1、高二年级选择性必修第二册第五章一元函数的导数及其应用专题训练一、选择题1下列求导运算错误的是（ ）ABCD2设曲线在点处的切线方程为，则（ ）A0B1CD23已知函数，其导函数为，则的值为（ ）A1B2C3D44函数的定义域为，对任意，则的解集为（ ）ABCD5已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则（ ）A0B1C2D36函数的大致图像是（ ）ABCD7已知函数是定义域为R的奇函数，且当时，函数，若关于x的函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）ABCD8已知定义在上的函数满足且，其中是函数的导函数，e是自然对数的底数，则不等式的解集为（ ）ABCD二、填空题9已知曲线的一条切线的斜率为，
2、则该切线的方程为_10设函数的导数为，且，则_11已知，对任意的都有，则的取值范围为_12已知函数在区间（其中）上存在最大值，则实数的取值范围是_三、解答题13设函数（1）求的值；（2）求的单调区间和极值；（3）若关于的方程有3个不同实根，求实数的取值范围14已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若函数没有零点，求的取值范围一、选择题1【答案】D【解析】，A正确；，B正确；，C正确；，所以D不正确，故选D2【答案】D【解析】由题得，则切线的斜率为又，曲线在点处的切线方程为，即又切线方程为，所以比较系数得，解得，所以，故选D3【答案】C【解析】，所以为偶函数，所以
3、，因为，所以，所以，故选C4【答案】D【解析】令，所以，故在上单调递增，又，所以当时，即，所以的解集为，故选D5【答案】B【解析】，过点，故选B6【答案】B【解析】可得的定义域为关于原点对称，且，为奇函数，图象关于原点对称，故A、C错误；当时，故当时，单调递增；当时，单调递减，故D错误，B正确，故选B7【答案】C【解析】，或，时，时，递减；时，递增，的极小值为，又，因此无解此时要有两解，则，又是奇函数，时，仍然无解，要有两解，则，综上有，故选C8【答案】A【解析】令，则，因为，所以，所以在上为单调递减函数，当时，由，可知，不满足；当时，所以可化为，即，因为在上为单调递减函数，所以，所以不等式的
4、解集为，故选A二、填空题9【答案】【解析】设切点为，解得（舍去）或，故切线方程为，即，故答案为10【答案】【解析】因为，所以，所以，则，所以，则，则，故答案为411【答案】【解析】由，得或，在区间上，单调递增；在内时，单调递减又，又对于任意的恒成立，即a的取值范围是，故答案为12【答案】【解析】因为，所以当时，；当时，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以函数在处取得极大值因为函数在区间（其中）上存在最大值，所以，解得，故答案为三、解答题13【答案】（1）6；（2）单调递增区间是，单调递减区间是；极大值，极小值；（3）【解析】（1）因为，故（2），令，得，当或时，；当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是当，极大值为，当，极小值为（3）令，则，由（2）可得的极大值为，极小值为，因为有三个不同的根，故，解得当时直线与的图象有3个不同交点14【答案】（1）；（2）见解析；（3）【解析】（1）当时，所以切线方程为（2），当时，当时，所以的单调增区间是；当时，函数与在定义域上的情况如下：0+极小值所以的单调增区间是，单调减区间为（3）由（2）可知当时，是函数的单调增区间，且有，所以，此时函数有零点，不符合题意；当时，函数在定义域上没零点；当时，是函数的极小值，也是函数的最小值，所以，当，即时，函数没有零点，综上所述，当时，没有零点
