目錄一、導數單調性、極值、最值的直接應用 （1）
二、交點與根的分布 （23）
三、不等式證明 （31）
（一）作差證明不等式
（二）變形建構函式證明不等式
（三）替換構造不等式證明不等式
四、不等式恆成立求字母範圍 （51）
（一）恆成立之最值的直接應用
（二）恆成立之分離常數
（三）恆成立之討論字母範圍
五、函式與導數性質的綜合運用 （70）
六、導數應用題 （84）
七、導數結合三角函式 （85）
書中常用結論
⑴，變形即為，其幾何意義為上的的點與原點連線斜率小於1.⑵⑶
⑷.一、導數單調性、極值、最值的直接應用
1. （切線）設函式.
（1）當時，求函式在區間上的最小值；
（2）當時，曲線在點處的切線為，與軸交於點求證：.
解：(1)時，，由，解得.
的變化情況如下表：
所以當時，有最小值.
(2)證明：曲線在點處的切線斜率
曲線在點p處的切線方程為.
令，得，∴
即. 又∵，∴
所以.2. （2009天津理20，極值比較討論）
已知函式其中
⑴當時，求曲線處的切線的斜率；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
⑵當時，求函式的單調區間與極值.
解：本小題主要考查導數的幾何意義、導數的運算、利用導數研究函式的單調性與極值等基礎知識，考查運算能力及分類討論的思想方法。
⑴⑵ w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
以下分兩種情況討論：
①＞，則＜.當變化時，的變化情況如下表：
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
②＜，則＞，當變化時，的變化情況如下表：
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
3. 已知函式
⑴設兩曲線有公共點，且在公共點處的切線相同，若，試建立關於的函式關係式，並求的最大值；
⑵若在(0,4)上為單調函式，求的取值範圍。
4. （最值，按區間端點討論）
已知函式f(x)=lnx－.
(1)當a>0時，判斷f(x)在定義域上的單調性；
(2)若f(x)在[1,e]上的最小值為，求a的值.
解：(1)由題得f(x)的定義域為(0,＋∞)，且 f ′(x)＝＋＝.
∵a>0，∴f ′(x)>0，故f(x)在(0,＋∞)上是單調遞增函式.
(2)由(1)可知：f ′(x)＝，
①若a≥－1，則x＋a≥0，即f ′(x)≥0在[1,e]上恆成立，此時f(x)在[1,e]上為增函式，
∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(捨去).
②若a≤－e，則x＋a≤0，即f ′(x)≤0在[1,e]上恆成立，此時f(x)在[1,e]上為減函式，
∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(捨去).
③若－e當1當－a0，∴f(x)在(－a,e)上為增函式，
∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝a＝－.
綜上可知：a＝－.
5. （最值直接應用）已知函式，其中.
（ⅰ）若是的極值點，求的值；
（ⅱ）求的單調區間；
（ⅲ）若在上的最大值是，求的取值範圍.
解：（ⅰ）.
依題意，令，解得 . 經檢驗，時，符合題意
（ⅱ）解：① 當時，.
故的單調增區間是；單調減區間是.
② 當時，令，得，或.
當時，與的情況如下：
所以，的單調增區間是；單調減區間是和.
當時，的單調減區間是.
當時，，與的情況如下：
所以，的單調增區間是；單調減區間是和.
③ 當時，的單調增區間是；單調減區間是.
綜上，當時，的增區間是，減區間是；
當時，的增區間是，減區間是和；
當時，的減區間是；
當時，的增區間是；減區間是和.
（ⅲ）由（ⅱ）知時，在上單調遞增，由，知不合題意.
當時，在的最大值是，
由，知不合題意.
當時，在單調遞減，
可得在上的最大值是，符合題意.
所以，在上的最大值是時，的取值範圍是.
6. （2010北京理數18）
已知函式=ln(1+)-+(≥0).
(ⅰ)當=2時，求曲線=在點(1,(1))處的切線方程；
(ⅱ)求的單調區間.
解：（i）當時，，
由於，，
所以曲線在點處的切線方程為
即（ii），.
當時，.
所以，在區間上，；在區間上，.
故得單調遞增區間是，單調遞減區間是.
當時，由，得，
所以，在區間和上，；在區間上，
故得單調遞增區間是和，單調遞減區間是.
當時， 故得單調遞增區間是.
當時，，得，.
所以沒在區間和上，；在區間上，
故得單調遞增區間是和，單調遞減區間是
7. （2010山東文21，單調性）
已知函式
⑴當時，求曲線在點處的切線方程；
⑵當時，討論的單調性.
解：⑴⑵因為 ，
所以 ，，
令8. (是一道設計巧妙的好題，同時用到e底指、對數，需要建構函式，證存在且唯一時結合零點存在性定理不好想，⑴⑵聯絡緊密)
已知函式
⑴若函式φ (x) = f (x)－，求函式φ (x)的單調區間；
⑵設直線l為函式f (x)的圖象上一點a(x0，f (x0))處的切線，證明：在區間(1,+∞)上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y=g(x)相切．
解：（ⅰ） ，．
∵且，∴∴函式的單調遞增區間為．
∴ 切線的方程為, 即, ①
設直線與曲線相切於點，
∵，∴，∴,∴.
∴直線也為， 即， ②
由①②得 ，∴．
[, , , , , , ].
由（ⅰ）可知，在區間上遞增．
又，，結合零點存在性定理，說明方程必在區間上有唯一的根，這個根就是所求的唯一，故結論成立．
9. （最值應用，轉換變數）
設函式．
(1)討論函式在定義域內的單調性；
(2)當時，任意，恆成立，求實數的取值範圍．
解：⑴．
當時，，增區間為，減區間為，．
當時，，減區間為．
當時，，增區間為，減區間為，．
⑵由⑴知，當時，在上單調遞減，
∴，≤，
即≤．∵恆成立，
∴＞，即，
又，∴．
∵，∴，∴≤．
10. （最值應用）
已知二次函式對都滿足且，設函式（，）．
（ⅰ）求的表示式；
（ⅱ）若，使成立，求實數的取值範圍；
（ⅲ）設，，求證：對於，恒有．
解：（ⅰ）設，於是
所以 又，則．所以3分
（ⅱ）當m>0時，由對數函式性質，f（x）的值域為r；…………4分
當m=0時，對，恆成立； …………5分
當m<0時，由，列表：
所以若，恆成立，則實數m的取值範圍是．
故使成立，實數m的取值範圍．…………9分
（ⅲ）因為對，所以在內單調遞減．
於是記，則
所以函式在是單調增函式，
所以，故命題成立． …………12分
11. 設是函式的乙個極值點.
（1）求與的關係式（用表示），並求的單調區間；
（2）設，若存在，使得成立，求的取值範圍.
解：（1）∵
∴ 由題意得：，即，
∴且令得，
∵是函式的乙個極值點
∴，即故與的關係式為.
當時，，由得單增區間為：；
由得單減區間為：和；
當時，，由得單增區間為：；
由得單減區間為：和；
（2）由（1）知：當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，,
∴在上的值域為.
易知在上是增函式,
∴在上的值域為.
由於，又∵要存在，使得成立，
∴必須且只須解得:.
所以，的取值範圍為.
12. ．
（1）若，求函式的極值；
（2）若是函式的乙個極值點，試求出關於的關係式（用表示），並確定的單調區間；
（3）在（2）的條件下，設，函式．若存在使得成立，求的取值範圍．
解:（1）∵
當時，,則.
令得，∵,∴，解得
∵當時，，
當時，當時
∴當時，函式有極大值，，
當時，函式有極小值，．
（2）由（1）知
∵是函式的乙個極值點 ∴
即，解得
則＝令，得或
∵是極值點，∴，即 .
當即時，由得或
由得當即時，由得或
由得.綜上可知：
當時，單調遞增區間為和，遞減區間為
當時，單調遞增區間為和，遞減區間為。
（3）由2）知：當a>0時，在區間（0，1）上的單調遞減，
在區間（1，4）上單調遞增，
∴函式在區間上的最小值為
又∵，，
∴函式在區間[0，4]上的值域是，即]
又在區間[0，4]上是增函式，
且它在區間[0，4]上的值域是.
∵－＝＝，
∴存在使得成立只須
－<1.．
13. (2010山東，兩邊分求，最小值與最大值)
已知函式.
⑴當時，討論的單調性；
⑵設當時，若對任意，存在，使，求實數取值範圍.
解：本題將導數、二次函式、不等式知識有機的結合在一起，考查了利用導數研究函式的單調性、利用導數求函式的最值以及二次函式的最值問題，考查了同學們分類討論的數學思想以及解不等式的能力；考查了學生綜合運用所學知識分析問題、解決問題的能力.
（1）直接利用函式與導數的關係討論函式的單調性；（2）利用導數求出的最小值、利用二次函式知識或分離常數法求出在閉區間[1,2]上的最大值，然後解不等式求引數.⑴，令
①當時，，當,函式單調遞減；當，函式單調遞增.
②當時，由，即，解得.
當時，恆成立，此時，函式單調遞減；
當時，,時，函式單調遞減；
時，，函式單調遞增；
時，，函式單調遞減.
當時，當,函式單調遞減；
當，函式單調遞增.
綜上所述：當時，函式在單調遞減，單調遞增；
當時,恆成立,此時，函式在單調遞減；
當時,函式在遞減,遞增,遞減.
⑵當時，在(0,1)上是減函式，在(1,2)上是增函式，所以對任意，
有，又已知存在，使，所以，，（※）
又當時，與（※）矛盾；
當時，也與（※）矛盾；
當時，.
綜上，實數的取值範圍是.
14. 設函式．
（ⅰ）當時，過原點的直線與函式的圖象相切於點p，求點p的座標；
（ⅱ）當時，求函式的單調區間；
（ⅲ）當時，設函式，若對於]， [0，1]
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