（江蘇專用）2023版高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)專題3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第20練導(dǎo)數(shù)中的易錯(cuò)題練習(xí)理

PAGEPAGE5〔江蘇專用〕2022版高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)專題3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第20練導(dǎo)數(shù)中的易錯(cuò)題練習(xí)理訓(xùn)練目標(biāo)(1)導(dǎo)數(shù)知識(shí)的細(xì)化、深化、穩(wěn)固提高；(2)解題過程的細(xì)節(jié)訓(xùn)練．訓(xùn)練題型導(dǎo)數(shù)的易錯(cuò)題．解題策略(1)注意f′(x0)＝0是x＝x0為極值點(diǎn)的必要不充分條件；(2)單調(diào)性求參數(shù)范圍要注意驗(yàn)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(diǎn)坐標(biāo)為(1，eq\r(3))，那么曲線y＝f(x)上任意一點(diǎn)的切線的傾斜角α的取值范圍是________．2．(2022·福建福州三中月考)點(diǎn)A(1,2)在函數(shù)f(x)＝ax3的圖象上，那么過點(diǎn)A的曲線C：y＝f(x)的切線方程是____________________．3．函數(shù)y＝f(x)(x∈R)的圖象如下圖，那么不等式xf′(x)＜0的解集為__________________．4．(2022·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(diǎn)，l是曲線C在點(diǎn)P處的切線，且l交坐標(biāo)軸于A，B兩點(diǎn)，那么以下結(jié)論正確的選項(xiàng)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．假設(shè)函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，那么實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．6．假設(shè)函數(shù)y＝x3－3ax＋a在(1,2)內(nèi)有極小值，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．7．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a＞0)的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)都在區(qū)間(－1,1)內(nèi)，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．8．(2022·江蘇南京、鹽城第二次模擬)假設(shè)存在兩個(gè)正實(shí)數(shù)x，y，使得等式x＋a(y－2ex)(lny－lnx)＝0成立，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．9．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,4)sinx－eq\f(\r(3),4)cosx的圖象在A(x0，f(x0))點(diǎn)處的切線斜率為eq\f(1,2)，那么taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(π,4)))的值為__________．10．假設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋ax存在與直線2x－y＝0平行的切線，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________________．11．(2022·景德鎮(zhèn)第二次質(zhì)檢)f(x)＝ax＋eq\f(a－2,x)＋2－2a(a＞0)，假設(shè)f(x)≥2lnx在[1，＋∞)上恒成立，那么a的取值范圍是________．12．函數(shù)f(x)＝ax－cosx，x∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，假設(shè)?x1，x2∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，x1≠x2，eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＜0，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．13．假設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有3個(gè)單調(diào)區(qū)間，那么a的取值范圍為________．14．函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)(a＞0)，假設(shè)f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案精析1．[eq\f(π,3)，eq\f(π,2))2.6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝03.(－∞，0)∪(eq\f(1,2)，2)4.①5．[1，eq\f(3,2))解析∵f(x)＝2x2－lnx(x＞0)，∴f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)(x＞0)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)，當(dāng)x∈(0，eq\f(1,2))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(eq\f(1,2)，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，根據(jù)題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1＜\f(1,2)＜k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k＜eq\f(3,2).6．(1,4)解析y′＝3x2－3a，當(dāng)a≤0時(shí)，y′≥0，函數(shù)y＝x3－3ax＋a為單調(diào)函數(shù)，不合題意，舍去；當(dāng)a＞0時(shí)，y′＝3x2－3a＝0?x＝±eq\r(a)，不難分析，當(dāng)1＜eq\r(a)＜2，即1＜a＜4時(shí)，函數(shù)y＝x3－3ax＋a在(1,2)內(nèi)有極小值．7．(eq\r(3)，2)解析由題意可知f′(x)＝0的兩個(gè)不同解都在區(qū)間(－1，1)內(nèi)．因?yàn)閒′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝2a2－4×3×1＞0，,－1＜\f(－2a,6)＜1，,f′－1＝3－2a＋1＞0，,f′1＝3＋2a＋1＞0，))又a＞0，解得eq\r(3)＜a＜2.8．(－∞，0)∪[eq\f(1,e)，＋∞)解析由題意得當(dāng)a＝0時(shí)，x＝0，所以a≠0，所以原方程可化為－eq\f(1,a)＝(eq\f(y,x)－2e)lneq\f(y,x)＝(t－2e)lnt(t＝eq\f(y,x)＞0)，令m(t)＝(t－2e)lnt，t＞0，那么m′(t)＝lnt＋eq\f(t－2e,t)，m″(t)＝eq\f(1,t)＋eq\f(2e,t2)＞0，所以當(dāng)t＞e時(shí)，m′(t)＞m′(e)＝0；當(dāng)0＜t＜e時(shí)，m′(t)＜m′(e)＝0.因此m(t)≥m(e)＝－e，從而－eq\f(1,a)≥－e.所以a＜0或a≥eq\f(1,e)，即a∈(－∞，0)∪[eq\f(1,e)，＋∞)．9．2＋eq\r(3)解析∵f′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)cosx＋eq\f(\r(3),4)sinx＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，又f′(x0)＝eq\f(1,2)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(π,6)))＝0，∴x0＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，∴tanx0＝taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(π,4)))＝eq\f(tanx0＋1,1－tanx0)＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3).10．(－∞，2－eq\f(1,e))∪(2－eq\f(1,e)，2)解析f′(x)＝eq\f(1,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eq\f(1,x)＋a＝2在區(qū)間(0，＋∞)上有解，即a＝2－eq\f(1,x)在區(qū)間(0，＋∞)上有解，∴a＜2.假設(shè)直線2x－y＝0與曲線f(x)＝lnx＋ax相切，設(shè)切點(diǎn)為(x0,2x0)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋a＝2，,2x0＝lnx0＋ax0，))解得x0＝e，a＝2－eq\f(1,e).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2－eq\f(1,e))∪(2－eq\f(1,e)，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＋eq\f(a－2,x)＋2－2a－2lnx，那么g′(x)＝a－eq\f(a－2,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－1ax＋a－2,x2).令g′(x)＝0，那么x＝1或x＝eq\f(2－a,a).由于g(1)＝0，a＞0，因此eq\f(2－a,a)≤1(否那么eq\f(2－a,a)是g(x)的極小值點(diǎn)，即g(eq\f(2－a,a))＜g(1)＝0)，所以a≥1.12．(－∞，－eq\f(\r(3),2)]解析由eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＜0知，函數(shù)f(x)在[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]上是減函數(shù)．又f′(x)＝a＋sinx，所以f′(x)≤0在[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]上恒成立，即a≤－sinx在[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]上恒成立．當(dāng)eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,3)時(shí)，－eq\f(\r(3),2)≤－sinx≤－eq\f(\r(2),2)，故－sinx的最小值為－eq\f(\r(3),2)，所以a≤－eq\f(\r(3),2).13．(－∞，0)解析由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1.假設(shè)a≥0，那么f′(x)＞0恒成立，此時(shí)f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不滿足題意；假設(shè)a＜0，由f′(x)＞0得－eq\r(－\f(1,3a))＜x＜eq\r(－\f(1,3a))，由f′(x)＜0，得x＜－eq\r(－\f(1,3a))或x＞eq\r(－\f(1,3a)).故當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－eq\r(－\f(1,3a))，eq\r(－\f(1,3a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－eq\r(－\f(1,3a)))，(eq\r(－\f(1,3a))，＋∞)，滿足題