（江苏专用）高考数学 专题3 导数及其应用 21 导数中的易错题 理-人教版高三数学试题

训练目标(1)导数知识的细化、深化、巩固提高；(2)解题过程的细节训练.训练题型(1)导数和函数的极值；(2)利用导数求参数范围；(3)导数的综合应用.解题策略(1)注意f′(x0)＝0是x＝x0为极值点的必要不充分条件；(2)已知单调性求参数范围要注意验证f′(x)＝0的情况.1．如果f′(x)是二次函数，且f′(x)的图象开口向上，顶点坐标为(1，eq\r(3))，那么曲线y＝f(x)上任意一点的切线的倾斜角α的取值范围是________．2．(2015·福建福州三中月考)已知点A(1,2)在函数f(x)＝ax3的图象上，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程是____________________．3．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)<0的解集为__________________．4．(2015·兰州诊断)在直角坐标系xOy中，设P是曲线C：xy＝1(x>0)上任意一点，l是曲线C在点P处的切线，且l交坐标轴于A，B两点，则以下结论正确的是________．①△OAB的面积为定值2②△OAB的面积有最小值3③△OAB的面积有最大值4④△OAB的面积的取值范围是[3,4]5．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是________．6．若函数y＝x3－3ax＋a在(1,2)内有极小值，则实数a的取值范围是________．7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是________．8．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是________．9．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,4)sinx－eq\f(\r(3),4)cosx的图象在A(x0，f(x0))点处的切线斜率为eq\f(1,2)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(π,4)))的值为__________．10．若函数f(x)＝lnx＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是____________________．11．(2015·景德镇第二次质检)已知f(x)＝ax＋eq\f(a－2,x)＋2－2a(a>0)，若f(x)≥2lnx在[1，＋∞)上恒成立，则a的取值范围是________．12．函数f(x)＝ax－cosx，x∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，若∀x1，x2∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，x1≠x2，eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，则实数a的取值范围是________．13．若函数f(x)＝ax3＋x恰有3个单调区间，则a的取值范围为________．14．已知函数f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)(a>0)，若f(x)为R上的单调函数，则实数a的取值范围是________．答案解析1．[eq\f(π,3)，eq\f(π,2))解析根据已知可得f′(x)≥eq\r(3)，即曲线y＝f(x)上任意一点的切线的斜率k＝tanα≥eq\r(3)，结合正切函数的图象，可知α∈[eq\f(π,3)，eq\f(π,2))．2．6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0解析由于点A(1,2)在函数f(x)＝ax3的图象上，则a＝2，即y＝2x3，所以y′＝6x2.若点A为切点，则切线斜率为6，若点A不是切点，设切点坐标为(m,2m3)，则切线的斜率为k＝6m2.由两点的斜率公式，得eq\f(2m3－2,m－1)＝6m2(m≠1)，即有2m2－m－1＝0，解得m＝1(舍去)或m＝－eq\f(1,2).综上，切线的斜率为k＝6或k＝6×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2)，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程为y－2＝6(x－1)或y－2＝eq\f(3,2)(x－1)，即6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0.3．(－∞，0)∪(eq\f(1,2)，2)解析由f(x)图象的单调性可得f′(x)在(－∞，eq\f(1,2))和(2，＋∞)上大于0，在(eq\f(1,2)，2)上小于0，∴xf′(x)<0的解集为(－∞，0)∪(eq\f(1,2)，2)．4．①解析由题意，得y＝eq\f(1,x).设点P(x0，y0)(x0>0)，y0＝eq\f(1,x0)，y′＝－eq\f(1,x2)，因此切线的斜率k＝－eq\f(1,x\o\al(2,0))，切线方程为y－y0＝－eq\f(1,x\o\al(2,0))(x－x0)．当x＝0时，y＝y0＋eq\f(1,x0)＝eq\f(2,x0)；当y＝0时，x＝xeq\o\al(2,0)y0＋x0＝2x0，因此S△OAB＝eq\f(1,2)xy＝2为定值．故①正确5．[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)，当x∈(0，eq\f(1,2))时，f′(x)<0；当x∈(eq\f(1,2)，＋∞)时，f′(x)>0，据题意，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<a<4解析y′＝3x2－3a，当a≤0时，y′≥0，函数y＝x3－3ax＋a为单调函数，不合题意，舍去；当a>0时，y′＝3x2－3a＝0⇒x＝±eq\r(a)，不难分析，当1<eq\r(a)<2，即1<a<4时，函数y＝x3－3ax＋a在(1,2)内有极小值．7．(eq\r(3)，2)解析由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得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．(－∞，－2)解析当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1有两个零点，不合题意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).若a>0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a<0.由三次函数图象及f(0)＝1>0知，f(eq\f(2,a))>0，即a×(eq\f(2,a))3－3×(eq\f(2,a))2＋1>0，化简得a2－4>0，又a<0，所以a<－2.9．2＋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)．∵函数f(x)＝lnx＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，∴方程eq\f(1,x)＋a＝2在区间(0，＋∞)上有解，即a＝2－eq\f(1,x)在区间(0，＋∞)上有解，∴a<2.若直线2x－y＝0与曲线f(x)＝lnx＋ax相切，设切点为(x0,2x0)，则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).综上，实数a的取值范围是(－∞，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．设g(x)＝f(x)－2lnx＝ax＋eq\f(a－2,x)＋2－2a－2lnx，则g′(x)＝a－eq\f(a－2,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－1ax＋a－2,x2).令g′(x)＝0，则x＝1或x＝eq\f(2－a,a).由于g(1)＝0，a>0，因此eq\f(2－a,a)≤1(否则eq\f(2－a,a)是g(x)的极小值点，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，函数f(x)在[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]上是减函数．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．当eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,3)时，－eq\f(\r(3),2)≤－sinx≤－eq\f(\r(2),2)，故－sinx的最小值为－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.若a≥0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意；若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))，即故当a<0时，f(x)的单调递增区间为(－eq\r(－\f(1,3a))，eq\r(－\f(1,3a)))，单调递减区间为(－∞，－eq\r(－\f(1,3