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高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科: 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

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1、 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)

2、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,

3、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

4、(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)

5、(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′(

6、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-l

7、n 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)+

8、(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

9、, 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∈(

10、-∞,+∞)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.

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