专题探究课一 高考中函数与导数问题的热点题型
1.已知函数f(x)＝x2－ln x－ax，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)>x，求a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x－x，
f′(x)＝（2x＋1）（x－1）x.
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)的最小值为f(1)＝0.
(2)由f(x)>x，得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x>0.
由于x>0，所以f(x)>x等价于x－ln xx>a＋1.
令g(x)＝x－ln xx，则g′(x)＝x2－1＋ln xx2.
当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)＝1.
故a＋1<1，a<0，即a的取值范围是(－∞，0).
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.
(1)解 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)
ln 2
(ln 2，＋∞)
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，Q1：有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数？＋∞)，
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.已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
(1)解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.
由题设得－2a＝－2，所以a如蒲松龄《促织》：少间，帘内掷一纸出。＝1.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k＞0.
当x≤0时，
g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，
g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根.
当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，
则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x).
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根.
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，
即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
4.(2017·衡水中学质检)已知函数f(x)＝x＋aex.
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图像在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x).
(1)解 易知f′(x)＝－x－（1－a）ex，
由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，
故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
(2)证明 a＝0，则f(x)＝xex.
函数f(x)的图像在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0).令h(x)＝f(x)－g(x)
＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xex－1－x0ex0
＝（1－x）ex0－（1－x0）exex＋x0.
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，
则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，
∵x0<1，∴φ′(x)<0，
∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，
∴当x
0，当x>x0时，φ(x)<0，
∴当x0，当x>x0时，h′(x)<0，
∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x).
5.设f(x)＝ax＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈\f(12)，2)，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x\a\vs4\al\co1(x－\f(23)).
令g′(x)>0得x<0或x>23，
又x∈[0，2]，所以g(x)在区间0，\f(23))上单调递减，在区间\f(23)，2)上单调递增，所以g(x)min＝g\a\vs4\al\co1(\f(23))＝－8527，
g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝11227≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈\f(12)，2)，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间\f(12)，2)上，函数f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在区间\f(12)，2)上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间\f(12)，2)上，f(x)＝ax＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立.
设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，
可知h′(x)在区间\f(12)，2)上是减函数，
又h′(1)＝0，
所以当1当120.
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间\a\vs4\al\co1(\f(12)，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
6.(2016·山东卷)已知f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1x2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋32对任意的x∈[1，2]成立.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－ax－2x2＋2x3＝（ax2－2）（x－1）x3.
当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
当a>0时，f′(x)＝a（x－1）x3(x－2a))(x＋2a)).
①01，
当x∈(0，1)或x∈(2a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1，2a))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
②a＝2时，2a)＝1，在x∈(0，＋∞)上，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
③a>2时，0<2a)<1，
当x∈(0，2a))或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(2a)，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>2时，f(x)在(0，2a))上单调递增，在(2a)，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
(2)证明 由(1)知，a＝1时，
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋2x－1x2－(1－1x－2x2＋2x3)
＝x－ln x＋3x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2]，
设g(x)＝x－ln x，h(x)＝3x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2].
则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).
由g′(x)＝x－1x≥0可得g(x)在[1，2]上递增，∴g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号.
h′(x)＝－3x2－2x＋6x4，
设φ(x)＝－3x2－2x＋6，
则φ(x)在[1，2]上单调递减，
因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，
所以?x0∈(1，2)，使φ(x0)＝0，
所以当x∈(1，x0)时φ(x)>0，
即h′(x)>0，当x∈(x0，2)时，φ(x)<0
即h′(x)<
