2008-2014江苏高考函数导数专项训练 31页

函数、导数专项训练 一、2008年江苏20题 ‎20．若，，为常数，函数f (x)定义为：对每个给定的实数x，‎ ‎（Ⅰ）求对所有实数x成立的充要条件（用表示）；‎ ‎（Ⅱ）设为两实数，满足，且∈,若，求证：在区间上的单调增区间的长度之和为（闭区间的长度定义为）。‎ 二、2009年江苏20题 ‎20．(本小题满分16分)‎ 设为实数，函数.‎ (1) 若，求的取值范围；‎ (2) 求的最小值；‎ (3) 设函数，直接写出(不需给出演算步骤)不等式的解集.‎ 三、2010年江苏20题 ‎20.（16分）设f(x)使定义在区间(1,+¥)上的函数，其导函数为f ¢(x).如果存在实数a和函数h(x)，其中h(x)对任意的xÎ(1,+¥)都有h(x)>0，使得f ¢(x)]=h(x)(x2－ax+1)，则称函数f(x)具有性质P(a).‎ ‎⑴设函数f(x)=h(x)+ (x>1)，其中b为实数 ‎①求证：函数f(x)具有性质P(b) ‎ ‎②求函数f(x)的单调区间 ‎⑵已知函数g(x)具有性质P(2)，给定x1,x2Î(1,+¥)，x11，b>1，若|g(a)－g(b)|<|g(x1)－g(x2)|,求m的取值范围 四、2011年江苏19题 ‎19、（本小题满分16分）已知a，b是实数，函数 和是的导函数，若在区间I上恒成立，则称和在区间I上单调性一致 ‎（1）设，若函数和在区间上单调性一致,求实数b的取值范围；‎ ‎（2）设且，若函数和在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最大值。‎ 五、2012年江苏18题 ‎18．若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。‎ 已知是实数，1和是函数的两个极值点．‎ ‎（1）求和的值；‎ ‎（2）设函数的导函数，求的极值点；‎ ‎（3）设，其中，求函数的零点个数．‎ 六、2013年江苏20题 ‎20．（本小题满分16分）‎ 设函数，，其中为实数．‎ ‎（1）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；‎ ‎（2）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论．‎ 七、2014年江苏19题 ‎19．(本小题满分1学科王6分)已知函数其中e是自然对数的底数．‎ ‎（1学科王）证明：是上的偶函数；‎ ‎（2）若关于x的学科王不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；‎ ‎（3）已知正数a满足：存学科王在，使得成立．试比较与的大小，并证明你的结论．‎ 八、2015南京学情调研20题 ‎20．（本小题满分16分）‎ 已知函数f(x)＝ax3＋|x－a|，aR．‎ ‎（1）若a＝－1，求函数y＝f(x) (x[0，＋∞))的图象在x＝1处的切线方程；‎ ‎（2）若g(x)＝x4，试讨论方程f(x)＝g(x)的实数解的个数；‎ ‎（3）当a＞0时，若对于任意的x1[a，a＋2]，都存在x2[a＋2，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1024，求满足条件的正整数a的取值的集合．‎ 九、2015南京一模20题 ‎20．已知函数，.‎ ‎（1）设.‎ ‎① 若函数在处的切线过点，求的值；‎ ‎② 当时，若函数在上没有零点，求的取值范围；‎ ‎（2）设函数，且，求证：当时，.‎ 十、2015南京二模19题 ‎19、已知函数，其中为常数.‎ ‎(1)若,求曲线在点处的切线方程.‎ ‎(2)若,求证：有且仅有两个零点；‎ ‎（3）若为整数，且当时，恒成立，求的最大值。‎ 十一、2015年苏锡常镇期初调研19题 ‎19. （本小题满分16分）已知函数.‎ ‎（1）当时，求函数的单调减区间；‎ ‎（2）若方程f(x)=m的恰好有一个正根和一个负根，求实数m的最大值.‎ 十二、2015年苏北四市一模20题 ‎20.(本小题满分16分)己知函数 ‎(1)若，求函数 的单调递减区间;‎ ‎(2)若关于x的不等式恒成立，求整数 a的最小值:‎ ‎(3)若 ，正实数 满足 ，证明: ‎ 十三、2015年通扬连二模19题 ‎19．（本小题满分16分）设，函数．‎ ‎ （1）若为奇函数，求的值；‎ ‎ （2）若对任意的，恒成立，求的取值范围；‎ ‎ （3）当时，求函数零点的个数．‎ 十四、2015年镇江一模19题 ‎19．（本小题满分16分）已知函数，实数满足，设.‎ ‎（1）当函数的定义域为时，求的值域；‎ ‎（2）求函数关系式，并求函数的定义域；‎ ‎（3）求的取值范围.‎ 十五、2015年泰州一模20题 ‎20.（本题满分16分）已知函数，．‎ ‎(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；‎ ‎(2) 若直线是函数图象的切线，求的最小值；‎ ‎(3)当时，若与的图象有两个交点，求证：．‎ ‎（取为，取为，取为）‎ 十六、2015年泰州二模20题 ‎20.（本题满分16分）己知，其中常数． ‎ ‎（1）当时，求函数的极值；‎ ‎（2）若函数有两个零点，求证：； ‎ ‎（3）求证：．‎ 十七、2015年南通一模19题 ‎19.若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点.‎ ‎ 已知函数 当时，求的极值；‎ 若在区间上有且只有一个极值点，求实数的取值范围.‎ 设数列是公比为的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求.的取值范围.‎ 函数导数专项训练答案 一、2008年江苏20题 ‎20.【解析】本小题考查充要条件、指数函数与绝对值函数、不等式的综合运用。‎ ‎（Ⅰ）恒成立 ‎（*）‎ 因为 所以，故只需（*）恒成立 综上所述，对所有实数成立的充要条件是：‎ ‎（Ⅱ）1°如果，则的图像关于直线对称。因为，所以区间关于直线 对称。‎ 因为减区间为，增区间为，所以单调增区间的长度和为 ‎2°如果.‎ ‎（1）当时.，‎ 当，因为，所以，‎ 故=‎ 当，因为，所以 故=‎ 因为，所以，所以即 当时，令，则，所以，‎ 当时，，所以=‎ 时，，所以=‎ 在区间上的单调增区间的长度和 ‎=‎ ‎（2）当时.，‎ 当，因为，所以，‎ 故=‎ 当，因为，所以 故=‎ 因为，所以，所以 当时，令，则，所以，‎ 当时， ，所以=‎ 时，，所以=‎ 在区间上的单调增区间的长度和 ‎=‎ 综上得在区间上的单调增区间的长度和为 二、2009年江苏20题 ‎20．【解析】（1）若，则 ‎（2）当时，‎ ‎ 当时，‎ ‎ 综上 ‎(3) 时，得，‎ 当时，；‎ 当时，得 ‎1）时，‎ ‎2）时， w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ ‎3）时， ‎ 三、2010年江苏20题 解：（1）f′（x）=‎ ‎∵x＞1时，恒成立，‎ ‎∴函数f（x）具有性质P（b）；‎ ‎（2）当b≤2时，对于x＞1，φ（x）=x2﹣bx+1≥x2﹣2x+1=（x﹣1）2＞0‎ 所以f′（x）＞0，故此时f（x）在区间（1，+∞）上递增；‎ 当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴，‎ 方程φ（x）=0的两根为：，而 当时，φ（x）＜0，f′（x）＜0，‎ 故此时f（x）在区间上递减；‎ 同理得：f（x）在区间上递增．‎ 综上所述，当b≤2时，f（x）在区间（1，+∞）上递增；‎ 当b＞2时，f（x）在上递减；f（x）在上递增．‎ 四、2011年江苏19题 ‎19、解析：（1）因为函数和在区间上单调性一致，所以，即 即 ‎（2）当时，因为，函数和在区间（b,a）上单调性一致，所以，‎ 即，‎ 设，考虑点(b,a)的可行域，函数的斜率为1的切线的切点设为 则；‎ 当时，因为，函数和在区间（a, b）上单调性一致，所以，‎ 即，‎ 当时，因为，函数和在区间（a, b）上单调性一致，所以，‎ 即而x=0时，不符合题意， ‎ 当时，由题意：‎ 综上可知，。‎ 五、2012年江苏18题 ‎18．【答案】解：（1）由，得。‎ ‎ ∵1和是函数的两个极值点，‎ ‎ ∴ ，，解得。‎ ‎ （2）∵ 由（1）得， ，‎ ‎ ∴，解得。‎ ‎ ∵当时，；当时，，‎ ‎ ∴是的极值点。‎ ‎ ∵当或时，，∴ 不是的极值点。‎ ‎ ∴的极值点是－2。‎ ‎（3）令，则。‎ ‎ 先讨论关于 的方程 根的情况：‎ 当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。‎ 当时，∵， ，‎ ‎∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。‎ 由（1）知。‎ ‎① 当时， ，于是是单调增函数，从而。‎ 此时在无实根。‎ ‎② 当时．，于是是单调增函数。‎ 又∵，，的图象不间断，‎ ‎∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。‎ 同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。‎ ‎③ 当时，，于是是单调减两数。‎ 又∵， ，的图象不间断，‎ ‎∴在（一1，1 ）内有唯一实根。‎ 因此，当时，有两个不同的根满足；当 时 有三个不同的根，满足。‎ 现考虑函数的零点：‎ ‎( i ）当时，有两个根，满足。‎ 而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。‎ ‎( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。‎ 而有三个不同的根，故有9 个零点。‎ 综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。‎ ‎【考点】函数的概念和性质，导数的应用。‎ ‎【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。‎ ‎ （2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。‎ ‎ （3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。‎ 六、2013年江苏20题 ‎20．解：（1）≤0在上恒成立，则≥， ．‎ 故：≥1．‎ ‎，‎ 若1≤≤e，则≥0在上恒成立，‎ 此时，在上是单调增函数，无最小值，不合；‎ 若＞e，则在上是单调减函数，在上是单调增函数，，满足．‎ 故的取值范围为：＞e．‎ ‎（2）≥0在上恒成立，则≤ex，‎ 故：≤．‎ ‎．‎ ‎(ⅰ)若0＜≤，令＞0得增区间为(0，)；‎ 令＜0得减区间为(，﹢∞)．‎ 当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹣∞；‎ 当x＝时，f()＝﹣lna－1≥0，当且仅当＝时取等号．‎ 故：当＝时，f(x)有1个零点；当0＜＜时，f(x)有2个零点．‎ ‎(ⅱ)若a＝0，则f(x)＝﹣lnx，易得f(x)有1个零点．‎ ‎(ⅲ)若a＜0，则在上恒成立，‎ 即：在上是单调增函数，‎ 当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹢∞．‎ 此时，f(x)有1个零点．‎ 综上所述：当＝或a＜0时，f(x)有1个零点；当0＜＜时，f(x)有2个零点．‎ 七、2014年江苏19题 ‎（1），，∴是上的偶函数 ‎（2学科王）学科王由题意，，即 ‎∵，∴，即对恒成立 令，则对任意恒成立 ‎∵，当且仅当时等号成立 ‎∴‎ ‎（3），当时，∴在上单调增 令学科王，‎ ‎∵，∴，学科王即在上单调减 ‎∵存在，使得，学科王∴，即 ‎∵‎ 设，则 学科王当时，，单调增；‎ 当时，，单学科王调减 因此至多有两个零点，而 ‎∴当时，，；‎ 当学科王时，，；‎ 当时，，．‎ 八、2015南京学情调研20题 解：（1）当a＝－1，x[0，＋∞)时，f(x)＝－x3＋x＋1，从而f ′(x)＝－3x2＋1．‎ 当x＝1时，f(1)＝1，f ′(1)＝－2，‎ 所以函数y＝f(x) (x[0，＋∞))的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝－2(x－1)，‎ 即2x＋y－3＝0． ………………………………………………… 3分 ‎（2）f(x)＝g(x)即为ax3＋|x－a|＝x4．‎ 所以x4－ax3＝|x－a|，从而x3(x－a)＝|x－a|．‎ 此方程等价于x＝a或或 ………………………………………… 6分 所以当a≥1时，方程f(x)＝g(x)有两个不同的解a，－1；‎ 当－1＜a＜1时，方程f(x)＝g(x)有三个不同的解a，－1，1；‎ 当a≤－1时，方程f(x)＝g(x)有两个不同的解a，1． …………………………… 9分 ‎（3）当a＞0，x(a，＋∞)时，f(x)＝ax3＋x－a，f ′(x)＝3ax2＋1＞0，‎ 所以函数f(x)在(a，＋∞)上是增函数，且f(x)＞f(a)＝a4＞0．‎ 所以当x[a，a＋2]时，f(x)[f(a)，f(a＋2)]，[，]，‎ 当x[a＋2，＋∞)时，f(x)[ f(a＋2)，＋∞)． …………………………………… 11分 因为对任意的x1[a，a＋2]，都存在x2[a＋2，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1024，‎ 所以[，][ f(a＋2)，＋∞)． ………………………………………… 13分 从而≥f(a＋2)．‎ 所以f 2(a＋2)≤1024，即f(a＋2)≤32，也即a(a＋2)3＋2≤32．‎ 因为a＞0，显然a＝1满足，而a≥2时，均不满足．‎ 所以满足条件的正整数a的取值的集合为{1}． …………………………………… 16分 九、2015南京一模20题 解：（1）由题意，得，‎ 所以函数在处的切线斜率， ……………2分 又，所以函数在处的切线方程，‎ 将点代入，得. ……………4分 ‎（2）方法一：当，可得，因为，所以，‎ ‎①当时，，函数在上单调递增，而，‎ 所以只需，解得，从而. ……………6分 ‎②当时，由，解得，‎ 当时，，单调递减；当时，，单调递增.‎ 所以函数在上有最小值为，‎ 令，解得，所以. ‎ 综上所述，. ……………10分 方法二：当， ‎ ‎①当时，显然不成立；‎ ‎②当且时，，令，则，当时，，函数单调递减，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，，由题意知. ‎ ‎（3）由题意，，‎ 而等价于， ‎ 令， ……………12分 则，且，，‎ 令，则，‎ 因， 所以， ……………14分 所以导数在上单调递增，于是，‎ 从而函数在上单调递增，即. ……………16分 十、2015南京二模19题 解：（1）当k＝0时，f(x)＝1＋lnx．‎ 因为f ¢(x)＝，从而f ¢(1)＝1．‎ 又f (1)＝1，‎ 所以曲线y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程y－1＝x－1，‎ 即x－y＝0． ……… 3分 ‎（2）当k＝5时，f(x)＝lnx＋－4．‎ 因为f ¢(x)＝，从而 当x∈(0，10)，f ′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(10，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 所以当x＝10时，f(x)有极小值． ……………… 5分 因f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之间有一个零点．‎ 因为f(e4)＝4＋－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点．‎ 从而f(x)有两个不同的零点． …………… 8分 ‎（3）方法一：由题意知，1+lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，‎ 即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．‎ 令h(x)＝，则h¢(x)＝．‎ 设v(x)＝x－2lnx－4，则v¢(x)＝．‎ 当x∈(2，＋∞)时，v¢(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)为增函数．‎ 因为v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0，‎ 所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0． ‎ 当x∈(2，x0)时，h¢(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h¢(x)＞0，h(x)单调递增．‎ 所以当x＝x0时，h(x)的最小值h(x0)＝．‎ 因为lnx0＝，所以h(x0)＝∈(4，4.5)． ‎ 故所求的整数k的最大值为4． …………… 16分 方法二：由题意知，1+lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立．‎ f(x)＝1+lnx－，f ¢(x)＝． ‎ ‎①当2k≤2，即k≤1时，f¢(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，‎ 所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．‎ 而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求．‎ ‎②当2k＞2，即k＞1时，‎ 当x∈(2，2k)时，f ′(x)＜0， f(x)单调递减，当x∈(2k，＋∞)，f ′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 所以当x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k．‎ 从而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等价于2＋ln2k－k＞0．‎ 十一、2015年苏锡常镇期初调研19题 ‎19．解：（1）当时， …………………………………1分 ‎　　当时，，‎ ‎　　由，解得，‎ ‎　　所以的单调减区间为， ………………………………………3分 ‎　　当时，，‎ ‎　　由，解得或，‎ ‎　　所以的单调减区间为， ……………………………………………5分 ‎　　综上：的单调减区间为，． ………………………6分 ‎（2） 当时，，则，‎ 令，得或，‎ x ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以有极大值，极小值，…………………………………7分 当时， ‎ 同（1）的讨论可得，在上增，在上减，‎ 在上增，在上减，在上增，……………8分 ‎　　且函数有两个极大值点，‎ ‎　　，…………………………9分 ‎　　，……………………………10分 ‎　　且当时，， ‎ 所以若方程恰好有正根，‎ 则（否则至少有二个正根）． ……………………………………11分 ‎　　又方程恰好有一个负根，则． ………………………12分 ‎　　令，则，‎ ‎　 所以在时单调减，即，………………………13分 等号当且仅当时取到．‎ ‎　　所以，等号当且仅当时取到．‎ 且此时，………………………………………14分 即， …………………………………………………15分 ‎　　所以要使方程恰好有一个正根和一个负根，的最大值为．………16分 十二、2015年苏北四市一模20题 ‎20．（1）因为，所以，………………………………………1分 此时，‎ ‎ ……………………………………… 2分 由，得，‎ 又，所以．‎ 所以的单调减区间为． 　 ………………………………………… 4分 ‎（2）方法一：令，‎ 所以．‎ 当时，因为，所以．‎ 所以在上是递增函数，‎ 又因为，‎ 所以关于的不等式不能恒成立．……………………………………6分 当时，，‎ 令，得．‎ 所以当时，；当时，，‎ 因此函数在是增函数，在是减函数．‎ 故函数的最大值为．‎ ‎　　　　　　 　 ……………………………………………………………………8分 令，‎ 因为，，又因为在是减函数．‎ 所以当时，．‎ 所以整数的最小值为2． …………………………………………………………10分 方法二：（2）由恒成立，得在上恒成立，‎ 问题等价于在上恒成立．‎ 令，只要．………………………………………… 6分 因为，令，得．‎ 设，因为，所以在上单调递减，‎ 不妨设的根为．‎ 当时，；当时，，‎ 所以在上是增函数；在上是减函数．‎ 所以．………………………8分 因为，‎ 所以，此时，即．‎ 所以，即整数的最小值为2．……………………………………………… 10分 ‎（3）当时，‎ 由，即 从而 ………………………………… 13分 令，则由得， ‎ 可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．‎ 所以， ………………………………………………………15分 所以，‎ 因此成立．………………………………………………………… 16分 十三、2015年通扬连二模19题 解：（1）若为奇函数，则，‎ ‎ 令得，，即，‎ ‎ 所以，此时为奇函数． …… 4分 ‎（2）因为对任意的，恒成立，所以．‎ ‎ 当时，对任意的，恒成立，所以； …… 6分 ‎ 当时，易得在上是单调增函数，在上 ‎ 是单调减函数，在上是单调增函数，‎ ‎ 当时，，解得，所以；‎ ‎ 当时，，解得，所以a不存在；‎ ‎ 当时，，解得 ‎，‎ ‎ 所以；‎ ‎ 综上得，或． …… 10分 ‎（3）设，‎ ‎ 令 则，，‎ 第一步，令，‎ ‎ 所以，当时，，判别式，‎ ‎ 解得，；‎ ‎ 当时，由得，即，‎ ‎ 解得； ‎ ‎ 第二步，易得，且，‎ ① 若，其中，‎ ‎ 当时，，记，因为对称轴，‎ ‎ ，且，所以方程有2个不同的实根；‎ ‎ 当时，，记，因为对称轴，‎ ‎ ，且，所以方程有1个实根，‎ ‎ 从而方程有3个不同的实根； ‎ ‎② 若，其中，‎ ‎ 由①知，方程有3个不同的实根； ‎ ‎ ③ 若， ‎ ‎ 当时，，记，因为对称轴，‎ ‎ ，且，所以方程有1个实根；‎ ‎ 当时，，记，因为对称轴，‎ ‎ ，且，‎ ‎ ， …… 14分 ‎ 记，则，‎ ‎ 故为上增函数，且，，‎ ‎ 所以有唯一解，不妨记为，且，‎ ‎ 若，即，方程有0个实根；‎ ‎ 若，即，方程有1个实根；‎ ‎ 若，即，方程有2个实根， ‎ ‎ 所以，当时，方程有1个实根；‎ ‎ 当时，方程有2个实根；‎ ‎ 当时，方程有3个实根． ‎ ‎ 综上，当时，函数的零点个数为7；‎ ‎ 当时，函数的零点个数为8；‎ ‎ 当时，函数的零点个数为9． …… 16分 ‎（注：第（1）小问中，求得后不验证为奇函数，不扣分；第（2）小问中利用分离参数法参照参考答案给分；第（3）小问中使用数形结合，但缺少代数过程的只给结果分．）‎ 十四、2015年镇江一模19题 ‎19. 解：（1）若，令， ……1分 ‎ 在上为增函数 ……2分 ‎；， ……3分 值域为. ……4分 ‎（2）实数满足，则，‎ ‎ 则， ……6分 ‎ 而，，故， ， ……7分 ‎ 由题意，，则，故， ……8分 ‎ 又， ‎ 即，故，当且仅当时取得等号， ……9分 ‎ 综上：. ……10分 ‎（3）‎ ‎ ， ……12分 ‎ 令， ‎ ‎ 当恒成立， ……14分 故在单调递增，，故. ……16分 ‎【说明】本题原创，考查二次函数、指数函数的单调性，考查基本不等式、导数的应用；考查换元法、划归思想；考查运算变形能力. ‎ 十五、2015年泰州一模20题 ‎20. 解：（1）,则，‎ ‎∵在上单调递增，∴对，都有，‎ 即对，都有，∵，∴，‎ 故实数的取值范围是． ………………4分 ‎(2) 设切点，则切线方程为，‎ 即，亦即，‎ 令，由题意得，……７分 令，则，‎ 当时 ，，在上单调递减；‎ 当时，，在上单调递增，‎ ‎∴，故的最小值为． ………………１０分 ‎（3）由题意知，，‎ 两式相加得，两式相减得，‎ 即，∴，‎ 即，　　　　　　　　　　　　 …………１２分 不妨令，记，令，则，‎ ‎ ∴在上单调递增，则，‎ ‎∴，则，∴，‎ 又，‎ ‎∴，即，‎ 令，则时，，∴在上单调递增，‎ 又，‎ ‎∴，则，即．‎ ‎………………１６分 十六、2015年泰州二模20题 ‎20. 解：函数的定义域为， ‎ ‎（1）当时，，， ‎ 而在上单调递增，又，‎ 当时，，则在上单调递减；‎ 当时，，则在上单调递增，所以有极小值，没有极大值． …………3分 ‎（2）先证明：当恒成立时，有 成立．‎ 若，则显然成立；‎ 若，由得，令，则，‎ 令，由得在上单调递增，‎ 又因为，所以在上为负，在上为正，因此在上递减，在上递增，所以，从而．‎ 因而函数若有两个零点，则，所以，‎ 由得，则 ‎，‎ 所以在上单调递增，所以，‎ 所以在上单调递增，所以 ‎，则，所以，‎ 由得，则 ‎，所以，综上得． …………10分 ‎（3）由（2）知当时，恒成立，所以，‎ 即，‎ 设，则，‎ 当时， ，所以在上单调递增；‎ 当时，，所以在上单调递增，‎ 所以的最大值为，即，因而，‎ 所以，即． …………16分 十七、2015年南通一模19题