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 北师大版
1．已知函数f(x)＝x＋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)＝x＋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)＝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：
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x f′(x) f(x) (－∞，0) 0 (0，＋∞) － ↘ 0 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)≥4b－2b－1＞4b－2b－1＞b，
2
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－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－2ax＋1. [解] (1)由f(x)＝e－2x＋2a，x∈R， 知f′(x)＝e－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：
xxx2
xx (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) f(x) － ↘ 0 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)＝e
ln 2
－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.
x2
(2)证明：设g(x)＝e－x＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝e－2x＋2a，x∈R. 由(1)知当a＞ln 2－1时，
xg′(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＋2ax－1＞0，
故当a＞ln 2－1且x＞0时，e＞x－2ax＋1.
1
3．(2018·兰州模拟)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)＝f′(1)x＋xln x.
2(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】
1
[解] (1)f′(x)＝f′(1)＋1＋ln x(x＞0)，
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所以f′(1)＝f′(1)＋1，即f′(1)＝2，
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，
即当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数
－2
－2
－2
x2
x2
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处取得极小值f(e)＝－e，没有极大值． (2)由(1)及题意，知k＜令g(x)＝
－2
－2
－2
f(x)x＋xln x＝对任意的x∈(1，＋∞)都成立， x－1x－1
x＋xln xx－ln x－2
(x＞1)，则g′(x)＝， 2x－1(x－1)
令h(x)＝x－ln x－2(x＞1)， 1x－1
则h′(x)＝1－＝＞0，
xx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)＝
x0＋x0ln x0x0(1＋x0－2)
＝＝x0，
x0－1x0－1
所以k＜g(x)min＝x0，x0∈(3,4)，又因为k∈Z， 故k的最大值为3.
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4．(2017·山东高考)已知函数f(x)＝x－ax，a∈R.
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(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－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x－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；
2
2
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， 13
极大值是g(a)＝－a－sin a；
6
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， 13
极小值是g(a)＝－a－sin a.
6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，13
函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a－sin a，极小值是g(0)＝－
6
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，13
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)＝－a－sin a.
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