高考必做导数压轴题 98页

祝愿各位考生获得成功！‎ ‎◇导数专题 目　　录 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1）‎ 二、交点与根的分布　（23）‎ 三、不等式证明　（31）‎ ‎（一）作差证明不等式　‎ ‎（二）变形构造函数证明不等式 ‎（三）替换构造不等式证明不等式 四、不等式恒成立求字母范围　（51）‎ ‎（一）恒成立之最值的直接应用 ‎（二）恒成立之分离常数 ‎（三）恒成立之讨论字母范围 五、函数与导数性质的综合运用　（70）‎ 六、导数应用题　（84）‎ 七、导数结合三角函数　（85）‎ 书中常用结论 ‎⑴，变形即为，其几何意义为上的的点与原点连线斜率小于1.‎ ‎⑵‎ ‎⑶‎ ‎⑷.‎ 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 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：.‎ 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.‎ 2. ‎（2009天津理20，极值比较讨论）‎ 已知函数其中 ‎⑴当时，求曲线处的切线的斜率；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ ‎⑵当时，求函数的单调区间与极值.‎ 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。‎ ‎⑴‎ ‎⑵ w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ 以下分两种情况讨论：‎ ‎①＞，则＜.当变化时，的变化情况如下表：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎ w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ ‎②＜，则＞，当变化时，的变化情况如下表：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎ w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ 1. 已知函数 ‎⑴设两曲线有公共点，且在公共点处的切线相同，若，试建立 关于的函数关系式，并求的最大值；‎ ‎⑵若在(0,4)上为单调函数，求的取值范围。‎ 1. ‎（最值，按区间端点讨论）‎ 已知函数f(x)=lnx－.‎ ‎(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；‎ ‎(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为，求a的值.‎ 解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,＋∞)，且 f ′(x)＝＋＝.‎ ‎∵a>0，∴f ′(x)>0，故f(x)在(0,＋∞)上是单调递增函数.‎ ‎(2)由(1)可知：f ′(x)＝，‎ ‎①若a≥－1，则x＋a≥0，即f ′(x)≥0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为增函数，‎ ‎∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－ (舍去). ‎ ‎②若a≤－e，则x＋a≤0，即f ′(x)≤0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为减函数，‎ ‎∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去).‎ ‎③若－e0，∴f(x)在(－a,e)上为增函数，‎ ‎∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝⇒a＝－.‎ 综上可知：a＝－.‎ 2. ‎（最值直接应用）已知函数，其中.‎ ‎（Ⅰ）若是的极值点，求的值；‎ ‎（Ⅱ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）若在上的最大值是，求的取值范围.‎ 解：（Ⅰ）.‎ 依题意，令，解得 . 经检验，时，符合题意. ‎ ‎（Ⅱ）解：① 当时，.‎ 故的单调增区间是；单调减区间是.‎ ‎② 当时，令，得，或.‎ 当时，与的情况如下：‎ ‎↘‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 所以，的单调增区间是；单调减区间是和.‎ 当时，的单调减区间是. ‎ 当时，，与的情况如下：‎ ‎↘‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 所以，的单调增区间是；单调减区间是和.‎ ‎③ 当时，的单调增区间是；单调减区间是.‎ 综上，当时，的增区间是，减区间是；‎ 当时，的增区间是，减区间是和；‎ 当时，的减区间是；‎ 当时，的增区间是；减区间是和.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知 时，在上单调递增，由，知不合题意.‎ 当时，在的最大值是，‎ 由，知不合题意.‎ 当时，在单调递减，‎ 可得在上的最大值是，符合题意. ‎ 所以，在上的最大值是时，的取值范围是.‎ 1. ‎（2010北京理数18）‎ 已知函数=ln(1+)-+(≥0).‎ ‎(Ⅰ)当=2时，求曲线=在点(1,(1))处的切线方程；‎ ‎(Ⅱ)求的单调区间.‎ 解：（I）当时，，‎ 由于，，‎ 所以曲线在点处的切线方程为 ‎ 即 ‎（II），.‎ 当时，.‎ 所以，在区间上，；在区间上，.‎ ‎ 故得单调递增区间是，单调递减区间是.‎ 当时，由，得，‎ 所以，在区间和上，；在区间上，‎ 故得单调递增区间是和，单调递减区间是.‎ 当时， 故得单调递增区间是.‎ 当时，，得，.‎ 所以没在区间和上，；在区间上，‎ 故得单调递增区间是和，单调递减区间是 1. ‎（2010山东文21，单调性）‎ 已知函数 ‎ ⑴当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎ ⑵当时，讨论的单调性.‎ 解：⑴‎ ‎⑵因为 ，‎ ‎ 所以 ，，‎ ‎ 令 ‎ 1. ‎(是一道设计巧妙的好题，同时用到e底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密)‎ 已知函数 ‎⑴若函数φ (x) = f (x)－，求函数φ (x)的单调区间；‎ ‎⑵设直线l为函数f (x)的图象上一点A(x0，f (x0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g(x)相切．‎ 解：（Ⅰ） ，．‎ ‎∵且，∴∴函数的单调递增区间为．‎ ‎ （Ⅱ）∵ ，∴，‎ ‎∴ 切线的方程为, 即, ① ‎ 设直线与曲线相切于点，‎ ‎∵，∴，∴,∴.‎ ‎ ∴直线也为， 即， ②‎ ‎ 由①②得 ，∴．‎ ‎ 下证：在区间（1,+）上存在且唯一.‎ 由（Ⅰ）可知，在区间上递增．‎ 又，，‎ 结合零点存在性定理，说明方程必在区间上有唯一的根，这个根就是所求的唯一，故结论成立．‎ 1. ‎（最值应用，转换变量）‎ 设函数．‎ ‎(1)讨论函数在定义域内的单调性；‎ ‎(2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围．‎ 解：⑴．‎ 当时，，增区间为，减区间为，．‎ 当时，，减区间为．‎ 当时，，增区间为，减区间为，．‎ ‎⑵由⑴知，当时，在上单调递减，‎ ‎∴，≤，‎ 即≤．‎ ‎∵恒成立，‎ ‎∴＞，即，‎ 又，∴．‎ ‎∵，∴，∴≤．‎ 2. ‎（最值应用）‎ 已知二次函数对都满足且，设函数（，）．‎ ‎（Ⅰ）求的表达式；‎ ‎（Ⅱ）若，使成立，求实数的取值范围； ‎ ‎（Ⅲ）设，，求证：对于，恒有． ‎ 解：（Ⅰ）设，于是 所以 ‎ 又，则．所以． …………3分 ‎ ‎（Ⅱ）‎ 当m>0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；…………4分 当m=0时，对，恒成立； …………5分 ‎ 当m<0时，由，列表：‎ x ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ 减 极小 增 ‎ ‎ ‎ ‎ 所以若，恒成立，则实数m的取值范围是． ‎ 故使成立，实数m的取值范围．…………9分 ‎（Ⅲ）因为对，所以在内单调递减．‎ 于是 记，则 所以函数在是单调增函数， ‎ ‎ 所以，故命题成立． …………12分 1. 设是函数的一个极值点.‎ ‎（1）求与的关系式（用表示），并求的单调区间；‎ ‎（2）设，若存在，使得 成立，求的取值范围.‎ 解：（1）∵ ‎ ‎∴ 由题意得：，即，‎ ‎∴且 令得，‎ ‎∵是函数的一个极值点 ‎ ‎∴，即 ‎ 故与的关系式为. ‎ 当时，，由得单增区间为：；‎ 由得单减区间为：和；‎ 当时，，由得单增区间为：；‎ 由得单减区间为：和；‎ ‎（2）由（1）知：当时，，在上单调递增，在上单调递减，,‎ ‎∴在上的值域为. ‎ 易知在上是增函数, ‎ ‎∴在上的值域为. ‎ 由于，‎ 又∵要存在，使得成立，‎ ‎∴必须且只须解得:. ‎ 所以，的取值范围为. ‎ 1. ‎．‎ ‎ （1）若，求函数的极值；‎ ‎ （2）若是函数的一个极值点，试求出关于的关系式（用表示），并确定的单调区间；‎ ‎ （3）在（2）的条件下，设，函数．若存在使得 成立，求的取值范围．‎ 解:（1）∵‎ 当时，,则.‎ 令得，∵,∴，解得 ‎∵当时，，‎ 当时，当时 ‎∴当时，函数有极大值，，‎ 当时，函数有极小值，．‎ ‎（2）由（1）知 ‎∵是函数的一个极值点 ∴‎ 即，解得 ‎ 则＝‎ 令，得或 ‎∵是极值点，∴，即 .‎ 当即时，由得或 由得 当即时，由得或 由得.‎ 综上可知：‎ 当时，单调递增区间为和，递减区间为 当时，单调递增区间为和，递减区间为。‎ ‎（3）由2）知：当a>0时，在区间（0，1）上的单调递减，‎ 在区间（1，4）上单调递增，‎ ‎ ∴函数在区间上的最小值为 ‎ 又∵，，‎ ‎∴函数在区间[0，4]上的值域是，即]‎ ‎ 又在区间[0，4]上是增函数，‎ ‎ 且它在区间[0，4]上的值域是.‎ ‎ ∵－＝＝，‎ ‎ ∴存在使得成立只须 ‎ －<1.．‎ 1. ‎(2010山东，两边分求，最小值与最大值)‎ 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.‎ 解：本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力.‎ ‎（1）直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性；（2）利用导数求出的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出在闭区间[1,2]上的最大值，然后解不等式求参数.‎ ‎⑴，‎ 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.‎ 1. 设函数．‎ ‎（Ⅰ）当时，过原点的直线与函数的图象相切于点P，求点P的坐标；‎ ‎（Ⅱ）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）当时，设函数，若对于]，[0，1]‎ 使≥成立，求实数b的取值范围.（是自然对数的底，）‎ 解：函数的定义域为， ‎ ‎（Ⅰ）设点，当时，，则，，∴‎ 解得，故点P 的坐标为 ‎（Ⅱ）‎ ‎∵ ∴ ‎ ‎∴当，或时，当时，‎ 故当时，函数的单调递增区间为；‎ 单调递减区间为，‎ ‎（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）可知函数在上是减函数，在上为增函数，在上为减函数，且，‎ ‎∵，又，∴，‎ ‎∴，故函数在上的最小值为 若对于，使 ≥成立在上的最小值不大于 在上的最小值（*） ‎ 又，‎ ‎①当时，在上为增函数，与（*）矛盾 ‎②当时，，‎ 由及得，‎ ‎③当时，在上为减函数，‎ ‎，此时 综上，的取值范围是 1. ‎(2010山东，两边分求，最小值与最大值)‎ 已知函数．‎ ‎⑴求在上的最小值；‎ ‎⑵若存在（是常数，＝2.71828）使不等式成立，求实数的取值范围；‎ ‎⑶证明对一切都有成立．‎ 解：⑴，‎ ‎⑵由题意知 ‎，‎ 而，故 ‎（Ⅲ）　等价证明 由⑴知 ‎．‎ 1. ‎（最值应用）‎ 设函数，且，其中是自然对数的底数.‎ ‎⑴求与的关系；‎ ‎⑵若在其定义域内为单调函数，求的取值范围；‎ ‎⑶设，若在上至少存在一点，使得＞成立，求实数的取值范围.‎ 解：（1）由题意得 ‎ 而，所以、的关系为.‎ ‎（2）由（1）知，‎ ‎.令，‎ 要使在其定义域内单调，只需恒成立.‎ ‎①当时，，因为＞，所以＜0，＜0，‎ ‎∴在内是单调递减函数，即适合题意；‎ ‎②当＞0时，，∴，‎ 只需，即，‎ ‎∴在内为单调递增函数，故适合题意.‎ ‎③当＜0时，，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为，只要，即时，在恒成立，故＜0适合题意. ‎ 综上所述，的取值范围为.‎ ‎（3）∵在上是减函数，‎ ‎∴时，；时，，即，‎ ‎①当时，由（2）知在上递减＜2，不合题意；‎ ‎②当0＜＜1时，由，‎ 又由（2）知当时，在上是增函数，‎ ‎∴＜，不合题意；‎ ‎③当时，由（2）知在上是增函数，＜2，又在上是减函数，故只需＞，，而，， 即 ＞2，解得＞ ，‎ 综上，的取值范围是.‎ 1. ‎（2011湖南文，第2问难，单调性与极值，好题）‎ 设函数 ‎⑴讨论函数的单调性；‎ ‎⑵若有两个极值点，记过点的直线斜率为,问：是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ 解：⑴的定义域为 令 ‎①当故上单调递增．‎ ‎②当的两根都小于0，在上，，故上单调递增．‎ ‎③当的两根为，‎ 当时， ；当时，；当时，，故分别在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎⑵由⑴知，若有两个极值点，则只能是情况③，故．‎ 因为，‎ 所以 又由⑴知，，于是 若存在，使得则．即．‎ 亦即 再由⑴知，函数在上单调递增，而，所以这与式矛盾．故不存在，使得 1. ‎（构造函数，好，较难）‎ 已知函数.‎ ‎⑴求函数的单调增区间；‎ ‎⑵记函数的图象为曲线，设点是曲线上两个不同点，如果曲线上存在点，使得：①；②曲线在点处的切线平行于直线，则称函数存在“中值相依切线”.试问：函数是否存在中值相依切线，请说明理由.‎ 解：（Ⅰ）函数的定义域是. ‎ 由已知得，. ‎ ⅰ 当时, 令,解得;函数在上单调递增 ‎ ⅱ 当时，‎ ‎ ①当时，即时, 令,解得或;‎ 函数在和上单调递增 ‎ ②当时，即时, 显然，函数在上单调递增； ‎ ‎③当时，即时, 令,解得或 函数在和上单调递增.‎ 综上所述:‎ ‎⑴当时,函数在上单调递增 ‎⑵当时,函数在和上单调递增 ‎⑶当时,函数在上单调递增；‎ ‎⑷当时,函数在和上单调递增.‎ ‎(Ⅱ)假设函数存在“中值相依切线”.‎ 设,是曲线上的不同两点，且，‎ 则，.‎ ‎ .‎ 曲线在点处的切线斜率， ‎ 依题意得：.‎ 化简可得 ， 即=. ‎ ‎ 设 ()，上式化为：,‎ ‎,令,.‎ 因为,显然，所以在上递增,显然有恒成立.‎ 所以在内不存在,使得成立. ‎ 综上所述，假设不成立.所以，函数不存在“中值相依切线”‎ 1. ‎(2011天津理19，综合应用)‎ 已知，函数，．(的图象连续)‎ ‎⑴求的单调区间；‎ ‎⑵若存在属于区间的，且，使，证明：．‎ 解：⑴，．令，则．‎ 当变化时，，的变化情况如下表：‎ 单调递增 极大值 单调递减 所以的单调增区间是，单调减区间是．‎ ‎⑵由及的单调性知．从而在区间上的最小值为．‎ 又由，，则．‎ 所以即 所以．‎ 1. ‎（恒成立，直接利用最值）‎ 已知函数，‎ ‎⑴若是函数的一个极值点，求；‎ ‎⑵讨论函数的单调区间；‎ ‎⑶若对于任意的,不等式在上恒成立，求的取值范围.‎ 解：⑴,‎ 因为是函数的一个极值点，所以，得.‎ 又，所以. ‎ ‎⑵因为的定义域是，‎ ‎.‎ ‎①当时，列表 ‎＋‎ ‎－‎ ‎＋‎ 增 减 增 在，是增函数；在是减函数.‎ ‎②当时，，在是增函数.‎ ‎③当时，列表 ‎＋‎ ‎－‎ ‎＋‎ 增 减 增 在,是增函数；在是减函数.‎ ‎⑶‎ 1. ‎（最值与图象特征应用）‎ 设，函数为自然对数的底数）.‎ ‎⑴判断的单调性；‎ ‎⑵若上恒成立，求a的取值范围.‎ 解：⑴∵ ‎ 令 ‎①当在R上为减函数.‎ ‎②当 在R上为减函数. ‎ ‎③当时，由得 由得 上为增函数；‎ 上为减函数. ‎ ‎⑵由⑴知 ‎①当上为减函数.‎ ‎②当 在[1，2]上不恒成立，∴a的取值范围是 ‎ 2. ‎(单调性)‎ 已知=ln(x+2)－x2+bx+c ‎⑴若函数在点(1，y)处的切线与直线3x+7y+2=0垂直，且f(－1)=0，求函数在区间[0,3]上的最小值；‎ ‎⑵若在区间[0,m]上单调，求b的取值范围.‎ 解：⑴，依题意令= ，＝0，解得b=4，c=5.‎ ‎ ‎ x ‎0‎ ‎(0,)‎ ‎（,3）‎ ‎3‎ y′‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ y ln2+5‎ 极大 ‎8+ln5‎ 因为8+ln5>5+ln2 ∴x=0时在[0，3]上最小值=5+ln2.‎ ‎⑵若在区间[0，m]上单调，有两种可能 ‎ ①令≥0得b≥2x－，在[0，m]上恒成立 ‎ 而y=2x－在[0，m]上单调递增，最大值为2m－，∴b≥2m－.‎ ‎ ②令≤0 得b≤2x－，‎ 而 y=2x－在[0，m]单增，最小为y=－，∴b≤－.‎ 故b≥2m－或b≤－时在[0，m]上单调.‎ 1. ‎（单调性，用到二阶导数的技巧）‎ ‎ 已知函数 ‎ ⑴若，求的极大值；‎ ‎ ⑵若在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围.‎ 解：⑴定义域为 ‎ ‎ 令 由 由 即上单调递增，在上单调递减 时，F(x)取得极大值 ‎ ‎ 　⑵的定义域为(0，+∞)，‎ 由G (x)在定义域内单调递减知：在(0，+∞)内恒成立 令，则 由 ‎∵当时为增函数 当时，为减函数 ‎∴当x = e时，H(x)取最大值 故只需恒成立，‎ 又当时，只有一点x = e使得不影响其单调性 ‎ 二、交点与根的分布 1. ‎（2008四川22，交点个数与根的分布）‎ 已知是函数的一个极值点．‎ ‎⑴求；‎ ‎⑵求函数的单调区间；‎ ‎⑶若直线与函数的图像有个交点，求的取值范围．‎ 解：⑴，‎ 是函数的一个极值点．‎ ‎，‎ ‎⑵由⑴， ‎ 令，得，，和随的变化情况如下：‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ ‎0‎ 增 极大值 减 极小值 增 的增区间是，；减区间是(1,3)．‎ ‎⑶由②知，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎∴，．‎ 又时，；时，；‎ 可据此画出函数的草图（图略），由图可知，‎ 当直线与函数的图像有3个交点时，的取值范围为．‎ 2. 已知函数在上是减函数，在上是增函数，函数在 上有三个零点．‎ ‎（1）求的值； ‎ ‎（2）若1是其中一个零点，求的取值范围；‎ ‎（3）若，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x)相切？请说明理由.‎ ‎⑶=2x+lnx，设过点（2，5）与曲线g (x)的切线的切点坐标为 ‎∴，即 ‎ ‎∴，令h(x)=，∴==0，∴‎ ‎∴h(x)在（0，2）上单调递减，在（2，）上单调递增 又，h(2)=ln2-1<0，‎ ‎∴h(x)与x轴有两个交点，∴过点（2，5）可作2条曲线y=g(x)的切线.‎ 1. ‎（交点个数与根的分布）‎ 已知函数 ‎⑴求在区间上的最大值 ‎⑵是否存在实数使得的图像与 的图像有且只有三个不同的交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由。‎ 解：⑴‎ 当即时，在上单调递增，‎ 当即时，‎ 当时，在上单调递减，‎ 综上 ‎⑵函数的图像与的图像有且只有三个不同的交点，即函数 的图像与轴的正半轴有且只有三个不同的交点。‎ 当时，是增函数；‎ 当时，是减函数；‎ 当时，是增函数；‎ 当或时，‎ 当充分接近0时，当充分大时，‎ 要使的图像与轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 ‎　　即 ‎∴存在实数，使得函数与的图像有且只有三个不同的交点，的取值范围为 1. ‎（交点个数与根的分布）‎ ‎ 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.‎ 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 ‎ ‎ 1. ‎(2009宁夏，利用根的分布)‎ 已知函数 ‎⑴如，求的单调区间；‎ ‎⑵若在单调增加，在单调减少，证明：＜6. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ 解：⑴时，，故w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ ‎ w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ 当当 从而单调减少.‎ ‎⑵‎ 由条件得 从而 因为 所以 将右边展开，与左边比较系数得，故 又由此可得于是 w.w ‎ 2. ‎（2009天津文，利用根的分布讨论）‎ 设函数，其中 ‎⑴当时，求曲线在点处的切线的斜率 ‎⑵求函数的单调区间与极值 ‎⑶已知函数有三个互不相同的零点，且，若对任意的恒成立，求的取值范围.‎ 解：⑴当 所以曲线在点处的切线斜率为1.‎ ‎⑵，令，得到 因为，‎ 当x变化时，的变化情况如下表：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↓‎ 极小值 ‎↑‎ 极大值 ‎↓‎ 在和内减函数，在内增函数。‎ 函数在处取得极大值，且=‎ 函数在处取得极小值，且=‎ ‎⑶由题设 所以方程=0由两个相异的实根，故，且，解得 因为（难点）‎ 若，而，不合题意；‎ 若则对任意的有 则，又，所以函数在的最小值为0，于是对任意的，恒成立的充要条件是,解得，综上，m的取值范围是 1. ‎（2007全国II理22，转换变量后为根的分布）‎ 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）．在点处的切线方程为，‎ 即．‎ ‎（2）如果有一条切线过点，则存在，使．‎ 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 如果过可作曲线三条切线，‎ 即有三个相异的实数根，则即 ．‎ 1. 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．‎ 解：⑴．…………………………………………………………2分 根据题意，得即解得……………………3分 所以．………………………………………………………………4分 ‎⑵令，即．得．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎+‎ ‎+‎ 增 极大值 减 极小值 增 ‎2‎ 因为，，‎ 所以当时，，．………………………………6分 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．……………………………………………………………………8分 ‎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．………………………………9分 则=，………………………………………………………………11分 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．‎ 1. ‎（2011省模，利用⑴的结论，转化成根的分布分题）‎ 已知，函数（其中）‎ ‎（I）求函数在区间上的最小值；‎ ‎（II）是否存在实数，使曲线在点处的切线与y轴垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。‎ 1. 已知函数，函数是区间[-1，1]上的减函数.‎ ‎ （I）求的最大值；‎ ‎ （II）若上恒成立，求t的取值范围；‎ ‎ （Ⅲ）讨论关于x的方程的根的个数．‎ 解：（I），上单调递减，‎ 在[-1，1]上恒成立，，故的最大值为 ‎（II）由题意 ‎（其中），恒成立，令，‎ 则，恒成立，‎ ‎（Ⅲ）由 ‎ 令 当[来源上为增函数；‎ 当时，为减函数；‎ 当[来源:学*科*网]‎ 而方程无解；‎ 当时，方程有一个根；‎ 当时，方程有两个根.‎ 三、不等式证明 作差证明不等式 2. ‎（2010湖南，最值、作差构造函数）‎ 已知函数．‎ ‎ (1)求函数的单调递减区间； (2)若，求证：≤≤x．‎ 解：(1)函数f (x)的定义域为(－1，+∞),， 由 得：，∴x＞0,∴f (x)的单调递减区间为(0，+∞).‎ ‎(2)证明：由(1)得x∈(－1，0)时，， 当x∈(0，+∞)时，，且 ∴x＞－1时，f (x)≤f (0)，∴≤0，≤x 令，则，‎ ‎∴－1＜x＜0时，，x＞0时，，且 ∴x＞－1时，g (x)≥g (0)，即≥0 ∴≥，∴x＞－1时，≤≤x．‎ 1. ‎（2007湖北20，转换变量，作差构造函数，较容易）‎ 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．‎ ‎⑴用表示，并求的最大值；‎ ‎⑵求证：当时，．‎ 解：⑴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．‎ ‎⑵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，．‎ ‎ ‎ 1. ‎（2009全国II理21，字母替换，构造函数）‎ 设函数有两个极值点，且 ‎⑴求的取值范围，并讨论的单调性；‎ ‎⑵证明：.‎ 解: ⑴‎ ‎ 令，其对称轴为。‎ ‎ 由题意知是方程的两个均大于的不相等的实根，‎ ‎ 其充要条件为，得 ‎ 当时，在内为增函数；‎ ‎ 当时，在内为减函数；‎ ‎ 当时，在内为增函数；‎ ‎ ⑵由⑴知，‎ ‎ 由得，‎ ‎ ‎ ‎ 设，‎ ‎ 则 ‎ 当时，在单调递增；‎ ‎ 当时，，在单调递减。‎ ‎ 所以，‎ ‎ 故． ‎ 变形构造函数证明不等式 1. ‎（变形构造新函数，一次）‎ 已知函数．‎ ‎⑴试讨论在定义域内的单调性；‎ ‎⑵当＜－1时，证明：，．求实数的取值范围．‎ 解：⑴函数的定义域为，．‎ 当时，增区间为，减区间为；‎ 当≤≤0时，增区间为；‎ 当时，增区间为，减区间为．‎ ‎⑵当＞0时，在区间(0,1)上单调递增，‎ 不妨设，则，‎ ‎∴等价于，即．‎ 构造，则＞0．‎ ‎∴在上是增函数，当时，，‎ 即，即．‎ 又当＞0时，在区间(0,1)上单调递增，‎ ‎∴．‎ ‎∴，即．‎ 2. ‎（2011辽宁理21，变形构造函数，二次）‎ 已知函数.‎ ‎⑴讨论函数的单调性；‎ ‎⑵设，如果对任意，≥，求的取值范围.‎ 解：⑴的定义域为（0，+∞）. .‎ 当时，＞0，故在（0，+∞）单调增加；‎ 当时，＜0，故在（0，+∞）单调减少；‎ 当－1＜＜0时，令=0，解得.‎ 则当时，＞0；时，＜0.‎ 故在单调增加，在单调减少.‎ ‎⑵不妨假设，而＜－1，由⑴知在（0，+∞）单调减少，从而 ‎ ，‎ 等价于，…… ①‎ 令，则 ‎①等价于在（0，+∞）单调减少，即.‎ 从而,设并设，‎ ‎∴，∴≤‎ 故a的取值范围为（－∞，－2].‎ 1. ‎（2010辽宁文21，构造变形，二次）‎ 已知函数.‎ ‎⑴讨论函数的单调性； K^S*5U.C#‎ ‎⑵设，证明：对任意，.‎ 解：⑴ f(x)的定义域为(0,+)，.‎ 当a≥0时，＞0，故f(x)在(0,+)单调增加；‎ 当a≤－1时，＜0, 故f(x)在(0,+)单调减少；‎ 当－1＜a＜0时，令＝0,解得x=.当x∈(0, )时, ＞0；‎ x∈(，+)时，＜0, ‎ 故f(x)在（0, ）单调增加，在（，+）单调减少.‎ ‎⑵不妨假设x1≥x2.由于a≤－2,故f(x)在（0，+）单调减少.‎ 所以等价于≥4x1－4x2,‎ 即f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1.‎ 令g(x)=f(x)+4x,则+4＝.‎ 设，≤－1，对称轴为，‎ 结合图象知≤≤0，‎ 于是≤＝≤0.‎ 从而g(x)在（0,+）单调减少，故g(x1) ≤g(x2)，‎ 即　f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2，故对任意x1,x2∈(0,+) ，‎ 1. ‎（辽宁，变形构造，二次）‎ 已知函数f(x)=x2－ax+(a－1)，.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ ‎（2）证明：若，则对任意x,x，xx，有.‎ 解：(1)的定义域为.‎ ‎①若即,则，故在单调增加。‎ ‎②若,而,故,则当时，;‎ 当及时，‎ 故在单调减少，在单调增加。‎ ‎③若,即,同理在单调减少，在单调增加.‎ ‎⑵考虑函数 ‎ 则（另一种处理）‎ 由于10，上存在极值，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；‎ 解：（Ⅰ）因为， x >0，则， ‎ 当时，；当时，．‎ 所以在（0，1）上单调递增；在上单调递减，‎ 所以函数在处取得极大值． ‎ 因为函数在区间（其中）上存在极值，‎ 所以 解得． ‎ ‎ （Ⅱ）不等式即为 记 所以 ‎ 令，则， ‎ ‎， 在上单调递增， ‎ ‎，从而，‎ 故在上也单调递增， 所以，所以 ．‎ 1. ‎（2010湖南，分离常数，构造函数）‎ 已知函数 对任意的恒有.‎ ‎⑴证明：当 ‎⑵若对满足题设条件的任意b、c，不等式恒成立，求M的最小值。‎ 1. ‎（第3问不常见，有特点，由特殊到一般，先猜后证）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.‎ 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 1. ‎(恒成立，分离常数，涉及整数、较难的处理)‎ 已知函数 ‎ （Ⅰ）试判断函数上单调性并证明你的结论；‎ ‎ （Ⅱ）若恒成立，求整数k的最大值；（较难的处理）‎ ‎ （Ⅲ）求证：(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e2n－3.‎ 解：（I）‎ 上递减. ‎ ‎（II）‎ 则上单调递增，‎ 又 存在唯一实根a，且满足 当 ‎∴‎ 故正整数k的最大值是3 .‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知 ‎∴‎ 令，则 ‎∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]‎ ‎∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3 ‎ 2. ‎(分离常数，双参，较难)已知函数，.‎ ‎（１）若函数依次在处取到极值．‎ ‎①求的取值范围；②若，求的值．‎ ‎（２）若存在实数，使对任意的，不等式 恒成立．求正整数的最大值．‎ 解：（1）①‎ ‎②‎ ‎.‎ ‎（2）不等式 ，即，即.‎ 转化为存在实数，使对任意，不等式恒成立,即不等式在上恒成立。‎ 即不等式在上恒成立。‎ 设，则。‎ 设，则，因为，有。‎ 故在区间上是减函数。‎ 又 故存在，使得。‎ 当时，有，当时，有。‎ 从而在区间上递增，在区间上递减。‎ 又 所以当时，恒有；当时，恒有；‎ 故使命题成立的正整数的最大值为5.‎ 1. ‎（2008湖南理22，分离常数，复合的超范围）‎ 已知函数 ‎ ‎⑴求函数的单调区间;‎ ‎⑵若不等式对任意的都成立（其中e是自然对数的底数），求a的最大值.（分离常数）‎ 解: ⑴函数的定义域是，‎ 设则 令则 当时， 在（－1，0）上为增函数，‎ 当x＞0时，在上为减函数.‎ 所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以，‎ 函数g(x)在上为减函数.‎ 于是当时，当x＞0时，‎ 所以，当时，在（－1，0）上为增函数.‎ 当x＞0时，在上为减函数.‎ 故函数的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为.‎ ‎⑵不等式等价于不等式 由知，＞0，∴上式变形得 设，则则 由⑴结论知，（≤）即 所以于是G(x)在上为减函数.‎ 故函数在上的最小值为 所以a的最大值为 1. ‎（变形，分离常数）‎ 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.‎ 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．‎ 1. ‎（分离常数，转换变量，有技巧）‎ 设函数.‎ ‎⑴若函数在处与直线相切：‎ ‎①求实数的值；②求函数在上的最大值；‎ ‎⑵当时，若不等式≥对所有的都成立，求实数的取值范围.‎ 解：（1）①。‎ ‎∵函数在处与直线相切解得 .‎ ‎②‎ 当时，令得；令，得，上单调递增，在[1，e]上单调递减，.‎ ‎ （2）当b=0时，若不等式对所有的 都成立，则对所有的都成立，‎ 即对所有的都成立，‎ 令为一次函数， .‎ 上单调递增，，‎ 对所有的都成立.‎ ‎..‎ ‎（注：也可令所有的都成立，分类讨论得对所有的都成立，，请根据过程酌情给分）‎ 恒成立之讨论字母范围 1. ‎（2007全国I，利用均值，不常见）‎ 设函数．‎ ‎⑴证明：的导数；‎ ‎⑵若对所有都有，求的取值范围．‎ 解：⑴的导数．由于，故．‎ ‎（当且仅当时，等号成立）．‎ ‎⑵令，则，‎ ‎①若，当时，，‎ 故在上为增函数，‎ 所以，时，，即．‎ ‎②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．‎ 2. 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．‎ 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. ‎ 1. ‎（用到二阶导数，二次）‎ 设函数.‎ ‎⑴若，求的最小值；‎ ‎⑵若当时，求实数的取值范围.‎ 解：（1）时，，.‎ 当时，；当时，.‎ 所以在上单调减小，在上单调增加 故的最小值为 ‎（2），‎ 当时，，所以在上递增，‎ 而，所以，所以在上递增，‎ 而，于是当时， .‎ 当时，由得 当时，，所以在上递减，‎ 而，于是当时，，所以在上递减，‎ 而，所以当时，.‎ 综上得的取值范围为.‎ 2. ‎(第3问设计很好，2问是单独的，可以拿掉)已知函数，斜率为的直线与相切于点.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间； ‎ ‎（Ⅱ）当实数时，讨论的极值点。‎ ‎（Ⅲ）证明：.‎ 解：（Ⅰ）由题意知：‎ ‎………………………………2分 解得：； 解得：‎ 所以在上单调递增，在上单调递减………………4分 ‎（Ⅱ）=‎ 得：.‎ ‎ 若即，‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ 极大值 极小值 此时的极小值点为，极大值点………………………………7分 ‎ 若即，，则， 在上单调递增，无极值点.‎ ‎ 若即，，‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ 极大值 极小值 此时的极大值点为，极小值点.‎ 综上述：‎ 当时，的极小值点为，极大值点；‎ 当时，无极值点；‎ 当时，的极大值点为，极小值点.‎ 1. ‎（2011全国I文21，恒成立，一次，提出一部分再处理的技巧）‎ 设函数.‎ ‎⑴若a =，求的单调区间；‎ ‎⑵若当≥0时≥0，求a的取值范围.‎ 解：⑴时，，.‎ 当时;当时，;‎ 当时，.‎ 故在，单调增加，在(－1，0)单调减少.‎ ‎⑵.令，则.‎ ‎①若，则当时，，为减函数，而，‎ 从而当x≥0时≥0，即≥0，符合题意.‎ ‎②若，则当时，，为减函数，而，‎ 从而当时＜0，即＜0,不合题意.‎ ‎ 综合得的取值范围为 2. ‎（2011全国新理21，恒成立，反比例，提出公因式再处理的技巧，本题的创新之处是将一般的过定点（0,0）变为过定点（1,0），如果第2问范围变为则更间单）‎ 已知函数在点处的切线方程为.‎ ‎⑴求、的值；‎ ‎⑵如果当，且时，，求的取值范围。‎ 解：⑴，‎ 依意意且，即，，解得，.‎ ‎⑵由⑴知，所以.‎ 设，则.‎ ‎（注意h(x)恒过点(1,0)，由上面求导的表达式发现讨论点0和1）‎ ‎① 当，由，（变形难想，法二）‎ 当时，.而，故 当时，，可得；‎ 当x(1,+)时，<0，可得>0,‎ 从而当x>0,且x1时，－(+)>0，即>+.‎ 法二：的分子≤＜0，∴. ‎ ‎②当0< k <1，由于当x(1,)时，(k－1)(x2 +1)+2x>0,故>0,而 ‎=0，故当x(1,)时，>0，可得<0,不合题意.‎ ‎③当k≥1，此时>0，则x(1，+)时，递增，，∴<0,不合题意.‎ ‎ 综上，k的取值范围为(－,0]‎ 1. ‎(恒成立，讨论,较容易，但说明原理)已知函数.‎ ‎（1）求函数的单调区间和极值；‎ ‎（2）若对上恒成立，求实数的取值范围.‎ 解：（1）.‎ 当时，，在上增,无极值；当时，，‎ 在上减，在上增,∴有极小值，无极大值.‎ ‎（2）‎ 当时，在上恒成立，则是单调递增的，‎ 则只需恒成立，所以.‎ 当时，在上减，在上单调递增，所以当时，‎ 这与恒成立矛盾，故不成立.‎ 综上：.‎ 1. ‎（2010新课程理21，恒成立，讨论，二次，用到结论）‎ 设函数.‎ ‎⑴若，求的单调区间；‎ ‎⑵若当时，求的取值范围. ‎ 解：命题意图：本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力.‎ ‎⑴时，，.‎ 当时，；当时，.故在单调减少，在单调增加.‎ ‎⑵①当≤时，，‎ 由⑴结论知≥，则，‎ 故，从而当，即时，，‎ 而，于是当时，，符合题意.‎ ‎②时，由可得.（太难想，法二）‎ ‎，‎ 故当时,，而，于是当时,.‎ 综合得的取值范围为.‎ 法二：设,则,‎ 令，得.‎ 当，，在此区间上是增函数，∴≤，‎ ‎∴在此区间上递增，∴≤，不合题意.‎ 2. ‎（恒成立，2010全国卷2理数，利用⑴结论，较难的变形讨论）‎ 设函数．‎ ‎⑴证明：当时，；‎ ‎⑵设当时，，求a的取值范围．‎ 解：本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式，考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.‎ ‎【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱。作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.‎ 1. 已知函数，且函数是上的增函数。‎ ‎ （1）求的取值范围；‎ ‎ （2）若对任意的，都有（e是自然对数的底），求满足条件的最大整数的值。‎ 解析：（1）设，所以，得到．所以的取值范围为………2分 ‎（2）令，因为是上的增函数，且，所以是上的增函数。…………………………4分 由条件得到（两边取自然对数），猜测最大整数，现在证明对任意恒成立。…………6分 等价于，………………8分 设，‎ 当时，，当时，，‎ 所以对任意的都有，即对任意恒成立，‎ 所以整数的最大值为2．……………………………………………………14分 1. ‎（2008山东卷21）‎ 已知函数其中n∈N*,a为常数.‎ ‎⑴当n=2时，求函数f(x)的极值；‎ ‎⑵当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1.‎ 解：⑴由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，‎ 当n=2时， 所以 ‎①当a＞0时，由f(x)=0得＞1，＜1，‎ 此时=.‎ 当x∈（1，x1）时，＜0,f(x)单调递减；‎ 当x∈（x1+∞）时，＞0, f(x)单调递增.‎ ‎②当a≤0时，＜0恒成立，所以f(x)无极值.‎ 综上所述，n=2时，‎ 当a＞0时，f(x)在处取得极小值，极小值为 当a≤0时，f(x)无极值.‎ ‎⑵证法一：因为a=1,所以 ‎ ①当n为偶数时，令 则）=1+＞0（x≥2）.‎ 所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，‎ 又g(2)=0，因此≥g(2)=0恒成立，‎ ‎ 所以f(x)≤x－1成立.‎ ‎②当n为奇数时，要证≤x－1,由于＜0，所以只需证ln(x－1) ≤x－1,‎ ‎ 令h(x)=x－1－ln(x－1),则=1－≥0(x≥2),‎ ‎ 所以,当x∈[2，+∞]时，单调递增，又h(2)=1＞0，‎ ‎ 所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln(x－1)＜x－1命题成立.‎ 综上所述，结论成立.‎ 证法二：当a=1时，‎ ‎ 当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1，‎ ‎ 故只需证明1+ln(x－1) ≤x－1.‎ ‎ 令 ‎ 则 ‎ 当x≥2时，≥0，故h(x)在上单调递增，‎ ‎ 因此，当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x－1) ≤x－1成立.‎ ‎ 故当x≥2时，有≤x－1.‎ ‎ 即f（x）≤x－1.‎ 五、函数与导数性质的综合运用 1. ‎（综合运用）‎ 已知函数 ‎⑴求函数的单调区间和极值；‎ ‎⑵已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当时，‎ ‎⑶如果，且，证明 解：本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力.‎ ‎⑴，令=0,得.‎ 当变化时，，的变化情况如下表 ‎()‎ ‎1‎ ‎()‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ 极大值 ‎∴在()内是增函数，在()内是减函数；极大值.‎ ‎⑵证明：由题意可知g(x)=f(2－x)，∴g(x)=(2－x).‎ 令F(x)=f(x)－g(x)＝，则 当时，2x－2>0,从而 ‎,从而在[1,+∞)是增函数。‎ 又F(1)=F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).‎ ‎⑶证明：①若 ‎ ‎②若 ‎∴根据①②得 由⑵可知，>,则=，所以>,‎ 从而>.因为，所以，‎ 又由⑴可知函数在区间（－∞，1）内是增函数，所以>,即>2.‎ 1. ‎（2010天津理数21，综合运用）‎ 已知函数 ‎⑴求函数的单调区间和极值；‎ ‎⑵已知函数对任意满足，证明：当时，‎ ‎⑶如果，且，证明：‎ 解：⑴∵=，∴=.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2分)‎ 令=0，解得.‎ ‎2‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎∴在内是增函数，在内是减函数. 　　　　　　　　　　(3分)‎ ‎∴当时，取得极大值=.　 (4分)‎ ‎⑵证明：‎ ‎,则 ‎=.　　　　　　　　　　　　 　(6分)‎ 当时，＜0，＞3，从而＜0，‎ ‎∴＞0，在是增函数.　　　　　　　　　　　　　　　　(7分)‎ ‎ 　　　 　 　(8分)‎ ‎⑶证明：∵在内是增函数，在内是减函数. ‎ ‎∴当，且，、不可能在同一单调区间内.‎ 不妨设，由⑵可知，‎ 又，∴.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∵，且在区间内为增函数，‎ ‎∴，即　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(12分)‎ 1. 已知函数 ‎(1) 求函数的单调区间和极值；‎ ‎(2) 若函数对任意满足,求证：当,‎ ‎(3) 若，且，求证：‎ 解：⑴∵=，∴=.　　　　　　　　　　　(2分)‎ 令=0，解得.‎ ‎2‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎∴在内是增函数，在内是减函数. 　　　　　　　　　　(3分)‎ ‎∴当时，取得极大值=.　 (4分)‎ ‎⑵证明：，,‎ ‎∴=.　　　　　　　　　　　 　(6分)‎ 当时，＜0，＞4，从而＜0，‎ ‎∴＞0，在是增函数.‎ ‎ 　　　　 　(8分)‎ ‎⑶证明：∵在内是增函数，在内是减函数. ‎ ‎∴当，且，、不可能在同一单调区间内.‎ 不妨设，由⑵可知，‎ 又，∴.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∵，且在区间内为增函数，‎ ‎∴，即 1. 已知函数，‎ ‎（Ⅰ）若，求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）对于任意的，比较与的大小，并说明理由．‎ 解：（Ⅰ），，-----1分 ①当时，在上恒成立，的递增区间为；------2分 ②当时，的递增区间为；--------------3分 ‎ ③当时，的递增区间为，递减区间为；--------4分 ‎（Ⅱ）令，‎ ‎，‎ 令，在上恒成立，‎ 当时，成立，在上恒成立，‎ 在上单调递增，当时，恒成立，‎ 当时，恒成立， ‎ 对于任意的时，，‎ 又，，‎ ‎，即．‎ 2. ‎（2011辽宁理21，利用2的对称）‎ 已知函数．‎ ‎⑴讨论的单调性；‎ ‎⑵设，证明：当时，；（作差）‎ ‎⑶若函数的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为，证明：.‎ 解：⑴ ‎ ‎①若单调增加.‎ ‎②若 且当 所以单调增加，在单调减少. ‎ ‎⑵设函数则 当.‎ 故当， ‎ ‎⑶由⑴可得，当的图像与x轴至多有一个交点，‎ 故，从而的最大值为 不妨设 由⑵得 从而 由⑴知， ‎ 1. ‎（恒成立，思路不常见）‎ 已知函数，其中为实数．‎ ‎ (1)当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎ (2)是否存在实数，使得对任意，恒成立?若不存在，请说明理由，若存在，求出的值并加以证明．‎ 解：⑴时，，，‎ ‎，又，所以切线方程为.‎ ‎⑵①当时，，则 令，，‎ 再令，‎ 当时，∴在上递减，‎ ‎∴当时，，‎ ‎∴，所以在上递增，，所以 ‎②时，，则 由①知当时，在上递增 当时，，‎ 所以在上递增，∴，∴；‎ 由①②得.‎ 1. 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．‎ 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 ∴‎ 1. 已知函数， 设 ‎ ‎（1）是否存在唯一实数，使得，若存在，求正整数m的值；若不存在，说明理由。‎ ‎（2）当时，恒成立，求正整数n的最大值。‎ 解：（1）由得 ‎ 则因此在内单调递增。……………4分 因为，，‎ 即存在唯一的根，于是 ……………6分 ‎（2）由得，且恒成立，由第（1）题知存在唯一的实数，使得，且当时，，；当时，，因此当时，取得最小值 ……………9分 由，得 即 于是 ‎ 又由，得，从而，故正整数n的最大值为3。………12分 2. ‎ (第3问难想)已知函数，其中ｅ是自然数的底数，。‎ （１） 当时，解不等式；‎ （２） 若在［－１，１］上是单调增函数，求的取值范围；‎ （１） 当时，求整数ｋ的所有值，使方程在［ｋ，ｋ＋１］上有解。‎ ‎⑴因为，所以不等式即为，‎ 又因为，所以不等式可化为，‎ 所以不等式的解集为．………………………………………4分 ‎⑵，‎ ‎①当时，，在上恒成立，当且仅当时 取等号，故符合要求；………………………………………………………6分 ‎②当时，令，因为，‎ 所以有两个不相等的实数根，，不妨设，‎ 因此有极大值又有极小值．‎ 若，因为，所以在内有极值点，‎ 故在上不单调．………………………………………………………8分 若，可知，‎ 因为的图象开口向下，要使在上单调，因为，‎ 必须满足即所以.‎ 综上可知，的取值范围是．………………………………………10分 ‎⑶当时, 方程即为，由于，所以不是方程的解，‎ 所以原方程等价于，令，‎ 因为对于恒成立，‎ 所以在和内是单调增函数，……………………………13分 又，，，，‎ 所以方程有且只有两个实数根，且分别在区间和上，‎ 所以整数的所有值为．………………………………………………………16分 1. ‎（2011高考，单调性应用，第2问难）‎ 已知a、b是实数，函数 和是的导函数，若在区间I上恒成立，则称和在区间I上单调性一致.‎ ‎（1）设，若函数和在区间上单调性一致,求实数b的取值范围；‎ ‎（2）设且，若函数和在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a－b|的最大值.‎ 解：‎ ‎⑴因为函数和在区间上单调性一致，‎ 所以，‎ 即 即实数b的取值范围是 ‎⑵由 若,则由,,和在区间上不是单调性一致,所以.‎ ‎;又.‎ 所以要使,只有 ‎,‎ 取,当时, ‎ 因此 当时，因为，函数和在区间（b,a）上单调性一致，所以，‎ 即，‎ 设，考虑点(b,a)的可行域，函数的斜率为1的切线的切点设为 则；‎ 当时，因为，函数和在区间（a, b）上单调性一致，所以，‎ 即，‎ 当时，因为，函数和在区间（a, b）上单调性一致，所以，‎ 即而x=0时，不符合题意， ‎ 当时，由题意：‎ ‎，‎ 综上可知，。‎ 1. ‎（2010湖南文数，另类区间）‎ 已知函数其中a<0,且a≠-1.‎ ‎（Ⅰ）讨论函数的单调性；‎ ‎（Ⅱ）设函数（e是自然数的底数）。是否存在a，使在[a,－a]上为减函数？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由。‎ ‎79. （2008辽宁理22，第2问无从下手，思路太难想）‎ 设函数.‎ ‎⑴求的单调区间和极值;‎ ‎⑵是否存在实数,使得关于的不等式的解集为?若存在,求的取值范围;若不存在,试说明理由.‎ 说明：本小题主要考查函数的导数，单调性，极值，不等式等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力．满分14分．‎ 解：⑴．‎ 故当时，，时，．‎ 所以在单调递增，在单调递减．‎ 由此知在的极大值为，没有极小值．‎ ‎⑵①当时，由于，‎ 故关于的不等式的解集为．‎ ‎②当时，由知，其中为正整数，且有．‎ 又时，．且．‎ 取整数满足，，且，‎ 则，‎ 即当时，关于的不等式的解集不是．‎ 综合①②知，存在，使得关于的不等式的解集为，且的取值范围为．‎ ‎80. （第二问较难）‎ ‎ 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．‎ 解：本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识，同时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识．‎ ‎ （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，.‎ ‎81. 已知函数，，记 ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当时，若，比较：与的大小；‎ ‎（Ⅲ）若的极值为，问是否存在实数，使方程有四个不同实数根？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由。‎ 解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞）， 又 ‎ ， 当时，>0恒成立 ‎∴在（0，+∞）上单调递增； 令得 当时，若， ∴在（0，）上单调递减；‎ ‎ 若，，∴在（，+∞）上单调递增 ‎ ‎ 故时，增区间为；‎ 时，增区间为，减区间为（0，）。 ……4分 ‎（Ⅱ）令，‎ ‎ 则，所以在［1，+∞）‎ ‎ 上单调递增，∴，∴.‎ ‎ （Ⅲ）由（Ⅰ）知仅当时，在＝处取得极值 由可得＝２，方程为 ‎，令，得．．．‎ ‎　 由方程有四个不同的根，得方程有两个不同的正根，‎ 令，当直线与曲线相切时，，得切点坐标（３，） ∴切线方程为，其在y轴上截距为；当直线在轴上截距时，和在y轴右侧有两个不同交点，所以k的取值范围为（，0）.‎ ‎ （注：也可用导数求解） ‎ 六、导数应用题 ‎82. 某工厂生产某种儿童玩具，每件玩具的成本为30元，并且每件玩具的加工费为t元(其中t为常数，且2≤t≤5)，设该工厂每件玩具的出厂价为x元(35≤x≤41)，根据市场调查，日销售量与ex(e为自然对数的底数)成反比例，当每件玩具的出厂价为40元时，日销售量为10件．‎ ‎(1)求该工厂的日利润y(元)与每件玩具的出厂价x元的函数关系式；‎ ‎(2)当每件玩具的日售价为多少元时，该工厂的利润y最大，并求y的最大值．‎ 解：(1)设日销售量为，则＝10，∴k＝10 e40.则日销售量为，‎ ‎∴日利润y＝(x－30－t)·.∴y＝，其中35≤x≤41.‎ ‎(2)y′＝，令y′＝0得x＝31＋t.‎ ‎①当2≤t≤4时，33≤31＋t≤35.∴当35≤x≤41时，y′≤0.‎ ‎∴当x＝35时，y取最大值，最大值为10(5－t)e5.‎ ‎②当4