2019-2020年高考数学 考点14 利用导数解决综合问题试题解读与变式.doc

2019-2020年高考数学 考点14 利用导数解决综合问题试题解读与变式【考纲要求】（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.（3）会利用导数解决某些实际问题。 【命题规律】 导数综合问题是高考中的难点所在，题型变化较多，尤其是利用导数证明不等式等相关知识.熟练掌握利用导数这一工具，将试题进行分解，逐一突破，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题，这也是xx年考试的热点问题.【典型高考试题变式】（一）构造函数在导数问题中的应用例1.【xx全国2卷（理）】设函数是奇函数（）的导函数，当时，则使得成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：考虑取特殊函数，是奇函数，且，当时，0，满足题设条件.直接研究函数，图象如下图，可知选B答案.【方法技巧归纳】本题主要考查了函数的奇偶性、导数在研究函数的单调性中的应用和导数在研究函数的极值中的应用，考查学生综合知识能力，渗透着转化与化归的数学思想，属中档题.其解题的方法运用的是特值法，将抽象问题具体化，找出与已知条件符合的特殊函数，分析其函数的图像及其性质，进而得出所求的结果，其解题的关键是特值函数的正确选取.【变式1】【改编例题条件，利用导数运算法则构造函数求最值】【xx河南郑州三质检】设函数满足，则时，的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】对于等式，因为，故此等式可化为：，且.令，.当 时，单调递增，故，因此当时，恒成立.因为，所以恒成立.因此，在 上单调递增，的最小值为.故本题正确答案为D.【变式2】【改编例题条件，利用导数运算法则构造函数求解不等式】【xx河南息县第一高级中学三质检】已知函数的定义域为，其图象关于点中心对称，其导函数，当时， ，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意设，则， 当时， 当时， ，则在上递增， 函数 的定义域为，其图象关于点中心对称， 函数的图象关于点中心对称，则函数是奇函数，令是上的偶函数，且在递增，由偶函数的性质得：函数在上递减， 不等式化为： ，即，解得， 不等式解集是，故选C.【变式3】【改编例题条件，利用函数单调性构造函数求解不等式】【xx江西省鹰潭市高三第一次模拟考试数学（理）】函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【变式4】【改编例题条件，构造函数解决恒成立问题】【xx安徽蚌埠二中高三7月月考（文）】已知对任意实数，关于的不等式在上恒成立，则的最大整数值为( )A. 0 B. C. D. 【答案】B【解析】令，依题意，对任意，当时， 图象在直线下方，列表得的大致图象则当时，当时不成立；当时，设与相切于点.则，解得.，故成立，当时, .故选B.（二）方程解（函数零点）的个数问题例2.【xx全国1卷（理）】已知函数，（1）当为何值时，轴为曲线的切线；（2）用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数【答案】（）；（）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【解析】试题分析：（）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.试题解析：（）设曲线与轴相切于点，则，即，解得.因此，当时，轴是曲线的切线.（）当时，从而，在（1，+）无零点.当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.当时，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.（）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.（）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.若0，即0，在（0,1）无零点.若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；若0，即，由于，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.10分综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【方法技巧归纳】1.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.3. 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题【变式1】【改编例题的条件，依据函数零点个数求参数的取值】【xx江苏卷】已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）若（实数c是a与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是，求c的值.【答案】（1）当时， 在上单调递增；当时， 在，上单调递增，在上单调递减；当时， 在，上单调递增，在上单调递减（2）【解析】试题分析（1）先求函数导数，根据导函数零点大小讨论函数单调性，注意需分三种情况讨论，不要忽略相等的情况（2）首先转化条件：函数有三个不同的零点，就是零在极大值与极小值之间，然后研究不等式以及解集情况，令，则当时且当时，因此确定，然后再利用函数因式分解验证满足题意（2）由（1）知，函数的两个极值为，则函数有三个零点等价于，从而或又，所以当时，或当时，设，因为函数有三个零点时，的取值范围恰好是，则在上，且在上均恒成立，从而，且，因此此时，因函数有三个零点，则有两个异于的不等实根，所以，且，解得综上【变式2】【改编例题的条件，依据函数零点个数证明不等式】【xx天津卷（理）】已知函数，其中.（）讨论的单调性；（）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；（）若关于的方程有两个正实根，求证： 【答案】（） 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. （）见解析； （）见解析.【解析】（）由，可得，其中且，下面分两种情况讨论：（1）当为奇数时：令，解得或，当变化时，的变化情况如下表：所以，在，上单调递减，在内单调递增.（）证明：设点的坐标为，则，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，当时，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有.（）证明：不妨设，由（）知，设方程的根为，可得，当时，在上单调递减，又由（）知可得.类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，即对任意，设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此.由此可得.因为，所以，故，所以.【变式3】【改编例题的条件和结论，函数零点与充要条件综合】【xx北京卷（文）】设函数（）求曲线在点处的切线方程；（）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围；（）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件.【答案】（）;（）;（）见解析.【解析】试题分析：（）求函数f（x）的导数，根据，求切线方程；（）根据导函数判断函数f（x）的单调性，由函数有三个不同零点，求c的取值范围；（）从两方面必要性和不充分性证明，根据函数的单调性判断零点个数.试题解析：（）由，得因为，所以曲线在点处的切线方程为（）当时，所以令，得，解得或与在区间上的情况如下：所以，当且时，存在，使得由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点综上所述，若函数有三个不同零点，则必有故是有三个不同零点的必要条件当，时，只有两个不同零点，所以不是有三个不同零点的充分条件因此是有三个不同零点的必要而不充分条件（三）函数中的隐零点问题例3.【xx全国1卷（理）】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【解析】（1）由于，故.当时，从而恒成立在上单调递减.当时，令，从而，得极小值 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知，当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件当时，令令，则从而在上单调增，而当时，当时当时若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件若，则，故仅有一个实根，不满足条件若，则，注意到故在上有一个实根，而又 且故在上有一个实根又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根综上，【方法技巧归纳】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.【变式1】【改编例题的条件，根据零点个数不同，确定参数取值范围】【xx山西孝义高三入学摸底考试】已知函数.（1）讨论函数在区间上的单调性；（2）已知函数，若，且函数在区间内有零点，求的取值范围.【答案】（1）见解析（2）试题解析：解：(1)由题得，所以.当时， ，所以在上单调递增；当时， ，所以在上单调递减；当时，令，得，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.综上所述，当时， 在上单调递增；当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，所以在上单调递减.(2) ， ，设为在区间内的一个零点，则由，可知在区间上不单调，则在区间内存在零点，同理， 在区间内存在零点，所以在区间内至少有两个零点.由(1)知，当时， 在上单调递增，故在内至多有一个零点，不合题意.当时， 在上单调递减，故在内至多有一个零点，不合题意，所以，此时在区间上单调递减，在区间上单调递增.因此， ， ，必有， .由，得， .又， ，解得.（4） 极值点偏移问题例4.【xx全国1卷（理）】已知函数有两个零点.（）求a的取值范围；（）设x1，x2是的两个零点，证明：.【答案】（）；（）见解析【解析】 试题分析：（）求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；（）借助（）的结论来证明，由单调性可知等价于，即设，则则当时，而，故当时，从而，故试题解析：（）（）设，由得或若，则，故当时，因此在单调递增又当时，所以不存在两个零点若，则，故当时，；当时，因此在单调递减，在单调递增又当时，所以不存在两个零点综上，的取值范围为（）不妨设，由（）知，在单调递减，所以等价于，即由于，而，所以设，则所以当时，而，故当时，从而，故【方法技巧归纳】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.【变式1】【改编例题的条件，由极值点偏移思想证明参数的大小】【xx广东深圳高三入学摸底考试（文）】已知函数.（1）求函数的极小值；（2）若函数有两个零点，求证：.【答案】（1）极小值为（2）见解析【解析】试题分析：（1）先求函数导数.再根据导函数是否变号进行分类讨论：当时，导函数不变号，无极小值；当时，导函数先负后正，有一个极小值（2）先用分析法转化要证不等式：因为. 令，所以只要证，即证，利用导数易得为增函数，即得所以原命题成立.试题解析：解：（1）.当时，在上为增函数，函数无极小值；当时，令，解得.若，则单调递减；若，则单调递增.故函数的极小值为.（2）证明：由题可知.要证，即证，不妨设，只需证，令，即证，要证，只需证，令，只需证，在内为增函数，故，成立.所以原命题成立.【变式2】【改编例题的条件，由极值点偏移思想证明不等式】【xx广东珠海高三9月摸底考试（理）】函数(1)讨论的单调性；(2)若函数有两个极值点，且，求证： 【答案】(1) 时， 在上单减，在上单增； 时， 在上单减，在和上单增; 时， 在上单增;(2)见解析.【解析】试题分析：(1) ，分类讨论，研究的符号情况，进而得到函数的单调区间;(2) 设函数有两个极值点，且， 、是的二根 ，若证成立，只需证对恒成立.设，研究其最值即可.试题解析：解： 的定义域是,(1)由题设知， 令，这是开口向上，以为对称轴的抛物线在时，当，即时， ，即在上恒成立2) 当时，即，即时时， ，即或时， ，即 综上:时， 在上单减，在上单增；时， 在上单减，在和上单增; 时， 在上单增 (2)若函数有两个极值点，且则必是，则，则，且在上单减，在和上单增，则 、是的二根 ，即， 若证成立，只需证即证对恒成立 设当时， ， ， 故,故在上单增故 对恒成立 【变式3】【改编例题的条件，由极值点偏移思想证明不等式（乘积型）】【xx安徽六安市寿县第一中学第一次月考】已知函数（）求函数的单调区间；（）若方程 有两个相异实根， ，且，证明： .【答案】（）在(0,1)递增， 在(1,+ 递减（在此处键入公式。）见解析【解析】试题分析：（1）求出， 可得函数得的增区间， 得可得函数得的减区间；（2）由(1)可设 的两个相异实根分别为满足 ，只需证明. 即可.试题解析：（1）的定义域为 当时 所以 在递增 当时 所以 在递减 （2）由(1)可设的两个相异实根分别为，满足且， 由题意可知 又有(1)可知在递减故 所以， 令 令，则当时，是减函数，所以 所以当时，即 因为， 在上单调递增，所以，故 综上所述： （5） 一元函数不等式的证明例4.【xx山东（理）】已知.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明对于任意的成立.【解析】（1）的定义域为，.当时， 时， 单调递增； ，单调递减.当时，.（ii）若，则，在内，单调递增；（iii）若，则，当或时，单调递增；当时，单调递减.综上所述，当时，函数在内单调递增，在内单调递减；当时，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；当时，在内单调递增；当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.（2）由（1）知，时，令，.则，由可得，当且仅当时取得等号.又，设，则在单调递减，因为，所以在上存在使得 时，时，所以函数在上单调递增；在上单调递减，由于，因此当时，当且仅当时取得等号，所以，即对于任意的恒成立.【方法技巧归纳】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错误百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.【变式1】【改编例题的条件，证明不等式】【xx广东省广州市海珠区高三测试一（理）】已知函数.（1）若函数有零点，求实数的取值范围；（2）证明：当时， .【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，讨论两种情况，分别研究函数的单调性，求其最值，结合函数的图象和零点定理即可求出的取值范围；（2）问题转化为，令，令，利用导数研究函数的单调性，分类讨论求出函数的最值，即可证明.试题解析：（1）函数的定义域为.由，得.当时， 恒成立，函数在上单调递增，又，所以函数在定义域上有个零点.当时，则时， 时， .所以函数在上单调递减，在上单调递增.当.当，即时，又，所以函数在定义域上有个零点.综上所述实数的取值范围为.（2）要证明当时， ，即证明当时， ，即，令，则，当时， ；当时， .所以函数在上单调递减，在上单调递增.当时， .于是，当时， .令，则.当时， ；当时， .所以函数在上单调递增，在上单调递减.当时， .于是，当时， .显然，不等式、中的等号不能同时成立.故当时， ).【变式2】【改编例题的条件，证明不等式（不等式右侧是常数）】【xx吉林省松原市实验高级中学等三校联考（文）】设函数， (1)当时，求函数的单调区间；(2)当， 时，求证： .【答案】(1)增区间为： ， .减区间为， .(2) 见解析。试题解析：(1)函数的定义域为，当时， ，令： ，得： 或，所以函数单调增区间为： ， .，得： ，所以函数单调减区间为， .(2)若证， 成立，只需证： ，即： 当时成立. 设.，显然在内是增函数，且， ，在内有唯一零点，使得： ，且当， ；当， .在递减，在递增.，.，成立.【变式3】【改编例题的条件，证明参数不等式】【xx黑龙江省哈尔滨市第九中学高三二模（文）】已知，函数， （的图象连续不断）(1) 求的单调区间；(2) 当时，证明：存在，使；(3) 若存在属于区间的，且，使，证明： 【答案】答案见解析【解析】试题分析：（1）求的单调区间，由于函数含有对数函数，因此求的单调区间，可用导数法，因此对函数求导得， ，令，解得，列表确定单调区间；（2）当时，证明：存在，使，可转化为在上有解，可令，有根的存在性定理可知，只要在找到两个，是得即可，故本题把代入得，由（1）知在内单调递增，在内单调递减， ，故，取，则，即可证出；（3）若存在均属于区间的，且，使，由（1）知的单调递增区间是，单调递减区间是，故，且在上的最小值为，而， ，只有，由单调性可知， ，从而可证得结论.试题解析：（1）（1分）令，解得（2分）当变化时， 的变化情况如下表：0递增极大值递减所以， 的单调递增区间是，单调递减区间是（5分）（2）证明：当时， ，由（1）知在内单调递增，在内单调递减令 （6分）由于在内单调递增，故，即（7分）取，则.所以存在，使，即存在，使 （9分）（说明： 的取法不唯一，只要满足，且即可）（3）证明：由及（1）的结论知，从而在上的最小值为， （10分）又由， ，知（11分）故即（13分）从而（14分）（六）多元函数不等式的证明例6 【xx天津卷（理）】设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点， 为的导函数.（）求的单调区间；（）设，函数，求证： ；（）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足.【答案】（）增区间是， ，递减区间是.（）见解析；（III）见解析.试题解析：（）解：由，可得，进而可得.令，解得，或.当x变化时， 的变化情况如下表：x+-+所以， 的单调递增区间是， ，单调递减区间是.（）证明：由，得，.令函数，则.由（）知，当时， ，故当时， ， 单调递减；当时， ， 单调递增.因此，当时， ，可得.令函数，则.由（）知， 在上单调递增，故当时， ， 单调递增；当时， ， 单调递减.因此，当时， ，可得.所以， .（III）证明：对于任意的正整数 ， ，且，令，函数.由（II）知，当时， 在区间内有零点；当时， 在区间内有零点.所以在内至少有一个零点，不妨设为，则.由（I）知在上单调递增，故，于是.因为当时， ，故在上单调递增，所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.又因为， ， 均为整数，所以是正整数，从而.所以.所以，只要取，就有.【方法技巧归纳】判断的单调性，只需对函数求导，根据的导数的符号判断函数的单调性，求出单调区间，有关函数的零点问题，先利用函数的导数判断函数的单调性，了解函数的图象的增减情况，再对极值点作出相应的要求，可控制零点的个数.【变式1】【改编例题的条件，双元不等式的证明】【xx江苏省南京市溧水高级中学开学考试】已知函数(1)若是函数的极值点，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在上为单调增函数，求的取值范围；(3)设为正实数，且，求证： 【答案】(1) ；（2）；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）求出导数，由题意可得代入可得，可得切线的斜率和切点，进而得到切线的方程；（2）由函数在上为增函数，可得恒成立，既有，当时， ，求得右边函数的最小值，即可得到范围；（3）运用分析法证明，要证，只需证，即证，设，求出导数判断单调性，运用单调递增，即可得证.试题解析：（1） 由题意知，代入得，经检验，符合题意.从而切线斜率 ，切点为，切线方程为 （3）要证，只需证，即证只需证 设，由（2）知在上是单调函数，又，所以，即成立，所以.【变式2】【改编例题的条件，双元不等式的证明（乘积形式）】【xx江西师范大学附属中学（文）】已知函数是自然对数的底数).(1)求函数的单调区间;(2)若,当时,求函数的最大值;(3)若且,求证: .【答案】（1）在上单调递增,在上单调递减.（2）（3）见解析【解析】试题分析：(1) 求出， 得增区间， 得减区间；(2)利用导数研究函数的单调性即可求函数的最大值；（3）化简已知得, 即，然后利用分析法证明原不等式.试题解析: (1) 的定义域为,且,令, 在上单调递增,在上单调递减.(2) ,当时, ,当时, ,在上单调递增,在上单调递减.(3) , 即.由(1)知 在上单调递增,在上单调递减,且,则要证,即证,即证,即证,即证,由于,即证.令 恒成立在递增, 在恒成立,原不等式成立.【变式3】【改编例题的条件，证明长串不等式】【xx江西省新余市第一中学模拟（理）】已知函数（1）求函数的图象在处的切线方程；（2）若任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）设， ，证明： 【答案】（1）（2） （3）见解析【解析】试题分析：（1）本问考查导数的几何意义， ， ，于是可得切线方程为；（2）本问考查利用导数研究恒成立问题，不等式恒成立，设函数，则转化为当时， 恒成立，对函数求导， ，再令，对求导， ，通过对分区间讨论，使得恒成立，从而得到的取值范围；（3）首先通过微积分定理求出，则，由（2）知，当时， ，即，构造函数，通过证明该函数的单调性，易得出在上恒成立，令，于是通过不等式的放缩，可以得到待证明的结论.当即时， 递减，递减（符合题意）当，即时，由，在上， ，使且时， ，递增，（不符合题意）综上： .（3），由（2）知，当时， ，又令， ，递减即在上恒成立，令原不等式左式右式得证.【数学思想】分类讨论思想1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位.所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思想” 2.分类讨论思想的常见类型问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；问题中的条件是分类给出的；解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.【处理证明不等式问题注意点】解答此类问题，构造合理的函数非常重要，要对具体的条件加以剖析。【典例试题演练】1【xx黑龙江省大庆实验中学开学考试（理）】设函数在上存在导数， ，有，在上，若，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】令 ,则,所以为上单调递减奇函数, ，选B.2.【xx陕西省西安市西北工业大学附属中学第八次模拟考试数学（理）】已知函数，则满足的实数共有（ ）A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个【答案】C【解析】由，可得，或者，由，化为，设， ， 在上递增， ， ，在上有一个根， 满足的值有两个，若， ，设， ，设极值点为，则， ， ，不妨设 而函数在上递增，在上递减，极小值为无实根，综上所述，满足的实数共有根.3.【xx湖南省长沙市长郡中学临考冲刺训练理】已知函数，若对，使得方程有解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 ， ，所以 ，因此，选B.4.【xx山西省晋中市3月高考适应性调研考试理】已知函数，其中，为自然对数的底数，若，是的导函数，函数在区间内有两个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】 ， ，因为在区间内有两个零点，所以在 上有解，即 ，由零点存在定理可得 ，即，也即，解得 且，令则，当 时，当 时，因此，所以的取值范围是，因此选A.5.【xx湖南省衡阳市高三下学期第二次联考数学（文）】设定义域为的单调函数，对任意，都有，若是方程的一个解，且，则实数_【答案】1【解析】根据题意，对任意，都有，又是定义为的单调函数，则为定值，设t= ,则= ，又，所以= ， =，又是方程的一个解，所以是函数的零点，分析易得， ，所以零点在（1,2）之间，所以6.【xx江苏省泰兴中学高三12月阶段性检测】已知函数,且对任意的恒成立,则实数的最大值为_.【答案】17.【xx福建省泉州市高三高考考前适应性模拟（一）】关于的方程有两个不等实根，则实数的取值范围是_【答案】【解析】由得 ，可得在上递增 ，在上 递减， ， ，即 ，故答案为. 8.【xx黑龙江省大庆市大庆实验中学入学考试（文）】已知函数其中 当时，求曲线在点处的切线方程； 讨论函数的单调性； 若函数有两个极值点且求证： 【答案】（1）（2）见解析（3）见解析【解析】试题分析：（1），代入，求及，由点斜式写出切线方程。（2），由于，所以分， 讨论=0的情况，求得单调区间。（2）由（1）可知, ,又，所以。同时不妨设。要证，只需证，下对g(x)求导，可证。试题解析： 当时， ， ，所以切点为（1,0）,斜率k=1,由点斜率式得： 当即时， 的单调递增区间是.当时，即时，令得的单调递增区间是和，单调递减区间是 证明： 在单调递增，且，不等式右侧证毕 有两个极值点， .令在单调递增.不等式左侧证毕.综上可知： 9.【xx安徽省合肥市高三调研性检测数学理】已知函数.（）判断函数的单调性；（）求证： .【答案】（）在和上都是增函数 （）证明见解析【解析】试题分析：（1）先对题设条件中函数解析式进行求导，再构造函数对所求得的导函数的值的符号进行判定；（2）先构造函数，再对其求导得到，求出导函数的零点，得到最小值为0，从而证得然后借助函数的单调性，分、三种情形进行分析推证，使得不等式获证。试题解析：（）由已知的定义域为，,设，则，得，在上是减函数，在上是增函数，在和上都是增函数.（）设，则，得，在上是减函数，在上是增函数，即.当时， ，在上是增函数，即，.当时， ，在上是增函数，即，.当时， 由可知，对一切，有，即.10.【xx云南师范大学附属中学】设函数（1）若函数在上单调递增，求的取值范围；（2）求证：当时，【答案】(1);（2）见解析.【解析】试题分析：（1）求出， 讨论两种情况：，分别令得增区间，令是其子集即可得结果；（2）由（1）知，当时，在上单调递增，由可得，化简即可得结果.试题解析：（1）解：，当时，在上恒成立，所以在上单调递增成立，当时，由，解得，易知，在上单调递减，在上单调递增，由题意有，解得综上所述， （2）证明：由（1）知，当时，在上单调递增，对任意，有成立，所以，代入有，整理得：.11.【xx西藏自治区拉萨中学高三第八次月考数学（理）】已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，若，证明：当时， 的图象恒在的图象上方；（3）证明： .【答案】（1）单调增区间为及，减区间为；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）时， ， ，设，求出函数的导数，利用导数性质推导出恒成立，由此能证明的图象恒在图象的上方；（3）由，设，求出函数的导数，从而，令，得，从而证明结论成立即可.（2）当时，令，则，当时，递减；当时，递增。故，当时，即恒成立，所以的图象恒在的图象上方。（3）由（2）知，即，令，则，即， 12.【xx辽宁省锦州市质量检测（一）（理）】已知，设函数（1）若，证明：存在唯一实数，使得；（2）若当时， ，证明： 【答案】（1）见解析（2）见解析 （），因为，所以在上单调递增而，由（）得存在唯一实数，使得当时， ，当时， 所以在单调递减，在单调递增故有最小值由（）得， 所以设，当时， ， 在单调递减，所以，因为恒成立， ，因此，故13.【xx山西省孝义市下学期高考考前质量检测三（理）】已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）证明： .【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析: （1）对函数求导,按和分别判断导函数的正负,写出函数的单调性; （2）要证，只需证，由（1）可知当时， ，即，当时，上式两边取以为底的对数，可得，用代替可得，又可得，所以,将原不等式放缩,即可证得.试题解析:（1）解： ，若时， 在上单调递减；若时，当时， 单调递减；当时， 单调递增；综上，若时， 在上单调递减；若时， 在上单调递减；在上单调递增；（2）证明：要证，只需证，由（1）可知当时， ，即，当时，上式两边取以为底的对数，可得，用代替可得，又可得，所以，即原不等式成立.14.【xx山东省日照市第二次模拟考试数学（理）】已知函数(I)讨论函数在上的单调性；(II)设函数存在两个极值点，并记作，若，求正数的取值范围； (III)求证：当=1时， （其中e为自然对数的底数）【答案】（1）当时，函数在上是增函数；当时，函数在上是减函数，在上是增函数（2）正数的取值范围是（3）见解析【解析】试题分析:（1）先求函数导数，再讨论导函数在定义区间上符号变化规律：当时， ，即在上是增函数；当时，导函数有一个零点，符号先负后正，对应区间先减后增，（2）由题意易得要使函数存在两个极值点，必有，且极值点必为， ，因此，即正数的取值范围是再化简条件，得，利用导数研究其单调性：为单调减，因此正数的取值范围是（3）要证不等式，即证，利用导数易得函数最小值为1，而,得证.试题解析：（） ，（ ）当时， ， ，函数在上是增函数；当时，由，得，解得（负值舍去），所以当时， ，从而，函数在上是减函数；当时， ，从而，函数在上是增函数综上，当时，函数在上是增函数；当时，函数在上是减函数，在上是增函数由（）式可知， 不等式化为，令，所以，令， 当时， ， ，所以，不合题意；当时， ， ，所以在是减函数，所以，适合题意，即综上，若，此时正数的取值范围是 （）当时， ，不等式可化为，所以要证不等式，即证，即证，设，则，在上，h（x）0，h（x）是减函数；在上，h（x）0，h（x）是增函数所以，设，则是减函数，所以，所以，即，所以当时，不等式成立