PAGEPAGE1專項強化練(四)導數及其簡潔應用A組——題型分類練題型一導數的概念與運算1．y＝eq\f(lnx,x)的導數為________．解析：y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))′＝eq\f(（lnx）′x－x′lnx,x2)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2).答案：eq\f(1－lnx,x2)2．已知a∈R，設函數f(x)＝ax－lnx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－eq\f(1,x)，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：13．若曲線y＝acosx＋1在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))處的切線與直線2x＋y＋3＝0垂直，則a＝________．解析：因為y＝acosx＋1的導函數為y′＝－asinx，所以曲線在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))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＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)4．已知函數f(x)的導函數為f′(x)，且滿意f(x)＝3x2＋2xf′(2)，則f′(5)＝________．解析：對f(x)＝3x2＋2xf′(2)求導，得f′(x)＝6x＋2f′(2)．令x＝2，得f′(2)＝－12.再令x＝5，得f′(5)＝6×5＋2答案：6[臨門一腳]1．求導時應留意：(1)求導之前利用代數或三角恒等變換對函數進行化簡可削減運算量．(2)對于商式的函數若在求導之前變形，則可以避開運用商的導數法則，削減失誤．2．利用導數求切線方程時，函數在某點處的切線斜率等于在該點的導數值，求導之后要留意代入的是切點橫坐標，假如沒有切點坐標，一般要設出切點坐標，再利用導數的幾何意義求切線方程．題型二導數與函數的單調性1．函數f(x)＝x－lnx的單調遞減區間為________．解析：函數f(x)的定義域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以單調遞減區間是(0，1)．答案：(0，1)2．已知函數f(x)＝x3－ax2＋bx在區間(－∞，－3)和(2，＋∞)上是增函數，在(－3，2)上是減函數，則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＝－eq\f(3,2)，b＝－18，從而ab＝27.答案：273．若函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－ax＋3a在區間[1，2]上單調遞增，則實數a的取值范圍是________．解析：由題意得，f′(x)＝x2＋2x－a，依據題意知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．設函數f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區間[a－1，a＋1]上單調遞減，則實數a的取值范圍是________．解析：因為f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，所以f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)，當x－eq\f(9,x)≤0時，有0<x≤3，即在(0，3]上f(x)是減函數，所以a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.答案：(1，2][臨門一腳]1．f′(x)>0與f(x)為增函數的關系：f′(x)>0能推出f(x)為增函數，但反之不肯定．如函數f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調遞增，但f′(x)≥0，所以f′(x)>0是f(x)為增函數的充分不必要條件．2．用導數探討含參函數單調性首先要求定義域，單調性的逆向問題應當解f′(x)≥0或f′(x)≤0的恒成立問題，要留意分類探討和數形結合思想的運用．3．函數在給定區間上單調、不單調、存在單調區間這三類問題要區分清晰．題型三導數與函數的極值、最值1．函數y＝2x－eq\f(1,x2)的極大值是________．解析：y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1.當x<－1時，y′>0；當－1<x<0時，y′<0.所以當x＝－1時，y取得極大值－3.答案：－32．已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－2ax＋1，若函數f(x)在(1，2)上有極值，則實數a的取值范圍為________．解析：因為函數f(x)在(1，2)上有極值，則需函數f(x)在(1，2)上有極值點．法一：令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，得x1＝－1－eq\r(1＋2a)，x2＝－1＋eq\r(1＋2a)，因為x1?(1，2)，因此則需1<x2<2，即1<－1＋eq\r(1＋2a)<2，即4<1＋2a<9，所以eq\f(3,2)<a<4，故實數a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)).法二：f′(x)＝x2＋2x－2a的圖象是開口向上的拋物線，且對稱軸為x＝－1，則f′(x)在(1，2)上是單調遞增函數，因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝3－2a<0，,f′（2）＝8－2a>0，))解得eq\f(3,2)<a<4，故實數a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))3．(2024·鎮江高三期末)函數y＝cosx－xtanx的定義域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，則其值域為________．解析：易知函數y＝cosx－xtanx為偶函數，所以只需探討函數在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))內的值域．由y＝cosx－eq\f(xsinx,cosx)，得y′＝－sinx－eq\f(sinxcosx＋x,cos2x)≤0，對x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))恒成立，所以y＝cosx－eq\f(xsinx,cosx)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞減，故函數的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(π,4)，1)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(π,4)，1))4．已知函數f(x)＝alnx－bx2的圖象在x＝1處與直線y＝－eq\f(1,2)相切，則函數f(x)在[1，e]上的最大值為________．解析：由題意知，f′(x)＝eq\f(a,x)－2bx，因為函數f(x)＝alnx－bx2的圖象在x＝1處與直線y＝－eq\f(1,2)相切，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝a－2b＝0，,f（1）＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2)，))即函數f(x)＝lnx－eq\f(x2,2).又當x∈[1，e]時，f′(x)＝eq\f(1,x)－x≤0，所以函數f(x)在[1，e]上單調遞減，其最大值為f(1)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)[臨門一腳]1．導數法是求函數值域的重要方法，對于比較困難的函數值域，一般應用導數探討函數的單調性、極值狀況，同時要留意函數的定義域、零點狀況．2．可導函數的極值點必需是導數為0的點，但導數為0的點不肯定是極值點，即f′(x0)＝0是可導函數f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件．例如函數y＝x3在x＝0處有y′|x＝0＝0，但x＝0不是極值點．此外，函數不行導的點也可能是函數的極值點．3．函數在閉區間上的極值不肯定是最值，須要和端點的函數值比較大小才能確定．4．含有參數的恒成立問題優先考慮分參轉化為不含參數的函數的最值問題，假如不能分參，再分類探討處理．B組——高考提速練1．(2024·鹽城中學模擬)等比數列{an}中，a1＝2，a8＝4，函數f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)，則f′(0)＝________．解析：因為f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x＝(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x，所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＋0＝a1a2·…·a8.因為數列{an}為等比數列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以f答案：2122．已知函數f(x)＝4lnx＋ax2－6x＋b(a，b為常數)，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f(x)的定義域為(0，＋∞)，∵f′(x)＝eq\f(4,x)＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a答案：13．(2024·姜堰中學模擬)已知f(x)是定義在R上的函數，f′(x)為其導函數，f(x)＋f(x＋2)＝4，當x∈[0，2]時，f(x)＝x2，則f′(2019)＝________．解析：因為f(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝4，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期為4.當x∈[2，4]時，x－2∈[0，2]，f(x－2)＝(x－2)2，因為f(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x－2)＋f(x)＝4，所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，依據周期性知，f′(2019)＝f′(3)＝－2.答案：－24．已知y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1，且f′(x)＝lnx＋1，則函數f(x)的最小值為________．解析：因為f′(x)＝lnx＋1，設f(x)＝xlnx＋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)＝xlnx＋C上，故C＝0，故f(x)＝xlnx．令f′(x)＝lnx＋1>0，解得x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e).故f(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增，故當x＝eq\f(1,e)時，函數f(x)取得最小值，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).答案：－eq\f(1,e)5．(2024·錫山中學模擬)若函數h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1，4]上單調遞減，則a的取值范圍為________．解析：因為h(x)在[1，4]上單調遞減，所以當x∈[1，4]時，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．設G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，因為x∈[1，4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因為a≠0，所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)6．已知函數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，f′(x)＝－3x2＋6x.由此可得f(x)在(－1，0)上單調遞減，在(0，1)上單調遞增，所以對m∈[－1，1]時，f(m)min＝f答案：－47．已知函數f(x)＝sinx－alnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞增，則實數a的取值范圍是________．解析：函數f(x)＝sinx－alnx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞增，即f′(x)＝cosx－eq\f(a,x)≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立，分別變量得a≤xcosx．令g(x)＝xcosx，則g′(x)＝cosx－xsinx，設h(x)＝cosx－xsinx，則h′(x)＝－2sinx－xcosx＜0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞減，且heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞0即g′(x)＞0，所以函數g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞增，可得g(x)＞g(0)＝0，即a≤0.答案：(－∞，0]8．(2024·蘇州中學模擬)已知a>0且a≠1，函數f(x)＝ax＋x2－xlna＋a－3，記函數f(x)的值域為M，函數f(f(x))的值域為N，若M?N，則實數a的最大值是________．解析：由題意得，f′(x)＝axlna＋2x－lna，令g(x)＝f′(x)＝axlna＋2x－lna(a>0且a≠1)，則g′(x)＝ax(lna)2＋2>0在R上恒成立，所以函數f′(x)在R上單調遞增．又f′(0)＝0，所以當x<0時，f′(x)<0，當x>0時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，所以f(x)的最小值為f(0)＝a－2，所以f(x)的值域為[a－2，＋∞)，即M＝[a－2，＋∞)．若a－2≤0，則f(f(x))的值域N＝[f(0)，＋∞)＝[a－2，＋∞)，此時M?N成立；若a－2>0，則f(f(x))的值域N＝[f(a－2)，＋∞)，因為f(a－2)>f(0)＝a－2，所以不滿意M?N.綜上，0<a≤2且a≠1，所以a的最大值是2.答案：29．(2024·海門中學模擬)已知函數f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x2－3x在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)，n))內有極值，則整數n的值為________．解析：由題意知，f′(x)＝lnx＋1＋x－3＝lnx＋x－2，令g(x)＝lnx＋x－2，因為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝lneq\f(3,2)＋eq\f(3,2)－2＝lneq\f(3,2)－eq\f(1,2)<lneq\r(e)－eq\f(1,2)＝0，g(2)＝ln2>0，所以函數g(x)＝lnx＋x－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))內有零點．又g′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0恒成立，所以函數g(x)＝lnx＋x－2在(0，＋∞)上單調遞增，所以函數g(x)＝lnx＋x－2有唯一的零點x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，則當x∈(0，x0)時，f′(x)<0，當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，則x0是函數f(x)唯一的極值點，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，結合題意可知n＝2.答案：210．(2024·泰州中學模擬)已知函數f(x)＝ax2－2xlnx在x＝x1和x＝x2處取得極值，且x1＝2x2，則實數a的值是________．解析：法一：由題意知，x1，x2是f′(x)＝2(ax－1－lnx)的兩個零點，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1－1－lnx1＝0，,ax2－1－lnx2＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1＋lnx1,x1)，,a＝\f(1＋lnx2,x2)，))即eq\f(1＋lnx1,x1)＝eq\f(1＋lnx2,x2)，把x1＝2x2代入得x2＝eq\f(2,e)，所以a＝eq\f(1＋lnx2,x2)＝eq\f(e,2)ln2.法二：因為f′(x)＝2(ax－1－lnx)，所以x1，x2是ax－1－lnx＝0的兩根．設函數y＝1＋lnx的圖象與直線y＝ax交于點A(x1，1＋lnx1)，B(x2，1＋lnx2)，如圖所示，分別過點A，B往x軸作垂線，垂足分別為A1，B1，易知eq\f(BB1,AA1)＝eq\f(OB1,OA1).因為x1＝2x2，所以1＋lnx1＝2(1＋lnx2)，即1＋ln2x2＝2(1＋lnx2)，解得x2＝eq\f(2,e)，所以a＝eq\f(1＋lnx2,x2)＝eq\f(e,2)ln2.答案：eq\f(e,2)ln211．已知函數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)的單調性可知，f(x)在x＝－1處取得極大值f(－1)＝1，在x＝1處取得微小值f(1)＝－3.因為直線y＝m與函數y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，結合f(x)的圖象(如圖所示)可知，實數m的取值范圍是(－3，1)．答案：(－3，1)12．定義在R上的偶函數f(x)的導函數為f′(x)．若對隨意的實數x，都有2f(x)＋xf′(x)<2恒成立，則使x2f(x)－f(1)<x2－1成立的實數x的取值范圍為解析：令G(x)＝x2f(x)－f(1)－x2＋1，所求不等式為G(x)<0，又G(1)＝f(1)－f(1)－1＋1＝0，故化為解不等式G(x)<G(1)．又f(x)為偶函數，則G(－x)＝G(x)，所以G(x)也為偶函數，G′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－2x＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]，而2f(x)＋xf′(x)<2，即2f(x)＋xf′(x)－2<0，當x>0時，G′(x)<0，G(x)在(0，＋∞)上單調遞減，故由G(x)<G(1)，得x>1，同理當x<0時，由G(x)<G(1)＝G(－1)，得x<－1，所以x答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)13．設直線y＝a分別與曲線y2＝x和y＝ex交于點M，N，則當線段MN取得最小值時a的值為________．解析：由題意，a>0，M(a2，a)，N(lna，a)，故MN的長l＝|a2－lna|，設f(a)＝a2－lna(a>0)，所以f′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2))),a)，令f′(a)>0，得a>eq\f(\r(2),2)，所以f(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調遞增；令f′(a)<