新高考数学二轮复习导数专项练习专题14 最大整数与最小整数问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习导数专项练习专题14 最大整数与最小整数问题（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习导数专项练习专题14最大整数与最小整数问题教师版doc、新高考数学二轮复习导数专项练习专题14最大整数与最小整数问题学生版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
导数是高中数学选修板块中重要的部分，应用广泛，教材中重点介绍了利用导数求切线、判断单调性、求极值、最值等基础知识，但是高考数学是以能力立意，所以往往以数列、方程、不等式为背景，综合考察学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力，面对这种类型的题目，考生会有茫然，无所适从的感觉，究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路，本文介绍导数里面涉及最大整数与最小整数问题的解题思路，以飨读者.
例1．（2020·江西·（理））若对任意的，都存在，使不等式成立，则整数的最小值为（提示：）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
设，由题意可知对恒成立，由可得出在上有解，令，可得，利用导数求得函数在区间上的最小值，由此可求得整数的最小值.
【详解】
设，由题意可知对恒成立，
则在上有解，
即在上有解.
设，则，
设，则，则函数在区间上单调递减，
因为，所以，则在上单调递减.
因为，，所以，，
则在上单调递增，在上单调递减.
因为，，
所以，
则，即，故，
因为，所以的最小值是.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用函数不等式恒成立与能成立求参数，考查利用导数求得函数的最值是解答的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
【变式训练1-1】、在关于的不等式(其中为自然对数的底数)的解集中，有且仅有一个大于2的整数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
原不等式可化为，令，在坐标平面中画出它们的图象，结合图象可得所求的参数的取值范围.
【详解】
等价于，
令，
故的图象在图象的上方有且只有一个横坐标大于且为整数的点.
又，
当时，，当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，在为减函数，
而恒成立，的图象为过的动直线，
故、的图象如图所示：
其中，，，
当时，，故，
因为的图象在图象的上方有且只有一个横坐标大于且为整数的点，
故.
当时，的图象在图象的上方有无穷多个横坐标大于且为整数的点，
此时不合题意，舍.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：较为复杂的函数不等式的整数解问题，可根据不等式的结构特点转化为转化为两个函数图象的位置关系问题（其中一个函数的图象为动直线），图象刻画时注意利用导数研究其性质.
例2．（2021·四川攀枝花·一模（文））在关于x的不等式(其中为自然对数的底数)的解集中，有且仅有两个大于2的整数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
对不等式进行变形，构造两个函数，利用导数，结合数形结合思想、导数进行求解即可.
【详解】
，
设，原问题转化为：不等式的解集中，有且仅有两个大于2的整数，函数恒过点，，
，当时，单调递减，当时，单调递增，故，两个函数的图象在同一直角坐标系内如下图所示：
要想不等式的解集中，有且仅有两个大于2的整数，只需满足：
，
故选：D
【点睛】
方法点睛：对于不等式有整数解问题，往往构造函数，利用数形结合思想、导数的性质进行求解.
【变式训练2-1】、已知不等式的解集中仅有2个整数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
原不等式等价于，设，利用导数研究函数的图象特征，再利用图象可得，且，解不等式，即可得答案.
【详解】
原不等式等价于，设，
，
令，得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
又时，因此与的图像如下，
当时，显然不满足条件，
当时，只需满足，
，.
故选：D.
【点睛】
本题考查根据不等式的整数解个数求参数的取值范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意借助函数图象的直观性进行分析问题.
例3．（2021·浙江省桐庐中学）已知函数，，若存在，，，（其中为自然对数的底数，），使得成立，已知在单调递减，单调递增.则正整数的最大值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】
由题意可得，构造函数，利用导数求出函数的最大值、最小值，可得，进而求解.
【详解】
由，
则，
即，
设，可得存在，
使，
又，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
，，
即，
，
的最大值为.
故选：B
【变式训练3-1】、（2021·全国·高二课时练习）已知对任意，都有，则实数的取值范围为_________．
【答案】
【分析】
首先将不等式转化为，再利用对数的运算法则转化为，构造函数，应用导数研究函数的单调性得到其在单调递增，不等式可以转化为，所以，所以，根据在单调递增，在单调递减，得到，从而求得的取值范围.
【详解】
因为，
所以①，
令，则，
所以，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
所以在单调递增，
因为①式可化为，
所以，所以，
令，
所以可求得在单调递增，在单调递减，
所以，所以，
故答案为：.
【点睛】
该题考查的是有关应用导数解决不等式成立时参数的取值范围的问题，涉及到的知识点有构造新函数，利用导数研究函数的单调性和求函数的最值，恒成立问题向最值靠拢，属于较难题目.
例4．（2021·黑龙江·大庆中学高三期中（理））已知，.
（1）求在处的切线方程；
（2）若不等式对任意成立，求的最大整数解.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）对函数求导，求与，再代入点斜式求解切线方程；（2）利用参变分离法，将不等式变形，令新函数，求导得，再令新函数，判断单调性与零点所在区间，求解的最小值并化简得到所在区间，从而求解出的最大整数解.
（1）
，所以定义域为，
，，，所以切线方程为；
（2）
时，等价于，
令，则，记，时，，
所以为上的递增函数，且，，
所以，使得，即，
所以在上递减，在上递增，
且，
，所以的最大整数解为；
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
【变式训练4-1】、（2021·江苏·扬州中学）已知函数．
（1）若函数的图象在点处的切线在轴上的截距为，求；
（2）当时，关于的不等式恒成立，求满足条件的示数的最大整数值．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）求，利用导数的几何意义求得在点处切线方程，由在轴上的截距为列方程即可得的值；
（2）由所给的不等式分离可得，令，利用导数判断的单调性和最小值，由即可求解.
（1）
函数的定义域为，，
则在点处切线的斜率为，又，
所以函数的图象在点处的切线方程为：，
即，所以，
因为其在轴上的截距为，所以，解得．
（2）
即，
又，所以，可得对于恒成立，
当时，令，则．
再令，则，
所以在上单调递增；
又，，
所以使，即，使，
当时，，；当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，又因为，所以实数的最大整数值是．
【点睛】
方法点睛： 若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.
A卷 基础巩固
1．（2021·四川·东辰国际学校）设，若存在正实数，使得不等式成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到的最大值．
【详解】
不等式，
即为，
即有，
可令，
则成立，
由和互为反函数，可得图象关于直线对称，
可得有解，
则，即，
可得，导数为，
可得时，函数递减，时，函数递增，
则时，取得最大值，
可得即有，
可得，
即的最大值为．
故选：A．
2．（2021·新疆乌鲁木齐·（文））设，其中，若仅存在一个整数，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
令，，利用导数可得单调性，判断出满足条件的整数为1，即可得出求解.
【详解】
令，，
由仅存在一个整数，使得，可得仅存在一个整数，使得，
，
令，可得；令，可得，
在单调递减，在单调递增，
，所以满足条件的整数为1，
由可得为减函数，
所以，即，解得.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：解题的关键是构造函数，，利用导数判断单调性，得出.
3．（2021·江苏·苏州市相城区陆慕高级中学）若关于的不等式有正整数解，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据题意可将转化为，令，利用导数，判断其单调性即可得到实数的最小值．
【详解】
因为不等式有正整数解，所以，于是转化为， 显然不是不等式的解，当时，，所以可变形为．
令，则，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，而，所以
当时，，故，解得．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查不等式能成立问题的解法，涉及到对数函数的单调性的应用，构造函数法的应用，导数的应用等，意在考查学生的转化能力，属于中档题．
4．（2021·全国·高三开学考试）若存在，使得，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
由已知可得，令，，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得到答案
【详解】
解：由，得，令，，
则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以当时，取得极大值即最大值，
因为当时，，
所以，
所以，所以，
所以实数的最大值为，
故选：B
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的应用，考查函数与方程的应用，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是将，化为，令，构造函数，然后利用导数求出函数的值域，从而可得的范围，进而可求出实数的范围，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题
5．（2021·全国·高三专题练习）设，若存在正实数x，使得不等式成立，则的最大值为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到的最大值．
【详解】
不等式，
所以，
即为，
即有，
可令，
则成立，
由和互为反函数，可得图象关于直线对称，
可得有解，
则，即，
可得，导数为，
可得时，函数递减，时，函数递增，
则时，取得最大值，
可得即有，所以，
可得，
即的最大值为．
故选：A
【点睛】
关键点睛：解答本题有两个关键，其一，是得到有，想到令换元，则成立，；其二，通过转化得到有解，再利用导数解答.
6．（2021·江西·模拟预测（理））已知关于x的不等式对任意的都成立，则实数k的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
将给定不等式等价转化，再利用导数中常用不等式结论即可作答.
【详解】
令，则，于是有时时，则在上递减，在上递增，
，即(当且仅当x=0时取“=”)，
因，当且仅当，即时取“=”，
而，，于是有，
从而得，又时，，解得，
所以实数k的最大值为.
故选：C
7．（2022·江苏省如皋中学高三开学考试）函数恰有两个整数解，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意有恰有两个整数解，令，求导得到函数的单调性从而得，即可得解.
【详解】函数恰有两个整数解，即恰有两个整数解，
令，得，令，易知为减函数.
当,，单调递增；
当,，单调递减.
.
由题意可得：，，所以.
故选D.
【点睛】本题主要考查了函数的导数的应用，利用导数分析函数的单调性，考查了学生的转化与化归的能力，属于难题.
8．（2021·全国·高二课时练习）已知函数，若,且 ，则的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分析：作出函数的图象，利用消元法转化为关于的函数，构造函数求得函数的导数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可得到结论.
详解：作出函数的图象，如图所示，若，且，
则当时，得，即，
则满足，
则，即，则，
设，则，
当，解得，当，解得，
当时，函数取得最小值，
当时，；
当时，，
所以，即的取值范围是，故选A.
点睛：本题主要考查了分段函数的应用，构造新函数，求解新函数的导数，利用导数研究新函数的单调性和最值是解答本题的关键，着重考查了转化与化归的数学思想方法，以及分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于中档试题.
9．（2022·四川省南充市白塔中学高三开学考试（理））已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】函数恰有2个零点，转化为直线与的图象有两个交点，作出函数的图象及直线观察它们交点个数，对函数要分类讨论，求在原点处或过原点的切线斜率．
【详解】如图，数形结合，观察直线与曲线的位置关系.
当，
故在处的切线方程为.
当，同理可得在处的切线方程为.
当，
设切点为，其中，则过该点的切线方程为，
代入，得，故过的切线方程为.
可得当时，有两个交点，即函数恰有两个零点.
此时
故选：B
【点睛】本题考查函数零点个数问题，解题关键是转化为直线与函数图象交点个数，通过数形结合思想求解．
10．（2022·山东德州·模拟预测）对任意，若不等式恒成立，则实数a的最大值为______．
【答案】
【分析】可对原不等式进行变形，两边同除，提取同类项，即可化成有相同变量的函数关系，然后换元构造函数，通过求解函数的最小值，来确定实数a的取值范围，从而求解出答案.
【详解】原不等式，，可化为，
即，
设，其中，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以设，
①时，，在上单调递增，
所以的最小值为，符合题意；
②，在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，而，所以，与条件矛盾，故不成立；
所以实数a的最大值为e.
故答案为：e.
【点睛】如果在条件给的式子中出现了和或和这些项，我们可以将变成，然后利用对数的运算进行组合，通过换元，即可消掉，变换成只包含一个变量的函数关系，使得题目变得简单.
11．（2022·全国·高二期中）已知函数，对于任意，恒成立，则整数a的最大值为___________.
【答案】0
【分析】根据题意，知，令，则原问题转化为，恒成立，结合导数，判断单调性求出最值，即可求解.
【详解】由题意得，，
令，易知，则，恒成立.
令，由，得，
因此在上单调递减，在上单调递增，
故，因此，
因为且，故，
因为，所以.
下证：.
即证，易证：，
所以，
由，
得在上递减，在上递增，因此，故，
故.
故答案为：0
【点睛】导数求参数常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想
12．（2021·江苏常州·高三期中）已知函数，对于任意，恒成立，则整数a的最大值为___________.
【答案】0
【分析】
根据题意，知，令，则原问题转化为，恒成立，结合导数，判断单调性求出最值，即可求解.
【详解】
由题意得，，
令，易知，则，恒成立.
令，由，得，
因此在上单调递减，在上单调递增，
故，因此，
因为且，故，
因为，所以.
下证：.
即证，易证：，
所以，
由，
得在上递减，在上递增，因此，故，
故.
故答案为：0
【点睛】
导数求参数常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
13．（2021·辽宁·大连市第一中学高三期中）关于不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【分析】
根据题意，构造函数，通过讨论的范围可得函数的单调性，再结合图像与已知条件即可求解.
【详解】
①当时，原不等式不成立；
②当时，由恰有一个整数解，得恰有一个整数解.
令，则，因此函数在区间上单调递减，易得不可能只有一个整数解，故不满足；
③当时，由恰有一个整数解，得恰有一个整数解.
由②可知，易得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故.
又因，且恰有一个整数解，所以，即.
综上，.
故答案为：.
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
B 组 能力提升
14．（2021·全国·）设函数，.若对任意的，，不等式恒成立，则正数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
当时，，利用基本不等式可求的最小值，对函数求导，利用导数研究函数的单调性，进而可求的最大值，由恒成立且，则，可求
【详解】
解：当时，，
时，函数有最小值，
，
，
当时，，则函数在上单调递增，
当时，，则函数在上单调递减，
时，函数有最大值（1），
则有，
恒成立且，
.
故选：B.
15．（2022·全国·高三专题练习）设函数，其中，若仅存在两个正整数使得，则的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，分析出所求a的范围需满足仅有两个整数使得 ．对函数求导，并求得最小值，分析取得最小值时满足题意；再根据有两个整数解，得到关于a的不等式组，解不等式组即可得到a的取值范围．
【详解】令
因为仅存在两个正整数使得，即仅有两个整数使得
，令，解得
且当，；当，
所以
且 ，
所以当 时，，另一个满足条件的整数为2
所以 ，代入解得
综上， 的取值范围为
所以选A
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的性质，根据题意求得参数的取值范围，关键是分析出两个整数解之间的关系，属于难题．
16．（2022·全国·高三专题练习）已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先不等式变形为，，不等式等价于，然后利用函数的单调性可得对任意恒成立，再利用参变分离恒成立，转化为求函数的最小值.
【详解】不等式变形为 ，
即，设，
则不等式对任意的实数恒成立，
等价于对任意恒成立，
，则在上单调递增，
，即对任意恒成立，
恒成立，即，
令 ，则 ，
当时，，在上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
时，取得最小值 ，
，即，
的最小值是.
故选：D
【点睛】本题考查函数，导数，不等式恒成立的综合问题，意在考查转化与化归的思想，计算能力，本题的关键和难点是不等式的变形，并能构造函数并转化为对任意恒成立.
17．（2022·全国·高三专题练习（理））若不等式恰好有两个整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
设，，研究函数的单调性，利用数形结合及分类讨论进行转化求解即可．
【详解】
由题意知：，所以，
当时，不等式的解集为，不合题意；
令，，则，
所以在单调递减，在单调递增.
当时，，的大致图像如图：
由图可得满足的整数解只有一个，即，所以不合题意；
当时，，的大致图像如图：
由图可得若满足的整数解恰好有两个，则应该为和，
所以，代入得，解得，
，
故选：．
【点睛】
方法点睛：利用转化思想将问题转化为研究两个函数与的图像问题，利用导函数研究函数的单调性，数形结合进行分析求解．
18．（2021·重庆八中高三阶段练习）设函数，若在上有且只有一个正整数，使得，则a的取值范围是_______________.
【答案】
【分析】
由题设可得，令、，则在上有且只有一个正整数使，即、的交点横坐标之间只有一个正整数(除交点)即可，利用导数研究的单调性，由解析式判断的定点，应用数形结合的思想确定参数a的范围.
【详解】
由，，得，
令，.
由，在上，单调递减；在上，单调递增，
由经过定点，斜率为.
∴在上有且只有一个正整数使，即、的交点横坐标之间只有一个正整数(除交点)，
如下图，、，的斜率，的斜率，
∴时，符合题意，即.
故答案为：.
19．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末（理））设函数，若不等式，恰有两个整数解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】
求出函数的定义域，化简不等式，构造新函数，结函数的图像求解即可
【详解】
解：函数的定义域为，
由，得，
两边同除以，得，
令，直线恒过点，
由，得，当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，，
所以函数图像如图所示，
将不等式，恰有两个整数解，转化为函数图像上恰有2个横坐标为整数的点落在直线的上方，
由图可知，这两个点为，可得，
即，解得，
故答案为：，
【点睛】
关键点点睛：此题考查函数与方程的应用，考查不等式能成立问题，考查导数的应用，解题的关键是将不等式，恰有两个整数解，转化为函数图像上恰有2个横坐标为整数的点落在直线的上方，然后画出函数图像，根据图像求解即可，属于中档题
20．（2022·全国·高二专题练习）设三次函数，（a,b,c为实数且）的导数为，记，若对任意，不等式恒成立，则的最大值为____________
【答案】
【分析】先对函数求导，二次求导，求出，不等式恒成立问题即二次不等式恒成立问题，根据图像可得且，可得出，分和讨论，利用不等式的性质和基本不等式可求得的最大值．
【详解】因为，所以，即.
因为对任意，不等式恒成立，所以恒成立，即恒成立，所以且，即，所以，所以，所以，令，则.①当时，；②当时，当且仅当时，取得最大值为.
故答案为
【点睛】本题考查多变量的最值的问题，根据变量之间的关系，进行代换，换元，利用基本不等式求最值，是道难度比较大的题目．
21．（2020·陕西·西安中学高二期末（理））已知函数在上的图象是连续不断的一条曲线，并且关于原点对称，其导函数为，当时，有不等式成立，若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为_______.
【答案】
【分析】
令先判断函数g(x)的奇偶性和单调性，得到在R上恒成立，再利用导数分析解答即得解.
【详解】
因为当时，有不等式成立，
所以，
令所以函数g(x)在（0，+∞）上单调递增，
由题得
所以函数g(x)是奇函数，所以函数在R上单调递增.
因为对，不等式恒成立，
所以，
因为a>0,所以当x≤0时，显然成立.
当x＞0时，，
所以，所以函数h(x)在（0,1）单调递减，在（1，+∞）单调递增.
所以，
所以a＜e,
所以正整数的最大值为2.
故答案为2
【点睛】
本题主要考查函数的奇偶性及其应用，考查函数单调性的判断及其应用，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.属于中档题.
22．（2020·江苏姜堰·模拟预测）已知函数，若不等式有解，则整数的最小值为________.
【答案】
【分析】
由函数解析式及不等式，分离参数并构造函数，经过两次求导，可判断的单调性，结合零点存在定理可知存在使得，再求出的范围，进而由不等式有解，即可求得整数的最小值.
【详解】
函数，，
且不等式有解，
所以，即有解，
只需，
令，，
则，设
则，
即在内单调递增，
而，
，
所以存在使得，
而当时单调递减，当时单调递增，
所以在处取得极小值，即为最小值.
此时，
，
设，
恒成立，
单调递增，
，即，
又因为，即
而，所以整数的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了导数与函数单调性、极值与最值的综合应用，零点存在定理的应用，由不等式有解求参数的值，属于中档题.
23．（2022·贵州毕节·高三期中（文））已知函数.
(1)当时，求的最小值；
(2)若在上恒成立，求整数a的最小值.
【答案】(1)；
(2)1
【分析】（1）由导数法求最小值；
（2）法一：参编分离得，利用导数法研究得最小值；
法二：由恒成立可得当时求得可能的a的范围，由导数法从小到大逐个讨论整数a是否符合恒成立即可.
【详解】（1）当时，，则，
令得.
若，则；若，则.
所以；
（2）（法一）由，可得在上恒成立.
令，则，
令，则，因此在上为减函数.
而，可知在区间上必存在，使得满足，且在上单调递增，在上单调递减.
由于，而，故，
由，可知，
所以，因此整数a的最小值为1.
（法二）由，可得，当时，，则，即.
当时，令，则，
则在上单调递增，所以，所以成立.
因此整数a的最小值为1.
24．（2022·河南驻马店·高三期中（文））已知函数．
(1)求的最大值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值．
【答案】(1)0
(2)3
【分析】（1）求出，得出函数的单调性、极值、最值；
（2）根据（1），令得 ，两端累加求和（右端恰为等比数列）即可得出.
【详解】（1），
当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
则在时，取得极大值，且为唯一极值点，
∴在时，取得最大值0．
（2）由（1）知当时，．
令得．从而
即，
故．
而，所以m的最小值为3．