1、专题探究课一专题探究课一高考中函数与导数问题的热点题型高考中函数与导数问题的热点题型 1.已知函数 f(x)x2ln xax，aR. (1)当 a1 时，求 f(x)的最小值； (2)若 f(x)x，求 a 的取值范围. 解(1)当 a1 时，f(x)x2ln xx， f(x)（2x1） （x1） x . 当 x(0，1)时，f(x)0. 所以 f(x)的最小值为 f(1)0. (2)由 f(x)x，得 f(x)xx2ln x(a1)x0. 由于 x0，所以 f(x)x 等价于 xln x x a1. 令 g(x)xln x x ，则 g(x)x 21ln x x2 . 当 x(0，1)时，g
2、(x)0.故 g(x)有最小值 g(1) 1. 故 a11，aln 21 且 x0 时，exx22ax1. (1)解由 f(x)ex2x2a，xR， 知 f(x)ex2，xR.令 f(x)0，得 xln 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)22ln 22a 故 f(x)的单调递减区间是(，ln 2)， 单调递增区间是(ln 2，)， f(x)在 xln 2 处取得极小值， 极小值为 f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a. (2)证明设 g(x)exx22ax1，xR， 于是 g(x)ex2
3、x2a，xR. 由(1)知当 aln 21 时， g(x)取最小值为 g(ln 2)2(1ln 2a)0. 于是对任意 xR，都有 g(x)0， 所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 aln 21 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 exx22ax10， 故当 aln 21 且 x0 时，exx22ax1. 3.已知函数 f(x)x33x2ax2，曲线 yf(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 k1 时，曲线 yf(x)与直线 ykx2 只有一个交点.
4、(1)解f(x)3x26xa，f(0)a. 曲线 yf(x)在点(0，2)处的切线方程为 yax2. 由题设得2 a2，所以 a1. (2)证明由(1)知，f(x)x33x2x2. 设 g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4. 由题设知 1k0. 当 x0 时， g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增， g(1)k10，g(0)4， 所以 g(x)0 在(，0上有唯一实根. 当 x0 时，令 h(x)x33x24， 则 g(x)h(x)(1k)xh(x). h(x)3x26x3x(x2)，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
5、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 yf(x)与直线 ykx2 只有一个交点. 4.(2017衡水中学质检)已知函数 f(x)xa ex . (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 a0，x01，设直线 yg(x)为函数 f(x)的图象在 xx0处的切线，求证： f(x)g(x). (1)解易知 f(x)x（1a） ex ， 由已知得 f(x)0 对 x(，2)恒成立， 故 x1a 对 x(，2)恒成立， 1a2，a1. (2)证明a0，则 f(x) x ex. 函数f(x)的图象在xx0处的切
6、线方程为yg(x)f(x0)(xx0)f(x0).令h(x)f(x) g(x) f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，xR， 则 h(x)f(x)f(x0)1x ex 1x0 ex0 （1x）ex 0（1x0）ex exx0 . 设(x)(1x)ex0(1x0)ex，xR， 则(x)ex0(1x0)ex， x01，(x)0， (x)在 R 上单调递减，而(x0)0， 当 x0，当 xx0时，(x)0， 当 x0，当 xx0时，h(x)0 得 x2 3， 又 x0，2，所以 g(x)在区间 0，2 3 上单调递减，在区间 2 3，2上单调递增，所 以 g(x)ming 2 3 85 27， g
7、(x)maxg(2)1. 故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min112 27 M， 则满足条件的最大整数 M4. (2)对于任意的 s，t 1 2，2，都有 f(s)g(t)成立，等价于在区间 1 2，2上，函数 f(x)ming(x)max. 由(1)可知在区间 1 2，2上，g(x)的最大值为 g(2)1. 在区间 1 2，2上，f(x)a xxln x1 恒成立等价于 axx 2ln x 恒成立. 设 h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx， 可知 h(x)在区间 1 2，2上是减函数， 又 h(1)0， 所以当 1x2 时，h(x)0； 当1 2x0. 即函
8、数 h(x)xx2ln x 在区间 1 2，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 所以 h(x)maxh(1)1， 所以 a1，即实数 a 的取值范围是1，). 6.(2016山东卷)已知 f(x)a(xln x)2x1 x2 ，aR. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a1 时，证明 f(x)f(x)3 2对任意的 x1，2成立. (1)解f(x)的定义域为(0，)， f(x)aa x 2 x2 2 x3 （ax22） （x1） x3 . 当 a0 时，x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增，x(1，)时，f(x)0 时，f(x)a（x1） x3 (x 2 a)(x 2
9、a). 0a1， 当 x(0，1)或 x( 2 a，)时，f(x)0，f(x)单调递增， 当 x(1， 2 a)时，f(x)2 时，0 2 a0，f(x)单调递增， 当 x( 2 a，1)时，f(x)0，f(x)单调递减. 综上所述，当 a0 时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减； 当 0a2 时，f(x)在(0， 2 a)上单调递增，在( 2 a，1)上单调递减，在(1，)上 单调递增. (2)证明由(1)知，a1 时， f(x)f(x)xln x2x1 x2 (11 x 2 x2 2 x3) xln x3 x 1 x2 2 x31，x1，2， 设 g(x)xln x，h(x)3 x 1 x2 2 x31，x1，2. 则 f(x)f(x)g(x)h(x). 由 g(x)x1 x 0 可得 g(x)在1，2上递增，g(x)g(1)1，当且仅当 x1 时 取得等号. h(x)3x 22x6 x4 ， 设(x)3x22x6， 则(x)在1，2上单调递减， 因为(1)1，(2)10，所以x0(1，2)，使(x0)0， 所以当 x(1，x0)时(x)0，即 h(x)0，当 x(x0，2)时，(x)0 即 h(x)g(1)h(2)3 2， 即 f(x)f(x)3 2对于任意的 x1，2成立.
