1．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] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 答案 D 解析 由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增 f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立． 由于k≥，而0<<1，所以k≥1. 即k的取值范围为[1，＋∞)． 2．已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为( ) A．(1，＋∞) B．(，＋∞) C．(2，＋∞) D．(3，＋∞) 答案 D 解析 由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)， 当a≤0时，不符合题意． 当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减， 在(，＋∞)上单调递增， 所以由题意知f()<0，解得a>3， 故选D. 3．若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝_____. 答案 1－ln 2 解析 y＝ln x＋2的切线为y＝·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为x1)． y＝ln(x＋1)的切线为y＝x＋ln(x2＋1)－(设切点横坐标为x2)， ∴ 解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2. 4．设函数f(x)＝，g(x)＝，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是_____． 答案 [1，＋∞) 解析 因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)， 不等式≤恒成立，所以≥. 因为g(x)＝， 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. 又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0)． 当且仅当e2x＝，即x＝时取等号，故f(x)min＝2e. 所以＝＝，应有≥， 又k>0，所以k≥1. 无 题型一 利用导数研究函数性质 例1 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． 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a. 若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值； 当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 因此f＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0. 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； (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)＝(－x2＋2x)ex， 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex ＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0， 所以－x2＋2>0，解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立， 即a≥＝ ＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立． 令y＝(x＋1)－，则y′＝1＋>0. 所以y＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增， 所以y<(1＋1)－＝，即a≥. 因此a的取值范围为a≥. 题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 设函数f(x)＝－kln x，k>0. (1)求f(x)的单 ... ...
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