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- 2021-05-26 发布
23个函数与导函数类型专题
1、函数第1题已知函数，若，且，，求的取值范围.
[解析]⑴ 将不等式化成模式
由得：，化简得： ①
⑵ 构建含变量的新函数
构建函数： （，且）
其导函数由求得：
即： ②
⑶ 确定的增减性
先求的极值点，由得：
即： ③
满足③式的， 即：的极值点
在时，由于有界，而无界
故：
即：在时，，单调递减；
那么，在时，单调递增.
满足③式得恰好是
⑷ 在由增减性化成不等式
在区间，由于为单调递减函数，
故：
应用不等式：得：
即：，即：的最大值是
代入①式得：，即：，即： ④
⑸ 在由增减性化成不等式
在区间，由于为单调递增函数，
故：
由于极限，故：，代入①式得： ⑤
⑹ 总结结论
综合④和⑤式得：. 故：的取值范围是
本题的要点：求出的最小值或最小极限值.
特刊：洛必达法则解析
⑴ 由①式，设函数
当时，用洛必达法则得：
，则
当时，用洛必达法则得：
，则
当时，用洛必达法则得：
其中，的最小值是，所以本题结果是，即：
⑵ 关于极限
将函数以为中心，以泰勒级数展开
因为：；；；
；；
……，
代入泰勒公式：
得：
于是：
上面用泰勒级数证明了.
2、函数第2题已知函数，，，连续，若存在均属于区间的，且，使，证明：
[解析]⑴ 求出函数的导函数
函数： ①
其导函数： ②
⑵ 给出函数的单调区间
由于，由②式知：的符号由的符号决定.
当，即：时，，函数单调递增；
当，即：时，，函数单调递减；
当，即：时，，函数达到极大值.
⑶ 由区间的增减性给出不等式
由均属于区间，且，得到：，
若，则分属于峰值点的两侧
即：，.
所以：所在的区间为单调递增区间，所在的区间为单调递减区间.
故，依据函数单调性，在单调递增区间有： ③
在单调递减区间有： ④
⑷ 将数据代入不等式
由①式得：；；
代入③得：，即：，即： ⑤
代入④式得：，即：，
即： ⑥
⑸ 总结结论
结合⑤和⑥式得：. 证毕.
本题的要点：用导数来确定函数的单调区间，利用单调性来证明本题.
特刊：特值解析
由⑶已得：，，且：，
若：，则：
即：，故：
当：，时，
当：，时，
故：处于这两个特值之间，即：
3、函数第3题已知函数.若函数的图像与轴交于两点，线段中点的横坐标为，试证明：.
[解析]⑴ 求出函数导函数
函数的定义域由可得：.
导函数为： ①
⑵ 确定函数的单调区间
当，即时，，函数单调递增；
当，即时，，函数单调递减；
当，即时，，函数达到极大值.
②
⑶ 分析图像与轴的交点，求出区间
由于，
若与轴交于两点，则其极值点必须.
即：，即： ③
考虑到基本不等式及③式得：
即：，即：，即：
结合，即：得： ④
⑷ 求出点以及关于极值点的对称点
两点分居于极值点两侧，即：，
设：，，则，且（因）
设：，则与处于相同得单调递减区间.
于是：，即：
故：
⑤
将替换成代入就得到：
⑥
⑸ 比较点的函数值，以增减性确定其位置
构造函数：
将⑤⑥式代入上式得： ⑦
其对的导函数为：
⑧
由于④式及，所以.
即：是随的增函数，其最小值是在时，即：
由⑦式得：，故：.
当时，，即：
由于和在同一单调递减区间，所以由得：
即：，即：或 ⑨
⑹ 得出结论
那么，由⑨式得：
即： . 证毕.
本题的关键：首先求得极值点，以为对称轴看的对称点就可以得到结论. 具体措施是：设点，利用函数的单调性得到
特刊：本题点评
本题的解题思路：⑴函数图象与轴有2个交点，则在
之间应该有函数的极值点，于是得到极值点；⑵以极值点为对称轴，以等宽度（）得到“对称点C”（仅横坐标对称），这样，C和B处于同一个单调区间；⑶利用单调性比较C和B点的函数值，出现不等式.
4、函数第4题已知函数.若，求的最大值.
[解析]⑴ 求出函数的解析式
由于和都是常数，所以设，，利用待定系数法求出函数的解析式.
设：，则：
其导函数为：，则：
所以：，，函数的解析式为： ①
⑵ 化简不等式
即：，故： ②
⑶ 构建新函数，并求其极值点
构建函数 ③
其导函数： ④
要使②式得到满足，必须.即：，或的最小值等于0
故当取得极值时有：，由④式得极值点：
此时的由③得： ⑤
⑷ 求的最大值
由⑤式得：，则： ⑥
令：，则⑥式右边为： （）
其导函数为： ⑦
当，即：时，，单调递增；
当，即：时，，单调递减；
当，即：时，，达到极大值.
此时，的极大值为： ⑧
⑸ 得出结论
将⑧代入⑥式得：，故：的最大值为
本题的关键：利用已知的不等式得到关于的不等式即⑥式，然后求不等式⑥式的极值.
5、函数第5题已知函数的最小值为，其中.若对任意的，有成立，求实数的最小值.
[解析]⑴ 利用基本不等式求出
利用基本不等式或，得：
即：，即：
已知的最小值为，故，即：
或者，将的端点值代入，利用最小值为，求得
⑵ 用导数法求出
函数的导函数为： ①
当，即时，，函数单调递减；
当，即时，，函数单调递增；
当，即时，，函数达到极小值.
依题意，的最小值为，故当时，
即：，故：
函数的解析式为： ②
⑶ 构建新函数
当时，有，即：
构建函数： ③
则函数，即的最大值为.
实数的最小值对应于的最大值点.
⑷ 确定的单调区间和极值
于是由③式得导函数为：
④
当时，由③式得函数；
则是极值点，同时也是区间的端点.
当时，即：
当，即时，，函数单调递增；
当，即时，，函数单调递减；
当，即时，，函数达到极大值.
故：从开始单调递增，直到达到的极大值，再单调递减， 所以是个极小值. 是个极大值，也是最大值.
⑸ 求出最大值点
将最值点代入③式得：（）
由的最大值为得：
即：，即：，
此时，即：，即：
⑹ 给出结论
由于，也是端点，结合⑷的结论，所以：
在区间单调递减，是个极大值，也是最大值.
由得出实数的最小值为：
故：实数的最小值.
本题关键：用构建新函数代替不等式，通过求导得到极值点.
特刊：特值解析
由③式，要求函数.
由③式可看出时，
由得：，令
我们只要求出在极值点的值就好.
用洛必达法则：
对应于的，即：实数的最小值.
6、函数第6题已知函数，（），当在一定范围时，曲线上存在唯一的点，曲线在点的切线与曲线只有一个公共点，就是点，求点的坐标.
[解析]⑴ 确定曲线的切线方程
曲线： ①
其导函数： ②
设点的坐标为：，则切线方程为：
③
⑵ 构建新函数，并求导
构建函数，则切线与曲线的交点就是的零点.
则： ④
其导函数： ⑤
由②得：，，代入⑤式得：
⑥
⑶ 分析时函数的单调性和极值
当时：
若，则，，故：，单调递增；
若，则，，故：，单调递减；
若，则，，故：，达到极小值.
由④式得：的极小值.
此时，的零点与点的取值有关，因此点的取值不唯一，
所以的零点就不唯一.故当时，不满足点唯一的条件.
⑷ 分析时函数的切线
当时：
由⑥式，的情况分两种：
a> 即：，此时与⑵的情形相同，点的取值不唯一.
b> ，即：，
此时，，即： ⑦
⑦式的解是曲线与直线的交点.
曲线恒过点，直线也恒过点，
当曲线过点的切线斜率等于时，其这个切线就是曲线的切线.
故：曲线过点的切线斜率为：
于是：，即：，即：
⑸ 得到切点的坐标
当时，就存在.
由于在其定义域内是凸函数，所以与其切线的交点是唯一的.
将代入①式得：
得到和，这就是点的唯一坐标.
⑹ 结论
切点的坐标：，
本题要点：利用图象法解超越方程⑦.
特刊：本题点评
本题的关键是解：，即：；
明显的一个解，，不满足“唯一点”的要求；
解析得到另一个满足的解是关键；
本题利用图像法得到，即：，这个方法是本题的亮点.
7、函数第7题已知函数，其中. 在函数的图象上取定两点，，且，而直线的斜率为.存在，使成立，求的取值范围.
[解析]⑴ 的斜率与的导函数
由、两点的坐标得到直线的斜率：
①
函数的导函数为： ②
⑵ 构建新函数，并求导
判断是否成立，即判断是否不小于.
所以，构建函数：，若，则成立.
则： ③
导函数： ④
⑶ 求在区间端点的函数值
由③式得：
⑤
⑥
⑷ 确定的零点存在
利用基本不等式：，当且仅当时取等号.
即： ⑦
将⑦式应用于⑤式得： （）
将⑦式应用于⑥式得： （）
则，证明其存在性.
函数在区间是连续的，其导函数也存在.
由④式得：，即函数为单调递增函数.
是单调函数，则证明其唯一性.
由和以及函数零点存在定理得，函数必过零点，且是唯一零点.
⑸ 求在区间的零点位置
设函数在区间的零点位置在，则有
由③式得： （）
即： ⑦ 且：
⑹ 求在区间的
由④式得：函数为单调递增函数，故：
在区间，；
在区间，；
在时，.
故，的区间为，即：
本题要点：构建函数关系式③，由其导数得出单调性、增减性，得出零点.
特刊：本题点评
本题的实质是拉格朗日中值定理：如果函数在闭区间连续，在开区间可导，则必存在，使得.
8、函数第8题已知函数.证明：当时，
[证明]⑴ 构建新函数，并求导
构建函数 ①
导函数 ②
即： ③
函数满足，，
现在只要证明，当时，，则.
⑵ 化掉②式中的根号项.
要保持不等号的方向不变，只有即：
或. （代表某个不含根号的式子）
由于有和的两种选项，所以采用化掉的方法.
由均值不等式：得：
代入③式得：
即： ④
⑶ 求函数的极值点
当取极值时，.
故由④式得：，即： ⑤
令，（）（因为）
则⑤式为：，即： ⑥
分解因式法：
故有：，及，即：
由于，所以舍掉负值，故取
所以有：，，即：，
由于
所以
函数在两个相邻极值点之间是单调的.
⑷ 由单调性证明不等式
由①式得：
，
即：，由于在区间，是单调的，故：
于是，函数在时达到极大值，然后递减，直到时达到极小值.
就是说在区间，，函数单调递减.
即：，故：. 证毕.
本题要点：构建函数，由两个相邻极值点之间的区间是单调的，以及两个相邻极值点之间的函数值的大小关系，得出：函数在这个区间为单调递减，由此来证明本题.
本题的难点在于处理⑤式或者⑥式.
特刊：数值解析
由①式构建函数 ①
其导数为方程②式 ②
直接解方程②比较困难，可以化简一下.
在区间，，故：，即：
代入②式得：
令：，则：
即：，即：
故：，. 即：在区间存在满足.
这时候，分别将和代入②式得：
上面的计算说明的另一个零点在区间，那么对于本题，由于，，所以在区间，为单调递减函数.
即：在区间，. 即：
9、函数第9题已知，为正整数，抛物线与轴正半轴相交于点.设抛物线在点处的切线在轴上的截距为，求证：当时，对所有都有：.
[证明]⑴ 先求点的坐标
将，代入抛物线得：
⑵ 求过点的切线方程
抛物线的导数为： ①
故点的切线方程为：
即： ②
⑶ 求切线在轴上的截距为
由②式，当时，. 故： ③
⑷ 分析待证不等式
，即：，即：，
即：，即：，即：
将③式代入上式得：，即： ④
证明了④式，就证明了不等式
⑸ 数值分析
由④式
当时，；
当时，，即；
当时，，即；（，）
因为，对④式两边求对数得： ⑤
满足上式得：的最小值，就是的最大值.
⑹ 构建新函数
构建函数：，求的最大值.
求导得：
当时，即：，即： ⑥
令，则. 代入⑥式得： ⑦
⑺ 求的最大值
虽然解方程⑦比较困难，但得到其取值范围还是可以的.
由⑦式得：，即：
即：，即：
于是满足⑤式的的最大值是
代入④式得： ⑧
⑻ 证明结论
满足⑧式，就满足④式，由⑷得证.
当时，对所有都有：. 证毕.
特刊：本题点评
本题有3个关键点：⑴求抛物线在点处的切线，得到：；⑵分析法解析待证不等式，得到: 或；⑶设得到，解析得： ，即：. 只要通过这3个关键点，问题得以解决.
10、函数第10题已知函数，为的导数.设， 证明：对任意，
[解析]⑴ 求函数的解析式
函数的导函数为：
①
函数得：
②
⑵ 构造新函数
由基本不等式（仅当时取等号）得:
代入②式得： （）
令： ③
则上式为： ④
⑶ 分析的单调性，并求其极值
由③式得导函数为： ⑤
当，即时，，单调递减；
当，即时，，单调递增；
当，即时，，达到最大值.
的最大值是在，由③式得：
⑥
⑷ 证明结论
故由④式和⑥式：
即：对任意，. 证毕.
本题要点：运用基本不等式,求函数的极值.
特刊：本题点评
本题组合函数包含了函数的导函数，形似复杂，其实就是“纸老虎”，因为得到的解析式并不难. 在得到不等式时采用了“指数不等式”，这是本题的一个关键点，不是难点. 构造新函数并分析其增减区间，这是难点. 遗憾的是：小于的是的最大值.
11、函数第11题已知是实数，函数，，和是、的导函数. 设，且，若在以为端点的开区间上恒成立，求的最大值.
[解析]⑴ 构建新函数
函数的导数为： ①
函数的导数为： ②
构建函数： ③
则已知条件化为：在开区间上恒成立，等价于 ④
⑵ 确定的取值范围
已知，若，则区间；故：此时区间包括点.
由①②式得：，，所以
不满足④式，即：不成立.
故：，与同处于区间.
⑶ 确定的取值范围
由于，，，即：
要满足④式，在时，则必须有：，
即：，即：，
即：，结合得： ⑤
⑷ 确定的最大值.
由于区间是以为端点，，，而
所以若，则，所以：，
即：，故： ，代入⑤式得：
故： ⑥
故：的最大值就是由⑥式决定的区间长度，即
本题的要点：确定，确定的取值范围⑤式.
特刊：结合图形
A
B
x
y
C
由③式，
画曲线和，
且，.当时得A点横坐标
为开区间的左端点，且
，为开区间的右端点. 由得：. 由图形可知的最大值
12、函数第12题已知函数 （），若时，求的最小值.
[解析]⑴ 求出函数的导函数
由函数得：
导函数为：
①
依题意，若时，
即在区间的最大值为0.
所以，只要求出区间的最大值，使之为0，就解决问题.
⑵ 由函数极值点得出相应的结果
由极值点的导数为0得：
所以当在区间时，函数在区间单调递减
故满足的条件.
于是：
由于，，所以，即：
故：，即：
求三角函数定义域得：，故：.
结合，于是，即的最小值是.
特刊：本题解析
我们知道对数不等式有：，
本题可以看出：
和，即：
可见，处于随变化范围之内，所以求的范围.
本题要求时，即：.
通过本题，我们得到一个加强的不等式：
13、函数第13题已知函数（），，若曲线和曲线都过点，且在点处的切线相互垂直. 若时，，求的取值范围.
[解析]⑴ 求出函数和的导函数
函数的导函数： ①
函数的导函数： ②
⑵ 由求出和
由曲线过点得：
由曲线过点得：
⑶ 由点处的切线相互垂直条件得出与的关系式
由点处的切线相互垂直，即切线斜率的乘积等于，即：
由①得：，由②得：
代入上式得： ③
⑷ 构建新函数
构建函数：，即：
于是：，即： ④
当时，等价于. ⑤
⑸ 化简求解条件
只要满足，，就一定满足⑤式.
于是由⑶得： ⑥
将③式代入⑥式得：，即：
而④式已得：，所以只要满足就可以满足⑤式.
⑹ 化解
要，即：
将①②式代入上式得： ⑦
由③得:，将上式和基本不等式，代入⑦式得：
⑧
只要右边不小于，就满足要求. 即：
即：
已知，所以.已知⑸中，所以 ，
由基本不等式得：
代入⑧式得： ⑨
⑹ 解析⑨式
若：，即： ⑩
i.当时，显然上式成立，则由⑨式得成立；
ii.当时，由⑩式得：，即：
由③式得：，且已得，故：
iii.当时，由⑩式得：
而，故：
由于，，这两者之和为定值，由“一正二定三相等”得：
当，即时，为极大值.
此时为极小值，故此时.
由③式得：，即：
综上，由和得：可以满足⑤式条件.
本题由切线互相垂直得到③式，构建函数得到⑤式，不等关系得到⑨式，重点是分析⑨式得到的取值范围.
特刊：本题点评
由曲线和曲线都过点，得到：，；
由在点处的切线相互垂直，得到③式：；
由时，，得到⑤式：；
关键是：只要满足，，就一定满足⑤式.
后面的技术是：将化成⑨式：；
分别讨论，和，同时满足此3条件的.
14、函数第14题已知函数.当时，求的取值范围.
[解析]⑴ 分析题意
设，，则，的意思，就是的图象在的图象之上. 设在处，与的图象相切，此时，设值为，只要，的图象永在的图象之上.
⑵ 由切点的关系来建模
由于点在曲线上，故： ①
同时点在曲线上，故： ②
由①②式得： ③
它们在图象相切，故：，即：
故： ④
⑶ 解超越方程④式
方程④是一个超越方程，令（），即：
代入④得：或 ⑤
由于定义域为，所以，即：，故： ⑥
由基本不等式（仅当时取等号）或（仅当时取等号）代入⑤式可得：，即：，即： ⑦
由⑥⑦得： ⑧
事实上，方程的解是：.
⑷ 解出极值点的
由③式得：，即：，
即： （） ⑨
故：，所以：当时，
由⑴的分析，本题答案是：，即，本题答案：
特刊：本题点评
严格来说，解超越方程得，，本题答案是；
实际上，函数的零点就是.
本题解析③式是关键，得到；
由基本不等式，得到；结合两式，故：；
第⑷步解出极值点的的范围，标准答案有点勉强. 这启示我们，在不会解超越方程时，采用取范围的策略.
下面是极值点附近的函数图.（零点在，）
15、函数第15题设函数，其中，求时的取值范围.
[解析]的图象是开口向下的抛物线，于是
当时，，，即：，即：
故：的取值范围是，本题就是分析二次函数题.
16、函数第16题已知，函数.若函数在区间的图像上存在两点，在点和点处的切线相互垂直，求的取值范围.
[解析]去绝对值号
⑴ 对，，其导数：
即：在区间，函数单调递增；
⑵ 对，，其导数：
即：在区间，函数单调递减；
⑶ 对，，函数达到极小值0.
一个绝对值的极小值不小于0.
⑷ 若点和点处的切线相互垂直，即： ①
则点和点分居于两个不同的单调区域.
设，则，于是①式就是：
，即：
即： ②
⑷ 解析②式得⑤式
由②式得： ③
因为，所以，代入③式得：
，即：，即： ④
因为，所以，结合④式得：
即：，故： ⑤
⑸ 解析③式得⑦式
因为，所以，即：，
代入③式得：，即： ⑥
因为，所以代入⑥式得：，即： ⑦
综上⑤和⑦式得，的取值范围是.
本题要点：由已知条件演绎出②式，由②式演绎出的取值范围.
特刊：本题点评
自从得到②式后，⑷解析②式得⑤式和⑸解析③式得⑦式，都是逻辑推理，没有什么计算. 所以本题是“函数与逻辑”综合性的题目，这是本题的特点.
17、函数第17题已知函数，为常数且. 若条件1：满足；条件2：. 则满足这2个条件，称为函数的二阶周期点，如果有两个二阶周期点，试确定的取值范围.
[解析]⑴ 函数去绝对值号得出和
当时，，
记： ①
当时，，
记： ②
条件1： ③
条件2： ④
⑵ 在及时解析①式
对二阶周期点，当，函数用①式：；
当时，复合函数仍用①式：
故：，
条件1：，即：，即：；
条件2：，即：，即：.
此时，条件1和条件2对立，函数不能同时满足，故没有二阶周期点.
⑶ 在及时解析①式
对二阶周期点
当，函数用①式：
当时，函数用②式：
故：，
条件1：，即：；
条件2：，即：，即：.
则： ⑤
⑷ 在及时解析⑤式
将条件1：代入得：
即：，即：，即： ⑥
将代入得：
即：，即：，即：
故： ⑦
结合⑥式和⑦式及得：
所以，⑤式为一个二阶周期点，记为：
此时，的取值范围是，二阶周期点
⑸ 在及时解析②式
对，函数用②式：
对时，应用①式得：
故：，
条件1：，即：；
条件2：，即：.
则：，即：，即： 且
i>将代入得：
即：，即：，即：
即：
ii> 将代入得：
即：，即：，即：
结合i>和ii>及，得：
所以，为另一个二阶周期点，记为：
此时，的取值范围是，二阶周期点
⑹ 在及时解析②式
对，函数用②式：
对时，应用②式得：
即： ⑧
条件1：，即：
当时，上式即：
条件2：，即：
此时，函数不能同时满足条件1和条件2，故没有二阶周期点.
综上，如果有两个二阶周期点，则的取值范围是.
本题要点：两个条件要同时满足；分类讨论
特刊：本题点评
在得到①②式之后，列出两个条件③④，然后分别讨论，得到：
⑴在及时，条件1为，条件2为，无解；
⑵在及时，条件1为，条件2为；
⑶在及时，条件1为，条件2为，故；
⑷在及时，条件1为，条件2为.
经过分析得：二阶周期点
⑸在及时，条件1为，条件2为，无解.
18、函数第18题已知函数，，当时，若恒成立，求实数的取值范围.
[解析]⑴ 解读题意
由于，所以有（）.
故可以考虑将函数化为幂函数来解决.
由于，，
，，
构建函数：
则题目化为：当时，，求实数的取值范围.
⑵ 将函数化为幂函数形式
构建函数：，满足条件1： ①
构建函数：，条件1成为： ②
则：
导函数： ③
要满足时，必须是：
故由③式： ④
⑶ 解析④式
因为④式，记，则：
当时，是的单调递增函数.
故：，则由④式：；
且：，则由④式：.
由于，所以满足区间时，
取的最大值，，则：
⑷ 构建函数化解
由于是偶函数，且
函数在中的不等号方向是：，即：，即：
应构建函数，且也是偶函数.
构建函数：，满足条件2：
⑸ 构建函数
构建函数：，条件2成为：
则：，导函数： ⑤
要满足时，必须是：
故由⑤式：，则： ⑥
当时，
当时，由⑥式得：
取满足⑥式得的最大值，
⑹ 构建函数：
构建函数：
即：
因为，则：
⑺ 构建函数，求的范围
构建函数：
若，因为，所以
于是：
要使，则，故：
此时，
若要，即：，则：，即
所以，当时，若恒成立，实数的取值范围.
本题的实质是：将函数化为幂级数形式进行.基本上初等函数是连续函数，当时，都可以用幂级数形式来表达，即：
特刊：本题点评
这类函数题的判断，一般用两点即可：⑴在点的函数值和；⑵在点的导数值和.本题，，即：. 其导数值，即： ①
，即： ②
由于，函数的级数一般是收敛的，若使恒成立，则必，即：，即：.
19、函数第19题已知函数，其中是实数. 设，
为该函数图像上的两点，且.若函数的图像在点处的切线重合，求的取值范围.
[解析]函数的导函数为：
如果图像在点处的切线重合，则点分处于两个不同区间.
因，故点在区间，点在区间.
⑴ 设过点的切线方程为： ①
则： ②
③
将②③式代入①式得：
即： ④
⑵ 设过点的切线方程为： ⑤
则： ⑥， ⑦
将⑥⑦式代入⑤式得：，即： ⑧
⑶ 由两个切线方程重合得，④式与⑧式相等.
即：
由,得：，即：，故：
由得：，即：，故：
由得： ⑨
⑷ 求的取值范围
由⑨式可知，随，单调递增
则有最小值，当，时，最小值.
故：，即：
本题答案：的取值范围是
本题重点是：两个方程系数相等；由区间得出和的取值范围，代入求得的极值.
特刊：本题点评
本题第⑶、第⑷是重点，首先用,及得到的区间：，；然后用区间和求得的最小值.
20、函数第20题设函数，，其中为实数．若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围.
[解析]函数的导函数为： ①
函数的导函数为： ②
⑴ 由在上是单调减函数得：
代入①式得：，即：
考虑到，故：，即：
⑵ 由在上有最小值，是最值点为
则：，
代入②式得：，即：，即：
考虑到，故：，即：，综上，的取值范围
特刊：本题点评
本题看如何建模.
原题：若在上是单调减函数，建模： ；
原题：在上有最小值，建模：，；
原题：求的取值范围，建模： . 由此得到：.
由于，即：，故：.
21、函数第21题设函数 (其中).当时,求函数在上的最大值.
[解析]函数的最大值出现在两个地方：一个是区间的端点，另一个是导数的地方.
⑴ 在区间端点处，函数值为： ①
⑵ 在区间端点处，函数值为： ②
因为：，所以：
即：
因为：，所以：，即： ③
⑶ 在极值点处，当取极值时，其导数
即：
则：和，即：
故：时，或，函数的极值点.
⑷ 当时，，函数值与①式相同.
⑸ 当时
令：
则其导函数为：
即：
故：是随单调递减函数，其最大值为
即：的最大值是 ④
⑹ 通过这所有情况的对比，③式表明②式为最大值.
当时，
答案：当时，达到最大值.
本题要点：函数最值出现在区间端点或极值点处
22、函数第22题若函数在区间内为减函数，在区间上为增函数，试求实数的取值范围.
[解析]由导函数的正负来判定函数的增减.
函数的导函数为： ①
⑴ 若导函数在区间内为负值，则在该区间为减函数.
故：当时，
则：为开口向上的二次函数，其两个零点分别是和
于是化为解二次方程：
由韦达定理得：，
即： ②
故当：时，在区间为减函数.
⑵ 若导函数在区间内为正值，则在该区间为增函数.
故：当时，
则：当时， ，即：
故：，即：，即： ③
综上，由②③式得，实数的取值范围是.
特刊：本题点评
本题的函数是一个幂函数. 在5种初等函数中（指数函数、对数函数、幂函数、三角函数、反三角函数），幂函数是相对最简单、最实用的一种. 以幂函数出题，基本上是求“参数范围”、“区间范围”、“参数最值”、“函数值域”，以增加一些难度. 掌握幂函数的导数求法、增减性分析（或者是不等式）、最值求法（包括判别式法），是基本要求.
23、函数第23题已知在区间上是增函数，实数的值组成的集合. 设关于的方程的两个非零实根为. 若存在实数，使得不等式对任意及恒成立，求的取值范围.
[解析]⑴ 函数与其导函数
函数： ①
其导函数：
②
⑵ 分析增减性得出
在区间上是增函数，即：，
A> 当时， ③
B> 当时，即，欲使
即：，即：，即： ④
记：，则：
即：是随单调递增的，即：
故由④式得： ⑤
C> 当时，即，欲使
即：，即：，即： ⑥
记：，则：
即：是随单调递增的，即：
故由⑥式得： ⑦
综合⑤⑦式得： ⑧
⑶ 解关于的方程
关于的方程，即： （）
即：，即： ⑨
设两个非零实根为，则由韦达定理得：，
于是： ⑩
⑷ 解析不等式
将⑩代入不等式得：，即：
构建函数：
则是开口向上的抛物线，其解为，于是不等式的解为和
则方程的解为：
，
⑸ 分析
因为字母的前面是负号，则越大越小，其中已知；
根号项前面是负号, 则越大越小;
故：的最小值出现在，处，即：
同样，
因为字母的前面是负号，则越小越大；
根号项前面是正号, 则越大越大;
故：的最大值出现在，处，即：
⑹ 给出的取值范围
由⑷得是开口向上的抛物线，其解为
于是不等式的解为和，，
本题要点：⑶由韦达定理得出
特刊：本题点评
本题是含有2个参数的函数求解.
由在区间上是增函数，即：，，得到：；
解关于的方程的两个非零实根为，得到：
及，. 故：；
由对任意及恒成立，得到：，.
[结语]