2020届江苏省高考数学二轮复习专项强化练（四）导数及其简单应用 9页

专项强化练(四)　导数及其简单应用 A组 题型一　导数的概念与运算 ‎1．y＝的导数为________．‎ 解析：y′＝′＝＝＝.‎ 答案： ‎2．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．‎ 解析：因为f′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.‎ 答案：1‎ ‎3．若曲线y＝acos x＋1在点处的切线与直线2x＋y＋3＝0垂直，则a＝________．‎ 解析：因为y＝acos x＋1的导函数为y′＝－asin x，所以曲线在点处的切线的斜率为k＝－a，由于切线与直线2x＋y＋3＝0垂直，则(－a)·(－2)＝－1，即a＝－.‎ 答案：－ ‎4．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝3x2＋2xf′(2)，则f′(5)＝________．‎ 解析：对f(x)＝3x2＋2xf′(2)求导，得f′(x)＝6x＋2f′(2)．令x＝2，得f′(2)＝－12.再令x＝5，得f′(5)＝6×5＋2f′(2)＝6.‎ 答案：6‎ ‎[临门一脚]‎ ‎1．求导时应注意：‎ ‎(1)求导之前利用代数或三角恒等变换对函数进行化简可减少运算量．‎ ‎(2)对于商式的函数若在求导之前变形，则可以避免使用商的导数法则，减少失误．‎ ‎2．利用导数求切线方程时，函数在某点处的切线斜率等于在该点的导数值，求导之后要注意代入的是切点横坐标，如果没有切点坐标，一般要设出切点坐标，‎ 再利用导数的几何意义求切线方程．‎ 题型二　导数与函数的单调性 ‎1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为________．‎ 解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，解得00)，当x－≤0时，有00且a＋1≤3，解得10与f(x)为增函数的关系：f′(x)>0能推出f(x)为增函数，但反之不一定．如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0，所以f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件．‎ ‎2．用导数研究含参函数单调性首先要求定义域，单调性的逆向问题应该解f′(x)≥0或f′(x)≤0的恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的运用．‎ ‎3．函数在给定区间上单调、不单调、存在单调区间这三类问题要区分清楚．‎ 题型三　导数与函数的极值、最值 ‎1．函数y＝2x－的极大值是________．‎ 解析：y′＝2＋，令y′＝0，得x＝－1.‎ 当x<－1时，y′>0；当－10，解得x>；令f′(x)<0，解得00且a≠1，函数f(x)＝ax＋x2－xln a＋a－3，记函数f(x)的值域为M，函数f(f(x))的值域为N，若M⊆N，则实数a的最大值是________．‎ 解析：由题意得，f′(x)＝axln a＋2x－ln a，令g(x)＝f′(x)＝axln a＋2x－ln a(a>0且a≠1)，则g′(x)＝ax(ln a)2＋2>0在R上恒成立，所以函数f′(x)在R上单调递增．又f′(0)＝0，所以当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(0)＝a－2，所以f(x)的值域为[a－2，＋∞)，即M＝[a－2，＋∞)．若a－2≤0，则f(f(x))的值域N＝[f(0)，＋∞)＝[a－2，＋∞)，此时M⊆N成立；若a－2>0，则f(f(x))的值域N＝[f(a－2)，＋∞)，因为f(a－2)>f(0)＝a－2，所以不满足M⊆N.综上，00，所以函数g(x)＝ln x＋x－2在内有零点．又g′(x)＝＋1>0恒成立，所以函数g(x)＝ln x＋x－2在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g(x)＝ln x＋x－2有唯一的零点x0∈，则当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，则x0是函数f(x)唯一的极值点，且x0∈，结合题意可知n＝2.‎ 答案：2‎ ‎10．(2019·泰州中学模拟)已知函数f(x)＝ax2－2xln x在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x1＝2x2，则实数a的值是________．‎ 解析：法一：由题意知，x1，x2是f′(x)＝2(ax－1－ln x)的两个零点，即所以即＝，把x1＝2x2代入得x2＝，所以a＝＝ln 2.‎ 法二：因为f′(x)＝2(ax－1－ln x)，所以x1，x2是ax－1－ln x＝0的两根．设函数y＝1＋ln x的图象与直线y＝ax交于点A(x1，1＋ln x1)，B(x2，1＋ln x2)，如图所示，分别过点A，B往x轴作垂线，垂足分别为A1，B1，易知＝.因为x1＝2x2，所以1＋ln x1＝2(1＋ln x2)，即1＋ln 2x2＝2(1＋ln x2)，解得x2＝，所以a＝＝ln 2.‎ 答案：ln 2‎ ‎11．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，则m的取值范围为________．‎ 解析：因为f(x)在x＝－1处取得极值，‎ 所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，‎ 所以a＝1.‎ 所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，‎ 由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.‎ 故由f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.‎ 因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，结合f(x)的图象(如图所示)可知，实数m的取值范围是(－3，1)．‎ 答案：(－3，1)‎ ‎12．定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)．若对任意的实数x，都有2f(x)＋xf′(x)<2恒成立，则使x2f(x)－f(1)0时，G′(x)<0，G(x)在(0，＋∞)上单调递减，故由G(x)1，同理当x<0时，由G(x)0，M(a2，a)，N(ln a，a)，故MN的长l＝|a2－ln a|，设f(a)＝a2－ln a(a>0)，所以f′(a)＝2a－＝＝，令f′(a)>0，得a>，所以f(a)在上单调递增；令f′(a)<0，得00，所以l＝|a2－ln a|＝a2－ln a＝f(a)，所以当a＝时，线段MN的长取得极小值，也是最小值．‎ 答案： ‎14．若函数f(x)＝ex＋x3－x－1的图象上有且只有两点P1，P2，使得函数g(x)＝x3＋的图象上存在两点Q1，Q2，且P1与Q1，P2与Q2分别关于坐标原点对称，则实数m的取值集合是________．‎ 解析：设函数f(x)的图象上两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则Q1(－x1，－y1)，Q2(－x2，－y2)，故有 即方程－＝－x3－在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有两解，即方程xex－x2－x＝m在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有两解，即函数h(x)＝xex－x2－x(x≠0)的图象与y＝m的图象有两个交点，令h′(x)＝(ex－1)(x＋1)＝0得，x＝0(舍去)或x＝－1，作出函数h(x)图象知，当且仅当x＝－1时有两解，所以m＝h(－1)＝.‎ 答案：