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导数中的端点效应法
探究1
已知函数 .
（I）当 时，求曲线 在 处的切线方程；
(II)若当 时， ，求 的取值范围.
[来源:学科网ZXXK]
[来源:学科网]
[来源:学科网ZXXK]
探究2
已知λ∈R，函数f (x)＝ex－ex－λ(xlnx－x＋1)的导函数为g(x)．
（1）求曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程；
（2）若函数g (x)存在极值，求λ的取值范围；
（3）若x≥1时，f (x)≥0恒成立，求λ的最大值．[来源:学,科,网]
探究3
已知函数 （ 为正实数，且为常数）.
（1）若函数 在区间 上单调递增，求实数 的取值范围；
（2）若不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
[来源:学科网ZXXK]
【探究1】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，再求 ， ， ，由直线方程得点斜式可求曲线 在
处的切线方程为 （Ⅱ）构造新函数 ，对实数 分类讨论，
用导数法求解.
试题解析：（I） 的定义域为 .当 时，
， 曲 线 在
处的切线方程为
（II）当 时， 等价于
令 ，则
，
（i）当 ， 时， ，故 在 上
单调递增，因此 ；
（ii）当 时，令 得
，
由 和 得 ，故当 时， ， 在 单调递减，因此
.
综上， 的取值范围是
考点：导数的几何意义，函数的单调性.
【探究2】解：（1）因为f′(x)＝ex－e－λlnx，所以曲线y＝f (x)在x＝1处的切线的斜率为f′(1)＝0，
又切点为(1，f (1))，即(1，0)，
所以切线方程为y＝0． ………………………… 2分
（2）g (x)＝ex－e－λlnx，g′(x)＝ex－．
当λ≤0时，g′(x)＞0恒成立，从而g (x)在(0，＋∞)上单调递增，
故此时g (x)无极值． ………………………… 4分
当λ＞0时，设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋＞0恒成立，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． ………………………… 6分
①当0＜λ＜e时，
h(1)＝e－λ＞0，h()＝e－e＜0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，
因此存在唯一的x ∈(，1)，使得h(x )＝0．
0 0
②当λ≥e时，
h(1)＝e－λ≤0，h(λ)＝eλ－1＞0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，
因此存在唯一的x ∈[1，λ)，使得h(x )＝0．
0 0
故当λ＞0时，存在唯一的x ＞0，使得h(x )＝0． …………………… 8分
0 0
且当0＜x＜x 时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，当x＞x 时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，
0 0
所以g (x)在(0，x )上单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，
0 0
因此g (x)在x＝x 处有极小值．
0
所以当函数g (x)存在极值时，λ的取值范围是(0，＋∞)． …………………… 10分
（3）g (x)＝f′(x)＝ex－e－λlnx，g′(x)＝ex－．
若g′(x)≥0恒成立，则有λ≤xex恒成立．
设φ(x)＝xex(x≥1)，则φ′(x)＝(x＋1) ex＞0恒成立，
所以φ(x)单调递增，从而φ(x)≥φ(1)＝e，即λ≤e．
于是当λ≤e时，g (x)在[1，＋∞)上单调递增，
此时g (x)≥g (1)＝0，即f′(x)≥0，从而f (x)在[1，＋∞)上单调递增．
所以f (x)≥f (1)＝0恒成立． …………………………… 13分
当λ＞e时，由（2）知，存在x ∈(1，λ)，使得g (x)在(0，x )上单调递减，
0 0
即f′(x)在(0，x )上单调递减．
0
所以当1＜x＜x 时，f′(x)＜f′(1)＝0，
0
于是f (x)在[1，x )上单调递减，所以f (x )＜f (1)＝0．
0 0
这与x≥1时，f (x)≥0恒成立矛盾．因此λ≤e，即λ的最大值为e． …………………………… 16分
【探究3】：（1） ， . ……1分
因 在 上单调递增，则 ， 恒成立.
令 ，则 ， ……2分
x
……４分
－ ＋
减 极小值 增
因此， ，即 . ……6分
（2）当 时，由（1）知，当 时， 单调递增. ……7分
又 ，当 ， ；当 时， . ……9分
故不等式 恒成立． ……10分
若 ， ，
设 ，令 ，则 . …12分
当 时， ， 单调递减，则 ，
则 ，所以当 时， 单调递减， ……14分
则当 时， ，此时 ，矛盾. ……15分
因此， . ……16分
