2017年高考導(dǎo)數(shù)壓軸題終極解答

1、四、不等式恒成立求字母范圍恒成立之最值的直接應(yīng)用1. （2008天津理20倒數(shù)第3大題，最值的直接應(yīng)用，第3問帶有小的處理技巧）已知函數(shù)，其中.若曲線在點(diǎn)處切線方程為,求函數(shù)的解析式；討論函數(shù)的單調(diào)性；若對(duì)于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范圍.解：，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義得，于是由切點(diǎn)在直線上可得，解得所以函數(shù)的解析式為當(dāng)時(shí)，顯然(),這時(shí)在，上內(nèi)是增函數(shù)當(dāng)時(shí)，令，解得當(dāng)變化時(shí)，的變化情況如下表：00極大值極小值在，內(nèi)是增函數(shù)，在，內(nèi)是減函數(shù)由知，在上的最大值為與的較大者，對(duì)于任意的，不等式在上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)，即，對(duì)任意的成立從而得，所以滿足條件的的取值范圍是恒成立之分離常數(shù)2. （分離常數(shù)）

2、已知函數(shù)(1) 若在處的切線平行于直線，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2) 若，且對(duì)時(shí)，恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解: (1) 定義域?yàn)?直線的斜率為,.所以 由; 由所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為,減區(qū)間為.(2) ，且對(duì)時(shí)，恒成立,即.設(shè).當(dāng)時(shí), ,當(dāng)時(shí), ,.所以當(dāng)時(shí),函數(shù)在上取到最大值,且所以,所以所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.（法二）討論法，在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù).當(dāng)時(shí)，解得，.當(dāng)時(shí)，解得，.綜上.3. （2011長春一模，恒成立，分離常數(shù)，二階導(dǎo)數(shù)）已知函數(shù),（其中R,為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.(1)當(dāng)時(shí),求曲線在處的切線方程；(2)當(dāng)1時(shí),若關(guān)于的不等式0恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍.（改x0時(shí)，0恒成立.1）

3、解：（1）當(dāng)時(shí)，,切線方程為（2）方法一1,12)(2-=axxexfxaÛ0xxex122-, 設(shè)xxexgx12)(2-=,則2212)1()('xxexxgx+-=, 設(shè),則, 在上為增函數(shù),在上為增函數(shù),方法二,設(shè), 0,0,在上為增函數(shù),.又0恒成立,0,在上為增函數(shù), 此時(shí)0恒成立,（改x0時(shí)，0恒成立.1）解：先證明在上是增函數(shù)，再由洛比達(dá)法則，1.（正常的討論進(jìn)行不了，除非系數(shù)調(diào)到二次項(xiàng)上，分兩種情況討論可得1）4. （兩邊取對(duì)數(shù)的技巧）設(shè)函數(shù)且） （1）求的單調(diào)區(qū)間； （2）求的取值范圍； （3）已知對(duì)任意恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍。解：（1） ,當(dāng)時(shí)，即.

4、當(dāng)時(shí)，即或. 故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是. 函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是.（2）由時(shí)，即，由（1）可知在上遞增， 在遞減，所以在區(qū)間（1，0）上，當(dāng)時(shí)，取得極大值，即最大值為.在區(qū)間上，.函數(shù)的取值范圍為.分（3），兩邊取自然對(duì)數(shù)得5. （分離常數(shù)）已知函數(shù) （）若函數(shù)在區(qū)間其中a >0，上存在極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（）如果當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；解：（）因?yàn)椋?x >0，則， 當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，所以在（0，1）上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減，所以函數(shù)在處取得極大值 因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間（其中）上存在極值，所以 解得 （）不等式即為 記所以 令，則， ， 在上單調(diào)遞增， ，從而，故在上也單

5、調(diào)遞增， 所以，所以 6. （2010湖南，分離常數(shù)，構(gòu)造函數(shù)）已知函數(shù) 對(duì)任意的恒有.證明：當(dāng)若對(duì)滿足題設(shè)條件的任意b、c，不等式恒成立，求M的最小值。7. （第3問不常見，有特點(diǎn)，由特殊到一般，先猜后證）已知函數(shù)（）求函數(shù)f (x)的定義域（）確定函數(shù)f (x)在定義域上的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論.（）若x>0時(shí)恒成立，求正整數(shù)k的最大值.解：（1）定義域（2）單調(diào)遞減。當(dāng)，令，故在（1，0）上是減函數(shù)，即，故此時(shí)在（1，0）和（0，+）上都是減函數(shù)（3）當(dāng)x>0時(shí)，恒成立，令又k為正整數(shù)，k的最大值不大于3下面證明當(dāng)k=3時(shí)，恒成立當(dāng)x>0時(shí) 恒成立 令，則，當(dāng)當(dāng)取得最小

6、值當(dāng)x>0時(shí)， 恒成立，因此正整數(shù)k的最大值為38. (恒成立，分離常數(shù)，涉及整數(shù)、較難的處理)已知函數(shù) （）試判斷函數(shù)上單調(diào)性并證明你的結(jié)論； （）若恒成立，求整數(shù)k的最大值；（較難的處理） （）求證：(1+1×2)(1+2×3)1+n(n+1)>e2n3.解：（I）上遞減. （II）則上單調(diào)遞增，又存在唯一實(shí)根a，且滿足當(dāng)故正整數(shù)k的最大值是3 .（）由（）知令，則ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+ln1+n(n+1)（1+1×2）（1+2×3）1+n（n+1）>e2n3 9. (分離常數(shù)，雙參，較難)已知

7、函數(shù)，.（）若函數(shù)依次在處取到極值求的取值范圍；若，求的值（）若存在實(shí)數(shù)，使對(duì)任意的，不等式 恒成立求正整數(shù)的最大值解：（1）.（2）不等式 ，即，即.轉(zhuǎn)化為存在實(shí)數(shù)，使對(duì)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。設(shè)，則。設(shè)，則，因?yàn)?，有。故在區(qū)間上是減函數(shù)。又故存在，使得。當(dāng)時(shí)，有，當(dāng)時(shí)，有。從而在區(qū)間上遞增，在區(qū)間上遞減。又所以當(dāng)時(shí)，恒有；當(dāng)時(shí)，恒有；故使命題成立的正整數(shù)的最大值為5.10. （2008湖南理22，分離常數(shù)，復(fù)合的超范圍）已知函數(shù) 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;若不等式對(duì)任意的都成立（其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），求a的最大值.（分離常數(shù)）解: 函數(shù)的定義域是，設(shè)則令則當(dāng)

8、時(shí)， 在（1，0）上為增函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，在上為減函數(shù).所以h(x)在x=0處取得極大值，而h(0)=0,所以，函數(shù)g(x)在上為減函數(shù).于是當(dāng)時(shí)，當(dāng)x0時(shí)，所以，當(dāng)時(shí)，在（1，0）上為增函數(shù).當(dāng)x0時(shí)，在上為減函數(shù).故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，0），單調(diào)遞減區(qū)間為.不等式等價(jià)于不等式由知，0，上式變形得設(shè)，則則由結(jié)論知，（）即所以于是G(x)在上為減函數(shù).故函數(shù)在上的最小值為所以a的最大值為11. （變形，分離常數(shù)）已知函數(shù)(a為實(shí)常數(shù)).(1)若，求證：函數(shù)在(1,+)上是增函數(shù)； (2)求函數(shù)在1,e上的最小值及相應(yīng)的值；(3)若存在，使得成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：當(dāng)時(shí)，當(dāng)，故函數(shù)在上

9、是增函數(shù)，當(dāng)，若，在上非負(fù)（僅當(dāng)，x=1時(shí)，），故函數(shù)在上是增函數(shù)，此時(shí)若，當(dāng)時(shí),；當(dāng)時(shí)，此時(shí)是減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，此時(shí)是增函數(shù)故若，在上非正（僅當(dāng)，x=e時(shí)，），故函數(shù)在上是減函數(shù)，此時(shí)不等式，可化為, 且等號(hào)不能同時(shí)取，所以，即，因而（）令（），又，當(dāng)時(shí)，從而（僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)），所以在上為增函數(shù)，故的最小值為，所以a的取值范圍是12. （分離常數(shù)，轉(zhuǎn)換變量，有技巧）設(shè)函數(shù).若函數(shù)在處與直線相切：求實(shí)數(shù)的值；求函數(shù)在上的最大值；當(dāng)時(shí)，若不等式對(duì)所有的都成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1）。函數(shù)在處與直線相切解得.當(dāng)時(shí)，令得；令，得，上單調(diào)遞增，在1，e上單調(diào)遞減，. （2）當(dāng)b=0時(shí)，若不等式對(duì)

10、所有的都成立，則對(duì)所有的都成立，即對(duì)所有的都成立，令為一次函數(shù)， .上單調(diào)遞增，對(duì)所有的都成立.（注：也可令所有的都成立，分類討論得對(duì)所有的都成立，請(qǐng)根據(jù)過程酌情給分）恒成立之討論字母范圍13. 設(shè)函數(shù)f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)g(x).()若x=0是F(x)的極值點(diǎn),求a的值；()當(dāng) a=1時(shí),設(shè)P(x1,f(x1), Q(x2, g(x 2)(x1>0,x2>0), 且PQ/x軸,求P、Q兩點(diǎn)間的最短距離；():若x0時(shí),函數(shù)y=F(x)的圖象恒在y=F(x)的圖象上方,求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：()F(x)= ex+sinxax,.因?yàn)閤=0是F

11、(x)的極值點(diǎn),所以. 又當(dāng)a=2時(shí),若x<0, ;若 x>0, .x=0是F(x)的極小值點(diǎn), a=2符合題意. () a=1, 且PQ/x軸,由f(x1)=g(x2)得:,所以.令當(dāng)x>0時(shí)恒成立.x0,+時(shí),h(x)的最小值為h(0)=1.|PQ|min=1. ()令則.因?yàn)楫?dāng)x0時(shí)恒成立, 所以函數(shù)S(x)在上單調(diào)遞增, S(x)S(0)=0當(dāng)x0,+時(shí)恒成立; 因此函數(shù)在上單調(diào)遞增, 當(dāng)x0,+時(shí)恒成立.當(dāng)a2時(shí),在0,+單調(diào)遞增,即.故a2時(shí)F(x)F(x)恒成立. 14. （用到二階導(dǎo)數(shù)，二次）設(shè)函數(shù).若，求的最小值；若當(dāng)時(shí)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1）時(shí)，.當(dāng)

12、時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以在上單調(diào)減小，在上單調(diào)增加故的最小值為（2），當(dāng)時(shí)，所以在上遞增，而，所以，所以在上遞增，而，于是當(dāng)時(shí)， .當(dāng)時(shí)，由得當(dāng)時(shí)，所以在上遞減，而，于是當(dāng)時(shí)，所以在上遞減，而，所以當(dāng)時(shí)，.綜上得的取值范圍為.15. (第3問設(shè)計(jì)很好，2問是單獨(dú)的，可以拿掉)已知函數(shù)，斜率為的直線與相切于點(diǎn).（）求的單調(diào)區(qū)間；（）當(dāng)實(shí)數(shù)時(shí)，討論的極值點(diǎn)。（）證明：.解：（）由題意知：2分解得：； 解得：所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減4分（）=得：. 若即，+-+極大值極小值此時(shí)的極小值點(diǎn)為，極大值點(diǎn)7分 若即，則， 在上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn). 若即，+-+極大值極小值此時(shí)的極大值點(diǎn)為，極小值點(diǎn).綜上述

13、：當(dāng)時(shí)，的極小值點(diǎn)為，極大值點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，無極值點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，的極大值點(diǎn)為，極小值點(diǎn).16. （2011全國I文21，恒成立，一次，提出一部分再處理的技巧）設(shè)函數(shù).若a =，求的單調(diào)區(qū)間；若當(dāng)0時(shí)0，求a的取值范圍.解：時(shí)，.當(dāng)時(shí);當(dāng)時(shí)，;當(dāng)時(shí)，.故在，單調(diào)增加，在(1，0)單調(diào)減少.令，則.若，則當(dāng)時(shí)，為減函數(shù)，而，從而當(dāng)x0時(shí)0，即0，符合題意.若，則當(dāng)時(shí)，為減函數(shù)，而，從而當(dāng)時(shí)0，即0,不合題意. 綜合得的取值范圍為17. （2011全國新理21，恒成立，反比例，提出公因式再處理的技巧，本題的創(chuàng)新之處是將一般的過定點(diǎn)（0,0）變?yōu)檫^定點(diǎn)（1,0），如果第2問范圍變?yōu)閯t更間單）已知函數(shù)在點(diǎn)處的切線

14、方程為.求、的值；如果當(dāng)，且時(shí)，求的取值范圍。解：，依意意且，即，解得，.由知，所以.設(shè)，則.（注意h(x)恒過點(diǎn)(1,0)，由上面求導(dǎo)的表達(dá)式發(fā)現(xiàn)討論點(diǎn)0和1）當(dāng)，由，（變形難想，法二）當(dāng)時(shí)，.而，故當(dāng)時(shí)，可得；當(dāng)x(1,+)時(shí)，<0，可得>0,從而當(dāng)x>0,且x1時(shí)，(+)>0，即>+.法二：的分子0，. 當(dāng)0< k <1，由于當(dāng)x(1,)時(shí)，(k1)(x2 +1)+2x>0,故>0,而=0，故當(dāng)x(1,)時(shí)，>0，可得<0,不合題意.當(dāng)k1，此時(shí)>0，則x(1，+)時(shí)，遞增，<0,不合題意. 綜上，k的取值范圍

15、為(,018. （2010新課程理21，恒成立，討論，二次，用到結(jié)論）設(shè)函數(shù).若，求的單調(diào)區(qū)間；若當(dāng)時(shí)，求的取值范圍. 解：命題意圖：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)、不等式恒成立問題以及參數(shù)取值范圍問題，考查分類討論、轉(zhuǎn)化與劃歸解題思想及其相應(yīng)的運(yùn)算能力.時(shí)，.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.故在單調(diào)減少，在單調(diào)增加.當(dāng)時(shí)，由結(jié)論知，則，故，從而當(dāng)，即時(shí)，而，于是當(dāng)時(shí)，符合題意.時(shí)，由可得.（太難想，法二），故當(dāng)時(shí),，而，于是當(dāng)時(shí),.綜合得的取值范圍為.法二：設(shè),則,令，得.當(dāng)，在此區(qū)間上是增函數(shù)，在此區(qū)間上遞增，不合題意.19. （恒成立，2010全國卷2理數(shù)，利用結(jié)論，較難的變形討論）設(shè)函數(shù)證明：當(dāng)時(shí)，

16、；設(shè)當(dāng)時(shí)，求a的取值范圍解：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用和利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，考查考生綜合運(yùn)用知識(shí)的能力及分類討論的思想，考查考生的計(jì)算能力及分析問題、解決問題的能力.【點(diǎn)評(píng)】導(dǎo)數(shù)常作為高考的壓軸題，對(duì)考生的能力要求非常高，它不僅要求考生牢固掌握基礎(chǔ)知識(shí)、基本技能，還要求考生具有較強(qiáng)的分析能力和計(jì)算能力.估計(jì)以后對(duì)導(dǎo)數(shù)的考查力度不會(huì)減弱。作為壓軸題，主要是涉及利用導(dǎo)數(shù)求最值解決恒成立問題，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式等，常伴隨對(duì)參數(shù)的討論，這也是難點(diǎn)之所在.20. 已知函數(shù)，且函數(shù)是上的增函數(shù)。（1）求的取值范圍；（2）若對(duì)任意的，都有（e是自然對(duì)數(shù)的底），求滿足條件的最大整數(shù)的值。解析：（1）設(shè)，所以，得到

17、所以的取值范圍為2分（2）令，因?yàn)槭巧系脑龊瘮?shù)，且，所以是上的增函數(shù)。4分由條件得到（兩邊取自然對(duì)數(shù)），猜測(cè)最大整數(shù)，現(xiàn)在證明對(duì)任意恒成立。6分等價(jià)于，8分設(shè)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以對(duì)任意的都有，即對(duì)任意恒成立，所以整數(shù)的最大值為214分21. （2008山東卷21）已知函數(shù)其中nN*,a為常數(shù).當(dāng)n=2時(shí)，求函數(shù)f(x)的極值；當(dāng)a=1時(shí)，證明：對(duì)任意的正整數(shù)n,當(dāng)x2時(shí)，有f(x)x1.解：由已知得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閤|x1，當(dāng)n=2時(shí)， 所以當(dāng)a0時(shí)，由f(x)=0得1，1，此時(shí)=.當(dāng)x（1，x1）時(shí)，0,f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x（x1+）時(shí)，0, f(x)單調(diào)遞增.當(dāng)a0時(shí)，0恒成立，所以

18、f(x)無極值.綜上所述，n=2時(shí)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在處取得極小值，極小值為當(dāng)a0時(shí)，f(x)無極值.證法一：因?yàn)閍=1,所以 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，令則）=1+0（x2）.所以當(dāng)x2,+時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，又g(2)=0，因此g(2)=0恒成立， 所以f(x)x1成立.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，要證x1,由于0，所以只需證ln(x1) x1, 令h(x)=x1ln(x1),則=10(x2), 所以,當(dāng)x2，+時(shí)，單調(diào)遞增，又h(2)=10， 所以當(dāng)x2時(shí)，恒有h(x)0,即ln(x1)x1命題成立.綜上所述，結(jié)論成立.證法二：當(dāng)a=1時(shí)，當(dāng)x2，時(shí)，對(duì)任意的正整數(shù)n，恒有1，故只需證明1+ln(x1) x1

19、.令則當(dāng)x2時(shí)，0，故h(x)在上單調(diào)遞增，因此，當(dāng)x2時(shí)，h(x)h(2)=0，即1+ln(x1) x1成立.故當(dāng)x2時(shí)，有x1.即f（x）x1.22. 已知函數(shù)，（）若，求的單調(diào)區(qū)間；（）對(duì)于任意的，比較與的大小，并說明理由解：（），-1分當(dāng)時(shí)，在上恒成立，的遞增區(qū)間為；-2分當(dāng)時(shí)，的遞增區(qū)間為；-3分 當(dāng)時(shí)，的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；-4分（）令，令，在上恒成立，當(dāng)時(shí)，成立，在上恒成立，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，恒成立，當(dāng)時(shí)，恒成立， 對(duì)于任意的時(shí)，又，即23. （恒成立，思路不常見）已知函數(shù)，其中為實(shí)數(shù) (1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程； (2)是否存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意，恒成立?若不存在，

20、請(qǐng)說明理由，若存在，求出的值并加以證明解：時(shí)，又，所以切線方程為.當(dāng)時(shí)，則令，再令，當(dāng)時(shí)，在上遞減，當(dāng)時(shí)，所以在上遞增，所以時(shí)，則由知當(dāng)時(shí)，在上遞增當(dāng)時(shí)，所以在上遞增，；由得.24. 已知函數(shù)，在區(qū)間上有最大值4，最小值1，設(shè)（）求的值；（）不等式在上恒成立，求實(shí)數(shù)的范圍；（）方程有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)的范圍解:（）(1) 當(dāng)時(shí)，上為增函數(shù) 故 當(dāng)上為減函數(shù)故 即. .（）方程化為，令， 記 （）方程化為，令， 則方程化為 （）方程有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，由的圖像知，有兩個(gè)根、， 且 或 ， 記則 或 25. 已知函數(shù)， 設(shè) （1）是否存在唯一實(shí)數(shù)，使得，若存在，求正整數(shù)m的值；若不存在，說明

21、理由。（2）當(dāng)時(shí)，恒成立，求正整數(shù)n的最大值。解：（1）由得 則因此在內(nèi)單調(diào)遞增。4分因?yàn)?，即存在唯一的根，于?6分（2）由得，且恒成立，由第（1）題知存在唯一的實(shí)數(shù)，使得，且當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，因此當(dāng)時(shí)，取得最小值 9分由，得 即 于是 又由，得，從而，故正整數(shù)n的最大值為3。12分26. (第3問難想)已知函數(shù)，其中是自然數(shù)的底數(shù)，。（） 當(dāng)時(shí)，解不等式；（） 若在，上是單調(diào)增函數(shù)，求的取值范圍；（） 當(dāng)時(shí)，求整數(shù)的所有值，使方程在，上有解。因?yàn)?，所以不等式即為，又因?yàn)?，所以不等式可化為，所以不等式的解集?分，當(dāng)時(shí)，在上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故符合要求；6分當(dāng)時(shí)，令，因?yàn)?，所以有兩個(gè)不相

22、等的實(shí)數(shù)根，不妨設(shè)，因此有極大值又有極小值若，因?yàn)?，所以在?nèi)有極值點(diǎn)，故在上不單調(diào)8分若，可知，因?yàn)榈膱D象開口向下，要使在上單調(diào)，因?yàn)?，必須滿足即所以.綜上可知，的取值范圍是10分當(dāng)時(shí), 方程即為，由于，所以不是方程的解，所以原方程等價(jià)于，令，因?yàn)閷?duì)于恒成立，所以在和內(nèi)是單調(diào)增函數(shù)，13分又，所以方程有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且分別在區(qū)間和上，所以整數(shù)的所有值為16分27. （2010湖南文數(shù)，另類區(qū)間）已知函數(shù)其中a<0,且a-1.（）討論函數(shù)的單調(diào)性；（）設(shè)函數(shù)（e是自然數(shù)的底數(shù)）。是否存在a，使在a,a上為減函數(shù)？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由。79.（2008遼寧理22，

23、第2問無從下手，思路太難想）設(shè)函數(shù).求的單調(diào)區(qū)間和極值;是否存在實(shí)數(shù),使得關(guān)于的不等式的解集為?若存在,求的取值范圍;若不存在,試說明理由.說明：本小題主要考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，單調(diào)性，極值，不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查綜合利用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問題、解決問題的能力滿分14分解：故當(dāng)時(shí)，時(shí)，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減由此知在的極大值為，沒有極小值當(dāng)時(shí)，由于，故關(guān)于的不等式的解集為當(dāng)時(shí)，由知，其中為正整數(shù)，且有又時(shí)，且取整數(shù)滿足，且，則，即當(dāng)時(shí)，關(guān)于的不等式的解集不是綜合知，存在，使得關(guān)于的不等式的解集為，且的取值范圍為81.已知函數(shù)，記（）求的單調(diào)區(qū)間；（）當(dāng)時(shí)，若，比較：與的大??；（）若的極值為，問是否存在實(shí)

24、數(shù)，使方程有四個(gè)不同實(shí)數(shù)根？若存在，求出實(shí)數(shù)的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由。解：（）的定義域?yàn)椋?，+）， 又 ， 當(dāng)時(shí)，>0恒成立在（0，+）上單調(diào)遞增； 令得當(dāng)時(shí)，若， 在（0，）上單調(diào)遞減；若，在（，+）上單調(diào)遞增 故時(shí)，增區(qū)間為；時(shí)，增區(qū)間為，減區(qū)間為（0，）。 4分（）令，則，所以在1，+）上單調(diào)遞增，.（）由（）知僅當(dāng)時(shí)，在處取得極值由可得，方程為，令，得 由方程有四個(gè)不同的根，得方程有兩個(gè)不同的正根，令，當(dāng)直線與曲線相切時(shí)，得切點(diǎn)坐標(biāo)（，） 切線方程為，其在y軸上截距為；當(dāng)直線在軸上截距時(shí)，和在y軸右側(cè)有兩個(gè)不同交點(diǎn)，所以k的取值范圍為（，0）. （注：也可用導(dǎo)數(shù)求解） 六、導(dǎo)數(shù)應(yīng)用題82.某工廠生產(chǎn)某種兒童玩具，每件玩具的成本為30元，并且每件玩具的加工費(fèi)為t元(其中t為常數(shù)，且2t5)，設(shè)該工廠每件玩具的出廠價(jià)為x元(35x41)，根據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，日銷售量與ex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))成反比例，當(dāng)每件玩具的出廠價(jià)為40元時(shí)，日銷售量為10件