高考必做的百例导数压轴题
◇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.
1. （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－e
0，∴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）(用过了)
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 ．
2. （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
1. (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．
2. （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．
1. 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.
2. （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.
1. (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
1. （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：.
2. （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.
1. （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
2. （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
1. (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；
（３） 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
查看更多
