專題07 導(dǎo)數(shù)壓軸題

第27頁(yè)（共28頁(yè)）專題07專題07導(dǎo)數(shù)壓軸題熱點(diǎn)研究熱點(diǎn)研究專題熱度★★★★☆命題熱點(diǎn)(1)嵌套函數(shù)、函數(shù)零點(diǎn)、恒成立與存在問(wèn)題、同構(gòu)、極值點(diǎn)偏移、隱零點(diǎn)、整數(shù)解、凹凸函數(shù)、特殊距離、極值與最值的含參問(wèn)題．(2)不等式的證明和參數(shù)范圍問(wèn)題．熱門方法構(gòu)造法、等價(jià)轉(zhuǎn)化法、放縮法．熱點(diǎn)題型解答題．熱點(diǎn)突破熱點(diǎn)突破熱點(diǎn)1函數(shù)同構(gòu)問(wèn)題名師點(diǎn)撥1．在某些函數(shù)方程、不等式問(wèn)題中，可以通過(guò)等價(jià)變形，將方程或不等式變成左右兩端結(jié)構(gòu)一致的情形，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性來(lái)解決問(wèn)題，這種處理問(wèn)題的方法叫做同構(gòu)．2．同構(gòu)一般用在方程、不等式、函數(shù)零點(diǎn)、反函數(shù)等相關(guān)問(wèn)題中，用好同構(gòu)，需要較強(qiáng)的觀察能力和一定的解題經(jīng)驗(yàn)．3．常見(jiàn)同構(gòu)體：；；；；；．【例1】（2023?渭南二模）已知lnx﹣ex≤λx﹣ln（1﹣λ），x∈（0，+∞）恒成立，則λ的取值范圍是（）A．[1﹣e，+∞） B．[1﹣e，1） C．[e﹣2，1） D．[0，1）【答案】B【分析】把原不等式化為ln[（1﹣λ）x]+eln[（1﹣λ）x]≤ex+x，再構(gòu)造函數(shù)g（x）＝ex+x，利用函數(shù)的單調(diào)性以及分離常數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求得λ的取值范圍．【解答】解：由lnx﹣ex≤λx﹣ln（1﹣λ），得lnx+ln（1﹣λ）≤ex+λx，所以lnx+ln（1﹣λ）≤ex+x+（λ﹣1）x，所以ln[（1﹣λ）x]+（1﹣λ）x≤ex+x，即ln[（1﹣λ）x]+eln[（1﹣λ）x]≤ex+x．構(gòu)造函數(shù)g（x）＝ex+x，所以g{ln[（1﹣λ）x]}≤g（x）．因?yàn)間'（x）＝ex+1＞0，所以g（x）單調(diào)遞增．所以ln[（1﹣λ）x]≤x．所以（1﹣λ）x≤ex，即1?λ≤e記?(x)=exx(x＞0)，所以1﹣λ≤h（又因?yàn)?'(x)=(x?1)exx2，所以h（x）在（0，1），h'（x在區(qū)間（1，+∞），h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．所以h（x）min＝h（1）＝e．所以0＜1﹣λ≤e，解得1﹣e≤λ＜1，所以λ的取值范圍是[1﹣e，1）．故選：B．【例2】（2023?四川模擬）已知函數(shù)f（x）=lnxx，g（x）=xex，若存在x1＞0，x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＜0成立，則x1【答案】?1【分析】把f（x1）＝g（x2）＜0轉(zhuǎn)化為f(x1)=g(x2)=f(ex2)，即可得到x1=ex2(x【解答】解：函數(shù)f（x）的定義域?yàn)?0，+∞)，f'(x)=1?lnx∴當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單增，當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單減，又f（1）＝0，所以x∈（0，1）時(shí)，f（x）＜0；x∈（1，e）時(shí)，f（x）＞0；x∈（e，+∞）時(shí)，f（x）＞0，同時(shí)注意到g(x)=x所以若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＜0成立，則0＜x1＜1且f(x1)=g(x2所以構(gòu)造函數(shù)h（x）＝xex（x＜0），而h′（x）＝ex（1+x），當(dāng)x∈（﹣1，0）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（﹣∞，﹣1）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，所以?(x)最小值=?(?1)=?故答案為：?1【例3】（2023?遼寧一模）已知函數(shù)f(x)=xex+ax?alnx，若f（x）≤0恒成立，則【答案】(?∞，?【分析】f（x）≤0?e﹣x+lnx﹣a（﹣x+lnx）≤0，令t＝﹣x+lnx＝g（x），x∈（0，+∞），利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可得t的范圍，f（x）≤0轉(zhuǎn)化為et﹣at≤0，即a≤ett，令h（t）=et【解答】解：f（x）≤0?e﹣x+lnx﹣a（﹣x+lnx）≤0，令t＝﹣x+lnx＝g（x），x∈（0，+∞），則g′（x）＝﹣1+1當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＜0．∴x＝1時(shí)，函數(shù)g（x）取得極大值即最大值，g（1）＝﹣1．∴t≤﹣1．f（x）≤0轉(zhuǎn)化為et﹣at≤0，即a≤e令h（t）=ett，t≤﹣1，則h′（t∴函數(shù)h（t）在（﹣∞，﹣1]上單調(diào)遞減，∴h（t）≥h（﹣1）=?1故a的取值范圍為(?∞，?故答案為：(?∞，?熱點(diǎn)2極值點(diǎn)偏移問(wèn)題名師點(diǎn)撥1．函數(shù)的極值點(diǎn)偏移問(wèn)題，是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問(wèn)題，呈現(xiàn)的形式往往非常簡(jiǎn)潔，涉及函數(shù)的雙零點(diǎn)，是一個(gè)多元數(shù)學(xué)問(wèn)題．2．解題的策略都是把雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為一元變量問(wèn)題求解，途徑都是構(gòu)造一元函數(shù)．【例4】（2023?成都模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣x+lnx有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，則a的取值范圍是；若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，則t的取值范圍是．【答案】0＜a＜18，（﹣∞，﹣11+2【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到方程2ax2﹣x+1＝0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，得到關(guān)于a的不等式組，求出a的范圍，求出f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）的解析式，求出函數(shù)的單調(diào)性，得到關(guān)于a的不等式，求出a的取值范圍即可．【解答】解：根據(jù)條件f′（x）=2ax2因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝ax2﹣x+lnx有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，所以方程2ax2﹣x+1＝0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，則12a＞01?8a＞0，解得0＜若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，所以t＜[f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）]max，因?yàn)閒（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）＝ax12?x1+lnx1+ax22?x2+lnx2﹣2（＝a[（x1+x2）2﹣2x1x2]﹣3（x1+x2）+ln（x1x2）=?54a?1﹣ln設(shè)h（a）=?54a?1﹣ln（2a）（0＜a＜18），h故h（a）在（0，18）上單調(diào)遞增，故h（a）＜h（18）＝﹣11+2所以t＜﹣11+2ln2，所以t的取值范圍是（﹣∞，﹣11+2ln2）．故答案為：0＜a＜18，（﹣∞，﹣11+2【例5】（2023?贛州二模）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣3x+lnx．（1）求函數(shù)f（x）的極值；（2）對(duì)于任意的x1，x2∈[1，2]，當(dāng)x1＜x2時(shí)，不等式x1x2（f（x1）﹣f（x2））﹣m（x1﹣x2）＞0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【答案】（1）極小值為﹣2，極大值為?5（2）（﹣∞，﹣6]．【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合極小值的定義進(jìn)行求解即可；（2）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f(x【解答】解：（1）由f（x）＝x2﹣3x+lnx得f'(x)=(2x?1)(x?1)令f′（x）＞0，則x＞1或0＜x＜12，令f′（x）＜0，則故當(dāng)x∈(0，12)時(shí)，f′（x）＞0，f當(dāng)x∈(12，1)時(shí)，f′（x）＜0，f當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f（x）有極小值點(diǎn)，極小值為f（1）＝12﹣3×1+ln1＝﹣2；當(dāng)x=12時(shí)，函數(shù)f（x）有極大值點(diǎn)，極大值為（2）問(wèn)題x1x2（f（x1）﹣f（x2））﹣m（x1﹣x2）＞0，?x1，x2∈[1，2]時(shí)恒成立，等價(jià)于f(x構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)?mx=x2?3x+lnx?mx，即g（即證函數(shù)g（x）在x∈[1，2]上單調(diào)遞減，即g'(x)=1x+2x?3+m由g'(x)=1設(shè)?(x)=?2x因?yàn)閤∈[1，2]，所以﹣13≤h′（x）≤﹣1，所以h（x）＝﹣2x3+3x2﹣x單調(diào)遞減，故h（x）min＝h（2）＝﹣6，因此m≤﹣6，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是（﹣∞，﹣6]．【例6】（2023?深圳模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax﹣alnx?e（1）若不等式f（x）＜0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）若函數(shù)y＝f（x）有三個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，x3，且f（x1）+f（x2）+f（x3）≤3e2﹣e，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】（1）（﹣∞，e）；（2）（e，e2]．【分析】（1）將不等式f（x）＜0恒成立轉(zhuǎn)化為a＜exx2?xlnx（2）對(duì)f（x）求導(dǎo)，利用極值的性質(zhì)可得0＜x1＜x2＝1＜x3，ax1=ex1，ax3=ex3，利用指數(shù)與對(duì)數(shù)的互化可得lna＝x1﹣lnx1，lna＝x3﹣lnx3，從而可得f（x1）+f（x2）+f（x3）＝2alna﹣a﹣e≤3e2﹣e，構(gòu)造g（a）＝2alna﹣a﹣e（a＞e），利用導(dǎo)數(shù)求出g（x）的單調(diào)性，求出【解答】解：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），不等式f（x）＜0恒成立，即a(x?lnx)＜exx在（0，+∞）上恒成立，記u（x）＝x﹣當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，u′（x）＜0，u（x）單減，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，u′（x）＞0，u（x）單增所以u(píng)（x）≥u（1）＝1＞0，所以a＜e令g（x）=exx2?xlnx，則a＜gg'(x)=eg'(x)=e前面已證u（x）＝x﹣lnx＞1恒成立，得到g（x）在（0，1）上單減，在（1，+∞）上單增，所以g（x）min＝g（1）＝e，所以a＜e，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，e）．（2）f'(x)=a?a因?yàn)橹本€y＝ex和曲線y＝ex相切，并且切點(diǎn)坐標(biāo)為（1，e），所以當(dāng)且僅當(dāng)a＞e時(shí)，方程ax﹣ex＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1，x3，并且0＜x1＜1＜x3，從而當(dāng)a＞e時(shí)，f（x）有三個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，x3，并且0＜x1＜x2＝1＜x3，ax1=取對(duì)數(shù)知：lna+lnx1＝x1，lna+lnx3＝x3，即lna＝x1﹣lnx1，lna＝x3﹣lnx3，則f(x1)+f(x2)+f(x3)=a(x1?lnx1)?ex1x1+a?e+a(x3構(gòu)造g（a）＝2alna﹣a﹣e（a＞e），g'（a）＝2（lna+1）﹣1＝2lna+1＞0在a＞e時(shí)恒成立，則g（a）在區(qū)間a∈（e，+∞）上單調(diào)遞增，且g（e2）＝2e2lne2﹣e2﹣e＝3e2﹣e，從而f(x1)+f(x2)+f(綜上所述，e＜a≤e2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（e，e2]．熱點(diǎn)3凹凸函數(shù)問(wèn)題名師點(diǎn)撥1．凸凹反轉(zhuǎn)首先是證明不等式的一種技巧，欲證明，若可將不等式左端拆成，且的話，就可證明原不等式成立．2．通常情況，我們一般選取為上凸型函數(shù)，為下凹型函數(shù)來(lái)完成證明．【例7】（2023?雙塔區(qū)校級(jí)四模）設(shè)函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間D上的導(dǎo)函數(shù)為f'（x），且f'（x）在D上存在導(dǎo)函數(shù)f″（x）（其中f″（x）＝[f'（x）]′）．定義：若區(qū)間D上f″（x）＜0恒成立，則稱函數(shù)f（x）在區(qū)間D上為凸函數(shù)．已知函數(shù)f（x）＝axcosx+b的圖像過(guò)點(diǎn)A（0，﹣1），且在點(diǎn)B(π2，f(（1）判斷f（x）在區(qū)間(0，（2）求證：當(dāng)x∈(0，π2)時(shí)，函數(shù)【答案】（1）f（x）在區(qū)間(0，（2）證明見(jiàn)解析．【分析】（1）求出b，a，可得函數(shù)解析式，根據(jù)凸函數(shù)的定義即可判斷出結(jié)論；（2）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在定理，即可證明結(jié)論．【解答】解：（1）由f（0）＝﹣1，得b＝﹣1，而f'（x）＝a（cosx﹣xsinx），依題意，f'(π2)=?∴f（x）＝2xcosx﹣1，f'（x）＝2（cosx﹣xsinx），∴f″（x）＝2（﹣2sinx﹣xcosx）＝﹣2（2sinx+xcosx），∵x∈(0，π2)，∴f∴f（x）在區(qū)間(0，π（2）證明：由（1）知f'（x）在區(qū)間(0，π又f'(0)=2＞0，f'(π2)=?π＜0，∴?x0∈(0，當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，f'（x）＞0，當(dāng)x0＜x＜π2時(shí)，∴f（x）在（0，x0）內(nèi)單調(diào)遞增，在(x因?yàn)閒（0）＝﹣1＜0，f(π4)=∴f（x）在(0，π4)及(π4，π【例8】（2023?南通二模）設(shè)連續(xù)正值函數(shù)g（x）定義在區(qū)間I?（0，+∞）上，如果對(duì)于任意x1，x2∈I都有g(shù)(x1)?g(x2)≤g(x1?x2)，則稱g（x（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若a＝e，判斷f（x）是否為x∈[e2，+∞）上的“幾何上凸函數(shù)”，并說(shuō)明理由．【答案】（Ⅰ）當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在(0，1a)上單調(diào)遞減，在(1a，+∞)上單調(diào)遞增；（Ⅱ）f（x【分析】（Ⅰ）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，分a≤0及a＞0討論導(dǎo)函數(shù)與0的關(guān)系，進(jìn)而得到單調(diào)性情況；（Ⅱ）將a＝e代入f（x）＝ax﹣lnx，根據(jù)新定義利用分析法證明即可．【解答】解：（Ⅰ）f（x）定義域?yàn)椋?，+∞），f（x）的導(dǎo)函數(shù)f'(x)=a?當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)=a?1x＜0，故f當(dāng)a＞0時(shí)，f'(x)=a?1x＞0得：x＞1a于是f（x）在(0，1a綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減；當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在(0，1a（Ⅱ）f（x）是x∈[e2，+∞）上的幾何上凸函數(shù)，證明如下：由（Ⅰ）可知，當(dāng)a＝e時(shí)，f（x）在(0，1e故f(x)≥f(1e)=e?1e由于f(x1x2)=ex1x2?lnx1x2，f（x1）?f（x要證f（x）是[e2，+∞）上的幾何上凸函數(shù)．需證f(x1?x2)≥f(則ln需證14由14(lnx故只需證2ex下面證明：設(shè)?(x)=lnxx,則?'(x)=1?lnxx2，即在（e，+∞）上h'（x所以(x即2ex綜上，14故f(x【例9】（2023?海淀區(qū)校級(jí)三模）已知函數(shù)f（x）＝（1+x）a，g（x）＝1+ax，（a∈R）；（1）當(dāng)a＝3時(shí)，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；（2）若正數(shù)a使得f（x）≥g（x）對(duì)x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范圍；（3）設(shè)函數(shù)G（x）＝g（x）﹣eg（x）+2，x∈[0，+∞），討論其在定義域內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）代入a的值，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（0），f′（0），求出切線方程；（2）設(shè)F（x）＝f（x）﹣g（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而確定a的范圍即可；（3）求出G（x）的解析式，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的極值，從而確定零點(diǎn)的個(gè)數(shù)即可．【解答】解：（1）a＝3時(shí)，f′（x）＝3（1+x），故f′（0）＝3，f（0）＝1，故函數(shù)在（0，f（0））處的切線方程是：y＝3x+1，即3x﹣y+1＝0；（2）設(shè)F（x）＝f（x）﹣g（x）＝（1+x）a﹣1﹣ax，F(xiàn)′（x）＝a[（1+x）a﹣1﹣1]，a＝1時(shí)，f（x）＝1+x，g（x）＝1+x，故f（x）≥g（x）對(duì)x∈[0，+∞）恒成立，當(dāng)a＞1時(shí)，由x≥0得：F′（x）≥0，故F（x）在[0，+∞）遞增，又F（0）＝f（0）﹣g（0）＝0，故f（x）≥g（x）對(duì)x∈[0，+∞）恒成立，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，由x≥0得：F′（x）≤0，F(xiàn)（x）在[0，+∞）遞減，F(xiàn)（0）＝f（0）﹣g（0）＝0，故f（x）≥g（x）對(duì)x∈[0，+∞）恒成立，綜上，a的范圍是[1，+∞）；（3）G（x）＝3+ax﹣e1+ax，G′（x）＝a（1﹣e1+ax），當(dāng)a＝0時(shí)，g（x）＝3﹣e，g（x）無(wú)零點(diǎn)，當(dāng)a＞0則1+ax＞0，G′（x）＜0，故G（x）在[0，+∞）遞減，由G（0）＝3﹣e＞0，G（1a）＝4﹣e2故函數(shù)有且只有1個(gè)零點(diǎn)，若a＜0，令G′（x）＝0，解得：x=?1故x∈（0，?1a），G′（x）＞0，G（x∈（?1a，+∞）時(shí)，G′（x）＜0，G（x）遞減，故G（x）極大值＝G（又G（0）＞0，G（?3a）＜0，故函數(shù)在（?1綜上，a＝0時(shí)，g（x）無(wú)零點(diǎn)，a≠0時(shí)，g（x）1個(gè)零點(diǎn)．熱點(diǎn)4整數(shù)解問(wèn)題名師點(diǎn)撥含參整數(shù)解個(gè)數(shù)問(wèn)題，一般采用數(shù)形結(jié)合的方法來(lái)求解，主要的策略是通過(guò)參變分離，研究函數(shù)圖象的位置關(guān)系，尋找臨界狀態(tài)，具體方法有兩個(gè)(1)全分離：將含參不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化為或，進(jìn)而研究水平直線和函數(shù)圖象的位置關(guān)系，尋找臨界狀態(tài)，求解參數(shù)范圍．(2)半分離：通過(guò)變形將原含參不等式轉(zhuǎn)化成形如的不等式，進(jìn)而研究?jī)蓚€(gè)函數(shù)圖象的位置關(guān)系，尋找臨界狀態(tài)，求解參數(shù)范圍．【例10】（2023?內(nèi)江三模）若關(guān)于x的不等式lnx+a?3a?1x＜0A．(12，2ln2+1] C．[2ln2+1，3ln3+1） D．[【答案】A【分析】原不等式可化簡(jiǎn)為xlnx+1＜3a﹣ax，設(shè)f（x）＝xlnx+1，g（x）＝3a﹣ax，作出函數(shù)f（x）的圖象，由圖象可知函數(shù)g（x）的圖象應(yīng)介于直線AC與直線BC之間（可以為直線BC），進(jìn)而求得答案．【解答】解：原不等式可化簡(jiǎn)為xlnx+1＜3a﹣ax，設(shè)f（x）＝xlnx+1，g（x）＝3a﹣ax，由f（x）＝xlnx+1得，f'（x）＝lnx+1，令f'（x）＝0，可得x=1∴x∈(0，1e)時(shí)，f'（x）＜0，x∈(1易知函數(shù)f（x）在(0，1e)單調(diào)遞減，在作出f（x）的圖象如下圖所示，而g（x）＝3a﹣ax恒過(guò)點(diǎn)C（3，0），要使關(guān)于x的不等式lnx+a?3a?1x＜0有且只有一個(gè)整數(shù)解，則函數(shù)g（x）的圖象應(yīng)介于直線AC與直線BC又A（1，1），B（2，2ln2+1），∴kAC=0?1∴?2ln2?1≤?a＜?12，∴故選：A．【例11】（2023?定西模擬）已知函數(shù)f(x)=x+1ex，g(x)=kx+2k，若不等式f（x）＞g（x）的解集中恰有兩個(gè)非負(fù)整數(shù)，則實(shí)數(shù)【答案】[34e2【分析】由不等式f（x）＞g（x），可得k（x+2）＜x+1ex，設(shè)φ（x）=x+1ex，h（x）＝k（x+2），不等式可化為h（【解答】解：f（x）＞g（x）等價(jià)于k（x+2）＜x+1設(shè)φ（x）=x+1ex，h（x）＝k（x+2），則上面不等式可化為h（x）＜φ直線h（x）＝k（x+2）恒過(guò)定點(diǎn)（﹣2，0），因?yàn)閒（x）＞g（x）的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)，所以φ（x）的圖像在h（x）的圖像上方所對(duì)應(yīng)的x的取值范圍恰好有兩個(gè)整數(shù)解，因?yàn)棣铡洌▁）=e所以x∈（﹣∞，0）時(shí)，φ′（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，x∈（0，+∞）時(shí)，φ′（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減，所以φ（x）max＝φ（0）＝1，且φ（﹣1）＝0，當(dāng)x→﹣∞時(shí)，φ（x）→﹣∞；x→+∞時(shí)，φ（x）→0，根據(jù)上述結(jié)論作出函數(shù)φ（x）的圖像如圖所示：當(dāng)k≤0時(shí)，作出φ（x），h（x）的圖像如圖所示：從圖中可以看出，當(dāng)x∈[﹣1，+∞）時(shí)，φ（x）的圖像恒在h（x）的圖像上方，所以h（x）＜φ（x）恒成立，所有的整數(shù)解有無(wú)窮多個(gè)，不合題意，當(dāng)k＞0時(shí)，作出φ（x），h（x）的圖像如圖所示：從圖像可知，要使得φ（x）的圖像在h（x）的圖像上方所對(duì)應(yīng)的x的取值范圍中恰有兩個(gè)非負(fù)整數(shù)解，只需滿足得φ(1)＞k(1)φ(2)≤k(2)，所以2e＞2k3e綜上所述k的取值范圍為[34e2故答案為：[34e2【例12】（2023?河南模擬）已知函數(shù)f(x)=a(x2?x)?lnxx，若不等式f（x【答案】[ln3【分析】在同一直角坐標(biāo)系中，作出函數(shù)g(x)=lnxx2與直線y＝a（x﹣1）的圖象，根據(jù)y＝a（x﹣1）恒過(guò)點(diǎn)（1，0）和有且僅有一個(gè)整數(shù)解得不等式a＜【解答】解：易知f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），由f（x）＜0有且僅有1個(gè)整數(shù)解，所以不等式lnxx設(shè)g(x)=lnxx2當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，g'（x）＞0，g當(dāng)x∈(e，+∞)時(shí)，g'（x）＜0，g（又g（1）＝0，則當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g（x）＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，g（x）＞0．設(shè)y＝a（x﹣1），則直線y＝a（x﹣1）恒過(guò)點(diǎn)（1，0），在同一直角坐標(biāo)系中，作出函數(shù)g（x）與直線y＝a（x﹣1）的圖象，如圖所示，由圖象可知，a＞0，要使不等式lnxx則a＜g(2)2?1a≥g(3)3?1，解得ln3故答案為：[ln3熱點(diǎn)5零點(diǎn)隱零點(diǎn)問(wèn)題名師點(diǎn)撥1．不含參函數(shù)的隱零點(diǎn)問(wèn)題：已知不含參函數(shù)f(x)，導(dǎo)函數(shù)方程f'x=0的根存在，卻無(wú)法求出，設(shè)方程f'x0=0的根為x0，則有：2．含參函數(shù)的隱零點(diǎn)問(wèn)題：已知含參函數(shù)f(x,a)，其中a為參數(shù)，導(dǎo)函數(shù)方程f'x,a=0的根存在，卻無(wú)法求出，設(shè)方程f'x=0的根為x0，則有①有關(guān)系式f'x0【例13】（多選）（2023?龍巖模擬）已知函數(shù)f（x）＝ln（x+1）﹣asinx，f'（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)a＜0時(shí)，f'（x）在區(qū)間（0，π）單調(diào)遞減 B．當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）≤2x恒成立 C．當(dāng)a＝1時(shí)，f'（x）在區(qū)間(?1，πD．當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）有且僅有2個(gè)零點(diǎn)【答案】ACD【分析】對(duì)于A：求導(dǎo)得f′（x）=1x+1?acosx，f″（x）=?1(x+1)2+asinx，分析f″（對(duì)于B：當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）＝ln（x+1），x＞﹣1，令g（x）＝ln（x+1）﹣2x，x＞﹣1，求導(dǎo)分析單調(diào)性，最值，即可判斷B是否正確；對(duì)于C：當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝ln（x+1）﹣sinx，求導(dǎo)分析單調(diào)性，極值，即可判斷C是否正確；對(duì)于D：由上可知f′（x）在（0，x0）上單調(diào)性，進(jìn)而可得存在x1∈（x0，π2），使得f′（x1）＝0，分析f（x）的單調(diào)性，零點(diǎn)，即可判斷D【解答】解：對(duì)于A：f（x）＝ln（x+1）﹣asinx，f′（x）=1x+1?acosx，f″（x）=?1(x+1)2+asinx，x∈（0，π）時(shí)，sinx＞0，當(dāng)a＜0時(shí)，asinx＜0，?1(x+1)2＜對(duì)于B：當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）＝ln（x+1），x＞﹣1，令g（x）＝ln（x+1）﹣2x，x＞﹣1，g′（x）=1x+1?2=1?2x?2x+1=?2x?1x+1=?2?x+12x+1，所以在（﹣1，?12）上g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，在（?12，+∞）上g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，所以當(dāng)x對(duì)于C：當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝ln（x+1）﹣sinx，f′（x）=1x+1?cosx，f″（x）=?1(x+1)2+sinx，y=?1(x+1)2在（﹣1，π2）上單調(diào)遞增，y＝sinx在（﹣1，π2）上單調(diào)遞增，所以f″（x）在（﹣1，π2）上單調(diào)遞增，又f″（0）＝﹣1+0＝﹣1＜0，f″（π2）=?1(1+π2)2+1＞0，所以存在x0∈（0，π2），使得f″（x0）＝0，所以在（﹣1，x0）上f″（x）＜0，f對(duì)于D：由上可知f′（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，f′（x）＜f′（0）＝0，f′（x）在（x0，π2）上單調(diào)遞增，f′（π2）＞0，所以存在x1∈（x0，π2），使得f′（x1）＝0，所以在（0，x1）上，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，在（x1，π）上，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，又f（0）＝0，f（π）＞0，所以f（x）在（0，π）上有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)x∈（﹣1，0）時(shí)，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）遞增，又f（0）＝0，0為一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)x＞π時(shí)，f（x）＞ln（π+1）﹣1＞0，所以f（x）在（π故選：ACD．【例14】（2023?宜賓模擬）已知a＞0，函數(shù)f（x）＝ex﹣ax2，g（x）＝lnx．（1）若0＜a≤e2，求證：f（x）在（2）若存在a，使得f（x）＞g（x）+b對(duì)于任意的x＞0成立，求最大的整數(shù)b的值．【答案】（1）證明過(guò)程見(jiàn)解析；（2）2．【分析】（1）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，討論單調(diào)性，證明最小值大于0即可；（2）將不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的圖象交點(diǎn)問(wèn)題，分別討論兩個(gè)函數(shù)的單調(diào)性，利用存在性定理判斷根的范圍即可求解．【解答】證明：（1）f'（x）＝ex﹣2ax，令t（x）＝ex﹣2a，∵0＜2a≤e，∴令t（x）＝ex﹣2a＝0，解得x＝ln2a，∴f'（x）＝ex﹣2ax在（﹣∞，ln2a）上單調(diào)遞減，（ln2a，+∞）單調(diào)遞增，又∵f'（ln2a）＝2a﹣2aln2a＝2a（1﹣ln2a），2a＞0，ln2a≤1，∴f'（x）≥f'（ln2a）＝2a（1﹣ln2a）≥0，即f（x）在R上是增函數(shù)，命題得證；解：（2）存在a，使得ex﹣ax2≥lnx+b對(duì)于?x∈R成立，等價(jià)于存在a，使得ex﹣lnx﹣b≥ax2對(duì)于?x∈R成立，由于ax2＞0，原題意的必要條件是ex﹣lnx＞b，對(duì)?x∈R都成立，設(shè)?(x)=ex?lnx，?'(x)=ex?1x，?∴h（x）在（0，x0）是減函數(shù),在（x0，+∞）是增函數(shù)，其中ex0=1x0，即﹣∴?(x)min由上圖知，?(x∴對(duì)?x∈R，ex﹣lnx＞b都成立的最大整數(shù)b是2，以下證明充分性，當(dāng)b＝2時(shí)，存在a，使得ex﹣ax2≥lnx+2恒成立，ex?ax故存在大于0的a，使得ex當(dāng)b＝3時(shí)，設(shè)φ(x)=e∵φ（1）＝e﹣3＜0，故對(duì)?a＞0，ex﹣ax2≥lnx+3不恒成立，∴存在a，使得f（x）≥g（x）+b對(duì)于任意的x∈R成立，綜上所述，最大的整數(shù)b的值是2．【例15】（2023?萬(wàn)州區(qū)校級(jí)模擬）已知函數(shù)f（x）＝eax﹣x（a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），g（x）＝lnx+bx+1．（1）若a＝1，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；（2）若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）若不等式x[f（x）+x]≥g（x）對(duì)?x∈（0，+∞），?a∈[1，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．【答案】（1）y＝1；（2）(0，（3）（﹣∞，1]．【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出直線的斜率，再用點(diǎn)斜式即可求出切線方程；（2）分離常量，求f（x）零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化成兩函數(shù)y=a，G(x)=lnx（3）通過(guò)放縮xeax≥xex，將原命題等價(jià)于xex≥lnx+bx+1對(duì)一切x∈（0，+∞）恒成立，再通過(guò)分離常量，構(gòu)造函數(shù)F(x)=ex?lnxx【解答】解：（1）a＝1，f（x）＝ex﹣x，f'（x）＝ex﹣1，∴f'（0）＝0又∵f（0）＝1，∴在（0，f（0））處的切線方程為y＝1．（2）∵f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，∴關(guān)于x的方程eax＝x有兩個(gè)相異實(shí)根，∵eax＞0，∴x＞0，f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)即a=lnx令G（x）=lnxx，則G′（x）∵G′（x）＞0得0＜x＜e，G′（x）＜0得x＞e，∴G（x）在區(qū)間（0，e）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（e，+∞）上單調(diào)遞減，∴G(x又∵G（1）＝0，∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，G（x）＜0，當(dāng)x＞1時(shí)，G（x）＞0，當(dāng)x→+∞時(shí)，G（x）→0，f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0，（3）∵a≥1，x＞0，所以xeax≥xex∴原命題等價(jià)于xex≥lnx+bx+1對(duì)一切x∈（0，+∞）恒成立，∴b≤ex?lnx令F（x）=ex?lnxx?1x，x＞0，∴b令h（x）＝x2ex+lnx，x∈（0，+∞），則?'(x)=2xe∴h（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，又h（1）＝e＞0，?(1∴?x0∈(1e，1)使h（當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，h（x）＜0，即F（x）在區(qū)間（0，x0）上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，h（x）＞0，即F（x）在區(qū)間（x0，+∞）上單調(diào)遞增，∴F(x由①知x02e令φ（x）＝xex，φ'（x）＝（x+1）ex＞0在x∈（0，+∞）恒成立，所以函數(shù)φ（x）＝xex在區(qū)間（0，+∞）上單增，∴x0=ln1x0即x∴F(x)min∴實(shí)數(shù)b的取值范圍為（﹣∞，1]．熱點(diǎn)6極值最值含參問(wèn)題名師點(diǎn)撥由f'x0【例16】（2022?豐城市校級(jí)模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex+ax2+2ax在x∈（0，+∞）上有最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）A．（12，+∞） B．（?e2，?12【答案】D【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令f′（x）＜0，得：ex＜﹣2a（x+1），令g（x）＝ex，h（x）＝﹣2a（x+1），問(wèn)題h（x）的斜率﹣2a大于過(guò)（﹣1，0）的g（x）的切線的斜率即可，求出切線的斜率，解關(guān)于a的不等式即可．【解答】解：∵f（x）＝ex+ax2+2ax，∴f′（x）＝ex+2ax+2a，若函數(shù)f（x）在x∈（0，+∞）上有最小值，即f（x）在（0，+∞）先遞減再遞增，即f′（x）在（0，+∞）先小于0，再大于0，令f′（x）＜0，得：ex＜﹣2a（x+1），令g（x）＝ex，h（x）＝﹣2a（x+1），只需h（x）的斜率﹣2a大于過(guò)（﹣1，0）的g（x）的切線的斜率即可，設(shè)切點(diǎn)是（x0，ex0），則切線方程是：y?ex0將（﹣1，0）代入切線方程得：x0＝0，故切點(diǎn)是（0，1），切線的斜率是1，只需﹣2a＞1即可，解得：a＜?1故選：D．【例17】（2023?河北區(qū)二模）已知a＞0，函數(shù)f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．（Ⅰ）當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；（Ⅱ）當(dāng)a＝e時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅲ）求證：函數(shù)f（x）存在極值點(diǎn)，并求極值點(diǎn)x0的最小值．【答案】（Ⅰ）（2e﹣1）x+y﹣e2＝0．（Ⅱ）函數(shù)f（x）單調(diào)遞減區(qū)間為（0，e）；函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（e，+∞）．（Ⅲ）見(jiàn)證明過(guò)程，x0的最小值為e．【分析】（Ⅰ）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝﹣lnx+（x﹣e）2，f（1）＝（1﹣e）2，利用導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則可得f′（x），可得切線斜率f′（1），利用點(diǎn)斜式即可得出曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程．（Ⅱ）當(dāng)a＝e時(shí)，f（x）＝x﹣elnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．利用導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則可得f′（x），進(jìn)而得出函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間．（Ⅲ）a＞0，函數(shù)f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．可得f′（x）=2x2?(2e?lna)x?ax，令g（x）＝2x2﹣（2e﹣lna）x﹣a，a＞0，可得f′（x）＝0?g（x）＝0，根據(jù)Δ＞0，?x1，x2，使得g（x1）＝g（x2）＝0，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可得f（【解答】解：（Ⅰ）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝﹣lnx+（x﹣e）2，f（1）＝（1﹣e）2，f′（x）=?1x+2（x﹣e），∴f∴曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y﹣（1﹣e）2＝（1﹣2e）（x﹣1），化為（2e﹣1）x+y﹣e2＝0．（Ⅱ）當(dāng)a＝e時(shí)，f（x）＝x﹣elnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．f′（x）＝1?ex+2（x﹣e）=(2x+1)(x?e)x∴x∈（0，e）時(shí)，f′（x）＜0，此時(shí)函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；x∈（e，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，此時(shí)函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．∴函數(shù)f（x）單調(diào)遞減區(qū)間為（0，e）；函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（e，+∞）．（Ⅲ）證明：a＞0，函數(shù)f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．f′（x）＝lna?ax+2（x﹣e令g（x）＝2x2﹣（2e﹣lna）x﹣a，a＞0，∵x＞0，∴f′（x）＝0?g（x）＝0，∵Δ＝（2e﹣lna）2+8a＞0，由a＞0，則?x1，x2，使得g（x1）＝g（x2）＝0，且x1x2=?a不妨設(shè)x1＜0＜x2，∴f′（x）＜0?0＜x＜x2，f′（x）＞0?x＞x2，∴?x0＝x2為f（x）的極小值點(diǎn)．∵g（e）＝elna﹣a≤0，∴x0≥e，等號(hào)成立．∴x0的最小值為e．【例18】（2023?河北模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣（x﹣a）2（x＞0），e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．（1）討論函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；（2）當(dāng)函數(shù)f（x）存在唯一極值點(diǎn)x0時(shí)，求證：a+esinx02＜【答案】（1）a≤?12時(shí)，f（x）有一個(gè)極值點(diǎn)；?12＜a＜ln2e時(shí)，f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)；【分析】（1）令g（x）＝f′（x）＝ex﹣2x+2a，則g′（x）＝ex﹣2，可得出g（x）在（0，ln2）上遞減，在（ln2，+∞）上遞增，f′（x）≥2（1﹣ln2+a），a≥ln2e時(shí)，f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，此時(shí)f（x）無(wú)極值點(diǎn)；?12＜a＜ln2e時(shí)，f′（0）＞0，f′（ln2）＜0，f′（2）＞0，從而得出f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)；a≤?12時(shí)，f′（0）≤0，f′（ln2）＜0，并且f（2）f（x）存在唯一極值點(diǎn)時(shí)，a≤?12，得出a=x0?ex02，根據(jù)分析法，要證a+esinx02＜x0，即證sinx0?ex0?12＜0，分別設(shè)y＝x﹣sinx和y＝x﹣ex﹣1，然后根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)，判斷這兩個(gè)函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性及最值可得出x＞sinx和x＜ex﹣1在x∈【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝ex﹣2x+2a，則g′（x）＝ex﹣2，當(dāng)0＜x＜ln2時(shí)，g′（x）＜0，f′（x）遞減；當(dāng)x＞ln2時(shí)，g′（x）＞0，f′（x）遞增，∴f′（x）≥f′（ln2）＝2（1﹣ln2+a），當(dāng)a≥ln2?1=ln2e，即f′（當(dāng)a＜ln2?1=ln2e＜0時(shí)，f′（ln2）＜0，f若?12＜a＜ln2e＜0時(shí)，f′（0）＞0，f∴f′（x）在（0，ln2），（ln2，2）上各有一個(gè)零點(diǎn)，即f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)；若a≤?12，f′（0）≤0，x趨向正無(wú)窮時(shí)f′（∴f′（x）在（0，+∞）上有一個(gè)零點(diǎn)，即f（x）有一個(gè)極值點(diǎn)；綜上，a≤?12時(shí)，f（x）有一個(gè)極值點(diǎn)；?12＜a＜ln2e時(shí)，f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)；（2）由（1）知：f（x）存在唯一極值點(diǎn)x0時(shí)，a≤?12，此時(shí)∴a=x要證a+esinx02＜對(duì)于y＝x﹣sinx且x∈（0，+∞），則y′＝1﹣cosx≥0，即y在x∈（0，+∞）上遞增，∴y＞0，即x＞sinx在x∈（0，+∞）上恒成立；對(duì)于y＝x﹣ex﹣1且x∈（0，+∞），則y′＝1﹣ex﹣1，在（0，1）上y′＞0，（1，+∞）上y′＜0，∴y在（0，1）上遞增，（1，+∞）上遞減，故y＜0，即x＜ex﹣1在x∈（0，+∞）上恒成立；綜上ex﹣1＞x＞sinx在x∈（0，+∞）上恒成立，故sinx要證x0＜﹣4a，即證2e令h（x）＝2ex﹣5x且x∈（0，+∞），則h′（x）＝2ex﹣5，當(dāng)0＜x＜ln52時(shí)，h′（x）＜0，即h（當(dāng)x＞ln52時(shí)，h′（x）＞0，即h（∴?(x)≥?(ln52)=5(1?ln52)=5ln2e5＞0綜上a+esin熱點(diǎn)7放縮問(wèn)題名師點(diǎn)撥當(dāng)要證明的不等式含參，且規(guī)定了參數(shù)的范圍時(shí)，可以考慮先使用滿參放縮，將含參的不等式轉(zhuǎn)化為不含參的不等式來(lái)證明.這一技巧諸多問(wèn)題中會(huì)反復(fù)用到，是一個(gè)必備的基本技能．【例19】（2023?菏澤二模）已知函數(shù)f（x）＝（ex﹣1﹣1）lnx．（1）求y＝f（x）在x＝1處的切線方程；（2）求y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間；（3）當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）＞k（x﹣1）2恒成立，求k的取值范圍．【答案】（1）y＝0；（2）單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞）；（3）（﹣∞，1]．【分析】（1）導(dǎo)數(shù)幾何意義可求得切線斜率f'（1），結(jié)合f（1）＝0可得切線方程；（2）分別在x∈（0，1）和x∈（1，+∞）的情況下，根據(jù)f'（x）正負(fù)可得單調(diào)區(qū)間；（3）令g(x)=ex?1?1x?1(x＞1)，將恒成立的不等式轉(zhuǎn)化為g（x）＞k?g（lnx+1）恒成立；利用導(dǎo)數(shù)可求得g【解答】解：（1）∵f'(x)=ex?1?lnx+又f（1）＝0，∴y＝f（x）在x＝1處的切線方程為y＝0；（2）由題意知：f（x）定義域?yàn)椋?，+∞），由（1）知：f'(x)=e當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，ex﹣1?lnx＜0，ex?1?1x＜0，∴當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，ex﹣1?lnx＞0，ex?1?1x＞0，∴∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞）；（3）當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，由f（x）＞k（x﹣1）2，可得（ex﹣1﹣1）lnx＞k（x﹣1）2，即ex?1設(shè)g(x)=ex?1?1x?1(x＞1)，則g（x）＞k?g設(shè)h（x）＝ex﹣1（x﹣2）+1（x＞1），則h'（x）＝ex﹣1（x﹣1）＞0在（1，+∞）上恒成立，∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（x）＞h（1）＝0，則g'（x）＞0，∴g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；設(shè)m（x