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高中导数压轴题题型的归纳

1. 高考命题回顾
例1已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明f(x)>0.
例2已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x+2（2013全国新课标Ⅰ卷）
（Ⅰ）求a，b，c，d的值
（Ⅱ）若x≥－2时, ，求k的取值范围。
例3已知函数满足（20**全国新课标）
(1)求的解析式及单调区间；
(2)若，求的最大值。
例4已知函数，曲线在点处的切线方程为。（2011全国新课标）
（Ⅰ）求、的值；
（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。
例5设函数（2010全国新课标）
(1)若，求的单调区间；
(2)若当时，求的取值范围
例6已知函数f(x)＝(x3+3x2+ax+b)e－x. （2009宁夏、海南）
(1)若a＝b＝－3,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.

2. 在解题中常用的有关结论※
(1)曲线在处的切线的斜率等于，且切线方程为。
(2)若可导函数在 处取得极值，则。反之，不成立。
(3)对于可导函数，不等式的解集决定函数的递增（减）区间。
(4)函数在区间I上递增（减）的充要条件是：恒成立（ 不恒为0）.
(5)函数（非常量函数）在区间I上不单调等价于在区间I上有极值，则可等价转化为方程在区间I上有实根且为非二重根。（若为二次函数且I=R，则有）。
(6) 在区间I上无极值等价于在区间在上是单调函数，进而得到或在I上恒成立
(7)若，恒成立，则; 若，恒成立，则
(8)若，使得，则；若，使得，则.
(9)设与的定义域的交集为D，若D 恒成立，
则有.
(10)若对、 ，恒成立，则.
若对，，使得,则.
若对，，使得，则.
（11）已知在区间上的值域为A,，在区间上值域为B，
若对,，使得=成立，则。
(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程有两个不等实根，且极大值大于0，极小值小于0.
(13)证题中常用的不等式:
① ②
1
x
x

+
≤
③ ④
⑤ ⑥

3. 题型归纳
①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用
例7（构造函数，最值定位）设函数(其中).
(Ⅰ) 当时,求函数的单调区间;
(Ⅱ) 当时,求函数在上的最大值.

例8（分类讨论，区间划分）已知函数,为函数的导函数.
(1)设函数f(x)的图象与x轴交点为A,曲线y=f(x)在A点处的切线方程是,求的值;
(2)若函数,求函数的单调区间.

例9（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：.

例10（极值比较）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.

例11（零点存在性定理应用）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．

例12（最值问题，两边分求）已知函数.
⑴当时，讨论的单调性；
⑵设当时，若对任意，存在，使，求实数取值范围.

例13（二阶导转换）已知函数
⑴若，求的极大值；
⑵若在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围.

例14（综合技巧）设函数
⑴讨论函数的单调性；
⑵若有两个极值点，记过点的直线斜率为,问：是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

②交点与根的分布
例15（切线交点）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；
⑶若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围．

例16（根的个数）已知函数，函数是区间[-1，1]上的减函数.
（I）求的最大值；
（II）若上恒成立，求t的取值范围；
（Ⅲ）讨论关于x的方程的根的个数．

例17（综合应用）已知函数
⑴求f(x)在[0,1]上的极值；
⑵若对任意成立，求实数a的取值范围；
⑶若关于x的方程在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.

③不等式证明
例18(变形构造法)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．

例19(高次处理证明不等式、取对数技巧)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

例20（绝对值处理）已知函数的图象经过坐标原点，且在处取得极大值．
（I）求实数的取值范围；
（II）若方程恰好有两个不同的根，求的解析式；
（III）对于（II）中的函数，对任意，求证：．

例21（等价变形）已知函数．
（Ⅰ）讨论函数在定义域内的极值点的个数；
（Ⅱ）若函数在处取得极值，对,恒成立，
求实数的取值范围；
（Ⅲ）当且时，试比较的大小．

例22（前后问联系法证明不等式）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：

例23(整体把握，贯穿全题)已知函数．
（1）试判断函数的单调性；
（2）设，求在上的最大值；
（3）试证明：对任意，不等式都成立（其中是自然对数的底数）．

例24(化简为繁，统一变量)设,函数.
（Ⅰ）若，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）若无零点,求实数的取值范围；
（Ⅲ）若有两个相异零点,求证: .
例25（导数与常见不等式综合）已知函数，其中为正常数．
（Ⅰ）求函数在上的最大值；
（Ⅱ）设数列满足：，，
（1）求数列的通项公式； （2）证明：对任意的，；
（Ⅲ）证明：．

例26（利用前几问结论证明立体不等式）已知函数f(x)=ex-ax(e为自然对数的底数).
(I )求函数f(x)的单调区间；
(II)如果对任意，都有不等式f(x)> x + x2成立，求实数a的取值范围；
(III)设,证明：+++…+<
例27已知函数.若函数满足下列条件:
①;②对一切实数,不等式恒成立.
(Ⅰ)求函数的表达式;
(Ⅱ)若对,恒成立,求实数的取值范围;
(Ⅲ)求证:.

例28（数学归纳法）已知函数，当时，函数取得极大值.
（１）求实数的值；
（２）已知结论：若函数在区间内导数都存在，且，则存在，使得.试用这个结论证明：若，函数，则对任意，都有；
（３）已知正数，满足，求证：当，时，对任意大于，且互不相等的实数，都有.

④恒成立、存在性问题求参数范围
例29（传统讨论参数取值范围）已知函数，(为自然对数的底数)
（1）当时，求的单调区间；
（2）对任意的恒成立，求的最小值；
（3）若对任意给定的，
使得成立，求的取值范围。
例30已知函数
（1）求证：函数上是增函数.
（2）若上恒成立，求实数a的取值范围.
（3）若函数上的值域是，求实数a的取值范围.
例31已知函数.
(1)若为的极值点,求实数的值;
(2)若在上为增函数,求实数的取值范围;
(3)当时,方程有实根,求实数的最大值.

例32（分离变量）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.

例33（多变量问题，分离变量）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．

例34（分离变量综合应用）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.
例35（先猜后证技巧）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.
例36（创新题型）设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).
(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；
(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离；
(Ⅲ)若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围．

例37（创新题型）已知函数=，.
(Ⅰ)求函数在区间上的值域；
（Ⅱ）是否存在实数，对任意给定的，在区间上都存在两个不同的 ，使得成立.若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）给出如下定义：对于函数图象上任意不同的两点，如果对于函数图象上的点（其中总能使得成立，则称函数具备性质“”，试判断函数是不是具备性质“”，并说明理由.
例38(图像分析，综合应用) 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．

⑤导数与数列
例39（创新型问题）设函数，，是的一个极大值点．
⑴若，求的取值范围；
⑵当是给定的实常数，设是的3个极值点，问是否存在实数，可找到，使得的某种排列（其中=）依次成等差数列?若存在，求所有的及相应的；若不存在，说明理由．
例40（数列求和，导数结合）给定函数
(1)试求函数的单调减区间;
(2)已知各项均为负的数列满足,求证:;
(3)设,为数列的前项和,求证:.

⑥导数与曲线新题型
例41（形数转换）已知函数, .
(1)若, 函数 在其定义域是增函数,求b的取值范围;
(2)在(1)的结论下,设函数的最小值;
(3)设函数的图象C1与函数的图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点R作轴的垂线分别交C1、C2于点、,问是否存在点R,使C1在处的切线与C2在处的切线平行?若存在,求出R的横坐标;若不存在,请说明理由.

例42（全综合应用）已知函数.
(1)是否存在点,使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由;
(2)定义,其中,求;
(3)在(2)的条件下,令,若不等式对且恒成立,求实数的取值范围.

⑦导数与三角函数综合
例43（换元替代，消除三角）设函数（），其中．
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时，求函数的极大值和极小值；
（Ⅲ）当， 时，若不等式对任意的恒成立,求的值。
例44（新题型，第7次晚课练习）设函数.
(1)讨论的单调性
(2)设,求的取值范围.

⑧创新问题积累
例45已知函数.
I、求的极值.
II、求证的图象是中心对称图形.
III、设的定义域为,是否存在.当时，的取值范围是?若存在,求实数、的值；若不存在，说明理由

例46已知函数在区间[0,1]上单调递增，在区间[1,2]上单调递减．
（1）求a的值；
（2）设，若方程的解集恰好有3个元素，求的取值范围；
（3）在（2）的条件下，是否存在实数对，使为偶函数？如存在，求出如不存在，说明理由．

导数压轴题题型归纳 参考答案
例1 (1)解　f(x)＝ex－ln(x＋m)⇒f′(x)＝ex－⇒f′(0)＝e0－＝0⇒m＝1，
定义域为{x|x>－1}，
f′(x)＝ex－＝，
显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
(2)证明　g(x)＝ex－ln(x＋2)，
则g′(x)＝ex－(x>－2)．
h(x)＝g′(x)＝ex－(x>－2)⇒h′(x)＝ex＋>0，
所以h(x)是增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根，
又g′(－)＝－<0，g′(0)＝1－>0，
所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间内，
设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝et－＝0，所以，et＝⇒t＋2＝e－t，
当x∈(－2，t)时，g′(x)<g′(t)＝0，g(x)单调递减；
当x∈(t，＋∞)时，g′(x)>g′(t)＝0，g(x)单调递增；
所以g(x)min＝g(t)＝et－ln(t＋2)＝＋t＝>0，
当m≤2时，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)，
所以f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)＝g(x)≥g(x)min>0.
例2（Ⅰ）由已知得，
而=，=，∴=4，=2，=2，=2；……4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，
设函数==（），
==，
有题设可得≥0，即，
令=0得，=，=－2，
（1）若，则－2＜≤0，∴当时，＜0，当时， ＞0，即在单调递减，在单调递增，故在=取最小值， 而==≥0，
∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，
(2)若，则=，
∴当≥－2时，≥0，∴在(－2,+∞)单调递增，而=0，
∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，
(3)若，则==＜0，
∴当≥－2时，≤不可能恒成立，
综上所述，的取值范围为[1,].
例3（1）
令得：

得：
在上单调递增

得：的解析式为
且单调递增区间为，单调递减区间为
（2）得
①当时，在上单调递增
时，与矛盾
②当时，
得：当时，

令；则

当时，
当时，的最大值为
例4解（Ⅰ）
由于直线的斜率为，且过点，故即
解得，。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
。
考虑函数，则。
(i)设，由知，当时，，h(x)递减。而 故当时， ，可得；
当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0
从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.
（ii）设0<k<1.由于=的图像开口向下，且，对称轴x=.当x（1，）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故 (x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。
（iii）设k1.此时，（x）>0,而h（1）=0，故当x （1，+）时，h（x）>0，可得 h（x）<0,与题设矛盾。
综合得，k的取值范围为（-，0]
例5（1）时，，.
当时，；当时，.故在单调减少，在单调增加
（II）
由（I）知，当且仅当时等号成立.故
，
从而当，即时，，而，
于是当时，.
由可得.从而当时，
，
故当时，，而，于是当时，.
综合得的取值范围为.
例6解: (1)当a＝b＝－3时,f(x)＝(x3+3x2－3x－3)e－x,故
f′(x)＝－(x3+3x2－3x－3)e－x +(3x2+6x－3)e－x
＝－e－x (x3－9x)
＝－x(x－3)(x+3)e－x.
当x＜－3或0＜x＜3时,f′(x)＞0;
当－3＜x＜0或x＞3时,f′(x)＜0.
从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少.
(2)f′(x)＝－(x3+3x2+ax+b)e－x +(3x2+6x+a)e－x＝－e－x［x3+(a－6)x+b－a］.
由条件得f′(2)＝0,即23+2(a－6)+b－a＝0,故b＝4－a.
从而f′(x)＝－e－x［x3+(a－6)x+4－2a］.
因为f′(α)＝f′(β)＝0,
所以x3+(a－6)x+4－2a＝(x－2)(x－α)(x－β)
＝(x－2)［x2－(α+β)x+αβ］.
将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a－2.
故.
又(β－2)(α－2)＜0，即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a＜－6.
于是β－α＞6.
例7 (Ⅰ) 当时,
,
令,得,
当变化时,的变化如下表:

极大值

极小值

右表可知,函数的递减区间为,递增区间为,.
(Ⅱ),
令,得,,
令,则,所以在上递增,
所以,从而,所以
所以当时,;当时,;
所以
令,则,
令,则
所以在上递减,而
所以存在使得,且当时,,
当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减.
因为,,
所以在上恒成立,当且仅当时取得“”.
综上,函数在上的最大值.
例8解:(Ⅰ)∵,
∴
∵在处切线方程为,
∴,
∴,. (各1分)
(Ⅱ).

①当时,,

0

-
0
+

↘
极小值
↗
的单调递增区间为,单调递减区间为
②当时,令,得或
(ⅰ)当,即时,

0

-
0
+
0
-

↘
极小值
↗
极大值
↘
的单调递增区间为,单调递减区间为,;
(ⅱ)当,即时,,
故在单调递减;
(ⅲ)当,即时,

0

-
0
+
0
-

↘
极小值
↗
极大值
↘
在上单调递增,在,上单调递减
综上所述,当时,的单调递增区间为,单调递减区间为;
当时,的单调递增区间为,单调递减区间为
当,的单调递减区间为
当时,的单调递增区间为,单调递减区间为、
例9解：(1)时，，由，解得.
的变化情况如下表：

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.
例10⑴

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：

+
0
—
0
+

↗
极大值
↘
极小值
↗

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

例11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．
例12⑴，
令
①当时，，当,函数单调递减；当，函数单调递增.
②当时，由，即，解得.
当时，恒成立，此时，函数单调递减；
当时，,时，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
时，，函数单调递减.
当时，当,函数单调递减；
当，函数单调递增.
综上所述：当时，函数在单调递减，单调递增；
当时,恒成立,此时，函数在单调递减；
当时,函数在递减,递增,递减.
⑵当时，在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意，
有，
又已知存在，使，所以，，（※）
又
当时，与（※）矛盾；
当时，也与（※）矛盾；
当时，.
综上，实数的取值范围是.
例13解：⑴定义域为

令 由
由
即上单调递增，在上单调递减
时，F(x)取得极大值
　⑵的定义域为(0，+∞)，
由G (x)在定义域内单调递减知：在(0，+∞)内恒成立
令，则 由
∵当时为增函数
当时，为减函数
∴当x = e时，H(x)取最大值
故只需恒成立，
又当时，只有一点x = e使得不影响其单调性
例14解：⑴的定义域为
令
①当故上单调递增．
②当的两根都小于0，在上，，故上单调递增．
③当的两根为，
当时， ；当时，；当时，，故分别在上单调递增，在上单调递减．
⑵由⑴知，若有两个极值点，则只能是情况③，故．
因为，
所以
又由⑴知，，于是
若存在，使得则．即．
亦即
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
例15解：⑴．
根据题意，得即解得
所以．
⑵令，即．得．

1

2

+

+

增
极大值
减
极小值
增
2
因为，，
所以当时，，．
则对于区间上任意两个自变量的值，都有
，所以．
所以的最小值为4．
⑶因为点不在曲线上，所以可设切点为．
则．
因为，所以切线的斜率为．
则=，
即．
因为过点可作曲线的三条切线，
所以方程有三个不同的实数解．
所以函数有三个不同的零点．
则．令，则或．

0

2

+

+

增
极大值
减
极小值
增
则 ，即，解得．
例16解：（I），上单调递减，
在[-1，1]上恒成立，，故的最大值为
（II）由题意
（其中），恒成立，令，
则，恒成立，
（Ⅲ）由
令
当[来源上为增函数；
当时，为减函数；
当[来源:学*科*网]
而方程无解；
当时，方程有一个根；
当时，方程有两个根.
例17解：⑴，
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

例18解：⑴
∵a，令得或,∴函数的单调增区间为.
⑵证明：当时
∴, ∴,又
不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小，
又∵，∴ 即比较与的大小．
令,则,
∴在上位增函数．
又，∴， ∴，即
⑶∵ ，∴
由题意得在区间上是减函数．
当， ∴
由在恒成立．
设，，则
∴在上为增函数，∴.
当，∴
由在恒成立
设，为增函数,∴
综上：a的取值范围为.
例19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，,
所以,所以，
所以：.
例20（I）

由，因为当时取得极大值，
所以，所以；
（II）由下表：

+
0
-
0
-

递增
极大值
递减
极小值

递增
依题意得：，解得：
所以函数的解析式是：
（III）对任意的实数都有
在区间[-2，2]有：

函数上的最大值与最小值的差等于81，
所以．
例21解：（Ⅰ），当时，在上恒成立，函数 在 单调递减，∴在上没有极值点；
当时，得，得，
∴在上递减，在上递增，即在处有极小值．
∴当时在上没有极值点，
当时，在上有一个极值点．
（Ⅱ）∵函数在处取得极值，∴，
∴，
令，可得在上递减，在上递增，
∴，即．
（Ⅲ）证明：，
令，则只要证明在上单调递增，
又∵，
显然函数在上单调递增．
∴，即，
∴在上单调递增，即，
∴当时，有．
例22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）

证明，当时，

例23解：（1）函数的定义域是．由已知．令，得．
因为当时，；当时，．
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）可知当，即时，在上单调递增，所以．
当时，在上单调递减，所以．当，即时，．综上所述，
（3）由（1）知当时．所以在时恒有，即，当且仅当时等号成立．因此对任意恒有．因为，，所以，即．因此对任意，不等式．
例24解：在区间上,.
（1）当时，，
则切线方程为，即
（2）①若,有唯一零点.
②若,则,是区间上的增函数,
,,
,函数在区间有唯一零点.
③若,令得: .
在区间上, ,函数是增函数;
在区间上, ,函数是减函数;
故在区间上, 的极大值为.
由即,解得:.
故所求实数a的取值范围是.
(3) 设
,
原不等式

令,则,于是.
设函数,求导得:
故函数是上的增函数,
，即不等式成立,
故所证不等式成立.
例25解：（Ⅰ）由，可得，
所以，，，
则在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，．
（Ⅱ）（1）由，得，又，
则数列为等比数列，且，
故为所求通项公式．
（2）即证，对任意的，
证法一：（从已有性质结论出发）
由（Ⅰ）知
即有对于任意的恒成立．
证法二：（作差比较法）
由及

即有对于任意的恒成立．
（Ⅲ）证法一：（从已经研究出的性质出发，实现求和结构的放缩）
由（Ⅱ）知，对于任意的都有，
于是，

对于任意的恒成立

特别地，令，即，
有，故原不等式成立．
以下证明小组讨论给分
证法二：（应用柯西不等式实现结构放缩）
由柯西不等式：
其中等号当且仅当时成立．
令，，可得

则
而由，所以
故，所证不等式成立．
证法三：（应用均值不等式“算术平均数”“几何平均数”）
由均值不等式：，其中
可得 ，
两式相乘即得，以下同证法二．
证法四：（逆向分析所证不等式的结构特征，寻找证明思路）
欲证，
注意到，而
从而所证不等式可以转化为证明

在此基础上可以考虑用数学归纳法证明此命题
例26解：（Ⅰ）∵，
当a≤0时，得函数f (x)在(-∞，+∞)上是增函数．
当a>0时，
若x∈(lna，+∞)，，得函数在(lna，+∞)上是增函数；
若x∈(-∞，lna)，，得函数在(-∞，lna)上是减函数．
综上所述，当a≤0时，函数f (x)的单调递增区间是(-∞，+∞)；当a>0时，函数f (x) 的单调递增区间是(lna，+∞)，单调递减区间是(-∞，lna)．…5分
（Ⅱ）由题知：不等式ex-ax>x+x2对任意成立，
即不等式对任意成立．
设(x≥2)，于是．
再设，得．
由x≥2，得，即在上单调递增，
∴ h(x)≥h(2)=e2-4>0，进而，
∴ g(x)在上单调递增，
∴ ，
∴ ，即实数a的取值范围是．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，
当a=1时，函数f (x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增．
∴ f (x)≥f (0)=1，即ex-x≥1，整理得1+x≤ex．
令(n∈N*，i=1，2，…，n-1)，则≤，即≤，
∴≤，≤，≤，…，≤，
显然≤，
∴
≤
，
故不等式（n∈N*）成立．
例27解:(Ⅰ)又,所以,即
又因为对一切实数恒成立,
即对一切实数,不等式,恒成立.
显然,当时,不符合题意.
当时,应满足,
可得,故. 所以
(Ⅱ)由于,, .即: .

由

所以
(Ⅲ)证明:因为,所以
要证不等式成立,
即证.
因为,
所以.
所以成立
例28解：（１）当时，，函数在区间上单调递增；
当时，，函数在区间上单调递减.
函数在处取得极大值，故.
（２）令，
则.
函数在上可导，存在，
使得.
，
当时，，单调递增，；
当时，，单调递减，；
故对任意，都有.
（３）用数学归纳法证明.
①当时，，且，，
，由（Ⅱ）得，即
，
当时，结论成立.
②假设当时结论成立，即当时，. 当时，设正数满足，令，， 则，且.

当时，结论也成立.
综上由①②，对任意，，结论恒成立.
例29解：（1）当时，
由，由
故的单调减区间为单调增区间为
（2）即对恒成立。
令，则
再令
在上为减函数，于是
从而，，于是在上为增函数
故要恒成立，只要即的最小值为
（3）当时，函数单调递增；
当时，，函数 单调递减
所以，函数
当时，不合题意；
当时，
故 ①
此时，当 变化时的变化情况如下：

—
0
+

单调减
最小值
单调增

对任意给定的，在区间上总存在两个不同的
使得成立，当且仅当满足下列条件
②③

令
令，得
当时，函数单调递增
当时，函数单调递减

所以，对任意有
即②对任意恒成立。
由③式解得： ④
综合①④可知，当
在 使成立。
例30解：（1）当用定义或导数证明单调性均可
（2）上恒成立.
设上恒成立.
可证单调增 故
的取值范围为
（3）的定义域为
当上单调增
故有两个不相等的正根m，n，

当时，可证上是减函数.

综上所述，a的取值范围为
例31解:(1)
因为为的极值点,所以
即,解得
又当时,,从而为的极值点成立
(2)因为在区间上为增函数,
所以在区间上恒成立
①当时,在上恒成立,所以在上为增函数,故符合题意
②当时,由函数的定义域可知,必须有对恒成立,故只能,
所以在上恒成立
令,其对称轴为,
因为所以,从而在上恒成立,只要即可,
因为,
解得
因为,所以.
综上所述,的取值范围为
(3)若时,方程可化为.
问题转化为在上有解,
即求函数的值域
因为,令,
则 ,
所以当时,从而在上为增函数,
当时,从而在上为减函数,
因此.
而,故,
因此当时,取得最大值0
例32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．
例33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

所以当时，恒有；当时，恒有；
故使命题成立的正整数的最大值为5.
例34解：（1）①。
∵函数在处与直线相切解得 .
②
当时，令得；令，得，上单调递增，在[1，e]上单调递减，.
（2）当b=0时，若不等式对所有的都成立，则对所有的都成立，
即对所有的都成立，
令为一次函数， .
上单调递增，，
对所有的都成立.
..
（注：也可令所有的都成立，分类讨论得对所有的都成立，，请根据过程酌情给分）
例35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
下面证明当k=3时，恒成立
当x>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
例36解：(Ⅰ)F(x)= ex+sinx－ax,.
因为x=0是F(x)的极值点,所以.
又当a=2时,若x<0, ;若 x>0, .
∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意.
(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:,所以.
令当x>0时恒成立.
∴x∈[0,+∞时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1.
(Ⅲ)令
则.
因为当x≥0时恒成立,
所以函数S(x)在上单调递增,
∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞时恒成立;
因此函数在上单调递增, 当x∈[0,+∞时恒成立.
当a≤2时,,在[0,+∞单调递增,即.
故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立.

例37解：(Ⅰ) 在区间上单调递增，在区间上单调递减,且
的值域为
（Ⅱ）令，则由(Ⅰ)可得，原问题等价于：对任意的在上总有两个不同的实根，故在不可能是单调函数

当时, , 在区间上递减，不合题意
当时, ,在区间上单调递增，不合题意
当时, ,在区间上单调递减，不合题意
当即时, 在区间上单调递减; 在区间上单递增，由上可得，此时必有的最小值小于等于0 而由可得