高考數(shù)學(xué)專題講座 第17講 高頻考點(diǎn)分析之極限、導(dǎo)數(shù)和定積分探討

【備戰(zhàn)高考數(shù)學(xué)專題講座】第17講：高頻考點(diǎn)分析之極限、導(dǎo)數(shù)和定積分探討1～2講，我們對客觀性試題解法進(jìn)行了探討，3～8講，對數(shù)學(xué)思想方法進(jìn)行了探討，9～12講對數(shù)學(xué)解題方法進(jìn)行了探討，從第13講開始我們對高頻考點(diǎn)進(jìn)行探討。在我國現(xiàn)在中學(xué)數(shù)學(xué)新教材中，微積分處于一種特殊的地位，是高中數(shù)學(xué)知識的一個(gè)重要交匯點(diǎn)，是聯(lián)系多個(gè)章節(jié)內(nèi)容以及解決相關(guān)問題的重要工具。微積分的思想方法和基本理論有著廣泛的應(yīng)用。結(jié)合中學(xué)數(shù)學(xué)的知識，高考中微積分問題主要有以下幾種：1.極限的計(jì)算；2.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最（極）值；3.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的增減性；4.導(dǎo)數(shù)的幾何意義和應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線；5.定積分的計(jì)算和應(yīng)用。結(jié)合年全國各地高考的實(shí)例，我們從以上五方面探討極限、導(dǎo)數(shù)和定積分問題的求解。一、極限的計(jì)算： 典型例題：例1.（年四川省理5分）函數(shù)在處的極限是【】A、不存在B、等于C、等于D、等于【答案】A?！究键c(diǎn)】分段函數(shù)，極限?！窘馕觥糠侄魏瘮?shù)在處不是無限靠近同一個(gè)值，故不存在極限。故選A。例2.（年重慶市理5分）▲.【答案】?！究键c(diǎn)】極限的運(yùn)算。【分析】。例3.（年上海市理4分）有一列正方體，棱長組成以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，體積分別記為，則▲.【答案】。【考點(diǎn)】無窮遞縮等比數(shù)列的極限，等比數(shù)列的通項(xiàng)公式?！窘馕觥坑烧襟w的棱長組成以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，可知它們的體積則組成了一個(gè)以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，因此，。二、應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最（極）值：典型例題：例1.（年重慶市理5分）設(shè)函數(shù)在上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為，且函數(shù)的圖像如題圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是【】（A）函數(shù)有極大值和極小值（B）函數(shù)有極大值和極小值（C）函數(shù)有極大值和極小值（D）函數(shù)有極大值和極小值【答案】D?！究键c(diǎn)】函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的條件，函數(shù)的圖象?！痉治觥坑蓤D象知，與軸有三個(gè)交點(diǎn)，－2，1，2，∴。由此得到，，，和在上的情況：－212＋0－0＋0－＋＋＋0－－－＋0－－－0＋↗極大值↘非極值↘極小值↗∴的極大值為，的極小值為。故選D。例2.（年陜西省理5分）設(shè)函數(shù)，則【】A.為的極大值點(diǎn)B.為的極小值點(diǎn)C.為的極大值點(diǎn)D.為的極小值點(diǎn)【答案】D?！究键c(diǎn)】應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值。【解析】∵，令得?！喈?dāng)時(shí)，，為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，為增函數(shù)，所以為的極小值點(diǎn)。故選D。例3.（年陜西省文5分）設(shè)函數(shù)則【】A．=為的極大值點(diǎn)B．=為的極小值點(diǎn)C．=2為的極大值點(diǎn)D．=2為的極小值點(diǎn)【答案】D?！究键c(diǎn)】應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值?！窘馕觥俊撸畹??！喈?dāng)時(shí)，，為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，為增函數(shù)。∴為的極小值點(diǎn)。故選D。例4.（年廣東省理14分）設(shè)a＜1，集合，（1）求集合D（用區(qū)間表示）（2）求函數(shù)在D內(nèi)的極值點(diǎn)?！敬鸢浮拷猓海?）設(shè)，方程的判別式①當(dāng)時(shí)，，恒成立，∴?！?，即集合D=。②當(dāng)時(shí)，，方程的兩根為，?！唷啵醇螪=。③當(dāng)時(shí)，，方程的兩根為，?！唷！啵醇螪=。（2）令得的可能極值點(diǎn)為。①當(dāng)時(shí)，由（1）知，所以隨的變化情況如下表：00↗極大值↘極小值↗∴在D內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)為：極大值點(diǎn)為，極小值點(diǎn)為。②當(dāng)時(shí)，由（1）知=?！撸?，∴隨的變化情況如下表：0↗極大值↘↗∴在D內(nèi)僅有一個(gè)極值點(diǎn)：極大值點(diǎn)為，沒有極小值點(diǎn)。③當(dāng)時(shí)，由（1）知?！?，∴?！??！唷！嘣贒內(nèi)沒有極值點(diǎn)?！究键c(diǎn)】分類思想的應(yīng)用，集合的計(jì)算，解不等式，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用。【解析】（1）根據(jù)根的判別式應(yīng)用分類思想分、、討論即可，計(jì)算比較繁。（2）求出，得到的可能極值點(diǎn)為。仍然分、、討論。例5.（年浙江省理14分）已知，，函數(shù)．（Ⅰ）證明：當(dāng)時(shí)，（i）函數(shù)的最大值為；（ii）；（Ⅱ）若對恒成立，求的取值范圍．【答案】(Ⅰ)證明：(ⅰ)．當(dāng)b≤0時(shí)，＞0在0≤x≤1上恒成立，此時(shí)的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當(dāng)b＞0時(shí)，在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，此時(shí)的最大值為：＝|2a－b|﹢a。綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a。(ⅱ)設(shè)＝﹣，∵，∴令。當(dāng)b≤0時(shí)，＜0在0≤x≤1上恒成立，此時(shí)的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當(dāng)b＜0時(shí)，在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，≤|2a－b|﹢a綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大?！擤?≤≤1對x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。取b為縱軸，a為橫軸．則可行域?yàn)椋汉停繕?biāo)函數(shù)為z＝a＋b。作圖如下：由圖易得：當(dāng)目標(biāo)函數(shù)為z＝a＋b過P(1，2)時(shí)，有．∴所求a＋b的取值范圍為：。【考點(diǎn)】分類思想的應(yīng)用，不等式的證明，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，簡單線性規(guī)劃?！窘馕觥?Ⅰ)(ⅰ)求導(dǎo)后，分b≤0和b＞0討論即可。(ⅱ)利用分析法，要證＋|2a－b|﹢a≥0，即證＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即證在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1﹣(|2a－b|﹢a)要大．根據(jù)－1≤≤1對x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，從而利用線性規(guī)劃知識，可求a＋b例6.（年江西省文14分）已知函數(shù)在上單調(diào)遞減且滿足。（1）求的取值范圍；（2）設(shè)，求在上的最大值和最小值?！敬鸢浮拷猓海?）∵，，∴?！??！唷！吆瘮?shù)在上單調(diào)遞減，∴對于任意的，都有?！嘤傻?；由得?！?。又當(dāng)=0時(shí)，對于任意的，都有，函數(shù)符合條件；當(dāng)=1時(shí)，對于任意的，都有，函數(shù)符合條件。綜上所述，的取值范圍是0≤≤1。（2）∵∴。（i）當(dāng)=0時(shí)，對于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（ii）當(dāng)=1時(shí)，對于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（iii）當(dāng)0＜＜1時(shí)，由得，①若，即時(shí)，在[0，1]上是增函數(shù)，∴在[0，1]上最大值是，最小值是；②若，即時(shí)，在取得最大值g，在=0或=1時(shí)取到最小值：∵，∴當(dāng)時(shí)，在=0取到最小值；當(dāng)時(shí)，在=1取到最小值?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性?！窘馕觥浚?）由題意，函數(shù)在[0，1]上單調(diào)遞減且滿足，可求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，將函數(shù)在[0，1]上單調(diào)遞減轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)在[0，1]上的函數(shù)值恒小于等于0，再結(jié)合，這兩個(gè)方程即可求得取值范圍。（2）由題設(shè)條件，先求出的解析式，求出導(dǎo)函數(shù)，由于參數(shù)的影響，函數(shù)在[0，1]上的單調(diào)性不同，結(jié)合（1）的結(jié)論及分=0，=1，0＜＜1三類對函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行討論，確定并求出函數(shù)的最值。例7.（年重慶市文13分）已知函數(shù)在處取得極值為（1）求、的值（6分）；（2）若有極大值28，求在上的最大值（7分）．【答案】解：（Ⅰ）∵，∴?！咴邳c(diǎn)處取得極值，∴，即，化簡得，解得。（Ⅱ）由（Ⅰ）得，令，得。，和在上的情況如下表：－0＋0－↘極小值↗極大值↘由此可知在處取得極大值，在處取得極小值?！哂袠O大值28，∴，解得。此時(shí)，∴上的最小值為。【考點(diǎn)】函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值，最值之間的關(guān)系?！痉治觥浚á瘢┫葘瘮?shù)進(jìn)行求導(dǎo)，根據(jù)=0，，求出、的值。（Ⅱ）根據(jù)（Ⅰ）對函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，令，解出，列表求出函數(shù)的極大值和極小值。再比較函數(shù)的極值與端點(diǎn)函數(shù)值的大小，端點(diǎn)函數(shù)值與極大值中最大的為函數(shù)的最大值，端點(diǎn)函數(shù)值與極小值中最小的為函數(shù)的最小值。例8.（年江蘇省16分）若函數(shù)在處取得極大值或極小值，則稱為函數(shù)的極值點(diǎn)。已知是實(shí)數(shù)，1和是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)．（1）求和的值；（2）設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，求的極值點(diǎn)；（3）設(shè)，其中，求函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【答案】解：（1）由，得?！?和是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)，∴，，解得。（2）∵由（1）得，，∴，解得。∵當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴是的極值點(diǎn)。∵當(dāng)或時(shí)，，∴不是的極值點(diǎn)?！嗟臉O值點(diǎn)是－2。（3）令，則。先討論關(guān)于的方程根的情況：當(dāng)時(shí)，由（2）可知，的兩個(gè)不同的根為I和一2，注意到是奇函數(shù)，∴的兩個(gè)不同的根為一和2。當(dāng)時(shí)，∵，，∴一2,－1，1，2都不是的根。由（1）知。①當(dāng)時(shí)，，于是是單調(diào)增函數(shù)，從而。此時(shí)在無實(shí)根。②當(dāng)時(shí)．，于是是單調(diào)增函數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（1,2）內(nèi)有唯一實(shí)根。同理，在（一2，一I）內(nèi)有唯一實(shí)根。③當(dāng)時(shí)，，于是是單調(diào)減兩數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（一1，1）內(nèi)有唯一實(shí)根。因此，當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)不同的根滿足；當(dāng)時(shí)有三個(gè)不同的根，滿足?，F(xiàn)考慮函數(shù)的零點(diǎn)：(i）當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)根，滿足。而有三個(gè)不同的根，有兩個(gè)不同的根，故有5個(gè)零點(diǎn)。(11）當(dāng)時(shí)，有三個(gè)不同的根，滿足。而有三個(gè)不同的根，故有9個(gè)零點(diǎn)。綜上所述，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有5個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，函數(shù)有9個(gè)零點(diǎn)。【考點(diǎn)】函數(shù)的概念和性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?）求出的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)1和是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)代入列方程組求解即可。（2）由（1）得，，求出，令，求解討論即可。（3）比較復(fù)雜，先分和討論關(guān)于的方程根的情況；再考慮函數(shù)的零點(diǎn)。例9.（年山東省理5分）設(shè)函數(shù)，若的圖像與圖像有且僅有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)A（x1，y1）,B(x2，y2),則下列判斷正確的是【】A.當(dāng)a<0時(shí)，x1＋x2<0，y1＋y2>0B.當(dāng)a<0時(shí)，x1＋x2>0，y1＋y2<0C.當(dāng)a>0時(shí)，x1＋x2<0，y1＋y2<0D.當(dāng)a>0時(shí)，x1＋x2>0，y1＋y2>0【答案】B。【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用。【解析】令，則。設(shè)，。令，則要使的圖像與圖像有且僅有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)必須：，整理得。取值討論：可取來研究。當(dāng)時(shí)，，解得，此時(shí)，此時(shí)；當(dāng)時(shí)，，解得，此時(shí)，此時(shí)。故選B。例10.（年天津市理14分）已知函數(shù)的最小值為，其中.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若對任意的,有成立，求實(shí)數(shù)的最小值；（Ⅲ）證明.【答案】解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域?yàn)?，求?dǎo)函數(shù)可得.令，得。當(dāng)變化時(shí)，和的變化情況如下表：－0＋↘極小值↗∴在處取得極小值?！嘤深}意，得?！?。（Ⅱ）當(dāng)≤0時(shí)，取，有，故≤0不合題意。當(dāng)＞0時(shí)，令，即。求導(dǎo)函數(shù)可得。令，得。①當(dāng)時(shí)，≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對任意的），總有，即對任意的，有成立?！喾项}意。②當(dāng)時(shí)，＞0，對于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調(diào)遞增，因此取(0，)時(shí)，，即有不成立?！嗖缓项}意。綜上，實(shí)數(shù)的最小值為。（Ⅲ）證明：當(dāng)=1時(shí)，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當(dāng)≥2時(shí)，。在（2）中，取，得，∴?！唷＞C上，?！究键c(diǎn)】導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值。【分析】（Ⅰ）確定函數(shù)的定義域，求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最小值，利用函數(shù)的最小值為，即可求得的值。（Ⅱ）當(dāng)≤0時(shí)，取，有，故≤0不合題意。當(dāng)＞0時(shí)，令，求導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)等于0，分類討論：①當(dāng)時(shí)，≤0，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對任意的），總有。②當(dāng)時(shí)，＞0，對于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調(diào)遞增。由此可確定的最小值。（Ⅲ）當(dāng)=1時(shí)，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當(dāng)≥2時(shí)，由，在（Ⅱ）中，取得,從而可得，由此可證結(jié)論。例11.（年安徽省理13分）設(shè)（=1\*ROMANI）求在上的最小值；（=2\*ROMANII）設(shè)曲線在點(diǎn)的切線方程為；求的值?！敬鸢浮拷猓海?1\*ROMANI）設(shè)，則?！?。=1\*GB3①當(dāng)時(shí)，?！嘣谏鲜窃龊瘮?shù)?！喈?dāng)時(shí)，的最小值為。=2\*GB3②當(dāng)時(shí)，∴當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，的最小值為。（=2\*ROMANII）∵，∴。由題意得：，即，解得。【考點(diǎn)】復(fù)合函數(shù)的應(yīng)用，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的增減性，基本不等式的應(yīng)用?！窘馕觥浚?1\*ROMANI）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的的性質(zhì)分和求解。（=2\*ROMANII）根據(jù)切線的幾何意義列方程組求解。三、應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的增減性：典型例題：例1.（年浙江省理5分）設(shè)，【】A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】A。【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥繉x項(xiàng)A，若，必有。構(gòu)造函數(shù)：，則恒成立，故有函數(shù)在x＞0上單調(diào)遞增，即a＞b成立。其余選項(xiàng)用同樣方法排除。故選A。例2.（年湖南省文5分）設(shè)定義在R上的函數(shù)是最小正周期為2的偶函數(shù)，是的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，0＜＜1；當(dāng)且時(shí)，，則函數(shù)在[-2，2]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為【】A.2B.4C.5D.8【答案】Ｂ?！究键c(diǎn)】函數(shù)的周期性、奇偶性、圖像及兩個(gè)圖像的交點(diǎn)問題?！窘馕觥坑僧?dāng)且≠時(shí)，，知為減函數(shù)；為增函數(shù)。又時(shí)，0＜f(x)＜1，在R上的函數(shù)f(x)是最小正周期為2的偶函數(shù)，在同一坐標(biāo)系中作出和草圖像如下，由圖知在[-2，2]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4個(gè)。例3.（年遼寧省文5分）函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為【】（A）（1,1]（B）（0,1]（C.）[1，+∞）（D）（0，+∞）【答案】B?！究键c(diǎn)】用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間?！窘馕觥俊?，∴?！?。故選B。例4.（年遼寧省理5分）若，則下列不等式恒成立的是【】(A)(B)(C)(D)【答案】C?！究键c(diǎn)】導(dǎo)數(shù)公式，利用導(dǎo)數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性與最值來證明不等式。【解析】設(shè)，則所以所以當(dāng)時(shí)，同理∴即。故選C。例5.（年山東省文4分）若函數(shù)在［－1，2］上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)在上是增函數(shù)，則a＝▲.【答案】?！究键c(diǎn)】函數(shù)的增減性?！窘馕觥俊?，∴。當(dāng)時(shí)，∵，函數(shù)是增函數(shù)，∴在［－1，2］上的最大值為，最小值為。此時(shí)，它在上是減函數(shù)，與題設(shè)不符。當(dāng)時(shí)，∵，函數(shù)是減函數(shù)，∴在［－1，2］上的最大值為，最小值為。此時(shí)，它在上是增函數(shù)，符合題意。綜上所述，滿足條件的。例6.（年浙江省文15分）已知a∈R，函數(shù)（1）求的單調(diào)區(qū)間（2）證明：當(dāng)0≤≤1時(shí)，+＞0.【答案】解：（1）由題意得，當(dāng)時(shí)，恒成立，此時(shí)的單調(diào)遞增區(qū)間為；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為。（2）由于，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。設(shè)，則。則有01－－0＋＋1減極小值增1∴?！喈?dāng)時(shí)，總有。∴。【考點(diǎn)】分類思想的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值和單調(diào)區(qū)間，不等式的證明?！窘馕觥浚?）求出導(dǎo)數(shù)，分和討論即可。（2）根據(jù)，分和兩種情形，得到，從而設(shè)出新函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)，證出，得到恒成立，即。例7.（年天津市理5分）函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是【】（A）0（Ｂ）1（Ｃ）2（Ｄ）3【答案】B?！究键c(diǎn)】函數(shù)的零點(diǎn)的概念，函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！痉治觥俊?，∴函數(shù)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增。又∵，?！嗪瘮?shù)在區(qū)間（0，1）內(nèi)有唯一的零點(diǎn)。故選B。例8.（年福建省文14分）已知函數(shù)f(x)＝axsinx－eq\f(3,2)(a∈R)，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為eq\f(π－3,2).（I）求函數(shù)f(x)的解析式；（II）判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并加以證明．【答案】解：（I）由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，對于任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有sinx＋xcosx＞0。當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－eq\f(3,2)，不合題意；當(dāng)a＜0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＜0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)單調(diào)遞減，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不斷的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝－eq\f(3,2)，不合題意；當(dāng)a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)單調(diào)遞增，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不斷的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\f(π,2)a－eq\f(3,2)＝eq\f(π－3,2)，解得a＝1。綜上所述，函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)。（II）f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)。證明如下：由（I）知，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，從而有f(0)＝－eq\f(3,2)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0。又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不斷的，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)。又由（I）知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)。當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的圖象是連續(xù)不斷的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0。由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，有g(shù)′(x)＜0，從而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內(nèi)單調(diào)遞減。當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時(shí)，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時(shí)，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上無零點(diǎn)；當(dāng)x∈(m，π)時(shí)，有g(shù)(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內(nèi)單調(diào)遞減．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)。綜上所述，f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，函數(shù)的零點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值。【解析】（I）由題意，可借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)＝axsinx－eq\f(3,2)(a∈R)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調(diào)性，確定出最值，令最值等于eq\f(π－3,2)，即可得到關(guān)于a的方程，由于a的符號對函數(shù)的最值有影響，故可以對a的取值范圍進(jìn)行討論，分類求解。（II）借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)在（0，π）內(nèi)單調(diào)性，由零點(diǎn)判定定理即可得出零點(diǎn)的個(gè)數(shù)。例9.（年全國大綱卷理12分）設(shè)函數(shù)。（1）討論的單調(diào)性；（2）設(shè)，求的取值范圍?！敬鸢浮拷猓骸＃?）∵，∴。當(dāng)時(shí)，，在上為單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，在上為單調(diào)遞減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，由得，由得或；由得?！喈?dāng)時(shí)在和上為為單調(diào)遞增函數(shù)；在上為單調(diào)遞減函數(shù)。（2）由恒成立可得。令，則。當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，。又，所以，即故當(dāng)時(shí)，有，①當(dāng)時(shí)，，，所以。②當(dāng)時(shí)，。綜上可知故所求的取值范圍為。【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的運(yùn)用，三角函數(shù)的有界性，?！窘馕觥浚?）利用三角函數(shù)的有界性，求解單調(diào)區(qū)間。（2）運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)的思想，證明不等式。關(guān)鍵是找到合適的函數(shù)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)證明最值大于或者小于零的問題得到解決。例10.（年全國大綱卷文12分）已知函數(shù)．（1）討論的單調(diào)性；（2）設(shè)有兩個(gè)極值點(diǎn)，，若過兩點(diǎn)，的直線與軸的交點(diǎn)在曲線上，求的值．【答案】解：（1）∵，∴=1\*GB3①當(dāng)時(shí)，，且僅當(dāng)時(shí)?！嗍窃龊瘮?shù)。=2\*GB3②當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)根。列表如下：的增減性＞0增函數(shù)＜減函數(shù)＞0增函數(shù)（2）由題設(shè)知，，是的兩個(gè)根，∴，且?！?。同理，。∴直線的解析式為。設(shè)直線與軸的交點(diǎn)為，則，解得。代入得，∵在軸上，∴，解得，或或?！究键c(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性和極值，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用。【解析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，分區(qū)間討論即可。（2）由，是的兩個(gè)根和（1）的結(jié)論，得，求出關(guān)于的表達(dá)式和關(guān)于的表達(dá)式，從而得到直線的解析式。求出交點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入，由其等于0，求出的值。例11.（年全國課標(biāo)卷理12分）已知函數(shù)滿足滿足；（1）求的解析式及單調(diào)區(qū)間；（2）若，求的最大值。【答案】解：（1）∵，∴。令得，?！??！?，得。∴的解析式為。設(shè)，則。∴在上單調(diào)遞增。又∵時(shí)，，單調(diào)遞增；時(shí)，，單調(diào)遞減?！嗟膯握{(diào)區(qū)間為：單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為。（2）∵，∴。令得。=1\*GB3①當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞增。但時(shí)，與矛盾。=2\*GB3②當(dāng)時(shí)，由得；由得。∴當(dāng)時(shí)，∴。令；則。由得；由得?！喈?dāng)時(shí)，∴當(dāng)時(shí)，的最大值為?！究键c(diǎn)】函數(shù)和導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)。【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)求出單調(diào)區(qū)間。（2）由和，表示出，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)求解。例12.（年全國課標(biāo)卷文5分）設(shè)函數(shù)(Ⅰ)求的單調(diào)區(qū)間(Ⅱ)若a=1，k為整數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，，求k的最大值【答案】解：(Ｉ)f(x)的的定義域?yàn)?，。若，則，∴在上單調(diào)遞增。若，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。(Ⅱ)∵a=1，∴。∴當(dāng)x>0時(shí)，，它等價(jià)于。令，則。由(Ｉ)知，函數(shù)在上單調(diào)遞增?！?，，∴在上存在唯一的零點(diǎn)。∴在上存在唯一的零點(diǎn)，設(shè)此零點(diǎn)為，則。當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。∴在上的最小值為。又∵，即，∴。因此，即整數(shù)k的最大值為2?！究键c(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥?Ｉ)分和討論的單調(diào)區(qū)間即可。(Ⅱ)由于當(dāng)x>0時(shí)，等價(jià)于，令，求出導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)情況求出整數(shù)k的最大值。例13.（年北京市文13分）已知函數(shù)（1）若曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線，求a、b的值；（2）當(dāng)a=3,b=－9時(shí)，若函數(shù)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，求k的取值范圍。【答案】解：（1）∵（1，c）為公共切點(diǎn)，∴。∴，即=1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵a=3,b=－9，∴設(shè)。則。令，解得。又∵在各區(qū)間的情況如下：1＋0－0＋∴在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。其中，為最大值?！嗳绻瘮?shù)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，則區(qū)間包含最大值點(diǎn)?！?，即k的取值范圍為?！究键c(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最大值，切線的斜率，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?）由曲線與曲線有公共點(diǎn)（1，c）可得；由曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線可得兩切線的斜率相等，即。聯(lián)立兩式即可求出a、b的值。（2）由a=3,b=－9得到的方程，求導(dǎo)可得的單調(diào)區(qū)間；根據(jù)函數(shù)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，則區(qū)間包含最大值點(diǎn)。從而得出k的取值范圍。例14.（年天津市文14分）已知函數(shù)，其中.（I）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（II）若函數(shù)在區(qū)間（－2，0）內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求的取值范圍；（III）當(dāng)=1時(shí)，設(shè)函數(shù)在區(qū)間上的最大值為M（），最小值為m（）,記，求函數(shù)在區(qū)間上的最小值?！敬鸢浮拷猓海↖）求導(dǎo)函數(shù)可得。令，可得。當(dāng)變化時(shí)，和的變化情況如下表：＋0－0＋↗極大值↘極小值↗∴函數(shù)的遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為。（II）由（I）知函數(shù)在區(qū)間（－2，－1）內(nèi)單調(diào)遞增，在（－1，0）內(nèi)單調(diào)遞減，∴函數(shù)在（－2，0）內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)?！啵?，解得?！嗟娜≈捣秶鸀?0，)。（III）=1時(shí)，，由（I）知，函數(shù)在（－3，－1）上單調(diào)遞增，在（－1，1）上單調(diào)遞減，在（1，2）上單調(diào)遞增。①當(dāng)]時(shí)，，－1∈[，+3]，在[，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，+3]上單調(diào)遞減?！嗪瘮?shù)在[，+3]上的最大值為M（）=，而最小值m（）為與中的較小者。由知，當(dāng)∈[－3，－2]時(shí)，，故m（）=f（），所以。而在[－3，－2]上單調(diào)遞增，因此?！嘣赱－3，－2]上的最小值為。②當(dāng)∈[－2，－1]時(shí)，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]。下面比較的大?。河稍赱－2，－1]，[1，2]上單調(diào)遞增，有。∵，∴M（）=，m（）=∴在[－2，－1]上的最小值為。綜上，函數(shù)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值為?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和單調(diào)性?！痉治觥浚↖）求導(dǎo)函數(shù)，令＞0，可得函數(shù)的遞增區(qū)間；令＜0，可得單調(diào)遞減區(qū)間。（II）由（I）知函數(shù)在區(qū)間（－2，－1）內(nèi)單調(diào)遞增，在（－1，0）內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)在（－2，0）內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，由此可求的取值范圍。（III）=1時(shí)，，由（I）知，函數(shù)在（－3，－1）上單調(diào)遞增，在（－1，1）上單調(diào)遞減，在（1，2）上單調(diào)遞增，再進(jìn)行分類討論：①當(dāng)∈[－3，－2]時(shí)，+3∈[0，1]，－1∈[，+3]，在[，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，+3]上單調(diào)遞減，因此函數(shù)在[，+3]上的最大值為M（）=，而最小值m（）為與中的較小者，從而可得在[－3，－2]上的最小值；②當(dāng)∈[－2，－1]時(shí)，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]，比較的大小，從而可確定函數(shù)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值。例15.（年山東省理13分）已知函數(shù)=（k為常數(shù)，e=2.71828……是自然對數(shù)的底數(shù)），曲線y=)在點(diǎn)（1，f(1)）處的切線與x軸平行。（Ⅰ）求k的值；（Ⅱ）求的單調(diào)區(qū)間；（Ⅲ）設(shè)g(x)=(x2+x)，其中為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，證明：對任意x＞0，?！敬鸢浮拷猓海á瘢┯?可得，∵曲線y=f(x)在點(diǎn)（1，f(1)）處的切線與x軸平行，∴，即，解得。（Ⅱ），令可得，即。令，由指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，在時(shí)，從單調(diào)減??；從單調(diào)增加。∴和只相交于一點(diǎn)，即只有一解。由（Ⅰ）知，，∴。當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。（取點(diǎn)代入）∴在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)；在內(nèi)為減函數(shù)。（Ⅲ）∵，可以證明，對任意x＞0，有（通過函數(shù)的增減性和極值證明），∴。設(shè)。則。令，解得。當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。∴在取得最大值。∴，即?！鄬θ我鈞＞0，?！究键c(diǎn)】曲線的切線，兩直線平行的性質(zhì)，冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)和極值?！窘馕觥浚á瘢┯汕€y=f(x)在點(diǎn)（1，f(1)）處的切線與x軸平行，可令y=f(x)在點(diǎn)（1，f(1)）處的導(dǎo)數(shù)值為0，即可求得k的值。（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論它的正負(fù)，即可得的單調(diào)區(qū)間。（Ⅲ）對，用縮小法構(gòu)造函數(shù)，求出它的最大值即可得到證明。例16.（年湖南省文13分）已知函數(shù)，其中＞0.（Ⅰ）若對一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合；（Ⅱ）在函數(shù)的圖像上取定兩點(diǎn)，記直線AB的斜率為，證明：存在，使恒成立.【答案】解：（Ⅰ）令，得。當(dāng)時(shí)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)單調(diào)遞增?！喈?dāng)時(shí)，取最小值?！鄬σ磺泻愠闪?，當(dāng)且僅當(dāng).①令則。當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減?！喈?dāng)時(shí)，取最大值?！喈?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，①式成立。綜上所述，的取值集合為。（Ⅱ）證明：由題意知，。令則。令，則。當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增?！喈?dāng)，即。∴，。又∵∴?！吆瘮?shù)在區(qū)間上的圖像是連續(xù)不斷的一條曲線，∴存在使即成立?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、最值、不等式恒成立，分類討論思想、函數(shù)與方程思想，轉(zhuǎn)化與劃歸思想等數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用?！窘馕觥浚á瘢├脤?dǎo)函數(shù)法求出取最小值對一切∈R，≥1恒成立轉(zhuǎn)化為從而得出求的取值集合。（Ⅱ）在假設(shè)存在的情況下進(jìn)行推理，然后把問題歸結(jié)為一個(gè)方程是否存在解的問題，通過構(gòu)造函數(shù)，研究這個(gè)函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行分析證明。例17.（年福建省理14分）已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.（Ⅰ）若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）試確定a的取值范圍，使得曲線y＝f(x)上存在唯一的點(diǎn)P，曲線在該點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)P.【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處切線斜率k＝2a∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此時(shí)f′(x)＝ex－e，∵f′(x)＝0得x＝1，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，有f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，有f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)。（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)P等價(jià)于函數(shù)g(x)有唯一零點(diǎn)。因?yàn)間(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0①若a≥0，當(dāng)x＞x0時(shí)，g′(x)＞0，則x＞x0時(shí)，g(x)＞g(x0)＝0；當(dāng)x＜x0時(shí)，g′(x)＜0，則x＜x0時(shí)，g(x)＞g(x0)＝0。故g(x)只有唯一零點(diǎn)x＝x0。由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合題意。②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，記x*＝ln(－2則當(dāng)x∈(－∞，x*)時(shí)，h′(x)＜0，從而h(x)在(－∞，x*)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x*，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，從而h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增。(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)時(shí)，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)時(shí)，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)在R上有且只有一個(gè)零點(diǎn)x＝x*。(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且h(x0)＝0，則當(dāng)x∈(x*，x0)時(shí)有g(shù)′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(shù)(x1)＞0。又當(dāng)x∈(－∞，x1)時(shí)，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0由于a＜0，則必存在x2＜x1，使得axeq\o\al(2,2)＋bx2＋c＜0.所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)內(nèi)存在零點(diǎn)．即g(x)在R上至少有兩個(gè)零點(diǎn)。(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞eq\f(x3,6)，可證函數(shù)g(x)在R上至少有兩個(gè)零點(diǎn)。綜上所述，當(dāng)a＜0時(shí)，曲線y＝f(x)上存在唯一點(diǎn)P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲線在該點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性?！窘馕觥浚á瘢┣髮?dǎo)函數(shù)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，可求a的值，由f′(x)<0，可得函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間；由f′(x)＞0，可得單調(diào)增區(qū)間。（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲線在該點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)P等價(jià)于g(x)有唯一零點(diǎn)，求出導(dǎo)函數(shù)，再進(jìn)行分類討論：①若a≥0，g(x)只有唯一零點(diǎn)x＝x0，由P的任意性a≥0不合題意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a，可得函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可研究g(例18.（年遼寧省文12分）設(shè)，證明：(Ⅰ)當(dāng)時(shí)，(Ⅱ)當(dāng)時(shí)，【答案】證明：(Ⅰ)設(shè)，則?！弋?dāng)時(shí)，，∴單調(diào)遞減。又∵，∴?！喈?dāng)時(shí)，。(Ⅱ)由均值不等式，當(dāng)＞0時(shí)，，即。令。則。令。則當(dāng)時(shí)，?！嘣冢?，3）內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)?！哂?，∴在（1，3）內(nèi)，?！嘣冢?，3）內(nèi)，。∴在（1，3）內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)?！哂郑嘣冢?，3）內(nèi)，?！喈?dāng)時(shí)，?！究键c(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的概念、幾何意義、導(dǎo)數(shù)在判斷函數(shù)單調(diào)性。【解析】（I）用差值法構(gòu)造函數(shù)，可得當(dāng)時(shí)，，可判斷在時(shí)是單調(diào)遞減函數(shù)，從而由得到出，進(jìn)而得出結(jié)論。（II）由均值不等式，可得。用差值法構(gòu)造函數(shù)，可得。構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷在（1，3）內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)，從而得到出在（1，3）內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)，進(jìn)而得出結(jié)論。例19.（年江西省理14分）若函數(shù)滿足（1），；（2）對任意，有；（3）在上單調(diào)遞減。則稱為補(bǔ)函數(shù)。已知函數(shù)。（1）判函數(shù)是否為補(bǔ)函數(shù)，并證明你的結(jié)論；（2）若存在，使得，稱是函數(shù)的中介元。記時(shí)的中介元為，且，若對任意的，都有，求的取值范圍；（3）當(dāng)，時(shí)，函數(shù)的圖像總在直線的上方，求的取值范圍。【答案】解：（1）函數(shù)h(x)是補(bǔ)函數(shù)，證明如下：①h(0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－0,1＋0)))eq\f(1,p)＝1，h(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－1,1＋λ)))eq\f(1,p)＝0；②對任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－ap,1＋λap)))\f(1,p)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\f(1－ap,1＋λap),1＋λ\f(1－ap,1＋λap))))eq\f(1,p)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋λap,1＋λ)))eq\f(1,p)＝a；③令g(x)＝(h(x))p，有g(shù)′(x)＝eq\f(－pxp－11＋λxp－1－xpλpxp－1,1＋λxp2)＝eq\f(－p1＋λxp－1,1＋λxp2)?！擀?gt;－1，p>0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0?！嗪瘮?shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，故函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減。（2）當(dāng)p＝eq\f(1,n)(n∈*)，由h(x)＝x，得λxeq\f(2,n)＋2xeq\f(1,n)－1＝0，(*)①當(dāng)λ＝0時(shí)，中介元xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n；②當(dāng)λ>－1且λ≠0時(shí)，由(*)得xeq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(1＋λ)＋1)∈(0,1)或xeq\f(1,n)＝eq\f(1,1－\r(1＋λ))?[0,1]；得中介元xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n。綜合①②：對任意的λ>－1，中介元為xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n(n∈*)。∴當(dāng)λ>－1時(shí)，有Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))i＝eq\f(1,\r(1＋λ))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n))<eq\f(1,\r(1＋λ))，當(dāng)n無限增大時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n無限接近于0，Sn無限接近于eq\f(1,\r(1＋λ))。∴對任意的n∈*，Sn<eq\f(1,2)成立等價(jià)于eq\f(1,\r(1＋λ))≤eq\f(1,2)，即λ∈[3，＋∞)．（3）當(dāng)λ＝0時(shí)，h(x)＝(1－xp)eq\f(1,p)，中介元為xp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(1,p)。①當(dāng)0<p≤1時(shí)，eq\f(1,p)≥1，中介元xp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(1,p)≤eq\f(1,2)，所以點(diǎn)(xp，h(xp))不在直線y＝1－x的上方，不符合條件。②當(dāng)p>1時(shí)，依題意只需(1－xp)eq\f(1,p)>1－x在x∈(0,1)時(shí)恒成立，也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0,1)時(shí)恒成立。設(shè)φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)，則φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]。由φ′(x)＝0得x＝eq\f(1,2)，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，φ′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，φ′(x)>0。又∵φ(0)＝φ(1)＝1，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ(x)<1恒成立。綜上：p的取值范圍是(1，＋∞)?！究键c(diǎn)】綜合法與分析法的應(yīng)用，簡單的演繹推理?！窘馕觥浚?）可通過對函數(shù)進(jìn)行研究，探究其是否滿足補(bǔ)函數(shù)的三個(gè)條件來確定函數(shù)是否是補(bǔ)函數(shù)。（2）由題意，先根據(jù)中介元的定義得出中介元xn通式，代入，計(jì)算出和，然后結(jié)合極限的思想，利用Sn<eq\f(1,2)得到參數(shù)的不等式，解出它的取值范圍。（3），時(shí)，對參數(shù)p分別討論由函數(shù)的圖象總在直線的上方這一位置關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化，解出p的取值范圍。四、導(dǎo)數(shù)的幾何意義和應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線：典型例題：例1.（年全國課標(biāo)卷文5分）曲線在點(diǎn)（1,1）處的切線方程為▲【答案】?！究键c(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，曲線的切線方程?！窘馕觥俊?，∴。∴?！嗲€在點(diǎn)（1,1）處的切線方程為，即。例2.（年廣東省理5分）曲線在點(diǎn)（1，3）處的切線方程為▲?！敬鸢浮?。【考點(diǎn)】曲線的切線方程，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用。【解析】∵，，∴由點(diǎn)斜式得所求的切線方程為，即。例3.（年遼寧省理5分）已知P，Q為拋物線上兩點(diǎn)，點(diǎn)P，Q的橫坐標(biāo)分別為4，2，過P、Q分別作拋物線的切線，兩切線交于A，則點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為▲?！敬鸢浮??！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求切線方程的方法，直線的方程、兩條直線的交點(diǎn)的求法?！窘馕觥俊唿c(diǎn)P，Q的橫坐標(biāo)分別為4，2，∴代人拋物線方程得P，Q的縱坐標(biāo)分別為8，2。由得，∴?！噙^點(diǎn)P，Q的拋物線的切線的斜率分別為4，2?！噙^點(diǎn)P，Q的拋物線的切線方程分別為。聯(lián)立方程組解得?！帱c(diǎn)A的縱坐標(biāo)為4。例4.（年陜西省理5分）設(shè)函數(shù)，是由軸和曲線及該曲線在點(diǎn)處的切線所圍成的封閉區(qū)域，則在上的最大值為▲.【答案】2?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程，簡單線性規(guī)劃。【解析】先求出曲線在點(diǎn)（1，0）處的切線，然后畫出區(qū)域D，利用線性規(guī)劃的方法求出目標(biāo)函數(shù)z的最大值即可：∵，，∴曲線及該曲線在點(diǎn)處的切線方程為?！嘤奢S和曲線及圍成的封閉區(qū)域?yàn)槿切?。在點(diǎn)處取得最大值2。例5.（年北京市理13分）已知函數(shù)（1）若曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線，求a、b的值；（2）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間（－∞，－1）上的最大值。【答案】解：（1）∵（1，c）為公共切點(diǎn)，∴?！啵?1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵，∴設(shè)。則。令，解得。∵，∴。又∵在各區(qū)間的情況如下：＋0－0＋∴在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。①若，即時(shí)，最大值為；②若，即時(shí)，最大值為。③若時(shí)，即時(shí)，最大值為。綜上所述：當(dāng)時(shí)，最大值為；當(dāng)時(shí)，最大值為1?！究键c(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最大值，切線的斜率，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?）由曲線與曲線有公共點(diǎn)（1，c）可得；由曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線可得兩切線的斜率相等，即。聯(lián)立兩式即可求出a、b的值。（2）由得到只含一個(gè)參數(shù)的方程，求導(dǎo)可得的單調(diào)區(qū)間；根據(jù)，和三種情況討論的最大值。例6.（年四川省理14分） 已知為正實(shí)數(shù)，為自然數(shù)，拋物線與軸正半軸相交于點(diǎn)，設(shè)為該拋物線在點(diǎn)處的切線在軸上的截距。（Ⅰ）用和表示；（Ⅱ）求對所有都有成立的的最小值；（Ⅲ）當(dāng)時(shí)，比較與的大小，并說明理由?！敬鸢浮拷猓海á瘢┯梢阎?，交點(diǎn)A的坐標(biāo)為，對求導(dǎo)得。∴拋物線在點(diǎn)A處的切線方程為，即?！?。（Ⅱ）由（1）知，則成立的充要條件是。即知，對于所有的n成立，特別地，取n=2時(shí)，得到。當(dāng)時(shí),。當(dāng)n=0，1，2時(shí)，顯然。∴當(dāng)時(shí)，對所有自然數(shù)都成立?！酀M足條件的的最小值是。（Ⅲ）由（1）知，則，。下面證明：。首先證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，，設(shè)函數(shù)，則?！弋?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在區(qū)間（0,1）上的最小值min=g。∴當(dāng)0<x<1時(shí)，≥0,即得。由0<a<1知0<ak<1()，∴。從而?！究键c(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、不等式、數(shù)列?！窘馕觥浚á瘢└鶕?jù)拋物線與x軸正半軸相交于點(diǎn)A，可得A，進(jìn)一步可求拋物線在點(diǎn)A處的切線方程，從而可得（Ⅱ）由（Ⅰ）知，則成立的充要條件是，即知，對所有n成立。當(dāng)時(shí)，；當(dāng)n=0，1，2時(shí)，，由此可得的最小值。（Ⅲ）由（Ⅰ）知，證明當(dāng)0＜x＜1時(shí)，即可證明：。例7.（年安徽省文12分）設(shè)定義在（0，+）上的函數(shù)（Ⅰ）求的最小值；（=2\*ROMANII）若曲線在點(diǎn)處的切線方程為，求的值。【答案】解：（=1\*ROMANI）∵，∴當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，的最小值為。（=2\*ROMANII）∵曲線在點(diǎn)處的切線方程為，∴?！?1\*GB3①。又∵，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②得：。【考點(diǎn)】基本不等式的應(yīng)用，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?1\*ROMANI）應(yīng)用基本不等式即可求得的最小值。（=2\*ROMANII）由和聯(lián)立方程組，求解即可求得的值。例8.（年湖北省文14分）設(shè)函數(shù)f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n為整數(shù)，a，b為常數(shù)．曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1.（Ⅰ）求a，b的值；（=2\*ROMANII）求函數(shù)f(x)的最大值；（=3\*ROMANIII）證明：f(x)＜eq\f(1,ne).【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由點(diǎn)(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0?！遞′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。又∵切線x＋y＝1的斜率為－1，∴－a＝－1，即a＝1。∴a＝1，b＝0。（=2\*ROMANII）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)－x))。令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(n,n＋1)，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)x0＝eq\f(n,n＋1)?！咴趀q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(n,n＋1)))上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)，＋∞))上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n,n＋1)))＝eq\f(nn,n＋1n＋1)。（=3\*ROMANIII）證明：令φ(t)＝lnt－1＋eq\f(1,t)(t＞0)，則φ′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)(t＞0)?！咴?0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)單調(diào)遞增，∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值為φ(1)＝0?！唳?t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－eq\f(1,t)(t＞1)。令t＝1＋eq\f(1,n)，得lneq\f(n＋1,n)＞eq\f(1,n＋1)，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞lne?！鄀q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞e，即eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)。由（=2\*ROMANII）知，f(x)≤eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)，∴所證不等式成立?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程?！窘馕觥浚↖）由題意曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1，故可根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義與切點(diǎn)處的函數(shù)值建立