2013-2017高考数学分类汇编-文科 第三章导数 第2节 导数的应用(2) 34页

第三章 导数 第2节 导数的应用 题型37 利用导函数研究函数的极值与最值 ‎1（2013湖北文10）.已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）.‎ ‎ A． B． C． D．‎ 1. 分析 由已知得有两个正实数根，即的图象与轴有两 ‎ 个交点，从而得的取值范围.‎ ‎ 解析 ，依题意有两个正实数根.‎ 设，函数有两个零点，显然当时不合题意，‎ 必有；，令，得，于是在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，即，所以.故选B.‎ 2． ‎(2013福建文12）设函数的定义域为，的极大值点，以下结 ‎ 论一定正确的是（ ）.‎ A． B．是 的极小值点 ‎ C．是 的极小值点 D．是 的极小值点 ‎ ‎ 2.分析 不妨取函数，则，易判断为 的极大值点，但显然不是最大值，故排除A.‎ 解析 因为，易知，为的极大值点，故排除B；‎ 又，易知，为的极大值点，故排除C；‎ 因为的图象与的图象关于原点对称，由函数图象的对称性可得应为函数的极小值点.故D正确.‎ ‎3. (2013安徽文20）设函数，其中，区间.‎ ‎（1）求的长度（注：区间的长度定义为）； ‎ ‎（2）给定常数，当时，求长度的最小值.‎ ‎3.解 同理科卷17题.‎ ‎4.（2013江西文21）设函数 为常数且.‎ ‎(1)当时，求； ‎ ‎(2)若满足但，则称为的二阶周期点，证明函数 有且仅有两个二阶周期点，并求二阶周期点，；‎ ‎(3)对于（2）中，，设，，，记的面积为，求在区间上的最大值和最小值.‎ ‎4.分析 （1）根据自变量的取值求出相应的函数值；（2）根据自变量的取值和二阶周期点 的定义解方程求出题目中的二阶周期点；（3）根据（2）的结果用参数表示出三角形的面 积，通过导数求最值的方法得出最值.‎ 解析 （1）当时，，.‎ ‎（2）‎ 当时，由，解得2，因为，故不是的二阶周期点；‎ 当时，由解得.‎ 因为，‎ 故为的二阶周期点；‎ 当时，由解得.‎ 因为，‎ 故不是的二阶周期点；‎ 当时，由解得.‎ 因为，‎ 故为的二阶周期点.‎ 因此，函数有且仅有两个二阶周期点，.‎ ‎（3）由（2）得，，‎ 则，，‎ 因为，有，‎ 所以 ‎（或令，‎ ‎，因为 则在区间上的最小值为，‎ 故对于任意，.）‎ 则在区间上单调递增，‎ 故在区间上的最小值为，最大值为.‎ ‎5. （2013江苏20）‎ 设函数，，其中为实数.‎ ‎（1）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；‎ ‎（2）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论.‎ ‎5.分析（1）通过在上恒成立，在有解求得的取值范围；（2）由在上恒成立得出的取值范围，然后对进行讨论，研究的零点.‎ 解析 解：（1）令，考虑到的定义域为，故，‎ 进而解得，即在上是单调减函数.‎ 同理，在上是单调增函数.‎ 由于在上是单调减增函数，故，从而，即.‎ 令，得.‎ 当时，；当时，.又在上有最小值.‎ 所以，即.‎ 综上可知，.‎ ‎（2）当时，必为单调增函数；‎ 当时，令，解得，即.因为在上是单调增函数，类似（1）有，即.‎ 结合上述两种情况，得.‎ ‎①当时，由以及，得存在唯一的零点；‎ ‎②当时，由于，且函数在上的图象连续，所以在上存在零点.‎ 另外，当时，，故在上是单调增函数，所以只有一个零点.‎ ‎③当时，令，解得.当时，；当时，，所以，是的最大值点，且最大值为.‎ a.当，即时，有一个零点.‎ b.当，即时，有两个零点.实际上，对于，由于.，且函数在上的图象连续，所以在上存在零点.‎ 另外，当时，，故在上是单调增函数，所以在上只有一个零点.下面考虑在上的情况.先证.为此，我们要证明：当时，.‎ 设，则，再设，则.‎ 当时，，所以在上是单调增函数.‎ 当时，，从而在上是单调增函数，进而当时，，即当时，.‎ 当，即时，.‎ 又，且函数在上的图象连续，所以在上存在零点.‎ 又当时，，故在上是单调减函数，‎ 所以在上只有一个零点.综合①②③可知，当或时，的零点个数为，当时，的零点个数为.‎ ‎6. (2013浙江文21）已知，函数.‎ ‎（1）若，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）若，求在闭区间上的最小值.‎ ‎6.分析 （1）切点处的导数即为切线的斜率，求导后算出斜率，写出切线方程即可.（2）要 确定 的最小值，因为的最值是由其单调性决定的，所以要先利用导数确定 的单调性，再确定极值和区间端点的函数值.由于所给区间中含有绝对值，因此要分类 讨论.‎ 解析 （1）当时，，所以.又因为，所以切线方程为，即.‎ ‎（2）记为 在闭区间上的最小值. ‎ ‎ .令，得.‎ 当时，‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 比较和的大小可得 当时，‎ 单调递减 极小值 单调递增 得.‎ 综上所述，在闭区间上的最小值为 ‎7.（2015重庆文19（1））已知函数在处取得极值.‎ 确定的值；‎ ‎7. 解析 求导得，因为在处取得极值，所以，‎ 即，解得．经检验，是的极大值点.‎ ‎8.（2015安徽文21（2））已知函数.若，求 在内的极值.‎ ‎8. 分析 由（1）可知在内的极大值为，且在内无极小值.‎ 解析 因为，由（1）可知在内的极大值为，‎ 在内无极小值.故在内极大值为，无极小值.‎ ‎9.（2015北京文19（1））设函数.求的单调区间和极值；‎ ‎9. 解析 函数的定义域为，，‎ 令，得，‎ 当时，，函数在上单调递减；‎ 当时，，函数在上单调递增.‎ 当时，函数取得极小值.‎ ‎10.（2015湖南文21（1））函数，记为的从小到大 的第个极值点.证明：数列是等比数列；‎ ‎10. 解析 ‎ 令，由，得，即， ‎ 而对于，当时，‎ 若，即，则；‎ 若，即，则.‎ 因此，在区间与上，的符号总相反，‎ 于是当时，取得极值，所以，‎ 此时，，易知，‎ 而是常数，‎ 故数列是首项为，公比为的等比数列.‎ ‎11.（2015新课标2卷文21(2)）已知函数.当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.‎ ‎11. 分析 由(1)知当时，在上无最大值；当时，最大值为，因此，故.令，则在上是增函数. 当时，；当时，.因此的取值范围是.‎ 解析 由(1)知，当时，在上无最大值；当时，在处取得最大值，最大值为.‎ 因此等价于.‎ 令，则在上单调递增，又.‎ 于是，当时，；当时，.‎ 因此，的取值范围是.‎ 评注 高考中对函数与导数的考查，主要体现用导数的工具性来解决函数性质问题，函数的性质是函数的终极内容，学习导数以后用导数这一工具可使求解更直接简单，特别要注意函数的定义域和对参数进行讨论.‎ ‎12.（2015山东文20 (3)）设函数，. 已知曲线在点 处的切线与直线平行.设函数（表示中的较小值），求的最大值.‎ ‎12.解析 由（2）知，方程在内存在唯一的根，且时，‎ ‎，时，，所以.‎ 当时，若，；‎ 若，由，可知.故.‎ 当时，由，可得时，，单调递增；时，，单调递减；故.‎ 又，所以函数的最大值为.‎ ‎13.已知是函数的极小值点，则（ ）.‎ A. B. C. D.‎ ‎13.D 解析 令得，或易知在上单调递减，在上单调递增，故极小值为，由已知得.故选D ‎14.（2016山东文20）设，.‎ ‎（1）令，求的单调区间；‎ ‎（2）已知在处取得极大值，求实数的取值范围.‎ ‎14. 解析 （1）由，可得，‎ 则，‎ 当时，时，，函数单调递增；‎ 当时，时，，函数单调递增；时，，函数单调递减.‎ 综上所述，当时，函数单调递增区间为；‎ 当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为. ‎ ‎（2）由（1）知，.‎ ‎①当时， 单调递增.‎ 所以当时，，单调递减.当时，，单调递增.‎ 所以在处取得极小值，不合题意.‎ ‎②当时，，由（1）知在内单调递增，‎ 可得当时，，时，，‎ 所以在内单调递减，在内单调递增，所以在处取得极小值，不合题意.‎ ‎③当时，即时，在内单调递增，在 内单调递减，‎ 所以当时，， 单调递减，不合题意.‎ ‎④当时，即 ，当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 所以在处取得极大值，合题意.‎ 综上可知，实数的取值范围为.‎ ‎15.（2016天津文20）设函数，，其中.‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）若存在极值点，且，其中，求证：；‎ ‎（3）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.‎ ‎15.解析 （1）由，可得，下面分两种情况讨论：‎ ①当时，有恒成立，所以在上单调递增.‎ ②当时，令，解得或.‎ 当变化时，，的变化情况如表所示.‎ ‎0‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.‎ ‎（2）证明：因为存在极值点，所以由（1）知且.‎ 由题意得，即，所以.‎ 又，且，‎ 由题意及（1）知，存在唯一实数满足，且，因此，所以.‎ ‎（3）证明：设在区间上的最大值为，表示，两数的最大值，下面分三种情况讨论：‎ ‎①当时，由知在区间上单调递减，‎ 所以在区间上的取值范围为，因此 ‎，‎ 所以 ‎ ②当时，，‎ 由（1）和（2） 知，，‎ 所以在区间上的取值范围为，‎ 所以 ‎.‎ ‎ ③当时，，‎ 由（1）和（2）知，，‎ 所以在区间上的取值范围为，因此.‎ 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.‎ ‎16.（2017北京文20）已知函数.‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）求函数在区间上的最大值和最小值.‎ ‎16.解析 .‎ ‎（1），，则曲线在点处的切线方程为.‎ ‎（2）.‎ 因为，恒成立，所以在上单调递减，且，所以，所以在上单调递减，所以，.‎ ‎17.（2017山东文20）已知函数.‎ ‎（1）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）设函数，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.‎ 解析 （1）由题意，.‎ ‎（1）当时，，，所以，‎ 因此，曲线在点处的切线方程是，即.‎ ‎（2）因为，所以.‎ 令，则 ，所以在上单调递增.‎ 因为，所以当时，；当时，.‎ ‎①当时，，‎ 当时，，，单调递增；‎ 当时，，，单调递减；‎ 当时，，，单调递增.‎ 所以，当时，取到极大值，极大值是，‎ 当时，取到极小值，极小值是.‎ ‎②当时，.‎ 当时，，单调递增.‎ 所以，在上单调递增，无极大值也无极小值.‎ ‎③当时，.‎ 当时，，，单调递增；‎ 当时，，，单调递减；‎ 当时，，，单调递增.‎ 所以，当时，取到极大值，极大值是；‎ 当时，取到极小值，极小值是.‎ 综上所述，当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是；‎ 当时，函数在上单调递增，无极值；‎ 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是.‎ ‎18.（2017浙江20） 已知函数.‎ ‎（1）求的导函数；‎ ‎（2）求在区间上的取值范围.‎ ‎18.解析 （1）因为 ，，‎ 所以.‎ ‎（2）由，解得或.‎ 当变化时，，的变化情况如下表所示.‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 又，，所以在区间上的取值范围是.‎ ‎19.（2017江苏20）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）.‎ ‎（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；‎ ‎（2）证明：；‎ ‎（3）若，这两个函数的所有极值之和不小于，求的取值范围．‎ ‎19.解析 （1）由，得，‎ 当时，有极小值为．‎ 因为的极值点是的零点，‎ 所以，又，故．‎ 当时，恒成立，即单调递增，‎ 所以此时不存在极值，不合题意．‎ 因此，即，所以．‎ 有两个相异的实根，.‎ 列表如下 x ‎+‎ ‎0‎ ‎–‎ ‎0‎ ‎+‎ 极大值 极小值 故的极值点是，从而.‎ 所以关于的函数关系式为，定义域为．‎ ‎（2）解法一：由（1）知，即证明，即，‎ 因为，所以问题等价于，‎ 不妨设，则，不妨设，‎ 易知在上单调递增，且，‎ 从而，即得证．‎ 因此．‎ 解法二（考试院提供）：由（1）知，．‎ 设，则．‎ 当时，，从而在上单调递增．‎ 因为，所以，故，即，‎ 因此．‎ ‎（3）由（1）设的两个实根为，且设，‎ 且有，因此．‎ 而的情况如下表所示：‎ 极大值 极小值 所以的极值点是，‎ 从而 ‎．‎ 记，所有极值之和为，‎ 因为的极值为，所以，．‎ 处理方法一：因为，于是在上单调递减．‎ 因为，由，故．‎ 处理方法二：所以，整理得（必然可以猜测零点），‎ ‎，因此．‎ 因此的取值范围为．‎ 评注 ①此题第（2）问考查的是数值大小的比较，常见的有作差法、作商法、两边平方比较法，此题采用作商（考试院解法二）化简函数达到简化效果，可见对于压轴问题，方法的选择是非常关键的．‎ ‎②第（3）问实际考查的是函数零点的应用，下面提供此前我们做过的两个类似习题供参考．‎ 案例1：已知函数，若函数存在极值，且所有极值之和小于，则实数的取值范围是 ．‎ 解析 因为，‎ 设，当时，恒成立，‎ 所以单调递减，故不存在极值；‎ 所以，设的两根为（不妨设），‎ 从而，因此同号，‎ 所以问题等价于在上有两个不相等的实数根，‎ 因此，从而．‎ 所以的所有极值之和为 ‎，‎ 因此，解得，又，所以实数的取值范围是．‎ ④另外，如果熟悉三次函数对称中心，此题还可以作如下考虑：‎ 即，，，‎ 令，则，所以该三次函数的对称中心为．‎ 因此有 ‎．‎ 这里可以采用假算的思想，即写出简单过程，省去中间过于复杂的运算过程，直接写出结果即可，这需要平时积累一些有价值的素材．‎ 案例2：（徐州15-16高二下学期期末文20）已知函数，为函数的导函数．‎ ‎（1）若，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）求函数的单调区间；‎ ‎（3）若存在实数，且，使得，求证：．‎ 解析 （1）若，则，，‎ 所以切线斜率为，又，‎ 所以在点处的切线方程为．‎ ‎（2），．‎ ①当时，恒成立，所以的单调增区间为；‎ ②当时，令，得或，‎ 所以的单调增区间为和，‎ 同理的单调减区间为；‎ ③当时，令，得．‎ 所以的单调增区间为，同理的单调减区间为．‎ ‎（3）由题意可知，是方程的两根，‎ 则，，‎ 所以．‎ 令，．‎ 则恒成立，所以在上单调递减，‎ 所以，即．‎ 题型38 利用导函数研究函数的图像 ‎1.（2017浙江7）函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是（ ）.‎ ‎1.解析 导数大于零，原函数单调递增，导数小于零，原函数单调递减，对照导函数图像和原函数图像.故选D．‎ 题型39 恒成立与存在性问题 ‎1. (2013辽宁文21）（1）证明：当时，；‎ ‎（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎1.分析 利用构造法，分别判断与，与的大小关系；利用比较法或构造函数，通过导数求解范围.‎ 解析 （1）证明：记，则，‎ 当时，，在上是增函数；‎ 当时，，在上是减函数.‎ 又，，所以当时，，即.‎ 记，则当时，，所以在上是减函数，则,即．‎ 综上，，.‎ ‎（2）解法一：因为当时，‎ ‎，‎ 所以，当时，不等式对恒成立．‎ 下面证明，当时，不等式对不恒成立.‎ 因为当时，‎ ‎,‎ 所以存在 满足，‎ 即当时，不等式对不恒成立.‎ 综上，实数的取值范围是．‎ 解法二：记，则 ‎.‎ 记，则.‎ 当时，，因此．‎ 于是在上是减函数，因此，当时，，故当时，，从而在上是减函数，所以，即当时，不等式对恒成立.‎ 下面证明，当时，不等式对不恒成立.‎ 当时，，所以当时，，‎ 因此在上是增函数，故；‎ 当时，．‎ 又，故存在使，则当时，，所以在上是增函数，所以当时，．‎ 所以当时，不等式，对不恒成立.‎ 综上，实数的取值范围是.‎ ‎2.（2014福建文22）（本小题满分12分）‎ 已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.‎ ‎（1）求的值及函数的极值；‎ ‎（2）求证：当时，‎ ‎（3）求证：对任意给定的正数c，总存在，使得当时，恒有 ‎3. （2014广东文21）(本小题满分14分)‎ ‎ 已知函数.‎ （1） 求函数的单调区间；‎ （2） 当时，试讨论是否存在，使得.‎ ‎4.（2014江苏23）（本小题满分10 分）‎ 已知函数，设为的导数，．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求证：对任意的，等式都成立．‎ ‎5.（2014辽宁文21）（本小题满分12分）‎ 已知函数，.‎ 求证：（1）存在唯一，使；‎ ‎（2）存在唯一，使，且对（1）中的，有.‎ ‎6.（2014天津文19）（本小题满分14分）‎ 已知函数.‎ ‎（1）求的单调区间和极值；‎ ‎（2）若对于任意的，都存在，使得，求的取值范围.‎ ‎7. （2014浙江文21）函数，若在上的最小值记为.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求证：当时，恒有.‎ ‎8.（2014陕西文21）（本小题满分14分）‎ 设函数.‎ （1） 当（e为自然对数的底数）时，求的极小值；‎ （2） 讨论函数零点的个数；‎ ‎（3）若对任意，恒成立，求m的取值范围.‎ ‎9.（2015福建文12）“对任意，”是“”的（ ）.‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 ‎ C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎9. 解析 当时，，构造函数，.‎ 则，故在上单调递减，‎ 故，则；‎ 当时，不等式等价于，‎ 构造函数，则，‎ 故在上单调递减，故，则.‎ 综上所述，“对任意，”是“”的必要不充分条件.故选B.‎ ‎10.（2015福建文22（3））已知函数．确定实数的所有可能取值，‎ 使得存在，当时，恒有．‎ ‎10. 分析 由（2）知，当时，不存在满足题意；当时，对于，‎ 有，则，从而不存在满足题意；当时，构造函数，，利用导数研究函数的形状，只要存在，当时，即可．‎ 解析 由（2）知，当时，不存在满足题意；‎ 当时，对于，有，则，‎ 从而不存在满足题意.‎ 当时，令，，‎ 则有．‎ 由得，．‎ 解得（舍），．‎ 当时，，故在上单调递增．‎ 从而当时，，即.‎ 综上，的取值范围是．‎ ‎11.（2015湖南文21（2））函数，记为的从小到大的第个极值点.若对一切恒成立，求的取值范围.‎ ‎11. 解析 对一切恒成立，即恒成立，亦即恒成立（）， 设，则，令得，‎ 当时，，所以在区间上单调递减；‎ 当时，，所以在区间上单调递增；‎ 因为，且当时，，‎ 所以，‎ 因此恒成立，当且仅当，解得，‎ 故实数的取值范围是.‎ ‎12.（2015四川文21（2））已知函数，其中.‎ 求证：存在，使得恒成立，并且在区间内有唯一解.‎ ‎12. 解析 由，解得，‎ 令.‎ 则，，所以存在，使得.‎ 令，其中.‎ 由，可知函数在区间上单调递增.‎ 故，即.‎ 当时，有，，‎ 再由（1）可知，在区间上单调递增.‎ 当时，，所以；‎ 当时，，所以.‎ 又当时，，故时，.‎ 综上所述，存在，使得恒成立，且在区间内有唯一解.‎ ‎13.（2016全国甲文20）已知函数.‎ ‎（1）当时，求曲线在处的切线方程；‎ ‎（2）若当时，，求的取值范围.‎ ‎13. 解析 （1）当时，，因此，‎ ‎，，所以曲线在点处的切线方程为 ‎，即，得.‎ ‎（2）解法一：从必要条件做起.‎ 因为，对于，，‎ 又，则，得.‎ 当时，，，‎ 又，因此在上单调递增，‎ 所以，即函数在上单调递增，‎ 所以，证毕.‎ 综上所述，的取值范围是.‎ 解法二（目标前提法）：若对于，‎ ‎，显然不等式恒成立的前提条件是，在上单调递增，即在上恒成立，即对恒成立，得.‎ 设，则，所以函数在上单调递增，则，所以.‎ 再证当时，不等式不恒成立.‎ 因为，，所以函数在上单调递增.又，令，则，使得，函数在上单调递减.又，所以对于，与题意中对于，不恒成立，故舍去.‎ 综上所述，的取值范围是.‎ 解法三：直接从最值的角度转化.‎ 本题对于，，则只须对于，.‎ 因为，，，所以函数在上单调递增.‎ 又.‎ 若，即，，函数在上单调递增，，满足题意.‎ 若，即，令，则函数在上单调递减，‎ 则，不满足题意.‎ 综上所述，的取值范围是.‎ ‎14.（2016四川文21）设函数，，其中，为自然对数的底数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）求证：当时，； ‎ ‎（3）确定的所有可能取值，使得在区间内恒成立.‎ ‎14.解析 （1）函数的定义域为，.‎ 当时，，在内单调递减.‎ 当时，由，得 当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增.‎ ‎（2）要证明当时，，即，等价于证明当时，.‎ 构造辅助函数，，，则函数在区间上单调递增，‎ 所以当时，，因此，当时，，即，即.‎ ‎（3）依题意，当时，函数在上单调递减，且，则对于，.‎ 又，，则对于，恒有，因此不满足题意.‎ 令，且.‎ 因为对于，恒成立.‎ 又，‎ 所以，设.‎ 且 ‎，因此在区间上单调递增.‎ 又因为，所以当时，恒成立，即恒成立.‎ 综上所述，的取值范围为.‎ ‎15.（2017全国1文21）已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎15.解析 （1）.‎ ①当时，恒成立，所以在上单调递增；‎ ②当时，恒成立，令，则，‎ 故，所以在上单调递增，在上单调递减；‎ ③当时，恒成立，令，则，即，‎ 所以，所以在上单调递增，同理在上单调递减．‎ ‎（2）①当时，恒成立，符合题意；‎ ②当时，，‎ 故，即；‎ ③当时，‎ ‎，‎ 从而，故，所以．‎ 综上所述，的取值范围为．‎ ‎16.（2017全国2文21）设函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）当时，，求的取值范围.‎ ‎16.解析 （1）.‎ 令，得，解得，.所以当时，，当或时，，所以在区间，上是减函数，在区间上是增函数.‎ ‎（2）因为时，，所以.所以，令，则，即时，，而，所以，所以，.‎ 再令，，当时，恒成立. 所以在上是增函数，恒有，从而是增函数，，，在上恒成立，故即为所求.‎ ‎17.（2017天津文19）设，.已知函数，.‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）已知函数和的图像在公共点处有相同的切线.‎ ‎（i）求证：在处的导数等于0；‎ ‎（ii）若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围.‎ ‎17.解析 （1）由.‎ 可得，‎ 令，解得或.由，得.‎ 当变化时，，的变化情况如下表所示.‎ 所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为.‎ ‎（2）（i）因为，由题意知，‎ 所以，解得.‎ 所以，在处的导数等于0.‎ ‎（ii）因为，，由，可得.‎ 又因为，，故为的极大值点，由（1）知.‎ 另一方面，由于，故.‎ 由（1）知在上单调递增，在上单调递减，故当时，在上恒成立，从而在上恒成立.‎ 由，得，.‎ 令，，所以.‎ 令，解得（舍去）或.所以当时，，当，时，，所以在上单调递增，在上单调递减.‎ 因为，，，故的值域为.‎ 所以的取值范围是.‎