专题探究课一高考中函数与导数问题的热点题型(建议用时：80分钟)1．已知函数f(x)＝x2－lnx－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－lnx－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－lnx－(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)．2．(2016·天津卷节选)设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.(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＝，进而f(x0)＝x－ax0－b＝－x0－b.又f(－2x0)＝－8x＋2ax0－b＝－x0＋2ax0－b＝－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·西安质检)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＝1.1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)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，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.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)＝xlnx，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2xlnx≤3x2＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立，可得a≥lnx－x－，设h(x)＝lnx－x－，则h′(x)＝－＋＝－，令h′(x)＝0，得x＝1或－(舍)，当00，当x>1时，h′(x)<0，所以当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，所以a≥－2，所以a的取值范围是[－2，＋∞)．5．(2017·衡水中学质检)已知函数f(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)＝－，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)＝.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)＝－2＝.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x0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x0，当x>x0时，h′(x)<0，∴h(...
