07 导数及其应用——【冲刺2023】高考数学考试易错题（新高考专用）（原卷版+解析版）

这是一份07 导数及其应用——【冲刺2023】高考数学考试易错题（新高考专用）（原卷版+解析版），文件包含易错点07导数及其应用冲刺2023高考数学易错题新高考专用原卷版docx、易错点07导数及其应用冲刺2023高考数学易错题新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。

导数及其应用
混淆在某点处的切线与过某点的切线致错
已知单调性求参数取值范围忽视等号致错
混淆极值与最值得概念致错
错用复合函数求导法则致错
由函数的极值求参数时忽略验证致错
易错知识
1．混淆函数的单调区间与函数在区间上单调
2．求参数时忽略“＝”是否取到
3．错用复合函数的求导法则
4. 混淆在某点处的切线与过某点的切线
5. 由函数的极值求参数忽略验证
6.研究函数的性质、极值时，忽略定义域致错，
易错分析
一、忽视函数的定义域致错
1．函数y＝－eq \f(1,x)＋3ln x的单调递增区间为________．
【错解】由已知得y′＝eq \f(1,x2)＋eq \f(3,x)＝，令>0，解得x>－eq \f(1,3)，故该函数的增区间为.
【错因】没考虑函数y＝－eq \f(1,x)＋3ln x的定义域，
【正解】函数y＝－eq \f(1,x)＋3ln x的定义域为(0，＋∞)，y′＝eq \f(1,x2)＋eq \f(3,x)＝，令>0，
解得x>－eq \f(1,3)，故函数的增区间为(0，＋∞).
二、复合函数求导运算不对致错
2．设函数f(x)＝cs(eq \r(3)x＋φ)，其中常数φ满足－π<φ<0，若函数g(x)＝f(x)＋f′(x)(其中f′(x)是函数f(x)的导数)是偶函数，则φ等于( )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(5π,6) C．－ D．
【错解一】选D 由题意得f′(x)＝eq \r(3)sin(eq \r(3)x＋φ)，则g(x)＝f(x)＋f′(x)＝cs(eq \r(3)x＋φ)+eq \r(3)sin(eq \r(3)x＋φ)＝2cs（eq \r(3)x＋φ－eq \f(π,3)），因为函数g(x)为偶函数，所以φ－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得φ＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，又－π<φ<0，所以φ＝.
【错解二】选C 由题意得f′(x)＝－sin(eq \r(3)x＋φ)，则g(x)＝f(x)＋f′(x)＝cs(eq \r(3)x＋φ)－sin(eq \r(3)x＋φ)＝cs（eq \r(3)x＋φ＋），因为函数g(x)为偶函数，所以φ＋＝kπ，k∈Z，解得φ＝kπ－，k∈Z，又－π<φ<0，所以φ＝－.
【错因】f(x)的导函数求错，f′(x)=－eq \r(3)sin(eq \r(3)x＋φ)，
【正解】选A 由题意得g(x)＝f(x)＋f′(x)＝cs(eq \r(3)x＋φ)－eq \r(3)sin(eq \r(3)x＋φ)＝2cseq \r(3)x＋φ＋eq \f(π,3)，
因为函数g(x)为偶函数，所以φ＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得φ＝kπ－eq \f(π,3)，k∈Z，又－π<φ<0，所以φ＝－eq \f(π,3).
三、已知单调性求参数取值范围忽视等号致错
3．若函数f(x)＝－x3＋ax2＋4x在区间(0,2)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，2)) D．(－∞，2)
【错解】选B 由f(x)＝－x3＋ax2＋4x，得f′(x)＝－3x2＋2ax＋4，若f(x)在区间(0,2)上单调递增，则－3x2＋2ax＋4>0在(0,2)上恒成立，即a>eq \f(3x,2)－eq \f(2,x)在(0,2)上恒成立．令g(x)＝eq \f(3x,2)－eq \f(2,x)，x∈(0,2)，则g′(x)＝eq \f(3,2)＋eq \f(2,x2)>0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，故g(x)2，故实数a的取值范围为(2，＋∞)．
【错因】若f(x)在区间(0,2)上单调递增，应令f′(x)≥0在(0,2)上恒成立．
【正解】选A 由f(x)＝－x3＋ax2＋4x，得f′(x)＝－3x2＋2ax＋4，若f(x)在区间(0,2)上单调递增，则－3x2＋2ax＋4≥0在(0,2)上恒成立，即a≥eq \f(3x,2)－eq \f(2,x)在(0,2)上恒成立．令g(x)＝eq \f(3x,2)－eq \f(2,x)，x∈(0,2)，则g′(x)＝eq \f(3,2)＋eq \f(2,x2)>0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，故g(x)四、混淆在某点处的切线与过某点的切线致错
4．过点(0，－1)且与曲线y＝x－1＋eq \f(1,ex)相切的直线方程为________．
【错解】因为y′＝1－eq \f(1,ex)，所以y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,))＝1－，所以过切点(0，－1)的切线方程为
y－（－1）＝0(x－0)．即y＝－1，所以所求的切线方程为y＋1＝0.
【错因】混淆在某点处的切线与过某点的切线，本题是求过点(0，－1)的切线方程，
【正解】设切点为(x0，y0)，因为y′＝1－eq \f(1,ex)，所以y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,))＝1－eq \f(1,ex0)，所以过切点(x0，y0)的切线方程为y－y0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,ex0)))(x－x0)．因为切线过点(0，－1)，所以－1－y0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,ex0))) (0－x0)，即
－1－x0＋1－eq \f(1,ex0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,ex0))) (－x0)，解得x0＝－1，故所求的切线方程为y－(－1)＝(1－e)(x－0)，即切线方程为(e－1)x＋y＋1＝0.
五、由函数的极值求参数取值时没有验证致错
5．已知函数f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1处取得极值0，则m＋n＝( )
A．4 B．11 C．4或11 D．3或9
【错解】选C 因为f′(x)＝3x2＋6mx＋n，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1＝0，,f－1＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－6m＋n＝0，,－1＋3m－n＋m2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝9.))故m＋n＝4或11.
【错因】没有把求出m，n的值代会检验，
【正解】选B 因为f′(x)＝3x2＋6mx＋n，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1＝0，,f－1＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－6m＋n＝0，,－1＋3m－n＋m2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝9.))
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝3))时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，不合题意，舍掉；
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝9))时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋3)(x＋1)，令f′(x)>0，得x<－3或x>－1；令f′(x)<0，得－3在(－3，－1)上单调递减，符合题意．则m＋n＝2＋9＝11.
六、混淆函数的单调区间与函数在区间上单调致错
6．已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则( )
A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3
C．a＝3 D．a∈(－∞，3]
【错解】选A 因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋a，又f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋a≤0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上恒成立，即不等式a≤－2x－eq \f(1,x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上恒成立，令g(x)＝－2x－eq \f(1,x)，易知g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))上单调递减，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝g(1)＝－3，所以g(x)>－3，则a≤－3.
【错因】混淆函数的单调区间与函数在区间上单调，
【正解】选B 因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋a，又f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，即f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋a<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以不等式2x2＋ax＋1<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以eq \f(1,2)，1是
2x2＋ax＋1=0的两根，所以eq \f(1,2)＋1＝－eq \f(a,2)，解得a＝－3.
7.已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，则( )
A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3
C．a＝3 D．a∈(－∞，3]
【错解】选B 因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋a，又f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，即f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋a<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以不等式2x2＋ax＋1<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以eq \f(1,2)，1是
2x2＋ax＋1=0的两根，所以eq \f(1,2)＋1＝－eq \f(a,2)，解得a＝－3.
【错因】混淆函数的单调区间与函数在区间上单调
【正解】选A 因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋a，又f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋a≤0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上恒成立，即不等式a≤－2x－eq \f(1,x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上恒成立，令g(x)＝－2x－eq \f(1,x)，易知g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))上单调递减，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝g(1)＝－3，所以g(x)>－3，则a≤－3.
七、混淆极值与最值的概念致错
8. 已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)>f(a)>f(c)
B．函数f(x)在x＝c处取得最大值，在x＝e处取得最小值
C．函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值
D．函数f(x)的最小值为f(d)
【错解】选B 由题图可知，当x≤c时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，c]上单调递增，又a0；当ce时，f′(x)>0. 所以函数f(x)在x＝c处取得最大值，在x＝e处取得最小值，故B正确，C不正确．由题图可知，当d≤x≤e时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[d，e]上单调递减，从而f(d)>f(e)，所以D不正确．故选B.
【错因】混淆极值与最值的概念致错
【正解】选C 由题图可知，当x≤c时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，c]上单调递增，又a0；当ce时，f′(x)>0.所以函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，故B不正确，C正确．由题图可知，当d≤x≤e时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[d，e]上单调递减，从而f(d)>f(e)，所以D不正确．故选C.
易错题通关
1．已知f(x)＝cs 2x＋e2x，则f′(x)＝( )
A．－2sin 2x＋2e2x B．sin 2x＋e2x
C．2sin 2x＋2e2x D．－sin 2x＋e2x
【答案】A
【解析】由题意f′(x)＝－sin 2x·2＋e2x·2＝－2sin 2x＋2e2x，故选A.
2．“a＝2”是“函数f(x)＝x2＋2ax－2在区间(－∞，－2]上单调递减”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】充分性：当a＝2时，f(x)＝x2＋4x－2＝(x＋2)2－6，易知函数f(x)在区间(－∞，－2]上单调递减．必要性：若f(x)＝x2＋2ax－2＝(x＋a)2－a2－2在区间(－∞，－2]上单调递减，则需－a≥－2，即a≤2，故“a＝2”是“函数f(x)＝x2＋2ax－2在区间(－∞，－2]上单调递减”的充分不必要条件．
3．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为(－1,3)，则b＋c＝( )
A．－12 B．－10
C．8 D．10
【答案】A
【解析】f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知，－1∴－1,3是f′(x)＝0的两个根，∴b＝－3，c＝－9，∴b＋c＝－12.
4．曲线f(x)＝x3－x在点(－1，f(－1))处的切线方程为( )
A．2x＋y＋2＝0 B．2x＋y－2＝0
C．2x－y＋2＝0 D．2x－y－2＝0
【答案】C
【解析】∵f(x)＝x3－x，则f′(x)＝3x2－1，∴f′(－1)＝2，f(－1)＝0，
因此，曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程为y＝2(x＋1)，即2x－y＋2＝0.
5．函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m的值为( )
A．7 B.eq \f(28,3)
C．3 D．4
【答案】D
【解析】∵f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m，∴f′(x)＝x2－4，∴当0≤x<2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当26．(多选)如果函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f(x)的判断正确的是( )
A．在区间(2,4)内单调递减B．在区间(2,3)内单调递增
C．x＝－3是极小值点D．x＝4是极大值点
【答案】BD
【解析】A项，函数y＝f(x)在区间(2,4)内f′(x)＞0，则函数f(x)在区间(2,4)上单调递增，故A不正确；B项，函数y＝f(x)在区间(2,3)内的导数f′(x)＞0，则函数f(x)在区间(2,3)上单调递增，故B正确；C项，由图象知当x＝－3时，函数f′(x)取得极小值，但是函数y＝f(x)没有取得极小值，故C错误；D项，当x＝4时，f′(x)＝0，当2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)为增函数，当x>4时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)为减函数，则x＝4是函数f(x)的极大值点，故D正确．
7．f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为( )
A．2 B．6
C．2或6 D．1
【答案】A
【解析】∵函数f(x)＝x(x－c)2，∴f′(x)＝3x2－4cx＋c2，
又f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极值，∴f′(2)＝12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6，
又由函数在x＝2处有极小值，故c＝2.当c＝6时，函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，
8．若函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)
C．(－∞，3) D．(－∞，3]
【答案】B
【解析】函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，且其导数为g′(x)＝eq \f(1,x)＋x－(b－1)．由g(x)存在单调递减区间知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即x＋eq \f(1,x)＋1－b<0有解．因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以x＋eq \f(1,x)≥2.要使x＋eq \f(1,x)＋1－b<0有解，只需要x＋eq \f(1,x)的最小值小于b－1，所以23，所以实数b的取值范围是(3，＋∞)．故选B.
9．若函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－(b－1)x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))存在单调递减区间，则实数b的取值范围是( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞))
【答案】B
【解析】因为函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－(b－1)x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))存在单调递减区间，故f′(x)＜0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上有解．即eq \f(1,x)＋x－(b－1)＜0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))有解．即存在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使得b－1＞x＋eq \f(1,x)，又y＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))单调递减，在(1,2)单调递增．且x＝eq \f(1,2)时，y＝eq \f(5,2)；x＝1时，y＝2；x＝2时，y＝eq \f(5,2)，故要满足题意，只需b－1＞2即可，解得b＞3.
10.已知函数f(x)＝msin x＋b在x＝eq \f(π,6)处的切线方程为y＝eq \f(\r(3),2)x－eq \f(\r(3),12)π＋1，则实数b的值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2)
C．1 D.eq \r(3)
【答案】A
【解析】由题意，函数f(x)＝msin x＋b，则f′(x)＝mcs x，可得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝mcseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)m，
即切线的斜率k＝eq \f(\r(3),2)m，所以eq \f(\r(3),2)m＝eq \f(\r(3),2)，解得m＝1，所以f(x)＝sin x＋b，
当x＝eq \f(π,6)时，y＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(π,6)－eq \f(\r(3),12)π＋1＝1，即切点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，1))，
代入函数f(x)＝sin x＋b，可得sineq \f(π,6)＋b＝1，解得b＝eq \f(1,2).
11．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则eq \f(a,b)的值为( )
A．－eq \f(2,3) B.eq \f(2,3)或2
C．2 D．－eq \f(1,3)
【答案】A
【解析】f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，则f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
根据题意：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝1＋a＋b－a2－7a＝10，,f′1＝3＋2a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－6，,b＝9.))
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝1))时，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故x＝1处取得极小值，舍去；
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－6，,b＝9))时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，函数在(－∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故x＝1处取得极大值，满足．故eq \f(a,b)＝eq \f(－6,9)＝－eq \f(2,3).
已知点P(x0，y0)在曲线C：y＝x3－x2＋1上移动，曲线C在点P处的切线的斜率为k，若k∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，21))，则x0的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,3)，\f(5,7))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,3)，3))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,3)，＋∞)) D．[－7,9]
【答案】B
【解析】由y＝x3－x2＋1，得y′＝3x2－2x，则曲线C在点P(x0，y0)处的切线的斜率为k＝y′| x＝x0＝3xeq \\al(2,0)－2x0，∵k∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，21))，∴3xeq \\al(2,0)－2x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，21))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x\\al(2,0)－2x0≤21，,3x\\al(2,0)－2x0≥－\f(1,3)，))∴x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,3)，3)).
13．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)在区间(a，a＋3)内既存在最大值也存在最小值，则a的取值范围是( )
A．(－3，－2) B．(－3，－1)
C．(－2，－1) D．(－2,0)
【答案】A
【解析】由f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)＝0得x＝－2或x＝0，可以判断f(x)在x＝0处取得极小值f(0)＝－eq \f(2,3)，在x＝－2处取得极大值f(－2)＝eq \f(2,3).令f(x)＝－eq \f(2,3)，得x＝－3或x＝0，令f(x)＝eq \f(2,3)，得x＝－2或x＝1, 由题意知函数f(x)在开区间(a，a＋3)内的最大、最小值只能在x＝－2和x＝0处取得，结合函数f(x)的图象可得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜a＋3≤1，,－3≤a＜－2，))解得－3＜a＜－2，故a的取值范围是(－3，－2)．
14．若函数f(x)＝x2＋x－ln x－2在其定义域的一个子区间(2k－1,2k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
【答案】D
【解析】因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以2k－1≥0，即k≥eq \f(1,2)，
又f′(x)＝2x＋1－eq \f(1,x)＝eq \f(x＋12x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝－1(舍去)，
由于函数在区间(2k－1,2k＋1)内不是单调函数，所以eq \f(1,2)∈(2k－1,2k＋1)，
即2k－115．已知f(x)＝aln x＋eq \f(1,2)x2(a>0)，若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>2恒成立，则a的取值范围是( )
A．(0,1] B．(1，＋∞)
C．(0,1) D．[1，＋∞)
【答案】D
【解析】根据eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>2，可知eq \f(fx1－2x1－[fx2－2x2],x1－x2)>0，令g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋eq \f(1,2)x2－2x(a>0)，
则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以g′(x)＝eq \f(a,x)＋x－2≥0(x>0，a>0)恒成立，分离参数得a≥x(2－x)，而当x>0时，x(2－x)最大值为1，故a≥1.
若函数f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2ax在eq \f(2,3)，＋∞上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
【答案】eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞))
【解析】对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)＋2a.由题意知，f′(x)>0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上有解，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(2,9)＋2a.
令eq \f(2,9)＋2a>0，解得a>－eq \f(1,9)，所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞)).
17、过原点与曲线y＝(x－1)3相切的切线方程为________．
【答案】y＝0或27x－4y＝0.
【解析】函数y＝(x－1)3的导数为y′＝3(x－1)2，设过原点的切线的切点坐标为(x0，(x0－1)3)，
则切线的斜率为k＝y′|x＝x0＝3(x0－1)2，∵切线过原点(0,0)，∴k＝3(x0－1)2＝eq \f(x0－13－0,x0－0)，
解得x0＝1或x0＝－eq \f(1,2)，则切点坐标为(1,0)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(27,8)))，对应的斜率k＝0或k＝eq \f(27,4)，
∴对应的切线方程为y＝0或y＋eq \f(27,8)＝eq \f(27,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，即y＝0或27x－4y＝0.
18．若函数f(x)＝ax3－3x在区间(－1,1)上为单调减函数，则a的取值范围是________．
【答案】(－∞，1]
【解析】若函数f(x)＝ax3－3x在(－1,1)上为单调减函数，则f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立，即ax2≤1在(－1,1)上恒成立．
若a≤0，满足条件；若a＞0，则只要当x＝1或x＝－1时，满足条件即可，此时a≤1，即0＜a≤1，综上，a≤1.
19．曲线y＝sin x＋2x＋1在点P处的切线方程是3x－y＋1＝0，则切点P的坐标是_____．
【答案】(0,1)．
【解析】由函数y＝sin x＋2x＋1，则y′＝cs x＋2，设切点P的坐标为(x0，y0)，
则斜率k＝y′| x＝x0＝cs x0＋2＝3，所以cs x0＝1，解得x0＝2kπ(k∈Z)，
当k＝0时，切点为(0,1)，此时切线方程为3x－y＋1＝0；
当k≠0，切点为(2kπ，4kπ＋1)(k∈Z)，不满足题意．综上可得，切点为(0,1)
20．若直线y＝kx＋b是曲线y＝e x－2的切线，也是曲线y＝ex－1的切线，则b＝________.
【答案】eq \f(1,2)ln 2－eq \f(1,2)
【解析】设直线y＝kx＋b与曲线y＝ex－2切于点P1(x1，ex1－2)，与曲线y＝ex－1切于点P2(x2，eeq \a\vs4\al(x2)－1)，则有k＝ex1－2＝eeq \a\vs4\al(x2)＝eq \f(e\a\vs4\al(x2)－1－e\a\vs4\al(x1－2),x2－x1)，从而x1－2＝x2，k＝eq \f(1,2)，eeq \a\vs4\al(x2)＝eq \f(1,2)，x2＝－ln 2.所以切线方程y＝eq \f(1,2)(x＋ln 2)＋eeq \a\vs4\al(x2)－1＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)ln 2－eq \f(1,2)，所以b＝eq \f(1,2)ln 2－eq \f(1,2).
21．设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0, 当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．
【答案】(－∞，－1)∪(0,1)
【解析】令g(x)＝eq \f(fx,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2).由题意知，当x>0时，g′(x)<0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，
∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，g(x)>0，从而f(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，从而f(x)<0.又∵f(x)是奇函数，
∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；当x∈(－1,0)时，f(x)<0.
综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
若函数h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围为________．
【答案】eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．
【解析】因为h(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，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．令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\c1(\f(1,x)－1))2－1，
因为x∈[1,4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，
所以a≥－eq \f(7,16)，又因为a≠0，所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．
23、若函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是________．
【答案】eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3)))
【解析】函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－eq \f(2,3)cs 2x＋acs x＝－eq \f(4,3)cs2x＋acs x＋eq \f(5,3)≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cs x＝t，则g(t)＝－eq \f(4,3)t2＋at＋eq \f(5,3)≥0在
[－1,1]恒成立，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝－\f(4,3)＋a＋\f(5,3)≥0，,g－1＝－\f(4,3)－a＋\f(5,3)≥0，))解得－eq \f(1,3)≤a≤eq \f(1,3).