資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
3.3 導數在函數最值及生活實際中的應用
思維導圖
知識點總結
導數與不等式
構造法證明不等式是指在證明與函數有關的不等式時，根據所要證明的不等式，構造與之相關的函數，利用函數單調性、極值、最值加以證明．常見的構造方法有：
(1)直接構造法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))轉化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構造輔助函數h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮，二是利用常見的放縮結論，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln (x＋1)≤x(x＞－1)；
(3)構造“形似”函數：稍作變形再構造，對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數，把不等式轉化為左、右兩邊是相同結構的式子的形式，根據“相同結構”構造輔助函數；
(4)構造雙函數：若直接構造函數求導難以判斷符號，導函數零點也不易求得，因此函數單調性與極值點都不易獲得，則可構造函數f(x)和g(x)，利用其最值求解．
零點與隱零點問題
1．已知函數有零點求參數范圍常用的方法
(1)分離參數法：一般命題情境為給出區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為從f(x)中分離出參數，然后利用求導的方法求出由參數構造的新函數的極值和最值，根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；
(2)分類討論法：一般命題情境為沒有固定區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為結合單調性，先確定參數分類的標準，在每個小范圍內研究零點的個數是否符合題意，將滿足題意的參數的各小范圍并在一起，即為所求參數范圍．
2．隱零點問題的解題技巧(能夠判斷其存在但無法直接表示的，稱之為“隱零點”)
對于隱零點問題，常用代數變形、整體代換、構造函數、不等式應用等技巧．
典型例題分析
考向一 移項作差構造函數證明不等式
例1　(2021·南昌調研)已知函數f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1，1)，且在點A處的切線互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)證明：當x≥1時，f(x)＋g(x)≥.
若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構造函數h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據函數h(x)的單調性或最值證明不等式．
考向二 單變量不等式恒成立或存在性問題
例2　已知函數f(x)＝.
(1)若函數f(x)在區間上存在極值，求正實數a的取值范圍；
(2)如果當x≥1時，不等式f(x)≥恒成立，求實數k的取值范圍．
(1)“恒成立”“存在性”問題一定要正確理解其實質，深刻挖掘內含條件，進行等價轉化．
(2)構造函數是求范圍問題中的一種常用方法，解題過程中盡量采用分離參數的方法，轉化為求函數的最值問題．
考向三 　構造雙函數
例3　已知兩函數f(x)＝8x2＋16x－m(m∈R)，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，若 x1∈[－3，3]， x2∈[－3，3]，恒有f(x1)>g(x2)成立，求m的取值范圍．
常見的雙變量不等式恒成立問題的類型
(1)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)max≤g(x2)max.
(2)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)max≥g(x2)max.
(5)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)max≤g(x2)min.
(6)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)min≥g(x2)max.
考向四 判斷函數零點(方程根)的個數
例4　已知函數f(x)＝ex－x－a(a∈R).
(1)當a＝0時，求證：f(x)>x；
(2)討論函數f(x)在R上的零點個數，并求出相對應的a的取值范圍．
利用導數確定含參函數零點或方程根的個數的常用方法
(1)構建函數g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉化成確定g(x)的零點個數問題求解，利用導數研究該函數的單調性、極值，并確定區間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數形結合求解函數零點的個數．
(2)利用零點存在定理：先用該定理判斷函數在某區間上有零點，然后利用導數研究函數的單調性、極值(最值)及區間端點值符號，進而判斷函數在該區間上零點的個數．
考向五 　　已知函數零點個數求參數問題
例5　函數f(x)＝ax＋x ln x在x＝1處取得極值．
(1)求f(x)的單調區間；
(2)若y＝f(x)－m－1在定義域內有兩個零點，求實數m的取值范圍．
利用函數零點求參數范圍的方法
(1)分離參數(a＝g(x))后，將原問題轉化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點個數問題(優選分離、次選分類)求解．
(2)利用零點存在定理構建不等式求解．
(3)轉化為兩個熟悉的函數圖象的位置關系問題，從而構建不等式求解(客觀題常用).
考向六　　可轉化為函數零點個數的問題
例6　已知直線l：y＝x＋1，函數f(x)＝aex.
(1)當a＝1，x＞0時，證明：曲線y＝f(x)－x2在直線l的上方；
(2)若直線l與曲線y＝f(x)有兩個不同的交點，求實數a的取值范圍．
處理函數y＝f(x)與y＝g(x)圖象的交點問題的常用方法
(1)數形結合，即分別作出兩函數的圖象，觀察交點情況．
(2)將函數交點問題轉化為方程f(x)＝g(x)根的個數問題，通過構造函數y＝f(x)－g(x)，利用導數研究函數的單調性及極值，并作出草圖，根據草圖確定根的情況．
考向七　　與函數零點有關的證明問題
例7　已知函數f(x)＝ln ＋a2x2－ax.
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若a＝0且x∈(0，1)，求證：f(x)處理函數隱性零點的三個步驟
(1)確定零點的存在范圍(可以由零點存在定理確定，也可以由函數的圖象特征得到)；
(2)根據零點的意義進行代數式的替換，替換過程中，盡可能將復雜目標式變形為常見的整式或分式，盡可能將指、對數函數式用有理式替換；
(3)結合前兩步，確定目標式的范圍．
基礎題型訓練
一、單選題
1．若，則 (　 　)
A． B．
C． D．
2．若函數的導函數為，且，則在上的單調增區間為
A． B． C．和 D．和
3．設，若函數在區間上有三個零點，則實數的取值范圍是
A． B． C． D．
4．已知在區間內任取兩個不相等的實數，不等式恒成立,則實數的取值范圍為
A． B． C． D．
5．已知函數，若，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
6．已知函數，在區間內任取兩個實數，且，若不等式恒成立，則實數的最小值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
7．已知函數的圖象如圖，是的導函數，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
8．若存在，則稱為二元函數在點處對x的偏導數，記為.已知二元函數，，則（ ）
A． B．關于t的函數
C．的最小值為 D．關于t的函數有極小值
三、填空題
9．函數的導函數f （x）= __________．
10．某箱子的容積與底面邊長的關系為，則當箱子的容積最大時，箱子的底面邊長為__________．
11．若對任意，不等式恒成立，則實數取值的集合為__________.
12．已知函數，下列說法正確的是___________.
①的圖像關于點對稱
②的圖象與有無數個交點
③的圖象與只有一個交點
④
四、解答題
13．要使函數y=1+2x+4xa在x∈（﹣∞，﹣1]時，y＞0恒成立，求實數a的取值范圍．
14．已知函數（為常數）
1）討論函數的單調性；
2）不等式在上恒成立，求實數的取值范圍．
15．已知函數.
(1)當時，求在上的最值；
(2)曲線與軸有且只有一個公共點，求的取值范圍.
16．已知函數.
(1)求的最小值；
(2)若，證明：.
提升題型訓練
一、單選題
1．已知函數的導函數的圖象如圖所示，，令，則不等式的解集是
A． B．
C． D．[-1，2]
2．函數的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函數，，若，使得成立，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4．已知函數與，設，，若存在，，使得，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
5．設函數在區間D上的導函數為，在區間D上的導函數為，若在區間D上，恒成立，則稱函數在區間D上為“凸函數”.已知實數m為常數，，若對滿足的任何一個實數m，函數在區間上都為“凸函數”，則的最大值為（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
6．已知函數在上恒不大于0，則的最大值為（　　）
A． B． C．0 D．1
二、多選題
7．英國數學家牛頓在17世紀給出了一種近似求方程根的方法—牛頓迭代法.做法如下：如圖，設是的根，選取作為初始近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點的橫坐標，稱是的一次近似值，過點作曲線的切線，則該切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的二次近似值.重復以上過程，得到的近似值序列，其中，稱是的次近似值，這種求方程近似解的方法稱為牛頓迭代法.若使用該方法求方程的近似解，則（ ）
A．若取初始近似值為1，則該方程解得二次近似值為
B．若取初始近似值為2，則該方程近似解的二次近似值為
C．
D．
8．已知函數，則（ ）．
A． B．若有兩個不相等的實根，則
C． D．若，均為正數，則
三、填空題
9．已知e為自然對數的底數，則曲線e在點處的切線斜率為________．
10．當時，不等式恒成立，則a的取值范圍是________
11．用長為的鋼條圍成一個長方體形狀的框架，要求長方體的長與寬之比為，問該長方體的長、寬、高各為多少時，其體積最大？最大體積是________．
12．對于函數 ，我們把使 的實數 叫做函數 的零點，且有如下零點存在定理：如果函數 在區間 上的圖像是連續不斷的一條曲線，并且有 ，那么，函數 在區間 內有零點．給出下列命題：
①若函數 在 上是單調函數，則 在 上有且僅有一個零點；
②函數 有3個零點；
③函數 和 的圖像的交點有且只有一個；
④設函數 對 都滿足 ，且函數 恰有6個不同的零點，則這6個零點的和為18；
其中所有正確命題的序號為________．(把所有正確命題的序號都填上)
四、解答題
13．設函數，其中，是實數．已知曲線與軸相切于坐標原點．
（1）求常數的值；
（2）當時，關于的不等式恒成立，求實數的取值范圍；
（3）求證：．
14．已知函數有極小值．
（1）求實數的值；
（2）設函數．證明：當時，．
15．已知函數，曲線在處的切線斜率為.
（1）求證：函數在區間上沒有零點；
（2）當時，求證：.
16．形如的函數稱為冪指函數，冪指函數在求導時，可以利用對數法：在函數解析式兩邊取對數得，兩邊對求導數，得，于是.已知，.
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)若，恒成立，求的取值范圍.
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3.3 導數在函數最值及生活實際中的應用
思維導圖
知識點總結
導數與不等式
構造法證明不等式是指在證明與函數有關的不等式時，根據所要證明的不等式，構造與之相關的函數，利用函數單調性、極值、最值加以證明．常見的構造方法有：
(1)直接構造法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))轉化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構造輔助函數h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮，二是利用常見的放縮結論，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln (x＋1)≤x(x＞－1)；
(3)構造“形似”函數：稍作變形再構造，對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數，把不等式轉化為左、右兩邊是相同結構的式子的形式，根據“相同結構”構造輔助函數；
(4)構造雙函數：若直接構造函數求導難以判斷符號，導函數零點也不易求得，因此函數單調性與極值點都不易獲得，則可構造函數f(x)和g(x)，利用其最值求解．
零點與隱零點問題
1．已知函數有零點求參數范圍常用的方法
(1)分離參數法：一般命題情境為給出區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為從f(x)中分離出參數，然后利用求導的方法求出由參數構造的新函數的極值和最值，根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；
(2)分類討論法：一般命題情境為沒有固定區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為結合單調性，先確定參數分類的標準，在每個小范圍內研究零點的個數是否符合題意，將滿足題意的參數的各小范圍并在一起，即為所求參數范圍．
2．隱零點問題的解題技巧(能夠判斷其存在但無法直接表示的，稱之為“隱零點”)
對于隱零點問題，常用代數變形、整體代換、構造函數、不等式應用等技巧．
典型例題分析
考向一 移項作差構造函數證明不等式
例1　(2021·南昌調研)已知函數f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1，1)，且在點A處的切線互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)證明：當x≥1時，f(x)＋g(x)≥.
解　(1)因為f(x)＝1－，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因為g(x)＝＋－bx，g′(x)＝－－－b.
因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1，1)，且在點A處的切線互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
從而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1，解得a＝b＝－1.
(2)證明：g(x)＝－＋＋x，則f(x)＋g(x)≥ 1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
則h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因為x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，h(x)在[1，＋∞)上單調遞增，
所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0.
故當x≥1時，f(x)＋g(x)≥.
若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構造函數h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據函數h(x)的單調性或最值證明不等式．
考向二 單變量不等式恒成立或存在性問題
例2　已知函數f(x)＝.
(1)若函數f(x)在區間上存在極值，求正實數a的取值范圍；
(2)如果當x≥1時，不等式f(x)≥恒成立，求實數k的取值范圍．
解　(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＝－，令f′(x)＝0，得x＝1.當x∈(0，1)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減．所以1為函數f(x)的極大值點，且是唯一的極值點，
所以0＜a＜1＜a＋，故＜a＜1，即正實數a的取值范圍為.
(2)當x≥1時，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，
則g′(x)＝
＝.令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
則h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即實數k的取值范圍是(－∞，2].
(1)“恒成立”“存在性”問題一定要正確理解其實質，深刻挖掘內含條件，進行等價轉化．
(2)構造函數是求范圍問題中的一種常用方法，解題過程中盡量采用分離參數的方法，轉化為求函數的最值問題．
考向三 　構造雙函數
例3　已知兩函數f(x)＝8x2＋16x－m(m∈R)，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，若 x1∈[－3，3]， x2∈[－3，3]，恒有f(x1)>g(x2)成立，求m的取值范圍．
解　若 x1∈[－3，3]， x2∈[－3，3]，恒有f(x1)>g(x2)成立，
只需在[－3，3]上，f(x)min>g(x)min即可．
f(x)＝8x2＋16x－m＝8(x＋1)2－m－8，
f(x)min＝f(－1)＝－m－8，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，g′(x)＝6x2＋10x＋4＝2(x＋1)(3x＋2)，
當x∈[－3，－1)∪時，g′(x)>0，故[－3，－1)與是g(x)的單調遞增區間；
當x∈時，g′(x)<0，故是g(x)的單調遞減區間．
因此g(x)的極小值為g＝－，
又g(－3)＝－21，所以g(x)min＝－21，
所以－m－8>－21，解得m<13.
所以m的取值范圍為(－∞，13).
常見的雙變量不等式恒成立問題的類型
(1)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)max≤g(x2)max.
(2)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)max≥g(x2)max.
(5)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)max≤g(x2)min.
(6)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)min≥g(x2)max.
考向四 判斷函數零點(方程根)的個數
例4　已知函數f(x)＝ex－x－a(a∈R).
(1)當a＝0時，求證：f(x)>x；
(2)討論函數f(x)在R上的零點個數，并求出相對應的a的取值范圍．
解　(1)證明：當a＝0時，f(x)＝ex－x，
令g(x)＝f(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，
則g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，得x＝ln 2.當x當x>ln 2時，g′(x)>0，g(x)單調遞增．ln 2是g(x)的極小值點，也是最小值點，
即g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2ln >0，故當a＝0時，f(x)>x成立．
(2)f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0.
所以當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
所以0是函數f(x)的極小值點，也是最小值點，即f(x)min＝f(0)＝1－a.
當1－a>0，即a<1時，f(x)在R上沒有零點．
當1－a＝0，即a＝1時，f(x)在R上只有一個零點．
當1－a<0，即a>1時，
因為f(－a)＝e－a－(－a)－a＝e－a>0，
所以f(x)在(－∞，0)內只有一個零點．
由(1)得ex>2x，令x＝a，得ea>2a，
所以f(a)＝ea－a－a＝ea－2a>0，
于是f(x)在(0，＋∞)內只有一個零點．
因此，當a>1時，f(x)在R上有兩個零點．
綜上，當a<1時，函數f(x)在R上沒有零點；當a＝1時，函數f(x)在R上有一個零點；
當a>1時，函數f(x)在R上有兩個零點．
利用導數確定含參函數零點或方程根的個數的常用方法
(1)構建函數g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉化成確定g(x)的零點個數問題求解，利用導數研究該函數的單調性、極值，并確定區間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數形結合求解函數零點的個數．
(2)利用零點存在定理：先用該定理判斷函數在某區間上有零點，然后利用導數研究函數的單調性、極值(最值)及區間端點值符號，進而判斷函數在該區間上零點的個數．
考向五 　　已知函數零點個數求參數問題
例5　函數f(x)＝ax＋x ln x在x＝1處取得極值．
(1)求f(x)的單調區間；
(2)若y＝f(x)－m－1在定義域內有兩個零點，求實數m的取值范圍．
解　(1)函數f(x)＝ax＋x ln x的定義域為(0，＋∞).
f′(x)＝a＋ln x＋1.因為f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，則f(x)＝－x＋x ln x，f′(x)＝ln x.令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0所以f(x)的單調遞增區間為(1，＋∞)，單調遞減區間為(0，1).
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)內有兩個零點，可轉化為直線y＝m＋1與y＝f(x)的圖象有兩個不同的交點．由(1)知，f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，f(x)min＝f(1)＝－1，
當0當x>e時，f(x)>0.
當x→0時，f(x)→0；當x→＋∞時，顯然f(x)→＋∞.
由圖象可知，－1＜m＋1<0，即－2＜m<－1，
所以實數m的取值范圍是(－2，－1).
利用函數零點求參數范圍的方法
(1)分離參數(a＝g(x))后，將原問題轉化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點個數問題(優選分離、次選分類)求解．
(2)利用零點存在定理構建不等式求解．
(3)轉化為兩個熟悉的函數圖象的位置關系問題，從而構建不等式求解(客觀題常用).
考向六　　可轉化為函數零點個數的問題
例6　已知直線l：y＝x＋1，函數f(x)＝aex.
(1)當a＝1，x＞0時，證明：曲線y＝f(x)－x2在直線l的上方；
(2)若直線l與曲線y＝f(x)有兩個不同的交點，求實數a的取值范圍．
解　(1)證明：令h(x)＝ex－x2－x－1，
則h′(x)＝ex－x－1，
令g(x)＝h′(x)，則g′(x)＝ex－1，當x＞0時，g′(x)＞0，h′(x)為增函數，
所以h′(x)＞h′(0)＝0，從而h(x)也為增函數，得h(x)＞h(0)＝0.
故ex－x2＞x＋1，即曲線y＝f(x)－x2在直線l的上方．
(2)令φ(x)＝aex－x－1，則φ′(x)＝aex－1，當a≤0時，令φ′(x)＜0，得φ(x)在R上單調遞減，不符合題意；
當a＞0時，令φ′(x)＝0，得x＝ln ，
所以φ(x)在上為減函數，
在上為增函數，
由已知函數φ(x)有兩個零點，φ(x)min＝φ＝－ln ＜0，得0＜a＜1，此時φ(－1)＝＞0，φ(x)在上有且只有一個零點．
由(1)得當x＞0時，φ(x)＞a－x－1＝ax2＋(a－1)x＋a－1，
所以φ＞a＋(a－1)·＋a－1＝a＋1＞0.
由(1)知，當x＞0時，h′(x)＞0得ex＞x＋1，令x＋1＝t，則ln t＜t－1(t＞1)，
所以＞－1＞ln ，φ(x)在上有且只有一個零點．
綜上，0＜a＜1.
處理函數y＝f(x)與y＝g(x)圖象的交點問題的常用方法
(1)數形結合，即分別作出兩函數的圖象，觀察交點情況．
(2)將函數交點問題轉化為方程f(x)＝g(x)根的個數問題，通過構造函數y＝f(x)－g(x)，利用導數研究函數的單調性及極值，并作出草圖，根據草圖確定根的情況．
考向七　　與函數零點有關的證明問題
例7　已知函數f(x)＝ln ＋a2x2－ax.
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若a＝0且x∈(0，1)，求證：f(x)解　(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝－＋2a2x－a＝＝.
若a＝0，則f′(x)<0，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；
若a>0，當x＝時，f′(x)＝0；當0＜x<時，f′(x)<0；當x>時，f′(x)>0，
故函數f(x)在上單調遞減，在上單調遞增；
若a<0，當x＝－時，f′(x)＝0；當0＜x<－時，f′(x)<0；當x>－時，f′(x)>0，
故函數f(x)在上單調遞減，在上單調遞增．
(2)證法一：若a＝0且x∈(0，1)，
則f(x)＝ln ＝1－ln x.
欲證f(x)只需證x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex.
設函數g(x)＝x(1－ln x)，則g′(x)＝－ln x．當x∈(0，1)時，g′(x)>0，函數g(x)在(0，1)上單調遞增，
所以g(x)設函數h(x)＝(1＋x－x3)ex，則h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.
設函數p(x)＝2＋x－3x2－x3，則p′(x)＝1－6x－3x2.
當x∈(0，1)時，p′(0)p′(1)＝－8<0，
故存在x0∈(0，1)，使得p′(x0)＝0，從而函數p(x)在(0，x0)上單調遞增，在(x0，1)上單調遞減，所以p(x0)>p(0)＝2，且p(1)<0，
故存在x1∈(0，1)，使得h′(x1)＝0，即當x∈(0，x1)時，h′(x)>0，當x∈(x1，1)時，h′(x)<0，從而函數h(x)在(0，x1)上單調遞增，在(x1，1)上單調遞減．
因為h(0)＝1，h(1)＝e，所以當x∈(0，1)時，h(x)>h(0)＝1，
所以x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex，x∈(0，1)，即f(x)證法二：若a＝0且x∈(0，1)，則f(x)＝ln ＝1－ln x，
欲證f(x)只需證x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex.
設函數g(x)＝x(1－ln x)，則g′(x)＝－ln x．當x∈(0，1)時，g′(x)>0，函數g(x)在(0，1)上單調遞增．所以g(x)設函數h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0，1)，
因為x∈(0，1)，所以x>x3，
所以1＋x－x3>1，
又11，
所以g(x)<1證法三：若a＝0且x∈(0，1)，則f(x)＝ln ＝1－ln x．欲證f(x)只需證＋x2－<1，由于1－ln x>0，ex>e0＝1，則＋x2－＜1－ln x＋x2－，則只需證明1－ln x＋x2－<1，
只需證明ln x－x2＋>0，
令g(x)＝ln x－x2＋，x∈(0，1)，
則g′(x)＝－2x－＝<<0，則函數g(x)在(0，1)上單調遞減，
則g(x)>ln 1－12＋1＝0，
所以ln x－x2＋>0，所以＋x2－＜1，即原不等式成立．
處理函數隱性零點的三個步驟
(1)確定零點的存在范圍(可以由零點存在定理確定，也可以由函數的圖象特征得到)；
(2)根據零點的意義進行代數式的替換，替換過程中，盡可能將復雜目標式變形為常見的整式或分式，盡可能將指、對數函數式用有理式替換；
(3)結合前兩步，確定目標式的范圍．
基礎題型訓練
一、單選題
1．若，則 (　 　)
A． B．
C． D．
【答案】C
【詳解】試題分析：對于A，B作出圖象如圖所示，可見 時，既有單調減函數區間，單調增函數區間，故都不正確；對于C，設，作如圖所示，因 ，此時，在 上為減函數，故有，得 ，故C正確，D不正確，故選C.
考點：1、利用導數研究函數的單調性；2、函數的圖象及數形結合思想的應用.
2．若函數的導函數為，且，則在上的單調增區間為
A． B． C．和 D．和
【答案】D
【詳解】試題分析：由題意得，
解得，又，所以單調增區間為和，選D.
考點：三角函數單調區間
3．設，若函數在區間上有三個零點，則實數的取值范圍是
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】令，可得.
在坐標系內畫出函數的圖象（如圖所示）.
當時，.由得.
設過原點的直線與函數的圖象切于點，
則有，解得.
所以當直線與函數的圖象切時.
又當直線經過點時，有，解得.
結合圖象可得當直線與函數的圖象有3個交點時，實數的取值范圍是.
即函數在區間上有三個零點時，實數的取值范圍是.選D.
點睛：已知函數零點的個數（方程根的個數）求參數值（取值范圍）的方法
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；
(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；
(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解，對于一些比較復雜的函數的零點問題常用此方法求解.
4．已知在區間內任取兩個不相等的實數，不等式恒成立,則實數的取值范圍為
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】∵p≠q，不妨設p＞q，由于，
∴f（p）﹣f（q）＞p﹣q，得[f（p）﹣p]﹣[f（q）﹣q]＞0，
∵p＞q，∴g（x）＝f（x）﹣x在（0，1）內是增函數，
∴g'（x）＞0在（0，1）內恒成立，即0恒成立，
ax（2x+1）的最大值，
∵x∈（0，1）時x（2x+1）＜3，
∴實數a的取值范圍為[3，+∞）．
故選：D．
5．已知函數，若，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分類討論，利用導數研究函數單調性，求出最值解決恒成立問題.
【詳解】函數，
①當，即時，滿足；
②當，即時，若，則有，
令，則有，
若，易知在上單調遞增，不一定都滿足，∴，即，
，由，解得，由，解得，所以，
在上單調遞增，在上單調遞減，由，則有，解得，
所以時，滿足；
③當，即時，若，則有，即，
易知，當且僅當時取等號，當時，
所以，
即，所以不滿足恒成立；
綜上，若，的取值范圍是.
故選：A
6．已知函數，在區間內任取兩個實數，且，若不等式恒成立，則實數的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知不等式得新函數的切線的斜率均大于，求出的導數，由不等式恒成立求解．
【詳解】因為在區間內任取兩個實數，且，若不等式恒成立，
即在區間內任取兩個實數，且，若不等式恒成立，它表示函數在上任意兩點間連線的斜率大于，也即在上任意兩點間連線的斜率大于．
所以在恒成立，
變形得，
時，，即，當且僅當時等號成立．
所以，的最小值為．
故選：C．
【點睛】結論點睛：本題考查函數不等式恒成立問題，解題關鍵掌握斜率與導數的關系．時，表示圖象上兩點連線的斜率，而當無限趨近于（）時，無限趨近于函數在點處切線的斜率，即．
二、多選題
7．已知函數的圖象如圖，是的導函數，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根據導數的幾何意義可得，即可判斷選項AB，記，，作直線AB，根據兩點坐標求出直線AB的斜率，結合圖形即可得出CD選項..
【詳解】由函數的圖像可知函數是單調遞增的，
所以函數圖像上任意一點處的導函數值都大于零，
并且由圖像可知，
函數圖像在處的切線斜率大于在處的切線斜率，
所以；
故A錯誤，B正確；
記，，作直線，則直線的斜率，由函數圖像，可知，
即.
故C，D正確；
故選：BCD
8．若存在，則稱為二元函數在點處對x的偏導數，記為.已知二元函數，，則（ ）
A． B．關于t的函數
C．的最小值為 D．關于t的函數有極小值
【答案】BCD
【分析】根據所給的定義分別得到、后就容易求解了.
【詳解】對于A、C，因為，
所以，則.
因為，
所以當時，取得最小值，且最小值為.
故A錯誤，C正確..
對于B、D，因為，
所以，則.
，令，.
當時；當時.
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以在處取得極小值.
故B、D都正確.
故選：BCD
三、填空題
9．函數的導函數f （x）= __________．
【答案】
【詳解】試題分析：
考點：函數求導數
10．某箱子的容積與底面邊長的關系為，則當箱子的容積最大時，箱子的底面邊長為__________．
【答案】 40
【詳解】分析：令v′=60x﹣=0，解得x=40，明確函數的單調性，由此能求出當箱子的容積最大時，箱子的底面邊長．
詳解：∵V（x）=x2（）（0＜x＜60），
∴v′=60x﹣，0＜x＜60，
令v′=60x﹣=0，解得x=0（舍去），或x=40，
并求得V（40）=16000．
當x∈（0，40）時，v‘（x）＞0，v（x）是增函數；
當x∈（40，60）時，v′（x）＜0，v（x）是減函數，
v（40）=16000是最大值．
∴當箱子容積最大，箱子的底面邊長為40．
故答案為40．
點睛：求函數最值的步驟：(1) 確定函數的定義域；(2) 求導數；(3) 解方程求出函數定義域內的所有根；(4) 求出函數的極值 （5）把極值與端點值進行比較得到函數的最值.
11．若對任意，不等式恒成立，則實數取值的集合為__________.
【答案】
【分析】令，則恒成立的不等式可化為，利用導數可求得的范圍，從而構造函數，分別討論和的情況，結合正負可得單調性，通過可確定的取值.
【詳解】由得：，
令，則，在上單調遞增，
，即，
則原不等式可化為在上恒成立，
令，則，
①當時，恒成立，在上單調遞增，又，
當時，，不合題意；
②當時，若，則；若，則；
在上單調遞減，在上單調遞增；又，
若，則，不合題意；若，則，不合題意；
若，則，即在上恒成立，滿足題意；
綜上所述：實數的取值集合為.
故答案為：.
12．已知函數，下列說法正確的是___________.
①的圖像關于點對稱
②的圖象與有無數個交點
③的圖象與只有一個交點
④
【答案】①③
【分析】根據函數解析式，驗證函數是否滿足，從而得到對稱性；求導，研究函數的單調性，判斷函數圖像交點問題及函數值大小問題；
【詳解】由
知，
的圖像關于點對稱，故①正確；
當時，，
當時，，
故的圖象與無交點，②錯誤；
，
當時，，，則，函數單減；
由對稱性可得當時，函數單減；則，④錯誤；
又，，
則由單調性知，函數在時，與只有一個交點，
當時，由①知，與無交點，故③正確；
故答案為：①③
四、解答題
13．要使函數y=1+2x+4xa在x∈（﹣∞，﹣1]時，y＞0恒成立，求實數a的取值范圍．
【答案】（﹣6，+∞）
【詳解】試題分析：由題意，得1+2x+4xa＞0在x∈（﹣∞，1]上恒成立，即a＞﹣在x∈（﹣∞，1]上恒成立．運用指數函數的性質，結合二次函數的值域求法，可得最大值，進而得到a的范圍．
解：由題意，得1+2x+4xa＞0在x∈（﹣∞，1]上恒成立，
即a＞﹣在x∈（﹣∞，1]上恒成立．
又∵﹣=﹣（）2x﹣（）x=﹣[（）x+]2+，
當x∈（﹣∞，﹣1]時，（）x∈[2，+∞），
﹣≤﹣（2+）2+=﹣6，
∴a＞﹣6．
即a的取值范圍是（﹣6，+∞）．
考點：函數恒成立問題．
14．已知函數（為常數）
1）討論函數的單調性；
2）不等式在上恒成立，求實數的取值范圍．
【答案】（1）時，遞增，時，在遞減，遞增；（2）.
【分析】（1）求出導函數，分類討論確定的正負得單調性；
（2）分離參數法變形不等式，轉化為求新函數的最值，得出結論．
【詳解】（1）函數定義域是，
，
時，恒成立，在上是增函數；
時，時，，遞減，時，，遞增．
（2）即在上恒成立，則，
設，則，時，，遞增，時，，遞減，，所以．
15．已知函數.
(1)當時，求在上的最值；
(2)曲線與軸有且只有一個公共點，求的取值范圍.
【答案】(1)最大值為，最小值為
(2)
【分析】（1）當時，利用導數分析函數在上的單調性，可得出函數在上的最大值和最小值；
（2）對實數的取值范圍進行分類討論，利用導數分析函數的單調性，根據函數只有一個零點可得出關于實數的不等式，綜合可得出實數的取值范圍.
【詳解】（1）解：當時，，則，可得或（舍）.
當時，，此時函數單調遞減，
當時，，此時函數單調遞增，
所以，當時，，
又因為，，則.
（2）解：，則.
①當時，對任意的，且不恒為零，
故函數在上單調遞增，，，
由零點存在定理可知，函數在區間存在唯一零點，合乎題意；
②當時，由可得，列表如下：
增 極大值 減 極小值 增
所以，函數的極大值為，極小值為，
作出函數的圖象如下圖所示：
因為函數只有一個零點，則，解得.
綜上所述，實數的取值范圍是.
16．已知函數.
(1)求的最小值；
(2)若，證明：.
【答案】(1)0；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導數求出函數的單調區間即得解；
（2）即證，設，求出函數的最小值即得證.
【詳解】（1）解：由題意可得.
由，得；由，得.
則在上單調遞減，在上單調遞增，
故.
（2）證明：要證，即證，
即證.
設，則.
由（1）可知當時，.
由，得，由，得，
則，當且僅當時，等號成立.
即.
提升題型訓練
一、單選題
1．已知函數的導函數的圖象如圖所示，，令，則不等式的解集是
A． B．
C． D．[-1，2]
【答案】A
【詳解】試題分析：由題根據所給函數圖像得到f（x）的得到性，結合所給條件不難得到不等式的解集；
由題f（x）在時，單調遞減，在時，單調遞增，，
或或，故選A.
考點：利用導數研究函數的性質
2．函數的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】判斷函數的定義域和奇偶性，利用對稱性和函數值的符號進行排除即可．
【詳解】解：函數的定義域為，
，則是奇函數，圖象關于原點對稱，排除，
當時，，
當時，令，，當時，即在上單調遞增，當時，即在上單調遞減，所以時函數取得極小值，即最小值，，所以恒成立；
則此時恒成立，排除，
故選：．
3．已知函數，，若，使得成立，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】將問題轉化為使得成立，通過求得導數和單調性，可得最值，再根據不等式成立，結合參數分離可得的范圍．
【詳解】，使得成立，等價為使得成立，
由得，當時，，此時單調遞增，當時，，此時單調遞減，，故
在成立，
當時，，
設，，則，
由，得，
所以在遞減，所以，
則在遞減，所以，
則，所以．
故選：A
4．已知函數與，設，，若存在，，使得，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【詳解】因為，所以是增函數，
因為，所以.
∵存在，，使得， ∴.
即在上有解，即方程在有解，
設則
所以當時，，是增函數；當時，，是減函數.
∵，，
，
故選：C.
5．設函數在區間D上的導函數為，在區間D上的導函數為，若在區間D上，恒成立，則稱函數在區間D上為“凸函數”.已知實數m為常數，，若對滿足的任何一個實數m，函數在區間上都為“凸函數”，則的最大值為（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【分析】利用題意得到，則可轉化成時，關于m的一次函數恒成立，可得到最大區間，即可得到答案
【詳解】由可得，
設在區間上的導函數為，
，
當時，恒成立等價于即時，關于m的一次函數恒成立，
所以且，即，
解得，
從而，
故選：C.
6．已知函數在上恒不大于0，則的最大值為（　　）
A． B． C．0 D．1
【答案】A
【分析】先求得函數導數，當時，利用特殊值判斷不符合題意.當時，根據的導函數求得的最大值，令這個最大值恒不大于零，化簡后通過構造函數法，利用導數研究所構造函數的單調性和零點，并由此求得的取值范圍，進而求得的最大值.
【詳解】，當時，，則在上單調遞增，，所以不滿足恒成立；當時， 在上單調遞增，在上單調遞減，所以，又恒成立，即. 設，則. 因為在上單調遞增，且，，所以存在唯一的實數，使得，當時，；當時，，所以，解得，又，所以，故整數的最大值為.故選A.
【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調性和最值，考查構造函數法，考查零點存在性定理，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.
二、多選題
7．英國數學家牛頓在17世紀給出了一種近似求方程根的方法—牛頓迭代法.做法如下：如圖，設是的根，選取作為初始近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點的橫坐標，稱是的一次近似值，過點作曲線的切線，則該切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的二次近似值.重復以上過程，得到的近似值序列，其中，稱是的次近似值，這種求方程近似解的方法稱為牛頓迭代法.若使用該方法求方程的近似解，則（ ）
A．若取初始近似值為1，則該方程解得二次近似值為
B．若取初始近似值為2，則該方程近似解的二次近似值為
C．
D．
【答案】ABC
【分析】根據牛頓迭代法求方程近似解的方法，將初始值代入公式計算即可求解.
【詳解】令，則，當，，，故A正確；
當，，，故B正確；
因為；；；，
∴，故C正確，D錯誤.
故選：ABC
8．已知函數，則（ ）．
A． B．若有兩個不相等的實根，則
C． D．若，均為正數，則
【答案】AD
【分析】先求導數，判斷函數單調性，A,C,D結合單調性可以判斷正誤，B結合反例可以判斷錯誤.
【詳解】對于A：，又，，，所以，則有，A正確；
對于B：當時，，為增函數；
當時，，為減函數；所以有極大值.
若有兩個不相等的正實根，不妨取，顯然，此時不滿足，B不正確；
對于C：由B可知，在上單調遞增，則有，即，則有， C不正確；
對于D：令，，均為正數，則，解得：，，，
由B可知，在上單調遞增，則有，即，即，所以，D正確.
故選：AD.
【點睛】關鍵點點睛：本題求解的關鍵是利用導數求出函數的單調區間，結合單調性，比較數值的大小.
三、填空題
9．已知e為自然對數的底數，則曲線e在點處的切線斜率為________．
【答案】
【詳解】試題分析：，所以曲線在點處的切線斜率為．
考點：導數的幾何意義．
10．當時，不等式恒成立，則a的取值范圍是________
【答案】
【分析】利用換元法構成新函數，利用導數，分類討論，根據新函數的單調性和取特殊值法，結合二次函數的性質進行求解即可.
【詳解】令，
所以有，化簡得：
設函數，原問題等價于在時恒成立，
，當時，，
因此當時，單調遞增，要想在時恒成立，
只需，解得，而，所以；
當時，，
因為，所以，故不成立，顯然此時在時不恒成立，
綜上所述：
故答案為；
【點睛】本題考查了已知不等式恒成立利用導數求參數取值范圍，考查了數學運算能力.
11．用長為的鋼條圍成一個長方體形狀的框架，要求長方體的長與寬之比為，問該長方體的長、寬、高各為多少時，其體積最大？最大體積是________．
【答案】3
【分析】設長方體的寬為xm，高為hm，根據題意得到，從而得到h，再由，利用導數法求解.
【詳解】設長方體的寬為xm，高為hm，
由題意得，
則，
所以，
則，
當時，，當時，，
所以當時，即長方體的長為2m、寬為1m、高為1.5m時，其體積最大，
最大體積是3.
故答案為：3
12．對于函數 ，我們把使 的實數 叫做函數 的零點，且有如下零點存在定理：如果函數 在區間 上的圖像是連續不斷的一條曲線，并且有 ，那么，函數 在區間 內有零點．給出下列命題：
①若函數 在 上是單調函數，則 在 上有且僅有一個零點；
②函數 有3個零點；
③函數 和 的圖像的交點有且只有一個；
④設函數 對 都滿足 ，且函數 恰有6個不同的零點，則這6個零點的和為18；
其中所有正確命題的序號為________．(把所有正確命題的序號都填上)
【答案】②④
【分析】由特殊函數和特殊值法判斷①③；利用導數研究函數單調性判斷②；利用對稱性判斷④.
【詳解】①函數 在 上是單調函數，不一定有，故在上有且僅有一個零點是錯誤的，例如 在是單調函數，但其函數值恒大于0，①錯誤；
②由可解得在區間 與 上是增函數，在 是減函數，故函數存在極大值 ，極小值 ，故函數有三個零點，②正確；
③的零點即為函數 和 的圖像的交點，因為，，，所以至少有兩個零點，一個在內，另一個在內，③錯誤；
④由可得函數的圖像關于 對稱，又函數 恰有6個不同的零點，此6個零點構成三組關于 對稱的點，由中點坐標公式可得出這6個零點的和為18，④正確.
故答案為：②④
四、解答題
13．設函數，其中，是實數．已知曲線與軸相切于坐標原點．
（1）求常數的值；
（2）當時，關于的不等式恒成立，求實數的取值范圍；
（3）求證：．
【答案】（1）；（2）；（3）見解析．
【詳解】試題分析：（1）由切線切于原點知及，可得；（2）不等式恒成立，即在上的最小值大于或等于0，因此要研究的單調性、極值，為此求得，，為了確定的正負，再求導，由二階導數的正負確定一階導數的單調性及正負，從而確定的單調性，最值．對分類：，，；（3）要證不等式，顯然要與上面的結論有關，首先證明一個更一般的情形：對任意的正整數，不等式恒成立，等價變形為，相當于（2）中，的情形．由此可證．
試題解析：（1）因為與軸相切于坐標原點
則
（2），，
①當時，由于，有，
于是在上單調遞增，從而，因此在上單調遞增，即而且僅有符合；
②當時，由于，有，
于是在上單調遞減，從而，
因此在上單調遞減，即不符；
③當時，令，當時，
，于是在上單調遞減，
從而，因此在上單調遞減，
即而且僅有不符.
綜上可知，所求實數的取值范圍是.
（3）對要證明的不等式等價變形如下：
對于任意的正整數，不等式恒成立，等價變形
相當于（2）中，的情形，
在上單調遞減，即而且僅有；
取，得：對于任意正整數都有成立；
令得證.
考點：導數的幾何意義，不等式恒成立，導數與單調性、最值，不等式證明．
【名師點睛】本題考查導數的綜合運用，考查導數的幾何意義．已知函數點處的切線方程，實際上已知兩個條件：和．在求函數的最值時，一般要研究函數的單調性，這就要求研究導數的正負，象本題導數的正負也不易確定時，還必須研究導函數的單調性，從而又要對導函數再求導，得二階導數，由的正負確定的單調性，從而確定的正負．這在導數的復雜應用中經常采用．本題第（3）小題考查同學們的觀察能力、想象能力，類比推理能力，要在已證結論中取特殊值得到要證的不等式，要求較高，屬于難題．
14．已知函數有極小值．
（1）求實數的值；
（2）設函數．證明：當時，．
【答案】（1）；（2）證明見解析.
【詳解】試題分析：（1）由得,當時，利用導數工具可得有極大值，無極小值，與題不符．當時利用導數工具可得有唯一極小值，又已知有極小值；（2）由（1）可知當時，等價于． 利用導數工具可知在有最小值.設函數，利用導數工具可得在上的最大值．又由于函數取最小值與函數取得最大值時的取值不相等，所以，當時，也恒成立，即成立.
試題解析：（1）函數的定義域是．
，由得
當時，將、的值隨的變化列表如下：
增 極大值 減
由上表可知，時有極大值，無極小值，與題不符.
當時，將、的值隨的變化列表如下：
減 極小值 增
由上表可知，時，有唯一極小值，又已知有極小值．
，
（2）由（1）可知，從而當時，等價于．
又由（1）可知，函數在上單調遞增，在上單調遞減，從而函數在有最小值
設函數，則，所以當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，從而在上的最大值為
由于函數取最小值與函數取得最大值時的取值不相等，
所以，當時，也恒成立，即
考點：1、函數的極值；2、函數的最值；3、導數的綜合應用.
15．已知函數，曲線在處的切線斜率為.
（1）求證：函數在區間上沒有零點；
（2）當時，求證：.
【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】（1）由題意得，，易得，即在區間上單調遞增，又，從而得證；
（2）由（1）知，，要證，即證的圖象在圖象的上方即可.
【詳解】（1）由題意得，，，，
，.
當時，，在區間上單調遞增，
又，則函數在區間上沒有零點．
（2）由（1）知，，令 ，
則 ，
令，解得，令，解得，
則在上單調遞增，在上單調遞減．令.
①當時，，，
則函數的圖象在圖象的上方.
②當時，，，而，
則函數的圖象在圖象的上方.
綜上所述，當時，.
【點睛】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想、轉化思想，是一道綜合題．
16．形如的函數稱為冪指函數，冪指函數在求導時，可以利用對數法：在函數解析式兩邊取對數得，兩邊對求導數，得，于是.已知，.
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)若，恒成立，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出導函數，得出切線斜率，寫出切線方程；
（2）通過特殊值得出必要條件，然后證明也是充分的，為此引入函數，求出導函數，再設，再求導以確定的正負，得函數的最小值．
(1)
由，不妨設，
由冪指函數導數公式得，
所以，又，
所以，曲線在處的切線方程為
(2)
先尋找必要條件：若恒成立，則，解得
證明充分性：當時，若恒成立，
構造，，
則，
令，
所以，
因為與同號，所以，所以，
，所以，所以即為上增函數，
又因為，所以，當時，； 當時，.
所以，為上減函數，為上增函數，
所以，，無最大值.
所以，
恒成立．
綜上，的范圍是．
【點睛】本題考查導數的幾何意義，考查學生的閱讀理解能力，創新能力，應用新知識的能力，對不等式恒成立求參數問題采取的特殊方法：先由特殊值找到必要條件，然后再證明其也是充分的，目的是解題中方便確定正負．目標明確．難點一是理解并應用新知識的能力，二是需要二次求導，本題屬于難題．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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