值為()

A.B.1C.D.

3.已知函數，則“”是“函數在處有極值10”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

4.已知函數有三個極值點，則實數的取值范圍是()

A.B.C.D.

5.函數,的極小值點為，則的值為()

A.0B.C.D.

6.若函數在上有小于0的極值點,則實數的取值范圍是()

A.B.C.D.

7.（多選題）下列關于函數的判斷正確的是()

A.的解集是B.是極小值,是極大值

C.沒有最小值,也沒有最大值D.有最大值無最小值

8.已知（其中是自然對數的底數），則下列結論中正確的是.（寫出全部正確結論的序號）

①在處取得極小值；

②在區間上單調遞增；

③在區間上單調遞增；

④的最小值為0.

9.若函數有兩個極值點，則的取值范圍為.

10.已知函數.

（1）若，求函數在區間上的最大值；

（2）若函數在區間上單調遞增，求實數的取值范圍.

11.已知函數.

（1）若函數，判斷的單調性；

（2）若有兩個都小于0的極值點，求實數的取值范圍.

午練33導數與函數的極值、最值

1.D

[解析]因為，，所以.令，得或，所以當,時，，單調遞增；當,時，，單調遞減；當,時，，單調遞增，所以當時，取極小值，且極小值為.故選.

2.B

[解析]因為，所以，依題意可得，即，解得，所以的定義域為，且.令，得或，令，得，則在區間和上單調遞增，在區間上單調遞減，所以在處取得極大值，在處取得極小值，所以的極大值為.故選.

3.B

[解析]因為，所以，所以由在處有極值10得解得或當時，，，即函數在定義域上單調遞增，無極值點，故舍去；當時,，.當或時，；當時，，滿足函數在處取得極值，所以，所以由推不出函數在處有極值10，即充分性不成立；由函數在處有極值10可推出，即必要性成立.故“”是“函數在處有極值10”的必要不充分條件.故選.

4.B

[解析]函數有三個極值點，則有三個零點，即方程有三個根.不妨令,則，故在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，,，且當時，恒成立.當趨近于負無窮時，趨近于正無窮；當趨近于正無窮時，趨近于0，故當時，滿足題意，則.故選.

5.A

[解析]由題意，，的根為,,，的圖象如圖所示，

,

0-00-

極大值極小值極大值

故當時，函數取得極小值，即，故.故選.

6.B

[解析]由題意知.當時,恒成立,則在上為增函數,不符合題意.當時,令,解得,所以當時,；當時,，所以為的極值點,所以,所以故選.

7.ABD

[解析]由,得,故正確.,令,得.當或時,,當時,,所以當時,取得極小值,當時,取得極大值,故正確.當時,,當時,,且,結合函數的單調性可知,函數有最大值無最小值,故錯誤,正確.故選.

8.②④

[解析]因為，所以.令，得或，所以當或時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減，所以在處取得極大值，在處取得極小值，又，，所以的最小值為0，所以正確結論的序號是②④.

9.,

[解析]由，得.因為函數有兩個極值點，所以有兩個零點，且在零點的兩側，導函數符號相反.令，，則，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以有極小值也是最小值為，且當時，恒成立，當時，恒成立，畫出的圖象如圖所示.

要使有兩個不相等的實數根，則，即，經驗證，滿足要求.故的取值范圍為.

10.（1）解，因為，所以，所以，在區間上恒成立，所以函數在區間上單調遞增，所以.

（2）因為函數在區間上單調遞增，所以在區間上恒成立，所以在區間上恒成立，所以，即實數的取值范圍為.

11.（1）解因為，且定義域為，所以令，得；令，得或.故在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增.

（2）因為，所以.又因為有兩個都小于0的極值點，所以有兩個不相等的負數根,，所以

解得，

所以實數的取值范圍為,.午練34導數的綜合應用

1.下列函數中，既是奇函數，又在區間上是單調函數的是()

A.B.C.D.

2.已知函數，以下結論錯誤的是()

A.是偶函數B.有無數個零點

C.的最小值為D.的最大值為1

3.已知函數,的定義域為，為的