高考數(shù)學(xué) 高頻考點(diǎn)歸類分析 應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求最值（真題為例）

應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求最值典型例題：例1.（年全國課標(biāo)卷理5分）設(shè)點(diǎn)在曲線上，點(diǎn)在曲線上，則最小值為【】 【答案】?！究键c(diǎn)】反函數(shù)的性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用。【解析】∵函數(shù)與函數(shù)互為反函數(shù)，∴它們的圖象關(guān)于對(duì)稱?！嗪瘮?shù)上的點(diǎn)到直線的距離為設(shè)函數(shù)，則，∴?！??！嘤蓤D象關(guān)于對(duì)稱得：最小值為。故選。例2.（年重慶市理5分）設(shè)函數(shù)在上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為，且函數(shù)的圖像如題圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是【】（A）函數(shù)有極大值和極小值（B）函數(shù)有極大值和極小值（C）函數(shù)有極大值和極小值（D）函數(shù)有極大值和極小值【答案】D?！究键c(diǎn)】函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的條件，函數(shù)的圖象?！痉治觥坑蓤D象知，與軸有三個(gè)交點(diǎn)，－2，1，2，∴。由此得到，，，和在上的情況：－212＋0－0＋0－＋＋＋0－－－＋0－－－0＋↗極大值↘非極值↘極小值↗∴的極大值為，的極小值為。故選D。例3.（年陜西省理5分）設(shè)函數(shù)，則【】A.為的極大值點(diǎn)B.為的極小值點(diǎn)C.為的極大值點(diǎn)D.為的極小值點(diǎn)【答案】D?！究键c(diǎn)】應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值?！窘馕觥俊?，令得?！喈?dāng)時(shí)，，為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，為增函數(shù)，所以為的極小值點(diǎn)。故選D。例4.（年陜西省文5分）設(shè)函數(shù)則【】A．=為的極大值點(diǎn)B．=為的極小值點(diǎn)C．=2為的極大值點(diǎn)D．=2為的極小值點(diǎn)【答案】D?！究键c(diǎn)】應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值?！窘馕觥俊?，令得?！喈?dāng)時(shí)，，為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，為增函數(shù)?！酁榈臉O小值點(diǎn)。故選D。例5.（年全國課標(biāo)卷理12分）已知函數(shù)滿足滿足；（1）求的解析式及單調(diào)區(qū)間；（2）若，求的最大值?！敬鸢浮拷猓海?）∵，∴。令得，?！??！?，得?！嗟慕馕鍪綖?。設(shè)，則?！嘣谏蠁握{(diào)遞增。又∵時(shí)，，單調(diào)遞增；時(shí)，，單調(diào)遞減。∴的單調(diào)區(qū)間為：單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為。（2）∵，∴。令得。=1\*GB3①當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞增。但時(shí)，與矛盾。=2\*GB3②當(dāng)時(shí)，由得；由得。∴當(dāng)時(shí)，∴。令；則。由得；由得?！喈?dāng)時(shí)，∴當(dāng)時(shí)，的最大值為?！究键c(diǎn)】函數(shù)和導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)?！窘馕觥浚?）由求出和即可得到的解析式，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)求出單調(diào)區(qū)間。（2）由和，表示出，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)求解。例6.（年北京市理13分）已知函數(shù)（1）若曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線，求a、b的值；（2）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間（－∞，－1）上的最大值?！敬鸢浮拷猓海?）∵（1，c）為公共切點(diǎn)，∴?！?，即=1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵，∴設(shè)。則。令，解得?！?，∴。又∵在各區(qū)間的情況如下：＋0－0＋∴在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。①若，即時(shí)，最大值為；②若，即時(shí)，最大值為。③若時(shí)，即時(shí)，最大值為。綜上所述：當(dāng)時(shí)，最大值為；當(dāng)時(shí)，最大值為1?！究键c(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最大值，切線的斜率，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?）由曲線與曲線有公共點(diǎn)（1，c）可得；由曲線與曲線在它們的交點(diǎn)（1，c）處具有公共切線可得兩切線的斜率相等，即。聯(lián)立兩式即可求出a、b的值。（2）由得到只含一個(gè)參數(shù)的方程，求導(dǎo)可得的單調(diào)區(qū)間；根據(jù)，和三種情況討論的最大值。例7.（年天津市理14分）已知函數(shù)的最小值為，其中.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若對(duì)任意的,有成立，求實(shí)數(shù)的最小值；（Ⅲ）證明.【答案】解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域?yàn)?，求?dǎo)函數(shù)可得.令，得。當(dāng)變化時(shí)，和的變化情況如下表：－0＋↘極小值↗∴在處取得極小值?！嘤深}意，得?！?。（Ⅱ）當(dāng)≤0時(shí)，取，有，故≤0不合題意。當(dāng)＞0時(shí)，令，即。求導(dǎo)函數(shù)可得。令，得。①當(dāng)時(shí)，≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對(duì)任意的），總有，即對(duì)任意的，有成立?！喾项}意。②當(dāng)時(shí)，＞0，對(duì)于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調(diào)遞增，因此取(0，)時(shí)，，即有不成立?！嗖缓项}意。綜上，實(shí)數(shù)的最小值為。（Ⅲ）證明：當(dāng)=1時(shí)，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當(dāng)≥2時(shí)，。在（2）中，取，得，∴?！?。綜上，?！究键c(diǎn)】導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值?！痉治觥浚á瘢┐_定函數(shù)的定義域，求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最小值，利用函數(shù)的最小值為，即可求得的值。（Ⅱ）當(dāng)≤0時(shí)，取，有，故≤0不合題意。當(dāng)＞0時(shí)，令，求導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)等于0，分類討論：①當(dāng)時(shí)，≤0，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對(duì)任意的），總有。②當(dāng)時(shí)，＞0，對(duì)于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調(diào)遞增。由此可確定的最小值。（Ⅲ）當(dāng)=1時(shí)，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當(dāng)≥2時(shí)，由，在（Ⅱ）中，取得,從而可得，由此可證結(jié)論。例8.（2012年安徽省理13分）設(shè)（=1\*ROMANI）求在上的最小值；（=2\*ROMANII）設(shè)曲線在點(diǎn)的切線方程為；求的值?！敬鸢浮拷猓海?1\*ROMANI）設(shè)，則?！唷?1\*GB3①當(dāng)時(shí)，?！嘣谏鲜窃龊瘮?shù)?！喈?dāng)時(shí)，的最小值為。=2\*GB3②當(dāng)時(shí)，∴當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，的最小值為。（=2\*ROMANII）∵，∴。由題意得：，即，解得?！究键c(diǎn)】復(fù)合函數(shù)的應(yīng)用，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的增減性，基本不等式的應(yīng)用?！窘馕觥浚?1\*ROMANI）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的的性質(zhì)分和求解。（=2\*ROMANII）根據(jù)切線的幾何意義列方程組求解。例9.（年浙江省理14分）已知，，函數(shù)．（Ⅰ）證明：當(dāng)時(shí)，（i）函數(shù)的最大值為；（ii）；（Ⅱ）若對(duì)恒成立，求的取值范圍．【答案】(Ⅰ)證明：(ⅰ)．當(dāng)b≤0時(shí)，＞0在0≤x≤1上恒成立，此時(shí)的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當(dāng)b＞0時(shí)，在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，此時(shí)的最大值為：＝|2a－b|﹢a。綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a。(ⅱ)設(shè)＝﹣，∵，∴令。當(dāng)b≤0時(shí)，＜0在0≤x≤1上恒成立，此時(shí)的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當(dāng)b＜0時(shí)，在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，≤|2a－b|﹢a綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大?！擤?≤≤1對(duì)x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。取b為縱軸，a為橫軸．則可行域?yàn)椋汉?，目?biāo)函數(shù)為z＝a＋b。作圖如下：由圖易得：當(dāng)目標(biāo)函數(shù)為z＝a＋b過P(1，2)時(shí)，有．∴所求a＋b的取值范圍為：?！究键c(diǎn)】分類思想的應(yīng)用，不等式的證明，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，簡單線性規(guī)劃?！窘馕觥?Ⅰ)(ⅰ)求導(dǎo)后，分b≤0和b＞0討論即可。(ⅱ)利用分析法，要證＋|2a－b|﹢a≥0，即證＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即證在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1﹣(|2a－b|﹢a)要大．根據(jù)－1≤≤1對(duì)x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，從而利用線性規(guī)劃知識(shí)，可求a＋b例10.（年湖南省理13分）某企業(yè)接到生產(chǎn)3000臺(tái)某產(chǎn)品的A，B，Ｃ三種部件的訂單，每臺(tái)產(chǎn)品需要這三種部件的數(shù)量分別為２,２,１（單位：件）.已知每個(gè)工人每天可生產(chǎn)Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.該企業(yè)計(jì)劃安排２００名工人分成三組分別生產(chǎn)這三種部件，生產(chǎn)Ｂ部件的人數(shù)與生產(chǎn)Ａ部件的人數(shù)成正比，比例系數(shù)為k（k為正整數(shù)）.（Ⅰ）設(shè)生產(chǎn)Ａ部件的人數(shù)為ｘ，分別寫出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三種部件生產(chǎn)需要的時(shí)間；（Ⅱ）假設(shè)這三種部件的生產(chǎn)同時(shí)開工，試確定正整數(shù)k的值，使完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，并給出時(shí)間最短時(shí)具體的人數(shù)分組方案.【答案】解：（Ⅰ）設(shè)完成A，B，Ｃ三種部件的生產(chǎn)任務(wù)需要的時(shí)間（單位：天）分別為由題設(shè)有其中均為1到200之間的正整數(shù)。（Ⅱ）完成訂單任務(wù)的時(shí)間為其定義域?yàn)?。易知，為減函數(shù)，為增函數(shù)?！哂谑牵?）當(dāng)時(shí)，此時(shí)，由函數(shù)的單調(diào)性知，當(dāng)時(shí)取得最小值，解得。由于，故當(dāng)時(shí)完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，且最短時(shí)間為。（2）當(dāng)時(shí)，由于為正整數(shù)，故，此時(shí)。易知為增函數(shù)，則。[由函數(shù)的單調(diào)性知，當(dāng)時(shí)取得最小值，解得。由于此時(shí)完成訂單任務(wù)的最短時(shí)間大于。（3）當(dāng)時(shí)，由于為正整數(shù)，故，此時(shí)。由函數(shù)的單調(diào)性知，當(dāng)時(shí)取得最小值，解得。類似（2）的討論，此時(shí)完成訂單任務(wù)的最短時(shí)間為，大于。綜上所述，當(dāng)時(shí)完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，此時(shí)生產(chǎn)Ａ，Ｂ，Ｃ三種部件的人數(shù)分別為44，88，68?！究键c(diǎn)】分段函數(shù)、函數(shù)單調(diào)性、最值，分類思想的應(yīng)用?！窘馕觥浚á瘢└鶕?jù)題意建立函數(shù)模型。（Ⅱ）利用單調(diào)性與最值，分、和三種情況討論即可得出結(jié)論。例11.（年湖南省理13分）已知函數(shù)，其中≠0.（Ⅰ）若對(duì)一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.（Ⅱ）在函數(shù)的圖像上取定兩點(diǎn)，記直線AB的斜率為，問：是否存在，使成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，請說明理由.【答案】解：（Ⅰ）若，則對(duì)一切，，這與題設(shè)矛盾，又，故?！摺嗔?。當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增.∴當(dāng)時(shí)，取最小值。于是對(duì)一切恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)①令則。當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，∴當(dāng)時(shí)，取最大值?！喈?dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，①式成立。綜上所述，的取值集合為。（Ⅱ）存在。由題意知，。令則。令，則。當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，∴當(dāng)，即?！?，。又∵∴?！吆瘮?shù)在區(qū)間上的圖像是連續(xù)不斷的一條曲線，∴存在使單調(diào)遞增，故這樣的是唯一的，且，故當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，。綜上所述，存在使成立.且的取值范圍為?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、最值、不等式恒成立,分類討論思想、函數(shù)與方程思想，轉(zhuǎn)化與劃歸思想等數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用?！窘馕觥浚á瘢┯脤?dǎo)函數(shù)法求出取最小值，對(duì)一切∈R，≥1恒成立轉(zhuǎn)化為，從而得出的取值集合。（Ⅱ）在假設(shè)存在的情況下進(jìn)行推理，通過構(gòu)造函數(shù)，研究這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性及最值來進(jìn)行分析判斷。例12.（年江蘇省16分）若函數(shù)在處取得極大值或極小值，則稱為函數(shù)的極值點(diǎn)。已知是實(shí)數(shù)，1和是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)．（1）求和的值；（2）設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，求的極值點(diǎn)；（3）設(shè)，其中，求函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【答案】解：（1）由，得?！?和是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)，∴，，解得。（2）∵由（1）得，，∴，解得?！弋?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴是的極值點(diǎn)?！弋?dāng)或時(shí)，，∴不是的極值點(diǎn)?！嗟臉O值點(diǎn)是－2。（3）令，則。先討論關(guān)于的方程根的情況：當(dāng)時(shí)，由（2）可知，的兩個(gè)不同的根為I和一2，注意到是奇函數(shù)，∴的兩個(gè)不同的根為一和2。當(dāng)時(shí)，∵，，∴一2,－1，1，2都不是的根。由（1）知。①當(dāng)時(shí)，，于是是單調(diào)增函數(shù)，從而。此時(shí)在無實(shí)根。②當(dāng)時(shí)．，于是是單調(diào)增函數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（1,2）內(nèi)有唯一實(shí)根。同理，在（一2，一I）內(nèi)有唯一實(shí)根。③當(dāng)時(shí)，，于是是單調(diào)減兩數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（一1，1）內(nèi)有唯一實(shí)根。因此，當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)不同的根滿足；當(dāng)時(shí)有三個(gè)不同的根，滿足?，F(xiàn)考慮函數(shù)的零點(diǎn)：(i）當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)根，滿足。而有三個(gè)不同的根，有兩個(gè)不同的根，故有5個(gè)零點(diǎn)。(11）當(dāng)時(shí)，有三個(gè)不同的根，滿足。而有三個(gè)不同的根，故有9個(gè)零點(diǎn)。綜上所述，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有5個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，函數(shù)有9個(gè)零點(diǎn)?！究键c(diǎn)】函數(shù)的概念和性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥浚?）求出的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)1和是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)代入列方程組求解即可。（2）由（1）得，，求出，令，求解討論即可。（3）比較復(fù)雜，先分和討論關(guān)于的方程根的情況；再考慮函數(shù)的零點(diǎn)。例13.（年全國課標(biāo)卷文5分）設(shè)函數(shù)(Ⅰ)求的單調(diào)區(qū)間(Ⅱ)若a=1，k為整數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，，求k的最大值【答案】解：(Ｉ)f(x)的的定義域?yàn)?，。若，則，∴在上單調(diào)遞增。若，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。(Ⅱ)∵a=1，∴?！喈?dāng)x>0時(shí)，，它等價(jià)于。令，則。由(Ｉ)知，函數(shù)在上單調(diào)遞增?！?，，∴在上存在唯一的零點(diǎn)?！嘣谏洗嬖谖ㄒ坏牧泓c(diǎn)，設(shè)此零點(diǎn)為，則。當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，?！嘣谏系淖钚≈禐?。又∵，即，∴。因此，即整數(shù)k的最大值為2?！究键c(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用?！窘馕觥?Ｉ)分和討論的單調(diào)區(qū)間即可。(Ⅱ)由于當(dāng)x>0時(shí)，等價(jià)于，令，求出導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)情況求出整數(shù)k的最大值。例14.（年江西省文14分）已知函數(shù)在上單調(diào)遞減且滿足。（1）求的取值范圍；（2）設(shè)，求在上的最大值和最小值?！敬鸢浮拷猓海?）∵，，∴?！唷！??！吆瘮?shù)在上單調(diào)遞減，∴對(duì)于任意的，都有?！嘤傻?；由得?！?。又當(dāng)=0時(shí)，對(duì)于任意的，都有，函數(shù)符合條件；當(dāng)=1時(shí)，對(duì)于任意的，都有，函數(shù)符合條件。綜上所述，的取值范圍是0≤≤1。（2）∵∴。（i）當(dāng)=0時(shí)，對(duì)于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（ii）當(dāng)=1時(shí)，對(duì)于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（iii）當(dāng)0＜＜1時(shí)，由得，①若，即時(shí)，在[0，1]上是增函數(shù)，∴在[0，1]上最大值是，最小值是；②若，即時(shí)，在取得最大值g，在=0或=1時(shí)取到最小值：∵，∴當(dāng)時(shí)，在=0取到最小值；當(dāng)時(shí)，在=1取到最小值?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性?！窘馕觥浚?）由題意，函數(shù)在[0，1]上單調(diào)遞減且滿足，可求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，將函數(shù)在[0，1]上單調(diào)遞減轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)在[0，1]上的函數(shù)值恒小于等于0，再結(jié)合，這兩個(gè)方程即可求得取值范圍。（2）由題設(shè)條件，先求出的解析式，求出導(dǎo)函數(shù)，由于參數(shù)的影響，函數(shù)在[0，1]上的單調(diào)性不同，結(jié)合（1）的結(jié)論及分=0，=1，0＜＜1三類對(duì)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行討論，確定并求出函數(shù)的最值。例15.（年湖北省文14分）設(shè)函數(shù)f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n為整數(shù)，a，b為常數(shù)．曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1.（Ⅰ）求a，b的值；（=2\*ROMANII）求函數(shù)f(x)的最大值；（=3\*ROMANIII）證明：f(x)＜eq\f(1,ne).【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由點(diǎn)(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0?！遞′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。又∵切線x＋y＝1的斜率為－1，∴－a＝－1，即a＝1?！郺＝1，b＝0。（=2\*ROMANII）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)－x))。令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(n,n＋1)，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)x0＝eq\f(n,n＋1)?！咴趀q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(n,n＋1)))上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)，＋∞))上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n,n＋1)))＝eq\f(nn,n＋1n＋1)。（=3\*ROMANIII）證明：令φ(t)＝lnt－1＋eq\f(1,t)(t＞0)，則φ′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)(t＞0)?！咴?0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)單調(diào)遞增，∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值為φ(1)＝0?！唳?t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－eq\f(1,t)(t＞1)。令t＝1＋eq\f(1,n)，得lneq\f(n＋1,n)＞eq\f(1,n＋1)，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞lne?！鄀q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞e，即eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)。由（=2\*ROMANII）知，f(x)≤eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)，∴所證不等式成立?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程?！窘馕觥浚↖）由題意曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1，故可根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義與切點(diǎn)處的函數(shù)值建立關(guān)于參數(shù)的方程求出兩參數(shù)的值。（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求f′(x)＝(n＋1)xn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)－x))，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，即可求出函數(shù)的最大值。（III）結(jié)合（II），欲證：f(x)＜eq\f(1,ne)．由于函數(shù)f(x)的最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al