高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí)：專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第20練 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 訓(xùn)練目標(biāo) (1)導(dǎo)數(shù)知識的細化、深化、鞏固提高；(2)解題過程的細節(jié)訓(xùn)練． 訓(xùn)練題型 導(dǎo)數(shù)的易錯題． 解題策略 (1)注意f′(x0)＝0是x＝x0為極值點的必要不充分條件；(2)已知單調(diào)性求參數(shù)范圍要注意驗證f′(x)＝0的情況. 1．如果f′(x)是二次函數(shù)，且f′(x)的圖象開口向上，頂點坐標(biāo)為(1，)，那么曲線y＝f(x)上任意一點的切線的傾斜角α的取值范圍是________． 2．(20xx福建福州三中月考)已知點A(1,2)在函數(shù)f(x)＝ax3的圖象上，

2、則過點A的曲線C：y＝f(x)的切線方程是____________________． 3．已知函數(shù)y＝f(x)(x∈R)的圖象如圖所示，則不等式xf′(x)＜0的解集為__________________． 4．(20xx蘭州診斷)在直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)P是曲線C：xy＝1(x＞0)上任意一點，l是曲線C在點P處的切線，且l交坐標(biāo)軸于A，B兩點，則以下結(jié)論正確的是________． ①△OAB的面積為定值2； ②△OAB的面積有最小值3； ③△OAB的面積有最大值4； ④△OAB的面積的取值范圍是3,4]． 5．若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k－1

3、，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________． 6．若函數(shù)y＝x3－3ax＋a在(1,2)內(nèi)有極小值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a＞0)的極大值點和極小值點都在區(qū)間(－1,1)內(nèi)，則實數(shù)a的取值范圍是________． 8．(20xx江蘇南京、鹽城第二次模擬)若存在兩個正實數(shù)x，y，使得等式x＋a(y－2ex)(lny－lnx)＝0成立，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為________． 9．已知函數(shù)f(x)＝x－sinx－cosx的圖象在A(x0，f(x0))點處的切線斜率為，則tan的值為___

4、_______． 10．若函數(shù)f(x)＝lnx＋ax存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實數(shù)a的取值范圍是____________________． 11．(20xx景德鎮(zhèn)第二次質(zhì)檢)已知f(x)＝ax＋＋2－2a(a＞0)，若f(x)≥2lnx在1，＋∞)上恒成立，則a的取值范圍是________． 12．函數(shù)f(x)＝ax－cosx，x∈，]，若?x1，x2∈，]，x1≠x2，＜0，則實數(shù)a的取值范圍是________． 13．若函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有3個單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍為________． 14．已知函數(shù)f(x)＝(a＞0)，若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的

5、取值范圍是________． 答案精析 1．，)　2.6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0　3.(－∞，0)∪(，2)　4.① 5．1，) 解析　∵f(x)＝2x2－lnx(x＞0)， ∴f′(x)＝4x－＝(x＞0)， 由f′(x)＝0，得x＝， 當(dāng)x∈(0，)時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(，＋∞)時，f′(x)＞0， 根據(jù)題意， 解得1≤k＜. 6．(1,4) 解析　y′＝3x2－3a，當(dāng)a≤0時，y′≥0，函數(shù)y＝x3－3ax＋a為單調(diào)函數(shù)，不合題意

6、，舍去；當(dāng)a＞0時，y′＝3x2－3a＝0?x＝，不難分析，當(dāng)1＜＜2，即1＜a＜4時，函數(shù)y＝x3－3ax＋a在(1,2)內(nèi)有極小值． 7．(，2) 解析　由題意可知f′(x)＝0的兩個不同解都在區(qū)間(－1，1)內(nèi)．因為f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象可得又a＞0， 解得＜a＜2. 8．(－∞，0)∪，＋∞) 解析　由題意得當(dāng)a＝0時，x＝0，所以a≠0，所以原方程可化為－＝(－2e)ln＝(t－2e)lnt(t＝＞0)，令m(t)＝(t－2e)lnt，t＞0，則m′(t)＝lnt＋，m″(t)＝＋＞0，所以當(dāng)t＞e時， m′(t)＞m′(e)＝0；當(dāng)0＜t＜e

7、時， m′(t)＜m′(e)＝0.因此m(t)≥m(e)＝－e，從而－≥－e.所以a＜0或a≥，即a∈(－∞，0)∪，＋∞)． 9．2＋ 解析　∵f′(x)＝－cosx＋sinx ＝sin＋， 又f′(x0)＝，故sin＝0， ∴x0＝kπ＋，k∈Z， ∴tanx0＝tan＝， ∴tan＝ ＝＝2＋. 10．(－∞，2－)∪(2－，2) 解析　f′(x)＝＋a(x＞0)． ∵函數(shù)f(x)＝lnx＋ax存在與直線2x－y＝0平行的切線，∴方程＋a＝2在區(qū)間(0，＋∞)上有解，即a＝2－在區(qū)間(0，＋∞)上有解，∴a＜2.若直線2x－y＝0與曲線f(x)＝lnx＋ax相切，

8、設(shè)切點為(x0,2x0)， 則 解得x0＝e，a＝2－. 綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2－)∪(2－，2)． 11．1，＋∞) 解析　f(x)≥2lnx在1，＋∞)上恒成立，即f(x)－2lnx≥0在1，＋∞)上恒成立．設(shè)g(x)＝f(x)－2lnx＝ax＋＋2－2a－2lnx，則g′(x)＝a－－＝. 令g′(x)＝0，則x＝1或x＝.由于g(1)＝0，a＞0，因此≤1(否則是g(x)的極小值點，即g()＜g(1)＝0)，所以a≥1. 12．(－∞，－] 解析　由＜0知，函數(shù)f(x)在，]上是減函數(shù)．又f′(x)＝a＋sinx，所以f′(x)≤0在，]上恒成立，即a≤－s

9、inx在，]上恒成立．當(dāng)≤x≤時，－≤－sinx≤－，故－sinx的最小值為－， 所以a≤－. 13．(－∞，0) 解析　由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1.若a≥0，則f′(x)＞0恒成立，此時f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不滿足題意；若a＜0，由f′(x)＞0得－＜x＜，由f′(x)＜0，得x＜－或x＞.故當(dāng)a＜0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－)，( ，＋∞)，滿足題意． 14．(0,1] 解析　f′(x)＝＝，由題意f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在R上恒成立．又a＞0，所以f′(x)≥0在R上恒成立，即ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，解得0＜a≤1，所以實數(shù)a的取值范圍是0＜a≤1.