2019年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（理科）北师大版.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 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 xsin 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 xsin 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

2、) 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： x ( ， 0) 0 (0， ) f( x) 0 f(x) 1 所以函数 f(x)在区间 ( ， 0)上单调递减， 在区间 (0， ) 上单调递增， f(0) 1 是 f(x)的最小值 当 b1 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)4 b2 2b 1 4b 2b 1 b， f(0) 1 b，所以存在 x1( 2b,0)， x2(0,2 b)， 使得 f(x1) f(x2) b. 由于函数 f(x)在区间 ( ， 0)和 (

3、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) ex 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， 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. 于是当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表： x ( ， ln 2) l

4、n 2 (ln 2， ) =【 ;精品教育资源文库 】 = f( x) 0 f(x) 2 2ln 2 2a 故 f(x)的单调递减区间是 ( ， ln 2)， 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) eln 2 2ln 2 2a 2 2ln 2 2a. (2)证明：设 g(x) ex x2 2ax 1， x R， 于是 g( x) ex 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

5、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 ex x2 2ax 1 0， 故当 a ln 2 1 且 x 0 时， ex x2 2ax 1. 3 (2018 兰州模拟 )已知函数 f(x)的导函数为 f( x)，且 f(x) 12f(1) x xln 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) 12f(1) 1 ln x

6、(x 0)， 所以 f(1) 12f(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 xln xx 1 对任意的 x(1 ， ) 都成立， 令 g(x) x xln xx 1 (x 1)，则

7、g( x) x ln x 2(x 1)2 ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 令 h(x) x ln x 2(x 1)， 则 h( x) 1 1x x 1x 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 x0， 即 ln x0 x0 2， x0(3,4) 所以当 1 x x0时， h(x) 0，即 g( x) 0， 当 x x0时， h(x) 0，即 g( x) 0， 所以函数 g(x)在 (1， x0)上单调递减， 在 (x0， ) 上单调递增， 所以 g(x)min g(x0)

8、 x0 x0ln x0x0 1 x0(1 x0 2)x0 1 x0， 所以 k g(x)min x0， x0(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) 13x3 12ax2， 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) x2 ax， 所以当 a 2 时， f(3) 0， f( x) x2 2x， 所以 f(3) 3， 因此，曲线 y f

9、(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 x0 ， 所以 h(x)在 R 上单调递增 因为 h(0) 0， 所以当 x0 时， h(x)0； 当 x0， g(x)单调递增； =【 ;精品教育资源文库 】 = 当 x( a,0)时， x a0， g( x)0， g( x)0， g(x)单调

10、递增 所以当 x a 时， g(x)取到极大值， 极大值是 g(a) 16a3 sin a； 当 x 0 时， g(x)取到极小值，极小值是 g(0) a. 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 当 a0 时， g( x) (x a)(x sin x)， 当 x( ， 0)时， x a0， g(x)单调递增； 当 x(0 ， a)时， x a0， 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) 16a3 sin a. 综上所述： 当 a0 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) 16a3 sin a.