高考数学函数与导数问题的热点题型练习含答案

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 x

x>a＋1.

令g(x)＝x－ln x

x，则g′(x)＝

x2－1＋ln x

x2.

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)＝e x－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>x2－2ax＋1.

(1)解由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，

知f′(x)＝e x－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：

故f(x)

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.

(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，

于是g′(x)＝e x－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e x－x2＋2ax－1>0，

故当a>ln 2－1且x>0时，e x>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－2

a＝－2，所以a＝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＋a e x.

(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）

e x，

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)＝x e x.

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－x

e x－

1－x0

e x0

＝（1－x）e x0－（1－x0）e x

e x＋x0

.

设φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)e x，x∈R，

则φ′(x)＝－e x0－(1－x0)e x，

∵x0<1，∴φ′(x)<0，

∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，

∴当x<x0时，φ(x)>0，当x>x0时，φ(x)<0，

∴当x<x0时，h′(x)>0，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).