导数习题分类.doc

导数定义
例1． 在处可导，则
思路： 在处可导，必连续 ∴
∴
例2．已知f(x)在x=a处可导，且f′(a)=b，求下列极限：
（1）； （2）
分析：在导数定义中，增量△x的形式是多种多样，但不论△x选择哪种形式，△y也必须选择相对应的形式。利用函数f(x)在处可导的条件，可以将已给定的极限式恒等变形转化为导数定义的结构形式。
解：（1）

（2）

例3．观察，，，是否可判断，可导的奇函数的导函数是偶函数，可导的偶函数的导函数是奇函数。
解：若为偶函数 令

∴ 可导的偶函数的导函数是奇函数
另证：
已知函数在定义域上可导，设点是函数的图象上距离原点最近的点.
(1) 若点的坐标为, 求证：;
(2) 若函数的图象不通过坐标原点, 证明直线与函数的图象上点处切线垂直.
证：(1)设Q(x , f (x) )为y = f (x)上的动点，则|OQ| 2 = x2 + f 2 ( x )，
设F(x) = x2 + f 2 ( x ),
则F'(x)=2x +2f (x)f ' ( x )
已知P为y = f(x) 图形上距离原点O最近的一点，
∴|OP|2为F(x)的最小值，即F(x) 在x = a处有最小值, 亦即F(x) 在x = a处有极小值
∴ F'(a)=0， 即 2a+2f (a)f ' (a)=0
(2) 线段OP的斜率为，y=f(x)之图形上过P点的切线l的斜率为f ' (a)
由(1)知f (a)f '(a) = – a，
∴图象不过原点，∴a ¹ 0，∴f '(a) = –1
∴OP⊥l，即直线OP与y=f(x)的图形上过P点的切线垂直.

利用导数证明不等式
例6．求证下列不等式
（1） （相减）
（2） （相除）
（3）
证：（1）
∴ 为上 ∴ 恒成立
∴

∴ 在上 ∴ 恒成立
（2）原式 令
∴ ∴
∴
（3）令

∴
∴
（理做）设a≥0，f (x)=x－1－ln2 x＋2a ln x（x>0）.
（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），讨论F（x）在（0.＋∞）内的单调性并求极值；
（Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2a ln x＋1.
（Ⅰ）解：根据求导法则有，
故，于是，
列表如下：

2

0

极小值

故知在内是减函数，在内是增函数，所以，在处取得极小值．
（Ⅱ证明：由知，的极小值．
于是由上表知，对一切，恒有．
从而当时，恒有，故在内单调增加．
所以当时，，即．(利用单调性证明不等式）
故当时，恒有．

已知函数，，
（1）证明：当时，恒有
（2）当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围;
解：（1）设，则= ，
当时，，所以函数在（0，单调递增，又
在处连续，所以，即，
所以。
（2）设，
则在（0，恒大于0，，
，
的根为0和
即在区间（0，上，的根为0和
若，则在单调递减，
且，与在（0， 恒大于0矛盾；
若，在（0，单调递增，
且，满足题设条件，所以，所以。

单调区间讨论
例．设，求函数的单调区间.
分析：本小题主要考查导数的概念和计算，应用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力.
解：.
当时 .

（i）当时，对所有，有.
即，此时在内单调递增.
（ii）当时，对，有，
即，此时在（0，1）内单调递增，又知函数在x=1处连续，因此，
函数在（0，+）内单调递增
（iii）当时，令，即.
解得.
因此，函数在区间内单调递增，在区间
内也单调递增.
令，解得.
因此，函数在区间内单调递减.
（2009安徽卷理） 已知函数，讨论的单调性.

① 当，即时，
方程有两个不同的实根,,.

0
_
0
+

单调递增
极大
单调递减
极小
单调递增
此时在上单调递增, 在是上单调递减, 在上单调递增.

3.设函数在处取得极值，且曲线在点处的切线垂直于直线．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若函数，讨论的单调性．
（3）方程有两个不相等实根
w.w.w.k.s.5.u.c当函数当时，故上为减函数
时，故上为增函数
(2009山东卷文)已知函数,其中 （1）当满足什么条件时,取得极值?（2）已知,且在区间上单调递增,试用表示出的取值范围.

所以
当时,
x
(-∞,x1)
x 1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f’(x)
＋
0
－
0
＋
f (x)
增函数
极大值
减函数
极小值
增函数
所以在x 1, x2处分别取得极大值和极小值.
当时,
x
(-∞,x2)
x 2
(x2,x1)
x1
(x1,+∞)
f’(x)
－
0
＋
0
－
f (x)
减函数
极小值
增函数
极大值
减函数
所以在x 1, x2处分别取得极大值和极小值.综上,当满足时, 取得极值.
(2)要使在区间上单调递增,需使在上恒成立.
即恒成立, 所以
设,,
令得或(舍去),
当时,,当时,单调增函数;
当时,单调减函数,
所以当时,取得最大,最大值为.
所以
当时,,此时在区间恒成立,所以在区间上单调递增,当时最大,最大值为,所以
综上,当时, ; 当时,
【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值,函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题.
（2009浙江文）已知函数 ．
（I）若函数的图象过原点，且在原点处的切线斜率是，求的值； （II）若函数在区间上不单调，求的取值范围．
解析 （Ⅰ）由题意得
又 ，解得，或
（Ⅱ）函数在区间不单调，等价于
导函数在既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数
即函数在上存在零点，根据零点存在定理，有
， 即：
整理得：，解得

分离常数
已知函数.（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）若对所有都有，求实数的取值范围.学科网
解：的定义域为， 的导数. 令，解得；令，解得.从而在单调递减，在单调递增.所以，当时，取得最小值. 学科网
（Ⅱ）解法一：令，则， 学科网
错误！未找到引用源。 若，当时，，学科网
故在上为增函数，所以，时，，即.学科网
错误！未找到引用源。 若，方程的根为 ，此时，若，则，故在该区间为减函数.所以时，，即，与题设相矛盾. 综上，满足条件的的取值范围是. 学科网
解法二：依题意，得在上恒成立，即不等式对于恒成立 . 令， 则. 当时，因为，
故是上的增函数， 所以 的最小值是，所以的取值范围是.

[广东省海珠区2009届高三综合测试二理科数学第21题]（本小题满分14分）
已知
(Ⅰ)求函数的单调区间;
(Ⅱ)求函数在上的最小值;
(Ⅲ)对一切的,恒成立,求实数的取值范围.
(Ⅰ)
……2分

……4分
(Ⅱ)(ⅰ)0Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）若对于任意的，都有成立，求c的取值范围．学科网
则当时，的最大值为．因为对于任意的，有恒成立，所以　，解得　或，因此的取值范围为．学科网
18.（2009全国卷Ⅰ理）本小题满分12分。设函数在两个极值点，且（I）求满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点的区域；(II)证明：
分析（I）这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。大部分考生有思路并能够得分。由题意知方程有两个根则有故有
右图中阴影部分即是满足这些条件的点的区域。

(II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。主要原因是含字母较多，不易找到突破口。此题主要利用消元的手段，消去目标中的，（如果消会较繁琐）再利用的范围，并借助（I）中的约束条件得进而求解，有较强的技巧性。
解析 由题意有．①又．．．②（消元）
消去可得．又，且

21．[浙江省富阳新中2008（上）高三期中考试数学（理科）试卷第22题] (本小题满分15分)
设函数，其中；
（Ⅰ）若，求在的最小值；
（Ⅱ）如果在定义域内既有极大值又有极小值，求实数的取值范围；
（Ⅲ）是否存在最小的正整数，使得当时，不等式恒成立.
21．[浙江省富阳新中2008（上）高三期中考试数学（理科）试卷第22题]
解：（Ⅰ）由题意知，的定义域为，
时，由，得（舍去），
当时，，当时，，
所以当时，单调递减；当时，单调递增，
所以 ……………………………5分
（Ⅱ）由题意在有两个不等实根，
即在有两个不等实根，
设，则，解之得；…………10分
（Ⅲ）当b=-1时,函数，
令函数
则，
所以函数在上单调递增，又时，恒有
即恒成立.取，则有恒成立.
显然，存在最小的正整数N=1，
使得当时，不等式恒成立. ……………15tesoon
天·星om
权
天·星om
权
T
天星版权
tesoon
tesoon
tesoon

天星
分
（天津文 21）
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，证明存在，使得不等式对任意的恒成立．
本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程，函数的极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法．满分14分．
（Ⅰ）解：当时，，得，且
，．
所以，曲线在点处的切线方程是，整理得
．
（Ⅱ）解：
．
令，解得或．
由于，以下分两种情况讨论．
（1）若，当变化时，的正负如下表：

因此函数在处取得极小值，且
；
函数在处取得极大值，且
．
（2）若，当变化时，的正负如下表：

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．

求取值范围
（2009江西卷文）设函数． （1）对于任意实数，恒成立，求的最大值；（2）若方程有且仅有一个实根，求的取值范围．
解析 (1) , 因为,, 即 恒成立, 所以 , 得，即的最大值为
(2) 因为 当时, ;当时, ;当时, ;
所以 当时,取极大值 ; 当时,取极小值 ;
故当 或时, 方程仅有一个实根. 解得 或.
.（2009天津卷文）设函数（Ⅰ）当曲线处的切线斜率（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数有三个互不相同的零点0，，且。若对任意的，恒成立，求m的取值范围。
解析 当所以曲线处的切线斜率为1
（2）解析，令，得到
因为 当x变化时，的变化情况如下表：

+
0
-
0
+

极小值

极大值

在和内减函数，在内增函数。
函数在处取得极大值，且=
函数在处取得极小值，且=
（3）解析 由题设，
所以方程=0由两个相异的实根，故，且，解得
因为
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
2009宁夏海南卷文）（本小题满分12分）已知函数.设，求函数的极值；(2)若，且当时，12a恒成立，试确定的取值范围.
请考生在第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。
（21）解析（Ⅰ）当a=1时，对函数求导数，得
令 列表讨论的变化情况：

（-1，3）
3

+
0
—
0
+

极大值6

极小值-26

所以，的极大值是，极小值是
（Ⅱ）的图像是一条开口向上的抛物线，关于x=a对称.
若上是增函数，从而
上的最小值是最大值是
由于是有

由
所以
若a>1,则不恒成立.
所以使恒成立的a的取值范围是
已知函数f(x)=
(Ⅰ)当时, 求的最大值;
(Ⅱ) 设, 是图象上不同两点的连线的斜率，否存在实数，使得恒成立?若存在,求的取值范围;若不存在,请说明理由.
(Ⅰ)当-2≤<时，由=0得x1=
显然-1≤x1<,立，求实数m的取值范围.
解：（1）；

（2）

令：

所以都是增函数.因此当时，的最大值为的最小值为而不等式②成立当且仅当即，于是得
解法二：由得

设
于是原不等式对于恒成立等价于 ③…7分
由，注意到
故有，从而可均在
上单调递增，因此不等式③成立当且仅当
即
【点晴】求参数的取值范围，凡涉及函数的单调性、最值问题时，用导数的知识解决较简单.
w.w.w.设函数．
（Ⅰ）证明：的导数；
（Ⅱ）若对所有都有，求的取值范围．
解：（Ⅰ）的导数．
由于，故．
（当且仅当时，等号成立）．
（Ⅱ）令，则
，
（ⅰ）若，当时，，
故在上为增函数，
所以，时，，即．
（ⅱ）若，方程的正根为，
此时，若，则，故在该区间为减函数．
所以，时，，即，与题设相矛盾．
综上，满足条件的的取值范围是．
k.s.5.u.c.o.m

导数与数列

已知函数，是方程f(x)=0的两个根，是f(x)的导数；设，（n=1,2,……）
（1）求的值；
（2）证明：对任意的正整数n，都有>a；
（3）记（n=1,2,……），求数列{bn}的前n项和Sn。
解析：（1）∵，是方程f(x)=0的两个根，
∴；
（2），
=，∵，∴有基本不等式可知（当且仅当时取等号），∴同，样，……，（n=1,2,……），
（3），而，即，
，同理，，又

导数与解析几何
3.（2009安徽卷理）已知函数在R上满足，则曲线
在点处的切线方程是 ( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 由得几何，
即，∴∴，∴切线方程，即选A
（2009江西卷理）设函数，曲线在点处的切线方程为，则曲线在点处切线的斜率为 ( )
A．　　　B．　　　C．　　　　D．
答案 A
解析由已知，而，所以故选A
若曲线存在垂直于轴的切线，则实数的取值范围是 .
解析 解析 由题意该函数的定义域，由。因为存在垂直于轴的切线，故此时斜率为，问题转化为范围内导函数存在零点。
解法1 （图像法）再将之转化为与存在交点。当不符合题意，当时，如图1，数形结合可得显然没有交点，当如图2，此时正好有一个交点，故有应填
或是。
.(2009陕西卷理)设曲线在点（1，1）处的切线与x轴的交点的横坐标为,令，则的值为 .
答案 -2

19.（2009浙江文）已知函数 ．
（I）若函数的图象过原点，且在原点处的切线斜率是，求的值； （II）若函数在区间上不单调，求的取值范围．
解析 （Ⅰ）由题意得
又 ，解得，或
（Ⅱ）函数在区间不单调，等价于
导函数在既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数
即函数在上存在零点，根据零点存在定理，有
， 即：
整理得：，解得
零点
(07广东)
已知a是实数，函数，如果函数在区间上有零点，求a的取值范围.
解：若 , ,显然在上没有零点, 所以 .
令 , 解得
①当 时, 恰有一个零点在上;
②当，即时，在
上也恰有一个零点.
③当在上有两个零点时, 则
或
解得或
综上所求实数的取值范围是 或 .
若函数，当时，函数有极值，
（1）求函数的解析式；（2）若函数有3个解，求实数的取值范围．

（2009福建卷理）（本小题满分14分）已知函数,且 (1) 试用含的代数式表示b,并求的单调区间；（2）令,设函数在处取得极值，记点M (,)，N(,)，P(), ,请仔细观察曲线在点P处的切线与线段MP的位置变化趋势，并解释以下问题：（I）若对任意的m (, x)，线段MP与曲线f(x)均有异于M,P的公共点，试确定t的最小值，并证明你的结论；（II）若存在点Q(n ,f(n)), x n< m,使得线段PQ与曲线f(x)有异于P、Q的公共点，请直接写出m的取值范围（不必给出求解过程）
解法一:(Ⅰ)依题意,得由.
从而令
①当a>1时, 当x变化时，与的变化情况如下表：
x

+
－
+

单调递增
单调递减
单调递增
由此得，函数的单调增区间为和，单调减区间为。
②当时，此时有恒成立，且仅在处，故函数的单调增区间为R
③当时，同理可得，函数的单调增区间为和，单调减区间为
综上：当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为；
当时，函数的单调增区间为R；
当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为.
(Ⅱ)由得令得
由1）得增区间为和，单调减区间为，所以函数在处取得极值，故M（）N（）。观察的图象，有如下现象：①当m从-1（不含-1）变化到3时，线段MP的斜率与曲线在点P处切线的斜率之差Kmp-的值由正连续变为负。
②线段MP与曲线是否有异于H，P的公共点与Kmp－的m正负有着密切的关联；
③Kmp－=0对应的位置可能是临界点，故推测：满足Kmp－的m就是所求的t最小值，下面给出证明并确定的t最小值.曲线在点处的切线斜率；
线段MP的斜率Kmp当Kmp－=0时，解得
直线MP的方程为 令
当时，在上只有一个零点，可判断函数在上单调递增，在上单调递减，又，所以在上没有零点，即线段MP与曲线没有异于M，P的公共点。当时，.所以存在使得即当MP与曲线有异于M,P的公共点 综上，t的最小值为2.
（2）类似（1）于中的观察，可得m的取值范围为
解法二：
（1）同解法一.
（2）由得，令，得由（1）得的单调增区间为和，单调减区间为，所以函数在处取得极值。故M().N()
(Ⅰ) 直线MP的方程为由
得线段MP与曲线有异于M,P的公共点等价于上述方程在(－1,m)上有根,即函数上有零点.因为函数为三次函数,所以至多有三个零点,两个极值点.又.因此, 在上有零点等价于在内恰有一个极大值点和一个极小值点,即内有两不相等的实数根.
等价于 即
又因为,所以m 的取值范围为(2,3)从而满足题设条件的r的最小值为2.
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）求函数的导数；．
曲线在点处的切线方程为：．
（2）如果有一条切线过点，则存在，使．
于是，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

增
极大值
减
极小值
增
由的单调性，当极大值或极小值时，方程最多有一个实数根；
当时，解方程得，即方程只有两个相异的实数根；
当时解方程得，即方程只有两个相异的实数根．综上，如果过可作曲线三条切线，即有三个相异的实数根，则 即 ．

、已知函数．与的图象都过点P(2，0)，且在点P处有公共切线．
(1)求f(x)和g(x)的表达式及在点P处的公切线方程；
(2)设，其中，求F(x)的单调区间．
解：(1)∵过点∴a=-8,

∴切线的斜率
∵的图像过点∴4b+2c=0,
∵,解得：b=8,c=-16
∴
切线方程为．即16x-y-32=0
(2) ∵

当m<0时，∵m<0 ∴
又x>1 当时 当时
∴F(x)的单调减区间是
∴F(x)的单调增区间是(1，)
即m<0时，F(x)的单调递增区间是(1，)，单调减区间是(，) 。
2．已知函数f(x)=1n x，g(x)=(a为常数)，若直线l与y=f(x)和y=g(x)的图象都相切，且l与y=f(x)的图象相切于定点P（1，f（1））．
（1）求直线l的方程及a 的值；
（2）当k∈R时，讨论关于x的方程f(x2+1)-g(x)=k的实数解的个数．
解：（1）∵f′(x)=，∴f（1）=1 ∴k1=1,又切点为P（1，f（1），即（1，0）
∴l的解析式为y=x-1，
y=x-1
∵l与y=g(x)相切，由 ,消去y得x2-2x+2a+2=0
y=
∴△=（-2）2-4（2a+2）=0，得a=-
（2）令h（x）=f(x2+1)-g(x)=1n(x2+1)
∵h′(x)=-x=-，则为增函数，
-1＜x＜0或x＞1时，
故x=±1时，h（x）取极大值1n2， x=0时，h（x）取极小值。
因此当 k∈（1n2，+∞），原方程无解；当k=1n2时，原方程有两解；当＜k＜1n2时，原方程有四解；当k=时，原方程有三解；当k＜时，原方程有两解
已知函数在区间，内各有一个极值点．
（I）求的最大值；
（II）当时，设函数在点处的切线为，若在点处穿过函数的图象（即动点在点附近沿曲线运动，经过点时，从的一侧进入另一侧），求函数的表达式．
解：（I）因为函数在区间，内分别有一个极值点，所以在，内分别有一个实根，
设两实根为（），则，且．于是
，，且当，即，时等号成立．故的最大值是16．
（II）解法一：由知在点处的切线的方程是
，即，
因为切线在点处空过的图象，
所以在两边附近的函数值异号，则
不是的极值点．
而，且
．
若，则和都是的极值点．
所以，即，又由，得，故．
解法二：同解法一得
．
因为切线在点处穿过的图象，所以在两边附近的函数值异号，于是存在（）．
当时，，当时，；
或当时，，当时，．
设，则
当时，，当时，；
或当时，，当时，．
由知是的一个极值点，则，
所以，又由，得，故．

导数与不等式综合

已知二次函数的导数为，，对于任意实数都有，则的最小值为（ C ）
A．3 B． C．2 D．
设二次函数，方程的两根和满足．
（I）求实数的取值范围；
（II）试比较与的大小．并说明理由．
本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法，考查推理和运算能力．
解法1：（Ⅰ）令，
则由题意可得．
故所求实数的取值范围是．
（II），令．
当时，单调增加，当时，
，即．
解法2：（I）同解法1．
（II），由（I）知，
．又于是
，
即，故．
解法3：（I）方程，由韦达定理得
，，于是
．
故所求实数的取值范围是．
（II）依题意可设，则由，得

，故．

已知函数
（Ⅰ）求函数的最大值；
（Ⅱ）当时，求证:
（Ⅰ）解：
,令得
当时， 当时，又
当且仅当时，取得最大值0
（Ⅱ）证明：
由（1）知
又

（2009辽宁卷文）（本小题满分12分）设，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与x轴平行。(1)求a的值，并讨论f（x）的单调性；(2)证明：当
解析（Ⅰ）.有条件知，
，故. 2分 于是.
故当时，＜0； 当时，＞0.
从而在，单调减少，在单调增加.………6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知在单调增加，故在的最大值为，
最小值为. 从而对任意，，有. …10分
而当时，. 从而…12分
（2009辽宁卷理）（本小题满分12分）已知函数f(x)=x－ax+(a－1)，。（1）讨论函数的单调性； （2）证明：若，则对任意x，x，xx，有。
解析 (1)的定义域为。2分
（i）若即,则故在单调增加。
(ii)若,而,故,则当时，;
当及时，故在单调减少，在单调增加。
(iii)若,即,同理可得在单调减少，在单调增加.
(II)考虑函数
则
由于1的单调区间；
（Ⅱ）若，且对于任意，恒成立，试确定实数的取值范围；
（Ⅲ）设函数，求证：．
解：（Ⅰ）由得，所以．
由得，故的单调递增区间是，
由得，故的单调递减区间是．
（Ⅱ）由可知是偶函数．
于是等价于对任意成立．由得．
①当时，，此时在上单调递增．
故，符合题意．
②当时，．当变化时的变化情况如下表：

单调递减
极小值
单调递增
由此可得，在上，．
依题意，，又．综合①，②得，实数的取值范围是．
（Ⅲ），
，
，，
由此得，故．
设的定义域为,的导函数为,且对任意正数均有，
(Ⅰ) 判断函数在上的单调性；
(Ⅱ) 设，，比较与的大小，并证明你的结论；
（Ⅲ）设，，，若，比较与的大小，并证明你的结论.
解：(Ⅰ)由于得，，而，则，
则，因此在上是增函数.
(Ⅱ)由于，，则，而在上是增函数，
则，即，∴（1），
同理 （2）
（1）+（2）得：，而，
因此 .
（Ⅲ）证法1: 由于，，则，而在上是增函数，则，即，
∴
同理
……………

以上个不等式相加得：

而

证法2：数学归纳法
（1）当时，由（Ⅱ）知，不等式成立；
（2）当时，不等式成立，
即成立，
则当时， +
再由(Ⅱ)的结论, +
+
因此不等式对任意的自然数均成立.

. 已知函数的定义域为I，导数满足且，常数为方程的实数根，常数为方程的实数根。
（I）若对任意，存在，使等式
成立。求证：方程不存在异于的实数根；
（II）求证：当时，总有成立；
（III）对任意，若满足，
求证：
证明：（I）假设方程有异于的实根m，即
则有成立
因为，所以必有，但这与矛盾，因此方程不存在异于的实数根。………………4分
（II）令 ∴函数为减函数
又 ∴当时，，即成立………………8分
（III）不妨设 为增函数，即
又，∴函数为减函数，即
即

设函数.
(Ⅰ)当x=6时,求的展开式中二项式系数最大的项;
(Ⅱ)对任意的实数x,证明＞
(Ⅲ)是否存在,使得an＜＜恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a的值;若不存在,请说明理由.
本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。
（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是
（Ⅱ）证法一：因

证法二：
因
而
故只需对和进行比较。
令，有
由，得
因为当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以在处有极小值
故当时，，
从而有，亦即
故有恒成立。
所以，原不等式成立。
（Ⅲ）对，且
有

又因，故
∵，从而有成立，
即存在，使得恒成立。
构造
1. 已知函数
(1) 若函数图象上任意不同两点连线的斜率都小于1，则；
(2) 若[0，1]，函数图象上任一点切线的斜率为，求时的取值范围。
解答（1）设A（，B（是函数图象上任意不同两点，则，显然，不妨设，则，即，构造函数，则在R上是减函数，则在R上恒成立，故，解之得
（2）当[0，1]时，，即对任意的[0，1]，，即在[0，1]成立，由于，则必需满足或或，解得
导数与二项式定理
． 已知函数f (x ) =x2 + lnx.
（I）求函数f (x )在[1，e]上的最大、最小值；
（II）求证：在区间[1∞上，函数f (x )的图象在函数g (x ) =x3的图象的下方；
（III）求证：[(x )]n－(xn)≥2n－2（n∈N*）.
解：（I）易知f (x )在[1，e]上是增函数.
∴ f (x )max = f (e ) =e2 + 1；f (x )min = f (1 ) =.
（II）设F (x ) =x2 + lnx－x3，则(x ) = x +－2x2 =.
∵ x＞1，∴ (x )＜0，故F (x )在(1，+∞)上是减函数，
又F (1) =－＜0，∴ 在(1，+∞)上，有F (x )＜0，
即x2 + lnx＜x3，故函数f (x )的图象在函数g (x ) =x3的图象的下方.
（III）当n = 1时，不等式显然成立；
当n≥2时，有：[(x )]n－(xn) = (x +)n－(xn +)
=xn－1·+xn－2·+ … +x·=xn－2 +xn－4 + … +x·
=[(xn－2 +) +(xn－4 +) + … +(+ xn－2)]
≥(2+ 2+ … + 2) = 2n－2.
注：第二问可数学归纳法证

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