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  • 2021-05-13 发布

高考数学试题分类汇编导数

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高考数学试题分类汇编(导数)‎ ‎(安徽理 18)‎ 设a≥0,f (x)=x-1-ln2x+2a ln x(x>0).‎ ‎(Ⅰ)令F(x)=xf'(x),讨论F(x)在(0.+∞)内的单调性并求极值;‎ ‎(Ⅱ)求证:当x>1时,恒有x>ln2x-2a ln x+1.‎ 本小题主要考查函数导数的概念与计算,利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法,考查综合运用有关知识解决问题的能力.本小题满分14分.‎ ‎(Ⅰ)解:根据求导法则有,‎ 故,‎ 于是,‎ 列表如下:‎ ‎2‎ ‎0‎ 极小值 故知在内是减函数,在内是增函数,所以,在处取得极小值.‎ ‎(Ⅱ)证明:由知,的极小值.‎ 于是由上表知,对一切,恒有.‎ 从而当时,恒有,故在内单调增加.‎ 所以当时,,即.‎ 故当时,恒有.‎ ‎(安徽文 20)‎ 设函数f(x)=-cos2x-4tsincos+4t2+t2-3t+4,x∈R,其中≤1,将f(x)的最小值记为g(t).‎ ‎(Ⅰ)求g(t)的表达式;‎ ‎(Ⅱ)诗论g(t)在区间(-1,1)内的单调性并求极值.‎ 本小题主要考查同角三角函数的基本关系,倍角的正弦公式,正弦函数的值域,多项式函数的导数,函数的单调性,考查应用导数分析解决多项式函数的单调区间,极值与最值等问题的综合能力.‎ 解:(I)我们有 ‎.‎ 由于,,故当时,达到其最小值,即 ‎.‎ ‎ (II)我们有.‎ 列表如下:‎ 极大值 极小值 由此可见,在区间和单调增加,在区间单调减小,极小值为,极大值为.‎ ‎(北京理 19)‎ 如图,有一块半椭圆形钢板,其半轴长为,短半轴长为,计划将此钢板切割成等腰梯形的形状,下底是半椭圆的短轴,上底的端点在椭圆上,记,梯形面积为.‎ ‎(I)求面积以为自变量的函数式,并写出其定义域;‎ ‎(II)求面积的最大值.‎ 解:(I)依题意,以的中点为原点建立直角坐标系 ‎(如图),则点的横坐标为.‎ 点的纵坐标满足方程,‎ 解得 ‎,‎ 其定义域为.‎ ‎(II)记,‎ 则.‎ 令,得.‎ 因为当时,;当时,,所以是的最大值.‎ 因此,当时,也取得最大值,最大值为.‎ 即梯形面积的最大值为.‎ ‎(福建理 22)‎ 已知函数 ‎(Ⅰ)若,试确定函数的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)若,且对于任意,恒成立,试确定实数的取值范围;‎ ‎(Ⅲ)设函数,求证:.‎ 本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识,考查运用导数研究函数性质的方法,考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法,考查分析问题、解决问题的能力.满分14分.‎ 解:(Ⅰ)由得,所以.‎ ‎ 由得,故的单调递增区间是,‎ ‎ 由得,故的单调递减区间是.‎ ‎ (Ⅱ)由可知是偶函数.‎ ‎ 于是对任意成立等价于对任意成立.‎ ‎ 由得.‎ ‎①当时,.‎ ‎ 此时在上单调递增.‎ ‎ 故,符合题意.‎ ‎②当时,.‎ ‎ 当变化时的变化情况如下表:‎ 单调递减 极小值 单调递增 由此可得,在上,.‎ 依题意,,又.‎ 综合①,②得,实数的取值范围是.‎ ‎(Ⅲ),‎ ‎,‎ ‎,‎ 由此得,‎ 故.‎ ‎(福建文 20)‎ 设函数.‎ ‎(Ⅰ)求的最小值;‎ ‎(Ⅱ)若对恒成立,求实数的取值范围.‎ 本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用,考查运用数学知识分析问题解决问题的能力.满分12分.‎ 解:(Ⅰ),‎ 当时,取最小值,‎ 即.‎ ‎(Ⅱ)令,‎ 由得,(不合题意,舍去).‎ 当变化时,的变化情况如下表:‎ 递增 极大值 递减 在内有最大值.‎ 在内恒成立等价于在内恒成立,‎ 即等价于,‎ 所以的取值范围为.‎ ‎(广东理、文 20)‎ 已知是实数,函数.如果函数在区间上有 零点,求的取值范围.‎ 解: 若 , ,显然在上没有零点, 所以 ‎ ‎ 令 得 ‎ ‎ 当 时, 恰有一个零点在上;‎ ‎ 当 即 时,也恰有一个零点在上;‎ 当 在上有两个零点时, 则 ‎ 或 解得或 因此的取值范围是 或 ;‎ ‎(海南理 21)‎ 设函数 ‎(I)若当时,取得极值,求的值,并讨论的单调性;‎ ‎(II)若存在极值,求的取值范围,并证明所有极值之和大于.‎ 解:(Ⅰ),‎ 依题意有,故.‎ 从而.‎ 的定义域为,当时,;‎ 当时,;‎ 当时,.‎ 从而,分别在区间单调增加,在区间单调减少.‎ ‎(Ⅱ)的定义域为,.‎ 方程的判别式.‎ ‎(ⅰ)若,即,在的定义域内,故的极值.‎ ‎(ⅱ)若,则或.‎ 若,,.‎ 当时,,当时,,所以无极值.‎ 若,,,也无极值.‎ ‎(ⅲ)若,即或,则有两个不同的实根,.‎ 当时,,从而有的定义域内没有零点,故无极值.‎ 当时,,,在的定义域内有两个不同的零点,由根值判别方法知在取得极值.‎ 综上,存在极值时,的取值范围为.‎ 的极值之和为 ‎.‎ ‎(海南文 19)‎ 设函数 ‎(Ⅰ)讨论的单调性;‎ ‎(Ⅱ)求在区间的最大值和最小值.‎ 解:的定义域为.‎ ‎(Ⅰ).‎ 当时,;当时,;当时,.‎ 从而,分别在区间,单调增加,在区间单调减少.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知在区间的最小值为.‎ 又.‎ 所以在区间的最大值为.‎ ‎(湖北理 20)‎ 已知定义在正实数集上的函数,,其中.设两曲线,有公共点,且在该点处的切线相同.‎ ‎(I)用表示,并求的最大值;‎ ‎(II)求证:().‎ 本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识,考查综合运用数学知识解决问题的能力.‎ 解:(Ⅰ)设与在公共点处的切线相同.‎ ‎,,由题意,.‎ 即由得:,或(舍去).‎ 即有.‎ 令,则.于是 当,即时,;‎ 当,即时,.‎ 故在为增函数,在为减函数,‎ 于是在的最大值为.‎ ‎(Ⅱ)设,‎ 则.‎ 故在为减函数,在为增函数,‎ 于是函数在上的最小值是.‎ 故当时,有,即当时,.‎ ‎(湖北文 19)‎ 设二次函数,方程的两根和满足.‎ ‎(I)求实数的取值范围;‎ ‎(II)试比较与的大小.并说明理由.‎ 本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法,考查推理和运算能力.‎ 解法1:(Ⅰ)令,‎ 则由题意可得.‎ 故所求实数的取值范围是.‎ ‎(II),令.‎ 当时,单调增加,当时,‎ ‎,即.‎ 解法2:(I)同解法1.‎ ‎(II),由(I)知,‎ ‎.又于是 ‎,‎ 即,故.‎ 解法3:(I)方程,由韦达定理得 ‎,,于是 ‎.‎ 故所求实数的取值范围是.‎ ‎(II)依题意可设,则由,得 ‎,故.‎ ‎(湖南理 19)‎ 如图4,某地为了开发旅游资源,欲修建一条连接风景点和居民区的公路,点所在的山坡面与山脚所在水平面所成的二面角为(),且,点到平面的距离(km).沿山脚原有一段笔直的公路可供利用.从点到山脚修路的造价为万元/km,原有公路改建费用为万元/km.当山坡上公路长度为km()时,其造价为万元.已知,,,.‎ ‎(I)在上求一点,使沿折线修建公路的总造价最小;‎ ‎(II) 对于(I)中得到的点,在上求一点,使沿折线修建公路的总造价最小.‎ ‎(III)在上是否存在两个不同的点,,使沿折线修建公路的总造价小于(II)中得到的最小总造价,证明你的结论.‎ O A E D B H P 解:(I)如图,,,,‎ 由三垂线定理逆定理知,,所以是 山坡与所成二面角的平面角,则,‎ ‎.‎ 设,.则 ‎.‎ 记总造价为万元,‎ 据题设有 当,即时,总造价最小.‎ ‎(II)设,,总造价为万元,根据题设有 ‎.‎ 则,由,得.‎ 当时,,在内是减函数;‎ 当时,,在内是增函数.‎ 故当,即(km)时总造价最小,且最小总造价为万元.‎ ‎(III)解法一:不存在这样的点,.‎ 事实上,在上任取不同的两点,.为使总造价最小,显然不能位于 与之间.故可设位于与之间,且=,,,总造价为万元,则.类似于(I)、(II)讨论知,,,当且仅当,同时成立时,上述两个不等式等号同时成立,此时,,取得最小值,点分别与点重合,所以不存在这样的点 ,使沿折线修建公路的总造价小于(II)中得到的最小总造价.‎ 解法二:同解法一得 ‎.‎ 当且仅当且,即同时成立时,取得最小值,以上同解法一.‎ ‎(湖南文 21)‎ 已知函数在区间,内各有一个极值点.‎ ‎(I)求的最大值;‎ ‎(II)当时,设函数在点处的切线为,若在点处穿过函数的图象(即动点在点附近沿曲线运动,经过点时,从的一侧进入另一侧),求函数的表达式.‎ 解:(I)因为函数在区间,内分别有一个极值点,所以在,内分别有一个实根,‎ 设两实根为(),则,且.于是 ‎,,且当,即,时等号成立.故的最大值是16.‎ ‎(II)解法一:由知在点处的切线的方程是 ‎,即,‎ 因为切线在点处空过的图象,‎ 所以在两边附近的函数值异号,则 不是的极值点.‎ 而,且 ‎.‎ 若,则和都是的极值点.‎ 所以,即,又由,得,故.‎ 解法二:同解法一得 ‎.‎ 因为切线在点处穿过的图象,所以在两边附近的函数值异号,于是存在().‎ 当时,,当时,;‎ 或当时,,当时,.‎ 设,则 当时,,当时,;‎ 或当时,,当时,.‎ 由知是的一个极值点,则,‎ 所以,又由,得,故.‎ ‎(辽宁理 22)‎ 已知函数,.‎ ‎(I)证明:当时,在上是增函数;‎ ‎(II)对于给定的闭区间,试说明存在实数,当时,在闭区间上是减函数;‎ ‎(III)证明:.‎ ‎(辽宁文 22)‎ 已知函数,,且对任意的实数均有,.‎ ‎(I)求函数的解析式;‎ ‎(II)若对任意的,恒有,求的取值范围.‎ ‎(全国一 理20)‎ 设函数.‎ ‎(Ⅰ)证明:的导数;‎ ‎(Ⅱ)若对所有都有,求的取值范围.‎ 解:(Ⅰ)的导数.‎ 由于,故.‎ ‎(当且仅当时,等号成立).‎ ‎(Ⅱ)令,则 ‎,‎ ‎(ⅰ)若,当时,,‎ 故在上为增函数,‎ 所以,时,,即.‎ ‎(ⅱ)若,方程的正根为,‎ 此时,若,则,故在该区间为减函数.‎ 所以,时,,即,与题设相矛盾.‎ 综上,满足条件的的取值范围是.‎ ‎(全国一文 20)‎ 设函数在及时取得极值.‎ ‎(Ⅰ)求a、b的值;‎ ‎(Ⅱ)若对于任意的,都有成立,求c的取值范围.‎ 解:(Ⅰ),‎ 因为函数在及取得极值,则有,.‎ 即 解得,.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,,‎ ‎.‎ 当时,;‎ 当时,;‎ 当时,.‎ 所以,当时,取得极大值,又,.‎ 则当时,的最大值为.‎ 因为对于任意的,有恒成立,‎ 所以 ,‎ 解得 或,‎ 因此的取值范围为.‎ ‎(全国二理 22)‎ 已知函数.‎ ‎(1)求曲线在点处的切线方程;‎ ‎(2)设,如果过点可作曲线的三条切线,证明:.‎ 解:(1)求函数的导数;.‎ ‎ 曲线在点处的切线方程为:‎ ‎,‎ ‎ 即 .‎ ‎(2)如果有一条切线过点,则存在,使 ‎.‎ 于是,若过点可作曲线的三条切线,则方程 有三个相异的实数根.‎ 记 ,‎ 则 ‎ ‎.‎ 当变化时,变化情况如下表:‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0‎ 极大值 极小值 由的单调性,当极大值或极小值时,方程最多有一个实数根;‎ 当时,解方程得,即方程 只有两个相异的实数根;‎ 当时,解方程得,即方程只有两个相异的实数根.‎ 综上,如果过可作曲线三条切线,即有三个相异的实数根,则 即 .‎ ‎(全国二文 22)‎ 已知函数 在处取得极大值,在处取得极小值,且.‎ ‎(1)证明;‎ ‎(2)若z=a+2b,求z的取值范围。‎ 解:求函数的导数.‎ ‎(Ⅰ)由函数在处取得极大值,在处取得极小值,知是的两个根.‎ 所以 当时,为增函数,,由,得.‎ ‎(Ⅱ)在题设下,等价于 即.‎ 化简得.‎ 此不等式组表示的区域为平面上三条直线:.‎ 所围成的的内部,其三个顶点分别为:.‎ b a ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ O 在这三点的值依次为.‎ 所以的取值范围为.‎ ‎(山东理 22)‎ 设函数,其中.‎ ‎(Ⅰ)当时,判断函数在定义域上的单调性;‎ ‎(Ⅱ)求函数的极值点;‎ ‎(Ⅲ)证明对任意的正整数,不等式都成立.‎ 解:(Ⅰ)由题意知,的定义域为,‎ 设,其图象的对称轴为,‎ ‎.‎ 当时,,‎ 即在上恒成立,‎ 当时,,‎ 当时,函数在定义域上单调递增.‎ ‎(Ⅱ)①由(Ⅰ)得,当时,函数无极值点.‎ ‎②时,有两个相同的解,‎ 时,,‎ 时,,‎ 时,函数在上无极值点.‎ ‎③当时,有两个不同解,,,‎ 时,,,‎ 即,.‎ 时,,随的变化情况如下表:‎ 极小值 由此表可知:时,有惟一极小值点,‎ 当时,,‎ ‎,‎ 此时,,随的变化情况如下表:‎ 极大值 极小值 由此表可知:时,有一个极大值和一个极小值点;‎ 综上所述:‎ 时,有惟一最小值点;‎ 时,有一个极大值点和一个极小值点;‎ 时,无极值点.‎ ‎(Ⅲ)当时,函数,‎ 令函数,‎ 则.‎ 当时,,所以函数在上单调递增,‎ 又.‎ 时,恒有,即恒成立.‎ 故当时,有.‎ 对任意正整数取,则有.‎ 所以结论成立.‎ ‎(山东文 21)‎ ‎ 设函数,其中.‎ ‎ 证明:当时,函数没有极值点;当时,函数有且只有一个极值点,并求出极值.‎ 证明:因为,所以的定义域为.‎ ‎.‎ ‎ 当时,如果在上单调递增;‎ ‎ 如果在上单调递减.‎ ‎ 所以当,函数没有极值点.‎ ‎ 当时,‎ ‎ 令,‎ ‎ 将(舍去),,‎ ‎ 当时,随的变化情况如下表:‎ ‎0‎ 极小值 从上表可看出,‎ ‎ 函数有且只有一个极小值点,极小值为.‎ ‎ 当时,随的变化情况如下表:‎ ‎0‎ 极大值 ‎ 从上表可看出,‎ 函数有且只有一个极大值点,极大值为.‎ ‎ 综上所述,‎ ‎ 当时,函数没有极值点;‎ ‎ 当时,‎ ‎ 若时,函数有且只有一个极小值点,极小值为.‎ ‎ 若时,函数有且只有一个极大值点,极大值为.‎ ‎(陕西理 20)‎ 设函数f(x)=其中a为实数.‎ ‎(Ⅰ)若f(x)的定义域为R,求a的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)当f(x)的定义域为R时,求f(x)的单减区间.‎ 解:(Ⅰ)的定义域为,恒成立,,‎ ‎,即当时的定义域为.‎ ‎(Ⅱ),令,得.‎ 由,得或,又,‎ 时,由得;‎ 当时,;当时,由得,‎ 即当时,的单调减区间为;‎ 当时,的单调减区间为.‎ ‎(陕西文21)‎ 已知在区间[0,1]上是增函数,在区间上是减函数,又 ‎(Ⅰ)求的解析式;‎ ‎(Ⅱ)若在区间(m>0)上恒有≤x成立,求m的取值范围.‎ 解:(Ⅰ),由已知,‎ 即解得 ‎,,,.‎ ‎(Ⅱ)令,即,‎ ‎,或.‎ 又在区间上恒成立,.‎ ‎(上海理科19)‎ ‎ 已知函数,常数.‎ ‎ (1)讨论函数的奇偶性,并说明理由;‎ ‎ (2)若函数在上为增函数,求的取值范围.‎ 解:(1)当时,,‎ ‎ 对任意,, 为偶函数. ‎ ‎ 当时,,‎ ‎ 取,得 , ‎ ‎, ‎ 函数既不是奇函数,也不是偶函数. ‎ ‎ (2)解法一:设,‎ ‎, ‎ ‎ 要使函数在上为增函数,必须恒成立. ‎ ‎,即恒成立. ‎ ‎ 又,.‎ 的取值范围是. ‎ 解法二:当时,,显然在为增函数. ‎ 当时,反比例函数在为增函数,‎ 在为增函数. ‎ ‎ 当时,同解法一. ‎ ‎(上海文科19)‎ ‎ 已知函数,常数.‎ ‎ (1)当时,解不等式;‎ ‎ (2)讨论函数的奇偶性,并说明理由.‎ 解: (1),‎ ‎, ‎ ‎. ‎ ‎ 原不等式的解为. ‎ ‎ (2)当时,,‎ ‎ 对任意,, ‎ 为偶函数. ‎ ‎ 当时,,‎ 取,得 , ‎ ‎, ‎ 函数既不是奇函数,也不是偶函数. ‎ ‎(四川理 22)‎ 设函数.‎ ‎(Ⅰ)当x=6时,求的展开式中二项式系数最大的项;‎ ‎(Ⅱ)对任意的实数x,证明>‎ ‎(Ⅲ)是否存在,使得an<<恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a的值;若不存在,请说明理由.‎ 本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。‎ ‎(Ⅰ)解:展开式中二项式系数最大的项是第4项,这项是 ‎(Ⅱ)证法一:因 证法二:因 而 故只需对和进行比较。‎ 令,有 由,得 因为当时,,单调递减;当时,,单调递增,所以在处有极小值 故当时,,‎ 从而有,亦即 故有恒成立。‎ 所以,原不等式成立。‎ ‎(Ⅲ)对,且 有 又因,故 ‎∵,从而有成立,‎ 即存在,使得恒成立。‎ ‎(四川文20)‎ 设函数为奇函数,其图象在点处的切线与直线垂直,导函数的最小值为.‎ ‎(Ⅰ)求,,的值;‎ ‎(Ⅱ)求函数的单调递增区间,并求函数在上的最大值和最小值.‎ 解析:本题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识,以及推理能力和运算能力.‎ ‎(Ⅰ)∵为奇函数,‎ ‎∴‎ 即 ‎∴‎ ‎∵的最小值为 ‎∴‎ 又直线的斜率为 因此,‎ ‎∴,,.‎ ‎(Ⅱ).‎ ‎,列表如下:‎ 极大 极小 ‎   所以函数的单调增区间是和 ‎∵,,‎ ‎∴在上的最大值是,最小值是.‎ ‎(天津理 20)‎ 已知函数,其中.‎ ‎(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;‎ ‎(Ⅱ)当时,求函数的单调区间与极值.‎ 本小题考查导数的几何意义,两个函数的和、差、积、商的导数,利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法.满分12分.‎ ‎(Ⅰ)解:当时,,,‎ 又,.‎ 所以,曲线在点处的切线方程为,‎ 即.‎ ‎(Ⅱ)解:.‎ 由于,以下分两种情况讨论.‎ ‎(1)当时,令,得到,.当变化时,的变化情况如下表:‎ ‎0‎ ‎0‎ 极小值 极大值 所以在区间,内为减函数,在区间内为增函数.‎ 函数在处取得极小值,且,‎ 函数在处取得极大值,且.‎ ‎(2)当时,令,得到,当变化时,的变化情况如下表:‎ ‎0‎ ‎0‎ 极大值 极小值 所以在区间,内为增函数,在区间内为减函数.‎ 函数在处取得极大值,且.‎ 函数在处取得极小值,且.‎ ‎(天津文 21)‎ 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,证明存在,使得不等式对任意的恒成立.‎ 本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程,函数的极值、解不等式等基础知识,考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分14分.‎ ‎(Ⅰ)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.‎ ‎(浙江理 22)‎ 设,对任意实数,记.‎ ‎(I)求函数的单调区间;‎ ‎(II)求证:(ⅰ)当时,对任意正实数成立;‎ ‎(ⅱ)有且仅有一个正实数,使得对任意正实数成立.‎ 本题主要考查函数的基本性质,导数的应用及不等式的证明等基础知识,以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力.满分15分.‎ ‎(I)解:.‎ 由,得 ‎.‎ 因为当时,,‎ 当时,,‎ 当时,,‎ 故所求函数的单调递增区间是,,‎ 单调递减区间是.‎ ‎(II)证明:(i)方法一:‎ 令,则 ‎,‎ 当时,由,得,‎ 当时,,‎ 所以在内的最小值是.‎ 故当时,对任意正实数成立.‎ 方法二:‎ 对任意固定的,令,则 ‎,‎ 由,得.‎ 当时,.‎ 当时,,‎ 所以当时,取得最大值.‎ 因此当时,对任意正实数成立.‎ ‎(ii)方法一:‎ ‎.‎ 由(i)得,对任意正实数成立.‎ 即存在正实数,使得对任意正实数成立.‎ 下面证明的唯一性:‎ 当,,时,‎ ‎,,‎ 由(i)得,,‎ 再取,得,‎ 所以,‎ 即时,不满足对任意都成立.‎ 故有且仅有一个正实数,‎ 使得对任意正实数成立.‎ 方法二:对任意,,‎ 因为关于的最大值是,所以要使对任意正实数成立的充分必要条件是:‎ ‎,‎ 即, ①‎ 又因为,不等式①成立的充分必要条件是,‎ 所以有且仅有一个正实数,‎ 使得对任意正实数成立.‎ ‎(重庆理 20)‎ 已知函数(x>0)在x = 1处取得极值--3--c,其中a,b,c为常数。‎ ‎(1)试确定a,b的值;‎ ‎(2)讨论函数f(x)的单调区间;‎ ‎(3)若对任意x>0,不等式恒成立,求c的取值范围。‎ 解:(I)由题意知,因此,从而.‎ 又对求导得 ‎.‎ 由题意,因此,解得.‎ ‎(II)由(I)知(),令,解得.‎ 当时,,此时为减函数;‎ 当时,,此时为增函数.‎ 因此的单调递减区间为,而的单调递增区间为.‎ ‎(III)由(II)知,在处取得极小值,此极小值也是最小值,要使()恒成立,只需.‎ 即,从而,‎ 解得或.‎ 所以的取值范围为.‎ ‎(重庆文20)‎ 用长为18 cm的钢条围成一个长方体形状的框架,要求长方体的长与宽之比为2:1,问该长方体的长、宽、高各为多少时,其体积最大?最大体积是多少?‎ ‎(20)(本小题12分)‎ 解:设长方体的宽为x(m),则长为2x(m),高为 ‎.‎ 故长方体的体积为 从而 令V′(x)=0,解得x=0(舍去)或x=1,因此x=1.‎ 当0<x<1时,V′(x)>0;当1<x<时,V′(x)<0,‎ 故在x=1处V(x)取得极大值,并且这个极大值就是V(x)的最大值。‎ 从而最大体积V=V′(x)=9×12-6×13(m3),此时长方体的长为2 m,高为1.5 m.‎ 答:当长方体的长为2 m时,宽为1 m,高为1.5 m时,体积最大,最大体积为3 m3。‎