江苏专用2020高考数学二轮复习专项强化练四导数及其简单应用.doc

1、专项强化练(四)导数及其简单应用A组题型分类练题型一导数的概念与运算1y的导数为_解析：y.答案：2已知aR，设函数f(x)axln 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)a1，又f(1)a，所以切线l的方程为ya(a1)(x1)，令x0，得y1.答案：13若曲线yacos x1在点处的切线与直线2xy30垂直，则a_解析：因为yacos x1的导函数为yasin x，所以曲线在点处的切线的斜率为ka，由于切线与直线2xy30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)3x22xf(2)，则f

2、(5)_解析：对f(x)3x22xf(2)求导，得f(x)6x2f(2)令x2，得f(2)12.再令x5，得f(5)652f(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)xln 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

3、，解得0x0)，当x0时，有00且a13，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y2x的极大值是_解析：y2，令y0，得x1.当x0；当1x0时，y0.所以当x1时，y取得极大值3.答案：32已知函数f(x)x3x22ax1，

4、若函数f(x)在(1，2)上有极值，则实数a的取值范围为_解析：因为函数f(x)在(1，2)上有极值，则需函数f(x)在(1，2)上有极值点法一：令f(x)x22x2a0，得x11，x21，因为x1(1，2)，因此则需1x22，即112，即412a9，所以a4，故实数a的取值范围为.法二：f(x)x22x2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x1，则f(x)在(1，2)上是单调递增函数，因此解得a0，解得x；令f(x)0，解得0x0且a1，函数f(x)axx2xln aa3，记函数f(x)的值域为M，函数f(f(x)的值域为N，若MN，则实数a的最大值是_解析：由题意得，f(x)axln a

5、2xln a，令g(x)f(x)axln a2xln a(a0且a1)，则g(x)ax(ln a)220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x0时，f(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)a2，所以f(x)的值域为a2，)，即Ma2，)若a20，则f(f(x)的值域Nf(0)，)a2，)，此时MN成立；若a20，则f(f(x)的值域Nf(a2)，)，因为f(a2)f(0)a2，所以不满足MN.综上，0a2且a1，所以a的最大值是2.答案：29(2019海门中学模拟)已知函数f(x)xln xx2

6、3x在区间内有极值，则整数n的值为_解析：由题意知，f(x)ln x1x3ln xx2，令g(x)ln xx2，因为gln 2ln0，所以函数g(x)ln xx2在内有零点又g(x)10恒成立，所以函数g(x)ln xx2在(0，)上单调递增，所以函数g(x)ln xx2有唯一的零点x0，则当x(0，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n2.答案：210(2019泰州中学模拟)已知函数f(x)ax22xln x在xx1和xx2处取得极值，且x12x2，则实数a的值是_解析：法一：由题意知，x1，x2是f(x)2(ax1ln x)的两个零点，即所以即，把x

7、12x2代入得x2，所以aln 2.法二：因为f(x)2(ax1ln x)，所以x1，x2是ax1ln x0的两根设函数y1ln x的图象与直线yax交于点A(x1，1ln x1)，B(x2，1ln 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x12x2，所以1ln x12(1ln x2)，即1ln 2x22(1ln x2)，解得x2，所以aln 2.答案：ln 211已知函数f(x)x33ax1，a0.若f(x)在x1处取得极值，直线ym与yf(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x1处取得极值，所以f(1)3(1)23a0，所

8、以a1.所以f(x)x33x1，f(x)3x23，由f(x)0，解得x11，x21.故由f(x)的单调性可知，f(x)在x1处取得极大值f(1)1，在x1处取得极小值f(1)3.因为直线ym与函数yf(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)x21成立的实数x的取值范围为_解析：令G(x)x2f(x)f(1)x21，所求不等式为G(x)0，又G(1)f(1)f(1)110，故化为解不等式G(x)G(1)又

9、f(x)为偶函数，则G(x)G(x)，所以G(x)也为偶函数，G(x)2xf(x)x2f(x)2xx2f(x)xf(x)2，而2f(x)xf(x)2，即2f(x)xf(x)20时，G(x)0，G(x)在(0，)上单调递减，故由G(x)1，同理当x0时，由G(x)G(1)G(1)，得x0，M(a2，a)，N(ln a，a)，故MN的长l|a2ln a|，设f(a)a2ln a(a0)，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0a0，所以l|a2ln a|a2ln af(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)exx3x1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xexx2xm在(，0)(0，)上有两解，即函数h(x)xexx2x(x0)的图象与ym的图象有两个交点，令h(x)(ex1)(x1)0得，x0(舍去)或x1，作出函数h(x)图象知，当且仅当x1时有两解，所以mh(1).答案：