备战2020高考数学之冲破压轴题-专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【教师版】

第一章 函数与导数

专题05 应用导数研究不等式恒成立问题

【压轴综述】

纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.

一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法

(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；

(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.

二、不等式恒成立问题的求解策略

(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：

(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解． 三、不等式存在性问题的求解策略

“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．

【压轴典例】

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x22ax2a,x1,例1.（2019年高考天津理）已知aR，设函数f(x)若关于x的不等式f(x)0x1.xalnx,在R上恒成立，则a的取值范围为（ ） A．0,1 C．0,e 【答案】C

【解析】当x1时，f(1)12a2a10恒成立；



B．0,2 D．1,e

x2当x1时，f(x)x2ax2a02a恒成立，

x12x2令g(x)，

x1x2(1x1)2(1x)22(1x)1则g(x) 1x1x1x111x22(1x)20， 1x1x当1x1，即x0时取等号， 1x∴2ag(x)max0，则a0.

当x1时，f(x)xalnx0，即ax恒成立， lnx令h(x)lnx1x，则h(x)2，

(lnx)lnx当xe时，h(x)0，函数h(x)单调递增， 当0xe时，h(x)0，函数h(x)单调递减， 则xe时，h(x)取得最小值h(e)e， ∴ah(x)mine，

综上可知，a的取值范围是[0,e]. 故选C.

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例2.（2018届河北省邯郸市高三1月）已知关于x的不等式mcosx2x2在,上恒成立，则实数22m的取值范围为（ ）

A. 3, B. 3, C. 2, D. 2, 【答案】C

222xcosx2xsinx2x22x'【解析】m最大值,因为当x0,时( )22cosxcosxcosx令yxcosxsinx,ycosxxsinxcosx0yy00

202x2'2x22x22, m2,选C. 因此(为偶函数,所以最大值为)0,由因为

cos0cosxcosxcosx例3.已知函数fxlnx【答案】a1

【解析】恒成立的不等式为lnx解：lnxa2，若fxx在1,上恒成立，则a的取值范围是_________ xax2，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法 xax2xlnxax3axlnxx3，其中x1, x只需要axlnxx3，令gxxlnxx max3g'(x)1lnx3x2 （导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将lnx变为

数的单调性可分析，为了便于确定gx的符号，不妨先验边界值）

'1，所以二阶导函x116x2 g12，gx6x（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会简化判断的过0，

xx'''程）

g'x在1,单调递减，g'xg'10g(x)在1,单调递减

gxg11 a1 答案：a1.

例4.已知不等式x1logax在x1,2上恒成立，则实数a的取值范围是_________

2【答案】1a2

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【解析】本题难于进行参变分离，考虑数形结合解决，先作出yx1的图象，观察图象可得：若要使不等式成立，则ylogax的图象应在yx1的上方，所以应为单增的对数函数，即a1，另一方面，观察图象可得：若要保证在x1,2时不等式成立，只需保证在x2时，代入x2x1logax即可，

222可得：1loga2a2，综上可得：1a2. 例5.（2017·天津高考真题（文））设（Ⅰ）求

的单调区间；

和

在

的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，

，

.已知函数

，

.

（Ⅱ）已知函数（i）求证：

处的导数等于0；

在区间，

上恒成立，求b的取值范围. ，单调递减区间为

.（II）（i）0.（ii）

.

（ii）若关于x的不等式【答案】（I）单调递增区间为【解析】 （I）由

，可得

，

令，解得

，

，或.由，得.

当变化时， 所以，

的变化情况如下表： 的单调递增区间为，

，由题意知

，单调递减区间为

，

.

（II）（i）因为

所以所以，

在

，解得

处的导数等于0. ，，

，故为

，由

.

（ii）因为又因为

，可得.

.

的极大值点，由（I）知

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另一方面，由于由（I）知故当由令令因为

，解得

，在时，

，故，

内单调递减， 上恒成立，从而

，得

，，

在.

上恒成立.

内单调递增，在

在

，，所以

. ，故

的值域为

（舍去），或

，.

.

所以，的取值范围是

例6. （2017·全国高考真题（文））已知函数（1）讨论（2）若

的单调性；

，求a的取值范围．

【答案】（1）见解析（2）【解析】 （1）函数①若②若当

，则，则由

时，的定义域为

，在得；当

，

单调递增. .

时，

，所以

在

，

单调递减，在单

调递增. ③若当

，则由

时，

得

；当

.

时，

，故

在

单调递减，在

单调递增.

（2）①若②若即③若且仅当

综上，的取值范围为

，则

，所以

时，

. 取得最小值，最小值为

.从而当且仅当

，

，则由（1）得，当时，

.

时，时

.

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，则由（1）得，当

，即

取得最小值，最小值为.

.从而当

例7. （2018届安徽省马鞍山市高三第二次监测）已知函数（1）若

在定义域内无极值点，求实数的取值范围；

时，

；（2）见解析

恒成立.

.

（2）求证：当【答案】（1）【解析】 （1）由题意知令当当又∴又当所以（2）所以∴由即当

时，

，令

存在唯一的零点

知时，在

时，时，

，∵

在在

， ，则

，

上单调递减， 上单调递增，

在定义域内无极值点，

和上都单调递增也满足题意，

，由（1）可知

，故

在

在上单调递増，又上单调递増，

，

上单调递减，在

恒成立.

.

例8.（2018届山西省孝义市一模）已知函数（1）讨论函数（2）当【答案】（1）当上单调递减；（2）【解析】 （1）由若若

，则，则当

可得，函数

时，

在

，的定义域为

，且

的单调性； 时，曲线时，函数.

在

总在曲线

的下方，求实数的取值范围.

时，

在

上单调递增，在

上单调递增；当

，

上单调递增； 在

上单调递增，

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当时，，

时，函数在

在在

上单调递减. 上单调递增；

上单调递减. 在

恒成立. ， 的最大值.

，∴

， 上恒成立，

综上，当当

时，

上单调递增，在

（2）原命题等价于不等式即∵当即证当又∵当综上所述，【总结提升】

不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数可）；② 数形结合(

图象在

时，时，大于时，

. ，不等式

，∴

恒成立(

上方即可)；③ 讨论最值

即可)或

或

恒成立（即

恒成立；④ 讨

论参数.本题是利用方法 ① 求得 的范围.

【压轴训练】

1．（安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考）已知立，则实数的取值范围是（ ） A．,

，若关于的不等式

恒成

1e

B．,0

C．, 【答案】D

1e

D．,

1e【解析】由fx0恒成立得alnx1恒成立， xe1lnx1lnx1. 设hx，则

hxxxexe111设gxlnx1，则gx20恒成立，

xxx在又

上单调递减， ，当

时，

，即

；

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当时，在

，即

上单调递增，在

，

.

， 上单调递减，

故选D.

2．（2018年（衡水金卷调研卷）三）若存在值为（ ） A. 【答案】A 【解析】

设当当存在

时，时，

，，

，

故选

3.（2019·辽宁高考模拟（文））已知函数f(x)2

，则，，

单调递减 单调递增

成立

B.

C. 4 D.

，不等式

成立，则实数的最大

1xaeax，若对任意x(0,)，都有xxf(x)xf(x)成立，则实数a的取值范围是（ ）

A．,e

2轹3C．ê-e,+?÷÷ ê滕23B．-?,2eùúû D．éêë-2e,+?()

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【答案】D 【解析】

令g(x)xf(x)(2x1)eaxa， 则g(x)f(x)xf(x)，

因为对任意x(0,)，都有f(x)xf(x)成立， 所以g(x)f(x)xf(x)0在x(0,)上恒成立； 即g(x)(2x1)e2ax0在x(0,)上恒成立；

xx2(2x1)ex12ex在x(0,)上恒成立； 即2axx令h(x)21xe，x(0,)， x1x1x(2x2x1)xe， 则h(x)2e2exxx2由h(x)0得2x2x10，解得x1（舍）或x1， 21x1(2x2x1)xh(x)20x所以，当时，h(x)e0，e单调递减； 2x2x1x1(2x2x1)xh(x)2当x时，h(x)，e0e单调递增； 2x2x所以h(x)minh14e， 2(2x1)ex12ex在x(0,)上恒成立， 因为2axx所以只需2a4e，解得a2e. 故选D

4.（2019·湖南高三期末（理））函数f(x)xxa,g(x)e2x（e为自然对数的底数），若任意x[0,1]，都有f[g(x)]„0，则实数a的最大值是（ ） A．e25e6

B．e23e6

C．2

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2x2D．1 4【答案】A 【解析】

由于g(x)e4x，令m(x)e4x，

当x[0,1]时，m(x)e40，又m(0)10，m(1)e40，

xxx所以m(x)在[0,1]有唯一一个零点x0， 即e0-4x00且g(x)在[0,x0)单调递增， 在(x0,1]单调递减，

22所以e2剟g(x)gx0ex02x04x02x02x0122，

2x11令ug(x)[e2,2)，则由f(u)„0，即a„uuu，

2422所以a„(e2)(e2)e5e6， 故选A．

223lnx,x1f(x), 若不等式f(x)|2xa|对任意5．（2019·天津高考模拟（文））已知函数2x4x6,x1x(0,)上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）

A．3,3

e【答案】C 【解析】

由题意得：设g(x)=|2xa|，易得a＞0，

1B．[3,3ln5] C．[3,4ln2]

D．3,5

e1a2xa,xa2可得g(x)=，g(x)与x轴的交点为(,0)，

22xa,x＜a2a，由不等式f(x)|2xa|对任意x(0,)上恒成立，可得临界值时，f(x)与g(x)相切，2a2此时f(x)x4x6,x1，g(x)2xa,x，

2① 当x第 10 页 共 23 页

可得f(x)2x4，可得切线斜率为2，2x42，x3，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：y2x3，切线与x轴的交点为(,0),可得此时综合函数图像可得a3； ② 同理，当x＜2'32a3，a3， 22a，由f(x)与g(x)相切， 2a'，可得f(x)2x4，可得切线斜率为-2，2（1）当f(x)x4x6,x1，g(x)2xa,x＜，可得切线方程y2x5，可得a5，综合函数图像可得2x42，x1，可得切点坐标（1，3）

a5，

1a'，f(x)与g(x)相切，可得f(x)=-， 2x111此时可得可得切线斜率为-2，2，x，可得切点坐标(,3In2),

x221可得切线方程：y(3In2)2(x)，y2x4In2

2In2aIn2,0)，可得此时2可得切线与x轴的交点为(2，a4In2， 222（2）当f(x)3lnx,x1，g(x)2xa,x＜综合函数图像可得a4In2， 综上所述可得3a4In2， 故选C.

26.（2019·山东高考模拟（文））已知函数f(x)xalnx2x(aR).

（1）求f(x)的单调递增区间；

（2）若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2)且f(x1)mx20恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1）a11112a时，增区间为(0,)；a0时，增区间为(,)；0a时，增区间为

2223112a112a(,ln2]. ，；（2）(0,)(,)222【解析】

2a2x2xa（1）函数f(x)的定义域为(0,)，f'(x)2x2，

xx令2x22xa0，48a4(12a)，

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1若a1时，0，f'(x)0在(0,)恒成立，函数f(x)在(0,)上单调递增. 21a若，，方程2x22xa0， 22112a112a，x2， 22两根为x1当a0时，x20，x(x2,)，f'(x)0，f(x)单调递增. 当0a1时，x1>0，x20， 2x(0,x1)，f'(x)0，f(x)单调递增，x(x2,)，f'(x)0，f(x)单调递增.

综上，a1时，函数f(x)单调递增区间为(0,)， 2a0时，函数f(x)单调递增区间为(112a,)， 20a1112a112a时，函数f(x)单调递增区间为(0,)，(,). 2220a（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点x1,x2(x1x2)时，

aa1x1，x+x1且1，x1x2，则122x221a2x11x1，且0x111，x21. 22fx1x122x11x1lnx12x1此时fx1mx20恒成立，可化为m x21x11x1x111x12x11x1lnx111x12x1lnx1恒成立，

x11x11设g(x)1x2xlnx11，x(0,)，

2x1x(x2)1(x1)212lnx， g'(x)122lnx2lnx(x1)2(x1)2(x1)2因为0x11，所以x(x2)0，2lnx0，所以g'(x)0，故g(x)在(0,)单调递减， 22331g(x)gln2，所以实数m的取值范围是(,ln2].

2227.（2018届广东省肇庆市高三三模】已知函数

，

，

.

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（Ⅰ）讨论（Ⅱ）若

的单调区间；

,且

恒成立. 求的最大值.

【答案】（1）见解析;（2）6. 【解析】 （1）当增区间. 当区间是（2）由令

，，，

，

8.（陕西省2019届高三第三次联考）已知函数（1）求函数（2）若

的极值点；

恒成立，求的取值范围.

.

，

，

.

，

， ，

时，即

时，由，单调增区间是得

得

，

.由

，得

，所以

的单调减

时，即

，时，

在

上恒成立，所以

的单调减区间是

，无单调

【答案】（1）极大值点为，无极小值点.（2）

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【解析】（1）fxlnxax的定义域为当所以当所以

时，在时，解在

，

上单调递增，无极值点；

得

上单调递增，在

，解

，，

得，

上单调递减，

所以函数有极大值点，为，无极小值点.

恒成立，

恒成立， ，则

，

时，，所以在

上，

，所以

；在

在

上为减函数. 上，

.

，

（2）由条件可得则当令令则当又所以所以

时，

在上为增函数，在

，所以

.

上为减函数，

3229.（2019·天津高考模拟（文））已知函数fxxaxax3，aR. （1）若a0，求函数fx的单调减区间；

（2）若关于x的不等式2xlnxfxa1恒成立，求实数a的范围.

2a（2）a≥﹣2 【答案】（1），【解析】

（1）f'（x）＝3x2+2ax﹣a2＝（3x﹣a）（x+a） 由f'（x）＜0且a＜0得：＜x＜a

a3a3a ∴函数f（x）的单调减区间为，（2）依题意x∈（0，+∞）时，不等式2xlnx≤f'（x）+a2+1恒成立，

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a33x1在x∈（0，+∞）上恒成立． 22x3x1令hxlnx 22x等价于alnx则h'x3x1x1x＞0 1312x22x2x2当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增 当x∈（1，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减 ∴当x＝1时，h（x）取得最大值h（1）＝﹣2 故a≥﹣2.

10.（2019·河南高考模拟（文））已知函数fxxlnxab，曲线yfx在点1,f1处的切线为2xy10. （1）求a，b的值；

（2）若对任意的x1,，fxmx1恒成立，求正整数m的最大值. 【答案】（1）a1，b0；（2）3 【解析】

（1）由fxxlnxab得：fxlnxa1 由切线方程可知：f1211

f1a12，f1ab1，解得：a1，b0

（2）由（1）知fxxlnx1

则x1,时，fxmx1恒成立等价于x1,时，mxlnx1恒成立

x1xlnx2xlnx1gx令gx，x1，则. 2x1x1令hxxlnx2，则hx11x1 xx当x1,时，hx0，则hx单调递增

h31ln30，h422ln20 x03,4，使得hx00

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当x1,x0时，gx0；xx0,时，gx0

gxmingx0x0lnx01

x01hx0x0lnx020 lnx0x02 gxmingx0x0x021x03,4

x01mx03,4，即正整数m的最大值为3

11．（2019·山西高考模拟（文））已知函数f(x)mex. （Ⅰ）若m1，求曲线yf(x)在(0,f(0))处的切线方程；

（Ⅱ）若关于x的不等式f(x)x(4me)在[0,)上恒成立，求实数m的取值范围.

xx22e【答案】（Ⅰ）xy10；（Ⅱ）【解析】

13,

x2x（Ⅰ）依题意，f(x)ex，故f'(x)e2x.f'(0)1，而f(0)1.

故所求切线方程为y1x，即xy10. （Ⅱ）由mexx4mex2x得me(x1)xx24x.

x24x即问题转化为当x0时，mx.

e(x1)max(x2)x22x2x24x令g(x)x，x0，则g'(x). 2xe(x1)(x1)e由g'(x)0及x0，得x31.

当x(0,31)时，g'(x)0，g(x)单调递增； 当x(31,)时，g'(x)0，g(x)单调递减. 所以当x31时，g(x)maxg(31)2e13. 132e所以m2e13.即实数m的取值范围为,.

第 16 页 共 23 页

x24xx24x【方法点睛】（II）将原不等式分离常数，得到mx，构造函数g(x)ex(x1)，利用导数

e(x1)max求得gx的最大值，由此求得m的取值范围.

x212.（2019·湖北高考模拟（文））已知函数f(x)e1

2x（1）若直线yxa为fx的切线，求a的值．

（2）若x0,，fxbx恒成立，求b的取值范围． 【答案】（1）0；（2）b1 【解析】

（1）设切点为Px0,y0，f'xex，

x∴f'x0e0x01，令hxex，

xx则h'xe1，

x当x0时，h'x0，hx在0,上为增函数； 当x0时，h'x0，hx在,0上为减函数； 所以hxminh01，所以x00， 又e0x12x01x0a，所以a0． 2xx2（2）x0,，fxbx恒成立e1bx0，x0,．

2x2令g(x)e1bx，x0,．

2xg'xexxbhx，h'xex1,

当x0时，h'xe10，所以hx在0,上为增函数，

xhxmin1b，

①若b1，则当x0时g'(x)0，故gx在0,上为增函数，

第 17 页 共 23 页

x2故x0,时，有gxg00即e1bx0恒成立，满足题意.

2x②若b1，因为g'x为0,上的增函数且g'01b0，g'ln2bblnbln2， 令sbblnbln2，其中b1，s'b110， b所以sb在1,为增函数，所以sbs11ln20， 故存在x0，使得g'(x0)=0且x0,x0时，g'x0，

gx在0,x0为减函数，故当x0,x0时，gxg00，矛盾，舍去.

综上可得：b1．

13．（2019·天津高考模拟（理））己知函数fxaxe2xaR，fx是fx的导数（e为自然对

数的底数）．

（I）当a1时，求曲线yfx在点（0，f0）处的切线方程； （II）若当x0时，不等式fxx1恒成立，求实数a的取值范围．

1a,xy10【答案】I. ；II. 2【解析】

（I）当a1时，fxxe，fx2xe

2xx则f00e1，f00e1

00切线方程为：y11x0，即xy10

（II）当x0时，fxx1恒成立，即：ax2exx10在0,上恒成立 设gxaxex1

2x则gx2axe1，gx2ae

xx①当a1时，2a1，此时exe01，则gx0 2可知gx在0,上单调递减，则gxg00

第 18 页 共 23 页

gx在0,上单调递减 gxg00

即fxx1恒成立 a②当a1满足题意 21时，令gx0，解得：xln2a 2当x0,ln2a时，gx0，则gx单调递增 此时gxg00，则gx在0,ln2a上单调递增

\\g(x)?g(0)0

即当x0,ln2a时，fxx1 即fxx1不恒成立，可知a综上所述，a,

21不合题意 2114.（2019·浙江高考模拟）设函数f(x)axlnx(aR). （1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）若f(x)0恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）[【解析】

21,) 2e2ax21（1）由题意，f(x)(x0).

x''当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0,)上单调递减；

当a0时，令fx0，解得x1． 2a∴当x(0,11)时，f'(x)0，当x(,)时，f'(x)0． 2a2a11)上单调递减，在(,)上单调递增； 2a2a1． e2∴f(x)在(0,（2）∵f(x)0恒成立，∴f(e)0，可得a第 19 页 共 23 页

由（1）可得，f(x)在(0,11)上单调递减，在(,)上单调递增， 2a2a∴f(x)的最小值为f(111111)ln().∴ln0，解得a.

222a2a2a2e1,). 2e因此，实数a的取值范围为[【方法点睛】（2）f(x)0恒成立，由（1）知f(x)在(0,求其最小值，由最小值大于等于0求解a的取值范围．

11)上单调递减，在(,)上单调递增，2a2a15.（2019·临川一中实验学校高考模拟（理））已知函数f(x)eaxb.（其中e为自然对数的底数） （1）若f(x)0恒成立，求ab的最大值；

（2）设g(x)lnx1，若F(x)g(x)f(x)存在唯一的零点，且对满足条件的a,b不等式

xm（ae1)b恒成立，求实数m的取值集合.

【答案】（1）【解析】

（1）gxea，

xe；（2）1． 2当a0时，gx0，gx在R上单调递增，取mmin0,当x0m时，gx0e0ax0bax01b0矛盾；

x1b， a当a0时，gxebb，

x只要b0，即b0，此时ab0； 当a0时，令gx0，xlna，

所以gx在lna,单调递增，在,lna单调递减，

gxglnaaalnab，

所以aalnab0，即baalna， 此时aba2a2lna，

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2令haaalna，ha2a2alnaa221a12lna， a令ha0，ae，

当a当a0,e，ha0，ha在0,e上为增函数；

e,，ha0，ha在

e,上为减函数．

所以hah（2）F11eeeeee，所以ab，故ab的最大值为．

2222x1xea在0,单调递减且Fx在0,的值域为R， x设Fx的唯一的零点为x0，则Fx00，Fx00，

lnx01ex0ax0b0即1 x0ea0x0x0所以ae1x，b1xoe0lnx0， x0x01x0mee1mae1b由恒成立，则1x0elnx0，

x0x得x0m1e0lnx0xmme10在0,上恒成立． x0令kxxm1elnxmme1，x0,， xkxxmex1m12xmex2． xxx若m0，kx0，kx在0,上为增函数，注意到k10，知当x0,1时，kx0，矛盾； 当xm,时，kx0，kx为增函数，

若01m，则当x1,m时，kx0，，kx为减函数， 所以x1,m时，总有kxk10，矛盾；

若0m1，则当xm,1时，kx0，，kx为增函数， 所以xm,1时，总有kxk10，矛盾；

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所以m1即m1，此时当x1,时，kx0，kx为增函数，， 当x0,1时，kx0，kx为减函数，而k(1)0， 所以Fx有唯一的零点. 综上，m的取值集合为1 ．

.

16. （2019·山东高考模拟（文））已知函数（1）当（2）当附：

时，讨论函数时，恒有，

.

. 的单调性；

，求实数的取值范围.

【答案】(1)见解析.(2) 【解析】 （1）

.

①若所以函数②若所以函数

，在区间，由在区间

在区间

上单调递减； ，解得，

或

上恒成立，

；由，解得

上单调递增.

.

上单调递减；在区间在区间，

上单调递减；

综上所述，当当

时，函数

时，函数在区间

上单调递减；在区间.因为

，所以

.

上单调递增.

（2）由（1）知，

①若所以函数

，则在区间

，由，解得；由上单调递增.

，解得.

上单调递减；在区间

第 22 页 共 23 页

所以当所以当②若所以函数所以当要使当

时，时，，由在区间时，时，

取得最大值为

恒成立. ，解得

，

；由

，，当

，解得或，

上单调递增；在区间取得极小值，极小值为，则需

上单调递减. 时，，解得

取得极大值，极大值为

.

.

因为又③若所以当④若时，函数

，所以

，由（1）知，函数

时，，由（1）知，函数

时，在区间

，所以恒成立. 上单调递减，又

.

，

，不满足题意.

在区间

，

上单调递减；在区间，不满足题意.

.

上单调递增.故当

取得极小值，极小值为

综上可知，实数的取值范围为

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