《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 14個填空題強化練（四）導(dǎo)數(shù)及其簡單應(yīng)用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 14個填空題強化練（四）導(dǎo)數(shù)及其簡單應(yīng)用（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 14個填空題強化練（四）導(dǎo)數(shù)及其簡單應(yīng)用（含解析） 題型一　導(dǎo)數(shù)的概念與運算 1．y＝的導(dǎo)數(shù)為________． 解析：y′＝′＝＝＝. 答案： 2．已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－ln x的圖象在點(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為________． 解析：因為f′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1. 答案：1 3．若曲線y＝acos x＋1在點處的切線與直線2x＋y＋3＝0垂直，則a＝________. 解析：因為y＝

2、acos x＋1的導(dǎo)函數(shù)為y′＝－asin x，所以曲線在點處的切線的斜率為k＝－a，由于切線與直線2x＋y＋3＝0垂直，則(－a)·(－2)＝－1，即a＝－. 答案：－ 4．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝3x2＋2xf′(2)，則f′(5)＝________. 解析：對f(x)＝3x2＋2xf′(2)求導(dǎo)，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 [臨門一腳] 1．求導(dǎo)時應(yīng)注意： (1)求導(dǎo)之前利用代數(shù)或三角恒等變換對函數(shù)進行化簡可減少運算量． (2)對于商式的函數(shù)

3、若在求導(dǎo)之前變形，則可以避免使用商的導(dǎo)數(shù)法則，減少失誤． 2．利用導(dǎo)數(shù)求切線方程時，函數(shù)在某點處的切線斜率等于在該點的導(dǎo)數(shù)值，求導(dǎo)之后要注意代入的是切點橫坐標(biāo)，如果沒有切點坐標(biāo)，一般要設(shè)出切點坐標(biāo)，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程． 題型二　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 1．函數(shù)f(x)＝x－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為________． 解析：函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，解得0

4、ab＝________. 解析：因為f′(x)＝3x2－2ax＋b，由已知條件可得－3,2是f′(x)＝0的兩根，所以a＝－，b＝－18，從而ab＝27. 答案：27 3．若函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax＋3a在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：由題意得，f′(x)＝x2＋2x－a，根據(jù)題意知f′(x)≥0，即x2＋2x≥a，而x2＋2x＝(x＋1) 2－1≥(1＋1) 2－1＝3，所以a≤3. 答案：(－∞，3] 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－9ln x在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：因為f(x

5、)＝x2－9ln x，所以f′(x)＝x－(x>0)，當(dāng)x－≤0時，有00且a＋1≤3，解得10與f(x)為增函數(shù)的關(guān)系：f′(x)>0能推出f(x)為增函數(shù)，但反之不一定．如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0，所以f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件． 2．用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)單調(diào)性首先要求定義域，單調(diào)性的逆向問題應(yīng)該解f′(x)≥0或f′(x)≤0的恒成立問題，要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的運用． 3．函數(shù)在給定區(qū)間上單調(diào)、不單

6、調(diào)、存在單調(diào)區(qū)間這三類問題要區(qū)分清楚． 題型三　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值 1．函數(shù)y＝2x－的極大值是________． 解析：y′＝2＋，令y′＝0，得x＝－1. 當(dāng)x<－1時，y′>0；當(dāng)－1

7、x2<2，即1<－1＋<2，即4<1＋2a<9，所以

8、ln x－bx2的圖象在x＝1處與直線y＝－相切，則函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值為________． 解析：由題意知，f′(x)＝－2bx， 因為函數(shù)f(x)＝aln x－bx2的圖象在x＝1處與直線y＝－相切，所以 解得即函數(shù)f(x)＝ln x－. 又當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)＝－x≤0， 所以函數(shù)f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減， 其最大值為f(1)＝－. 答案：－ [臨門一腳] 1．導(dǎo)數(shù)法是求函數(shù)值域的重要方法，對于比較復(fù)雜的函數(shù)值域，一般應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值情況，同時要注意函數(shù)的定義域、零點情況． 2．可導(dǎo)函數(shù)的極值點必須是導(dǎo)數(shù)為0的點，但導(dǎo)數(shù)為0

9、的點不一定是極值點，即f′(x0)＝0是可導(dǎo)函數(shù)f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件．例如函數(shù)y＝x3在x＝0處有y′|x＝0＝0，但x＝0不是極值點．此外，函數(shù)不可導(dǎo)的點也可能是函數(shù)的極值點． 3．函數(shù)在閉區(qū)間上的極值不一定是最值，需要和端點的函數(shù)值比較大小才能確定． 4．含有參數(shù)的恒成立問題優(yōu)先考慮分參轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題，如果不能分參，再分類討論處理． B組——高考提速練 1．曲線f(x)＝＋3x在點(1，f(1))處的切線方程為________________． 解析：因為f′(x)＝－＋3，所以f′(1)＝－2＋3＝1，又f(1)＝＋3×1＝5，故切線方程

10、為y－5＝1·(x－1)，即x－y＋4＝0. 答案：x－y＋4＝0 2．已知函數(shù)f(x)＝4ln x＋ax2－6x＋b(a，b為常數(shù))，且x＝2為f(x)的一個極值點，則a的值為________． 解析：由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， ∵f′(x)＝＋2ax－6， ∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1. 答案：1 3．若曲線f(x)＝acos x與曲線g(x)＝x2＋bx＋1在交點(0，m)處有公切線，則a＋b＝________. 解析：∵f′(0)＝－asin 0＝0， ∴g′(0)＝2×0＋b＝0，∴b＝0， 又m＝1＝a，∴a＋b＝1. 答案：1

11、 4．已知y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1，且f′(x)＝ln x＋1，則函數(shù)f(x)的最小值為________． 解析：因為f′(x)＝ln x＋1，設(shè)f(x)＝xln x＋C，又因為f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1，故切點為(1,0)，切點在曲線f(x)＝xln x＋C上，故C＝0，故f(x)＝xln x．令f′(x)＝ln x＋1>0，解得x>；令f′(x)<0，解得0

12、處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為4，則a＝________. 解析：因為y＝aln x，所以y′＝，所以在x＝1處的切線的斜率k＝a，而f(1)＝aln 1＝0，故切點為(1,0)，所以切線方程為y＝a(x－1)．令y＝0，得x＝1；令x＝0，得y＝－a.所以三角形面積S＝×a×1＝4，所以a＝8. 答案：8 6．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m∈[－1,1]，則f(m)的最小值為________． 解析：求導(dǎo)得f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.則f(x)＝－x3＋3x2－4

13、，f′(x)＝－3x2＋6x.由此可得f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，所以對m∈[－1,1]時，f(m)min＝f(0)＝－4. 答案：－4 7．已知函數(shù)f(x)＝x＋asin x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：∵函數(shù)f(x)＝x＋asin x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，∴函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝1＋a·cos x≥0在(－∞，＋∞)上恒成立．令cos x＝t，t∈[－1,1]，問題轉(zhuǎn)化為g(t)＝at＋1≥0在t∈[－1,1]上恒成立，即g(－1)≥0，g(1)≥0成立，所以－1≤a≤1. 答案：[－1,1]

14、 8．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－－2x＋5，若對任意的x∈[－1，2]，都有f(x)>a，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：f′(x)＝3x2－x－2， 令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0， 解得x＝1或x＝－， 故f(x)在，(1,2)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故f(x)在x＝1處取得極小值，且f(1)＝，f(－1)＝， 故f(x)min＝，所以a<. 答案： 9．f(x)＝x3－4x＋m的極小值為－，則m的值為________． 解析：f′(x)＝x2－4， 當(dāng)f′(x)＝0時，x＝－2或x＝2. 當(dāng)f′(x)<0時，－20時，x

15、<－2或x>2. ∴f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函數(shù)，在(－2,2)上是減函數(shù)． ∴f(x)極小值＝f(2)＝×23－4×2＋m ＝－＋m＝－. ∴m＝4. 答案：4 10．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)<，則f(x)<＋的解集為________． 解析：設(shè)F(x)＝f(x)－， 則F(1)＝f(1)－＝1－1＝0， F′(x)＝f′(x)－，對任意x∈R，有F′(x)＝f′(x)－<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，則F(x)<0的解集為(1，＋∞)，即f(x)<＋的解集為(1，＋∞)． 答案：(1，＋∞) 11

16、．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.若f(x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，則m的取值范圍為________． 解析：因為f(x)在x＝－1處取得極值， 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)的單調(diào)性可知，f(x)在x＝－1處取得極大值f(－1)＝1，在x＝1處取得極小值f(1)＝－3. 因為直線y＝m與函數(shù)y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，結(jié)合f(x)的圖象(如圖所示)可知，實數(shù)m的取值范圍是

17、(－3,1)． 答案：(－3,1) 12．定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．若對任意的實數(shù)x，都有2f(x)＋xf′(x)<2恒成立，則使x2f(x)－f(1)

18、f′(x)<2，即2f(x)＋xf′(x)－2<0，當(dāng)x>0時，G′(x)<0，G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故由G(x)1，同理當(dāng)x<0時，由G(x)0，M(a2，a)，N(ln a，a)，故MN的長l＝|a2－ln a|，設(shè)f(a)＝a2－ln a(a>0)，所以f′(a)＝2a－＝＝，令f′(a)>0，得a>，所

19、以f(a)在上單調(diào)遞增；令f′(a)<0，得00，所以l＝|a2－ln a|＝a2－ln a＝f(a)，所以當(dāng)a＝時，線段MN的長取得極小值，也是最小值． 答案： 14．若函數(shù)f(x)＝ex＋x3－x－1的圖象上有且只有兩點P1，P2，使得函數(shù)g(x)＝x3＋的圖象上存在兩點Q1，Q2，且P1與Q1，P2與Q2分別關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，則實數(shù)m的取值集合是________． 解析：設(shè)函數(shù)f(x)的圖象上兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則Q1(－x1，－y1)，Q2(－x2，－y2)，故有 即方程－＝－x3－在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有兩解，即方程xex－x2－x＝m在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有兩解，即函數(shù)h(x)＝xex－x2－x(x≠0)的圖象與y＝m的圖象有兩個交點，令h′(x)＝(ex－1)(x＋1)＝0得，x＝0(舍去)或x＝－1，作出函數(shù)h(x)圖象知，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時有兩解，所以m＝h(－1)＝. 答案：