2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第5章导数及其应用经典题型（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第5章导数及其应用经典题型（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-15 12:15:33 | ||
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文档简介
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2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第5章导数及其应用经典题型
一、单选题
1．若对任意实数，恒有成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列不等关系中错误的是（ ）
A． B． C． D．
3．若，则（ ）
A． B．-2024 C． D．2024
4．已知函数的导函数为，且，则必有（ ）
A．函数为增函数 B．函数为增函数
C．函数为减函数 D．函数为减函数
5．某质点的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系式，其中为常数．若当时，该质点的瞬时速度为，则当时，该质点的瞬时速度为（ ）
A． B． C． D．
6．若是函数的一个极值点，是函数的一个零点，则（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
7．已知，则的值为（ ）
A．－2a B．2a
C．a D．
8．已知函数，有最大值，并将其记为，则说法正确的是（ ）
A．的最小值为，的最大值为2 B．的最大值为，的最小值为
C．的最大值为，的最大值为2 D．的最小值为，的最小值为
二、多选题
9．已知函数，导函数的极值点是函数的零点，则（ ）
A．有且只有一个极值点
B．有且只有一个零点
C．若，则
D．过坐标原点仅有一条直线与曲线相切
10．已知函数及其导函数的定义域为R，若，函数和均为偶函数，则（ ）
A．函数是周期为5的周期函数
B．函数的图象关于点对称
C．
D．函数的图象关于直线对称
11．若函数，其导函数为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 没有极值点 B．是奇函数
C．点 是函数 的对称中心 D．
三、填空题
12．函数极大值点为 ．
13．若函数在上有极值，则实数的取值范围是 .
14．已知定义在上的偶函数满足，且当时，．若，则在点处的切线方程为 ．（结果用含的表达式表示）
四、解答题
15．设，函数.
(1)若有且只有一个零点，求的取值范围；
(2)若的一个极值点为1，求函数的极值.
16．已知函数是自然对数的底数，.
(1)当时，求函数的零点个数；
(2)当时，证明：；
(3)证明：若，则.
17．已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在上恒成立，求实数a的取值范围．
18．已知函数，为的导函数．
(1)证明：；
(2)设函数有两个极值点，．
①求实数的取值范围；
②证明：．
19．已知函数.
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(3)当时，讨论函数零点的个数.
参考答案：
1．C
【分析】移项整理得，设，利用导数得到其单调性，分和讨论即可.
【详解】，
，
设，则，
设，则在上恒成立，
在上单调递增，且，
当时，在单调递增，
，即，
当时，则，不妨取，即，
当时，，时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，
，即，而有在上恒成立，
，即，
综上可得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是移项整理，利用导数并分类讨论求其最小值，对时需利用隐零点法求解其最值.
2．C
【分析】对于A项，利用等价转化即得；对于B , C, D项都要结合式子特征，通过观察、拼凑构造函数，利用函数的单调性进行判断.
【详解】对于A项，因，故A项正确；
对于B项，设，则在上恒成立，故函数在上单调递增，
因，故，即，故，故B项正确；
对于C项，因，故构造，
则则在上单调递增，，故C项错误；
对于D项，，，构造函数
则单调递增，，故D项正确．
故选：C.
【点睛】关键点法点睛：本题主要考查构造函数比较大小问题,属于难题.
解决比较大小问题的关键在于将不等式进行等价转化，通过观察特点，拼凑，使其具有相同的结构，构造函数，通过求导得到函数的单调性，利用单调性比较式的大小.
3．A
【分析】根据求导公式计算即可.
【详解】，则.
故选：A.
4．D
【分析】求导即可根据导函数的正负确定单调性.
【详解】由可得，
由于的正负无法确定，因此无法判断单调性，
由得，
因此函数为减函数，故D正确 ，ABC错误，
故选：D
5．C
【分析】质点在某时刻的瞬时速度即为该函数在该时刻的导数值，先将代入导函数，求出的值，再将代入导函数求值即可.
【详解】由函数关系式，
得其导函数为：，
由于当时，该质点的瞬时速度为，
将代入导函数，得，
所以，
则由函数关系式，其导函数为：，
将代入导函数，得，
所以当时，该质点的瞬时速度为，
故选：C.
6．C
【分析】根据极值点以及零点的含义可得，即可发现和都是函数的零点，利用函数单调性即可求解.
【详解】，
由得
可知和都是函数的零点，
因为函数是单调递增函数，所以，．
故选：C．
7．B
【分析】由导数的定义变形即可求解.
【详解】.
故选：B．
8．B
【分析】先求出的增减情况，再结合题意可得到，从而可求解.
【详解】由题意知，当时，，求导得，
当，，
当，，
当，，
所以在区间，单调递减，在单调递增，
由题意知当时，为增函数，
因为函数有最大值，
则可得当时，，
此时，令，解得，或，
令，解得或，
当时，此时的最大值为，
当时，此时的最大值为，
当时，此时的最大值为，
当时，此时的最大值为，
当时，此时无最大值，
综上：的最大值为，的最小值为.故B正确.
故选：B.
9．BC
【分析】根据题意，对原函数进行两次求导计算求得，得到函数，再分别就选项A,B中的相关量进行判断；对于C项，判断应该与函数单调性有关，经计算得到，故只需运用单调性即可推得；对于D项，要将过点的曲线切线条数问题转化为含切点坐标的方程的根的个数问题即得.
【详解】由可得：，
不妨取，则，
则由解得：，依题意，，
解得：.此时，.
对于A项，因，函数在R上恒为增函数，
则没有极值点，故A项错误；
对于B项，由A项结论可知，函数在R上恒为增函数，且，
即有且只有一个零点，故B项正确；
对于C项，由A项得：，则，
因函数在R上恒为增函数，则由即：可得：，即：，故C项正确；
对于D项，不妨设切点为，由可得，
切线斜率为：，
则切线方程为：，
因切线过原点，则有：，
整理得：，解得：或，
即过坐标原点有两条直线与曲线相切，故D项错误.
故选：BC.
10．BCD
【分析】根据函数奇偶性的定义，由周期函数的定义即可求解判断A，结合函数的对称性即可求解判断B，根据函数周期性的性质即可求解C，根据原函数与导数的对称性关系即可求解D.
【详解】因为为偶函数，所以，
两边求导得，所以，
得，所以函数的图象关于点对称，故选项B正确；
由，令，得，即，
因为函数为偶函数，所以，
所以，所以函数的图象关于对称，
所以函数，则，
所以的周期为4，所以选项A错误；
因为，令，得，又，
令，得，
所以，故C正确；
因为，，
所以，即函数关于点对称.
下面证明：若函数连续可导，且导函数图象关于点对称，则函数图象关于直线对称.
若导函数图象关于点对称，则，
即，令，
则，所以，（为常数），
又因为，所以.
所以，即，
所以函数得图象关于直线对称.
所以函数关于点对称，可得关于对称，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：对于D选项，解题关键是根据条件得到函数关于点对称，再研究原函数与导函数的对称性关系即可求解判断.
11．ACD
【分析】通过原函数的导函数恒正推得原函数的单调性易得A项正确；对导函数运用奇函数的定义构造，推理出结果恒不为零，故B项不成立；运用成立即得C项；最后D项，是通过分类讨论分析，从函数的值域上判断结论成立.
【详解】对于A项，由函数求导得：，显然，即在R上为增函数，故函数没有极值点，即A项正确；
对于B项，记，由 可知函数不是奇函数，故B项错误；
对于C项，由可知函数的图象关于点成中心对称，故C项正确；
对于D项，当时，因，则，从而，，即，此时满足；
当时，因，则，从而，，即，此时满足.
综上可得：恒成立，故D项正确.
故选：ACD.
12．
【分析】利用导数分析函数的单调性即可求解.
【详解】的定义域为：.
由．令，解得．
当变化时，与的变化情况如下表：
＋ 0 －
单调递增 单调递减
因此，极大值点为.
故答案为：.
13．
【分析】由题意可得在上有变号零点，即在上有实数根，利用基本不等式求出的最小值可得答案.
【详解】的定义域为，，
要函数在上有极值，
则在上有变号零点，即在上有实数根，且不能为相等实根.
令，
则，当且仅当时等号成立，
所以.
当时，，函数单调递增，
则函数在上没有极值，
故.
故答案为：.
14．
【分析】利用赋值法分别令，可得，，根据为偶函数得，由，令、可得，为偶函数求出，再由直线的点斜式方程可得答案.
【详解】因为，所以，即，
令，有，令，有，所以，
，因为为偶函数，所以，
由，令得，所以，
令得，所以，
因为为偶函数，所以，
所以在点处的切线方程为，
即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用赋值法、为偶函数求出、，再由直线点斜式方程求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知函数唯一零点一定是0，故可推出函数无零点，结合判别式，即可求得答案；
（2）根据函数的极值点求出a，结合导数判断函数的单调性，即可确定极值点，求得极值.
【详解】（1），若有且只有一个零点，则这个唯一零点一定是0，
由于，
故，即函数无零点，
；
（2），
的一个极值点为，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
则为函数的极大值点，为函数的极小值点，符合题意，
.
16．(1)有两个不同零点
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，结合零点存在性判断即可；
（2）依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，结合余弦函数的性质即可得证；
（3）依题意可得，令，结合二次函数的性质可得，只需证明即可，即证，令，利用导数说明函数的单调性求出函数的最大值，即可得证.
【详解】（1）因为定义域为，所以，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以，
又，
由零点存在性定理可知在区间和上各存在一个零点，
所以有两个不同零点.
（2）当时，，由，得，
令，则，
当时，在上为减函数，当时，在上为增函数，
所以，而，且，
所以，即.
（3）由已知，即，
因为，令为开口向上的二次函数，对称轴为，
令，所以，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以，
即，故在区间上单调递增，
所以，
从而只需证明即可，即证，
令，则，
令，则，
所以函数单调递减，且，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故，即，从而不等式得证.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
17．(1)
(2)
【分析】（1）由给定条件求出的导数，进而求得切线斜率即可得解；
（2）分离参数得，设，利用导数得，可得a的取值范围.
【详解】（1）当时，，，
则，而，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2），由，得，
设，则，
令，得，
则时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，
故，故,
即实数a的取值范围为.
18．(1)证明见解析
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）求导结合基本不等式求最值得证；
（2）①利用导函数=0有两个解，结合二次方程根的分布列不等式求解；②利用韦达定理化简为关于a的函数即可证明.
【详解】（1）因为，
,当且仅当等号成立.
所以．
（2）．
①函数有两个极值点，，且，
设,问题等价于方程在区间上有两个不等的实根，，
所以，解得．
所以实数的取值范围为；
②由①可知，若，则在单调递增，在单调递减，在单调递增．
由
得
因为，所以，即
【点睛】关键点点睛：本题考查函数导数单调性及极值问题，解决问题关键是利用韦达定理得a的范围及利用韦达定理进行化简.
19．(1)
(2)
(3)有且仅有个零点
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围；
（3）首先可得与是的两个零点，再利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断即可.
【详解】（1）当时，，
所以，，
所以切线方程为：；
（2）因为，所以，
由函数在上单调递增，则在上恒成立．
令，，
当时，，所以恒成立．
所以在上单调递增，所以，所以；
（3）由，则，．
所以与是的两个零点．
因为，由（2）知，函数在上单调递增，，无零点．
当时，，，，无零点．
当时，，设，，
在上递增，又，，
存在唯一零点，使得．
当时，，在上递减；
当时，，在上递增，
又，，所以，函数在上有且仅有个零点．
综上，当时，函数有且仅有个零点．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
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2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第5章导数及其应用经典题型
一、单选题
1．若对任意实数，恒有成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列不等关系中错误的是（ ）
A． B． C． D．
3．若，则（ ）
A． B．-2024 C． D．2024
4．已知函数的导函数为，且，则必有（ ）
A．函数为增函数 B．函数为增函数
C．函数为减函数 D．函数为减函数
5．某质点的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系式，其中为常数．若当时，该质点的瞬时速度为，则当时，该质点的瞬时速度为（ ）
A． B． C． D．
6．若是函数的一个极值点，是函数的一个零点，则（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
7．已知，则的值为（ ）
A．－2a B．2a
C．a D．
8．已知函数，有最大值，并将其记为，则说法正确的是（ ）
A．的最小值为，的最大值为2 B．的最大值为，的最小值为
C．的最大值为，的最大值为2 D．的最小值为，的最小值为
二、多选题
9．已知函数，导函数的极值点是函数的零点，则（ ）
A．有且只有一个极值点
B．有且只有一个零点
C．若，则
D．过坐标原点仅有一条直线与曲线相切
10．已知函数及其导函数的定义域为R，若，函数和均为偶函数，则（ ）
A．函数是周期为5的周期函数
B．函数的图象关于点对称
C．
D．函数的图象关于直线对称
11．若函数，其导函数为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 没有极值点 B．是奇函数
C．点 是函数 的对称中心 D．
三、填空题
12．函数极大值点为 ．
13．若函数在上有极值，则实数的取值范围是 .
14．已知定义在上的偶函数满足，且当时，．若，则在点处的切线方程为 ．（结果用含的表达式表示）
四、解答题
15．设，函数.
(1)若有且只有一个零点，求的取值范围；
(2)若的一个极值点为1，求函数的极值.
16．已知函数是自然对数的底数，.
(1)当时，求函数的零点个数；
(2)当时，证明：；
(3)证明：若，则.
17．已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在上恒成立，求实数a的取值范围．
18．已知函数，为的导函数．
(1)证明：；
(2)设函数有两个极值点，．
①求实数的取值范围；
②证明：．
19．已知函数.
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(3)当时，讨论函数零点的个数.
参考答案：
1．C
【分析】移项整理得，设，利用导数得到其单调性，分和讨论即可.
【详解】，
，
设，则，
设，则在上恒成立，
在上单调递增，且，
当时，在单调递增，
，即，
当时，则，不妨取，即，
当时，，时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，
，即，而有在上恒成立，
，即，
综上可得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是移项整理，利用导数并分类讨论求其最小值，对时需利用隐零点法求解其最值.
2．C
【分析】对于A项，利用等价转化即得；对于B , C, D项都要结合式子特征，通过观察、拼凑构造函数，利用函数的单调性进行判断.
【详解】对于A项，因，故A项正确；
对于B项，设，则在上恒成立，故函数在上单调递增，
因，故，即，故，故B项正确；
对于C项，因，故构造，
则则在上单调递增，，故C项错误；
对于D项，，，构造函数
则单调递增，，故D项正确．
故选：C.
【点睛】关键点法点睛：本题主要考查构造函数比较大小问题,属于难题.
解决比较大小问题的关键在于将不等式进行等价转化，通过观察特点，拼凑，使其具有相同的结构，构造函数，通过求导得到函数的单调性，利用单调性比较式的大小.
3．A
【分析】根据求导公式计算即可.
【详解】，则.
故选：A.
4．D
【分析】求导即可根据导函数的正负确定单调性.
【详解】由可得，
由于的正负无法确定，因此无法判断单调性，
由得，
因此函数为减函数，故D正确 ，ABC错误，
故选：D
5．C
【分析】质点在某时刻的瞬时速度即为该函数在该时刻的导数值，先将代入导函数，求出的值，再将代入导函数求值即可.
【详解】由函数关系式，
得其导函数为：，
由于当时，该质点的瞬时速度为，
将代入导函数，得，
所以，
则由函数关系式，其导函数为：，
将代入导函数，得，
所以当时，该质点的瞬时速度为，
故选：C.
6．C
【分析】根据极值点以及零点的含义可得，即可发现和都是函数的零点，利用函数单调性即可求解.
【详解】，
由得
可知和都是函数的零点，
因为函数是单调递增函数，所以，．
故选：C．
7．B
【分析】由导数的定义变形即可求解.
【详解】.
故选：B．
8．B
【分析】先求出的增减情况，再结合题意可得到，从而可求解.
【详解】由题意知，当时，，求导得，
当，，
当，，
当，，
所以在区间，单调递减，在单调递增，
由题意知当时，为增函数，
因为函数有最大值，
则可得当时，，
此时，令，解得，或，
令，解得或，
当时，此时的最大值为，
当时，此时的最大值为，
当时，此时的最大值为，
当时，此时的最大值为，
当时，此时无最大值，
综上：的最大值为，的最小值为.故B正确.
故选：B.
9．BC
【分析】根据题意，对原函数进行两次求导计算求得，得到函数，再分别就选项A,B中的相关量进行判断；对于C项，判断应该与函数单调性有关，经计算得到，故只需运用单调性即可推得；对于D项，要将过点的曲线切线条数问题转化为含切点坐标的方程的根的个数问题即得.
【详解】由可得：，
不妨取，则，
则由解得：，依题意，，
解得：.此时，.
对于A项，因，函数在R上恒为增函数，
则没有极值点，故A项错误；
对于B项，由A项结论可知，函数在R上恒为增函数，且，
即有且只有一个零点，故B项正确；
对于C项，由A项得：，则，
因函数在R上恒为增函数，则由即：可得：，即：，故C项正确；
对于D项，不妨设切点为，由可得，
切线斜率为：，
则切线方程为：，
因切线过原点，则有：，
整理得：，解得：或，
即过坐标原点有两条直线与曲线相切，故D项错误.
故选：BC.
10．BCD
【分析】根据函数奇偶性的定义，由周期函数的定义即可求解判断A，结合函数的对称性即可求解判断B，根据函数周期性的性质即可求解C，根据原函数与导数的对称性关系即可求解D.
【详解】因为为偶函数，所以，
两边求导得，所以，
得，所以函数的图象关于点对称，故选项B正确；
由，令，得，即，
因为函数为偶函数，所以，
所以，所以函数的图象关于对称，
所以函数，则，
所以的周期为4，所以选项A错误；
因为，令，得，又，
令，得，
所以，故C正确；
因为，，
所以，即函数关于点对称.
下面证明：若函数连续可导，且导函数图象关于点对称，则函数图象关于直线对称.
若导函数图象关于点对称，则，
即，令，
则，所以，（为常数），
又因为，所以.
所以，即，
所以函数得图象关于直线对称.
所以函数关于点对称，可得关于对称，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：对于D选项，解题关键是根据条件得到函数关于点对称，再研究原函数与导函数的对称性关系即可求解判断.
11．ACD
【分析】通过原函数的导函数恒正推得原函数的单调性易得A项正确；对导函数运用奇函数的定义构造，推理出结果恒不为零，故B项不成立；运用成立即得C项；最后D项，是通过分类讨论分析，从函数的值域上判断结论成立.
【详解】对于A项，由函数求导得：，显然，即在R上为增函数，故函数没有极值点，即A项正确；
对于B项，记，由 可知函数不是奇函数，故B项错误；
对于C项，由可知函数的图象关于点成中心对称，故C项正确；
对于D项，当时，因，则，从而，，即，此时满足；
当时，因，则，从而，，即，此时满足.
综上可得：恒成立，故D项正确.
故选：ACD.
12．
【分析】利用导数分析函数的单调性即可求解.
【详解】的定义域为：.
由．令，解得．
当变化时，与的变化情况如下表：
＋ 0 －
单调递增 单调递减
因此，极大值点为.
故答案为：.
13．
【分析】由题意可得在上有变号零点，即在上有实数根，利用基本不等式求出的最小值可得答案.
【详解】的定义域为，，
要函数在上有极值，
则在上有变号零点，即在上有实数根，且不能为相等实根.
令，
则，当且仅当时等号成立，
所以.
当时，，函数单调递增，
则函数在上没有极值，
故.
故答案为：.
14．
【分析】利用赋值法分别令，可得，，根据为偶函数得，由，令、可得，为偶函数求出，再由直线的点斜式方程可得答案.
【详解】因为，所以，即，
令，有，令，有，所以，
，因为为偶函数，所以，
由，令得，所以，
令得，所以，
因为为偶函数，所以，
所以在点处的切线方程为，
即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用赋值法、为偶函数求出、，再由直线点斜式方程求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知函数唯一零点一定是0，故可推出函数无零点，结合判别式，即可求得答案；
（2）根据函数的极值点求出a，结合导数判断函数的单调性，即可确定极值点，求得极值.
【详解】（1），若有且只有一个零点，则这个唯一零点一定是0，
由于，
故，即函数无零点，
；
（2），
的一个极值点为，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
则为函数的极大值点，为函数的极小值点，符合题意，
.
16．(1)有两个不同零点
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，结合零点存在性判断即可；
（2）依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，结合余弦函数的性质即可得证；
（3）依题意可得，令，结合二次函数的性质可得，只需证明即可，即证，令，利用导数说明函数的单调性求出函数的最大值，即可得证.
【详解】（1）因为定义域为，所以，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以，
又，
由零点存在性定理可知在区间和上各存在一个零点，
所以有两个不同零点.
（2）当时，，由，得，
令，则，
当时，在上为减函数，当时，在上为增函数，
所以，而，且，
所以，即.
（3）由已知，即，
因为，令为开口向上的二次函数，对称轴为，
令，所以，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以，
即，故在区间上单调递增，
所以，
从而只需证明即可，即证，
令，则，
令，则，
所以函数单调递减，且，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故，即，从而不等式得证.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
17．(1)
(2)
【分析】（1）由给定条件求出的导数，进而求得切线斜率即可得解；
（2）分离参数得，设，利用导数得，可得a的取值范围.
【详解】（1）当时，，，
则，而，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2），由，得，
设，则，
令，得，
则时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，
故，故,
即实数a的取值范围为.
18．(1)证明见解析
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）求导结合基本不等式求最值得证；
（2）①利用导函数=0有两个解，结合二次方程根的分布列不等式求解；②利用韦达定理化简为关于a的函数即可证明.
【详解】（1）因为，
,当且仅当等号成立.
所以．
（2）．
①函数有两个极值点，，且，
设,问题等价于方程在区间上有两个不等的实根，，
所以，解得．
所以实数的取值范围为；
②由①可知，若，则在单调递增，在单调递减，在单调递增．
由
得
因为，所以，即
【点睛】关键点点睛：本题考查函数导数单调性及极值问题，解决问题关键是利用韦达定理得a的范围及利用韦达定理进行化简.
19．(1)
(2)
(3)有且仅有个零点
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围；
（3）首先可得与是的两个零点，再利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断即可.
【详解】（1）当时，，
所以，，
所以切线方程为：；
（2）因为，所以，
由函数在上单调递增，则在上恒成立．
令，，
当时，，所以恒成立．
所以在上单调递增，所以，所以；
（3）由，则，．
所以与是的两个零点．
因为，由（2）知，函数在上单调递增，，无零点．
当时，，，，无零点．
当时，，设，，
在上递增，又，，
存在唯一零点，使得．
当时，，在上递减；
当时，，在上递增，
又，，所以，函数在上有且仅有个零点．
综上，当时，函数有且仅有个零点．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
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