第3章 专题探究课01 高考中函数与导数问题的热点题型 -【步步高】2020版高考数学（文）大一轮考点专项练（人教A版)

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)＝. 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－>a＋1. 令g(x)＝x－，则g′(x)＝. 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).[来源:学科网ZXXK][来源:学科网] 2.(2016·天津卷节选)设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.[来源:学&科&网] (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1＋2x0＝0. (1)解　由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a. 下面分两种情况讨论： ①当a≤0时，有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立， 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞). ②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，. (2)证明　因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a>0， 且x0≠0.由题意，得f′(x0)＝3x－a＝0，即x＝，[来源:Zxxk.Com] 进而f(x0)＝x－ax0－b＝－x0－b. 又f(－2x0)＝－8x＋2ax0－b＝－x0＋2ax0－b＝[来源:Zxxk.Com] －x0－b＝f(x0)，且－2x0≠x0， 由题意及(1)知，存在唯一实数x1满足f(x1)＝f(x0)， 且x1≠x0，因此x1＝－2x0，所以x1＋2x0＝0. 3.(2017·南宁质检)已知函数f(x)＝2x＋，直线l：y＝kx－1. (1)求函数f(x)的极值； (2)试确定曲线y＝f(x)与直线l的交点个数，并说明理由. 解　(1)函数f(x)定义域为{x|x≠0}， 求导得f′(x)＝2－，令f′(x)＝0，解得x＝1.[来源:学。科。网Z。X。X。K] 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示： x (－∞，0) (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ － 0 ＋ f(x)[来源:学+科+网] 极小值 所以函数y＝f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(1，＋∞)，单调减区间为(0，1)， 所以函数y＝f(x)有极小值f(1)＝3，无极大值. (2)“曲线y＝f(x)与直线l的交点个数”等价于“方程2x＋＝kx－1的根的个数”，由方程2x＋＝kx－1，得k＝＋＋2. 令t＝，则k＝t3＋t＋2，其中t∈R，且t≠0，[来源:学科网] 考查函数h(t)＝t3＋t＋2，其中t∈R， 因为h′(t)＝3t2＋1>0时， 所以函数h(t)在R上单调递增，且h(t)∈R.[来源:学。科。网Z。X。X。K] 而方程k＝t3＋t＋2中，t∈R，且t≠0， 所以当k＝h(0)＝2时，方程k＝t3＋t＋2无根； 当k≠2时，方程k＝t3＋t＋2有且仅有一根， 故当k＝2时，曲线y＝f(x)与直线l没有交点，当k≠2时，曲线y＝f(x)与直线l有且仅有一个交点. 4.(2017·合肥模拟)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)如果函数g(x)的单调递减区间为，求函数g(x)的解析式； (2)对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围. 解　(1)g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意3x2＋2ax－1<0的解集是，即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－，1.将x＝1或－代入方程3x2＋2ax－1＝0，得a＝－1.所以g(x)＝x3－x2－x＋2. (2)由题意2xln x≤3x2＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立， 可得a≥ln x－x－，设h(x)＝ln x－x－，[来源:学科网ZXXK] 则h′(x)＝－＋＝－， 令h′(x)＝0，得x＝1或－(舍)， 当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，所以当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，[来源:Z+xx+k.Com] 所以a≥－2，所以a的取值范围是