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  • 2021-05-13 发布

高考导数压轴题处理集锦

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导数压轴题题型 ‎1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(2013全国新课标Ⅱ卷)‎ ‎(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当m≤2时,证明f(x)>0.‎ ‎(1)解 f(x)=ex-ln(x+m)⇒f′(x)=ex-⇒f′(0)=e0-=0⇒m=1,‎ 定义域为{x|x>-1},f′(x)=ex-=,‎ 显然f(x)在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)证明 g(x)=ex-ln(x+2),则g′(x)=ex-(x>-2).‎ h(x)=g′(x)=ex-(x>-2)⇒h′(x)=ex+>0,‎ 所以h(x)是增函数,h(x)=0至多只有一个实数根,‎ 又g′(-)=-<0,g′(0)=1->0,‎ 所以h(x)=g′(x)=0的唯一实根在区间内,‎ 设g′(x)=0的根为t,则有g′(t)=et-=0,‎ 所以,et=⇒t+2=e-t,‎ 当x∈(-2,t)时,g′(x)g′(t)=0,g(x)单调递增;‎ 所以g(x)min=g(t)=et-ln(t+2)=+t=>0,‎ 当m≤2时,有ln(x+m)≤ln(x+2),‎ ‎ 所以f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2)=g(x)≥g(x)min>0.‎ 例2已知函数满足(2012全国新课标)‎ ‎(1)求的解析式及单调区间;‎ ‎(2)若,求的最大值。‎ ‎(1)‎ ‎ 令得:‎ ‎ ‎ ‎ 得:‎ ‎ 在上单调递增 ‎ ‎ ‎ 得:的解析式为 ‎ 且单调递增区间为,单调递减区间为 ‎(2)得 ‎ ①当时,在上单调递增 ‎ 时,与矛盾 ‎ ②当时,‎ ‎ 得:当时,‎ ‎ ‎ ‎ 令;则 ‎ ‎ ‎ 当时,‎ ‎ 当时,的最大值为 例3已知函数,曲线在点处的切线方程为。(2011全国新课标)‎ ‎(Ⅰ)求、的值;‎ ‎(Ⅱ)如果当,且时,,求的取值范围。‎ 解(Ⅰ) 由于直线的斜率为,‎ 且过点,故即 解得,。‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,所以 ‎ 。‎ 考虑函数,则。‎ ‎(i)设,由知,当时,,h(x)递减。而 故当时, ,可得;‎ 当x(1,+)时,h(x)<0,可得 h(x)>0‎ 从而当x>0,且x1时,f(x)-(+)>0,即f(x)>+.‎ ‎(ii)设00,故 (x)>0,而h(1)=0,故当x(1,)时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾。‎ ‎(iii)设k1.此时,(x)>0,而h(1)=0,故当x (1,+)时,h(x)>0,可得 h(x)<0,与题设矛盾。‎ ‎ 综合得,k的取值范围为(-,0]‎ 例4已知函数f(x)=(x3+3x2+ax+b)e-x. (2009宁夏、海南)‎ ‎(1)若a=b=-3,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)在(-∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β-α>6.‎ 解: (1)当a=b=-3时,f(x)=(x3+3x2-3x-3)e-x,故 f′(x)=-(x3+3x2-3x-3)e-x +(3x2+6x-3)e-x ‎=-e-x (x3-9x)=-x(x-3)(x+3)e-x.‎ 当x<-3或0<x<3时,f′(x)>0;当-3<x<0或x>3时,f′(x)<0.‎ 从而f(x)在(-∞,-3),(0,3)单调增加,在(-3,0),(3,+∞)单调减少.‎ ‎(2)f′(x)=-(x3+3x2+ax+b)e-x +(3x2+6x+a)e-x=-e-x[x3+(a-6)x+b-a].‎ 由条件得f′(2)=0,即23+2(a-6)+b-a=0,故b=4-a.‎ 从而f′(x)=-e-x[x3+(a-6)x+4-2a].因为f′(α)=f′(β)=0,‎ 所以x3+(a-6)x+4-2a=(x-2)(x-α)(x-β)=(x-2)[x2-(α+β)x+αβ].‎ 将右边展开,与左边比较系数,得α+β=-2,αβ=a-2.‎ 故.又(β-2)(α-2)<0,‎ 即αβ-2(α+β)+4<0.由此可得a<-6. 于是β-α>6.‎ ‎2. 在解题中常用的有关结论※‎ ‎(1)曲线在处的切线的斜率等于,且切线方程为 ‎。‎ ‎(2)若可导函数在 处取得极值,则。反之,不成立。‎ ‎(3)对于可导函数,不等式的解集决定函数的递增(减)区间。‎ ‎(4)函数在区间I上递增(减)的充要条件是:恒成立( 不恒为0).‎ ‎(5)函数(非常量函数)在区间I上不单调等价于在区间I上有极值,则可等价转化为方程在区间I上有实根且为非二重根。(若为二次函数且I=R,则有)。‎ ‎(6) 在区间I上无极值等价于在区间在上是单调函数,进而得到或在I上恒成立 ‎(7)若,恒成立,则; 若,恒成立,则 ‎(8)若,使得,则;若,使得,则.‎ ‎(9)设与的定义域的交集为D,若D 恒成立,则有 ‎.‎ ‎(10)若对、 ,恒成立,则.‎ 若对,,使得,则.‎ ‎ 若对,,使得,则.‎ ‎(11)已知在区间上的值域为A,,在区间上值域为B,‎ 若对,,使得=成立,则。‎ ‎(12)若三次函数f(x)有三个零点,则方程有两个不等实根,且极大值大于0,极小值小于0.‎ ‎(13)证题中常用的不等式:‎ ‎① ② ‎1‎ ‎ x x + ≤‎ ‎③ ④ ‎ ‎⑤ ⑥ ‎ ‎3. 题型归纳 ‎①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用 ‎(构造函数,最值定位)(分类讨论,区间划分)(极值比较)(零点存在性定理应用)(二阶导转换)‎ 例1(切线)设函数.‎ ‎(1)当时,求函数在区间上的最小值;‎ ‎(2)当时,曲线在点处的切线为,与轴交于点求证:.‎ 例2(最值问题,两边分求)已知函数.‎ ‎⑴当时,讨论的单调性;‎ ‎⑵设当时,若对任意,存在,使,求实数取值范围.‎ ‎②交点与根的分布 例3(切线交点)已知函数在点处的切线方程为.‎ ‎⑴求函数的解析式;‎ ‎⑵若对于区间上任意两个自变量的值都有,求实数的最小值;‎ ‎⑶若过点可作曲线的三条切线,求实数的取值范围.‎ 例4(综合应用)已知函数 ‎⑴求f(x)在[0,1]上的极值;‎ ‎⑵若对任意成立,求实数a的取值范围;‎ ‎⑶若关于x的方程在[0,1]上恰有两个不同的实根,求实数b的取值范围.‎ ‎③不等式证明 例5 (变形构造法)已知函数,a为正常数.‎ ‎⑴若,且a,求函数的单调增区间;‎ ‎⑵在⑴中当时,函数的图象上任意不同的两点,,线段的中点为,记直线的斜率为,试证明:.‎ ‎⑶若,且对任意的,,都有,求a的取值范围.‎ 例6 (高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数.‎ ‎(1)若对任意的恒成立,求实数的取值范围;‎ ‎(2)当时,设函数,若,求证 例7(绝对值处理)已知函数的图象经过坐标原点,且在处取得极大值.‎ ‎(I)求实数的取值范围;‎ ‎(II)若方程恰好有两个不同的根,求的解析式;‎ ‎(III)对于(II)中的函数,对任意,求证:.‎ 例8(等价变形)已知函数.‎ ‎(Ⅰ)讨论函数在定义域内的极值点的个数;‎ ‎(Ⅱ)若函数在处取得极值,对,恒成立,‎ 求实数的取值范围;‎ ‎(Ⅲ)当且时,试比较的大小.‎ 例9(前后问联系法证明不等式)已知,直线与函数的图像都相切,且与函数的图像的切点的横坐标为1。‎ ‎ (I)求直线的方程及m的值;‎ ‎ (II)若,求函数的最大值。‎ ‎ (III)当时,求证:‎ 例10 (整体把握,贯穿全题)已知函数.‎ ‎(1)试判断函数的单调性; ‎ ‎(2)设,求在上的最大值;‎ ‎(3)试证明:对任意,不等式都成立(其中是自然对数的底数).‎ ‎(Ⅲ)证明:.‎ 例11(数学归纳法)已知函数,当时,函数取得极大值.‎ ‎(1)求实数的值;‎ ‎(2)已知结论:若函数在区间内导数都存在,且,则存在,使得.试用这个结论证明:若,函数,则对任意,都有;‎ ‎(3)已知正数,满足,求证:当,时,对任意大于,且互不相等的实数,都有.‎ ‎④恒成立、存在性问题求参数范围 例12(分离变量)已知函数(a为实常数).‎ ‎(1)若,求证:函数在(1,+∞)上是增函数; ‎ ‎(2)求函数在[1,e]上的最小值及相应的值;‎ ‎(3)若存在,使得成立,求实数a的取值范围.‎ 例13(先猜后证技巧)已知函数 ‎(Ⅰ)求函数f (x)的定义域 ‎(Ⅱ)确定函数f (x)在定义域上的单调性,并证明你的结论.‎ ‎(Ⅲ)若x>0时恒成立,求正整数k的最大值.‎ 例14(创新题型)设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)-g(x).‎ ‎(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值;‎ ‎(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离;‎ ‎(Ⅲ)若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(-x)的图象上方,求实数a的取值范围.‎ 例15(图像分析,综合应用) 已知函数,在区间上有最大值4,最小值1,设.‎ ‎(Ⅰ)求的值;‎ ‎(Ⅱ)不等式在上恒成立,求实数的范围;‎ ‎(Ⅲ)方程有三个不同的实数解,求实数的范围.‎ ‎⑤导数与数列 例16(创新型问题)设函数,,是的一个极大值点.‎ ‎⑴若,求的取值范围;‎ ‎⑵当是给定的实常数,设是的3个极值点,问是否存在实数,可找到,使得的某种排列(其中=)依次成等差数列?若存在,求所有的及相应的;若不存在,说明理由.‎ ‎⑥导数与曲线新题型 例17(形数转换)已知函数, .‎ ‎(1)若, 函数 在其定义域是增函数,求b的取值范围;‎ ‎(2)在(1)的结论下,设函数的最小值;‎ ‎(3)设函数的图象C1与函数的图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点R作轴的垂线分别交C1、C2于点、,问是否存在点R,使C1在处的切线与C2在处的切线平行?若存在,求出R的横坐标;若不存在,请说明理由.‎ 例18(全综合应用)已知函数.‎ ‎(1)是否存在点,使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由;‎ ‎(2)定义,其中,求;‎ ‎(3)在(2)的条件下,令,若不等式对且恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎⑦导数与三角函数综合 例19(换元替代,消除三角)设函数(),其中.‎ ‎(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;‎ ‎(Ⅱ)当时,求函数的极大值和极小值;‎ ‎(Ⅲ)当, 时,若不等式对任意的恒成立,求的值。‎ ‎⑧创新问题积累 例20已知函数.‎ ‎ I、求的极值. ‎ II、求证的图象是中心对称图形.‎ III、设的定义域为,是否存在.当时,的取值范围是?若存在,求实数、的值;若不存在,说明理由 导数压轴题题型归纳 参考答案 例1解:(1)时,,由,解得.‎ ‎ 的变化情况如下表:‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎0‎ ‎ ‎ 所以当时,有最小值.‎ ‎(2)证明:曲线在点处的切线斜率 ‎ 曲线在点P处的切线方程为.‎ ‎ 令,得,∴‎ ‎ ∵,∴,即.‎ ‎ 又∵,∴‎ ‎ 所以.‎ 例2⑴,‎ 令 ‎①当时,,当,函数单调递减;当,函数单调递增.‎ ‎②当时,由,即,解得.‎ 当时,恒成立,此时,函数单调递减;‎ 当时,,时,函数单调递减;‎ 时,,函数单调递增;‎ 时,,函数单调递减.‎ 当时,当,函数单调递减;‎ 当,函数单调递增.‎ 综上所述:当时,函数在单调递减,单调递增;‎ 当时,恒成立,此时,函数在单调递减;‎ 当时,函数在递减,递增,递减.‎ ‎⑵当时,在(0,1)上是减函数,在(1,2)上是增函数,所以对任意,‎ 有,‎ 又已知存在,使,所以,,(※)‎ 又 当时,与(※)矛盾;‎ 当时,也与(※)矛盾;‎ 当时,.‎ 综上,实数的取值范围是.‎ 例3解:⑴.‎ 根据题意,得即解得 所以. ‎ ‎⑵令,即.得.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎+‎ ‎+‎ 增 极大值 减 极小值 增 ‎2‎ 因为,,所以当时,,.‎ 则对于区间上任意两个自变量的值,都有 ‎,所以.所以的最小值为4.‎ ‎⑶因为点不在曲线上,所以可设切点为.‎ 则.因为,所以切线的斜率为.‎ 则=,即.‎ 因为过点可作曲线的三条切线,‎ 所以方程有三个不同的实数解.‎ 所以函数有三个不同的零点.‎ 则.令,则或.‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎+‎ ‎+‎ 增 极大值 减 极小值 增 则 ,即,解得.‎ 例4解:⑴,‎ ‎ 令(舍去)‎ ‎ 单调递增;当递减. ‎ 上的极大值.‎ ‎⑵由得 设,,‎ 依题意知上恒成立,‎ ‎,‎ ‎, ‎ 上单增,要使不等式①成立,‎ 当且仅当 ‎ ‎   ⑶由 令,‎ 当上递增;‎ ‎ 上递减,‎ ‎ 而,‎ 恰有两个不同实根等价于 ‎ ‎ 例5解:⑴‎ ‎∵a,令得或,∴函数的单调增区间为.‎ ‎⑵证明:当时 ‎∴, ∴,又 不妨设 , 要比较与的大小,即比较与的大小,‎ 又∵,∴ 即比较与的大小. ‎ 令,则,‎ ‎∴在上位增函数.‎ 又,∴, ∴,即 ‎⑶∵ ,∴ ‎ 由题意得在区间上是减函数.‎ ‎ 当, ∴ ‎ 由在恒成立.‎ 设,,则 ‎∴在上为增函数,∴.‎ ‎ 当,∴ ‎ 由在恒成立 设,为增函数,∴‎ 综上:a的取值范围为.‎ 例6解:(1),,‎ ‎ 即在上恒成立 设,,时,单调减,单调增,‎ 所以时,有最大值.,所以.‎ ‎(2)当时,,‎ ‎,所以在上是增函数,上是减函数.‎ 因为,所以 即,同理.‎ 所以 又因为当且仅当“”时,取等号.‎ 又,,‎ 所以,所以,‎ 所以:.‎ 例7(I)‎ ‎ 由,因为当时取得极大值,‎ ‎ 所以,所以;‎ ‎(II)由下表:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎-‎ 递增 极大值 递减 极小值 递增 ‎ 依题意得:,解得:‎ ‎ 所以函数的解析式是: ‎ ‎(III)对任意的实数都有 ‎ 在区间[-2,2]有: ‎ 函数上的最大值与最小值的差等于81,‎ ‎ 所以.‎ 例8解:(Ⅰ),当时,在上恒成立,函数 在 单调递减,∴在上没有极值点;‎ 当时,得,得,‎ ‎∴在上递减,在上递增,即在处有极小值.‎ ‎∴当时在上没有极值点,‎ 当时,在上有一个极值点. ‎ ‎(Ⅱ)∵函数在处取得极值,∴,∴, ‎ 令,可得在上递减,在上递增,‎ ‎∴,即.‎ ‎(Ⅲ)证明:, ‎ 令,则只要证明在上单调递增,‎ 又∵,‎ 显然函数在上单调递增. ‎ ‎∴,即,‎ ‎∴在上单调递增,即,‎ ‎∴当时,有. ‎ 例9 解:(I)的斜率为1,‎ 且与函数的图像的切点坐标为(1,0),的方程为 又与函数的图象相切,有一解。‎ 由上述方程消去y,并整理得①‎ 依题意,方程②有两个相等的实数根,解之,‎ 得m=4或m=-2,‎ ‎ (II)由(I)可知 ‎,‎ 单调,当时,单减。‎ ‎,取最大值,其最大值为2。‎ ‎ (III)‎ 证明,当时,‎ 例10解:(1)函数的定义域是.由已知.令,得.‎ 因为当时,;当时,.‎ 所以函数在上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(2)由(1)可知当,即时,在上单调递增,所以.‎ 当时,在上单调递减,所以.当,即时,.综上所述,‎ ‎(3)由(1)知当时.所以在时恒有,即,当且仅当时等号成立.因此对任意恒有.因为,,所以,即.因此对任意,不等式.‎ 例11解:(1)当时,,函数在区间上单调递增;‎ 当时,,函数在区间上单调递减. ‎ 函数在处取得极大值,故. ‎ ‎(2)令, ‎ 则.函数在上可导,存在,使得.‎ ‎,‎ 当时,,单调递增,;‎ 当时,,单调递减,;‎ 故对任意,都有. ‎ ‎(3)用数学归纳法证明.‎ ‎①当时,,且,,‎ ‎,由(Ⅱ)得,即 ‎,‎ 当时,结论成立. ‎ ‎②假设当时结论成立,即当时,. 当 时,设正数满足,令,, 则,且.‎ ‎ ‎ 当时,结论也成立.‎ 综上由①②,对任意,,结论恒成立. ‎ 例12 解:⑴当时,,当,,‎ 故函数在上是增函数.‎ ‎⑵,当,.‎ 若,在上非负(仅当,x=1时,),故函数在上是增函数,此时.‎ 若,当时,;当时,,此时 是减函数;当时,,此时是增函数.‎ 故.‎ 若,在上非正(仅当,x=e时,),故函数 在上是减函数,此时.‎ ‎⑶不等式,可化为.‎ ‎∵, ∴且等号不能同时取,所以,即,‎ 因而()‎ 令(),又,‎ 当时,,,‎ 从而(仅当x=1时取等号),所以在上为增函数,‎ 故的最小值为,所以a的取值范围是.‎ 例13 解:(1)定义域 ‎(2)单调递减。‎ 当,令 ‎,‎ 故在(-1,0)上是减函数,即,‎ 故此时在(-1,0)和(0,+)上都是减函数 ‎(3)当x>0时,恒成立,令 又k为正整数,∴k的最大值不大于3‎ 下面证明当k=3时,恒成立 当x>0时 恒成立 ‎ 令,则 ‎,,当 ‎∴当取得最小值 当x>0时, 恒成立,因此正整数k的最大值为3‎ 例14解:(Ⅰ)F(x)= ex+sinx-ax,.‎ 因为x=0是F(x)的极值点,所以. ‎ 又当a=2时,若x<0, ;若 x>0, .‎ ‎∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意. ‎ ‎(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:,所以.‎ 令当x>0时恒成立.‎ ‎∴x∈[0,+∞时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1. ‎ ‎(Ⅲ)令 则.‎ 因为当x≥0时恒成立, ‎ 所以函数S(x)在上单调递增, ‎ ‎∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞时恒成立; ‎ 因此函数在上单调递增, 当x∈[0,+∞时恒成立.‎ 当a≤2时,,在[0,+∞单调递增,即.‎ 故a≤2时F(x)≥F(-x)恒成立. ‎ 例15 解:(Ⅰ)(1) ‎ 当时,上为增函数 ‎ 故 ‎ 当上为减函数 故 ‎ 即. .‎ ‎(Ⅱ)方程化为 ‎,令,‎ ‎∵ ∴ 记∴ ∴ ‎ ‎(Ⅲ)方程化为 ‎,‎ 令, 则方程化为 ()‎ ‎∵方程有三个不同的实数解,‎ ‎∴由的图像知,有两个根、, ‎ 且 或 , 记 则 或 ∴‎ 例16 解: (Ⅰ)时,,‎ ‎,‎ 令,,‎ 设是的两个根,‎ ‎ (1)当或时,则不是极值点,不合题意;‎ ‎ (2)当且时,由于是的极大值点,故 ‎ ,即,‎ ‎(Ⅱ)解:,‎ 令,‎ ‎,‎ 于是,假设是的两个实根,且 由(Ⅰ)可知,必有,且是的三个极值点,‎ 则,‎ 假设存在及满足题意,‎ ‎(1)当等差时,即时,则或,‎ 于是,即 此时 或 ‎ (2)当时,则或 ‎①若,则,‎ 于是,‎ 即两边平方得,‎ 于是,此时,‎ 此时=‎ ‎②若,则,‎ 于是,‎ 即两边平方得,‎ 于是,此时 此时 综上所述,存在b满足题意,‎ 当b=-a-3时,,时,,‎ 时,.‎ 例17解:(1)依题意:在(0,+)上是增函数, ‎ 对x∈(0,+)恒成立, ‎ ‎ ‎ ‎(2)设 ‎ ‎ ‎ 当t=1时,ym i n=b+1; ‎ ‎ ‎ 当t=2时,ymi n=4+2b ‎ ‎ ‎ 当的最小值为 ‎ ‎(3)设点P、Q的坐标是则点M、N的横坐标为C1在点M处的切线斜率为 ‎ C2在点N处的切线斜率为 ‎ 假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行,则 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 设 ① ‎ ‎ ‎ 这与①矛盾,假设不成立.故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行 ‎ 例18 (1)假设存在点,使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上,则函数图像的对称中心为. ‎ 由,得, ‎ 即对恒成立,所以解得 所以存在点,使得函数的图像上任意一点关于点M对称的点也在函数的图像上. ‎ ‎(2)由(1)得. ‎ 令,则. ‎ 因为①, ‎ 所以②, ‎ 由①+②得,所以. ‎ 所以. ‎ ‎(3)由(2)得,所以. ‎ 因为当且时,. ‎ 所以当且时,不等式恒成立. ‎ 设,则. ‎ 当时,,在上单调递减; ‎ 当时,,在上单调递增. ‎ 因为,所以, ‎ 所以当且时,. ‎ 由,得,解得. ‎ 所以实数的取值范围是.‎ 例19 解:当时,,得,且 ‎,.所以,曲线在点处的 切线方程是,整理得.‎ ‎(Ⅱ)解:‎ ‎.令,解得或.‎ 由于,以下分两种情况讨论.‎ ‎(1)若,当变化时,的正负如下表:‎ 因此,函数在处取得极小值,且;‎ 函数在处取得极大值,且.‎ ‎(2)若,当变化时,的正负如下表:‎ 因此,函数在处取得极小值,且;‎ 函数在处取得极大值,且.‎ ‎(Ⅲ)证明:由,得,当时,,.‎ 由(Ⅱ)知,在上是减函数,要使,‎ 只要,即①‎ 设,则函数在上的最大值为.‎ 要使①式恒成立,必须,即或.‎ 所以,在区间上存在,使得对任意的恒成立.‎ 例20 (I) .注意到,得,解得或.当变化时,的变化情况如下表:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 增 极大值 减 减 极小值 增 所以是的一个极大值, 是的一个极大值..‎ ‎(II) 点的中点是,所以的图象的对称中心只可能是.‎ 设为的图象上一点,关于的对称点是..也在的图象上, 因而的图象是中心对称图形. ‎ ‎(III) 假设存在实数、.,或.‎ 若, 当时, ,而 ‎.故此时的取值范围是不可能是. ‎ 若,当时, ,而.故此时的取值范围是不可能是.‎ 若,由的单调递增区间是,知是的两个解.而无解. 故此时的取值范围是不可能是. ‎ 综上所述,假设错误,满足条件的实数、不存在.‎