專題3.3 導(dǎo)數(shù)在函數(shù)最值及生活實(shí)際中的應(yīng)用（解析版）

3.3導(dǎo)數(shù)在函數(shù)最值及生活實(shí)際中的應(yīng)用思維導(dǎo)圖知識點(diǎn)總結(jié)導(dǎo)數(shù)與不等式構(gòu)造法證明不等式是指在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時，根據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性、極值、最值加以證明．常見的構(gòu)造方法有：(1)直接構(gòu)造法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)；(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮，二是利用常見的放縮結(jié)論，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx＜x＜ex(x＞0)，eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)：稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對數(shù)，把不等式轉(zhuǎn)化為左、右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的形式，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)；(4)構(gòu)造雙函數(shù)：若直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)難以判斷符號，導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)也不易求得，因此函數(shù)單調(diào)性與極值點(diǎn)都不易獲得，則可構(gòu)造函數(shù)f(x)和g(x)，利用其最值求解．零點(diǎn)與隱零點(diǎn)問題1．已知函數(shù)有零點(diǎn)求參數(shù)范圍常用的方法(1)分離參數(shù)法：一般命題情境為給出區(qū)間，求滿足函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為從f(x)中分離出參數(shù)，然后利用求導(dǎo)的方法求出由參數(shù)構(gòu)造的新函數(shù)的極值和最值，根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；(2)分類討論法：一般命題情境為沒有固定區(qū)間，求滿足函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為結(jié)合單調(diào)性，先確定參數(shù)分類的標(biāo)準(zhǔn)，在每個小范圍內(nèi)研究零點(diǎn)的個數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求參數(shù)范圍．2．隱零點(diǎn)問題的解題技巧(能夠判斷其存在但無法直接表示的，稱之為“隱零點(diǎn)”)對于隱零點(diǎn)問題，常用代數(shù)變形、整體代換、構(gòu)造函數(shù)、不等式應(yīng)用等技巧．典型例題分析考向一移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)證明不等式例1(2021·南昌調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點(diǎn)是A(1，1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直．(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x≥1時，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).解(1)因?yàn)閒(x)＝1－eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(lnx－1,x2)，f′(1)＝－1.因?yàn)間(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，g′(x)＝－eq\f(ae,ex)－eq\f(1,x2)－b.因?yàn)榍€y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點(diǎn)是A(1，1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，從而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1，解得a＝b＝－1.(2)證明：g(x)＝－eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x)＋x，則f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)?1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.令h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，則h(1)＝0，h′(x)＝－eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x2)＋1＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1.因?yàn)閤≥1，所以h′(x)＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1＞0，h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.故當(dāng)x≥1時，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值證明不等式．考向二單變量不等式恒成立或存在性問題例2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))上存在極值，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)如果當(dāng)x≥1時，不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－1－lnx,x2)＝－eq\f(lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．所以1為函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，且是唯一的極值點(diǎn)，所以0＜a＜1＜a＋eq\f(1,2)，故eq\f(1,2)＜a＜1，即正實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)當(dāng)x≥1時，k≤eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)恒成立，令g(x)＝eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)(x≥1)，則g′(x)＝eq\f(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋lnx＋1＋\f(1,x)))－（x＋1）（1＋lnx）,x2)＝eq\f(x－lnx,x2).令h(x)＝x－lnx(x≥1)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，2].(1)“恒成立”“存在性”問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化．(2)構(gòu)造函數(shù)是求范圍問題中的一種常用方法，解題過程中盡量采用分離參數(shù)的方法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．考向三構(gòu)造雙函數(shù)例3已知兩函數(shù)f(x)＝8x2＋16x－m(m∈R)，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，若?x1∈[－3，3]，?x2∈[－3，3]，恒有f(x1)>g(x2)成立，求m的取值范圍．解若?x1∈[－3，3]，?x2∈[－3，3]，恒有f(x1)>g(x2)成立，只需在[－3，3]上，f(x)min>g(x)min即可．f(x)＝8x2＋16x－m＝8(x＋1)2－m－8，f(x)min＝f(－1)＝－m－8，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，g′(x)＝6x2＋10x＋4＝2(x＋1)(3x＋2)，當(dāng)x∈[－3，－1)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，3))時，g′(x)>0，故[－3，－1)與eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，3))是g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(2,3)))時，g′(x)<0，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(2,3)))是g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．因此g(x)的極小值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－eq\f(28,27)，又g(－3)＝－21，所以g(x)min＝－21，所以－m－8>－21，解得m<13.所以m的取值范圍為(－∞，13).常見的雙變量不等式恒成立問題的類型(1)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)max.(2)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)min.(3)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)min≤g(x2)min.(4)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max.(5)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)min.(6)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)max.考向四判斷函數(shù)零點(diǎn)(方程根)的個數(shù)例4已知函數(shù)f(x)＝ex－x－a(a∈R).(1)當(dāng)a＝0時，求證：f(x)>x；(2)討論函數(shù)f(x)在R上的零點(diǎn)個數(shù)，并求出相對應(yīng)的a的取值范圍．解(1)證明：當(dāng)a＝0時，f(x)＝ex－x，令g(x)＝f(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，則g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，得x＝ln2.當(dāng)x<ln2時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．ln2是g(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，即g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2lneq\f(e,2)>0，故當(dāng)a＝0時，f(x)>x成立．(2)f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0.所以當(dāng)x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以0是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，即f(x)min＝f(0)＝1－a.當(dāng)1－a>0，即a<1時，f(x)在R上沒有零點(diǎn)．當(dāng)1－a＝0，即a＝1時，f(x)在R上只有一個零點(diǎn)．當(dāng)1－a<0，即a>1時，因?yàn)閒(－a)＝e－a－(－a)－a＝e－a>0，所以f(x)在(－∞，0)內(nèi)只有一個零點(diǎn)．由(1)得ex>2x，令x＝a，得ea>2a，所以f(a)＝ea－a－a＝ea－2a>0，于是f(x)在(0，＋∞)內(nèi)只有一個零點(diǎn)．因此，當(dāng)a>1時，f(x)在R上有兩個零點(diǎn)．綜上，當(dāng)a<1時，函數(shù)f(x)在R上沒有零點(diǎn)；當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)在R上有一個零點(diǎn)；當(dāng)a>1時，函數(shù)f(x)在R上有兩個零點(diǎn)．利用導(dǎo)數(shù)確定含參函數(shù)零點(diǎn)或方程根的個數(shù)的常用方法(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉(zhuǎn)化成確定g(x)的零點(diǎn)個數(shù)問題求解，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定區(qū)間端點(diǎn)值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)．(2)利用零點(diǎn)存在定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點(diǎn)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點(diǎn)值符號，進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點(diǎn)的個數(shù)．考向五已知函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)求參數(shù)問題例5函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝1處取得極值．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若y＝f(x)－m－1在定義域內(nèi)有兩個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx的定義域?yàn)?0，＋∞).f′(x)＝a＋lnx＋1.因?yàn)閒′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，則f(x)＝－x＋xlnx，f′(x)＝lnx.令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1).(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)內(nèi)有兩個零點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為直線y＝m＋1與y＝f(x)的圖象有兩個不同的交點(diǎn)．由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝－1，當(dāng)0<x<e時，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；當(dāng)x>e時，f(x)>0.當(dāng)x→0時，f(x)→0；當(dāng)x→＋∞時，顯然f(x)→＋∞.由圖象可知，－1＜m＋1<0，即－2＜m<－1，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－2，－1).利用函數(shù)零點(diǎn)求參數(shù)范圍的方法(1)分離參數(shù)(a＝g(x))后，將原問題轉(zhuǎn)化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉(zhuǎn)化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個數(shù)問題(優(yōu)選分離、次選分類)求解．(2)利用零點(diǎn)存在定理構(gòu)建不等式求解．(3)轉(zhuǎn)化為兩個熟悉的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解(客觀題常用).考向六可轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)的問題例6已知直線l：y＝x＋1，函數(shù)f(x)＝aex.(1)當(dāng)a＝1，x＞0時，證明：曲線y＝f(x)－eq\f(1,2)x2在直線l的上方；(2)若直線l與曲線y＝f(x)有兩個不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)證明：令h(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，則h′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝h′(x)，則g′(x)＝ex－1，當(dāng)x＞0時，g′(x)＞0，h′(x)為增函數(shù)，所以h′(x)＞h′(0)＝0，從而h(x)也為增函數(shù)，得h(x)＞h(0)＝0.故ex－eq\f(1,2)x2＞x＋1，即曲線y＝f(x)－eq\f(1,2)x2在直線l的上方．(2)令φ(x)＝aex－x－1，則φ′(x)＝aex－1，當(dāng)a≤0時，令φ′(x)＜0，得φ(x)在R上單調(diào)遞減，不符合題意；當(dāng)a＞0時，令φ′(x)＝0，得x＝lneq\f(1,a)，所以φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))上為減函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))上為增函數(shù)，由已知函數(shù)φ(x)有兩個零點(diǎn)，φ(x)min＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝－lneq\f(1,a)＜0，得0＜a＜1，此時φ(－1)＝eq\f(a,e)＞0，φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，ln\f(1,a)))上有且只有一個零點(diǎn)．由(1)得當(dāng)x＞0時，φ(x)＞aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x＋1))－x－1＝eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋a－1，所以φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))eq\s\up15(2)＋(a－1)·eq\f(2,a)＋a－1＝a＋1＞0.由(1)知，當(dāng)x＞0時，h′(x)＞0得ex＞x＋1，令x＋1＝t，則lnt＜t－1(t＞1)，所以eq\f(2,a)＞eq\f(1,a)－1＞lneq\f(1,a)，φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，\f(2,a)))上有且只有一個零點(diǎn)．綜上，0＜a＜1.處理函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)圖象的交點(diǎn)問題的常用方法(1)數(shù)形結(jié)合，即分別作出兩函數(shù)的圖象，觀察交點(diǎn)情況．(2)將函數(shù)交點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為方程f(x)＝g(x)根的個數(shù)問題，通過構(gòu)造函數(shù)y＝f(x)－g(x)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值，并作出草圖，根據(jù)草圖確定根的情況．考向七與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的證明問題例7已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(e,x)＋a2x2－ax.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若a＝0且x∈(0，1)，求證：f(x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)－x2))ex.解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x)＋2a2x－a＝eq\f(2a2x2－ax－1,x)＝eq\f(（2ax＋1）（ax－1）,x).若a＝0，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；若a>0，當(dāng)x＝eq\f(1,a)時，f′(x)＝0；當(dāng)0＜x<eq\f(1,a)時，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,a)時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增；若a<0，當(dāng)x＝－eq\f(1,2a)時，f′(x)＝0；當(dāng)0＜x<－eq\f(1,2a)時，f′(x)<0；當(dāng)x>－eq\f(1,2a)時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)證法一：若a＝0且x∈(0，1)，則f(x)＝lneq\f(e,x)＝1－lnx.欲證f(x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)－x2))ex，只需證x(1－lnx)<(1＋x－x3)ex.設(shè)函數(shù)g(x)＝x(1－lnx)，則g′(x)＝－lnx．當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以g(x)<g(1)＝1.設(shè)函數(shù)h(x)＝(1＋x－x3)ex，則h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.設(shè)函數(shù)p(x)＝2＋x－3x2－x3，則p′(x)＝1－6x－3x2.當(dāng)x∈(0，1)時，p′(0)p′(1)＝－8<0，故存在x0∈(0，1)，使得p′(x0)＝0，從而函數(shù)p(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，1)上單調(diào)遞減，所以p(x0)>p(0)＝2，且p(1)<0，故存在x1∈(0，1)，使得h′(x1)＝0，即當(dāng)x∈(0，x1)時，h′(x)>0，當(dāng)x∈(x1，1)時，h′(x)<0，從而函數(shù)h(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，1)上單調(diào)遞減．因?yàn)閔(0)＝1，h(1)＝e，所以當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)>h(0)＝1，所以x(1－lnx)<(1＋x－x3)ex，x∈(0，1)，即f(x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)－x2))ex，x∈(0，1).證法二：若a＝0且x∈(0，1)，則f(x)＝lneq\f(e,x)＝1－lnx，欲證f(x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)－x2))ex，只需證x(1－lnx)<(1＋x－x3)ex.設(shè)函數(shù)g(x)＝x(1－lnx)，則g′(x)＝－lnx．當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增．所以g(x)<g(1)＝1.設(shè)函數(shù)h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0，1)，因?yàn)閤∈(0，1)，所以x>x3，所以1＋x－x3>1，又1<ex<e，所以h(x)>1，所以g(x)<1<h(x)，即原不等式成立．證法三：若a＝0且x∈(0，1)，則f(x)＝lneq\f(e,x)＝1－lnx．欲證f(x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)－x2))ex，只需證eq\f(1－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)<1，由于1－lnx>0，ex>e0＝1，則eq\f(1－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1－lnx＋x2－eq\f(1,x)，則只需證明1－lnx＋x2－eq\f(1,x)<1，只需證明lnx－x2＋eq\f(1,x)>0，令g(x)＝lnx－x2＋eq\f(1,x)，x∈(0，1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2x－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－2x3－1,x2)<eq\f(x－1,x2)<0，則函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，則g(x)>ln1－12＋1＝0，所以lnx－x2＋eq\f(1,x)>0，所以eq\f(1－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1，即原不等式成立．處理函數(shù)隱性零點(diǎn)的三個步驟(1)確定零點(diǎn)的存在范圍(可以由零點(diǎn)存在定理確定，也可以由函數(shù)的圖象特征得到)；(2)根據(jù)零點(diǎn)的意義進(jìn)行代數(shù)式的替換，替換過程中，盡可能將復(fù)雜目標(biāo)式變形為常見的整式或分式，盡可能將指、對數(shù)函數(shù)式用有理式替換；(3)結(jié)合前兩步，確定目標(biāo)式的范圍．基礎(chǔ)題型訓(xùn)練一、單選題1．若，則

(

)A． B．C． D．【答案】C【詳解】試題分析：對于A，B作出圖象如圖所示，可見時，既有單調(diào)減函數(shù)區(qū)間，單調(diào)增函數(shù)區(qū)間，故都不正確；對于C，設(shè)，作如圖所示，因，此時，在上為減函數(shù)，故有，得，故C正確，D不正確，故選C.考點(diǎn)：1、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；2、函數(shù)的圖象及數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.2．若函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，則在上的單調(diào)增區(qū)間為A． B． C．和 D．和【答案】D【詳解】試題分析：由題意得，解得，又，所以單調(diào)增區(qū)間為和，選D.考點(diǎn)：三角函數(shù)單調(diào)區(qū)間3．設(shè)，若函數(shù)在區(qū)間上有三個零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是A． B． C． D．【答案】D【詳解】令，可得.在坐標(biāo)系內(nèi)畫出函數(shù)的圖象（如圖所示）.當(dāng)時，.由得.設(shè)過原點(diǎn)的直線與函數(shù)的圖象切于點(diǎn)，則有，解得.所以當(dāng)直線與函數(shù)的圖象切時.又當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)時，有，解得.結(jié)合圖象可得當(dāng)直線與函數(shù)的圖象有3個交點(diǎn)時，實(shí)數(shù)的取值范圍是.即函數(shù)在區(qū)間上有三個零點(diǎn)時，實(shí)數(shù)的取值范圍是.選D.點(diǎn)睛：已知函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)（方程根的個數(shù)）求參數(shù)值（取值范圍）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；(2)分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的值域問題加以解決；(3)數(shù)形結(jié)合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)合求解，對于一些比較復(fù)雜的函數(shù)的零點(diǎn)問題常用此方法求解.4．已知在區(qū)間內(nèi)任取兩個不相等的實(shí)數(shù)，不等式恒成立,則實(shí)數(shù)的取值范圍為

A． B． C． D．【答案】D【詳解】∵p≠q，不妨設(shè)p＞q，由于，∴f（p）﹣f（q）＞p﹣q，得[f（p）﹣p]﹣[f（q）﹣q]＞0，∵p＞q，∴g（x）＝f（x）﹣x在（0，1）內(nèi)是增函數(shù)，∴g'（x）＞0在（0，1）內(nèi)恒成立，即0恒成立，ax（2x+1）的最大值，∵x∈（0，1）時x（2x+1）＜3，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[3，+∞）．故選：D．5．已知函數(shù)，若，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，求出最值解決恒成立問題.【詳解】函數(shù)，①當(dāng)，即時，滿足；②當(dāng)，即時，若，則有，令，則有，若，易知在上單調(diào)遞增，不一定都滿足，∴，即，，由，解得，由，解得，所以，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，由，則有，解得，所以時，滿足；③當(dāng)，即時，若，則有，即，易知，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，當(dāng)時，所以，即，所以不滿足恒成立；綜上，若，的取值范圍是.故選：A6．已知函數(shù)，在區(qū)間內(nèi)任取兩個實(shí)數(shù)，且，若不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知不等式得新函數(shù)的切線的斜率均大于，求出的導(dǎo)數(shù)，由不等式恒成立求解．【詳解】因?yàn)樵趨^(qū)間內(nèi)任取兩個實(shí)數(shù)，且，若不等式恒成立，即在區(qū)間內(nèi)任取兩個實(shí)數(shù)，且，若不等式恒成立，它表示函數(shù)在上任意兩點(diǎn)間連線的斜率大于，也即在上任意兩點(diǎn)間連線的斜率大于．所以在恒成立，變形得，時，，即，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立．所以，的最小值為．故選：C．【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：本題考查函數(shù)不等式恒成立問題，解題關(guān)鍵掌握斜率與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系．時，表示圖象上兩點(diǎn)連線的斜率，而當(dāng)無限趨近于（）時，無限趨近于函數(shù)在點(diǎn)處切線的斜率，即．二、多選題7．已知函數(shù)的圖象如圖，是的導(dǎo)函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，即可判斷選項(xiàng)AB，記，，作直線AB，根據(jù)兩點(diǎn)坐標(biāo)求出直線AB的斜率，結(jié)合圖形即可得出CD選項(xiàng)..【詳解】由函數(shù)的圖像可知函數(shù)是單調(diào)遞增的，所以函數(shù)圖像上任意一點(diǎn)處的導(dǎo)函數(shù)值都大于零，并且由圖像可知，函數(shù)圖像在處的切線斜率大于在處的切線斜率，所以；故A錯誤，B正確；記，，作直線，則直線的斜率，由函數(shù)圖像，可知，即.故C，D正確；故選：BCD8．若存在，則稱為二元函數(shù)在點(diǎn)處對x的偏導(dǎo)數(shù)，記為.已知二元函數(shù)，，則（

）A． B．關(guān)于t的函數(shù)C．的最小值為 D．關(guān)于t的函數(shù)有極小值【答案】BCD【分析】根據(jù)所給的定義分別得到、后就容易求解了.【詳解】對于A、C，因?yàn)?，所以，則.因?yàn)?，所以?dāng)時，取得最小值，且最小值為.故A錯誤，C正確..對于B、D，因?yàn)?，所以，則.，令，.當(dāng)時；當(dāng)時.所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以在處取得極小值.故B、D都正確.故選：BCD三、填空題9．函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f￠（x）=__________．【答案】【詳解】試題分析：考點(diǎn)：函數(shù)求導(dǎo)數(shù)10．某箱子的容積與底面邊長的關(guān)系為，則當(dāng)箱子的容積最大時，箱子的底面邊長為__________．【答案】40【詳解】分析：令v′=60x﹣=0，解得x=40，明確函數(shù)的單調(diào)性，由此能求出當(dāng)箱子的容積最大時，箱子的底面邊長．詳解：∵V（x）=x2（）（0＜x＜60），∴v′=60x﹣，0＜x＜60，令v′=60x﹣=0，解得x=0（舍去），或x=40，并求得V（40）=16000．當(dāng)x∈（0，40）時，v‘（x）＞0，v（x）是增函數(shù)；當(dāng)x∈（40，60）時，v′（x）＜0，v（x）是減函數(shù)，v（40）=16000是最大值．∴當(dāng)箱子容積最大，箱子的底面邊長為40．故答案為40．點(diǎn)睛：求函數(shù)最值的步驟：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)；(3)解方程求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；(4)求出函數(shù)的極值（5）把極值與端點(diǎn)值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值.11．若對任意，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)取值的集合為__________.【答案】【分析】令，則恒成立的不等式可化為，利用導(dǎo)數(shù)可求得的范圍，從而構(gòu)造函數(shù)，分別討論和的情況，結(jié)合正負(fù)可得單調(diào)性，通過可確定的取值.【詳解】由得：，令，則，在上單調(diào)遞增，，即，則原不等式可化為在上恒成立，令，則，①當(dāng)時，恒成立，在上單調(diào)遞增，又，當(dāng)時，，不合題意；②當(dāng)時，若，則；若，則；在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；又，若，則，不合題意；若，則，不合題意；若，則，即在上恒成立，滿足題意；綜上所述：實(shí)數(shù)的取值集合為.故答案為：.12．已知函數(shù)，下列說法正確的是___________.①的圖像關(guān)于點(diǎn)對稱②的圖象與有無數(shù)個交點(diǎn)③的圖象與只有一個交點(diǎn)④【答案】①③【分析】根據(jù)函數(shù)解析式，驗(yàn)證函數(shù)是否滿足，從而得到對稱性；求導(dǎo)，研究函數(shù)的單調(diào)性，判斷函數(shù)圖像交點(diǎn)問題及函數(shù)值大小問題；【詳解】由知，的圖像關(guān)于點(diǎn)對稱，故①正確；當(dāng)時，，當(dāng)時，，故的圖象與無交點(diǎn)，②錯誤；，當(dāng)時，，，則，函數(shù)單減；由對稱性可得當(dāng)時，函數(shù)單減；則，④錯誤；又，，則由單調(diào)性知，函數(shù)在時，與只有一個交點(diǎn)，當(dāng)時，由①知，與無交點(diǎn)，故③正確；故答案為：①③四、解答題13．要使函數(shù)y=1+2x+4xa在x∈（﹣∞，﹣1]時，y＞0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】（﹣6，+∞）【詳解】試題分析：由題意，得1+2x+4xa＞0在x∈（﹣∞，1]上恒成立，即a＞﹣在x∈（﹣∞，1]上恒成立．運(yùn)用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合二次函數(shù)的值域求法，可得最大值，進(jìn)而得到a的范圍．解：由題意，得1+2x+4xa＞0在x∈（﹣∞，1]上恒成立，即a＞﹣在x∈（﹣∞，1]上恒成立．又∵﹣=﹣（）2x﹣（）x=﹣[（）x+]2+，當(dāng)x∈（﹣∞，﹣1]時，（）x∈[2，+∞），﹣≤﹣（2+）2+=﹣6，∴a＞﹣6．即a的取值范圍是（﹣6，+∞）．考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問題．14．已知函數(shù)（為常數(shù)）1）討論函數(shù)的單調(diào)性；2）不等式在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】（1）時，遞增，時，在遞減，遞增；（2）.【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，分類討論確定的正負(fù)得單調(diào)性；（2）分離參數(shù)法變形不等式，轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)的最值，得出結(jié)論．【詳解】（1）函數(shù)定義域是，，時，恒成立，在上是增函數(shù)；時，時，，遞減，時，，遞增．（2）即在上恒成立，則，設(shè)，則，時，，遞增，時，，遞減，，所以．15．已知函數(shù).(1)當(dāng)時，求在上的最值；(2)曲線與軸有且只有一個公共點(diǎn)，求的取值范圍.【答案】(1)最大值為，最小值為(2)【分析】（1）當(dāng)時，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)在上的單調(diào)性，可得出函數(shù)在上的最大值和最小值；（2）對實(shí)數(shù)的取值范圍進(jìn)行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)只有一個零點(diǎn)可得出關(guān)于實(shí)數(shù)的不等式，綜合可得出實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】（1）解：當(dāng)時，，則，可得或（舍）.當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，所以，當(dāng)時，，又因?yàn)椋?，則.（2）解：，則.①當(dāng)時，對任意的，且不恒為零，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，，，由零點(diǎn)存在定理可知，函數(shù)在區(qū)間存在唯一零點(diǎn)，合乎題意；②當(dāng)時，由可得，列表如下：增極大值減極小值增所以，函數(shù)的極大值為，極小值為，作出函數(shù)的圖象如下圖所示：因?yàn)楹瘮?shù)只有一個零點(diǎn)，則，解得.綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍是.16．已知函數(shù).(1)求的最小值；(2)若，證明：.【答案】(1)0；(2)證明見解析.【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即得解；（2）即證，設(shè)，求出函數(shù)的最小值即得證.【詳解】（1）解：由題意可得.由，得；由，得.則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故.（2）證明：要證，即證，即證.設(shè)，則.由（1）可知當(dāng)時，.由，得，由，得，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立.即.提升題型訓(xùn)練一、單選題1．已知函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，，令，則不等式的解集是A． B．C． D．[-1，2]【答案】A【詳解】試題分析：由題根據(jù)所給函數(shù)圖像得到f（x）的得到性，結(jié)合所給條件不難得到不等式的解集；由題f（x）在時，單調(diào)遞減，在時，單調(diào)遞增，，或或，故選A.考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)2．函數(shù)的圖象大致為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】判斷函數(shù)的定義域和奇偶性，利用對稱性和函數(shù)值的符號進(jìn)行排除即可．【詳解】解：函數(shù)的定義域?yàn)椋?，則是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，排除，當(dāng)時，，當(dāng)時，令，，當(dāng)時，即在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，即在上單調(diào)遞減，所以時函數(shù)取得極小值，即最小值，，所以恒成立；則此時恒成立，排除，故選：．3．已知函數(shù)，，若，使得成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】將問題轉(zhuǎn)化為使得成立，通過求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性，可得最值，再根據(jù)不等式成立，結(jié)合參數(shù)分離可得的范圍．【詳解】，使得成立，等價為使得成立，由得，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞增，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，，故在成立，當(dāng)時，，設(shè)，，則，由，得，所以在遞減，所以，則在遞減，所以，則，所以．故選：A4．已知函數(shù)與，設(shè)，，若存在，，使得，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】因?yàn)?，所以是增函?shù)，因?yàn)椋?∵存在，，使得，∴.即在上有解，即方程在有解，設(shè)則所以當(dāng)時，，是增函數(shù)；當(dāng)時，，是減函數(shù).∵，，，故選：C.5．設(shè)函數(shù)在區(qū)間D上的導(dǎo)函數(shù)為，在區(qū)間D上的導(dǎo)函數(shù)為，若在區(qū)間D上，恒成立，則稱函數(shù)在區(qū)間D上為“凸函數(shù)”.已知實(shí)數(shù)m為常數(shù)，，若對滿足的任何一個實(shí)數(shù)m，函數(shù)在區(qū)間上都為“凸函數(shù)”，則的最大值為（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】利用題意得到，則可轉(zhuǎn)化成時，關(guān)于m的一次函數(shù)恒成立，可得到最大區(qū)間，即可得到答案【詳解】由可得，設(shè)在區(qū)間上的導(dǎo)函數(shù)為，，當(dāng)時，恒成立等價于即時，關(guān)于m的一次函數(shù)恒成立，所以且，即，解得，從而，故選：C.6．已知函數(shù)在上恒不大于0，則的最大值為（）A． B． C．0 D．1【答案】A【分析】先求得函數(shù)導(dǎo)數(shù)，當(dāng)時，利用特殊值判斷不符合題意.當(dāng)時，根據(jù)的導(dǎo)函數(shù)求得的最大值，令這個最大值恒不大于零，化簡后通過構(gòu)造函數(shù)法，利用導(dǎo)數(shù)研究所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)，并由此求得的取值范圍，進(jìn)而求得的最大值.【詳解】，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞增，，所以不滿足恒成立；當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，又恒成立，即.設(shè)，則.因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，且，，所以存在唯一的實(shí)數(shù)，使得，當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以，解得，又，所以，故整數(shù)的最大值為.故選A.【點(diǎn)睛】本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，考查構(gòu)造函數(shù)法，考查零點(diǎn)存在性定理，考查化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，屬于中檔題.二、多選題7．英國數(shù)學(xué)家牛頓在17世紀(jì)給出了一種近似求方程根的方法—牛頓迭代法.做法如下：如圖，設(shè)是的根，選取作為初始近似值，過點(diǎn)作曲線的切線，與軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，稱是的一次近似值，過點(diǎn)作曲線的切線，則該切線與軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，稱是的二次近似值.重復(fù)以上過程，得到的近似值序列，其中，稱是的次近似值，這種求方程近似解的方法稱為牛頓迭代法.若使用該方法求方程的近似解，則（

）A．若取初始近似值為1，則該方程解得二次近似值為B．若取初始近似值為2，則該方程近似解的二次近似值為C．D．【答案】ABC【分析】根據(jù)牛頓迭代法求方程近似解的方法，將初始值代入公式計(jì)算即可求解.【詳解】令，則，當(dāng)，，，故A正確；當(dāng)，，，故B正確；因?yàn)?；；；，∴，故C正確，D錯誤.故選：ABC8．已知函數(shù)，則（

）．A． B．若有兩個不相等的實(shí)根，則C． D．若，均為正數(shù)，則【答案】AD【分析】先求導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)單調(diào)性，A,C,D結(jié)合單調(diào)性可以判斷正誤，B結(jié)合反例可以判斷錯誤.【詳解】對于A：，又，，，所以，則有，A正確；對于B：當(dāng)時，，為增函數(shù)；當(dāng)時，，為減函數(shù)；所以有極大值.若有兩個不相等的正實(shí)根，不妨取，顯然，此時不滿足，B不正確；對于C：由B可知，在上單調(diào)遞增，則有，即，則有，C不正確；對于D：令，，均為正數(shù)，則，解得：，，，由B可知，在上單調(diào)遞增，則有，即，即，所以，D正確.故選：AD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題求解的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合單調(diào)性，比較數(shù)值的大小.三、填空題9．已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，則曲線e在點(diǎn)處的切線斜率為________．【答案】【詳解】試題分析：，所以曲線在點(diǎn)處的切線斜率為．考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的幾何意義．10．當(dāng)時，不等式恒成立，則a的取值范圍是________【答案】【分析】利用換元法構(gòu)成新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)，分類討論，根據(jù)新函數(shù)的單調(diào)性和取特殊值法，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【詳解】令，所以有，化簡得：設(shè)函數(shù)，原問題等價于在時恒成立，，當(dāng)時，，因此當(dāng)時，單調(diào)遞增，要想在時恒成立，只需，解得，而，所以；當(dāng)時，，因?yàn)?，所以，故不成立，顯然此時在時不恒成立，綜上所述：故答案為；【點(diǎn)睛】本題考查了已知不等式恒成立利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)取值范圍，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.11．用長為的鋼條圍成一個長方體形狀的框架，要求長方體的長與寬之比為，問該長方體的長、寬、高各為多少時，其體積最大？最大體積是________．【答案】3【分析】設(shè)長方體的寬為xm，高為hm，根據(jù)題意得到，從而得到h，再由，利用導(dǎo)數(shù)法求解.【詳解】設(shè)長方體的寬為xm，高為hm，由題意得，則，所以，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以當(dāng)時，即長方體的長為2m、寬為1m、高為1.5m時，其體積最大，最大體積是3.故答案為：312．對于函數(shù)，我們把使的實(shí)數(shù)叫做函數(shù)的零點(diǎn)，且有如下零點(diǎn)存在定理：如果函數(shù)在區(qū)間上的圖像是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有，那么，函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有零點(diǎn)．給出下列命題：①若函數(shù)在上是單調(diào)函數(shù)，則在上有且僅有一個零點(diǎn)；②函數(shù)有3個零點(diǎn)；③函數(shù)和的圖像的交點(diǎn)有且只有一個；④設(shè)函數(shù)對都滿足，且函數(shù)恰有6個不同的零點(diǎn)，則這6個零點(diǎn)的和為18；其中所有正確命題的序號為________．(把所有正確命題的序號都填上)【答案】②④【分析】由特殊函數(shù)和特殊值法判斷①③；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性判斷②；利用對稱性判斷④.【詳解】①函數(shù)在上是單調(diào)函數(shù)，不一定有，故在上有且僅有一個零點(diǎn)是錯誤的，例如在是單調(diào)函數(shù)，但其函數(shù)值恒大于0，①錯誤；②由可解得在區(qū)間與上是增函數(shù)，在是減函數(shù)，故函數(shù)存在極大值，極小值，故函數(shù)有三個零點(diǎn)，②正確；③的零點(diǎn)即為函數(shù)和的圖像的交點(diǎn)，因?yàn)?，，，所以至少有兩個零點(diǎn)，一個在內(nèi)，另一個在內(nèi)，③錯誤；④由可得函數(shù)的圖像關(guān)于對稱，又函數(shù)恰有6個不同的零點(diǎn)，此6個零點(diǎn)構(gòu)成三組關(guān)于對稱的點(diǎn)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得出這6個零點(diǎn)的和為18，④正確.故答案為：②④四、解答題13．設(shè)函數(shù)，其中，是實(shí)數(shù)．已知曲線與軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)．（1）求常數(shù)的值；（2）當(dāng)時，關(guān)于的不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（3）求證：．【答案】（1）；（2）；（3）見解析．【詳解】試題分析：（1）由切線切于原點(diǎn)知及，可得；（2）不等式恒成立，即在上的最小值大于或等于0，因此要研究的單調(diào)性、極值，為此求得，，為了確定的正負(fù)，再求導(dǎo)，由二階導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定一階導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性及正負(fù)，從而確定的單調(diào)性，最值．對分類：，，；（3）要證不等式，顯然要與上面的結(jié)論有關(guān)，首先證明一個更一般的情形：對任意的正整數(shù)，不等式恒成立，等價變形為，相當(dāng)于（2）中，的情形．由此可證．試題解析：（1）因?yàn)榕c軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)則（2），，①當(dāng)時，由于，有，于是在上單調(diào)遞增，從而，因此在上