03导数及其应用-浙江省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习习（2019新版·人教A版）

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一、单选题
1．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）若，则（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023上·浙江杭州·高三期末）若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·浙江绍兴·高三期末）已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）将菱形沿对角线折起，当四面体体积最大时，它的内切球和外接球表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
7．（2023上·浙江·高三校联考期末）已知函数．设s为正数，则在中（ ）
A．不可能同时大于其它两个B．可能同时小于其它两个
C．三者不可能同时相等D．至少有一个小于
二、多选题
8．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知定义在上的函数，其导函数分别为，若，，则（ ）
A．是奇函数B．是周期函数
C．D．
9．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数及其导函数的定义域均为为奇函数且时，则（ ）
A．为偶函数B．
C．当时，D．存在实数，使得
10．（2023上·浙江·高三期末）已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为偶函数，，且，则不等式的正整数解可以是（ ）
A．1B．2C．3D．4
11．（2023上·浙江·高三期末）已知函数，则（ ）
A．当时，函数的极大值为
B．若函数图象的对称中心为，则
C．若函数在上单调递增，则或
D．函数必有3个零点
12．（2023上·浙江绍兴·高三期末）定义域为的函数的导数为，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
13．（2023上·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）直线，为曲线与的两条公切线．从左往右依次交与于点、点；从左往右依次交与于点、点，且点位于点左侧，点位于点左侧．设坐标原点为，与交于点．则下列说法中正确的有（ ）
A．B．C．D．
14．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知为自然对数的底数，设，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，既有极小值又有极大值
B．当时，只有极小值无极大值
C．当时，既有极小值又有极大值
D．当时，只有极小值无极大值
15．（2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）正方体的棱长为，中心为，以为球心的球与四面体的四个面相交所围成的曲线的总长度为，则球的半径为（ ）
A．B．C．D．
16．（2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）已知函数的导函数，且，，则（ ）
A．是函数的一个极大值点
B．
C．函数在处切线的斜率小于零
D．
三、填空题
17．（2023上·浙江宁波·高三期末）已知数列满足：，若恒成立，则实数k的取值范围是 .
18．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）设，若函数恒成立，则实数的取值范围是 .
19．（2023上·浙江·高三期末）已知函数 ，若恒成立，则k的最小值是 ．
20．（2023上·浙江杭州·高三期末）已知不等式，对恒成立，则a的取值范围是 ．
四、证明题
21．（2023上·浙江宁波·高三期末）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对恒成立，求k的取值范围；
(3)求证：对，不等式恒成立.
22．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数.
(1)当时，，求的取值范围；
(2)函数有两个不同的极值点（其中），证明：；
(3)求证：.
23．（2023上·浙江·高三期末）已知函数．
(1)证明：函数在区间上有2个零点；
(2)若函数有两个极值点：，且．求证：（其中为自然对数的底数）.
24．（2023上·浙江·高三期末）在，角A，B，C所对应的边是a，b，c，满足，且．
(1)求证：；
(2)若C为钝角，D为边上的点，满足，求的取值范围．
25．（2023上·浙江绍兴·高三期末）已知函数．
(1)若，记的最小值为m，求证：．
(2)方程有两个不同的实根，且，求证：．
五、问答题
26．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，求实数的值；
(2)证明：若，则.
27．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知函数.
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)若为方程的两个不相等的实根，证明：
（i）；
（ii）.
28．（2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）已知函数，
(1)当时，求函数的最小值；
(2)设，证明：曲线与曲线有两条公切线.
参考答案：
1．A
【分析】由已知等式解出，通过构造函数，利用单调性比较大小.
【详解】，可得由已知得，，，
比较和，构造函数，
当，，在上单调递增，故，即.
同理比较和，构造函数，
当，，所以在上单调递增，所以，即.
综上.
故选：A.
2．D
【分析】构造函数讨论单调性和最值可比较得，再构造函数可比较得.
【详解】设，
令解得，令解得，
所以在单调递减，单调递增，
所以，即，当且仅当时取等，
所以，所以，即.
设，
所以，
即当时，，
所以，
综上所述，，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用导数与最值之间的关系证明不等式和当时，，根据不等式赋值即可比较大小.
3．B
【分析】设切点为，结合导数法有，则存在两条切线等价于方程有两个不同正解，结合判别式法及韦达定理列不等式组即可化简判断选项.
【详解】设切点为，则，∴，则，
化简得：①，则，
∵过点可以作曲线的两条切线，∴方程①有两个不同正解，∴，∴.
故选：B．
4．D
【分析】构造，利用导数求其单调性可判断的大小，构造，利用导数求其单调性可得到，再构造可得到，即可得到答案
【详解】设，
则，
令，，
因为在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，
由，所以，
所以当，所以在上单调递增，
当，所以在上单调递减，
又，，
从而即在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，即，
构建，则，
令，则，
当时，，则在单调递增，
所以，即，
故在上单调递增，则，
故在恒成立，
取，可得，
构造，则，
当时，，故在单调递增，
所以，所以当时，
，取，则，
综上所述得：，即.
故选：D.
【点睛】方法点睛：
对于比较实数大小方法：
（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，
（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，
（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.
5．C
【分析】当平面平面时，四面体的高最大，并利用导函数讨论体积的最大值，构造长方体求外接球的半径，利用等体积法求内切球的半径，进而可求解.
【详解】不妨设菱形的边长为，，，
外接球半径为，内切球半径为，
取中点为，连接，
因为，所以，
当平面平面时，平面平面，
平面，所以平面，
此时四面体的高最大为，
因为，所以
所以，
，
令解得，
令解得，
所以在单调递增，单调递减，
所以当时最大，最大体积为，
此时，
以四面体的顶点构造长方体，长宽高为，
则有解得，所以，
所以外接球的表面积为，
又因为，
所以，
，
所以，
所以，
所以，所以内切球的表面积为，
所以内切球和外接球表面积之比为，
故选:C.
6．D
【分析】先比较的值，然后构造新函数利用函数导数与单调性比较即可.
【详解】因为，所以，所以，
设，
则，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
因为，
所以，
即，
由函数在上单调递增，
所以，即，
所以，
故选：D.
7．D
【分析】利用导数分析函数的单调性和最值，并结合的大小关系，通过赋值或分类讨论分析判断.
【详解】∵，则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，则，且，
对A：若，则，则，A错误；
对B、C：当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则，故；
综上所述：不可能同时小于，B、C错误；
对D：构建，则当时恒成立，
故在上单调递减，则，
令，可得，则，
故，即，使得，
反证：假设均不小于，则，
显然不成立，假设不成立，D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：在比较与的大小关系时，通过构建函数，结合导数分析判断.
8．BCD
【分析】通过函数的奇偶对称性和图像的平移，结合导数的运算，得到函数的对称性，得到周期，再由周期计算函数值验证选项.
【详解】由知函数为偶函数，又，
，则的图像关于轴对称，
所以的图像关于直线对称，有，即，
设，则，（c为常数），
，，所以；
由，两边同时求导，有，可知为奇函数，
函数仍然是奇函数，图像关于原点对称，
又，所以的图像关于点中心对称，有；
函数满足以上函数的性质，但不是奇函数，A选项错误；
和，得，令，则有，所以函数为周期函数，B选项正确；
为的一个周期，则，所以，，所以，D选项正确；
由周期为4知也是的一个周期，所以，即，即，C选项正确.
故选：BCD.
【点睛】此题通过函数的奇偶性和对称性，结合导数的运算，寻找函数图像的对称中心是解题关键，原函数与导函数图像的联系，奇偶性的联系，都是解题的思路.
9．ACD
【分析】由题意可得，求导后可得，判断A；由题意设设，可推得，结合题意推出，可得，判断B；结合的性质采用赋值法推得当时，，即，判断C；利用的单调性，结合的性质推出，可判断D.
【详解】对于A，为奇函数，则，求导得，
即，所以为偶函数，故正确；
对于B，设，因为为奇函数，所以也是奇函数；
，
，即，
所以关于对称，即，又关于对称，即，
故，即，所以的周期为2，故，
故B不正确；
对于C，因为是奇函数，所以，
令，则，又的周期为2，
所以当为奇数时，；当为偶数时，，
故当时，，即，故C正确；
对于D，由时，可知单调递增，且由C选项知，
所以当时，，
所以，
同理，当时，，所以，
所以时，，根据的周期为2知，，
故存在，使得，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：选项的判断比较困难，因此要根据函数性质结合函数结构特点设出，结合的性质，判断出函数的性质，特别困难的是判断D选项，要结合的单调性以及函数值情况推出，继而解决问题.
10．AB
【分析】根据偶函数的性质，结合函数的对称性、导数的性质、通过构造新函数逐一判断即可.
【详解】因为为偶函数，所以
所以为即的对称轴，即，因为，
所以，
所以为的对称中心①，
，
所以，所以在R上单调递减，
记，即，
由①可知，
所以，因为，所以，所以．
故选择：AB
【点睛】关键点睛：根据偶函数的定义判断两个函数的对称性，结合构造新函数法是解题的关键.
11．BD
【分析】根据函数极大值的定义，结合函数的导数的性质、函数零点的定义逐一判断即可.
【详解】A项：当时，，则，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以极大值为，故错误；
B项：因为函数图象的对称中心为，
所以有，故正确；
C项：恒成立，显然必有两根，则在递减，故错误；
D项：必有2相异根，且非零，故必有3个零点，故正确．
故选择：BD
12．AC
【分析】根据可得，通过构造函数可得在上是单调递减函数，再根据函数单调性的应用逐个比较大小即可得出结论.
【详解】由题意可知构造函数，
则，所以在上是单调递减函数，
于是：，于是，所以A正确；
，于是，所以B错误；
，于是，所以C正确；
由于而，所以的范围无法确定，D不一定正确．
故选：AC
【点睛】方法点睛：解决此类问题时往往可以通过观察题目所给信息并结合导数四则运算的基本形式，合理构造函数并利用导函数判断出函数的单调性，即可得出不等式大小.
13．ACD
【分析】先由和是一对反函数，图象关于对称，得出点关于对称，点关于对称，点在直线上，再算出和的公切线方程，设点坐标为，用表示出三个点的坐标，由直线性质算出点坐标，再依次验证各选项即可.
【详解】由题意，画出大致图象如图，
设与为直线为直线，
且和是一对反函数，图像关于直线对称，
则点关于直线对称，点关于直线对称，点P在直线上，
设的切点为的切点为，
由，
得的切线方程为，
的切线方程为，
当两函数的切线方程重合时，即为公切线，
则，将代入得.
作出函数与的图象如图，
设方程的其中一个解为，则，
由，可得，
又因，则方程的另一个解为，
因此A点坐标为，B点坐标为，C点坐标为，D点坐标为．
因为与关于直线对称，所以，选项A正确；
由点在直线上可得，
设点P坐标为，则，解得，
设，
则，
则在上单调递减，
由，
可得在上的函数值为先正后负，
即在上的值为先正后负，
则在上的单调性为先增后减，
又，且，
则，即，
所以，选项B错误；
分别连接如图，
由
得，选项C正确；
分别连接如图，
得第三象限夹角，即，选项D正确．
故选：ACD
【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率主要体现在一下几个方面：（1）已知切点求斜率，即求该点处的导数；（2）已知斜率求切点，即解方程；（3）已知切线过某点（不是切点）求切点，设出切点，利用求解.本题的关键点在于利用反函数的对称性，设点坐标为，用表示出三个点的坐标即可求解.
14．BC
【分析】分别求时，导数，即可得极值情况.
【详解】对于AB选项，当时，，
则，令，则，
得在上单调递增，
又，，
则，
故，结合在上单调递增，
则在上单调递减，
在上单调递增，故此时在
时有极小值无极大值；
对于CD，当时，，
则，注意到，
令，则，得在上单调递增，又，则.
结合和函数均在上单调递增，
则当在上单调递增，
当在上单调递减，
当在上单调递增.
故在时取得最大值，在时取得最小值，故C正确.
故选：BC
15．BC
【分析】根据正四面体性质可求得球心到正四面体每个面的距离；当正四面体每个面截得的曲线为一个圆时，可求得小圆的半径，由可求得；当正四面体每个面截得的曲线为三段等差的圆弧时，可得，构造函数，利用导数可求得在上单调递增，可确定其唯一零点，由可求得结果.
【详解】由题意可知：四面体为正四面体，设球的半径为；
正方体棱长为，正四面体的棱长为，
设球心到正四面体各个面的距离为，
正四面体体积，表面积，；
①若正四面体的一个面截球如图所示，
设小圆半径为，则，解得：，
，解得：；
②若正四面体的一个面截图如图所示，
每个面截球所得的曲线长为，的长为，
设小圆半径为，为正四面体侧面的中心，为中点，
，，又，
，，
令，，
恒成立，在上单调递增，
又，，
，解得：；
综上所述：球的半径为或.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查球的截面截球所得曲线相关问题的求解，解题关键是能够通过分类讨论的方式，确定正四面体各个侧面截球所得曲线的不同情况，从而根据不同情况下曲线长度来求解截面圆的半径.
16．AB
【分析】根据导数符号与单调性的关系，以及极值的定义逐项分析判断.
【详解】令，解得，则在上单调递增，
令，解得或，则在上单调递减，
故是函数的一个极大值点，，A、B正确；
∵，则，故函数在处切线的斜率大于零，C错误；
又∵，则，但无法确定函数值的正负，D错误；
故选：AB.
17．
【分析】根据数列的递推公式利用数学归纳法即可证明单调递减且，构造函数可得，判断出函数单调性根据恒成立问题即可求出k的取值范围.
【详解】由，可得，即，
因为在上为单调递增，且，
而，即，可得，
可猜想数列单调递减且，
下面由数学归纳法证明：当时，，即，满足，
当时，假设成立，
当时，，即，
即，可得，
又因为，即，
所以成立，
即数列单调递减且成立，
由单调有界收敛定理可知收敛，设，
所以，所以，
所以，即递减且趋于0，
令，则恒成立，
，令，
则在恒成立，
所以在恒成立，所以在单调递增，
所以由恒成立可知，即，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据数列的递推公式确定，再通过构造函数将问题转化成不等式恒成立问题，利用导数判断函数单调性即可求解.
18．
【分析】令结合在的单调性得，进一步结合基本不等式得，进而可得的取值范围.
【详解】由，函数恒成立得：.
令（显然，否则不等式自然成立），于是得到：
两式相乘：.
令，在恒成立，
故在单调递增，
则，从而，
由，则，则，
，当且仅当，即时取等，
则，解得：.
故答案为：.
19．1
【分析】根据分段函数解析式，分段讨论不等式恒成立，当时，采用数形结合方法可求得k的范围，当时，分离参数，利用导数求函数的最值，综合可得k的最小值.
【详解】由题意可知，当时，恒成立，即恒成立，
作出函数的图象如图示，
，即在原点处的切线斜率为1，
由图象可知，当时，即有时，恒成立，
故当时，恒成立，则；
当时，恒成立，即恒成立，
设，所以在内恒成立，
即在上单调递减，所以，则，
综上所述，k的最小值为1，
故答案为：1
20．
【分析】根据已知得出，对恒成立，而在，上，，可得，将化为，令，根据导数得出其单调性，则可化为，即可根据单调性得出，令，根据导数得出，即可得出
，即可得出答案.
【详解】，对恒成立，
则，对恒成立，
，，
，，
则要满足，则，即，
化为：，
两边乘得：，
令，则，
令，解得，
则在上单调递增，
不等式，对恒成立，
即时，恒成立，
则可化为：，
当，时，，，
则根据单调性可得，
则，
令，则，
令，解得，即在上单调递增，
令，解得，即在上单调递减，
则，
则，即，
，
综上，
故答案为.
21．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】(1)对函数求导，利用导数的几何意义即可求解；
(2)根据题意将不等式进行等价转化为求函数在的最小值问题，利用导数求解即可；
(3)结合（2）的结论，构造函数，利用导数即可求解.
【详解】（1）因，
所以，所以所求切线方程为，
即；
（2）因为在上恒成立，
而，令得
所以
①当，即时，，
所以在上单调递增，则，满足题意；
②当，即时，设，
则的对称轴为，
所以在上存在唯一零点，当时，，
所以在上单调递减，故，不合题意.
综上，k的取值范围为；
（3）由（2），当时，在恒成立，即，
令，
则，故在上单调递增，
所以，即在上恒成立.
综上可得，对，不等式恒成立.
【点睛】关键点点睛：第三问解题关键是在（2）中令得到，将所证明的不等式转化为证明在上恒成立即可.
22．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当，恒成立问题；
（2）函数极值点，是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证.
（3）由（1）可知，则有，类似于数列求和的裂项相消法可证.
【详解】（1）函数，，且，
①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立；
②当时，令，得，
当时，此时单调递减，故，不满足题意；
综上可知：.
即的取值范围为.
（2）由，故，
因为函数有两个不同的极值点（其中），故.
要证：，只要证：.
因为，于是只要证明即可.
因为，故，
因此只要证，等价于证，
即证，令，等价于证明，
令，
因为，所以，
故在上单调递增，所以，得证.
（3）由（1）可知当时，，故，
令，所以，所以，
，
所以.
【点睛】方法点睛：1. 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．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）记函数，再对求导，得出的单调性结合零点存在性定理即可证明；
（2）由题意记，先证明，转化为证明，再证明，设，对求导，求出的单调性，可证得当时，；当时，，设方程的两个根为，由韦达定理即可证明.
【详解】（1）记函数，由，
则，所以函数在区间上单调递减，
又．根据零点存在定理，
存在时，，
即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
而，，
所以函数在区间上有一个零点，在区间上有一个零点，
故函数在区间上有2个零点．
（2）由函数有两个极值点，
则时，方程有两个不等实根．记，则，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
因此有极大值，且时，时，，
于是，且．
先证明，只要证，即证，
设，
则，因为，所以，
即函数在区间上单调递增，于是，
所以．
再证明．
先证当时，；当时，．
设，则，
于是，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因此，所以函数在区间上单调递增，而，
即当时，；当时，，
于是，当时，；
当时，，
设方程的两个根为，则，
即方程的两个根为，
于是
故．
【点睛】本题主要考查函数的零点和不等式的证明，考查了利用求导数研究函数的性质解题能力和分类讨论思想的应用，第一问借助零点存在性定理证明函数在区间上有2个零点；第二问通过构造函数，分析函数的单调性，最终达到证明不等式成立的目的，因此正确构造函数是解决本题的关键.
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换化简即可证明；
(2)根据题意确定为B的角平分线，再根据正弦定理可得，换元法求解函数的值域即可.
【详解】（1）∵，由正弦定理可得，
则
则
，
原式可化简为，则或．
若，则，此时，与题意矛盾，
故．
（2）若，
则为B的角平分线．
则
,
由于C为钝角，则，令．
∴．
由，因为，所以，
可知在单调递增，∴，
故的取值范围为．
25．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性，判断最值点所在区间，由表示出最小值，把当作新函数，通过单调性证明不等式；
（2）把已知等式变形，通过换元把要证明的不等式进行等价转化，构造新函数，利用导数研究单调性进行证明.
【详解】（1）若，，，
设，，
在上单调递增，即在上单调递增，又，，
使，
时，，单调递减，时，，单调递增．
，
函数在上单调递减，.
（2）设，当，有，
设，该函数单调递增，则存在两个不相等的实根，且
，
要证，只要证：，只要证：
设，，
要证：，只要证：，只要证：
设，则，
设，
单调递增，，在上单调递增，
，，在上单调递增
，得证．
【点睛】1. 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．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3..证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
26．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合三角形面积公式进行求解即可；
（2）根据函数的零点存在性原理，结合函数导数的性质、通过构造新函数进行求解即可，
【详解】（1），切点为，则切线方程为，当时，
在中，分别令得该切线分别与两坐标轴交于两点，故三角形面积为，
因此，解得，
当时，，显然该直线与两坐标轴围不成三角形，
综上所述：；
（2）①当，所以；
②当，要证，即证，令，，令，
，所以在上单调递增.取，
使得，即，则，
又，所以由零点存在定理知存在唯一零点，
即有唯一的极值点且为极小值点.又，
即，故，令，，所以在上单调递减，
所以，所以.
综上所述，当，则.
【点睛】关键点睛：根据函数的极值定义、函数零点存在性原理是解题的关键.
27．(1)
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合的值可得切线方程；
（2）（i）所证不等式可化为，令，利用导数可求得单调性，进而得到，从而证得结论；
（ii）根据（i）中结论，知与的交点为，得到，从而可知只需证得即可，又与的交点为，则需证得，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可得结论.
【详解】（1），，又，
所求切线方程为：，即.
（2）（i）令，则定义域为，，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；，
即，，即；
（ii）令，则，
令，则，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
，即；
不妨设，
与的交点为，；与的交点为，
由图象可知：，；
.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数几何意义求解切线方程、不等式的证明问题；本题证明两根之差范围的解题关键是能够利用之前证得的不等关系对所证不等式进行放缩，将问题进一步转化为关于函数最值的求解问题.
28．(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值；
（2）设曲线与曲线分别在点，处有公切线，即可得到方程组，消去得，令，则，则问题转化为方程有两个不同的解，构造函数利用导数证明即可.
【详解】（1）解：令，
则，，
易知在上单调递增，且，
所以时，，单调递减，
时，，单调递增，，
所以当时，函数有最小值为；
（2）证明：曲线与曲线分别在点，处有公切线，
等价于直线与直线重合，
又，，
即，
消去得，
令，则有（*），
曲线与曲线有两条公切线即证（*）有两个不同的解，
令，则，
因为，所以，，单调递减；
，，单调递增，
故有最小值为，又，
所以在区间上有唯一零点；
下面考虑在区间上的零点情况：
先证：对任意的正数，存在正实数，使得当时，都有（**），
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有最小值，
（i）当时，，可以是任意的正数；
（ii）当时，由（i）知，取，
则当时，都有，
所以对任意的正数，当时，都有，
所以当，
，
当时，，
所以取时，，
所以在区间上也有唯一零点，
综上，（*）有两个不同的零点即曲线与曲线有两条公切线.
【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．