新編高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件： 專題突破練1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的高考熱點問題 理 北師大版

專題突破練(一)　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的高考熱點問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第231頁) 1．已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值； (2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，求b的取值范圍． [解]　由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x， 得f′(x)＝x(2＋cos x)． (1)因為曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切， 所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)． 解得a＝0，b＝f(0)＝1. (2)令f′(x)＝0，得x＝0. 當(dāng)x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 1 ↗ 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減， 在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(0)＝1是f(x)的最小值． 當(dāng)b≤1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b最多只有一個交點； 當(dāng)b＞1時，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1＞4b－2b－1＞b， f(0)＝1＜b，所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)， 使得f(x1)＝f(x2)＝b. 由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)和(0，＋∞)上均單調(diào)， 所以當(dāng)b＞1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個不同交點． 綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，那么b的取值范圍是(1，＋∞)． 2．設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當(dāng)a＞ln 2－1且x＞0時，ex＞x2－2ax＋1. [解]　(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R， 知f′(x)＝ex－2，x∈R. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 2－2ln 2＋2a ↗ 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)， 單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)， f(x)在x＝ln 2處取得極小值， 極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a. (2)證明：設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知當(dāng)a＞ln 2－1時， g′(x)取最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0. 于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)＞0， 所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增． 于是當(dāng)a＞ln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)， 都有g(shù)(x)＞g(0)． 而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)＞0. 即ex－x2＋2ax－1＞0， 故當(dāng)a＞ln 2－1且x＞0時，ex＞x2－2ax＋1. 3．(20xx·蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)＝f′(1)x＋xln x. (1)求函數(shù)f(x)的極值； (2)若k∈Z，且f(x)＞k(x－1)對任意的x∈(1，＋∞)都成立，求k的最大值. 【導(dǎo)學(xué)號：79140098】 [解]　(1)f′(x)＝f′(1)＋1＋ln x(x＞0)， 所以f′(1)＝f′(1)＋1，即f′(1)＝2， 所以f(x)＝x＋xln x，f′(x)＝2＋ln x， 令f′(x)＝2＋ln x＜0，解得0＜x＜e－2， 即當(dāng)x∈(0，e－2)時，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(e－2，＋∞)時，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)f(x)在x＝e－2處取得極小值f(e－2)＝－e－2，沒有極大值． (2)由(1)及題意，知k＜＝對任意的x∈(1，＋∞)都成立， 令g(x)＝(x＞1)，則g′(x)＝， 令h(x)＝x－ln x－2(x＞1)， 則h′(x)＝1－＝＞0， 所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)， 因為h(3)＝1－ln 3＜0，h(4)＝2－ln 4＞0， 所以方程h(x)＝0存在唯一實根x0， 即ln x0＝x0－2，x0∈(3,4)． 所以當(dāng)1＜x＜x0時，h(x)＜0，即g′(x)＜0， 當(dāng)x＞x0時，h(x)＞0，即g′(x)＞0， 所以函數(shù)g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減， 在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0， 所以k＜g(x)min＝x0，x0∈(3,4)，又因為k∈Z， 故k的最大值為3. 4．(20xx·山東高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2，a∈R. (1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值． [解]　(1)由題意f′(x)＝x2－ax， 所以當(dāng)a＝2時，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x， 所以f′(3)＝3， 因此，曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0. (2)因為g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x， 所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x ＝x(x－a)－(x－a)sin x ＝(x－a)(x－sin x)． 令h(x)＝x－sin x，則h′(x)＝1－cos x≥0， 所以h(x)在R上單調(diào)遞增． 因為h(0)＝0， 所以當(dāng)x>0時，h(x)>0； 當(dāng)x<0時，h(x)<0. ①當(dāng)a<0時，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 當(dāng)x∈(－∞，a)時，x－a<0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(a,0)時，x－a>0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，x－a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝a時，g(x)取到極大值， 極大值是g(a)＝－a3－sin a； 當(dāng)x＝0時，g(x)取到極小值，極小值是g(0)＝－a. ②當(dāng)a＝0時，g′(x)＝x(x－sin x)， 當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時，g′(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增； 所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)無極大值也無極小值． ③當(dāng)a>0時，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 當(dāng)x∈(－∞，0)時，x－a<0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(0，a)時，x－a<0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時，x－a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝0時，g(x)取到極大值，極大值是g(0)＝－a； 當(dāng)x＝a時，g(x)取到極小值， 極小值是g(a)＝－a3－sin a. 綜上所述： 當(dāng)a<0時，函數(shù)g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a,0)上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(a)＝－a3－sin a，極小值是g(0)＝－a； 當(dāng)a＝0時，函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值； 當(dāng)a>0時，函數(shù)g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，a)上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(0)＝－a，極小值是g(a)＝－a3－sin a.