（新课标）高考数学一轮复习名校尖子生培优大专题高频考点分析之函数探讨函数的综合问题2新人教A版例11.设（I）求在上的最小值；（II）设曲线在点的切线方程为；求的值。【答案】解：（I）设，则。∴。①当时，。∴在上是增函数。∴当时，的最小值为。②当时，∴当且仅当时，的最小值为。（II） ，∴。由题意得：，即，解得。【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。（II）根据切线的几何意义列方程组求解。例12.设定义在（0，+）上的函数（Ⅰ）求的最小值；（II）若曲线在点处的切线方程为，求的值。【答案】解：（I） ，∴当且仅当时，的最小值为。（II） 曲线在点处的切线方程为，∴。∴①。又 ，∴②。解①②得：。【考点】基本不等式的应用，导数的应用。【解析】（I）应用基本不等式即可求得的最小值。（II）由和联立方程组，求解即可求得的值。例13.已知函数=（k为常数，e=2.71828……是自然对数的底数），曲线y=)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。（Ⅰ）求k的值；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）设g(x)=(x2+x)，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，。【答案】解：（Ⅰ）由=可得， 曲线y=f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，∴，即，解得。（Ⅱ），令可得，即。令，由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。∴和只相交于一点，即只有一解。由（Ⅰ）知，，∴。当时，；当时，。（取点代入）∴在区间内为增函数；在内为减函数。（Ⅲ） ，可以证明，对任意x＞0，有（通过函数的增减性和极值证明），∴。设。则。令，解得。当时，；当时，。∴在取得最大值。∴，即。∴对任意x＞0，。【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。【解析】（Ⅰ）由曲线y=f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y=f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。（Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。（Ⅲ）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。例14.设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.（Ⅰ）求a，b的值；（II）求函数f(x)的最大值；（III）证明：f(x)＜.【答案】解：（Ⅰ） f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。 f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。又 切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。∴a＝1，b＝0。（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1。令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。 在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n＝。（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)。 在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne。∴n＋1＞e，即＜。由（II）知，f(x)≤＜，∴所证不等式成立。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求f′(x)＝(n＋1)xn－1，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值f＝n＝，故此不等式证明问题可转化为证明＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。例15.已知函数，其中≠0.（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题...
