高考数学一轮复习 专题突破练1 函数与导数中的高考热点问题 理

专题突破练(一) 函数与导数中的高考热点问题
(对应学生用书第231页)
1．已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
[解] 由f(x)＝x2＋x sin x＋cos x，
得f′(x)＝x(2＋cos x)．
(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线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.
当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
所以函数f(x)
在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．
当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；
当b＞1时，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.
由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，
所以当b＞1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．
综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．
2．设a为实数，函数f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，e x＞x2－2ax＋1.
[解] (1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，
知f′(x)＝e x－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f (x )单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，
极小值为f (ln 2)＝e
ln 2
－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a .
(2)证明：设g (x )＝e x
－x 2
＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x
－2x ＋2a ，x ∈R . 由(1)知当a ＞ln 2－1时，
g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )＞0.
于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )＞0， 所以g (x )在R 内单调递增．
于是当a ＞ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)， 都有g (x )＞g (0)．
而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )＞0. 即e x －x 2
＋2ax －1＞0，
故当a ＞ln 2－1且x ＞0时，e x ＞x 2
－2ax ＋1.
3．(2018·兰州模拟)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (x )＝1
2f ′(1)x ＋x ln x .
(1)求函数f (x )的极值；
(2)若k ∈Z ，且f (x )＞k (x －1)对任意的x ∈(1，＋∞)都成立，求k 的最大值.
【导学号：79140098】
[解] (1)f ′(x )＝1
2f ′(1)＋1＋ln x (x ＞0)，
所以f ′(1)＝1
2f ′(1)＋1，即f ′(1)＝2，
所以f (x )＝x ＋x ln x ，f ′(x )＝2＋ln x ， 令f ′(x )＝2＋ln x ＜0，解得0＜x ＜e －2
，
即当x ∈(0，e －2
)时，f ′(x )＜0，当x ∈(e －2
，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数
f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增，
所以函数f (x )在x ＝e －2
处取得极小值f (e －2
)＝－e －2
，没有极大值． (2)由(1)及题意，知k ＜f (x )x －1＝x ＋x ln x
x －1
对任意的x ∈(1，＋∞)都成立， 令g (x )＝
x ＋x ln x x －1(x ＞1)，则g ′(x )＝x －ln x －2
(x －1)
2
，
令h (x )＝x －ln x －2(x ＞1)， 则h ′(x )＝1－1x ＝x －1
x
＞0，
所以函数h (x )在(1，＋∞)上为增函数， 因为h (3)＝1－ln 3＜0，h (4)＝2－ln 4＞0， 所以方程h (x )＝0存在唯一实根x 0， 即ln x 0＝x 0－2，x 0∈(3,4)．
所以当1＜x ＜x 0时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0， 当x ＞x 0时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0， 所以函数g (x )在(1，x 0)上单调递减， 在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (x 0)＝
x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)
x 0－1
＝x 0，
所以k ＜g (x )min ＝x 0，x 0∈(3,4)，又因为k ∈Z ， 故k 的最大值为3.
4．(2017·山东高考)已知函数f (x )＝13x 3－12
ax 2
，a ∈R .
(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程；
(2)设函数g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ，讨论g (x )的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
[解] (1)由题意f ′(x )＝x 2
－ax ，
所以当a ＝2时，f (3)＝0，f ′(x )＝x 2
－2x ， 所以f ′(3)＝3，
因此，曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程是y ＝3(x －3)，即3x －y －9＝0. (2)因为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 ，则h ′(x )＝1－cos x ≥0， 所以h (x )在R 上单调递增． 因为h (0)＝0， 所以当x >0时，h (x )>0； 当x <0时，h (x )<0.
①当a <0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，
当x ∈(－∞，a )时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增；
当x ∈(a,0)时，x －a >0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ＝a 时，g (x )取到极大值， 极大值是g (a )＝－16
a 3
－sin a ；
当x ＝0时，g (x )取到极小值，极小值是g (0)＝－a . ②当a ＝0时，g ′(x )＝x (x －sin x )，
当x ∈(－∞，＋∞)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增；
所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，g (x )无极大值也无极小值． ③当a >0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，
当x ∈(－∞，0)时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(0，a )时，x －a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ＝0时，g (x )取到极大值，极大值是g (0)＝－a ； 当x ＝a 时，g (x )取到极小值， 极小值是g (a )＝－16a 3
－sin a .
综上所述：
当a <0时，函数g (x )在(－∞，a )和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (a )＝－16
a 3
－sin a ，极小值是g (0)＝－
a ；
当a ＝0时，函数g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a >0时，函数g (x )在(－∞，0)和(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (0)＝－a ，极小值是g (a )＝－16a 3
－sin a .。