高考数学试题分类汇编导数

高考数学试题分类汇编导数

高考数学试题分类汇编（导数）‎ ‎（安徽理 18）‎ 设a≥0，f (x)=x－1－ln2x＋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.‎ 本小题主要考查函数导数的概念与计算，利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法，考查综合运用有关知识解决问题的能力．本小题满分14分．‎ ‎（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．‎ 故当时，恒有．‎ ‎(安徽文 20)‎ 设函数f（x）=-cos2x-4tsincos+4t2+t2-3t+4,x∈R,其中≤1，将f(x)的最小值记为g(t).‎ ‎(Ⅰ)求g(t)的表达式；‎ ‎(Ⅱ)诗论g(t)在区间（-1,1）内的单调性并求极值.‎ 本小题主要考查同角三角函数的基本关系，倍角的正弦公式，正弦函数的值域，多项式函数的导数，函数的单调性，考查应用导数分析解决多项式函数的单调区间，极值与最值等问题的综合能力．‎ 解：（I）我们有 ‎．‎ 由于，，故当时，达到其最小值，即 ‎．‎ ‎ （II）我们有．‎ 列表如下：‎ 极大值 极小值 由此可见，在区间和单调增加，在区间单调减小，极小值为，极大值为．‎ ‎（北京理 19）‎ 如图，有一块半椭圆形钢板，其半轴长为，短半轴长为，计划将此钢板切割成等腰梯形的形状，下底是半椭圆的短轴，上底的端点在椭圆上，记，梯形面积为．‎ ‎（I）求面积以为自变量的函数式，并写出其定义域；‎ ‎（II）求面积的最大值．‎ 解：（I）依题意，以的中点为原点建立直角坐标系 ‎（如图），则点的横坐标为．‎ 点的纵坐标满足方程，‎ 解得 ‎，‎ 其定义域为．‎ ‎（II）记，‎ 则．‎ 令，得．‎ 因为当时，；当时，，所以是的最大值．‎ 因此，当时，也取得最大值，最大值为．‎ 即梯形面积的最大值为．‎ ‎（福建理 22）‎ 已知函数 ‎（Ⅰ）若，试确定函数的单调区间；‎ ‎（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：．‎ 本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法，考查分析问题、解决问题的能力．满分14分．‎ 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．‎ ‎ 于是对任意成立等价于对任意成立．‎ ‎ 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．‎ ‎（福建文 20）‎ 设函数．‎ ‎（Ⅰ）求的最小值；‎ ‎（Ⅱ）若对恒成立，求实数的取值范围．‎ 本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用，考查运用数学知识分析问题解决问题的能力．满分12分．‎ 解：（Ⅰ），‎ 当时，取最小值，‎ 即．‎ ‎（Ⅱ）令，‎ 由得，（不合题意，舍去）．‎ 当变化时，的变化情况如下表：‎ 递增 极大值 递减 在内有最大值．‎ 在内恒成立等价于在内恒成立，‎ 即等价于，‎ 所以的取值范围为．‎ ‎(广东理、文 20)‎ 已知是实数，函数．如果函数在区间上有 零点，求的取值范围．‎ 解: 若 , ,显然在上没有零点, 所以 ‎ ‎ 令 得 ‎ ‎ 当 时, 恰有一个零点在上;‎ ‎ 当 即 时,也恰有一个零点在上;‎ 当 在上有两个零点时, 则 ‎ 或 解得或 因此的取值范围是 或 ;‎ ‎（海南理 21）‎ 设函数 ‎（I）若当时，取得极值，求的值，并讨论的单调性；‎ ‎（II）若存在极值，求的取值范围，并证明所有极值之和大于．‎ 解：（Ⅰ），‎ 依题意有，故．‎ 从而．‎ 的定义域为，当时，；‎ 当时，；‎ 当时，．‎ 从而，分别在区间单调增加，在区间单调减少．‎ ‎（Ⅱ）的定义域为，．‎ 方程的判别式．‎ ‎（ⅰ）若，即，在的定义域内，故的极值．‎ ‎（ⅱ）若，则或．‎ 若，，．‎ 当时，，当时，，所以无极值．‎ 若，，，也无极值．‎ ‎（ⅲ）若，即或，则有两个不同的实根，．‎ 当时，，从而有的定义域内没有零点，故无极值．‎ 当时，，，在的定义域内有两个不同的零点，由根值判别方法知在取得极值．‎ 综上，存在极值时，的取值范围为．‎ 的极值之和为 ‎．‎ ‎（海南文 19）‎ 设函数 ‎（Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）求在区间的最大值和最小值．‎ 解：的定义域为．‎ ‎（Ⅰ）．‎ 当时，；当时，；当时，．‎ 从而，分别在区间，单调增加，在区间单调减少．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知在区间的最小值为．‎ 又．‎ 所以在区间的最大值为．‎ ‎（湖北理 20）‎ 已知定义在正实数集上的函数，，其中．设两曲线，有公共点，且在该点处的切线相同．‎ ‎（I）用表示，并求的最大值；‎ ‎（II）求证：（）．‎ 本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力．‎ 解：（Ⅰ）设与在公共点处的切线相同．‎ ‎，，由题意，．‎ 即由得：，或（舍去）．‎ 即有．‎ 令，则．于是 当，即时，；‎ 当，即时，．‎ 故在为增函数，在为减函数，‎ 于是在的最大值为．‎ ‎（Ⅱ）设，‎ 则．‎ 故在为减函数，在为增函数，‎ 于是函数在上的最小值是．‎ 故当时，有，即当时，．‎ ‎（湖北文 19）‎ 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．‎ ‎（湖南理 19）‎ 如图4，某地为了开发旅游资源，欲修建一条连接风景点和居民区的公路，点所在的山坡面与山脚所在水平面所成的二面角为（），且，点到平面的距离（km）．沿山脚原有一段笔直的公路可供利用．从点到山脚修路的造价为万元/km，原有公路改建费用为万元/km．当山坡上公路长度为km（）时，其造价为万元．已知，，，．‎ ‎（I）在上求一点，使沿折线修建公路的总造价最小；‎ ‎（II） 对于（I）中得到的点，在上求一点，使沿折线修建公路的总造价最小．‎ ‎（III）在上是否存在两个不同的点，，使沿折线修建公路的总造价小于（II）中得到的最小总造价，证明你的结论．‎ Ｏ A E D B H P 解：（I）如图，，，，‎ 由三垂线定理逆定理知，，所以是 山坡与所成二面角的平面角，则，‎ ‎．‎ 设，．则 ‎．‎ 记总造价为万元，‎ 据题设有 当，即时，总造价最小．‎ ‎（II）设，，总造价为万元，根据题设有 ‎．‎ 则，由，得．‎ 当时，，在内是减函数；‎ 当时，，在内是增函数．‎ 故当，即（km）时总造价最小，且最小总造价为万元．‎ ‎（III）解法一：不存在这样的点，．‎ 事实上，在上任取不同的两点，．为使总造价最小，显然不能位于 与之间．故可设位于与之间，且=，，，总造价为万元，则．类似于（I）、（II）讨论知，，，当且仅当，同时成立时，上述两个不等式等号同时成立，此时，，取得最小值，点分别与点重合，所以不存在这样的点 ，使沿折线修建公路的总造价小于（II）中得到的最小总造价．‎ 解法二：同解法一得 ‎．‎ 当且仅当且，即同时成立时，取得最小值，以上同解法一．‎ ‎（湖南文 21）‎ 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．‎ ‎（辽宁理 22）‎ 已知函数，．‎ ‎（I）证明：当时，在上是增函数；‎ ‎（II）对于给定的闭区间，试说明存在实数，当时，在闭区间上是减函数；‎ ‎（III）证明：．‎ ‎（辽宁文 22）‎ 已知函数，，且对任意的实数均有，．‎ ‎（I）求函数的解析式；‎ ‎（II）若对任意的，恒有，求的取值范围．‎ ‎（全国一 理20）‎ 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．‎ ‎（全国一文 20）‎ 设函数在及时取得极值．‎ ‎（Ⅰ）求a、b的值；‎ ‎（Ⅱ）若对于任意的，都有成立，求c的取值范围．‎ 解：（Ⅰ），‎ 因为函数在及取得极值，则有，．‎ 即 解得，．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，‎ ‎．‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 当时，．‎ 所以，当时，取得极大值，又，．‎ 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．‎ ‎（全国二理 22）‎ 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：‎ ‎，‎ ‎ 即 ．‎ ‎（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 极大值 极小值 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 ．‎ ‎（全国二文 22）‎ 已知函数 在处取得极大值，在处取得极小值，且．‎ ‎（1）证明；‎ ‎（2）若z=a+2b,求z的取值范围。‎ 解：求函数的导数．‎ ‎（Ⅰ）由函数在处取得极大值，在处取得极小值，知是的两个根．‎ 所以 当时，为增函数，，由，得．‎ ‎（Ⅱ）在题设下，等价于　即．‎ 化简得．‎ 此不等式组表示的区域为平面上三条直线：．‎ 所围成的的内部，其三个顶点分别为：．‎ b a ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ O 在这三点的值依次为．‎ 所以的取值范围为．‎ ‎（山东理 22）‎ 设函数，其中．‎ ‎（Ⅰ）当时，判断函数在定义域上的单调性；‎ ‎（Ⅱ）求函数的极值点；‎ ‎（Ⅲ）证明对任意的正整数，不等式都成立．‎ 解：（Ⅰ）由题意知，的定义域为，‎ 设，其图象的对称轴为，‎ ‎．‎ 当时，，‎ 即在上恒成立，‎ 当时，，‎ 当时，函数在定义域上单调递增．‎ ‎（Ⅱ）①由（Ⅰ）得，当时，函数无极值点．‎ ‎②时，有两个相同的解，‎ 时，，‎ 时，，‎ 时，函数在上无极值点．‎ ‎③当时，有两个不同解，，，‎ 时，，，‎ 即，．‎ 时，，随的变化情况如下表：‎ 极小值 由此表可知：时，有惟一极小值点，‎ 当时，，‎ ‎，‎ 此时，，随的变化情况如下表：‎ 极大值 极小值 由此表可知：时，有一个极大值和一个极小值点；‎ 综上所述：‎ 时，有惟一最小值点；‎ 时，有一个极大值点和一个极小值点；‎ 时，无极值点．‎ ‎（Ⅲ）当时，函数，‎ 令函数，‎ 则．‎ 当时，，所以函数在上单调递增，‎ 又．‎ 时，恒有，即恒成立．‎ 故当时，有．‎ 对任意正整数取，则有．‎ 所以结论成立．‎ ‎（山东文 21）‎ ‎ 设函数，其中．‎ ‎ 证明：当时，函数没有极值点；当时，函数有且只有一个极值点，并求出极值．‎ 证明：因为，所以的定义域为．‎ ‎．‎ ‎ 当时，如果在上单调递增；‎ ‎ 如果在上单调递减．‎ ‎ 所以当，函数没有极值点．‎ ‎ 当时，‎ ‎ 令，‎ ‎ 将（舍去），，‎ ‎ 当时，随的变化情况如下表：‎ ‎0‎ 极小值 从上表可看出，‎ ‎ 函数有且只有一个极小值点，极小值为．‎ ‎ 当时，随的变化情况如下表：‎ ‎0‎ 极大值 ‎ 从上表可看出，‎ 函数有且只有一个极大值点，极大值为．‎ ‎ 综上所述，‎ ‎ 当时，函数没有极值点；‎ ‎ 当时，‎ ‎ 若时，函数有且只有一个极小值点，极小值为．‎ ‎ 若时，函数有且只有一个极大值点，极大值为．‎ ‎（陕西理 20）‎ 设函数f(x)=其中a为实数.‎ ‎(Ⅰ)若f(x)的定义域为R,求a的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)当f(x)的定义域为R时，求f(x)的单减区间.‎ 解：（Ⅰ）的定义域为，恒成立，，‎ ‎，即当时的定义域为．‎ ‎（Ⅱ），令，得．‎ 由，得或，又，‎ 时，由得；‎ 当时，；当时，由得，‎ 即当时，的单调减区间为；‎ 当时，的单调减区间为．‎ ‎(陕西文21)‎ 已知在区间[0,1]上是增函数,在区间上是减函数,又 ‎(Ⅰ)求的解析式;‎ ‎(Ⅱ)若在区间(m＞0)上恒有≤x成立,求m的取值范围.‎ 解：（Ⅰ），由已知，‎ 即解得 ‎，，，．‎ ‎（Ⅱ）令，即，‎ ‎，或．‎ 又在区间上恒成立，．‎ ‎(上海理科19)‎ ‎ 已知函数，常数．‎ ‎ （1）讨论函数的奇偶性，并说明理由；‎ ‎ （2）若函数在上为增函数，求的取值范围．‎ 解：（1）当时，，‎ ‎ 对任意，， 为偶函数． ‎ ‎ 当时，，‎ ‎ 取，得 ， ‎ ‎， ‎ 函数既不是奇函数，也不是偶函数． ‎ ‎ （2）解法一：设，‎ ‎， ‎ ‎ 要使函数在上为增函数，必须恒成立． ‎ ‎，即恒成立． ‎ ‎ 又，．‎ 的取值范围是． ‎ 解法二：当时，，显然在为增函数． ‎ 当时，反比例函数在为增函数，‎ 在为增函数． ‎ ‎ 当时，同解法一． ‎ ‎(上海文科19)‎ ‎ 已知函数，常数．‎ ‎ （1）当时，解不等式；‎ ‎ （2）讨论函数的奇偶性，并说明理由．‎ 解： （1），‎ ‎， ‎ ‎． ‎ ‎ 原不等式的解为． ‎ ‎ （2）当时，，‎ ‎ 对任意，， ‎ 为偶函数． ‎ ‎ 当时，，‎ 取，得 ， ‎ ‎， ‎ 函数既不是奇函数，也不是偶函数． ‎ ‎(四川理 22)‎ 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。‎ ‎（四川文20）‎ 设函数为奇函数，其图象在点处的切线与直线垂直，导函数的最小值为．‎ ‎（Ⅰ）求，，的值；‎ ‎（Ⅱ）求函数的单调递增区间，并求函数在上的最大值和最小值．‎ 解析：本题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识，以及推理能力和运算能力．‎ ‎（Ⅰ）∵为奇函数，‎ ‎∴‎ 即 ‎∴‎ ‎∵的最小值为 ‎∴‎ 又直线的斜率为 因此，‎ ‎∴，，．‎ ‎（Ⅱ）．‎ ‎，列表如下：‎ 极大 极小 ‎　　　所以函数的单调增区间是和 ‎∵，，‎ ‎∴在上的最大值是，最小值是．‎ ‎（天津理 20）‎ 已知函数，其中．‎ ‎（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）当时，求函数的单调区间与极值．‎ 本小题考查导数的几何意义，两个函数的和、差、积、商的导数，利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法．满分12分．‎ ‎（Ⅰ）解：当时，，，‎ 又，．‎ 所以，曲线在点处的切线方程为，‎ 即．‎ ‎（Ⅱ）解：．‎ 由于，以下分两种情况讨论．‎ ‎（1）当时，令，得到，．当变化时，的变化情况如下表：‎ ‎0‎ ‎0‎ 极小值 极大值 所以在区间，内为减函数，在区间内为增函数．‎ 函数在处取得极小值，且，‎ 函数在处取得极大值，且．‎ ‎（2）当时，令，得到，当变化时，的变化情况如下表：‎ ‎0‎ ‎0‎ 极大值 极小值 所以在区间，内为增函数，在区间内为减函数．‎ 函数在处取得极大值，且．‎ 函数在处取得极小值，且．‎ ‎（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．‎ ‎（浙江理 22）‎ 设，对任意实数，记．‎ ‎（I）求函数的单调区间；‎ ‎（II）求证：（ⅰ）当时，对任意正实数成立；‎ ‎（ⅱ）有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．‎ 本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分．‎ ‎（I）解：．‎ 由，得 ‎．‎ 因为当时，，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 故所求函数的单调递增区间是，，‎ 单调递减区间是．‎ ‎（II）证明：（i）方法一：‎ 令，则 ‎，‎ 当时，由，得，‎ 当时，，‎ 所以在内的最小值是．‎ 故当时，对任意正实数成立．‎ 方法二：‎ 对任意固定的，令，则 ‎，‎ 由，得．‎ 当时，．‎ 当时，，‎ 所以当时，取得最大值．‎ 因此当时，对任意正实数成立．‎ ‎（ii）方法一：‎ ‎．‎ 由（i）得，对任意正实数成立．‎ 即存在正实数，使得对任意正实数成立．‎ 下面证明的唯一性：‎ 当，，时，‎ ‎，，‎ 由（i）得，，‎ 再取，得，‎ 所以，‎ 即时，不满足对任意都成立．‎ 故有且仅有一个正实数，‎ 使得对任意正实数成立．‎ 方法二：对任意，，‎ 因为关于的最大值是，所以要使对任意正实数成立的充分必要条件是：‎ ‎，‎ 即， ①‎ 又因为，不等式①成立的充分必要条件是，‎ 所以有且仅有一个正实数，‎ 使得对任意正实数成立．‎ ‎(重庆理 20)‎ 已知函数(x>0)在x = 1处取得极值--3--c，其中a,b,c为常数。‎ ‎（1）试确定a,b的值；‎ ‎（2）讨论函数f(x)的单调区间；‎ ‎（3）若对任意x>0，不等式恒成立，求c的取值范围。‎ 解：（I）由题意知，因此，从而．‎ 又对求导得 ‎．‎ 由题意，因此，解得．‎ ‎（II）由（I）知（），令，解得．‎ 当时，，此时为减函数；‎ 当时，，此时为增函数．‎ 因此的单调递减区间为，而的单调递增区间为．‎ ‎（III）由（II）知，在处取得极小值，此极小值也是最小值，要使（）恒成立，只需．‎ 即，从而，‎ 解得或．‎ 所以的取值范围为．‎ ‎（重庆文20）‎ 用长为18 cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？‎ ‎（20）（本小题12分）‎ 解：设长方体的宽为x（m），则长为2x(m)，高为 ‎.‎ 故长方体的体积为 从而 令V′（x）＝0，解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1.‎ 当0＜x＜1时，V′（x）＞0；当1＜x＜时，V′（x）＜0，‎ 故在x=1处V（x）取得极大值，并且这个极大值就是V（x）的最大值。‎ 从而最大体积V＝V′（x）＝9×12-6×13（m3），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m.‎ 答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3。‎