1
◇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：
sin 1x
x
<
sin , (0, )y x x π= ∈
1xe x> +
ln( 1)x x> +
ln , 0xx x e x< < >
axxf −= 2)(
1=a )()( xxfxg = ]1,0[
0>a )(xfy = )))((,( 111 axxfxP > l l x )0,( 2xA
axx >> 21
1=a xxxg −= 3)( 013)( 2 =−=′ xxg
3
3±=x
)(xg′
sin , (0, )x x x π< ∈2
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：
x )3
3,0( 3
3 )1,3
3(
)(xg′
)(xg
3
3=x )(xg
9
32)3
3( −=g
)(xfy = )2,( 2
11 axxP − 11 2)( xxfk =′=
)(xfy = )(2)2( 11
2
1 xxxaxy −=−−
0=y
1
2
1
2 2x
axx
+=
1
2
1
1
1
2
1
12 22 x
xaxx
axxx
−=−+=−
ax >1 02 1
2
1 +=+=
1
1
1
1
1
2
1
2 222222
axx >> 21
2 2( ) ( 2 3 ) ( ),xf x x ax a a e x= + − + ∈R a∈R
0a = ( ) (1, (1))y f x f= 在点
2
3a ≠ ( )f x
.3)1(')2()(')(0 22 efexxxfexxfa xx =+=== ，故，时，当
.3))1(,1()( efxfy 处的切线的斜率为在点所以曲线 =
[ ] .42)2()(' 22 xeaaxaxxf +−++=
.223
2.220)(' −≠−≠−=−== aaaaxaxxf 知，由，或，解得令
a若
3
2 a2− 2−a x )()(' xfxf ，
x ( )a2−∞− ， a2− ( )22 −− aa， 2−a ( )∞+− ，2a
.)22()2()2()( 内是减函数，内是增函数，在，，，在所以 −−∞+−−−∞ aaaaxf
.3)2()2(2)( 2aaeafafaxxf −=−−−= ，且处取得极大值在函数
.)34()2()2(2)( 2−−=−−−= aeaafafaxxf ，且处取得极小值在函数
a若
3
2 a2− 2−a x )()(' xfxf ，3
+ 0 — 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
3. 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。
4. （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；
x ( )2−∞− a， 2−a ( )aa 22 −− ， a2− ( )∞+− ，a2
内是减函数。，内是增函数，在，，，在所以 )22()2()2()( aaaaxf −−∞+−−−∞
.)34()2()2(2)( 2−−=−−−= aeaafafaxxf ，且处取得极大值在函数
.3)2()2(2)( 2aaeafafaxxf −=−−−= ，且处取得极小值在函数
2 21( ) 2 , ( ) 3 ln .2f x x ax g x a x b= + = +
( ) ( )y f x y g x= =与 0a > b
a b
[0,2], ( ) ( ) ( ) (2 )b h x f x g x a b x∈ = + − − a
a
x4
(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 1( ,0)k
k
−
'( ) 0f x <
( )f x 1( 1, )k
k
−− (0, )+∞ 1( ,0)k
k
−
1( ) ln 1( )af x x ax a Rx
−= − + − ∈
1a = − ( )y f x= (2, (2))f
1
2a ≤ ( )f x
ln 2 0x y− + =
11ln)( −−+−=
x
aaxxxf
2
11)(' x
aaxxf
−+−=
2
2 1
x
axax −+−−= ),0( +∞∈x
,1)( 2 axaxxg −+−= ),,0( +∞∈x7
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．
9. （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 ．
1
1
x
x
+
-
( ) 1( ) 1
xx f x x
ϕ += − − 1
1ln −
+−=
x
xx ( ) ( ) ( )2
2
2 1
1
1
21
−⋅
+=
−
+=′
xx
x
xxxϕ
0x > 1x ≠ ( ) 0xϕ′ > ( )xϕ ( ) ( )∞+，和 11,0
1( )f x x
′ = 0
0
1( )f x x
′ =
l 0 0
0
1ln ( )y x x xx
− = − 0
0
1 ln 1y x xx
= + −
l ( )y g x= 1
1( , )xx e
( ) xg x e′ = 1
0
1xe x
= 1 0lnx x= −
l ( )0
0 0
1 1 lny x xx x
− = + 0
0 0 0
ln1 1xy xx x x
= + +
0
0
0 0
ln 1ln 1 xx x x
− = + 0
0
0
1ln 1
xx x
+= −
∞ 0x
( )xϕ
1
1ln −
+−=
x
xx 1,+∞（ ）
1 2( ) ln 01 1
ee e e e
ϕ + −= − = − −
( ) 0xϕ = 2( , )e e
0x
22 1( ) (2 )ln ( 0)axf x a x ax
+= − + <
( )f x
( 3, 2)a∈ − − 1 2, [1,3]x x ∈ 1 2( ln3) 2ln3 | ( ) ( ) |m a f x f x+ − > −
m
2
2 1( ) 2af x ax x
−′ = + − 2
2
2 (2 ) 1ax a x
x
+ − −= 2
( 1)(2 1)ax x
x
+ −=
2a < − 1 1
2a
− < 1 1( , )2a
− 1(0, )a
− 1( , )2
+∞
2a = − 1 1
2a
− = (0, )+∞
( ) ln , ( ) .xf x x g x e= =
0ln
1
0
1( ) xg x e x
−= =8
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 ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ ≤ ．
10. （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 1 1( , )2 a
− 1(0, )2
1( , )a
− +∞
( 3, 2)a∈ − − ( )f x [1,3]
1 2, [1,3]x x ∈ 1 2| ( ) ( ) |f x f x− (1) (3)f f− 1(1 2 ) [(2 )ln3 6 ]3a a a= + − − + +
1 2| ( ) ( ) |f x f x− 2 4 ( 2)ln33 a a− + −
1 2( ln3) 2ln3 | ( ) ( ) |m a f x f x+ − > −
( ln3) 2ln3m a+ − 2 4 ( 2)ln33 a a− + − 2 43ma a> −
0a < 2 43m a
< −
( 3, 2)a∈ − − 13 2 3843 3 9a
− < − < − m 13
3
−
( )g x x R∀ ∈ 2( 1) (1 ) 2 1g x g x x x− + − = − − (1) 1g = −
1 9( ) ( ) ln2 8f x g x m x= + + + m R∈ 0x >
( )g x
x R+∃ ∈ ( ) 0f x ≤ m
1 m e< ≤ ( ) ( ) ( 1)H x f x m x= − + 1 2 [1, ]x x m∀ ∈，
1 2| ( ) ( ) | 1H x H x− <
( ) 2g x ax bx c= + +
( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 2 1 2 2 1 2g x g x a x c x− + − = − + = − − ，
1
2
1.
a
c
=
= −
，
( )1 1g = − 1
2b = − ( ) 21 1 12 2g x x x= − −
( ) 21 9 1( ) ln ln ( 0).2 8 2f x g x m x x m x m x= + + + = + ∈ >R，
2
( ) 02
xf x = > 0x∀ > ( ) 0f x >
( ) 0mf x x x mx
′ = + = ⇒ = −
(0 )m−， m− ( )m− + ∞，
( )f x′
( )f x
[ ]min( ) ( ) ln .2
mf x f m m m= − = − + −这时，9
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
11. 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， ,
[ ]min
ln 0( ) 0 e< 0.2
0
m m mf x m
m
− + − >> ⇔ ⇒ − ( e 0]− ，
0x∃ > ( ) 0f x ≤ ( )( , e] 0−∞ − + ∞ ，
[1 ]x m∀ ∈ ， ( 1)( )( ) 0x x mH x x
− −′ = ≤ ， ( )H x [1, ]m
2
1 2
1 1| ( ) ( ) | (1) ( ) ln .2 2H x H x H H m m m m− ≤ − = − −
2
1 2
1 1 1 3| ( ) ( ) | 1 ln 1 ln 0.2 2 2 2H x H x m m m m m m
− < ⇐ − − < ⇔ − − <
1 3( ) ln (1 e)2 2h m m m mm
= − − < ≤ ( )2
2
1 1 3 3 1 1 1( ) 02 2 3 32h' m m mm
= − + = − + > ，
1 3( ) ln2 2h m m m m
= − − (1 e]，
( )( )e 3 e 1e 3( ) (e) 1 02 2e 2eh m h
− +≤ = − − = <
3x = ( ) ( ) ( )2 3 ,xf x x ax b e x R−= + + ∈
a b a b ( )f x
( ) 2 250, 4
xa g x a e > = +
[ ]1 2, 0,4ξ ξ ∈ ( ) ( )1 2 1f gξ ξ− < a
( ) ( )2 3 xf x x ax b e −= + +
( ) ( ) ( ) ( )'' 3 2 32 1x xf x x a e x ax b e− −= + + + + − ( )2 32 xx a x b a e − = − + − + −
( )' 3 0f = ( )23 3 2 0a b a+ − + − = 2 3b a= − −
( ) ( )2 32 3 xf x x ax a e −= + − − ( ) ( )( )' 33 1 xf x x x a e −= − − + +
( )' 0f x = 1 3x = 2 1x a= − −
3x = ( ) ( ) ( )2 3 ,xf x x ax b e x R−= + + ∈
1 2x x≠ 4a ≠ −
a b ( )2 3, 4b a a= − − ≠ −
4a < − 2 1 3x a= − − > ( )' 0f x > ( )3, 1a− −
( )' 0f x < ( ),3−∞ ( )1,a− − +∞
4a > − 2 1 3x a= − − < ( )' 0f x > ( )1,3a− −
( )' 0f x < ( ), 1a−∞ − − ( )3,+∞
0a > 2 1 0x a= − − < ( )f x [ ]0,3 [ ]3,4
{ } ,)32()4(),0(min)( 3
min eaffxf +−== ( ) ( )max 3 6f x f a= = +10
∴ 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 .
12. ．
（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 .
( )f x [ ]0,4 ]6,)32([ 3 ++− aea
( ) 2 25
4
xg x a e = +
[ ]0,4
( )g x [ ]0,4 2 2 425 25,4 4a a e
+ +
( ) 2
2 25 16 04 2a a a + − + = − ≥
[ ]1 2, 0,4ξ ξ ∈ ( ) ( )1 2 1f gξ ξ− <
( )2
0
25 6 14
a
a a
>
+ − + 2 4( ) ( 14) xg x a e += + ]4,0[, 21 ∈λλ
1|)()(| 21 0, g( x) =0 (0, )+∞ '( ) 0f x > ( ) (0, )f x +∞在
2a > 时, >0, g( x) =0
2 2
1 2
4 4,2 2
a a a ax x
− − + −= =
10 x x< < '( ) 0f x > 1 2x x x< < '( ) 0f x < 2x x> '( ) 0f x >
( )f x 1 2(0, ),( , )x x +∞ 1 2( , )x x
( )f x 1 2,x x 2a >
1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
( ) ( ) ( ) (ln ln )x xf x f x x x a x xx x
−− = − + − −
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ln ln11f x f x x xk ax x x x x x
− −= = + −− −
1 2 1x x = 1 2
1 2
ln ln2 x xk a x x
−= − −
a 2 .k a= − 1 2
1 2
ln ln 1x x
x x
− =− 1 2 1 2ln lnx x x x− = −
2 2 2
2
1 2ln 0( 1)(*)x x xx
− − = >17
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
18. （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 ， .
1( ) 2lnh t t tt
= − − (0, )+∞ 2 1x >
2 2
2
1 12ln 1 2ln1 0.1x xx
− − > − − = (*) a 2 .k a= −
( )f x (0, )+∞
1( 1)( )1'( ) 1
a x x af x ax ax x
− +
= − + − = −
0a > '( ) 0f x > 0 1x< < ∴ ( )f x (0,1)
0a <
1 1a
− < 1a < − '( ) 0f x > 10 x a
< < − 1x >
∴ ( )f x 1(0, )a
− (1, )+∞
1 1a
− = 1a = − ( )f x (0, )+∞
1 1a
− > 1 0a− < < '( ) 0f x > 0 1x< < 1x a
> −
∴ ( )f x (0,1) 1( , )a
− +∞
0a > ( )f x (0,1)
1a < − ( )f x 1(0, )a
− (1, )+∞
1a = − ( )f x (0, )+∞
1 0a− < < ( )f x (0,1) 1( , )a
− +∞
( )f x
1 1( , )A x y 2 2( , )B x y ( )y f x= 1 20 x x< <
2
1 1 1 1
1ln ( 1)2y x ax a x= − + − 2
2 2 2 2
1ln ( 1)2y x ax a x= − + −
21( ) ln ( 1) ( 0)2f x x ax a x a R a= − + − ∈ ≠，
( )f x
( )F x C 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y、 C
C 0 0( , )M x y 1 2
0 2
x xx
+= C M AB
( )F x ( )f x18
.
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”
19. (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 ．
2 1
2 1
AB
y yk x x
−= −
2 2
2 1 2 1 2 1
2 1
1(ln ln ) ( ) ( 1)( )2x x a x x a x x
x x
− − − + − −
= −
2 1
1 2
2 1
ln ln 1 ( ) ( 1)2
x x a x x ax x
−= − + + −−
0 0( , )M x y 0( )k f x′= 1 2( )2
x xf
+′= 1 2
1 2
2 ( 1)2
x xa ax x
+= − ⋅ + −+
2 1
1 2
2 1
ln ln 1 ( ) ( 1)2
x x a x x ax x
− − + + −−
1 2
1 2
2 ( 1)2
x xa ax x
+= − ⋅ + −+
2 1
2 1
ln lnx x
x x
−
− 1 2
2
x x
= +
2
1
ln x
x
2 1
2 1
2( )x x
x x
−
+
2
1
2
1
2( 1)
1
x
x
x
x
−
=
+
2
1
x tx
= 1t > 2( 1) 4ln 21 1
tt t t
−= = −+ +
4ln 21t t
+ =+
4( ) ln 1g t t t
= + + 2
1 4'( ) ( 1)g t t t
= − + =
2
2
( 1)
( 1)
t
t t
−
+
1t > '( ) 0g t > ( )g t (1, )+∞ ( ) 2g t >
(1, )+∞ t 4ln 21t t
+ =+
( )f x
0a > ( ) 2lnf x x ax= − 0x > ( )f x
( )f x
[ ]1,3 ,α β 1β α− ≥ ( ) ( )f fα β=
ln3 ln 2 ln 2
5 3a
− ≤ ≤
( ) 21 1 22 axf x axx x
−′ = − = 0x > ( ) 0f x′ = 2
2
ax a
=
x ( )f x′ ( )f x
x 20, 2
a
a
2
2
a
a
2 ,2
a
a
+∞
( )f x′ + 0 −
( )f x
( )f x 20, 2
a
a
2 ,2
a
a
+∞ 19
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 ．
20. （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.
( ) ( )f fα β= ( )f x 2
2
a
a
α β< < ( )f x [ ],α β
( )f α
1β α− ≥ [ ], 1,3α β ∈ 1 2 3α β≤ ≤ ≤ ≤
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 1 ,
2 3 ,
f f f
f f f
α
β
≥ ≥ ≥ ≥
ln 2 4 ,
ln 2 4 ln3 9 .
a a
a a
− ≥ −
− ≥ −
ln3 ln 2 ln 2
5 3a
− ≤ ≤
2( ) ln( 1) , 0f x ax x ax a= + + − >
2
1=x )(xf a
)(xf
[1,2]a∈ ( )f x m≤ 1[ ,1]2
m
2 22 (2 )( ) 1
ax a xf x ax
+ −′ = +
2
1=x )(xf 0)2
1( =′f 022 =−− aa
0>a 2=a
)(xf 1( , )a
− + ∞
2
2 2
22 ( )2 (2 ) 2( ) 1 1
aax xax a x af x ax ax
−−+ −′ = =+ +
2>a
x 1( , 0)a
− 2 2(0, )2
a
a
− 2 2( , )2
a
a
− + ∞
)(xf ′
)(xf
)(xf 1( , 0)a
− 2 2( , )2
a
a
− + ∞ )(xf
2 2(0, )2
a
a
−
2=a
22 2( ) 0
2 1
xf x
x
′ =
+ ≥ )(xf 2( , )2
− + ∞20
③当 时，列表
＋ － ＋
增 减 增
在 , 是增函数； 在 是减函数.
⑶
21. （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.
20 xexf 在
)2(2
1)1(2
1)( 2 axeaaxexf xx ⋅+++−=′ −− ),12(2
1 2 −−+−= − aaxaxe x
.12)( 2 −−+−= aaxaxxg
)(,0)(,01)(,0 xfxfxga ∴
(0,1)x∈ '( ) 0, ( )x xφ φ>
(0,3)x∈ '( ) 0, ( )x xφ φ<
(3, )x∈ +∞ '( ) 0, ( )x xφ φ>
1,x = 3x = '( ) 0.xφ =
( ) (1) 7, ( ) (3) 6ln3 15.x m x mφ φ φ φ∴ = = − = = + −最大值 最小值
x ( ) 0,xφ < x ( ) 0.xφ >
∴ ( )xφ x
( ) 7 0,
( ) 6ln3 15 0,
x m
x m
φ
φ
= − > = + − +′+−∈ xxfxax 不等式
bxxf +−= 2)(
23
)13)(1(3332
3)( +
−+−=−+=′
x
xxxxxf25
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
13
10)( −===′ xxxf 或得
)(,0)(,3
10 xfxfx >′+=+
⋅−+⋅+=′
xxx
xx
x
xxg
032
62)62(3
1
32
3)( 22
>+
+=+⋅+=′
xx
xxxxxh
]3
1,6
1[)()( 都在与 xhxg∴
.5
1ln3
1ln),6
1()3
1( aagaha 或即或
.022
3)32ln(2)( 2 =−+−+⇒+−= bxxxbxxf
x
xxxxbxxxx 32
972332
3)(,22
3)32ln()(
2
2
+
−=+−+=′−+−+= ϕϕ 则
]3
7,0[)(,0)(,]3
7,0[ 在于是时 xxx ϕϕ >′∈
]1,3
7[)(,0)(,]1,3
7[ 在于是时 xxx ϕϕ >
]1,0[0)(2)( 在即 =+−=∴ xbxxf ϕ
≤−+=
>−+−+=
≤−=
02
15ln)1(
06
72
6
7)72ln()3
7(
02ln)0(
b
b
b
ϕ
ϕ
ϕ
.3
72
6
7)72ln(2
15ln +−+时， 3 0 3 '( ) 0.x x f x− < < > +> 11,0 所以
)(),( ' xfxf
x )1,( m−−∞ m−1 )1,1( mm +− m+1 ),1( +∞+ m
)(' xf
)(xf
)(xf )1,( m−−∞ ),1( +∞+ m )1,1( mm +−
)(xf mx += 1 )1( mf + )1( mf +
3
1
3
2 23 −+ mm
)(xf mx −= 1 )1( mf − )1( mf −
3
1
3
2 23 −+− mm27
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
30. （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 ．
31. 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；
))((3
1)13
1()( 21
22 xxxxxmxxxxf −−−=−++−=
13
1 22 −++− mxx 21, xx 321 =+ xx
0)1(3
41 2 >−+=∆ m 2
1)(2
1 >−< mm ，舍
12
3,32, 221221 >>=+>< xxxxxx 故所以
0)1)(1(3
1)1(,1 2121 ≥−−−=>−∴
eemeem 1,1 22 +==− 即
eemeem 1,1 22 + ( ) ( )f x g x≥
( )y f x= ( )( 0)y g x x= > 0 0( )x y，
( ) 2f x x a′ = +∵
23( ) ag x x
′ = 0 0( ) ( )f x g x= 0 0( ) ( )f x g x′ ′=
2 2
0 0 0
2
0
0
1 2 3 ln2
32
x ax a x b
ax a x
+ = +
+ =
，
，
2
0
0
32 ax a x
+ = 0x a= 0 3x a= −
2 2 2 2 21 52 3 ln 3 ln2 2b a a a a a a a= + − = −
2 25( ) 3 ln ( 0)2h t t t t t= − > ( ) 2 (1 3ln )h t t t′ = −
(1 3ln ) 0t t− > 1
30 t e< < ( ) 0h t′ >
(1 3ln ) 0t t− < 1
3t e> ( ) 0h t′ <
( )h t 1
3(0 )e，
1
3( )e ∞, +
( )h t (0 )+， ∞
1 2
3 33( ) 2h e e=
2 21( ) ( ) ( ) 2 3 ln ( 0)2F x f x g x x ax a x b x= − = + − − >
( )F x′ 23 ( )( 3 )2 ( 0)a x a x ax a xx x
− += + − = >
( )F x (0 )a， ( )a +， ∞
( )F x (0 )+， ∞ 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0F a F x f x g x= = − =
0x > ( ) ( ) 0f x g x− ≥ 0x > ( ) ( )f x g x≥
( ) ( )2 ln 1f x x a x= + + 1 2x x、 1 2x x
( ) 22 22 ( 1)1 1
a x x af x x xx x
+ +′ = + = > −+ +
2( ) 2 2g x x x a= + + 1
2x = −
1 2x x、 ( ) 0g x = 1−
4 8 0
( 1) 0
a
g a
∆ = − >
− = >
10 2a< <
1( 1, )x x∈ − ( ) 0, ( )f x f x′ > ∴ 1( 1, )x−
1 2( , )x x x∈ ( ) 0, ( )f x f x′ < ∴ 1 2( , )x x
2,( )x x∈ + ∞ ( ) 0, ( )f x f x′ > ∴ 2,( )x + ∞
2
1(0) 0, 02g a x= > ∴− < <
2
2 2 2( ) 2 2 0g x x x a= + + = 2
2 2(2 )a x x= − +2
( ) ( ) ( )2 2 2
2 2 2 2 2 2 2ln 1 (2 )ln 1f x x a x x x x x∴ = + + = − ++2
( ) ( )2 2 1(2 2 )ln 1 ( )2h x x x x x x= − + + > −
( ) ( ) ( )2 2(2 1)ln 1 2 2(2 1)ln 1h x x x x x x x′ = − + + − = − + +
1( ,0)2x∈ − ( ) 0, ( )h x h x′ > ∴ 1[ ,0)2
−
(0, )x∈ +∞ ( ) 0h x′ < ( )h x (0, )+∞
( )1 1 1 2ln 2( ,0) , ( )2 2 4x h x h
−∈ − > − =当 时
( )2 2
1 2ln 2( ) 4f x h x
−= >
( ) ( 1)lnf x a x ax= + −
( )f x
a 1 2, (0,1)x x∀ ∈ 1 2
1 2
| ( ) ( ) | 1| |
f x f x
x x
− >− m
(0, )+∞ 1 ( 1)( ) a a axf x ax x
+ + −′ = − =
1a < − 1( , )a
a
+ +∞ 1(0, )a
a
+33
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 ．
38. （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 .
1− a (0, )+∞
0a > 1(0, )a
a
+ 1( , )a
a
+ +∞
a ( )f x
1 20 1x x< < < 1 2 1 20, ( ) ( ) 0x x f x f x− < − <
1 2
1 2
| ( ) ( ) | 1| |
f x f x
x x
− − 1 2
1 2
| ( ) ( ) | 1| |
f x f x
x x
− >−
1ln)1()( 2 +++= axxaxf
)(xf
1−+ 4 1 1t x= + >
1
4
tx
−= 2
8 8
92 9 2
ty t t t t
− −= =− + + −
8 2.3 3 2
− = −+ −
2( ) ( 1)ln 1f x a x ax= + + +
( )f x
2a −≤ 1 2, (0, )x x ∈ +∞ 1 2 1 2| ( ) ( ) | 4 | |f x f x x x− −≥
∞ 21 2 1( ) 2a ax af x axx x
+ + +′ = + =
( )f x′ ∞
( )f x′ ∞
( )f x′ 1
2
a
a
+− 1
2
a
a
+− ( )f x′
1
2
a
a
+− ∞ ( )f x′
1
2
a
a
+− 1
2
a
a
+− ∞
∞
1 2 1 2( ) ( ) 4f x f x x x− −≥ 1 2( ) ( )f x f x−
1( ) 2ag x axx
+′ = + 22 4 1ax x a
x
+ + +
2( ) 2 4 1h x ax x a= + + + a 1x a
= −
( )h x 8 ( 1) 16 ( 2)( 1)
8
a a a a
a a
+ − + −=
( )g x′ 24 4 1x x
x
− + − 2(2 1)x
x
− −
∞
∞ 1 2 1 2( ) ( ) 4f x f x x x− −≥
2
1 ln x 1a >
( )f x35
（2）证明：若 ，则对任意x ,x ，x x ，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1 1 2a< < ( 1,1)x a∈ − ' ( ) 0f x <
(0, 1)x a∈ − (1, )x∈ +∞ ' ( ) 0f x >
( )f x ( 1,1)a − (0, 1),(1, )a − +∞
1 1a − > 2a > ( )f x (1, 1)a − (0,1),( 1, )a − +∞
( ) ( )g x f x x= + 21 ( 1)ln2 x ax a x x= − + − +
21 1( ) ( 1) 2 ( 1) 1 ( 1 1)a ag x x a x a ax x
− −′ = − − + ≥ − − = − − −
( ) 0g x′ > 1 2 0x x> >
1 2( ) ( ) 0g x g x− > 1 2 1 2( ) ( ) 0f x f x x x− + − > 1 2
1 2
( ) ( ) 1f x f x
x x
− > −−
1 20 x x< < 1 2 2 1
1 2 2 1
( ) ( ) ( ) ( ) 1f x f x f x f x
x x x x
− −= > −− −
21 ( 1) 1( ) ( 1) a x a x ag x x a x x
− − − + −′ = − − + =
2( ) ( 1) 1(1 5)h x x a x a a= − − + − < <
24( 1) ( 1)
4
a a− − − 2( 3) 6
4
a− − +
( ) 1 ln ( 0).f x x a x a= − − <
( )y f x=
( ]1 2, 0,1x x ∈ 1 2x x≠ 1 2
1 2
1 1| ( ) ( ) | 4 | |f x f x x x
− < −36
42. （变形构造）
已知二次函数 和“伪二次函数” （ 、 、
），
(I)证明：只要 ，无论 取何值，函数 在定义域内不可能总为增函数；
(II)在二次函数 图象上任意取不同两点 ，线段 中
点的横坐标为 ，记直线 的斜率为 ，
(i)求证： ；
(ii)对于“伪二次函数” ，是否有①同样的性质?证明你的结论.
解：（I）如果 为增函数,则 (1)恒成立,
当 时恒成立, (2)
由二次函数的性质, (2)不可能恒成立.则函数 不可能总为增函数. 3分
（II）（i） = .
由 , 则 --------5分
（ii）不妨设 ,对于“伪二次函数”:
= , (3) 7分
由(ⅰ)中(1) ,如果有(ⅰ)的性质，则 , (4)
( ) 2f x ax bx c= + + ( ) 2g x ax= + lnbx c x+ a b
,c R∈ 0abc ≠
0a < b ( )g x
( ) 2f x ax bx c= + + 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y AB
0x AB k
0( )k f x′=
( ) 2 lng x ax bx c x= + +
0, ( )x g x> 22( ) 2 0c ax bx cg x ax b x x
+ +′ = + + = >
0x > 22 0ax bx c+ + >
0,a
( ) ( ) ( )2 2 2
2 1 2 1
2 1 1
2 1 2 1
( ) ln xa x x b x x cg x g x xk x x x x
− + − +−= =− −
2
1
0
2 1
ln
2
xc xax b x x
+ + −
( )0 0
0
2 cg x ax b x
′ = + + ( )0g x k′ =37
比较(3)( 4)两式得 ， 即： ，(4) --------10分
不妨令 ， (5)
设 ，则 ，
∴ 在 上递增， ∴ .
∴ (5)式不可能成立,（4）式不可能成立, .
∴“伪二次函数” 不具有(ⅰ)的性质. -------12分
43. (变形构造，第2问用到均值不等式)
已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋4ax＋1，g(x)＝6a2lnx＋2b＋1，其中a＞0.
⑴设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同，用a表示b，并求b的最大值；
⑵设h(x)＝f(x)＋g(x)－8x，证明：若a≥－1，则h(x)在(0,＋∞)上单调递增；
⑶设F(x)＝f(x)＋g(x)，求证：对任意x1,x2∈(0,＋∞)，x1＜x2有＞8.
解：⑴设f(x)与g(x)交于点P(x0，y0)，则有
f(x0)＝g(x0)，即x＋4ax0＋1＝6a2lnx0＋2b＋1.①
又由题意知f′(x0)＝g′(x0)，即2x0＋4a＝.②
由②解得x0＝a或x0＝－3a(舍去)．
将x0＝a代入①整理得b＝a2－3a2lna.
令s(a)＝a2－3a2lna，则s′(a)＝2a(1－3lna)，
a∈(0,)时，s(a)递增，a∈(,＋∞)时，s(a)递减，所以s(a)≤s()＝ ，
即b≤ ，b的最大值为 .
⑵h(x)＝f(x)＋g(x)－8x，h′(x)＝2x＋＋4a－8，
因为a≥－1，所以h′(x)＝2x＋＋4a－8≥4a＋4a－8≥4(＋1)(－1)－8≥0，即h(x)在(0,＋∞)内单
调递增．
⑶由⑵知x1＜x2时，h(x1)＜h(x2)，即F(x1)－8x1＜F(x2)－8x2.
因为x1＜x2，所以＞8.
44. 已知函数 ，a为正常数．
⑴若 ，且a ，求函数 的单调增区间；
⑵在⑴中当 时，函数 的图象上任意不同的两点 ， ，线段 的
中点为 ，记直线 的斜率为 ，试证明： ．
⑶若 ，且对任意的 ， ，都有 ，求a的
取值范围．
解：⑴
2
1
2 1 0
ln xc x c
x x x
=−
0,c ≠
2
1
2 1 1 2
ln 2
x
x
x x x x
=− +
2
1
, 1, xt tx
= > ln 2
1 1
t
t t
=− +
2 2 ( ) ln 1
ts t t t
−= − +
2
2 2
1 2( 1) 2( 1) ( 1)( ) 0( 1) ( 1)
t t ts t t t t t
+ − − −′ = − = >+ +
( )s t (1, )+∞ ( ) (1) 0s t s> =
( )0g x k′ ≠
( ) 2 lng x ax bx c x= + +
2
33
2 e
2
33
2 e
2
33
2 e
1)( +=
x
axϕ
)(ln)( xxxf ϕ+=
2
9= )(xf
0=a )(xfy = ( )11, yxA ( )22 , yxB AB
),( 00 yxC AB k )( 0xfk ′>
)(ln)( xxxg ϕ+= ( ]2,0, 21 ∈xx 21 xx ≠ 1)()(
12
12 −′ xf 2>x 2
10 k )( 0xf ′
12
1
2ln
xx
x
x
− 21
2
xx +
12 xx >
1
2ln x
x
1
)1(2)(2
1
2
1
2
21
12
+
−
=+
−
x
x
x
x
xx
xx
)1(1
)1(2ln)( ≥+
−−= xx
xxxh 0)1(
)1(
)1(
41)( 2
2
2
≥+
−=+−=′
xx
x
xxxh
)(xh [ )+∞,1
1
1
2 >
x
x 0)1()(
1
2 => hx
xh
1
)1(2
ln
1
2
1
2
1
2
+
−
>
x
x
x
x
x
x )( 0xfk ′>
1)()(
12
12 − 0 1x< < 1x a
> −
'( ) 0f x < 11 x a
< < −
( )f x (0,1) 1( , )a
− +∞ 1(1, )a
−
1a < − ( )f x 1(0, )a
− (1, )+∞ 1( ,1)a
−
1a = − ( )f x (0, )+∞
1 0a− < < ( )f x (0,1) 1( , )a
− +∞ 1(1, )a
−
( )f x
1 1( , )A x y 2 2( , )B x y ( )y f x= 1 20 x x< <
2 1
2 1
AB
y yk x x
−= −
2 2
2 1 2 1 2 1
2 1
1(ln ln ) ( ) ( 1)( )2x x a x x a x x
x x
− − − + − −
= −
2 1
1 2
2 1
ln ln 1 ( ) ( 1)2
x x a x x ax x
−= − + + −−
0 0( , )M x y
0( )k f x′= 1 2( )2
x xf
+′= 1 2
1 2
2 ( 1)2
x xa ax x
+= − ⋅ + −+40
依题意得： ．
化简可得： ，即 = ． ……………10 分
设 （ ），上式化为： , 即 ． ………12
分
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”．……………14 分
46. 已知函数 .
（1）若 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围；
（2）当 时，设函数 ，若 ，求证
解：（1） , ，即 在 上恒成立
设 , ， 时，单调减， 单调增，
所以 时， 有最大值. ，所以 .
（2）当 时， ,
,所以在 上 是增函数， 上是减函数.
因为 ，所以
即
,
同理 .
所以
又因为 当且仅当“ ”时，取等号.
又 ， ,
2 1
1 2
2 1
ln ln 1 ( ) ( 1)2
x x a x x ax x
− − + + −−
1 2
1 2
2 ( 1)2
x xa ax x
+= − ⋅ + −+
2 1
2 1
ln lnx x
x x
−
− 1 2
2
x x
= +
2
1
ln x
x
2 1
2 1
2( )x x
x x
−
+
2
1
2
1
2( 1)
1
x
x
x
x
−
=
+
2
1
x tx
= 1t > 2( 1) 4ln 21 1
tt t t
−= = −+ +
4ln 21t t
+ =+
4( ) ln 1g t t t
= + + 2
1 4'( ) ( 1)g t t t
= − + =
2
2
( 1)
( 1)
t
t t
−
+
1t > '( ) 0g t > ( )g t (1, )+∞ ( ) 2g t >
(1, )+∞ t 4ln 21t t
+ =+
( )f x
)0)(ln()( 2 >= aaxxxf
2)(' xxf ≤ 0>x a
1=a x
xfxg )()( = 1),1,1(, 2121 x
xaxxu −+= 1ln2)( 2,012)(' ==−= xxxu 2>x 2 − ∈ +∞ ( ) ln ( (0, ))f x x x x= ∈ +∞
1
e
− 1x e
= 2( ) ( (0, ))x
xm x xe e
= − ∈ +∞ 1'( ) x
xm x e
−=
max
1( ) (1)m x m e
= = − 1x = (0, )x∈ +∞ 1 2ln xx e ex
> −
( )f x (0, )+∞ (1) 0f = 1( )f x x
′ = ( ) ( ) ( )g x f x f x′= +
( )g x
( )g x 1( )g x42
（3）是否存在 ，使得 对任意 成立？若存在，求出 的取值
范围；若不存在，请说明理由．
解：（1）∵ ，∴ （ 为常数），
又∵ ，所以 ，即 ，∴ ； ，
∴ ，令 ，即 ，解得 ，
当 时， ， 是减函数，故 是函数 的减区间；
当 时， ， 是增函数，故 是函数 的增区间；
所以 是 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以 的最小值是 ．
（2） ，设 ，则 ，
当 时， ，即 ，
当 时， ， ，因此函数 在 内递减，
当 时， =0，∴ ；
当 时， =0，∴ ．
（3）满足条件的 不存在．证明如下：
证法一 假设存在 ，使 对任意 成立，
即对任意 有 ①
但对上述的 ，取 时，有 ，这与①左边的不等式矛盾，
因此不存在 ，使 对任意 成立．
证法二 假设存在 ，使 对任意 成立，
由（1）知， 的最小值是 ，
又 ，而 时， 的值域为 ，
∴当 时， 的值域为 ，
从而可以取一个值 ，使 ，即 ,
∴ ，这与假设矛盾．
0 0x > 0
1| ( ) ( ) |g x g x x
− < 0x > 0x
1( )f x x
′ = ( ) lnf x x c= + c
(1) 0f = ln1 0c+ = 0c = ( ) lnf x x= 1( ) lng x x x
= +
2
1( ) xg x x
−′ = ( ) 0g x′ =
2
1 0x
x
− = 1x =
(0,1)x∈ ( ) 0g x′ < ( )g x (0,1) ( )g x
(1, )x∈ +∞ ( ) 0g x′ > ( )g x (1, )+∞ ( )g x
1x = ( )g x
( )g x (1) 1g =
1( ) lng x xx
= − + 1 1( ) ( ) ( ) 2lnh x g x g x xx x
= − = − + 2
2
( 1)( ) xh x x
−′ = −
1x = (1) 0h = 1( ) ( )g x g x
=
(0,1) (1, )x∈ +∞ ( ) 0h x′ < (1) 0h′ = ( )h x (0, )+∞
0 1x< < ( ) (1)h x h> 1( ) ( )g x g x
>
1x > ( ) (1)h x h< 1( ) ( )g x g x
<
0x
0 0x > 0
1| ( ) ( ) |g x g x x
− < 0x >
0x > 0
2ln ( ) lnx g x x x
< < +
0x 0( )
1
g xx e= 1 0ln ( )x g x=
0 0x > 0
1| ( ) ( ) |g x g x x
− < 0x >
0 0x > 0
1| ( ) ( ) |g x g x x
− < 0x >
( )g x (1) 1g =
1( ) ln lng x x xx
= + > 1x > ln x (0, )+∞
1x ( )g x [1, )+∞
1 1x > 1 0( ) ( ) 1g x g x + 1 0( ) ( ) 1g x g x−
1 0
1
1| ( ) ( ) | 1g x g x x
− >43
∴不存在 ，使 对任意 成立．
49. 已知函数 ，
（Ⅰ）求 的极值
（Ⅱ）若 在 上恒成立，求 的取值范围
（Ⅲ）已知 ， 且 ，求证
解：（1）∵ ，令 得
， ， 为增函数， ， ， 为减函数
∴ 有极大值 ……………………4 分
（2）欲使 ＜在 上恒成立， 只需 在 上恒成立
设 ，
， ， 为增函数, ， ， 为减函数
∴ 时， 是最大值 只需 ，即 ………8 分
（3）∵ 由（2）可知 在 上单调增，
，那 ，同理
相加得 ，∴ ，
得： .
50. 已知函数 的图象为曲线 , 函数 的图象为直线 .
(Ⅰ) 当 时, 求 的最大值;
(Ⅱ) 设直线 与曲线 的交点的横坐标分别为 , 且 , 求证:
.
解：（1）
单调递增， 单调递减，
（2）不妨设 ，要证
0 0x > 0
1| ( ) ( ) |g x g x x
− < 0x >
1 ln( ) a xf x a Rx
− += ∈
( )f x
ln 0x kx− < R+ k
1 0x > 2 0x > 1 2x x e+ < 1 2 1 2x x x x+ >
'
2
ln( ) a xf x x
−= ' ( ) 0f x = ax e=
(0, )ax e∈ ' ( ) 0f x > ( )f x ( , )ax e∈ +∞ ' ( ) 0f x < ( )f x
( )f x ( )a af e e−=
ln 0x kx− < R+ ln x kx
< R+
ln( ) ( 0)xg x xx
= > '
2
1 ln( ) xg x x
−=
(0, )x e∈ ' ( ) 0g x > ( )g x ( , )x e∈ +∞ ' ( ) 0g x < ( )g x
x e= 1( )g e e
= 1 ke
< 1k e
>
1 2 1 0e x x x> + > > ( )g x (0, )e
1 2 1
1 2 1
ln( ) lnx x x
x x x
+ >+
1 1 2
1
1 2
ln( ) lnx x x xx x
+ >+
2 1 2
2
1 2
ln( ) lnx x x xx x
+ >+
1 2
1 2 1 2
1 2
ln( )( ) ln( )x xx x x xx x
++ >+ 1 2 1 2ln( ) ln( )x x x x+ >
1 2 1 2x x x x+ >
x
xxf ln)( = C baxxg +=
2
1)( l
3,2 −== ba )()()( xgxfxF −=
l C 21, xx 21 xx ≠
2)()( 2121 >++ xxgxx
3ln)(3,2 +−=∴−== xx
xxFba
10ln11ln1)( 2
2
2
=⇒=−−=−−=′ xx
xx
x
xxF
)(,0)(),1,0( xFxFx ′>′∈ )(,0)(),,1( xFxFx ′++ xxgxx44
只需证
，即 ，
令 ，
只需证 ，
令 在 单调递增。
， ， 在 单调递增。
，
所以
51. 已知函数 ，其中常数
⑴若 处取得极值，求 a 的值；
⑵求 的单调递增区间；
⑶ 已 知 若 ， 且 满 足 ， 试 比 较
的大小，并加以证明。
2)(2
1)( 2121 >
+++ bxxaxx
⇒+>++
21
21
2)(2
1
xxbxxa
21
12
12
2
1
2
2
)(2)()(2
1
xx
xxxxbxxa +
−>−+−
21
12
1
2
12
2
2
)(2)2
1(2
1
xx
xxbxaxbxax +
−>+−+
baxx
x += 1
1
1
2
1ln
baxx
x += 2
2
2
2
1ln
12
12
12
)(2lnln xx
xxxx +
−>−
12
12
1
2 )(2ln xx
xx
x
x
+
−> )(2ln)( 12
1
2
12 xxx
xxx −>+
)(2ln)()( 1
1
1 xxx
xxxxH −−+= ),( 1 +∞∈ xx
)(0)(2ln)()( 11
1
1 xHxxx
xxxxH =>−−+= 1ln)( 1
1
−+=′
x
x
x
xxH
1ln)( 1
1
−+=
x
x
x
xxG 0)( 2
1 >−=′
x
xxxG )(xG ),( 1 +∞∈ xx
0)()( 1 => xGxG 0)( >′ xH )(xH ),( 1 +∞∈ xx
0)()( 1 => xHxH 0)(2ln)()( 1
1
1 >−−+= xxx
xxxxH
2)()( 2121 >++ xxgxx
21 1( ) ln( )4f x x x x aa
= − + + 0.a >
( ) 1f x x =在
( )f x
10 ,2a< < 1 2 1 2, ( , ),x x a a x x∈ − ≠ 1 2'( ) '( ) 0f x f x+ =
1 2'( ) '(0)f x x f+ 与4546
替换构造不等式证明不等式
52. （ 第 3 问 用 第 2 问 ） 已 知 ， 直 线 与 函 数
的图像都相切，且与函数 的图像的切点的横坐标为1。
（I）求直线 的方程及m的值；
（II）若 ，求函数 的最大值。
（III）当 时，求证：
解：（I） 的斜率为1，
且与函数 的图像的切点坐标为（1，0）， 的方程为
又 与函数 的图象相切， 有一解。
由上述方程消去y，并整理得 ①
依题意，方程②有两个相等的实数根， 解之，
得m=4或m=-2，
（II）由（I）可知
，
单调，当 时， 单减。
， 取最大值，其最大值为2。
（III）
21 7( ) ln , ( ) ( 0)2 2f x x g x x mx m= = + + < l
( ), ( )f x g x ( )f x
l
( ) ( 1) '( )( )h x f x g x= + − 其中g' ( x) 是g( x) 的导函数 ( )h x
0 b a< < ( ) (2 ) .2
b af a b f a a
−+ − <
1'( ) , '(1) 1;Qf x fx
= ∴ = l∴直线
( )f x l∴直线 1.y x= −
l直线 ( )y g x=
2
1
1 7
2 2
y x
y x mx
= −∴ = + +
方程组
2 2( 1) 9 0x m x+ − + =
2[2( 1)] 4 9 0m∴∆ = − − × =
0, 2.Qm m< ∴ = −
21 7( ) 2 ,2 2g x x x= − +
'( ) 2, ( ) ln( 1) 2( 1)g x x h x x x x∴ = − ∴ = + − + > − 1'( ) 1 .1 1
xh x x x
−∴ = − =+ +
∴ ∈当x ( - 1, 0) 时, h' ( x) >0, h( x) (0, )x∈ +∞ '( ) 0, ( )h x h x<
∴当x=0时 ( )h x
( ) (2 ) ln( ) ln 2 ln ln(1 ).2 2
a b b af a b f a a b a a a
+ −+ − = + − = = +47
证明，当 时，
53. 已知函数 、
（Ⅰ）求函数 的单调区间；
（Ⅱ）若 为正常数，设 ，求函数 的最小值；
（Ⅲ）若 ， ，证明： 、
解:（Ⅰ）∵ ，解 ，得 ；解 ，得 .
∴ 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 . ……3′
（Ⅱ）∵ ，定义域是 .
∴ ……5′
由 ，得 ，由 ，得
∴ 函数 在 上单调递减；在 上单调递增……7′
故函数 的最小值是： . ……8′
（Ⅲ）∵ ， ，∴ 在（Ⅱ）中取 ，
可得 ，即 .……10′
∴ ，∴ .
即 .……12′
54. （替换构造不等式）
已知函数 在点 的切线方程为 .
⑴求函数 的解析式；
⑵设 ，求证： ≥ 在 上恒成立；（反比例，变形构造）
⑶已知 ，求证： .（替换构造）
0 , 0,
1 0.2 2
Q b a a b a
b a
a
< < ∴− < − <
−∴− < <
( 1,0)x∈ − ln(1 ) , ln(1 ) .2 2
b a b ax x a a
− −+ < ∴ + <
( ) (2 ) .2
b af a b f a a
−∴ + − <
( ) xxxf ln=
( )f x
k ( ) ( ) ( )g x f x f k x= + − ( )g x
0a > 0b > ( ) ( ) ( ) ( )2f a a b ln f a b f b+ + + −≥
( ) 1f x lnx′ = + ( ) 0f x′ > 1x e
> ( ) 0f x′ < 10 x e
< <
( )f x 1,e
+∞
10, e
( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x f x f k x xlnx k x ln k x= + − = + − − ( )0,k
( ) ( )1 1 xg x lnx ln k x ln k x
′ = + − − + = −
( ) 0g x′ >
2
k x k< < ( ) 0g x′ < 0 2
kx< <
( )g x 0, 2
k
,2
k k
( )g x 2 2
k kg k ln = ⋅
0a > 0b > 2ax a b
= + 2k =
2 22 2 1a af f lna b a b
+ − + + ≥ 2 2 0a bf fa b a b
+ + + ≥
2 2 2 2 0a a b bln lna b a b a b a b
++ + + + ≥ ( ) ( ) ( )2 0alna blnb a b ln a b ln a b+ + + − + + ≥
( ) ( ) ( ) ( )2f a a b ln f a b f b+ + + −≥
1)( 2 +
+=
x
baxxf ))1(,1( −− f 03 =++ yx
( )f x
xxg ln)( = )(xg )(xf ),1[ +∞∈x
ba −
−
ba ( )f x [ ,2 ]m m
*n∈N 1 1ln( )en n
n n
+ +< e
( )f x (0, )+∞
2
1 ln( ) xf x x
−′ = ( ) 0f x′ = x e=
0 x e< < ( ) 0f x′ > x e> ( ) 0f x′ <
( )f x (0, ]e [ , )e +∞
2m e≤
2
em ≤ ( )f x [ ,2 ]m m
max
ln 2( ) (2 ) 12
mf x f m m
= = −
m e≥ ( )f x [ ,2 ]m m max
ln( ) 1mf x m
= − 2m e m< <
2
e m e< （ ） （ ） (1, (1))f 1y x= −
a b c⑴用 表示出 、 ；
( ) ln [1 )f x x a+ ∞≥⑵若 在 ， 上恒成立，求 的取值范围；
1 1 11 ln( 1) ( 1)2 3 2( 1)
nn nn n
+ + +⋅⋅⋅+ > + + ≥+证明：
2'( ) bf x a x
= − (1) 0
(1) 1
f a b c
f a b
= + + =
′ = − =
1
2
b a
c l a
= −
= −
1( ) 1 2af x ax ax
−= + + −
1( ) ( ) ln 1 2 lnag x f x x ax a xx
−= − = + + − − [ )1,x∈ +∞ (1) 0g =
2
2 2 2
1( 1)( )1 1 ( 1)'( )
aa x xa ax x a ag x a x x x x
−− −− − − −= − − = =
1
2o a< < 1 1a
a
− >
11 ax a
−< < '( ) 0g x < ( )g x ( ) ( )g x g l o< =
( ) lnf x x> ( ) lnf x x≥ [ )1,+∞
1
2a ≥ 1 1a
a
− ≤
( ) lnf x x> 1x ≥ ( ) lnf x x≥
a 1 ,2
+∞ 50
⑶由⑵知：当 时，有 .
令 ，有
当 时，
令 ，有
即 ，
将上述 个不等式依次相加得
,整理得 .
57. 已知 的图像在点 处的切线与直线 平行.
（1）求 a，b 满足的关系式；
（2）若 上恒成立，求 a 的取值范围；
（3）证明： （n∈N*）
解：（Ⅰ） ，根据题意 ，即 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， ，
令 ，
则 ， =
①当 时， ，
若 ， 则 ， 在 减 函 数 ， 所 以 ， 即
在 上恒不成立．
② 时， ，当 时， ， 在 增函数，又 ，所
以 ．
综上所述，所求 的取值范围是 .
（Ⅲ）由（Ⅱ）知当 时， 在 上恒成立．取 得
1
2a ≥ ( ) ln ( 1)f x x x≥ ≥
1
2a = 1 1( ) ( ) ln ( 1)2f x x x xx
= − ≥ ≥
1x > 1 1( ) ln .2 x xx
− >
1kx k
+= 1 1 1 1 1 1ln (1 ) (1 )2 1 2 1
k k k
k k k k k
+ + < − = + − − + +
1 1 1ln( 1) ln ( )2 1k k k k
+ − < + + 1,2,3....k n=
n
1 1 1 1 1ln( 1) ( ..... )2 2 3 2( 1)n n n
+ < + + + + + +
1 1 11 .... ln( 1)2 3 2( 1)
nnn n
+ + + + > + + +
( ) 2 2 ( 0)bf x ax a ax
= + + − > (1, (1))f 2 1y x= +
( ) 2ln )f x x≥ ∞在[ 1, +
1 1 1 11 (2 1) ( )3 5 2 1 2 2 1
nn nn n ++ + + + > + + ∈− + 12)12ln(2
1
+++
n
nn
2)( x
baxf −=′ 2)1( =−=′ baf 2−= ab
ax
aaxxf 222)( −+−+=
xxfxg ln2)()( −= xax
aax ln2222 −−+−+= [ )1,x∈ +∞
0)1( =g xx
aaxg 22)( 2
−−−=′
2
)2)(1(
x
a
axxa
−−−
10 −
a
a
21 ax a
−< < ' ( ) 0g x < ( )g x [1, )+∞ ( ) (1) 0g x g< =
( ) 2lnf x x≥ [1, )+∞
1a ≥ 2 1a
a
− ≤ 1x > ' ( ) 0g x > ( )g x [1, )+∞ (1) 0g =
( ) 2lnf x x≥
a [1, )+∞
1≥a xxf ln2)( ≥ [ )1,+∞ 1=a xxx ln21 ≥−51
令 ， 得 ，
即
,
所以
上式中 n=1，2，3，…，n，然后 n 个不等式相加得
58. 已知函数
（1）求函数 的极值点。
（2）若 恒成立，试确定实数 的取值范围。
（3）证明： .
解：(1) 的定义域为（1，+∞）， .
当 时， ，则 在（1，+∞）上是增函数。
在（1，+∞）上无极值点.
当 时，令 ，则 .
所以当 时， ，
∴ 在 上是增函数，
当 时， ，
∴ 在 上是减函数。
∴ 时， 取得极大值。
综上可知，当 时， 无极值点；
当 时， 有唯一极值点 .
(2)由(1)可知，当 时， ， 不成立.故只需考虑 .
由(1)知， ，
若 恒成立，只需 即可，
化简得： ,所以 的取值范围是[1，+∞）.
(3)由(2)知，
∴ .
112
12 >−
+=
n
nx *Nn ∈
12
12ln212
12
12
12
−
+>+
−−−
+
n
n
n
n
n
n
12
12ln2)12
21(12
21 −
+>+−−−+
n
n
nn )12
1
12
1(2
1
12
12ln2
1
12
1
+−−+−
+>− nnn
n
n
1 1 1 11 ln(2 1)3 5 2 1 2 2 1
nnn n
+ + + + > + +− +…
.1)1()1ln()( +−−−= xkxxf
)(xf
0)( ≤xf k
)1,(6
)1)(4(
1
ln
15
4ln
8
3ln
3
2ln
2
>∈−+∴>− xfx )(xf
)(xf
0>k 0)(/ =xf kx 11+=
)11,1( kx +∈ 0
111
1
1
1)(/ =−
−+
>−−= k
k
kxxf
)(xf )11,1( k
+
),11( +∞+∈
kx 0
111
1
1
1)(/ =−
−+
k )(xf
kx 11+=
0≤k 01)2( >−= kf 0)( ≤xf 0>k
kkfxf ln)11()( max −=+=
0)( ≤xf 0ln)11()( max ≤−=+= kkfxf
1≥k k
.11ln1 >−+∑
(1, )+∞ 1( ) 1f x kx
′ = −−
k ( ) 0f x′ > ( )f x (1, )+∞
0k > ( )f x 1(1,1 )k
+ 1(1 , )k
+ +∞
k ( )f x (1, )+∞ (2) 1 0f k= − > ( )f x
0k > max
1(1 ) lny f kk
= + = − ( )f x ln k− k
1k = ( )f x (1, )+∞ ( )f x (2, )+∞
(2) 0f = 2x > ( ) (2) 0f x f< = ln( 1) 2x x− < −
21 ,x n− = 2 2ln 1,n n< − 2ln ( 1)( 1)n n n< − + ln 1
1 2
n n
n
−
( )f x
(1 )lg lg lg4lg lg ( 1)2 3
n
n
n
ne e ee e nn
+
+ + +⋅⋅⋅+ > + *( )n N∈
( )1,− +∞ 2'( ) 11
af x x
= −+
'( ) 0 1 2 1f x x a> ⇒ − < < − '( ) 0 2 1f x x a< ⇒ > −
( )f x ( )1,2 1a− − ( )f x ( )2 1,a − +∞
( )f x 2 ln 2 2 1a a a− +
(1 )lg lg lg4lg lg ( 1)2 3
n
n
n
ne e ee e nn
+
+ + +⋅⋅⋅+ > +53
即证 ， 即证
即证
令 ，由⑴可知 在 上递减，故
即 ，令 ，故
累加得，
故 ，得证
法二： =
，其余相同证法.
61. （替换构造）
已知函数 .
⑴求函数 的最小值；
⑵若 ≥0对任意的 恒成立，求实数a的值；（一次，作差构造）
⑶在⑵的条件下，证明： .
解：（1）由题意 ，由 得 .
当 时, ；当 时， .
∴ 在 单调递减，在 单调递增.
即 在 处取得极小值，且为最小值，
其最小值为
（2） 对任意的 恒成立，即在 上， .
由（1），设 ，所以 .
由 得 .
∴ 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
∴ 在 处取得极大值 .
因此 的解为 ，∴ .
（3）由（2）知，因为 ，所以对任意实数 均有 ，即 .
(1 )
1 1 1 lg ( 1)4 2 3 lg
nn
nne n
n e
+
++ + +⋅⋅⋅+ >
(1 )
1 1 14 ln ( 1)2 3
nn
nne nn
+
+ + +⋅⋅⋅+ > +
1 1 1 11 3 ln( 1) (1 )2 3
nnn n
+ + +⋅⋅⋅+ + > + + +
1
2a = ( )f x (0, )+∞ ( ) (0) 0f x f< =
ln(1 )x x+ < *1 ( )x n Nn
= ∈ 1 1 1ln(1 ) ln ln( 1) lnn n nn n n
++ = = + − <
1 1 1ln( 1) 1 2 3n n
+ < + + +⋅⋅⋅+
1 1 1 1ln(1 ) ln(1 ) 1 (1 ) 3n n en n n n
+ < ⇒ + < ⇒ + < <
1 1 1 11 3 ln( 1) (1 )2 3
nnn n
+ + +⋅⋅⋅+ + > + + +
1(1 )n
n
+ 0 1 2
2
1 1 1n
n n n n nC C C Cn n n
+ + +⋅⋅⋅+ 1 1 12 2! 3! !n
< + + +⋅⋅⋅+
2
1 1 12 2 2 2n
< + + +⋅⋅⋅+ 1
1
1 1(1 ) 12 22 3 31 21 2
n
n
−
−
−
= + = − <
−
( ) 1( 0, )xf x e ax a e= − − > 为自然对数的底数
( )f x
( )f x x∈R
1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( *)1
n n n nn n e nn n n n e
−+ +⋅⋅⋅+ + < ∈− N其中
0, ( ) xa f x e a′> = − ( ) 0xf x e a′ = − = lnx a=
( ,ln )x a∈ −∞ ( ) 0f x′ < (ln , )x a∈ +∞ ( ) 0f x′ >
( )f x ( ,ln )a−∞ (ln , )a +∞
( )f x lnx a=
ln(ln ) ln 1 ln 1.af a e a a a a a= − − = − −
( ) 0f x ≥ x∈R x∈R min( ) 0f x ≥
( ) ln 1.g a a a a= − − ( ) 0g a ≥
( ) 1 ln 1 ln 0g a a a′ = − − = − = 1a =
( )g a (0,1) (1, )+∞
( )g a 1a = (1) 0g =
( ) 0g a ≥ 1a = 1a =
1a = x 1xe x− − ≥ 0 1 xx e+ ≤54
令 ，则 .∴ .
∴ .
四、不等式恒成立求字母范围
恒成立之最值的直接应用
62. （2011北京理18倒数第3大题，最值的直接应用）
已知函数 。
⑴求 的单调区间；
⑵若对于任意的 ，都有 ≤ ，求 的取值范围.
解：⑴ ，令 ，
当 时， 与 的情况如下 ：
+ 0 0 +
0
所以， 的单调递增区间是 和 ：单调递减区间是 ，
当 时， 与 的情况如下 ：
0 + 0
0
所以， 的单调递减区间是 和 ：单调递减区间是 。
⑵当 时，因为 ，所以不会有
当 时，由（Ⅰ）知 在 上的最大值是 ，
所以 等价于 ,解
综上：故当 时， 的取值范围是[ ，0].
63. （2008天津理20倒数第3大题，最值的直接应用，第3问带有小的处理技巧）
已知函数 ，其中 .
⑴若曲线 在点 处切线方程为 ,求函数 的解析式；
⑵讨论函数 的单调性；
kx n
= − ( *, 0,1,2,3, 1)n k n∈ = −N … , 0 1
k
nk en
− < − ≤ (1 ) ( )
k
n n knk e en
− −− =≤
( 1) ( 2) 2 11 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 1n n n n n nn n e e e en n n n
− − − − − −−+ + + + + + + + +≤… … 1 1
1 1
1 1 1
ne e
e e e
−
− −
−= < =− − −
2( ) ( )
x
kf x x k e= −
( )f x
(0, )x∈ +∞ ( )f x 1
e k
2 21( ) ( )
x
kf x x k ek
′ = − ( ) 0,f x x k′ = = ±
0k > ( )f x ( )f x′
x ( , )k−∞ − k− ( , )k k− k ( , )k +∞
( )f x′ −
( )f x 2 14k e−
( )f x ( , )k−∞ − ( , )k +∞ ( , )k k−
0k < ( )f x ( )f x′
x ( , )k−∞ k ( , )k k− k− ( , )k− +∞
( )f x′ − −
( )f x 2 14k e−
( )f x ( , )k−∞ ( , )k− +∞ ( , )k k−
0k > 1(0, ), ( ) .x f x e
∀ ∈ +∞ ≤
0k < ( )f x (0, )+∞ 24( ) kf k e
− =
1(0, ), ( )x f x e
∀ ∈ +∞ ≤ 24( ) kf k e
− = 1
e
≤ 1 0.2 k− ≤ <
1(0, ), ( )x f x e
∀ ∈ +∞ ≤ k 1
2
−
( ) ( )0≠++= xbx
axxf Rba ∈,
( )xfy = ( )( )2,2 fP 13 += xy ( )xf
( )xf
1 1( 1)
k
kf k e e
+
+ = >55
⑶若对于任意的 ，不等式 在 上恒成立，求 的取值范围.
解：⑴ ，由导数的几何意义得 ，于是 ．
由切点 在直线 上可得 ，解得 ．
所以函数 的解析式为 ．
⑵ ．
当 时，显然 ( ),这时 在 ， 上内是增函数．
当 时，令 ，解得 ．
当 变化时， ， 的变化情况如下表：
＋ 0 － － 0 ＋
↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗
∴ 在 ， 内是增函数，在 ， 内是减函数．
⑶由⑵知， 在 上的最大值为 与 的较大者，对于任意的 ，不等
式 在 上恒成立，当且仅当 ，即 ，对任意的
成立．从而得 ，所以满足条件的 的取值范围是 ．
64. （转换变量，作差）
已知函数 .
⑴若 ，求 的单调区间；
⑵ 已 知 是 的 两 个 不 同 的 极 值 点 ， 且 ， 若
恒成立，求实数b的取值范围。
解：⑴ ， 或1
令 ，解得 令 ，解得 ，
的增区间为 ；减区间为 ，
⑵ ，即
由题意两根为 ， ，又
且△ ， .
设 ，
或
∈ 2,2
1a ( ) 10≤xf
1,4
1 b
2( ) 1 af x x
′ = − (2) 3f ′ = 8a = −
(2, (2))P f 3 1y x= + 2 7b− + = 9b =
( )f x 8( ) 9f x x x
= − +
2( ) 1 af x x
′ = −
0a ≤ ( ) 0f x′ > 0x ≠ ( )f x ( ,0)−∞ (0, )+∞
0a > ( ) 0f x′ = x a= ±
x ( )f x′ ( )f x
x ( , )a−∞ − a− ( ,0)a− (0, )a a ( ),a +∞
( )f x′
( )f x
( )f x ( , )a−∞ − ( ),a +∞ ( ,0)a− (0, )+∞
( )f x 1[ ,1]4
1( )4f (1)f 1[ ,2]2a∈
0( 1)f x ≤ 1[ ,1]4
10
(1
1(4
) 10
)
f
f ≤
≤
39 44
9
a
b a
b ≤ −
≤ −
1[ ,2]2a∈
7
4b ≤ b ( 7, ]4
−∞
2( ) ( ) xf x x a e= −
3a = ( )f x
1 2,x x ( )f x 1 2 1 2| | | |x x x x+ ≥
3 233 ( ) 32f a a a a b< + − +
23, ( ) ( 3) xa f x x e= ∴ = −
2( ) ( 2 3) 0xf x x x e′ = + − = 3x⇒ = −
( ) 0f x′ > ( , 3) (1, )x∈ −∞ − +∞ ( ) 0f x′ < ( 3,1)x∈ −
( )f x∴ ( , 3),(1, )−∞ − +∞ ( 3,1)−
2( ) ( 2 ) 0xf x x x a e′ = + − = 2 2 0x x a+ − =
1 2,x x 1 2 1 22,x x x x a∴ + = − ⋅ = − 1 2 1 2| | | |x x x x+ ≥ 2 2a∴− ≤ ≤
4 4 0a= + > 1 2a∴− < ≤
3 2 2 3 23 3( ) 3 ( ) 3 3( ) 32 2
ag a f a a a a a a e a a a= − − + = − − − +
2 1 5( ) 3( 1)( 1) 0 2
ag a a a e a
− ±′ = + − − = ⇒ = 0a =56
2
+ 0 0 +
极大值 极小值
又 ， ， ， .
恒成立之分离常数
65. （分离常数）
已知函数
(1) 若 在 处的切线平行于直线 ，求函数 的单调区间；
(2) 若 ，且对 时， 恒成立，求实数 的取值范围.
解: (1) 定义域为 ,直线 的斜率为 ,
, , .所以
由 ; 由
所以函数 的单调增区间为 ,减区间为 .
(2) ，且对 时， 恒成立
,即 .
设 .
当 时, ,
a ( 1,0)− 0 5 1(0, )2
− 5 1
2
− 5 1( ,2)2
−
( )g a′ −
( )g a (2)g
(0) 0g = 2(2) 6 8g e= − 2
max( ) 6 8g a e= − 26 8b e∴ > −
( ) ln 1, .af x x a Rx
= + − ∈
( )y f x= 0(1, )P y 1y x= − + ( )y f x=
0a > (0,2 ]x e∈ ( ) 0f x > a
7
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-3
-4
-5
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12
A
( ) ln 1, .af x x a Rx
= + − ∈ )(xf ),0( +∞ 1y x= − + 1−
xx
axf 1)(' 2
+−= 11)1(' −=+−= af 2=∴a 22
212)(' x
x
xxxf
−=+−=
20)(' >> xxf 得 200)('
ln 1 0 (0,2 ]a x x ex
+ − > ∈在 恒成立
]2,0(,ln)ln1()( exxxxxxxg ∈−=−=
]2,0(,ln1ln1)(' exxxxg ∈−=−−=
10
+−−
=∴
x
xex
xg
x
x
xe
xg
x 12)(
2
−−
=∴ ),1[ +∞
)(xg∴
2
3)1( −= eg a∴
2
3−e
12)(
2
−−−= axxexf x
axexf x −−=∴ )('
2( ) x af x x
−′ = ( )f x (0, )a ( , )a +∞
a 2e ( )f x ( ) 1 ln 1 0f a a= + − > 1a > 1 a< 2e
2a e> ( ) (2 ) ln(2 ) 1 02
af x f e ee
> = + − > 2 ln 2a e> 2a e>
1a >
a
12)(
2
−−−=∴ axxexf x a⇔0
x
xex 12
2
−−
x
xe
xg
x 12)(
2
−−
= 2
2
12)1(
)('
x
xex
xg
x +−−
=58
设 , ,
≥0, ≥0, 在 上为增函数,
≥ .
又 ≥0恒成立, ≥0, ≤ ,
≥ , ,
在 上为增函数, 此时 ≥ ≥0恒成立,
≤ ．
（改x≥0时， ≥0恒成立. ≤1）
解：先证明 在 上是增函数，再由洛比达法则 ，∴
，∴ ≤1.（正常的讨论进行不了，除非系数调到二次项上 ，
分两种情况讨论可得 ≤1）
67. （两边取对数的技巧）设函数 且 ）
（1）求 的单调区间；
（2）求 的取值范围；
（3）已知 对任意 恒成立，求实数 的取值范围。
解：（1）
,
当 时，即 .
当 时，即 或 .
故函数 的单调递增区间是 .
函数 的单调递减区间是 .
（2）由 时，即 ，
由（1）可知 在 上递增， 在 递减，所以在区间（－1，0）上，
当 时， 取得极大值，即最大值为 .
在区间 上， .
函数 的取值范围为 .分
（3） ，两边取自然对数得
axexh x −−=)( 1)(' −= xexh
x 1)(' −=∴ xexh axexh x −−=∴ )( ),1[ +∞
)(xh∴ aeh −−= 1)1(
12)(
2
−−−= axxexf x
2
3)1( −−=∴ aef a∴
2
3−e
)(xh∴ 01)1( >−−= aeh 0)(' >−−=∴ axexf x
12)(
2
−−−= axxexf x ),1[ +∞ )(xf
2
3)1( −−= aef
a∴
2
3−e
)(xf
1( ) ( 1( 1)ln( 1)f x xx x
= > −+ + 0x ≠
( )f x
( )f x
1
12 ( 1)mx x+ > + ( 1,0)x∈ − m
2 2
ln( 1) 1'( ) ( 1) ln ( 1)
xf x x x
+ += − + +
∴ '( ) 0f x > 1ln( 1) 1 0, 1 1x x e−+ + < − < < −
'( ) 0f x < ln( 1) 1 0,0x x+ + > > 1 1e−> − 0x >
( )f x 1( 1, 1)e−− −
( )f x 1( 1,0),(0, )e− − +∞
'( ) 0f x = 1ln( 1) 1 0, 1x x e−+ + = = −
( )f x 1( 1, 1)e−− − 1( 1,0)e− −
1 1x e−= − ( )f x 1( 1)f e w− − = −
(0, )+∞ ( ) 0f x >
∴ ( )f x ( , ) (0, )e−∞ − +∞
1
12 ( 1) 0, ( 1,0)mx x x+ > + > ∈ −
1 ln 2 ln( 1)1 m xx
> ++
a
( )g x (0, )+∞
2
0 0
12lim lim 11
x
x
x x
xe e x
x→ →
− − −= =
( ) 1g x > a 2( ) 12
x af x e x x= − − −
a59
68. （分离常数）
已知函数 ．
（Ⅰ）若函数在区间 其中a >0，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 ．
69. （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
1 ln( ) xf x x
+=
1( , )2a a +
1x ≥ ( ) 1
kf x x
≥ +
1 ln( ) xf x x
+= 2
ln( ) xf x x
′ = −
0 1x< < ( ) 0f x′ > 1x > ( ) 0f x′ <
( )f x (1, )+∞
( )f x 1x =
( )f x 1( , )2a a + 0a >
1,
1 1,2
a
a
1 12 a< <
( ) ,1
kf x x
≥ +
( 1)(1 ln ) ,x x kx
+ + ≥ ( 1)(1 ln )( ) ,x xg x x
+ +=
[ ]
2
( 1)(1 ln ) ( 1)(1 ln )( ) x x x x xg x x
′+ + − + +′ = 2
lnx x
x
−=
( ) lnh x x x= − 1( ) 1h x x
′ = −
1x ≥ ( ) 0,h x′∴ ≥ ( )h x∴ [1, )+∞
[ ]min( ) (1) 1 0h x h∴ = = > ( ) 0g x′ >
( )g x [1, )+∞ [ ]min( ) (1) 2g x g= = 2k ≤
2( ) ( , ),f x x bx c b c= + + ∈R ,x∈R ( ) ( )f x f x′ ≤
20 ( ) ( ) ;x f x x c+≥ 时， ≤60
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。
70. （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
2 2( ) ( ) ( )f c f b M c b− −≤
x
xnxf )1(11)(
++=
1)( +>
x
kxf
),0()0,1( +∞∪−
,0)]1ln(1
1[1)( 2 时当 >+++
−=′ xxxxxf 0)(
x
kxf ]2ln1[21 +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
71. (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)]
)0(1)( >+> xx
kxf
021)1ln()1( >−+++ xxx
xxxxg 21)1ln()1()( −+++= 时当 1,1)1ln()( −>−+=′ exxxg
时当 1,1)1ln()( −>−+=′ exxxg 0)( >′ xg 0)(,10 −+++ xxx
).0()1ln(1)( >++= xx
xxf
),0()( +∞在xf
1)( +>
x
kxf
)]1ln(1
1[1)]1ln(11[1)( 22
+++−=+−−+=′ xxxxx
x
xxf
.0)(,0)1ln(,01
1,0,0 2 +>+>∴> xfxxxx ),0()( ∞∴ 在xf
.)]1ln(1)[1()(,1)( 恒成立即恒成立 kx
xxxhx
kxf >+++=+>
).0)(1ln(1)(,)1ln(1)( >+−−=+−−=′ xxxxgx
xxxh 记
),0()(,01)( +∞∴>+=′ 在xgx
xxg
.02ln22)3(,03ln1)2( >−=++
xxx
x
xxx
xx 321
3211
3)1ln( −>+−=−+>+
*))(1( Nnnnx ∈+=
)1(
32)]1(1ln[ +−>++
nnnn62
∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3
72. (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
321
332)1
11(32
])1(
1
32
3
21
1[32
])1(
32[)31
32()21
32(
−>++−=+−−=
+++×+×−=
+−++×−+×−>
nnnnn
nnn
nn
3 2( ) ( 6 3 ) xf x x x x t e= − + + t R∈
( )y f x= , , ( )x a x b x c a b c= = = < <
t 22a c b+ = t
[ ]0,2t ∈ [ ]1,x m∈ ( )f x x≤ m
2 3 2 3 2( ) (3 12 3) ( 6 3 ) ( 3 9 3)x x xf x x x e x x x t e x x x t e′ = − + + − + + = − − + +
3 2( ) 3 , 3 9 3 0 3 , , .f x x x x t a b c∴ − − + + = 有 个极值点 有 个根
3 2 2( ) 3 9 3, '( ) 3 6 9 3( 1)( 3)g x x x x t g x x x x x= − − + + = − − = + −令
( ) (- ,-1),(3,+ ) (-1,3)g x ∞ ∞在 上递增, 上递减.
( ) 3 8 24.(3) 0g x tg
∴ ∴− < = − > = − <
0 (2,3)x ∈ 0 0( ) ( ) 0r x xϕ′= =
01 x x≤ < ( ) 0xϕ′ > 0x x> ( ) 0xϕ′ <
( )y xϕ= [ ]01, x [ )0 ,x +∞
1 2 3(1) 4 0, (2) 5>0, (3) 6>0,e e eϕ ϕ ϕ− − −= + > = + = +
4 5 6(4) 5>0, (5) 2 0, (6) 3 0.e e eϕ ϕ ϕ− − −= + = + > = − 6x ≥ ( ) 0xϕ <
m
2
2( ) ln (1 ) .1
xf x x x
= + − +
( )f x
1(1 )n a en
++ ≤ N*n∈
( )f x ( 1, )− +∞
2 2
2 2
2ln(1 ) 2 2(1 )ln(1 ) 2( ) .1 (1 ) (1 )
x x x x x x xf x x x x
+ + + + − −′ = − =+ + +
2( ) 2(1 )ln(1 ) 2 ,g x x x x x= + + − − ( ) 2ln(1 ) 2 .g x x x′ = + −
( ) 2ln(1 ) 2 ,h x x x= + − 2 2( ) 2 .1 1
xh x x x
−′ = − =+ +
1 0x− < < ( ) 0,h x′ > ( )h x
( ) 0,h x′ < ( )h x (0, )+∞
( ) 0( 0)g x x′ < ≠
( 1, )− +∞
1 0x− < < ( ) (0) 0,g x g> = ( ) (0) 0.g x g< =
1 0x− < < ( ) 0,f x′ > ( )f x
( ) 0,f x′ < ( )f x (0, )+∞
( )f x (0, )+∞
1(1 )n a en
++ ≤ 1( )ln(1 ) 1.n a n
+ + ≤
11 1n
+ > 1ln(1 )n
+
1 .1ln(1 )
a n
n
−
+
≤
1x n
= ( ]1 1( ) , 0,1 ,ln(1 )G x xx x
= − ∈+
2 2
2 2 2 2
1 1 (1 )ln (1 )( ) .(1 )ln (1 ) (1 )ln (1 )
x x xG x x x x x x x
+ + −′ = − + =+ + + +
2
2ln (1 ) 0,1
xx x
+ − ≤+ ( )f x (0) 0f = 2 2(1 )ln (1 ) 0.x x x+ + − ≤
( ) 0,G x′ < ( ]0,1 ,x∈ ( ]0,1
( )G x ( ]0,1 1(1) 1.ln 2G = −
1 1.ln 2
−64
74. （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 ．
75. （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 。
xaxxf ln)( 2 +=
2−=a )(xf
)(xf x
],1[ ex ∈ xaxf )2()( +≤
2−=a xxxf ln2)( 2 −= ),1( +∞∈x 0)1(2)(
2
>−=′
x
xxf
)(xf ),1( +∞
)0(2)(
2
>+=′ xx
axxf ],1[ ex∈ ]2,2[2 22 eaaax ++∈+
2−≥a )(xf ′ ],1[ e 2−=a 0)( =′ xf )(xf ],1[ e
=min)]([ xf 1)1( =f
22 2 −
)
( ) ( ) ( ) 2sin 2 .x xx F x F x e e x axϕ −= − − = − + −
'( ) 2cos 2 .x xx e e x aϕ −= + + − ( ) ''( ) 2sinx xS x x e e xϕ −= = − −
'( ) 2cos 0x xS x e e x−= + − ≥
[0, )+∞
)
'( )xϕ [0, )+∞ '( ) '(0) 4 2x aϕ ϕ≥ = − )
'( ) 0xϕ ≥ ( )xϕ ) ( ) (0) 0xϕ ϕ≥ =
[ )
[ ) [ )
[ )
( ]
0
0 0
0
2 '( ) 0, '( ) 0, (0, ),
0 '( ) 0. ( ) 0, (0) 0
(0, ) ( ) 0 (
14
) ( ) 0 0,
2 .
a x x x
x x x x
x x x F x F x x
a a
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ
> < +∞ ∴ ∈ +∞
< =
∴ ∈ < − − ≥ ∈ +∞
…∴ > ∞ ……
当 时， 又 在 单调递增， 总存在
使得在区间 ， 上 导致 在 递减，而 ，
当 时， ，这与 对 恒成立不符，
不合题意. 综上 取值范围是 - , 2 分
2( ) 2
x kf x e x x= − −
0k = ( )f x
0x ≥ ( ) 1f x ≥ k
0k = ( ) xf x e x= − '( ) 1xf x e= −
( ,0)x∈ −∞ '( ) 0f x < (0, )x∈ +∞ '( ) 0f x >
( )f x ( ,0)−∞ (0, )+∞
( )f x (0) 1f =67
（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 .
79. (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
'( ) 1xf x e kx= − − ( ) xf x e k′′ = −
1k ≤ ( ) 0 ( 0)f x x′′ ≥ ≥ ( )f x′ [ )0,+∞
(0) 0f ′ = '( ) 0 ( 0)f x x≥ ≥ ( )f x [ )0,+∞
(0) 1f = 0x ≥ ( ) 1f x ≥
1k > ( ) 0f x′′ = lnx k=
(0,ln )x k∈ ( ) 0f x′′ < ( )f x′ (0,ln )k
(0) 0f ′ = (0,ln )x k∈ '( ) 0f x < ( )f x (0,ln )k
(0) 1f = (0,ln )x k∈ ( ) 1f x <
k ( ,1]−∞
1ln)1()( +−+= xxxbxf
1 )(xf (1,0)
( ) ( ) lnh x f x x x= −
0 1a< < 21( ) ( ) ( )ln 2g x f x a x x ax= − + +
( 1) ( ) 0x f x− ≥
1)1(ln)( −++=′
x
xxbxf
1,112)1( ==−=′ bbf
( ) ( ) ln ln 1h x f x x x x x= − = − +
1( ) 1h x x
′ = −
1( ) 1 0h x x
′ = − > 0 1x< < 1( ) 1 0h x x
′ = − < 1x >
( )h x (0,1) (1, )+∞
21( ) ( ) ( )ln 2g x f x a x x ax= − + + 21(1 )ln 12a x ax x− + − +
2
/ 1 1( ) 1a ax x ag x axx x
− − + −∴ = + − = [ ] 1( 1) ( 1)(1 ) ( 1) a x xax a x a
x x
− − − − − − = =
0)( =′ xg 1,11
21 =−= xax
01 0,1110 >− aa 2
10 xx
x ),0( 2x 2x ),( 12 xx 1x ),( 1 +∞x
)(/ xf 0 0
)(xf ↑ ↓ ↑
)(xg 1=x 11 −=
ax
12
1
( )f x ( ), 1−∞ − ( )0,+∞
( ) ( 1 )xf x x e ax= − − ( ) 1xg x e ax= − − ( ) xg x e a′ = −
1a ≤ ( )0,x∈ +∞ '( )g x > 0 ( )g x (0) 0g =69
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
81. （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,
从而当x>0,且x 1时， －( + )>0，即 > + .
法二： 的分子 ≤ ＜0，∴ .
②当0< k 0,故 >0,而
=0，故当x (1, )时， >0，可得 0，则x (1，+ )时， 递增， ，∴
1 ( )0,lnx a∈ '( )g x < 0 ( )g x (0) 0g =
( )0,lnx a∈ ( )g x ( )f x
a ( ],1−∞
1x >
ln( ) 1
a x bf x x x
= ++ (1, (1))f 2 3 0x y+ − =
a b
0x > 1x ≠ ln( ) 1
x kf x x x
> +− k
2 2
1( ln )
'( ) ( 1)
xa x bxf x x x
+ −
= −+
(1) 0,f = 1(1) 2f ′ = − 1b = 1
2 2
a b− = − 1a = 1b =
ln 1( ) 1
xf x x x
= ++
2
2
ln 1 ( 1)( 1)( ) ( ) (2ln )1 1
x k k xf x xx x x x
− −− + = +− −
( ) 2lnh x x= + 2( 1)( 1)k x
x
− − ( 0)x > 2
2
( 1)( 1) 2'( ) k x xh x x
− + +=
0k ≤
2 2
2
( 1) ( 1)'( ) k x xh x x
+ − −=
1x ≠ '( ) 0h x < (1) 0h =
(0,1)x∈ ( ) 0h x >
2
1 ( ) 01 h xx
>−
∈ ∞ ( )h x 21
1
x− ( )h x
≠ ( )f x
1
ln
−x
x
x
k ( )f x
1
ln
−x
x
x
k
( )h x′ 2( 1)( 1) 2k x x− + +
1
k
k− '( ) 0h x <
∈
k−1
1 ( )h x′
(1)h ∈
k−1
1 ( )h x 21
1
x− ( )h x
( )h x′ ∈ ∞ ( )h x ( ) (1) 0h x h> =
21
1)( xxf −= ( )h x
∞70
82. (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： .
83. （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.
xaxxf ln)1()( −−=
)(xf
0)( ≥xf ),1[ +∞∈x a
x
ax
x
axf
−=−=1)(' )0( >x
0≤a 0)(' >xf ),0( +∞ 0>a axx
axxf ==−= 得由 ,0)('
)(xf ),0( a ),( +∞a )(xf aaaaf ln)1()( −−=
x
ax
x
axf
−=−=1)('
1≤a 0)(' ≥xf ),1[ +∞ )(xf
0)1()( =≥ fxf 1≤a
1>a )(xf ),1( a ),( +∞a ),1( ax∈
0)1()( =≤ fxf 0)( ≥xf
1≤a
1xe x+≥
2( ) 1xf x e x ax= − − −
0a = ( )f x
0x≥ ( ) 0f x ≥ a
0a = ( ) 1xf x e x= − − '( ) 1xf x e= −
( ,0)x∈ −∞ '( ) 0f x < (0, )x∈ +∞ '( ) 0f x > ( )f x ( ,0)−∞
(0, )+∞
a 1
2 ( ) 1 2xf x e ax′ = − −
( ) 1xf x e x= − − (0) 0f = 1xe x+≥
'( ) 2 (1 2 )f x x ax a x≥ − = − 1 2 0a− ≥ 1
2a ≤ '( ) 0 ( 0)f x x≥ ≥
(0) 0f = 0x ≥ ( ) 0f x ≥
1
2a > 1 ( 0)xe x x> + ≠ 1 ( 0)xe x x− > − ≠
'( ) 1 2 ( 1) ( 1)( 2 )x x x x xf x e a e e e e a− −< − + − = − −
(0,ln(2 ))x a∈ '( ) 0f x < (0) 0f = (0,ln(2 ))x a∈ ( ) 0f x <
a 1( , ]2
−∞
( ) ( ) 1 2xg x f x e ax′= = − − ( ) 2xg x e a′ = −
( ) 0g x′ = ln(2 ) 0x a= >
[0,ln(2 )]x a∈ ( ) 0g x′ < ( )g x ( )g x (0) 0g =
( )f x (ln(2 ))f a (0) 0f =71
84. （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 xf x e−= −
x＞- 1 ( )
1
xf x x
≥ +
0x ≥ ( )
1
xf x ax
≤ +72
85. 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
86. （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，
1
1)( +
−=
x
kxxf ( )f x ( )1,− +∞
k
0x > 11
1
+ 1k > − k
( 1, )− +∞
1
1
)( +
−
= x
kx
exg ( )f x ( )1,− +∞ 1e > ( )g x ( )1,− +∞
312ln222)1( 2
1
0x > ( ) ( )2 ln3 1 2h x h≥ = + >
2 1
1 1
x
xe x
−
+ < + 0x >
k
1( ) ln( 1),(1 )nf x a xx
= + −−
2
1( ) ln( 1),(1 )f x a xx
= + −−
2
3
2 (1 )( ) .(1 )
a xf x x
− −′ = −
1
21x a
= + 2
21x a
= −
( )f x′ 1 2
3
( )( )
(1 )
a x x x x
x
− − −
−
( )f x′
( )f x′
( )f x′73
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
87. （综合运用）
已知函数
21x a
= + 2 2(1 ) (1 ln ).2
af a a
+ = +
1( ) ln( 1).(1 )nf x xx
= + −−
1( ) 1 ln( 1),(1 )ng x x xx
= − − − −−
( )g x′
1 1
1 2
( 1) 1 1 ( 1)n n
n x n
x x x x+ +
−− = +− − − −
1( ) 1 ln( 1)( 1)ng x x xx
= − − − −−
( )f x 1
(1 )nx−
( )h x′ 1 2
1 1
x
x x
−=− −
( ) 1 ln( 1)h x x x= − − −
1( ) ln( 1).(1 )nf x xx
= + −−
1
(1 )nx−
[ )( ) 1 (1 ln( 1)) 2 ln( 1), 2,h x x x x x x= − − + − = − − − ∈ +∞
1 2( ) 1 ,1 1
xh x x x
−′ = − =− −
( )h x′ [ )2,+∞
1 ln( 1)(1 )n xx
+ −−
( ) ( )xf x xe x−= ∈R74
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.
88. （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)
( )f x
( )y g x= ( )y f x= 1x = 1x >
( ) ( )f x g x>
1 2x x≠ 1 2( ) ( )f x f x= 1 2 2x x+ >
( ) (1 ) xf x x e−′ = − ( )f x′ 1x =
x ( )f x′ ( )f x
x ,1−∞ 1,+∞
( )f x′
( )f x
( )f x ,1−∞ 1,+∞ 1(1)f e
=
2xe −
2( 2)x xxe x e− −+ − 2 2'( ) ( 1)( 1)x xF x x e e− −= − −
1x > 2 2 1 0,xe − − >
0, ( ) 0xe F x− > >又 所以 ( )F x
1 1 0 1e e x− −− = >所以 时 有， ，
1 2( 1)( 1) 0,x x− − = 1 2( ) ( ),f x f x=由⑴及 1 2 1 21, .x x x x= = ≠则 与 矛盾
1 2 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) 0, ( ) ( ), , .x x f x f x x x x x− − > = = ≠由⑴及 得 与 矛盾
1 2 1 2( 1)( 1) 0, 1, 1.x x x x− − < < >不妨设
2( )f x 2( )g x 2( )g x 2(2 )f x− 2( )f x 2(2 )f x−
1( )f x 2(2 )f x− 2 1x > 22 1x− <
( )f x 1x 22 x− 1 2x x+
1
1( ) (x
xf x xe −
−= ∈R).
( )f x
( )y g x= x ( ) (4 )g x f x= − 2x > ( ) ( );f x g x>
1 2x x≠ 1 2( ) ( )f x f x= 1 2 4.x x+ >
( )f x 1
1
x
x
e −
−
( )f x′
1
2
x
x
e −
−
( )f x 2x =
x ( ,2)−∞ (2, )+∞
( )f x′
( )f x
e
1
( )f x ( ,2)−∞ (2, )+∞75
∴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)
89. 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，
2x = ( )f x (2)f
e
1
.3)(),4()( 3 xe
xxgxfxg −
−=∴−=
1 3
1 3( ) ( ) ( ) x x
x xF x f x g x e e− −
− −= − = −令
( )F x′ 3 2 1
1 3 2
2 2 (2 )( )x
x x x
x x x e e
e e e
−
− − +
− − − −− =
2x > 2 x− 2 1x − 3 2 1xe e −−
( )F x′ ( )F x (2, )+∞
1 1( ) (2) 0, 2 ( ) ( ) .F x F x f x g xe e
∴ > = − = > >故当 时, 成立
( )f x ( ,2)−∞ (2, )+∞
1 2x x≠ 1 2( ) ( )f x f x= 1x 2x
1 22x x< < 2 2( ) ( )f x g x>
2 2( ) (4 )g x f x= − 2 2( ) (4 )f x f x> −
1 2( ) ( )f x f x= 1 2( ) (4 )f x f x> −
2 2 12,4 2, 2x x x> − < < ( )f x ( ,2)−∞
1 24 ,x x> − 1 2 4.x x+ >
1( ) x
xf x e
−= .
( )f x
( )y g x= x ( ) (4 )g x f x= − 2x > ( ) ( );f x g x>
1 2x x≠ 1 2( ) ( )f x f x= 1 2 4.x x+ >
( )f x 1
x
x
e
−
( )f x′ 2
x
x
e
−
( )f x′ 2x =
x ( ,2)−∞ (2, )+∞
( )f x′
( )f x 2
1
e
( )f x ( ,2)−∞ (2, )+∞
2x = ( )f x (2)f 2
1
e
4
3( ) (4 ) x
xg x f x e −
−= − = 4
1 3( ) ( ) ( ) x x
x xF x f x g x e e −
− −= − = −令
( )F x′ 4 2
4 4
2 2 (2 )( )x
x x x
x x x e e
e e e− +
− − − −− =
2x > 2 x− 2x 4 2xe e−76
∴ ＞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
90. 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 ．
91. （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）
( )F x′ ( )F x (2, )+∞
2 2
1 1( ) (2) 0, 2 ( ) ( ) .F x F x f x g xe e
∴ > = − = > >故当 时, 成立
( )f x ( ,2)−∞ (2, )+∞
1 2x x≠ 1 2( ) ( )f x f x= 1x 2x
1 22x x< < 2 2( ) ( )f x g x>
2 2( ) (4 )g x f x= − 2 2( ) (4 )f x f x> −
1 2( ) ( )f x f x= 1 2( ) (4 )f x f x> −
2 2 12,4 2, 2x x x> − < < ( )f x ( ,2)−∞
1 24x x> − 1 2 4.x x+ >
xaaxxxf )2(ln)( 2 −+−=
)(xf
0>a ax 10 +
( ) ln( 1), ( ) 1xf x x g x e= + = −
( ) ( )F x f x px= + ( )F x
2 1 0x x> > 2 1( ) ( )f x f x− 2 1( )g x x−
( ) ( ) ln( 1)F x f x px x px= + = + + 1 1( ) 1 1
px pF x px x
+ +′∴ = + =+ +
0p = ( ) 0F x′ > ( 1, )− +∞ ( )F x∴ ( 1, )− +∞
0p > ( )F x ( 1, )− +∞
0p < ( )F x 1( 1, 1 )p
− − − 1( 1 , )p
− − +∞
( ) ( ) ( ) 1 ln( 1)( 1)xG x g x f x e x x= − = − − + > −
1 1( ) 1 1
x x
x e x eG x e x x
+ −′∴ = − =+ +
( ) 1( 1)x xH x e x e x= + − > − ( ) ( 2) 0xH x e x′ = + > ( 1, )− +∞
∴ 0x > ( ) (0) 0H x H> = ( ) 0G x′∴ > 0x >
∴ ( )G x (0, )+∞ ∴ 0x > ( ) (0) 0G x G> =
∴ 0x > ( ) ( ) 0g x f x− >
∴ 2 1 0x x> > 2 1 2 1( ) ( )g x x f x x− > −
2 1 2 1
2 1
1 1
1 ( )1 01 1
x x x xx x x x
+ −− + − = >+ +
2
2 1 2 1
1
1ln( 1) ln ln( 1) ln( 1)1
xx x x xx
+∴ − + > = + − ++
2 1 2 1( ) ( ) ( )f x x f x f x∴ − > − 2 1( )g x x− > 2 1( ) ( )f x f x−77
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，
92. （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， ， ，
)(xfy = 0x
0( ) 0f x′ <
( ) (0, ),f x +∞的定义域为 1 (2 1)( 1)( ) 2 (2 ) .x axf x ax ax x
+ −′ = − + − = −
0, ( ) 0, ( ) (0, )a f x f x′≤ > +∞则 所以 在
10, ( ) 0 ,a f x x a
′> = =则由 得
1 1(0, ) , ( ) 0, , ( ) 0.x f x x f xa a
′ ′∈ > > = >时 而 所以
10 x a
< < 时 1 1( ) ( ).f x f xa a
+ > −
0 , ( )a y f x≤ =时 函数
0a > ( )f x 1 1( ), ( ) 0.f fa a
>且
1 2 1 2 1 2
1( ,0), ( ,0),0 , 0 .A x B x x x x xa
< < < < =
1 2
2 1 0
2 1, .2
x xx x xa a
+> − = >于是
0( ) 0.f x′ <
x
axxf ln)(
−= a
2=a )(xfy = ))2(,2( f
a ),1()1,0( +∞∈ x xxf >)(
a
2=a x
xxf ln
2)(
−=
xx
xxxxf 2ln
2ln)(
+−=′78
，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 .
93. 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
2ln
1)2( =′f 0)2( =f )2(2ln
1 −= xy
10 ⇔
xxxxg ln)( −=
x
xxxg
2
ln22)(
−−=′
xxxh ln22)( −−= 0111)( x xx
ax >−
ln xxxa ln−′ xh )(xh ),1( +∞
1>x 0)1()( => hxh 0
2
)()( >=′
x
xhxg
)(xg ),1( +∞ 1)1()( => gxg 1≤a
1=a
)1,0(12)( 2 a [ ]( ) 2, 3g x 在
(3) 2 9 6 2 5 1
(2) 5 4 4 2 2 0
g a a b a
g a a b b
= − + + = = ⇒ ⇒ = − + + = =
[ ]0 ( ) 2, 3a g x< 时， 在
(3) 2 9 6 2 2 1
(2) 2 4 4 2 5 3
g a a b a
g a a b b
= − + + = = − ⇒ ⇒ = − + + = =
011 ==∴< bab 2( ) 2 1g x x x= − + ( ) 1 2f x x x
= + −
(2 ) 2 0x xf k− ⋅ ≥ 12 2 22
x x
x k+ − ≥ ⋅79
，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 ∴
94. 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
21 11 ( ) 22 2x x k+ − ≥ tx
=
2
1 2 2 1k t t≤ − +
]1,1[−∈x ]2,2
1[∈t 12)( 2 +−= tttϕ min( ) 0tϕ = 0k ≤
0)3|12|
2(|)12(| =−−+−
x
x kf 0)32(|12|
21|12| =+−−
++− kk
x
x
0)21(|12|)32(|12| 2 =++−+−− kk xx 0|12| x ≠−
tx =− |12| 0)21()32(2 =+++− ktkt 0t ≠
0)32(|12|
21|12| =+−−
++− kk
x
x
|12| −= xt
0)21()32(2 =+++− ktkt 1t 2t
21 t1t0 ( )f x n>
2
1 ln( 1)( ) ,x xf x x
− − +′ = ( ) 1 ln( 1)( 0),g x x x x= − − + >
( ) 0,1
xg x x
′ = >+ ( )g x (0, )+∞
(2) 1 ln3 0g = − < (3) 2(1 ln 2) 0g = − >
( ) 0g x = (2,3)a∈ 2,m =80
（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
95. (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 ， ， ， ，
( )f x n> ( )n f x< (0, )x∈ +∞
(2,3)a∈ ( ) 0g a = 0 x a< < ( ) 0g x < ( ) 0f x′ < x a>
( ) 0, ( ) 0g x f x′> > x a= ( )f x
( 1)[1 ln( 1)]( ) a af a a
+ + +=
( ) 0g a = 1 ln( 1) 0,a a− − + = 1 ln( 1) ,a a+ + = ( ) 1f a a= +
(2,3)a∈ ( ) (3,4)f a ∈ 3n ≤
2( ) ( ) xf x ax x e= + a R∈
0a < ( ) 0f x >
( )f x a
0a = ( ) 2f x x= +
e 0x > ( ) 0f x > 2 0ax x+ >
0a < 1( ) 0x x a
+ <
( ) 0f x > 1(0, )a
−
2 2( ) (2 1)e ( )e [ (2 1) 1]ex x xf x ax ax x ax a x′ = + + + = + + +
0a = ( ) ( 1)exf x x′ = + ( ) 0f x′ ≥ [ 1 1]− ， 1x = −
0a =
0a ≠ 2( ) (2 1) 1g x ax a x= + + + 2 2(2 1) 4 4 1 0a a a∆ = + − = + >
( ) 0g x = 1x 2x 1 2x x>
( )f x
0a > ( 1) (0) 0g g a− ⋅ = − < ( )f x ( 1 1)− ，
( )f x [ ]1 1− ，
0a < 1 20x x> >
( )g x ( )f x [ 1 1]− ， (0) 1 0g = >
(1) 0,
( 1) 0.
g
g
−
≥
≥
3 2 0,
0.
a
a
+
−
≥
≥
2 03 a− 0x =
2e 1 0x
x
− − = 2( ) e 1xh x x
= − −
2
2( ) e 0xh x x
′ = + > ( ) ( ),0 0,x∈ −∞ +∞
( )h x ( ),0−∞ ( )0,+∞
(1) e 3 0h = − < 2(2) e 2 0h = − > 3 1( 3) e 03h −− = − < 2( 2) e 0h −− = >81
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
96. （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 ，
( ) 2f x x= + [ ]1 2， [ ]3 2− −，
k { }3,1−
,)(,)( 23 bxxxgaxxxf +=+= )(xf ′ )(xg′ )(),( xgxf
0)()( ≥′′ xgxf )(xf )(xg
0>a )(xf )(xg ),1[ +∞−
,0 + > ∴∀ ∈ − +∞ ≥ 2x+b
[ 1, ), , 2;x b∴∀ ∈ − +∞ ≥ − ∴ ≥b 2x [2, )+∞
( ) 0, 3
af x x′ = = ± −
0b > 0a < 0 ( , ), (0) (0) 0a b f g ab′ ′∈ = < ( )f x ( )g x ( , )a b
0b ≤
( ,0), ( ) 0x g x′∈ −∞ ∈ − − <
( ) ( ) 0f x g x′ ′ ≥
,3 3
a aa b≥ − − ≥ − − 1 1 10, 0,| |3 3 3a b a b− ≤ < − ≤ ≤ − ≤
21 1, 0, ( ) ( ) 6 ( )3 9a b f x g x x x′ ′= − = = − 1( ,0)3x∈ − ' '( ) ( ) 0,f x g x ≥
max
1| | 3a b− =
b a< )(xf )(xg
' '( , ), ( ) ( ) 0,x b a f x g x∀ ∈ ≥
( , ), x 0,x b a∀ ∈ ≥2（3 +a）( 2x+b) 0, ( , ),2 0b a x b a x b< < ∴∀ ∈ + ln 1( ) ln 11
xf x x x
= + + +
ln 2 1(2 ) ln 11 2 2
n
n
n nf = + + + n
2 2
2
1 1ln 1 1 log ( 1)2 2 2
n n
n n
a e n e + < ⇔ < − ⇔ > − −
2 2
2
1 1ln 1 1 log ( 1)2 2 2
n n
n n
a e n e + < ⇔ < − ⇔ > − −
2n≥
ln 2 ln 2 ln 2 2ln 2
( 1)1 2 1 (1 1) 1
2
n
n n
n n
n n n
= < =−+ + + − 2ln 2 4ln 2 11 2
a nn n
< ⇔ > +−
0n 2
0 2log ( 1)
n
n e> − − 0
4ln 2 1n a
> + 0 2n ≥
0
0 0
0 ln 2 1(2 ) ln 11 2 2 2 2
n
n n
n a af a = + + < + = +
0a > x ( )f x a≥ (0 )+，∞
a x ( )f x a≥ (0 )+，∞ a
( ]0−∞，
2( ) ( ) ( ) xf x x a x b e= − + a b R∈、 x a= ( )f x
0a = b
a 1 2 3x x x， ， ( )f x b
4x R∈ 1 2 3 4x x x x， ， ， 1 2 3 4
, , ,i i i ix x x x { }1 2 3 4i i i i， ， ， { }1 2 3 4，，，
b 4x
0a = ( ) ( )2 xf x x x b e= +
( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 2 3 2x x xf x x x b e x x b e e x x b x b′′′ ∴ = + + + = + + +
( ) ( )2 3 2g x x b x b= + + + ( ) ( )2 23 8 1 8 0b b b∆ = + − = − + >
∴ 1 2x x< ( ) 0g x =
1 0x = 2 0x = 0x =
1 0x ≠ 2 0x ≠ 0x = ( )f x 1 20x x .< 则
1 2x x， ( ) 0g x = 1 2x x .<
1 2x a x< < 1 2x a x、 、 ( )f x
( ) ( )2
1
3 1 8
2
a b a bx
− − − + − += ( ) ( )2
2
3 1 8
2
a b a bx
− − + + − +=
b 4x
1 2x a x， ， 2 1x a a x− = −
4 22x x a= − 4 12x x a= −
1 22 3a x x a b= + = − − 3b a .= − −
4 22 3x x a a b= − = − − + 2( 1) 8 2 6a b a a+ − + − = +
4 12 3x x a a b= − = − − 2( 1) 8 2 6a b a a− + − + − = −
2 1x a a x− ≠ − 2 12( )x a a x− = − 1 2( ) 2( )a x x a− = −
( )12 2 xaax −=−
2
2
4
xax
+=
( ) ( )
2
813323
2
21
+−+−−−=+= babaxxa
( ) ( ).3381 2 ++−=+−+ baba
( ) ( )21 9 1 17 0a b a b+ − + + − + =
3 0a b+ + ， 1a b+ − = 9 13
2
− + 7 13
2b a
−= − −
1
4
2 ( 3) 3( 3) 1 1332 4 2
a x a a b a bx b a
+ + − − − + + −= = = − − = +86
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
4 2 6x a= ±
7 13
2b a
+= − − 4
1 13
2x a
+= +
7 13
2b a
−= − − 4
1 13
2x a
−= +
( )f x = lna x 2( )g x x= ( ) ( ) ( )F x g x f x= −
( )F x
1
2a ≥ 1x ≥ ( 1)g x − 1( )f x
( )F x
2
a k 21 ( ) (1 )2 g x f x k− + =
k
)(xF ( ) ( ) ( )F x g x f x= − 2 lnx a x= −
∴
x
ax
x
axxF
−=−=′
222)( 0≤a )(xF′
)(xF ( ) 0F x′ = 2
2
ax =
0a >
2
20 ax
2
2a ( ) 0F x′ > )(xF
2
2a
0a ≤ ( )F x (0, )+∞
0a > ( )F x 2 ,2
a +∞ 2
2a
21( ) ( 1) ( ) ( 1) lnh x g x f x a xx
= − − = − +
0
)2
1()2
1(2
)1(2)(
2
>
−+−
=+−=′
x
ax
x
axxh )(xh
0)1()( =≥ hxh )1()1( xfxg ≥−
)(xF 0a > x
2
2a
2)2
2( aaF = a 21 ( ) (1 )2 g x f x k− + =87
，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>−∴
eemeem 1,1 22 +==− 即
eemeem 1,1 22 + xfx )]([)( 00 xffxf > 00 )( xxf >∴
00 )( xxf =
2( ) ( )f x x x a= − − x∈R a∈R
1a = ( )y f x= (2 (2))f，
0a ≠ ( )f x
3a > [ ]1 0k ∈ − ， 2 2( cos ) ( cos )f k x f k x− −≥ x∈R
k
1a = 2 3 2( ) ( 1) 2f x x x x x x= − − = − + − (2) 2f = −
2( ) 3 4 1f x x x′ = − + − (2) 5f ′ = −
2( 1)y x x= − − (2 2)−， 2 5( 2)y x+ = − −
5 8 0x y+ − =
2 3 2 2( ) ( ) 2f x x x a x ax a x= − − = − + −
2 2( ) 3 4 (3 )( )f x x ax a x a x a′ = − + − = − − − ( ) 0f x′ =
3
ax = x a=
0a ≠
0a > x ( )f x′
x 3
a − ∞，
3
a
3
a a
， a ( )a +，∞
( )f x′ − 0 + 0 −
( )f x
3
ax =
3
af
34
3 27
af a = −
( )f x x a= ( )f a ( ) 0f a =
0a < x ( )f x′
x ( )a−∞， a 3
aa
，
3
a
3
a + ，∞91
因此，函数 在 处取得极小值 ，且 ；
函数 在 处取得极大值 ，且 ．
（Ⅲ）证明：由 ，得 ，当 时， ， ．
由（Ⅱ）知， 在 上是减函数，要使 ，
只要 ，即 ①
设 ，则函数 在 上的最大值为 ．
要使①式恒成立，必须 ，即 或 ．
所以，在区间 上存在 ，使得 对任意的 恒成
立．
1. 已 知 函 数 ，（ 为 常 数 ） 是 实 数 集 上 的 奇 函 数 ， 函 数
是区间 上的减函数。
(1) 求 的值；
(2) 若 在 恒成立，求 的取值范围；
(3) 讨论关于 的方程 的根的个数。
21．解：(1)∵ 是实数集 R 上的奇函数
∴
∴ ……3 分
（2）∵ 是区间 的减函数
∴ ，
∴只需 www.jk.zy.w.com
∴ ，（ ）恒成立 ……5 分
令 ，（ ）
则
∴ ，而 恒成立，∴ ……7 分
(3)由(1)知 ∴方程
令 ，
( )f x′ − 0 + 0 −
( )f x x a= ( )f a ( ) 0f a =
( )f x
3
ax =
3
af
34
3 27
af a = −
3a > 13
a > [ ]1 0k ∈ − ， cos 1k x− ≤ 2 2cos 1k x− ≤
( )f x ( ]1−∞， 2 2( cos ) ( cos )f k x f k x− −≥ x∈R
2 2cos cos ( )k x k x x− − ∈R≤ 2 2cos cos ( )x x k k x− − ∈R≤
2
2 1 1( ) cos cos cos 2 4g x x x x = − = − −
( )g x R 2
2 2k k− ≥ 2k ≥ 1k −≤
[ ]1 0− ， 1k = − 2 2( cos ) ( cos )f k x f k x− −≥ x∈R
( ) ln( )xf x e a= + a R
( ) ( ) sing x f x xλ= + [ ]1,1−
a
2( ) 1g x t tλ≤ + + [ 1,1]x∈ − t
x 2ln 2( )
x x ex mf x
= − +
( ) ln( )xf x e a= +
0(0) ln( ) 0f e a= + =
0a =
( ) ( ) sing x f x xλ= + [ 1,1]−
1λ ≤ − max[ ( )] ( 1) sin1g x g λ= − = − −
2sin1 1t tλ λ− − ≤ + +
2( 1) sin1 1 0t tλ+ + + + ≥ 1λ ≤ −
2( ) ( 1) sin1 1h t tλ λ= + + + + 1λ ≤ −
2
1 0
1 sin1 1 0
t
t t
+ ≤
− − + + + ≥
2
1
sin1 0
t
t t
≤ −
− + ≥
2 sin1 0t t− + ≥ 1t ≤ −
( )f x x= 2ln 2x x ex mx
= − +
1
ln( ) xf x x
= 2
2 ( ) 2f x x ex m= − +92
∴ ………8 分
当 时，∴ ， 在 上是增函数
当 时，∴ ， 在 上是减函数
当 时， ……9 分
而
∴当 ，即 时，方程无解； ……10 分
当 ，即 时，方程有一个根； ……11 分
当 ，即 时，方程有两个根； ……12 分
此时
综上所述，存在 b 满足题意，
当 b=-a-3 时，
时，
时，
4
2 ( 3) 3( 3) 1 1332 4 2
a x a a b a bx b a
+ + − − − + + −= = = − − = +
4 2 6x a= ±
7 13
2b a
+= − − 4
1 13
2x a
+= +
7 13
2b a
−= − − 4
1 13
2x a
−= +
1 2
1 ln( ) xf x x
−′ =
(0, )x e∈ 1( ) 0f x′ ≥ 1( )f x ( ]0,e
[ ),x e∈ +∞ 1( ) 0f x′ ≥ 1( )f x [ ),e +∞
x e= 1 max 1
1[ ( )] ( )f x f e e
= =
2 2
2 ( ) ( )f x x e m e= − + −
2 1m e e
− > 2 1m e e
> +
2 1m e e
− = 2 1m e e
= +
2 1m e e
− < 2 1m e e
< +
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