資源簡介

23個函數與導函數類型專題
1、函數第1題已知函數，若，且，，求的取值范圍.
[解析]⑴ 將不等式化成模式
由得：，化簡得： ①
⑵ 構建含變量的新函數
構建函數： （，且）
其導函數由求得：
即： ②
⑶ 確定的增減性
先求的極值點，由得：
即： ③
滿足③式的， 即：的極值點
在時，由于有界，而無界
故：
即：在時，，單調遞減；
那么，在時，單調遞增.
滿足③式得恰好是
⑷ 在由增減性化成不等式
在區間，由于為單調遞減函數，
故：
應用不等式：得：
即：，即：的最大值是
代入①式得：，即：，即： ④
⑸ 在由增減性化成不等式
在區間，由于為單調遞增函數，
故：
由于極限，故：，代入①式得： ⑤
⑹ 總結結論
綜合④和⑤式得：. 故：的取值范圍是
本題的要點：求出的最小值或最小極限值.
特刊：洛必達法則解析
⑴ 由①式，設函數
當時，用洛必達法則得：
，則
當時，用洛必達法則得：
，則
當時，用洛必達法則得：
其中，的最小值是，所以本題結果是，即：
⑵ 關于極限
將函數以為中心，以泰勒級數展開
因為：；；；
；；
……，
代入泰勒公式：
得：
于是：
上面用泰勒級數證明了.
2、函數第2題已知函數，，，連續，若存在均屬于區間的，且，使，證明：
[解析]⑴ 求出函數的導函數
函數： ①
其導函數： ②
⑵ 給出函數的單調區間
由于，由②式知：的符號由的符號決定.
當，即：時，，函數單調遞增；
當，即：時，，函數單調遞減；
當，即：時，，函數達到極大值.
⑶ 由區間的增減性給出不等式
由均屬于區間，且，得到：，
若，則分屬于峰值點的兩側
即：，.
所以：所在的區間為單調遞增區間，所在的區間為單調遞減區間.
故，依據函數單調性，在單調遞增區間有： ③
在單調遞減區間有： ④
⑷ 將數據代入不等式
由①式得：；；
代入③得：，即：，即： ⑤
代入④式得：，即：，
即： ⑥
⑸ 總結結論
結合⑤和⑥式得：. 證畢.
本題的要點：用導數來確定函數的單調區間，利用單調性來證明本題.
特刊：特值解析
由⑶已得：，，且：，
若：，則：
即：，故：
當：，時，
當：，時，
故：處于這兩個特值之間，即：
3、函數第3題已知函數.若函數的圖像與軸交于兩點，線段中點的橫坐標為，試證明：.
[解析]⑴ 求出函數導函數
函數的定義域由可得：.
導函數為： ①
⑵ 確定函數的單調區間
當，即時，，函數單調遞增；
當，即時，，函數單調遞減；
當，即時，，函數達到極大值.
②
⑶ 分析圖像與軸的交點，求出區間
由于，
若與軸交于兩點，則其極值點必須.
即：，即： ③
考慮到基本不等式及③式得：
即：，即：，即：
結合，即：得： ④
⑷ 求出點以及關于極值點的對稱點
兩點分居于極值點兩側，即：，
設：，，則，且（因）
設：，則與處于相同得單調遞減區間.
于是：，即：
故：
⑤
將替換成代入就得到：
⑥
⑸ 比較點的函數值，以增減性確定其位置
構造函數：
將⑤⑥式代入上式得： ⑦
其對的導函數為：
⑧
由于④式及，所以.
即：是隨的增函數，其最小值是在時，即：
由⑦式得：，故：.
當時，，即：
由于和在同一單調遞減區間，所以由得：
即：，即：或 ⑨
⑹ 得出結論
那么，由⑨式得：
即： . 證畢.
本題的關鍵：首先求得極值點，以為對稱軸看的對稱點就可以得到結論. 具體措施是：設點，利用函數的單調性得到
特刊：本題點評
本題的解題思路：⑴函數圖象與軸有2個交點，則在之間應該有函數的極值點，于是得到極值點；⑵以極值點為對稱軸，以等寬度（）得到“對稱點C”（僅橫坐標對稱），這樣，C和B處于同一個單調區間；⑶利用單調性比較C和B點的函數值，出現不等式.
4、函數第4題已知函數.若，求的最大值.
[解析]⑴ 求出函數的解析式
由于和都是常數，所以設，，利用待定系數法求出函數的解析式.
設：，則：
其導函數為：，則：
所以：，，函數的解析式為： ①
⑵ 化簡不等式
即：，故： ②
⑶ 構建新函數，并求其極值點
構建函數 ③
其導函數： ④
要使②式得到滿足，必須.即：，或的最小值等于0
故當取得極值時有：，由④式得極值點：
此時的由③得： ⑤
⑷ 求的最大值
由⑤式得：，則： ⑥
令：，則⑥式右邊為： （）
其導函數為： ⑦
當，即：時，，單調遞增；
當，即：時，，單調遞減；
當，即：時，，達到極大值.
此時，的極大值為： ⑧
⑸ 得出結論
將⑧代入⑥式得：，故：的最大值為
本題的關鍵：利用已知的不等式得到關于的不等式即⑥式，然后求不等式⑥式的極值.
5、函數第5題已知函數的最小值為，其中.若對任意的，有成立，求實數的最小值.
[解析]⑴ 利用基本不等式求出
利用基本不等式或，得：
即：，即：
已知的最小值為，故，即：
或者，將的端點值代入，利用最小值為，求得
⑵ 用導數法求出
函數的導函數為： ①
當，即時，，函數單調遞減；
當，即時，，函數單調遞增；
當，即時，，函數達到極小值.
依題意，的最小值為，故當時，
即：，故：
函數的解析式為： ②
⑶ 構建新函數
當時，有，即：
構建函數： ③
則函數，即的最大值為.
實數的最小值對應于的最大值點.
⑷ 確定的單調區間和極值
于是由③式得導函數為：
④
當時，由③式得函數；
則是極值點，同時也是區間的端點.
當時，即：
當，即時，，函數單調遞增；
當，即時，，函數單調遞減；
當，即時，，函數達到極大值.
故：從開始單調遞增，直到達到的極大值，再單調遞減， 所以是個極小值. 是個極大值，也是最大值.
⑸ 求出最大值點
將最值點代入③式得：（）
由的最大值為得：
即：，即：，
此時，即：，即：
⑹ 給出結論
由于，也是端點，結合⑷的結論，所以：
在區間單調遞減，是個極大值，也是最大值.
由得出實數的最小值為：
故：實數的最小值.
本題關鍵：用構建新函數代替不等式，通過求導得到極值點.
特刊：特值解析
由③式，要求函數.
由③式可看出時，
由得：，令
我們只要求出在極值點的值就好.
用洛必達法則：
對應于的，即：實數的最小值.
6、函數第6題已知函數，（），當在一定范圍時，曲線上存在唯一的點，曲線在點的切線與曲線只有一個公共點，就是點，求點的坐標.
[解析]⑴ 確定曲線的切線方程
曲線： ①
其導函數： ②
設點的坐標為：，則切線方程為：
③
⑵ 構建新函數，并求導
構建函數，則切線與曲線的交點就是的零點.
則： ④
其導函數： ⑤
由②得：，，代入⑤式得：
⑥
⑶ 分析時函數的單調性和極值
當時：
若，則，，故：，單調遞增；
若，則，，故：，單調遞減；
若，則，，故：，達到極小值.
由④式得：的極小值.
此時，的零點與點的取值有關，因此點的取值不唯一，
所以的零點就不唯一.故當時，不滿足點唯一的條件.
⑷ 分析時函數的切線
當時：
由⑥式，的情況分兩種：
a> 即：，此時與⑵的情形相同，點的取值不唯一.
b> ，即：，
此時，，即： ⑦
⑦式的解是曲線與直線的交點.
曲線恒過點，直線也恒過點，
當曲線過點的切線斜率等于時，其這個切線就是曲線的切線.
故：曲線過點的切線斜率為：
于是：，即：，即：
⑸ 得到切點的坐標
當時，就存在.
由于在其定義域內是凸函數，所以與其切線的交點是唯一的.
將代入①式得：
得到和，這就是點的唯一坐標.
⑹ 結論
切點的坐標：，
本題要點：利用圖象法解超越方程⑦.
特刊：本題點評
本題的關鍵是解：，即：；
明顯的一個解，，不滿足“唯一點”的要求；
解析得到另一個滿足的解是關鍵；
本題利用圖像法得到，即：，這個方法是本題的亮點.
7、函數第7題已知函數，其中. 在函數的圖象上取定兩點，，且，而直線的斜率為.存在，使成立，求的取值范圍.
[解析]⑴ 的斜率與的導函數
由、兩點的坐標得到直線的斜率：
①
函數的導函數為： ②
⑵ 構建新函數，并求導
判斷是否成立，即判斷是否不小于.
所以，構建函數：，若，則成立.
則： ③
導函數： ④
⑶ 求在區間端點的函數值
由③式得：
⑤
⑥
⑷ 確定的零點存在
利用基本不等式：，當且僅當時取等號.
即： ⑦
將⑦式應用于⑤式得： （）
將⑦式應用于⑥式得： （）
則，證明其存在性.
函數在區間是連續的，其導函數也存在.
由④式得：，即函數為單調遞增函數.
是單調函數，則證明其唯一性.
由和以及函數零點存在定理得，函數必過零點，且是唯一零點.
⑸ 求在區間的零點位置
設函數在區間的零點位置在，則有
由③式得： （）
即： ⑦ 且：
⑹ 求在區間的
由④式得：函數為單調遞增函數，故：
在區間，；
在區間，；
在時，.
故，的區間為，即：
本題要點：構建函數關系式③，由其導數得出單調性、增減性，得出零點.
特刊：本題點評
本題的實質是拉格朗日中值定理：如果函數在閉區間連續，在開區間可導，則必存在，使得.
8、函數第8題已知函數.證明：當時，
[證明]⑴ 構建新函數，并求導
構建函數 ①
導函數 ②
即： ③
函數滿足，，
現在只要證明，當時，，則.
⑵ 化掉②式中的根號項.
要保持不等號的方向不變，只有即：
或. （代表某個不含根號的式子）
由于有和的兩種選項，所以采用化掉的方法.
由均值不等式：得：
代入③式得：
即： ④
⑶ 求函數的極值點
當取極值時，.
故由④式得：，即： ⑤
令，（）（因為）
則⑤式為：，即： ⑥
分解因式法：
故有：，及，即：
由于，所以舍掉負值，故取
所以有：，，即：，
由于
所以
函數在兩個相鄰極值點之間是單調的.
⑷ 由單調性證明不等式
由①式得：
，
即：，由于在區間，是單調的，故：
于是，函數在時達到極大值，然后遞減，直到時達到極小值.
就是說在區間，，函數單調遞減.
即：，故：. 證畢.
本題要點：構建函數，由兩個相鄰極值點之間的區間是單調的，以及兩個相鄰極值點之間的函數值的大小關系，得出：函數在這個區間為單調遞減，由此來證明本題.
本題的難點在于處理⑤式或者⑥式.
特刊：數值解析
由①式構建函數 ①
其導數為方程②式 ②
直接解方程②比較困難，可以化簡一下.
在區間，，故：，即：
代入②式得：
令：，則：
即：，即：
故：，. 即：在區間存在滿足.
這時候，分別將和代入②式得：
上面的計算說明的另一個零點在區間，那么對于本題，由于，，所以在區間，為單調遞減函數.
即：在區間，. 即：
9、函數第9題已知，為正整數，拋物線與軸正半軸相交于點.設拋物線在點處的切線在軸上的截距為，求證：當時，對所有都有：.
[證明]⑴ 先求點的坐標
將，代入拋物線得：
⑵ 求過點的切線方程
拋物線的導數為： ①
故點的切線方程為：
即： ②
⑶ 求切線在軸上的截距為
由②式，當時，. 故： ③
⑷ 分析待證不等式
，即：，即：，
即：，即：，即：
將③式代入上式得：，即： ④
證明了④式，就證明了不等式
⑸ 數值分析
由④式
當時，；
當時，，即；
當時，，即；（，）
因為，對④式兩邊求對數得： ⑤
滿足上式得：的最小值，就是的最大值.
⑹ 構建新函數
構建函數：，求的最大值.
求導得：
當時，即：，即： ⑥
令，則. 代入⑥式得： ⑦
⑺ 求的最大值
雖然解方程⑦比較困難，但得到其取值范圍還是可以的.
由⑦式得：，即：
即：，即：
于是滿足⑤式的的最大值是
代入④式得： ⑧
⑻ 證明結論
滿足⑧式，就滿足④式，由⑷得證.
當時，對所有都有：. 證畢.
特刊：本題點評
本題有3個關鍵點：⑴求拋物線在點處的切線，得到：；⑵分析法解析待證不等式，得到: 或；⑶設得到，解析得： ，即：. 只要通過這3個關鍵點，問題得以解決.
10、函數第10題已知函數，為的導數.設， 證明：對任意，
[解析]⑴ 求函數的解析式
函數的導函數為：
①
函數得：
②
⑵ 構造新函數
由基本不等式（僅當時取等號）得:
代入②式得： （）
令： ③
則上式為： ④
⑶ 分析的單調性，并求其極值
由③式得導函數為： ⑤
當，即時，，單調遞減；
當，即時，，單調遞增；
當，即時，，達到最大值.
的最大值是在，由③式得：
⑥
⑷ 證明結論
故由④式和⑥式：
即：對任意，. 證畢.
本題要點：運用基本不等式,求函數的極值.
特刊：本題點評
本題組合函數包含了函數的導函數，形似復雜，其實就是“紙老虎”，因為得到的解析式并不難. 在得到不等式時采用了“指數不等式”，這是本題的一個關鍵點，不是難點. 構造新函數并分析其增減區間，這是難點. 遺憾的是：小于的是的最大值.
11、函數第11題已知是實數，函數，，和是、的導函數. 設，且，若在以為端點的開區間上恒成立，求的最大值.
[解析]⑴ 構建新函數
函數的導數為： ①
函數的導數為： ②
構建函數： ③
則已知條件化為：在開區間上恒成立，等價于 ④
⑵ 確定的取值范圍
已知，若，則區間；故：此時區間包括點.
由①②式得：，，所以
不滿足④式，即：不成立.
故：，與同處于區間.
⑶ 確定的取值范圍
由于，，，即：
要滿足④式，在時，則必須有：，
即：，即：，
即：，結合得： ⑤
⑷ 確定的最大值.
由于區間是以為端點，，，而
所以若，則，所以：，
即：，故： ，代入⑤式得：
故： ⑥
故：的最大值就是由⑥式決定的區間長度，即
本題的要點：確定，確定的取值范圍⑤式.
特刊：結合圖形
由③式，
畫曲線和，
且，.當時得A點橫坐標
為開區間的左端點，且，為開區間的右端點. 由得：. 由圖形可知的最大值
12、函數第12題已知函數 （），若時，求的最小值.
[解析]⑴ 求出函數的導函數
由函數得：
導函數為：
①
依題意，若時，
即在區間的最大值為0.
所以，只要求出區間的最大值，使之為0，就解決問題.
⑵ 由函數極值點得出相應的結果
由極值點的導數為0得：
所以當在區間時，函數在區間單調遞減
故滿足的條件.
于是：
由于，，所以，即：
故：，即：
求三角函數定義域得：，故：.
結合，于是，即的最小值是.
特刊：本題解析
我們知道對數不等式有：，
本題可以看出：
和，即：
可見，處于隨變化范圍之內，所以求的范圍.
本題要求時，即：.
通過本題，我們得到一個加強的不等式：
13、函數第13題已知函數（），，若曲線和曲線都過點，且在點處的切線相互垂直. 若時，，求的取值范圍.
[解析]⑴ 求出函數和的導函數
函數的導函數： ①
函數的導函數： ②
⑵ 由求出和
由曲線過點得：
由曲線過點得：
⑶ 由點處的切線相互垂直條件得出與的關系式
由點處的切線相互垂直，即切線斜率的乘積等于，即：
由①得：，由②得：
代入上式得： ③
⑷ 構建新函數
構建函數：，即：
于是：，即： ④
當時，等價于. ⑤
⑸ 化簡求解條件
只要滿足，，就一定滿足⑤式.
于是由⑶得： ⑥
將③式代入⑥式得：，即：
而④式已得：，所以只要滿足就可以滿足⑤式.
⑹ 化解
要，即：
將①②式代入上式得： ⑦
由③得:，將上式和基本不等式，代入⑦式得：
⑧
只要右邊不小于，就滿足要求. 即：
即：
已知，所以.已知⑸中，所以 ，
由基本不等式得：
代入⑧式得： ⑨
⑹ 解析⑨式
若：，即： ⑩
i.當時，顯然上式成立，則由⑨式得成立；
ii.當時，由⑩式得：，即：
由③式得：，且已得，故：
iii.當時，由⑩式得：
而，故：
由于，，這兩者之和為定值，由“一正二定三相等”得：
當，即時，為極大值.
此時為極小值，故此時.
由③式得：，即：
綜上，由和得：可以滿足⑤式條件.
本題由切線互相垂直得到③式，構建函數得到⑤式，不等關系得到⑨式，重點是分析⑨式得到的取值范圍.
特刊：本題點評
由曲線和曲線都過點，得到：，；
由在點處的切線相互垂直，得到③式：；
由時，，得到⑤式：；
關鍵是：只要滿足，，就一定滿足⑤式.
后面的技術是：將化成⑨式：；
分別討論，和，同時滿足此3條件的.
14、函數第14題已知函數.當時，求的取值范圍.
[解析]⑴ 分析題意
設，，則，的意思，就是的圖象在的圖象之上. 設在處，與的圖象相切，此時，設值為，只要，的圖象永在的圖象之上.
⑵ 由切點的關系來建模
由于點在曲線上，故： ①
同時點在曲線上，故： ②
由①②式得： ③
它們在圖象相切，故：，即：
故： ④
⑶ 解超越方程④式
方程④是一個超越方程，令（），即：
代入④得：或 ⑤
由于定義域為，所以，即：，故： ⑥
由基本不等式（僅當時取等號）或（僅當時取等號）代入⑤式可得：，即：，即： ⑦
由⑥⑦得： ⑧
事實上，方程的解是：.
⑷ 解出極值點的
由③式得：，即：，
即： （） ⑨
故：，所以：當時，
由⑴的分析，本題答案是：，即，本題答案：
特刊：本題點評
嚴格來說，解超越方程得，，本題答案是；
實際上，函數的零點就是.
本題解析③式是關鍵，得到；
由基本不等式，得到；結合兩式，故：；
第⑷步解出極值點的的范圍，標準答案有點勉強. 這啟示我們，在不會解超越方程時，采用取范圍的策略.
下面是極值點附近的函數圖.（零點在，）
15、函數第15題設函數，其中，求時的取值范圍.
[解析]的圖象是開口向下的拋物線，于是
當時，，，即：，即：
故：的取值范圍是，本題就是分析二次函數題.
16、函數第16題已知，函數.若函數在區間的圖像上存在兩點，在點和點處的切線相互垂直，求的取值范圍.
[解析]去絕對值號
⑴ 對，，其導數：
即：在區間，函數單調遞增；
⑵ 對，，其導數：
即：在區間，函數單調遞減；
⑶ 對，，函數達到極小值0.
一個絕對值的極小值不小于0.
⑷ 若點和點處的切線相互垂直，即： ①
則點和點分居于兩個不同的單調區域.
設，則，于是①式就是：
，即：
即： ②
⑷ 解析②式得⑤式
由②式得： ③
因為，所以，代入③式得：
，即：，即： ④
因為，所以，結合④式得：
即：，故： ⑤
⑸ 解析③式得⑦式
因為，所以，即：，
代入③式得：，即： ⑥
因為，所以代入⑥式得：，即： ⑦
綜上⑤和⑦式得，的取值范圍是.
本題要點：由已知條件演繹出②式，由②式演繹出的取值范圍.
特刊：本題點評
自從得到②式后，⑷解析②式得⑤式和⑸解析③式得⑦式，都是邏輯推理，沒有什么計算. 所以本題是“函數與邏輯”綜合性的題目，這是本題的特點.
17、函數第17題已知函數，為常數且. 若條件1：滿足；條件2：. 則滿足這2個條件，稱為函數的二階周期點，如果有兩個二階周期點，試確定的取值范圍.
[解析]⑴ 函數去絕對值號得出和
當時，，
記： ①
當時，，
記： ②
條件1： ③
條件2： ④
⑵ 在及時解析①式
對二階周期點，當，函數用①式：；
當時，復合函數仍用①式：
故：，
條件1：，即：，即：；
條件2：，即：，即：.
此時，條件1和條件2對立，函數不能同時滿足，故沒有二階周期點.
⑶ 在及時解析①式
對二階周期點
當，函數用①式：
當時，函數用②式：
故：，
條件1：，即：；
條件2：，即：，即：.
則： ⑤
⑷ 在及時解析⑤式
將條件1：代入得：
即：，即：，即： ⑥
將代入得：
即：，即：，即：
故： ⑦
結合⑥式和⑦式及得：
所以，⑤式為一個二階周期點，記為：
此時，的取值范圍是，二階周期點
⑸ 在及時解析②式
對，函數用②式：
對時，應用①式得：
故：，
條件1：，即：；
條件2：，即：.
則：，即：，即： 且
i>將代入得：
即：，即：，即：
即：
ii> 將代入得：
即：，即：，即：
結合i>和ii>及，得：
所以，為另一個二階周期點，記為：
此時，的取值范圍是，二階周期點
⑹ 在及時解析②式
對，函數用②式：
對時，應用②式得：
即： ⑧
條件1：，即：
當時，上式即：
條件2：，即：
此時，函數不能同時滿足條件1和條件2，故沒有二階周期點.
綜上，如果有兩個二階周期點，則的取值范圍是.
本題要點：兩個條件要同時滿足；分類討論
特刊：本題點評
在得到①②式之后，列出兩個條件③④，然后分別討論，得到：
⑴在及時，條件1為，條件2為，無解；
⑵在及時，條件1為，條件2為；
⑶在及時，條件1為，條件2為，故；
⑷在及時，條件1為，條件2為.
經過分析得：二階周期點
⑸在及時，條件1為，條件2為，無解.
18、函數第18題已知函數，，當時，若恒成立，求實數的取值范圍.
[解析]⑴ 解讀題意
由于，所以有（）.
故可以考慮將函數化為冪函數來解決.
由于，，
，，
構建函數：
則題目化為：當時，，求實數的取值范圍.
⑵ 將函數化為冪函數形式
構建函數：，滿足條件1： ①
構建函數：，條件1成為： ②
則：
導函數： ③
要滿足時，必須是：
故由③式： ④
⑶ 解析④式
因為④式，記，則：
當時，是的單調遞增函數.
故：，則由④式：；
且：，則由④式：.
由于，所以滿足區間時，
取的最大值，，則：
⑷ 構建函數化解
由于是偶函數，且
函數在中的不等號方向是：，即：，即：
應構建函數，且也是偶函數.
構建函數：，滿足條件2：
⑸ 構建函數
構建函數：，條件2成為：
則：，導函數： ⑤
要滿足時，必須是：
故由⑤式：，則： ⑥
當時，
當時，由⑥式得：
取滿足⑥式得的最大值，
⑹ 構建函數：
構建函數：
即：
因為，則：
⑺ 構建函數，求的范圍
構建函數：
若，因為，所以
于是：
要使，則，故：
此時，
若要，即：，則：，即
所以，當時，若恒成立，實數的取值范圍.
本題的實質是：將函數化為冪級數形式進行.基本上初等函數是連續函數，當時，都可以用冪級數形式來表達，即：
特刊：本題點評
這類函數題的判斷，一般用兩點即可：⑴在點的函數值和；⑵在點的導數值和.本題，，即：. 其導數值，即： ①
，即： ②
由于，函數的級數一般是收斂的，若使恒成立，則必，即：，即：.
19、函數第19題已知函數，其中是實數. 設，為該函數圖像上的兩點，且.若函數的圖像在點處的切線重合，求的取值范圍.
[解析]函數的導函數為：
如果圖像在點處的切線重合，則點分處于兩個不同區間.
因，故點在區間，點在區間.
⑴ 設過點的切線方程為： ①
則： ②
③
將②③式代入①式得：
即： ④
⑵ 設過點的切線方程為： ⑤
則： ⑥， ⑦
將⑥⑦式代入⑤式得：，即： ⑧
⑶ 由兩個切線方程重合得，④式與⑧式相等.
即：
由,得：，即：，故：
由得：，即：，故：
由得： ⑨
⑷ 求的取值范圍
由⑨式可知，隨，單調遞增
則有最小值，當，時，最小值.
故：，即：
本題答案：的取值范圍是
本題重點是：兩個方程系數相等；由區間得出和的取值范圍，代入求得的極值.
特刊：本題點評
本題第⑶、第⑷是重點，首先用,及得到的區間：，；然后用區間和求得的最小值.
20、函數第20題設函數，，其中為實數．若在上是單調減函數，且在上有最小值，求的取值范圍.
[解析]函數的導函數為： ①
函數的導函數為： ②
⑴ 由在上是單調減函數得：
代入①式得：，即：
考慮到，故：，即：
⑵ 由在上有最小值，是最值點為
則：，
代入②式得：，即：，即：
考慮到，故：，即：，綜上，的取值范圍
特刊：本題點評
本題看如何建模.
原題：若在上是單調減函數，建模： ；
原題：在上有最小值，建模：，；
原題：求的取值范圍，建模： . 由此得到：.
由于，即：，故：.
21、函數第21題設函數 (其中).當時,求函數在上的最大值.
[解析]函數的最大值出現在兩個地方：一個是區間的端點，另一個是導數的地方.
⑴ 在區間端點處，函數值為： ①
⑵ 在區間端點處，函數值為： ②
因為：，所以：
即：
因為：，所以：，即： ③
⑶ 在極值點處，當取極值時，其導數
即：
則：和，即：
故：時，或，函數的極值點.
⑷ 當時，，函數值與①式相同.
⑸ 當時
令：
則其導函數為：
即：
故：是隨單調遞減函數，其最大值為
即：的最大值是 ④
⑹ 通過這所有情況的對比，③式表明②式為最大值.
當時，
答案：當時，達到最大值.
本題要點：函數最值出現在區間端點或極值點處
22、函數第22題若函數在區間內為減函數，在區間上為增函數，試求實數的取值范圍.
[解析]由導函數的正負來判定函數的增減.
函數的導函數為： ①
⑴ 若導函數在區間內為負值，則在該區間為減函數.
故：當時，
則：為開口向上的二次函數，其兩個零點分別是和
于是化為解二次方程：
由韋達定理得：，
即： ②
故當：時，在區間為減函數.
⑵ 若導函數在區間內為正值，則在該區間為增函數.
故：當時，
則：當時， ，即：
故：，即：，即： ③
綜上，由②③式得，實數的取值范圍是.
特刊：本題點評
本題的函數是一個冪函數. 在5種初等函數中（指數函數、對數函數、冪函數、三角函數、反三角函數），冪函數是相對最簡單、最實用的一種. 以冪函數出題，基本上是求“參數范圍”、“區間范圍”、“參數最值”、“函數值域”，以增加一些難度. 掌握冪函數的導數求法、增減性分析（或者是不等式）、最值求法（包括判別式法），是基本要求.
23、函數第23題已知在區間上是增函數，實數的值組成的集合. 設關于的方程的兩個非零實根為. 若存在實數，使得不等式對任意及恒成立，求的取值范圍.
[解析]⑴ 函數與其導函數
函數： ①
其導函數：
②
⑵ 分析增減性得出
在區間上是增函數，即：，
A> 當時， ③
B> 當時，即，欲使
即：，即：，即： ④
記：，則：
即：是隨單調遞增的，即：
故由④式得： ⑤
C> 當時，即，欲使
即：，即：，即： ⑥
記：，則：
即：是隨單調遞增的，即：
故由⑥式得： ⑦
綜合⑤⑦式得： ⑧
⑶ 解關于的方程
關于的方程，即： （）
即：，即： ⑨
設兩個非零實根為，則由韋達定理得：，
于是： ⑩
⑷ 解析不等式
將⑩代入不等式得：，即：
構建函數：
則是開口向上的拋物線，其解為，于是不等式的解為和
則方程的解為：
，
⑸ 分析
因為字母的前面是負號，則越大越小，其中已知；
根號項前面是負號, 則越大越小;
故：的最小值出現在，處，即：
同樣，
因為字母的前面是負號，則越小越大；
根號項前面是正號, 則越大越大;
故：的最大值出現在，處，即：
⑹ 給出的取值范圍
由⑷得是開口向上的拋物線，其解為
于是不等式的解為和，，
本題要點：⑶由韋達定理得出
特刊：本題點評
本題是含有2個參數的函數求解.
由在區間上是增函數，即：，，得到：；
解關于的方程的兩個非零實根為，得到：
及，. 故：；
由對任意及恒成立，得到：，.
[結語]
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