解析 因为 f(x)(x ∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以 f(1)＝－f(－1)＝0.当 x ≠0 时，令 g (x)＝ ，
?f (x )? 则 g (x)为偶函数，且 g (1)＝g (－1)＝0.则当 x ＞0 时，g ′(x)＝? x ?′＝ ＜0，故
g (x)＞g (1)＝0? ＞0?f(x)＞0；在(－∞，0)上，当 x ＜－1 时，g (x)＜g (－1)＝0? ＜0
f( xf
解析 由于 f ′(x)＝k － ，f(x)＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)
单调递增?f ′(x)＝k － ≥0 在(1，＋∞)上恒成立． 由于 k ≥ ，而 0< <1，所以 k ≥1.
高考专题突破一 高考中的导数应用问题
1．(2015· 课标全国Ⅱ)设函数 f ′(x)是奇函数 f(x)(x ∈R)的导函数， －1)＝0，当 x >0 时， ′(x) －f(x)＜0，则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( )
A ．(－∞，－1)∪(0,1)
B ．(－1,0)∪(1，＋∞)
C ．(－∞，－1)∪(－1,0)
D ．(0,1)∪(1，＋∞)
答案 A
f (x ) x
xf ′(x )－f (x ) x 2
g (x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当 0＜x ＜1 时，
f (x ) f (x )
x x
?f(x)＞0.综上，使得 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，选 A.
2．若函数 f(x)＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则 k 的取值范围是(
)
A ．(－∞，－2]
C ．[2，＋∞) B ．(－∞，－1]
D ．[1，＋∞)
答案 D
1
x
1 x
1 1
x x
即 k 的取值范围为[1，＋∞)．
3．函数 f(x)＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是(
)
A ．0
B ．1
C ．2
D ．无数个
答案 A
6x 2－2x ＋1 因为 g (x)＝ x ，
又 f(x)＝e 2x ＋ ≥2e(x>0)．
且 f ′(x)＝6x ＋ －2＝ ，
e 2x 2＋1 e 2x g (x 1)
f (x 2) 5．设函数 f(x)＝ ，
g (x)＝ x ，对任意 x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式 x
e k k ＋1 g (x 1)
f (x 2) k
g (x 1)max
不等式
≤ 恒成立，所以
≥ .
k ＋1
k ＋1 f (x )
解析 函数定义域为(0，＋∞)，
1
x x
由于 x >0，g (x)＝6x 2－2x ＋1 中 Δ＝－20<0，
所以 g (x)>0 恒成立，故 f ′(x)>0 恒成立， 即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
4．(2015· 课标全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝ax 3＋x ＋1 的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则 a ＝ .
答案 1
解析 f ′(x)＝3ax 2＋1，f ′(1)＝1＋3a ，f(1)＝a ＋2.
(1，f(1))处的切线方程为 y －(a ＋2)＝(1＋3a)(x －1)． 将(2,7)代入切线方程，得 7－(a ＋2)＝1＋3a ， 解得 a ＝1.
≤ 恒成立，
则正数 k 的取值范围是
．
答案 [1，＋∞)
解析 因为对任意 x 1，x 2∈(0，＋∞)，
k 2 min
e 2x
e
所以 g ′(x)＝e 2－x (1－x)．
当 0
所以 g (x)在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减． 所以当 x ＝1 时，g (x)取到最大值，即 g (x)max ＝g (1)＝e.
1 x 1 1
当且仅当
e 2x ＝
x ，即 x ＝e 时取等号，故 f(x)min ＝
2e.
g(x
1
)max e1k1
f(x
2
)min2e2k＋12
解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a＞0，则当x∈?0，a?时，f′(x)＞0；当x∈?a，＋∞?时，f′(x)＜0.所以f(x)在?0，a?上单调递增，在?a，＋∞?上单调递减．
当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为f?a?＝ln＋a?1－a?＝－ln a＋a－1.
因此f?a?＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
所以＝＝，应有≥，
又k>0，所以k≥1.
题型一利用导数研究函数性质
例1(2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
1
x
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
?1??1??1??1?
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；
1?1?1?1?
a a
?1?
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，
g(1)＝0.
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.
因此，a的取值范围是(0,1)．
思维升华利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．
已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；
1＋1 2 所以 y<(1＋1)－ ＝ .即 a ≥ .
因此 a 的取值范围为[ ，＋∞].
(2)若函数 f(x)在(－1,1)上单调递增，求 a 的取值范围．
解 (1)当 a ＝2 时，f(x)＝(－x 2＋2x)e x ， 所以 f ′(x)＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x)e x ＝(－x 2＋2)e x .
令 f ′(x)>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为 e x >0， 所以－x 2＋2>0，解得－ 2 所以函数 f(x)的单调递增区间是(－ 2， 2)． (2)因为函数 f(x)在(－1,1)上单调递增， 所以 f ′(x)≥0 对 x ∈(－1,1)都成立． 因为 f ′(x)＝(－2x ＋a)e x ＋(－x 2＋ax)e x ＝[－x 2＋ a －2 x ＋a ]e x ， 所以[－x 2＋ a －2 x ＋a ]e x ≥0 对 x ∈(－1,1)都成立． 因为 e x >0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0 对 x ∈(－1,1)都成立， x 2＋2x (x ＋1)2－1 即 a ≥ ＝ x ＋1 x ＋1 1 ＝(x ＋1)－ 对 x ∈(－1,1)都成立． x ＋1 令 y ＝(x ＋1)－ 1 1 ，则 y ′＝1＋ >0. x ＋1 (x ＋1)2 1 所以 y ＝(x ＋1)－ 在(－1,1)上单调递增， x ＋1 1 3 3 2 3 2 题型二 利用导数研究不等式问题 例 2 已知 f(x)＝xln x ，g (x)＝－x 2＋ax －3. (1)对一切 x ∈(0，＋∞)，2f(x)≥g (x)恒成立，求实数 a 的取值范围； 1 2 (2)证明：对一切 x ∈(0，＋∞)，都有 ln x >e x －e x 成立． 2xln x ≥－x 2＋ax －3，则 a ≤2ln x ＋x ＋ ， 设 h (x)＝2ln x ＋x ＋ (x>0)， f(x)＝xln x(x ∈(0，＋∞))的最小值是－ ， 1－x e x －1 则 h ′(x)＝ ， x ＋1 x 时取到，设 m (x)＝ (x ∈(0，＋∞))，则 m ′(x)＝ (1)解 x ∈(0，＋∞)，有 3 x 3 x (x ＋3)(x －1) x 2 ①当 x ∈(0,1)时，h ′(x)<0，h (x)单调递减， ②当 x ∈(1，＋∞)时，h ′(x)>0，h (x)单调递增， 所以 h (x)min ＝h (1)＝4. 因为对一切 x ∈(0，＋∞)， 2f(x)≥g (x)恒成立， 所以 a ≤h (x)min ＝4. (2)证明 问题等价于证明 x 2 xln x >e x －e (x ∈(0，＋∞))． 1 e 1 x 2 当且仅当 x ＝e e x －e e x ，易知 m (x)max ＝m (1) 1 ＝－ ， 当且仅当 x ＝1 时取到． 1 2 从而对一切 x ∈(0，＋∞)，都有 ln x >e x －e x 成立． 思维升华 (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离 参数，可以将参数看成常数直接求解．(2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题． aln x b 已知函数 f(x)＝ ＋ ，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 x ＋2y －3＝ 0. (1)求 a ，b 的值； ln x (2)证明：当 x >0，且 x ≠1 时，f(x)> . ? x －ln x ? b (x ＋1)2 － 2 . (1)解 f ′(x)＝ 由于直线 x ＋2y －3＝0 的斜率为－ ，且过点(1,1)， x ＋1 x 所以 f(x)－ ＝ 2ln x － ?. 考虑函数 h (x)＝2ln x － (x>0)， 则 h ′(x)＝ － ＝－ . ? ? 1 ? ? 例 3 设函数 f(x)＝ln x ＋ ，m ∈R . (2)讨论函数 g (x)＝f ′(x)－ 零点的个数． 解 (1)由题设，当 m ＝e 时，f(x)＝ln x ＋ ， ?x ＋1 ? a ? x 1 2 ?f (1)＝1， ?b ＝1， 故? 即?a 1 ?f ′(1)＝－2， ?2－b ＝－2. 解得 a ＝1，b ＝1. ln x 1 (2)证明 由(1)知 f(x)＝ ＋ ， ln x 1 ? x 2－1? x －1 1－x 2? x ? x 2－1 x 2 2x 2－(x 2－1) (x －1)2 x x 2 x 2 1 所以当 x ≠1 时，h ′(x)<0.而 h (1)＝0，故当 x ∈(0,1)时，h (x)>0，可得 h (x)>0； 1－x 2 1 当 x ∈(1，＋∞)时，h (x)<0，可得 h (x)>0. 1－x 2 从而当 x >0，且 x ≠1 时，f(x)－ ln x >0. x －1 ln x 即 f(x)> . x －1 题型三 利用导数研究函数零点或图象交点问题 m x (1)当 m ＝e(e 为自然对数的底数)时，f(x)的极小值； x 3 e x x －e 则 f ′(x)＝ x 2 ，由 f ′(x)＝0，得 x ＝e. ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)． 设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)， ∴φ(x)的最大值为φ(1)＝. ＝－ ①当m>时，函数g(x)无零点； ②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0 综上所述，当m>时，函数g(x)无零点； 当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； ∴当x∈(0，e)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减， 当x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， e e ∴f(x)的极小值为2. x1m x (2)由题设g(x)＝f′(x)－3x x2－3(x>0)， 1 3 1 3 则φ′＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减． ∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点． 2 3 又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)， 可知： 2 3 2 3 2 3 ④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点． 2 3 2 3 当 0 (2)若函数 g (x)＝f(x)－ax ＋m 在[ ，e]上有两个零点，求实数 m 的取值范围． 解 (1)当 a ＝2 时，f(x)＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x)＝ －2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率 k －2(x ＋1)(x －1) ∵x ∈[ ，e]， 当 又 g ( )＝m －2－ 2，g (e)＝m ＋2－e 2， g (e)－g ( )＝4－e 2＋ 2<0， 则 g (e) ∴g (x)在[ ，e]上的最小值是 g (e)． g (x)在[ ，e]上有两个零点的条件是 则 g ′(x)＝ －2x ＝ . 2 3 思维升华 用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理 判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合思想画草图确 定参数范围． 已知函数 f(x)＝2ln x －x 2＋ax(a ∈R )． (1)当 a ＝2 时，求 f(x)的图象在 x ＝1 处的切线方程； 1 e 2 x ＝f ′(1)＝2，则切线方程为 y －1＝2(x －1)，即 2x －y －1＝0. (2)g (x)＝2ln x －x 2＋m ， 2 x x 1 e ∴当 g ′(x)＝0 时，x ＝1. 1 e 当 1 故 g (x)在 x ＝1 处取得极大值 g (1)＝m －1. 1 1 e e 1 1 e e 1 e 1 e 1 e ??g (1)＝m －1>0， ? 1 1 ??g (e )＝m －2－e2 ≤0， 1．(2015· 重庆)设函数 f(x)＝ (a ∈R )． f ′(x)＝ e x －3x 2＋6x 的切线方程为 y － ＝ (x －1)，化简得 3x －e y ＝0. (2)由(1)知 f ′(x)＝ . f e x ，f ′(1)＝ 1 解得 1 1 ∴实数 m 的取值范围是(1,2＋e 2]. (时间：70 分钟) 3x 2＋ax e x (1)若 f(x)在 x ＝0 处取得极值，确定 a 的值，并求此时曲线 y ＝f(x)在点(1，(1))处的切线方程； (2)若 f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求 a 的取值范围． 解 (1)对 f(x)求导得 (6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x (e x )2 －3x 2＋(6－a )x ＋a ＝ ， 因为 f(x)在 x ＝0 处取得极值，所以 f ′(0)＝0，即 a ＝0. 3x 2 3 3 当 a ＝0 时，f(x)＝ e x ，f ′(x)＝ ，故 f(1)＝e e ，从而 f(x)在点(1，f(1))处 3 3 e e －3x 2＋(6－a )x ＋a e x 令 g (x)＝－3x 2＋(6－a)x ＋a ， 6－a － 由 g (x)＝0 解得 x 1＝ 6 a 2＋36 ， 6－a ＋ x 2＝ 6 a 2＋36 . 当 x ＜x 1 时，g (x)＜0，即 f ′(x)＜0，故 f(x)为减函数； 当 x 1＜x ＜x 2 时，g (x)＞0，即 f ′(x)＞0，故 f(x)为增函数； 当 x ＞x 2 时，g (x)＜0，即 f ′(x)＜0，故 f(x)为减函数． a 2＋36 ≤3，解得 a ≥－ ， 故 a 的取值范围为?－2，＋∞?. 2．已知函数 f(x)＝xcos x －sin x ，x ∈[0， ]． (2)若 a < 因为在区间(0， )上 f ′(x)＝－xsin x <0， 所以 f(x)在区间[0， ]上单调递减． (2)解 当 x >0 时，“ >a ”等价于“sin x －ax >0”； “ 当 c ≤0 时，g (x)>0 对任意 x ∈(0， )恒成立， 当 c ≥1 时，因为对任意 x ∈(0， )，g ′(x)＝cos x －c <0， 所以 g (x)在区间[0， ]上单调递减． 从而 g (x) g (x)与 g ′(x)在区间(0， )上的情况如下： (x 0，2 6－a ＋ 由 f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知 x 2＝ 9 6 2 ? 9 ? π 2 (1)求证：f(x)≤0； sin x π x 2 (1)证明 由 f(x)＝xcos x －sin x ，得 f ′(x)＝cos x －xsin x －cos x ＝－xsin x. π 2 π 2 从而 f(x)≤f(0)＝0. sin x x sin x x 令 g (x)＝sin x －cx ，则 g ′(x)＝cos x －c. π 2 π 2 π 2 π 2 π 当 0 g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0. π 2 x (0，x 0) x 0 π) 2 2 8 4 8 4 8 4 4 8 . π x π 2 2 2 2 时 时 g′(x) ＋ 0 － g(x) 因为 g(x)在区间[0，x 0]上是增函数， 所以 g(x 0)>g(0)＝0. π 进一步，“g(x)>0 对任意 x ∈(0， )恒成立”当且仅当 π π 2 g(2)＝1－2c≥0，即 0 2 π 综上所述，当且仅当 c≤ 时，g(x)>0 对任意 x ∈(0，2)恒成立； π 当且仅当 c≥1 时，g(x)<0 对任意 x ∈(0， )恒成立． sinx π 2 所以，若 a< 585 3．某种产品每件成本为 6 元，每件售价为 x 元(6 21 与(x － ) 成正比，且售价为 10 元时，年销量为 28 万件． (1)求年销售利润 y 关于售价 x 的函数表达式； (2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润． 585 21 解 (1)设 －u ＝k(x － ) ， ∵售价为 10 元时，年销量为 28 万件， 585 21 ∴ －28＝k(10－ ) ，解得 k ＝2. 21 585 ∴u ＝－2(x － ) ＋ ＝－2x 2＋21x ＋18. ∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6)＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6 (2)y′＝－6x 2＋66x －108＝－6(x 2－11x ＋18) ＝－6(x －2)(x －9)． 令 y′＝0，得 x ＝2(舍去)或 x ＝9， 显然，当 x ∈(6,9) ，y′>0； 当 x ∈(9,11) ，y′<0. (2)证明：当 a >0 时，f(x)≥2a ＋aln . f ′(x)＝2e 2x － (x>0)． 当 a >0 时，因为 y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ 单调递增， 所以 f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又 f ′(a)>0，当 b 满足 00 时，f(x)≥2a ＋aln . 5．已知函数 f(x)＝ . (1)解 易得 f ′(x)＝－ ， ∴函数 y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108 在(6,9)上单调递增，在(9,11)上单调递减． ∴当 x ＝9 时，y 取最大值，且 y max ＝135， 即售价为 9 元时，年利润最大，最大年利润为 135 万元． 4．(2015· 课标全国Ⅰ)设函数 f(x)＝e 2x －aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f ′(x)零点的个数； 2 a (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， a x 当 a ≤0 时，f ′(x)>0，f ′(x)没有零点． a x a 1 4 4 a >0 时，f ′(x)存在唯一零点． (2)证明 由(1)，可设 f ′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为 x 0，当 x ∈(0， 0)时，′(x)<0；当 x ∈(x 0， ＋∞)时，f ′(x)>0. 故 f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当 x ＝x 0 时，f(x)取得最小值，最 小值为 f(x 0)． 由于 2e 2 x 0－ a a 2 2 2 x 0 2x 0 a a a 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，x 0<1，设直线 y ＝g (x)为函数 f(x)的图象在 x ＝x 0 处的切线，求证：f(x)≤g (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. 则 h ′(x)＝f ′(x)－f ′(x 0)＝ x e e x 0 ＝ . x (2)证明 a ＝0，则 f(x)＝e x . 函数 f(x)的图象在 x ＝x 0 处的切线方程为 y ＝g (x)＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f(x 0)． 令 h (x)＝f(x)－g (x) ＝f(x)－f ′(x 0)(x －x 0)－f(x 0)，x ∈R ， 1－x 1－x 0 － (1 - x)e x 0 - (1 - x )e x 0 e x + x 0 设 φ(x)＝(1－x) e x 0－(1－x 0)e x ，x ∈R ， 则 φ′(x)＝－e x 0－(1－x 0)e x ， ∵x 0<1，∴φ′(x)<0， ∴φ(x)在 R 上单调递减，而 φ(x 0)＝0， ∴当 x ∴当 x ∴h (x)在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴x ∈R 时，h (x)≤h (x 0)＝0， ∴f(x)≤g (x)．
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