2024年高三一轮复习热点题型高考专题突破(1)导数应用问题

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， ′(x) f( －1)＝0，当 x>0 时，xf

－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? 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)＝ ，

x xf′?x?－f?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

x2 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?

g(x)＞g(1)＝0? x ＞0?f(x)＞0；在(－∞，0)上，当 x＜－1 时，g(x)＜g(－1)＝0? x ＜0

?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，＋∞) 答案 D

B．(－∞，－1]

D．[1，＋∞)

1

解析 由于 f′(x)＝k－ ，f(x)＝kx－ln x 在区间(1，＋∞)

x

1 ≥∞单调递增?f′(x)＝k－ x 0 在(1，＋)上恒成立． 1 1

≥1. 由于 k≥ ，而 0< <1，所以 kx x

即 k 的取值范围为[1，＋∞)．

3．函数 f(x)＝3x2＋ln x－2x 的极值点的个数是(

)

A．0 B．1 C．2 D．无数个 答案 A

解析 函数定义域为(0，＋∞)，

6x2－2x＋1 1

且 f′(x)＝6x＋ －2＝ ，

x x

由于 x>0，g(x)＝6x2－2x＋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)＝ax3＋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)＝3ax2＋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.

2x2＋12xeeg?x1? ．设函数 f(x)＝ ，g(x)＝ f?xx1，x2∈(0，＋∞)，不等式 ≤ 恒成立， x ，对任意? 5 2 e k k＋1 x

则正数 k 的取值范围是

．

答案 [1，＋∞)

解析 因为对任意 x1，x2∈(0，＋∞)，

g?x1?

不等式

≤ k ≥ k＋1

.

f?x2? k g?x1?max

恒成立，所以f?x?k＋1

2 min

e2x

因为 g(x)＝ x ，

e

所以 g′(x)＝e2－x(1－x)．

当 00；当 x>1 时，g′(x)<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 2≥又 f(x)＝ex＋ x 2e(x>0)．

当且仅当

e2x＝

1 1

xf(x)2e.x，即 ＝e时取等号，故 min＝

g?x1?max e 1 k 1 所以 f?x?＝ 2e＝ ，应有 k＋1≥ 22，2min

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

解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ －a.

x

若 a≤0，则 f′(x)＞0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

?0 ，1?时， ，1? ∞?′(x)＞0；当x∈?1′(x)＜0.所以f(x)在?0，＋若 a＞0，则当 x∈?f时，f上a? ?a? ?a?

?1，＋ ∞?上单调递减．单调递增，在?a?

(2)由(1)知，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；

1取得最大值，最大值为 ?1?＝ ln1 a? －1? 1当 a＞0 时，f(x)在 x＝ f＋ ?a? ?a?＝－ln a＋a－1. a a

?1?＞ 2a－2等价于lna＋a－1＜0.因此 f? a?

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)ex (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；