第一部分 考点九 导数及其应用(二)-【金版教程】2023高考文科数学大二轮刷题首选卷全书word（老教材，全国统考版）

解答题 1．(2022·云南昆明“三诊一模”摸底诊断检测)设函数f(x)＝x2－ax ln x，a∈R. (1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)<－e(a＋e)成立，求a的取值范围． 解　(1)令a＝1，得f(x)＝x2－x ln x，x>0， ∴f′(x)＝2x－ln x－1， ∴f(1)＝1，f′(1)＝1， ∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x. (2)∵f(x)<－e(a＋e)， ∴x2－ax ln x<－e(a＋e)， 化简得x－a ln x＋<0， 设g(x)＝x－a ln x＋， 则g′(x)＝1－－＝＝， ∵x∈[1，e]，∴x＋e>0， 令g′(x)＝0，得x＝e＋a. 若e＋a≤1，即a≤1－e时，g′(x)≥0，g(x)在[1，e]上单调递增， 只需g(1)＝1＋e2＋ae<0即可， 解得a<＝－e－； 若e＋a≥e，即a≥0时，g′(x)≤0，g(x)在[1，e]上单调递减， 只需g(e)＝e－a＋e＋a＝2e<0，此时不成立； 若1<e＋a<e，即1－e<a<0时， 当x∈[1，e＋a)时，g′(x)<0，此时g(x)单调递减， 当x∈(e＋a，e]时，g′(x)>0，此时g(x)单调递增， ∴g(x)在x∈[1，e]上的最小值为g(e＋a)＝2e＋a－a ln (e＋a)， 只需2e＋a－a ln (e＋a)<0， 即>ln (e＋a). ∵1－e<a<0， ∴<0，0<ln (e＋a)<1，则>ln (e＋a)不成立． 综上所述，a的取值范围为. 2．(2022·广西南宁第一次适应性考试)已知函数f(x)＝(a≥0)(e为自然对数的底数)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a>0时，证明：f(x)的最小值小于－1. 解　(1)因为f(x)＝(a≥0)， 则f′(x)＝＝ ＝， ①若a＝0，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，则x＝2， 所以当x>2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)； ②若a>0，令f′(x)＝0，则x＝2或x＝－，当x>2或x<－时，f′(x)<0；当－<x<2时，f′(x)>0，故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为和(2，＋∞). 综上，当a＝0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为和(2，＋∞). (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为和(2，＋∞)，所以f(x)在x＝－处取得极小值，在x＝2处取得极大值， 又当x>2时，ex>0，ax2＋x－1>0，所以f(x)在(2，＋∞)上恒大于0， 且f＝＝－e<0，故f(x)在x＝－处取得最小值，f(x)min＝－e，因为a>0，所以e∈(1，＋∞)，－e∈(－∞，－1)，故f(x)的最小值小于－1. 3．(2022·全国甲卷(文))已知函数f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y＝g(x)的切线． (1)若x1＝－1，求a； (2)求a的取值范围． 解　(1)由题意知，f(－1)＝－1－(－1)＝0，f′(x)＝3x2－1，f′(－1)＝3－1＝2，则曲线y＝f(x)在点(－1，0)处的切线方程为y＝2(x＋1)，即y＝2x＋2. 设该切线与g(x)切于点(x2，g(x2))，g′(x)＝2x， 则g′(x2)＝2x2＝2，解得x2＝1， 则g(1)＝1＋a＝2＋2，解得a＝3. (2)f′(x)＝3x2－1，则曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x－x1)＝(3x－1)(x－x1)， 整理得y＝(3x－1)x－2x. 设该切线与g(x)切于点(x2，g(x2))， g′(x)＝2x，则g′(x2)＝2x2， 则切线方程为y－(x＋a)＝2x2(x－x2)， 整理得y＝2x2x－x＋a. 则 整理得a＝x－2x＝－2x ＝x－2x－x＋. 令h(x)＝x4－2x3－x2＋， 则h′(x)＝9x3－6x2－3x＝3x(3x＋1)(x－1)， 令h′(x)＝0，得x＝－，0，1，则x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x － 0 (0，1) 1 (1，＋∞) h′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ h(x) 单调 递减 单调 递增 单调 递减 －1 单调 递增 由上表知，当x＝－时，h(x)取极小值h＝， 当x＝1时，h(x)取极小值h(1)