2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第二册第5章导数及其应用 精选题练习（含解析）

2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第二册第5章导数及其应用精选题练习
一、单选题
1．已知函数，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知为函数的导函数，当时，有恒成立，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
3．函数的图象为曲线C，斜率为k的直线l经过点，则“”是“l是C的切线”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，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．最优化原理是指要求目前存在的多种可能的方案中，选出最合理的，达到事先规定的最优目标的方案，这类问题称之为最优化问题.为了解决实际生活中的最优化问题，我们常常需要在数学模型中求最大值或者最小值.下面是一个有关曲线与直线上点的距离的最值问题，请你利用所学知识来解答：若点是曲线上任意一点，则到直线的距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知定义在上的函数的导函数为偶函数.则（ ）
A． B． C． D．2025
7．函数在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
8．设是函数的导函数，则的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列运算不正确的有（ ）
A． B．
C． D．
10．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹 布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个实数，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点.现新定义：若满足，则称为的次不动点.设函数，若在区间上存在次不动点，则的取值可以是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若函数为奇函数，函数为偶函数，，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．已知函数与相切，则 ．
13．已知，则 .
14．过点与曲线相切的直线与轴的交点坐标为 .
四、解答题
15．设函数.
(1)求函数的极值；
(2)若时，，求的取值范围.
16．己知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若有正的零点，证明：有极小值点，且极小值点位于区间．
17．已知函数.
(1)若，求的值；
(2)若有2个零点，证明：.
18．已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)求在上的最小值．
19．已知函数（，）的图象过点，且．
(1)求，的值；
(2)求曲线过点的切线方程．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，结合题意可知方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与最值情况，即可得实数的取值范围.
【详解】由题意可知：，
设函数上的切点坐标为，函数上的切点坐标为，
且，，则公切线的斜率，可得，
则公切线方程为，
代入得，
代入可得，整理得，
令，则，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，
令，解得；令，解得；
则在内单调递增，在单调递减，可得，
且当x趋近于时，趋近于；当x趋近于时，趋近于，
可得，解得，故实数的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：涉及公切线问题一般先设切点坐标，根据切线相同得到方程组，将双变量方程转化为单变量方程，再参变分离，转化为函数的交点问题，即可求出参数的取值范围.
2．BD
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，结合单调性逐项判断即可.
【详解】构造函数，其中，则，
所以，函数在上为减函数，
对于AB选项，，即，可得，A错B对；
对于CD选项，，即，D对，C无法判断.
故选：BD.
3．A
【分析】利用导数求出曲线C过点的切线的斜率，再利用充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】设直线l与曲线C相切的切点为，由，求导得，
则，直线l的方程为，
而直线l经过点，因此，解得或，则或，
显然点在曲线C上，曲线C在点处切线的斜率，切线方程为，
因此经过点且斜率的直线l是曲线C的一条切线，
所以“”是“l是C的切线”的充分不必要条件.
故选：A
4．B
【分析】利用作差法可判断的大小关系，构建函数、，讨论它们的单调性后可得三数的大小关系.
【详解】令、，
则，故在上为增函数，故，
，其中，故，即，故；
而，
故，故；
又，故在上为增函数，
故，，其中，
故，即则，故；
故.
故选：B.
【点睛】方法点睛：数值的大小比较，需要从一下两个方法来处理：
（1）利用函数的单调性来结合指对数变形来比较大小；
（2）根据数值之间的联系构建新函数，通过新函数得到函数不等式，从而可比较大小.
5．B
【分析】利用导数求得平行于直线与曲线相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由函数，可得，令，可得，
因为，可得，则，
即平行于直线且与曲线相切的切点坐标为，
由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为.
故选：B
6．A
【分析】根据偶函数的性质可得，再代入求解即可.
【详解】，又为偶函数，
所以，
即，即，
所以.
故选：A.
7．C
【分析】先求出函数的导数，从而得到切线的斜率，由点斜式公式求出切线方程.
【详解】解：因为，
所以，
所以切线方程为，
即.
故选：C
8．C
【分析】利用导数求出原函数的单调性，选择图像即可.
【详解】由，得或，
由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由图知，只有C选项的图象符合.
故选：C.
9．ABD
【分析】根据复合函数的导数运算性质，结合常见函数的导数公式逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以本选项不正确；
B：因为，所以本选项不正确；
C：因为，所以本选项正确；
D：因为，所以本选项不正确，
故选：ABD
10．AD
【分析】由题意可得，在上有解，即有解，然后换元构造函数，利用导数求最值即可.
【详解】根据题意，若在区间上存在次不动点，
则在区间上有解，
即，
即有解，
令，，则，
令函数，且单调递增，
当时，，所以在上单调递增，
，所以为偶函数，
所以在上单调递减.
，，
故，，
则.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：通过分离参数和换元，构造函数，利用导数研究函数最值，从而得解.
11．BC
【分析】由为奇函数，可知，可得函数图像关于直线对称，再由，可得，函数图像关于点对称，再代入特值，可判断各选项.
【详解】由为奇函数可得，即，
，即，即，
所以函数的图像关于直线对称，
由是偶函数可得为奇函数，
，
即，
所以函数的图像关于点对称；
将代入，得，
将代入，得，B选项正确；
将代入得，得，A选项错误；
，C选项正确；
将代入，得，故，，D选项错误.
故选：BC.
12．
【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.
【详解】显然该函数的定义域为全体正实数，
设切点为，则，
由题知，解得，舍去，
所以切点为，
代入直线方程得．
故答案为：．
13．
【分析】先求导可得，代入，求得.
【详解】因为，
所以，所以，
解得，
故答案为:.
14．
【分析】设切点坐标，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点求出，即可求出直线与轴的交点坐标.
【详解】设切点坐标为，
由，得，
则过切点的切线方程为，
把点代入切线方程得，，即，
因为，而在上单调递增，在上单调递减，
所以只有一个解，所以，
所以切线方程的斜率为，
所以切线方程为，令，解得.
故过点与曲线相切的直线与轴的交点坐标为.
故答案为：.
15．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据极值的定义，结合导数的性质进行求解即可；
（2）根据函数的最值性质进行求解即可.
【详解】（1），
当时，在上单调递增，无极值，
当时，由，得，由，得
则在上单调递减，在上单调递增，
则当时，取得极小值，无极大值，
所以当时，函数无极值，
当时，函数有极小值，无极大值；
（2）由（1）知当时，在上单调递增，符合题意，
当时，在上单调递增，符合题意，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
等价于，得.
综上的取值范围是
16．(1)在区间单调递增，在区间单调递减．
(2)证明见解析
【分析】（1），利用导函数=0求出两根，在区间，内判断的正负，进而判断函数的单调性.
（2）方法一：在区间有零点，等价于方程在区间有解，等价于方程在区间有解，利用基本不等式求出a的取值范围，再结合（1）的结论求出极小值点所在区间.方法二：在区间有零点，等价于方程在区间有解，结合韦达定理求出a的取值范围，再结合（1）的结论求出极小值点所在区间.方法三：分，，三种情况，结合（1）的结论，进行讨论求出a的取值范围.
【详解】（1）．
由于,所以方程有两个根．
取．
当时，；当时，．
所以在区间单调递增，在区间单调递减．
（2）方法一：由题意知，在区间有零点，等价于方程在区间有解，等价于方程在区间有解．
由基本不等式，,等号成立条件是，
所以的取值范围为．所以．
由（1），有极小值点．
因为，所以．
方法二：
由题意知，在区间有零点，等价于方程在区间有解．当这个方程有根时，设两根为（可能相等）．
由韦达定理，,所以同为正的，
故．
由（1），有极小值点．
因为，所以．
方法三：
．
若，则当时，,故没有正的零点．
若,则的判别式，故恒成立，在单调递增，从而,故没有正的零点．
因此，,由（1），极小值点是．
又由，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增．
因为在有零点，所以，即，即．
所以．
所以．
方法四：
．
若，则当时，,故没有正的零点．
若,则的判别式，故恒成立，在单调递增，从而,故没有正的零点．
因此，,由（1），极小值点是．
又由,所以在单调递增，在单调递减，在单调递增．
因为在有零点，所以，即，即，代入得，即．
设．则在单调递增，由得．
所以．
方法五：
．
若，则当时，,故没有正的零点．
若,则的判别式，故恒成立，在单调递增，从而,故没有正的零点．
因此，,由（1），极小值点是．
又由，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增．
因为在有零点，所以，即，即．
代入消去a,得，
整理得．因为,所以.
17．(1)0；
(2)证明见解析.
【分析】（1）构造函数，求导，结合的范围分类讨论，即可根据函数的最值求解，
（2）首先将不等式变形为，结合函数的两个零点，进一步将问题转化为，利用换元法构造函数，利用导数求解函数的单调性即可求证.
【详解】（1）令，
则.
①当时，知在上单调递增.
又，
则.
当时，由于单调递增，则，所以在上单调递增.
又，所以当时，，即，不符题意.
②当时，.
可知当时，；当时，.
所以当时，取得极小值，也即为最小值，该最小值为.
所以，即，不等式成立.
③当时，可时，，故不恒成立，不符题意.
综上所述，的值为0.
（2）欲证，
只需证，
即证明，
因为，
两式相减，得，
整理得，
所以，只需证明不等式，
即证明，即证明，
不妨设，令，则，
只需证明，即证明即可，
令，则，
又令，则，
所以，当时，单调递减，即单调递减，则，
则时，单调递增，则，
所以，原不等式成立，故不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
18．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负可得单调性，由极值定义可求得结果；
（2）分别在、和的情况下，根据的正负可得单调性，由此可得最值点，代入可求得最值.
【详解】（1）由题意知：的定义域为，；
当时，，恒成立，在上单调递增，
无极值；
当时，若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增；
的极小值为，无极大值；
综上所述：当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值.
（2）当时，在上恒成立，在上单调递增，
；
当时，若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增，
；
当时，在上单调递减，；
综上所述：在上的最小值.
19．(1)，．
(2)
【分析】（1）根据题意可得，由， 可得，联立即可得解；
（2）由可设曲线上的切点为，利用导数的几何意义可得切线斜率为，利用点斜式可得切线方程，带入点，即可得解.
【详解】（1）因为函数的图象过点，所以①．
又，，所以②，
由①②解得，．
（2）由（1）知，
设所求切线在曲线上的切点为，则，
所以切线方程为，
又切线过点，所以，
可得，
，
，解得，
所以切点为，切线方程为．
故曲线过点的切线方程为．
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