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  • 2021-05-13 发布

2008-2014江苏高考函数导数专项训练

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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