培优课 导数中的函数构造问题
分层作业
A层 基础达标练
1. 设，在上可导，且，则当时，有( )
A. B.
C. D.
2. 已知为定义在上的可导函数，为其导函数，且恒成立，其中是自然对数的底，则( )
A. B.
C. D.
3. （多选题）已知函数的定义域为，其导函数满足，则( )
A. B. C. D.
4. 设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
5. 已知函数及其导函数的定义域均为，为奇函数，且，则不等式的解集为.
B层 能力提升练
6. 已知定义在上的偶函数满足，.若，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
7. 已知定义在上的函数的导函数为，对任意的满足.若的最小值为，则不等式的解集是( )
A. B. C. D.
8. 已知定义域为的函数满足为函数的导函数），则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
9. 已知是函数的导函数，且对于任意的实数都有，，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
10. 已知函数，若对任意两个不相等的正实数，，都有，则实数的最小值为( )
A. B. C. D. 2
11. （多选题）已知 ，则( )
A. B.
C. D.
12. 已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），.若不等式的解集中恰有三个整数，则实数的取值范围是.
C层 拓展探究练
13. 已知定义在上的函数是奇函数，当时，，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
14. 已知函数的定义域为，其导函数为，对任意的恒成立，且，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
15. 已知函数的导函数为，对任意的实数都有，，则不等式的解集是( )
A. B. C. D.
培优课 导数中的函数构造问题
分层作业
A层 基础达标练
1. D
2. B
3. BC
4. B
5. （1,2）
B层 能力提升练
6. B
7. B
8. A
[解析].当时，，即，即.构造函数,，所以函数单调递增，则，此时，即满足；当时，.由函数单调递增，得，此时或，即满足；当时，，即满足.综上，.故选.
9. A
10. B
[解析]由题意，不妨设.因为对任意两个不相等的正实数，，都有，所以，即，构造函数，则，所以在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.当时，因为，所以，所以，所以实数的最小值为.故选.
11. BC
[解析]因为，即.令，则有，则令，则.令，可得，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，故，所以总有，所以单调递减,所以，即.对于，，故错误；对于，设，则，所以在上单调递增，所以，所以.因为，所以，故正确；对于，，即.设，则，则，所以单调递增.因为，所以，故正确；对于，，即.令，则.因为，所以为偶函数，所以，则,则.令，则，所以单调递增.又，所以当时，，，函数单调递减,当时，，，函数单调递增，当时，，故错误.故选.
12. ,
[解析]因为，所以,即.设.令，可得，所以,，则.令，可得在上单调递增，令，可得在上单调递减，所以在处取得极大值，作函数的图象如图所示，
,,，.而不等式的解集中恰有三个整数，等价于不等式的解集中恰有三个整数.由图象知，当时，不等式的解集中恰有三个整数1,2,3，所以实数的取值范围是,.
C层 拓展探究练
13. D
[解析]因为函数是定义在上的奇函数，所以函数的图象关于点成中心对称，且.当时，，则，当且仅当时取等号，故，函数在上单调递增.因为函数的图象关于点成中心对称，所以函数在上单调递增，所以不等式可化为或解得或，故不等式
的解集为.故选.
14. D
[解析]由，可得，即.令，则.令，，所以在上单调递减.不等式等价于，即，，所求不等式即.由于在上单调递减，所以，且，解得，故不等式的解集为.故选.
15. C
[解析]由题意，得，则.由，得，故，.因为当时，，，，在上恒成立，所以在上单调递增.又，故为上的偶函数，其图象关于轴对称，在上单调递减，故，解得.故选.培优课 函数的存在性与恒成立问题
分层作业
A层 基础达标练
1. 若函数在上单调递减,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
2. 已知函数存在最大值0,则的值为( )
A. 1 B. 2 C. D.
3. 已知函数,若恒成立,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
4. （多选题）函数在内有最小值,则的值可以为( )
A. 0 B. C. D. 1
5. 若不等式对任意的实数恒成立,则实数的最大值为.
6. 已知函数,其中,是自然对数的底数.
（1） 当时,求函数在区间上的零点个数；
（2） 若对任意的实数恒成立,求的取值范围.
7. 已知函数.
（1） 若,求函数的单调区间；
（2） 当时,恒成立,求实数的取值范围.
B层 能力提升练
8. 若对任意的正实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
9. （多选题）定义在上的函数的导函数为,且对任意的恒成立.下列结论正确的是( )
A.
B. 若 , ，则
C.
D. 若 , ，则
10. 若存在,使得不等式成立，则实数的最大值为( )
A. B. C. 4 D.
11. 已知函数在上单调递减，则实数的最小值是( )
A. B. C. D.
12. 已知函数若使得成立，则实数的取值范围是( )
A. B. , C. D. ,
13. （多选题）已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 的单调递减区间是 B. 的单调递增区间是
C. 的最小值是 D. 恒成立
14. 已知是奇函数，当时，,当时，的最小值为1，则的值为.
15. 设函数，若对于任意的,都有成立，则实数的值为.
16. 已知对任意的,都成立，则实数的最小值是.
17. 已知函数,.
（1） 当时，求函数的单调区间；
（2） 当时，恒成立，求的取值范围.
18. 已知函数.
（1） 当时,求函数的单调区间；
（2） 若函数在上的最小值是,求的值.
C层 拓展探究练
19. 已知函数为定义在上的增函数，且对，，若不等式对恒成立，则实数的取值范围是.
20. 已知函数,其中为常数.
（1） 若函数在区间上单调递增,求实数的取值范围；
（2） 若在上恒成立,求实数的取值范围.
培优课 函数的存在性与恒成立问题
分层作业
A层 基础达标练
1. A
2. D
3. A
4. BC
5.
6. （1） 解 当时,,
则,所以在上单调递增.
又,,故,使得,所以函数在区间上有一个零点.
（2） 若对任意的实数恒成立,则恒成立.
令,则.
令,得,
令,得,
所以在上单调递增,在上单调递减,
所以,
所以的取值范围为.
7. （1） 解 当时,,.令,得；令,得；令,得，所以函数的增区间为,减区间为.
（2） 当时,恒成立,等价于对任意的恒成立,即.
设,则,显然当时,恒成立，所以在上单调递增,所以,所以,即.故实数的取值范围为 ,.
B层 能力提升练
8. A
[解析]因为不等式恒成立，，所以恒成立.设，则因为，令，得，所以当 ,时，；当,时，，所以在 ,上单调递减，在,上单调递增，所以，所以.故选.
9. CD
[解析]设,
则
,
当时,,所以,
故在上单调递减,从而,整理得,,故错误,正确；
当时,若,因为在上单调递减,所以,即,即,故错误，正确.故选.
10. A
[解析]因为,,,所以有解.设,则,则.当时,,单调递减;当时,,单调递增.因为存在,，使得成立，所以.因为,,所以,所以,所以故选.
11. D
[解析]由在,上单调递减,得,,即,.令,,则,.当,时,,则,所以,即,所以在,上单调递减,所以,所以,所以的最小值为.故选.
12. D
[解析]由题意可得,存在实数,使得成立.假设,则,所以,则.令,则.
令,即,解得；
令,即,解得,
则在上单调递减,在上单调递增,
所以,
所以.故选.
13. BC
[解析]因为的定义域为，，所以当,时，；当,时，,所以的单调递减区间为,，单调递增区间为,，故错误，正确；，故正确；
因为，所以不恒成立，故错误.故选.
14. 1
[解析]由题意知,当时,的最大值为.
令,得.
当时,；
当时,.
所以,
解得.
15. 4
[解析]由题意得,,当时,令,解得,.
①当时,,单调递增,
②当时,,单调递减；
③当时,,单调递增.
所以只需,且即可.由,得,解得.由,得.综上，.
16.
[解析]因为,，所以可等价变形为.令,则.由，得，则函数在，上单调递增；由，得，则函数在，上单调递减.所以当,时，，故.
17. （1） 解 当时，，，.由，得;由，得，所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.
（2） ，故.当时，因为，所以，所以恒成立，即在上单调递增，所以恒成立.当时，令,得，当,,单调递增；当,,单调递减，所以,与恒成立相矛盾.综上，的取值范围为.
18. （1） 解 函数 的定义域为 ,
.
18. （1） 因为,所以,故函数在上单调递增，所以的增区间为,无减区间.
（2） 当时,分如下情况讨论：
①当时,,函数单调递增,其最小值为,这与函数在上的最小值是相矛盾；
②当时,函数在上有,单调递减,在上有,单调递增,所以函数的最小值为,由,得.
③当时,显然函数在上单调递减,其最小值为,与最小值是相矛盾.
综上,的值为.
C层 拓展探究练
19. ,
[解析]因为,所以，又不等式对恒成立，所以因为为定义在上的增函数，所以，即在上恒成立.令,，则,易得当时，，单调递增；当时，，单调递减.故当时，函数取得最大值,所以.
20. （1） 解 由,得.因为函数在区间上单调递增,所以在区间上恒成立,即在区间上恒成立.因为当时,,所以,即实数的取值范围是.
（2） 在上恒成立,等价于在上恒成立,令,则.因为,所以在上单调递减,所以在区间上的最大值为,所以,即实数的取值范围是.培优课 曲线的切线问题
分层作业
A层 基础达标练
1. 曲线在点（1，（1））处的切线的方程为( )
A. B. C. D.
2. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则点的坐标为( )
A. B. C. 或 D.
3. 曲线在点处的切线方程为.
4. 若曲线 的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为.
5. 设函数 的图象在点处的切线经过点，则的值为.
6. 若直线与曲线及都相切，则直线的方程为.
7. 已知函数，其中是的导函数.
（1） 求；
（2） 求曲线过原点的切线方程.
8. 已知函数，
（1） 若函数的图象过原点，且在原点处的切线斜率为，求，的值；
（2） 若曲线存在两条垂直于轴的切线，求的取值范围.
B层 能力提升练
9. 函数在点处的切线与两坐标轴所围成的封闭图形的面积为( )
A. B. C. D. 1
10. 若曲线在处的切线也是曲线的切线，则( )
A. B. 1 C. 2 D.
11. 已知曲线：，直线：，则“”是“直线与曲线相切”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
12. 已知定义在区间上的函数， ，若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则的值为( )
A. 2 B. 5 C. 1 D. 0
13. 已知过坐标原点的直线与函数的图象有且仅有三个公共点，若这三个公共点的横坐标的最大值为 ，则下列等式成立的是( )
A. B. C. D.
14. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则.
15. 若关于的方程有3个不同的实数解，则实数的取值范围为.
16. 已知函数的图象与函数的图象关于某一条直线对称，若，分别为函数图象上的两个动点，则这两点之间距离的最小值为.
17. 我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率 的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一.借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算.设，则曲线在点处的切线方程为，用此结论计算.
18. 设函数，曲线在点（2，（2））处的切线方程为.
（1） 求的解析式；
（2） 证明曲线上任一点处的切线与直线和直线所围成的三角形面积为定值，并求此定值.
C层 拓展探究练
19. 已知曲线在点处的切线与曲线 在点处的切线相同，则 ( )
A. B. C. 1 D. 2
20. 已知函数，和直线：，且
（1） 求的值.
（2） 是否存在，使直线既是曲线的切线，又是曲线的切线？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.
午练31 切线问题
1. [2020全国Ⅰ]函数的图象在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
2. 设是曲线上的任意一点，则曲线在点处切线的倾斜角 的取值范围为( )
A. B.
C. D.
3. 若直线与曲线和圆都相切，则的方程为( )
A. B. C. D.
4. 已知函数，，直线与函数，的图象都相切，与图象的切点为，则等于( )
A. B. C. D.
5. 已知直线既是曲线的切线，又是曲线的切线，则( )
A. 0 B. C. 0或 D. 或
6. 设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
7. [2022新高考Ⅱ]曲线过坐标原点的两条切线方程为.
8. [2022新高考Ⅰ]若曲线有两条过坐标原点的切线,则的取值范围是.
9. 如果曲线和曲线存在有公共切点的公切线，那么该公切线的方程为.
10. 已知曲线.
（1） 求曲线在点处的切线方程；
（2） 求曲线过点的切线方程.
培优课 曲线的切线问题
分层作业
A层 基础达标练
1. D
2. C
3.
4.
5. 0
6.
7. （1） 解 因为，所以.令，得，所以.
（2） 由（1）可得，所以.设切点坐标为，则，所以切线方程为.因为过原点，所以，整理得，解得或.当时，切线方程为；当时，切线方程为.综上，曲线过原点的切线方程为或.
8. （1） 解 .
8. （1） 由题意，得
解得，或.
（2） 因为曲线存在两条垂直于轴的切线，所以关于的方程有两个不相等的实数根，所以，即，所以,所以的取值范围为，，.
B层 能力提升练
9. B
10. C
11. A
[解析]因为曲线，所以.设直线与曲线相切，且切点的横坐标为，则切线方程为,所以解得或所以“”是“直线与曲线相切”的充分不必要条件.故选.
12. C
[解析]根据题意，设两曲线与的公共点为，其中.由，可得，则切线的斜率为.由，可得，则切线的斜率为.因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以，解得或（舍去）.又，即公共点的坐标为，将点代入，得.故选.
13. D
[解析]如图，作出函数的图象，直线过原点，与函数图象有三个公共点，且横坐标的最大值为 ，则 是直线与在上的切点的横坐标.，则 ，所以 ，即.故选.
14. 0或1
[解析]设直线与曲线的切点坐标为，与曲线的切点坐标为的导数为，的导数为，可得.又由，消去，可得，则或，则直线与曲线的切点坐标为，或，与曲线的切点坐标为或，所以或，则切线方程为或，可得或1.
15. （，）
[解析]由题意，临界情况为与相切的情况，，则，所以切点坐标为，则此时，所以只要图象向左移动，都会产生3个交点，所以，即.
16.
[解析]令，则，，.因为与关于直线对称，所以函数与函数关于直线对称，所以，两点之间距离的最小值等于点到直线距离的最小值的2倍.函数在点处的切线斜率为，令，得，，所以点到直线距离的最小值为，所以这两点之间距离的最小值为.
17. ;
[解析]函数，则，，，所以切线方程为，所以.根据以直代曲，也非常接近切点，所以可以将代入切线近似代替，即.
18. （1） 解 方程可化为，当时，.又，
所以解得故.
（2） 证明 设为曲线上任一点，由，得曲线在点处的切线方程为，即.令，得，从而得切线与直线的交点坐标为，.令，得，从而得切线与直线的交点坐标为，所以点处的切线与直线，所围成的三角形的面积为.故曲线上任一点处的切线与直线，所围成的三角形面积为定值，且定值为6.
C层 拓展探究练
19. B
[解析]已知曲线在点处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即
由题意，得
得，，则.又，所以，所以，所以.故选.
20. （1） 解 由已知,得.因为，所以，解得.
（2） 存在.
由已知，得直线恒过定点，若直线是曲线的切线，则设切点为.因为，所以切线方程为，将代入切线方程，解得当时，切线方程为；当时，切线方程为.由（1）知.由，得，解得或.在处，的切线方程为；在处，的切线方程为，所以与的公切线是.由,得，解得或.在处，的切线方程为；在处，的切线方程为，所以与的公切线不是.综上，与的公切线是，此时.培优课 三次函数的图象与性质
分层作业
A层 基础达标练
1. 若函数是增函数，则实数的取值范围为( )
A. B.
C. D.
2. 设函数既有极大值又有极小值，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. ， D. ，
3. 在等比数列中，,是函数的极值点，则( )
A. 或2 B. C. 2 D.
4. 若函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是.
5. 已知函数，若过点可作函数图象的两条切线，则实数.
6. 设函数.
（1） 求在处的切线方程；
（2） 求的极值点和极值.
7. 已知函数.
（1） 若函数在点处的切线方程为，求，的值；
（2） 当，时，记在区间上的最大值为，最小值为，求的取值范围.
B层 能力提升练
8. 若函数在区间，内既存在最大值也存在最小值，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
9. 对于三次函数,现给出定义:设是函数的导数,是的导数,若方程有实数解,则称点为函数的“拐点”.经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”,任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.若函数,则( )
A. B. 0 C. 1 D.
10. 设，若为函数的极大值点，则( )
A. B. C. D.
11. 已知函数，其中实数，，则下列结论错误的是( )
A. 必有两个极值点
B. 当 有且仅有3个零点时， 的取值范围是
C. 当 时，点 是曲线 的对称中心
D. 当 时，过点 可以作曲线 的3条切线
12. （多选题）函数，下列对函数的性质描述正确的是( )
A. 函数 的图象关于点 对称
B. 若 ，则函数 有极值点
C. 若 ，则函数 在区间 上单调递减
D. 若函数 有且只有3个零点，则 的取值范围是
13. 已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围为.
14. 已知是函数的导函数，且，，则下列说法正确的是.（填序号）
①；
②曲线在处的切线斜率最小；
③函数在内存在极大值和极小值；
④在区间内至少有一个零点.
15. 已知函数.
（1） 讨论的单调性.
（2） 是否存在,，使得在区间的最小值为且最大值为1 若存在，求出,的所有值；若不存在，说明理由.
16. 已知函数.
（1） 讨论函数的单调性；
（2） 若，,且，都有成立，求实数的取值范围.
C层 拓展探究练
17. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是.
18. 已知函数.
（1） 若，且在内有且只有一个零点，求的值.
（2） 若，且有三个不同的零点，问是否存在实数使得这三个零点成等差数列 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（3） 若，，试讨论是否存在，使得.
培优课 三次函数的图象与性质
分层作业
A层 基础达标练
1. D
2. B
3. C
4. （,）（,3）
5. 0或1
6. （1） 解 ，所以，，在处的切线方程为，即.
（2） 令，则，解得，.当时，可得，即的单调递减区间为,；当或时，可得，即的单调递增区间为，,，所以的极大值点为，极小值点为.因为，，所以极大值是，极小值是.
7. （1） 解 由题知，，
，，
即解得
（2） 当，时，，.令，即，解得.因为，所以，所以函数在,上单调递减，在,上单调递增，所以，即.因为，，，所以，即，所以.令，则，即函数在上单调递减，所以，即，所以的取值范围是,.
B层 能力提升练
8. A
[解析]由,得或，可以判断在处取得极小值，在处取得极大值.令，得或;令，得或.作出的大致图象如图所示，由题意知函数在开区间内的最大、最小值只能在和处取得，则解得.故的取值范围是.故选.
9. B
[解析]由,得,所以.由,得,解得,而,即的对称中心为,所以,则.故选.
10. D
[解析]若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故，所以有和两个不同零点，且在左右附近是不变号的，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，所以在左右附近都是小于零的.当时，由，，画出的图象如图1所示.
图1
由图可知，，故.
当时，由，，画出的图象如图2所示.
图2
由图可知，，故.故选.
11. B
[解析]对于，.令，得或.
因为，所以令，得或，令，得，所以在,上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值,故正确；对于，要使有且仅有3个零点，只需即所以，所以的取值范围是，故错误；对于，当时，，，，所以点是曲线的对称中心，故正确；对于，，设切点为，所以在点处的切线方程为.又因为切线过点，所以，解得.令,，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.
令，得或.因为，所以令，得或，令，得，则在,上单调递增，在上单调递减，,.如图，当时，与的图象有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，故正确.故选.
12. AD
[解析]对于，因为，所以，所以,函数的图象关于点对称，故正确；对于，,当时，，函数在定义域内为增函数，此时函数没有极值点，故错误；对于，当时，由，得,又因为当时，，所以函数在上单调递增，故错误；对于，，当时，，函数在定义域内为增函数，故不存在三个零点，不符合题意，当时，由，得.又因为时，,时，,时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以函数的极小值是,极大值是因为函数有三个不同的零点，所以解得,故正确.故选.
13. ，）
[解析]令，易可知恒成立，且，则当时，，即在上单调递增，则对恒成立，满足题意；当时，因为函数为奇函数，所以可得，解得，则.综上，实数的取值范围为.
14. ②③④
[解析]因为，，所以，即.
因为，所以，，即，，，的符号不确定，故①错误；由，可得在处取得最小值，即在处的切线斜率最小，故②正确；由，可得与轴有两个交点，
则函数在内存在极大值和极小值，故③正确；于是，，，当时，因为，，则在区间内至少有一个零点，当时，因为，，则在区间内至少有一个零点，故导函数在区间内至少有一个零点，故④正确.
15. （1） 解 的定义域为，.令，解得或.
①当时，，函数在上单调递增.
②当时，函数在，，上单调递增，在，上单调递减.
③当时，函数在 ，，上单调递增，在，上单调递减.
（2） 由（1），得①当时，函数在上单调递增，
则，，解得，，满足条件.
②当时，函数在，上单调递减.
当，即时，函数在上单调递减，则
解得满足题意.
当，即时，函数在，上单调递减，在，上单调递增，
则的最小值为，化简得.而，，所以的最大值为或.
若解得，矛盾，舍去.
若解得或，矛盾，舍去.
综上，存在或满足条件.
16. （1） 解 由题意，函数，可得.
①当时，在上单调递减.
②当时，，所以在上单调递减.
③当时，令，即，解得或；
令，即，解得，所以在 ,,,上单调递增，在,上单调递减.
（2） 当时，函数，由（1）可知在上单调递减.不妨设，则，,所以，即，即对任意的,成立，所以在上单调递增，则，即对恒成立.令，可得.令，即，解得;令，即，解得或，所以在,上单调递增，在,上单调递减，
当时，函数取得最大值，最大值为，所以，即实数的取值范围为,.
C层 拓展探究练
17. （，，
[解析]函数令，则.令，得，.
①当，即时，令，即，解得或；令，解得，所以的单调递增区间是 ，，，单调递减区间是，.又因为，所以的单调递增区间是，，，单调递减区间是，，，满足条件，故（此种情况函数的图象如图1）.
图1
②当，即时，，函数的图象如图2，则的单调递增区间是，单调递减区间是，满足条件，故.
图2
③当，即时，令，即，解得或；令，解得，所以的单调递增区间是，，，单调递减区间是，.
又因为，所以的单调递增区间是，，，单调递减区间是，，，要使在上单调递增，必须满足，即.又因为，所以（此种情况函数的图象如图3）.
图3
综上，实数的取值范围是.
18. （1） 解 ，函数，.令，可得或.当时，，
由三次函数的图象可知，，在内没有零点，所以，在内有且只有一个零点，可得，即，解得.
（2） ，当时，，此时不存在三个不同的零点；
当时，函数，，
，有两个根，.
要使有三个不同的零点，则极大值与极小值的乘积小于0，
即.
不妨设的三个零点为，，，且，则，
，
，
，
，得.
因为，所以，
同理，
，得.
因为，所以.
又，所以，，
所以，所以，即，.
因为函数的极小值为，
函数的极大值为.
综上，存在实数满足条件.
（3） 因为，所以若存在，，，使得，即，则关于的方程在，，内必有实数解.
因为，所以，方程的两根为，即.
因为，所以.
依题意有，且，即，且，所以，且，
得，且.
综上，当时，存在唯一的，使得成立；
当时，不存在，使得成立.午练29 导数的概念
1. 设，则( )
A. B. C. 4 D. 8
2. 曲线在点处的切线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
3. 设，若，则( )
A. 2 B. C. 3 D. 不确定
4. 设在处可导，的值是( )
A. B. C. D. 不一定存在
5. 某物体做直线运动，其运动规律是（时间的单位：，位移的单位：，则它在时的瞬时速度为( )
A. B. C. D.
6. 函数的图象如图所示，是函数的导函数，则下列数值排序正确的是( )
A. B.
C. D.
7. （多选题）已知曲线在点处的切线平行于直线，那么点的坐标为 ）
A. B. C. D.
8. 若一物体的运动方程为则此物体在时的瞬时速度为.
9. 曲线在点处的切线与直线垂直，则点的坐标为.
10. 已知函数的图象上两点，.
（1） 若割线的斜率不大于，求的取值范围；
（2） 用导数的定义求函数在处的导数，并求在点处的切线方程.
午练29 导数的概念
1. C
2. C
3. A
4. C
5. B
6. B
[解析]设，
则
，令，即，解得.又,，所以点的坐标为或.故选.
8. 6
[解析]当时，，则，故此物体在时的瞬时速度为6.
9. ,或,
[解析]由切线与直线垂直，可知曲线在点处的切线的斜率为，设,，因为，当时，，所以，则点的坐标为,或,.
10. （1） 解
.因为割线的斜率不大于，所以，解得.又，所以的取值范围为.
（2） ，又，所以在点处的切线方程为，即.午练30 导数的运算
1. 下列求导运算正确的是( )
A. B.
C. D.
2. 曲线在 处切线的斜率为( )
A. B. C. D.
3. 已知是函数的导函数，则( )
A. B. C. D. 1
4. 若函数满足，则等于( )
A. B. C. 2 D. 0
5. 已知，若，则( )
A. B. 2 C. D.
6. 已知函数，其导函数为，则的值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. （多选题）函数，下列说法正确的是( )
A.
B.
C. 在 处的切线方程为
D.
8. 已知函数，则.
9. 已知曲线在处的切线与直线垂直，则实数的值为.
10. 求下列函数的导数：
（1） 为常数；
（2） .
午练30 导数的运算
1. C
2. B
3. A
4. B
5. B
6. C
[解析]，，所以为偶函数，.因为，所以.故选.
7. BC
[解析]对于，因为，所以，所以，故错误；对于，因为，所以，所以，故正确；对于，因为，所以，所以，而，所以在,处的切线方程为，故正确；对于，，故错误.故选.
8. -（）
[解析]依题意，设，则，，故.
9.
[解析]直线的斜率为，可得曲线在处的切线斜率为，.由，，得,解得.
10. （1） 解由，得.
（2） 由，得.午练31 切线问题
1. [2020全国Ⅰ]函数的图象在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
2. 设是曲线上的任意一点，则曲线在点处切线的倾斜角 的取值范围为( )
A. B.
C. D.
3. 若直线与曲线和圆都相切，则的方程为( )
A. B. C. D.
4. 已知函数，，直线与函数，的图象都相切，与图象的切点为，则等于( )
A. B. C. D.
5. 已知直线既是曲线的切线，又是曲线的切线，则( )
A. 0 B. C. 0或 D. 或
6. 设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
7. [2022新高考Ⅱ]曲线过坐标原点的两条切线方程为.
8. [2022新高考Ⅰ]若曲线有两条过坐标原点的切线,则的取值范围是.
9. 如果曲线和曲线存在有公共切点的公切线，那么该公切线的方程为.
10. 已知曲线.
（1） 求曲线在点处的切线方程；
（2） 求曲线过点的切线方程.
午练31 切线问题
1. B
2. C
3. D
[解析]易知直线的斜率存在，设直线的方程为，则.设直线与曲线的切点坐标为，则，，由②③可得.将，代入①，得或（舍去），所以，故直线的方程为.故选.
4. D
[解析]因为，所以直线的斜率.又，所以切线的方程为，设直线与的图象的切点坐标为，则有，，，，解得.故选.
5. D
[解析]令,,所以,.设切点分别为,，则曲线在点处的切线方程为，化简，得，曲线在点处的切线方程为，化简，得，所以故，解得或.当时，切线方程为，故,,故.当时，切线方程为，故，则.故的取值为或.故选.
6. D
[解析]因为函数为奇函数，所以，所以，所以.因为，所以，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为.故选.
7. ,
[解析]当时,,设切点坐标为.因为,所以切线的斜率,所以切线方程为.又因为切线过原点,所以,所以,切线方程为,即；当时,,与的图象关于轴对称,所以切线方程也关于轴对称,所以切线方程为.
8. （,）（0,）
[解析],设切点坐标为,所以切线的斜率,所以切线方程为,由于切线过原点,故,整理得，.因为切线存在两条,所以方程有两个不相等的实数根,,解得或,即的取值范围是.
9.
[解析]，，则，.设公共切点的坐标为，则，，，.根据题意，有解得所以公切线的切点坐标为，公切线斜率为2，所以公切线的方程为，即.
10. （1） 解因为点在曲线上，且，所以在点处的切线的斜率为，曲线在点处的切线方程为，即.
（2） 设曲线与过点的切线相切于点,,则切线的斜率为，所以切线方程为,即.因为点在切线上，所以，即，所以，所以，所以，解得或，故所求的切线方程为或.午练32 导数与函数的单调性
1. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
2. 已知函数，满足导函数恒成立，则下列选项正确的是( )
A. B.
C. D.
3. （多选题）函数在下列区间上单调递增的是( )
A. B. C. D.
4. （多选题）函数的导函数的图象如图所示,则下列判断正确的是( )
A. 在区间 上, 单调递增 B. 在 上, 单调递增
C. 在 上, 单调递增 D. 在 上, 单调递增
5. 某同学利用几何画板，将函数，画在同一坐标系中，得到了如图所示的曲线.观察图形，当时，的导函数的图象为( )
A. B. C. D.
6. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是.
7. 已知函数.
（1） 若，判断函数的单调性;
（2） 求证：对任意的，只有一个零点.
午练32 导数与函数的单调性
1. B
2. C
3. CD
4. BC
[解析]由题图知当,时,,所以在区间,上单调递增;当时,,所以在区间上单调递减;当时,,当时,,所以在区间上不单调递增.故选.
5. A
[解析]根据和的解析式可知和均为偶函数，图象关于轴对称.当时，.设，则，所以此时对应的图象是题干中图象在第一部分的半圆，所以当时，对应题干中在第四象限部分的图象.因为该部分图象单调递增，所以的值恒为正，即的图象始终在轴上方，故排除选项；该部分图象的切线斜率先减小后增大，故的值先减小后增大，由此对应的图象只有满足.故选.
6. （,
[解析]由题设，.因为在区间上单调递增，所以当时，恒成立，即恒成立，而在区间上单调递增，故.
7. （1） 解 当时，，则.令，得或，令，得，故在区间和上单调递增，在区间上单调递减.
（2） 证明 令，则有.令，则，故在上单调递增.又，所以对任意的，仅有一个根，即只有一个零点.午练33 导数与函数的极值、最值
1. 在区间上的极小值为( )
A. B. C. D.
2. 已知函数在处取得极值，则的极大值为( )
A. B. 1 C. D.
3. 已知函数，则“”是“函数在处有极值10”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 已知函数有三个极值点，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
5. 函数,的极小值点为，则的值为( )
A. 0 B. C. D.
6. 若函数在上有小于0的极值点,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
7. （多选题）下列关于函数的判断正确的是( )
A. 的解集是 B. 是极小值, 是极大值
C. 没有最小值,也没有最大值 D. 有最大值无最小值
8. 已知（其中是自然对数的底数），则下列结论中正确的是.（写出全部正确结论的序号）
①在处取得极小值；
②在区间上单调递增；
③在区间上单调递增；
④的最小值为0.
9. 若函数有两个极值点，则的取值范围为.
10. 已知函数.
（1） 若，求函数在区间上的最大值；
（2） 若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围.
11. 已知函数.
（1） 若函数，判断的单调性；
（2） 若有两个都小于0的极值点，求实数的取值范围.
午练33 导数与函数的极值、最值
1. D
[解析]因为，，所以.令，得或，所以当,时，，单调递增；当,时，，单调递减；当,时，，单调递增，所以当时，取极小值，且极小值为.故选.
2. B
[解析]因为，所以，依题意可得，即，解得，所以的定义域为，且.令，得或，令，得，则在区间和上单调递增，在区间上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值，所以的极大值为.故选.
3. B
[解析]因为，所以，所以由在处有极值10得解得或当时，，，即函数在定义域上单调递增，无极值点，故舍去；当时,，.当或时，；当时，，满足函数在处取得极值，所以，所以由推不出函数在处有极值10，即充分性不成立；由函数在处有极值10可推出，即必要性成立.故“”是“函数在处有极值10”的必要不充分条件.故选.
4. B
[解析]函数有三个极值点，则有三个零点，即方程有三个根.不妨令,则，故在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，,，且当时，恒成立.当趋近于负无穷时，趋近于正无穷；当趋近于正无穷时，趋近于0，故当时，满足题意，则.故选.
5. A
[解析]由题意，，的根为,,，的图象如图所示，
,
0 - 0 0 -
极大值 极小值 极大值
故当时，函数取得极小值，即，故.故选.
6. B
[解析]由题意知.当时,恒成立,则在上为增函数,不符合题意.当时,令,解得,所以当时,；当时,，所以为的极值点,所以,所以故选.
7. ABD
[解析]由,得,故正确.,令,得.当或时,,当时,,所以当时,取得极小值,当时,取得极大值,故正确.当 时,,当 时, ,且,结合函数的单调性可知,函数有最大值无最小值,故错误,正确.故选.
8. ②④
[解析]因为，所以.令，得或，所以当或时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值，又，，所以的最小值为0，所以正确结论的序号是②④.
9. ,
[解析]由，得.因为函数有两个极值点，所以有两个零点，且在零点的两侧，导函数符号相反.令，，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以有极小值也是最小值为，且当时，恒成立，当时，恒成立，画出的图象如图所示.
要使有两个不相等的实数根，则，即，经验证，满足要求.故的取值范围为.
10. （1） 解 ，因为，所以，所以，在区间上恒成立，所以函数在区间上单调递增，所以.
（2） 因为函数在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，所以在区间上恒成立，所以，即实数的取值范围为.
11. （1） 解 因为，且定义域为，所以令，得；令，得或.故在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2） 因为，所以.又因为有两个都小于0的极值点，所以有两个不相等的负数根,，所以
解得，
所以实数的取值范围为,.午练34 导数的综合应用
1. 下列函数中，既是奇函数，又在区间上是单调函数的是( )
A. B. C. D.
2. 已知函数，以下结论错误的是( )
A. 是偶函数 B. 有无数个零点
C. 的最小值为 D. 的最大值为1
3. 已知函数,的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论不一定成立的是( )
A. B. C. D.
4. 已知，为实数，，，若恒成立，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
5. （多选题）函数的导函数是，函数的图象如图所示，下列说法错误的是( )
A. 是 的零点 B. 是 的极大值点
C. 在区间 上单调递减 D. 在区间 上不存在极小值
6. （多选题）已知函数，其导函数为，下列说法正确的是( )
A. 函数 的单调递减区间为
B. 函数 的极小值是
C. 当 时，对于任意的 ，都有
D. 函数 的图象有条切线方程为
7. 当时，函数取得极小值4，则( )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
8. 已知函数，若存在，使得成立，则的最大值为.
9. 已知函数，当时，函数有极小值0.
（1） 求函数的解析式；
（2） 若存在，使不等式成立，求实数的取值范围.
10. 已知函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值.
（1） 求函数的单调区间；
（2） 若函数恰有两个零点，求实数的取值范围.
午练34 导数的综合应用
1. A
[解析]对于，的定义域为,,所以为奇函数，又，故单调递增，满足要求；对于，，不满足要求；对于,的定义域为，，所以为偶函数，不满足要求；对于，，不满足要求.故选.
2. C
[解析]对于，因为的定义域为， ，所以为偶函数，故正确；对于，令，即，则，解得，所以有无数个零点，故正确；对于，因为，所以若的最小值为，则是的一个极小值点，则.因为，所以，所以不是的极小值点，故错误；对于，因为，，所以当，，即时，取得最大值1，故正确.故选.
3. C
[解析]对于，因为为偶函数，所以，两边求导可得，所以为奇函数，则.令，则可得，则，故成立；对于，令，则可得解得故成立；对于，因为，所以可得，因为，所以可得，两式相加可得，所以的图象关于点成中心对称，则，故成立；对于，因为，所以可得，又，则可得，所以是以4为周期的周期函数，根据以上性质只能推出，不能推出，不一定成立.故选.
4. D
[解析]依题意，函数与在区间上都单调递增，且函数的值域是，，不等式恒成立，当且仅当函数与有相同的零点，因此，由，得,.由，得，于是得,，则,.令，，求导得，当时，，当时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，，从而得，所以的取值范围为.故选.
5. AD
[解析]观察图象知，当或时，，当时，，因此函数在区间，上单调递减，在区间上单调递增，是的极小值点，而不一定为0，故错误；是的极大值点，故正确；，即在区间上单调递减，故正确；是的极小值点，在区间上存在极小值，故错误.故选.
6. AB
[解析]因为，所以，令，解得，所以的单调递减区间为,，故正确；令，得或，所以在区间 ,，上单调递增，在区间,上单调递减，所以函数的极小值为，故正确；，若，则与已知条件矛盾，故错误；令，解得或，当时，切点不在直线上，当时，切点不在直线上，故错误.故选.
7. A
[解析]，，根据题意有，且，解得，，此时，.当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.函数在处取得极小值，满足题意，则.故选.
8.
[解析]由，可得,即，.构造函数，显然在区间上单调递增，所以，即.令，即求函数的最大值即可.，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以的最大值为，所以，即的最大值为.
9. （1） 解 函数，求导得.因为当时，函数有极小值0，因此解得此时，当时，，当时，，所以函数在处取得极小值0，所以函数的解析式为.
（2） ，不等式.令，，求导得，所以函数在上单调递减，所以当时，.因为存在，使不等式成立，则存在，使不等式成立，即有，所以实数的取值范围是.
10. （1） 解由题意，函数，可得.因为函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值，所以即解得,,，所以，可得.令，得或.令，得或，即在，上单调递增；令，得，即在,上单调递减，所以函数的单调递减区间是,；单调递增区间是，,.
（2） 由（1），得，则.由（1）知，当或时，，当或时，，即；当时，，即，所以函数在处取得极大值，在处取得极小值.要使得有两个零点，需满足或，即或,解得或,所以的取值范围为.
