新高考数学一轮复习题型归纳与专题突破提升练习第03章重难点突破06 恒成立与能成立问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习题型归纳与专题突破提升练习第03章重难点突破06 恒成立与能成立问题（2份，原卷版+解析版），共8页。试卷主要包含了恒成立问题的转化，能成立问题的转化，恰成立问题的转化，设函数、，存在，存在，使得，则等内容，欢迎下载使用。
2．能成立问题的转化：能成立；
3．恰成立问题的转化：在M上恰成立的解集为M
另一转化方法：若在D上恰成立，等价于在D上的最小值，若在D上恰成立，则等价于在D上的最大值．
4．设函数、，对任意的，存在，使得，则
5．设函数、，对任意的，存在，使得，则
6．设函数、，存在，存在，使得，则
7．设函数、，存在，存在，使得，则
8．设函数、，对任意的，存在，使得，设在区间[a，b]上的值域为A，在区间[c，d]上的值域为B，则AB．
9．若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象上方．
10．若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象下方．
恒成立问题的基本类型
在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论 "file/C:\\TEST\\INFORM2.PPT" 恒成立的命题．
函数在给定区间上某结论成立问题，其表现形式通常有：①在给定区间上某关系恒成立；②某函数的定义域为全体实数R；③某不等式的解为一切实数；④某表达式的值恒大于a等等…
恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。因此也成为历年高考的一个热点．
恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：
①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象．
二、恒成立问题解决的基本策略
大家知道，恒成立问题分等式中的恒成立问题和不等式中的恒成立问题．等式中的恒成立问题，特别是多项式恒成立问题，常简化为对应次数的系数相等从而建立一个方程组来解决问题的．
（一）两个基本思想解决“恒成立问题”
思路1．
思路2．
如何在区间D上求函数f(x)的最大值或者最小值问题，我们可以通过习题的实际,采取合理有效的方法进行求解，通常可以考虑利用函数的单调性、函数的图像、二次函数的配方法、三角函数的有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数的最值．
1．（2023春•海淀区期末）已知函数．
（Ⅰ）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程；
（Ⅱ）当时，求函数的零点个数；
（Ⅲ）若对任意的，，都有，求实数的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）已知，函数定义域为，
当时，，
可得，
所以（1），
又（1），
所以曲线在，（1）处的切线方程为，
即；
（Ⅱ）当时，，
要求函数的零点个数，
即求方程的根，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值也是最小值，最小值，
此时，
所以与轴无交点，
即方程无实数根，
故函数没有零点；
（Ⅲ）若对任意的，，都有，
不妨设，函数定义域为，，
可得，
当时，
易知方程中△，
所以该方程有两个实数根，设为，，
因为，，
不妨设，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，极大值（1），不符合题意；
当时，
易知方程中△，
即方程与轴至多有一个交点，
又函数为开口向下的二次函数，对称轴，
当时，函数取得最大值，
此时（1），
即恒成立，
则满足条件的的取值范围为，，
故实数的最大值为2．
2．（2023•青羊区校级模拟）已知函数，其中为实数．
（1）若在区间上单调递增，求的取值范围；
（2）求证：对任意的实数，方程均有解．
【解答】解：（1）在区间上单调递增，
在区间上恒成立，
，
令，
在上单调递增且恒大于0，在上单调递增，
当时，，即不可能取得最大值；
当时，且单调递增，单调递增且恒大于0，
在上单调递增，即，
故，即的取值范围是；
（2）证明：设，由方程得，
即，
，
令，
当时，由得，，故原方程有解；
当时，，
，
则，
由零点存在定理得在上有零点，故原方程有解，
综上所述，对任意的实数，方程均有解．
3．（2023春•通州区期末）已知函数，．
（Ⅰ）若在区间上恰有一个极值点，求实数的取值范围；
（Ⅱ）求的零点个数；
（Ⅲ）若，求证：对于任意，恒有．
【解答】解：（Ⅰ）已知，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，
若在区间上恰有一个极值点，
此时，
解得，
则实数的取值范围为；
（Ⅱ）已知，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，
当时，，
即，
此时函数在上无零点；
当时，
易知，（e），
所以函数在，上存在唯一一个零点，
综上，有1个零点；
（Ⅲ）证明：若，
此时，
若对于任意，恒有，
此时在上恒成立，
即证，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值也是最小值，最小值（1），
则，，
故对于任意，恒有．
4．（2023春•渝中区校级期末）（1）不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
（2）当，求证：（参考数据：，．
【解答】解：（1）因为不等式对任意的恒成立，
所以对任意恒成立，
令，，
，
令得，
所以在上，单调递增，在上，单调递减，
所以（1），
所以，
所以的取值范围为，．
（2）证明：因为，
所以，
由（1）知当时，，
所以只需证明，
所以只需证明，
令，
，
，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，（1），（2），
所以存在，，
当，，
当，，，
所以，其中，
则，
所以放缩有些过了，需要调整的取值范围，
，
所以需要比较与大小，
因为，
所以，
所以，则，
所以成立，得证．
5．（2023•宜章县二模）已知函数，为常数，且．
（1）判断的单调性；
（2）当时，如果存在两个不同的正实数，且，证明：．
【解答】解：（1）因为，
所以，，
设，
△，即时，恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
△，即时，方程有两个不等的实数根，且，
，
所以任意，，，单调递增，
任意，，，，单调递减，
任意，，，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在，，上单调递增，在，上单调递减．
（2）证明：因为（1），
所以（1），
由（1）可得时，在上单调递增，
不妨设，
要证，即证，
所以，
所以，
所以，
设，，
，
所以时，，单调递增，
所以（1）（1），
所以．
6．（2023•河南开学）已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）当时，若存在，使得成立，求的取值范围．
【解答】解：（1）当时，，
所以不等式等价于或或，
解得或，
即不等式的解集为，，．
（2）当时，，
因存在，使得成立，
所以，即，所以实数的取值范围是，．
7．（2023春•西城区期末）已知函数，其中．
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若函数存在两个不同的极值点，，证明：．
【解答】解：（Ⅰ）当时，，，
，
当时，，
令得或（舍，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（Ⅱ）证明：若函数存在两个不同的极值点，，则有两个不等的实数根，，
所以有两个不等的实数根，，
所以，
解得，
令（a），，
（a），
因为，
所以，
所以，
所以，
所以（a），
所以（a）在，上单调递增，
所以（a），
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以．
8．（2023春•东城区校级月考）设函数，．
（1）当时，求函数的单调增区间；
（2）若函数在区间上为减函数，求的取值范围；
（3）若函数在区间内存在两个极值点，，且，求的取值范围．
【解答】解：（1）当时，，则，
由得或，
函数的单调增区间是，；
（2）函数，则，
函数在区间上为减函数，
，成立，即，，
又在上单调递减，即，，
，
的取值范围是，；
（3）由（2）得，
函数在区间内存在两个极值点，，则在区间内有两个不等根，，
即，解得，且有①，
不妨令，则，
当或时，，当时，，
则在处取得极大值，在取得极小值，显然，，
由两边平方得，
则，即，
整理得②，
联立①②得，解得，
综上所述，，
实数的取值范围是．
9．（2023春•朝阳期末）已知函数．
（1）讨论函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围．
【解答】解：（1）因为，
所以，
当时，，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
当时，令，得，
所以在上，，单调递增，
在，上，，单调递减，
所以当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在，上单调递减．
（2）因为在处取得极值，
所以（2），即，
所以，
所以，，
，
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以在处取得极值，合题意，
因为对，恒成立，
所以对，恒成立，
所以对，恒成立，
令，，
，
令，得，
所以在上，，单调递增，
在，上，，单调递减，
所以，
所以，
所以的取值范围为，．
10．（2023春•大连期末）已知函数．
（1）判断函数在区间上零点和极值点的个数，并给出证明；
（2）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【解答】解：（1）在上只有一个极值点和一个零点．
证明：，，
当时，，单调递减，
又，，
所以存在唯一的，使得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以为的一个极大值点，
因为，，，
所以在，上无零点，在上有唯一零点，
所以在上有且只有一个极值点和零点．
（2）由，得，
令，则，
，，
①若，则，
当时，，
令，则，
当时，，单调递减，
又，，
所以当，
所以，即，
由，
所以，
所以当时，恒成立，
②若，因为时，单调递减，
又，，
所以存在唯一的，使得，
所以当时，，单调递增，不满足恒成立，
③若，
因为，
不满足恒成立，
综上所述，实数的取值范围为，．
11．（2023春•滨海新区校级月考）已知函数（a∈R）．
（1）a＝0时，求函数f（x）的单调性；
（2）a≠0时，讨论函数f（x）的单调性；
（3）若对任意的a∈[﹣2，﹣1），当x1，x2∈[1，e]时恒有成立，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）∵（a∈R），
∴当a＝0时，，x∈（0，+∞），
∴，
当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，
即f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．
（2）当a≠0时，函数（a∈R），x∈（0，+∞），
，
①当a＞0时，2ax+1＞0，
∴当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，函数f（x）在（0，1）上单调递增，
当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，函数f（x）在（1，+∞）上单调递减；
②当a＜0时，令f'（x）＝0，解得x＝1或，
（i）若，则，
∴当时，f'（x）＞0，函数f（x）在上单调递增，
当时，f'（x）＜0，函数f（x）在上单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）在（1，+∞）上单调递增；
（ii）若时，则恒成立，
∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（iii）若，则，
∴当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，函数f（x）在（0，1）上单调递增，
当时，f'（x）＜0，函数f（x）在上单调递减，
当时，f'（x）＞0，函数f（x）在上单调递增；
综上可得：当a＞0时f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
当时f（x）在和（1，+∞）上单调递增，在上单调递减；
当时f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当时f（x）在（0，1）和上单调递增，在上单调递减．
（3）当a∈[﹣2，﹣1）时，由（2）可知，函数f（x）在[1，e]上单调递增，
∴，
∵对任意的a∈[﹣2，﹣1），当x1，x2∈[1，e]时恒成立，
∴对任意的a∈[﹣2，﹣1）恒成立，
即对任意的a∈[﹣2，﹣1）恒成立，
∵当时单调递增，所以，
∴m≤5，
故实数m的取值范围为（﹣∞，5]；
12．（2023春•咸阳期末）已知函数，其中．
（1）若，求曲线在点，（2）处的切线方程；
（2）若对于任意，，都有成立，求的取值范围．
【解答】解：（1）函数的定义域为．
当时，，（2），
，则（2）．
所以曲线在点，（2）处的切线方程为，
即．
（2）因为对于任意，，都有成立，
则，等价于．
令，则当，时，，．
因为当，时，，所以在，上单调递增．
所以（e）．
所以．
即的取值范围是．
13．（2023•乌鲁木齐模拟）已知在处的切线方程为．
（1）求函数的解析式；
（2）是的导函数，证明：对任意，，都有．
【解答】解：（1）由题意可得，（1），且，则（1），即，
则，，
所以；
（2）证明：由（1）可知，，，
所以，
令，
则，
所以时，，
即在，上单调递减，
所以（1），即，
所以，即．
14．（2023春•朝阳区校级期末）已知函数，（其中．
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若对于任意，都有成立，求的取值范围．
【解答】解：（1）已知，函数定义域为，
当时，，
可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以的增区间为；减区间为；
（2）因为对于任意，都有成立，
所以在上恒成立，
即恒成立，
不妨设，函数定义域为，
可得，
因为时，，
所以，单调递增，
此时（e），
所以，
即，
又，
则的取值范围为．
15．（2023春•鼓楼区校级期末）已知定义在上的奇函数和偶函数满足．
（1）求函数的值域；
（2）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．
【解答】解：（1）已知定义在上的奇函数和偶函数满足，
此时，使得，
即，
整理得，，
则函数，
解得，
所以，
故函数的值域为；
（2）若存在，使得不等式成立，
即当，不等式成立，
不妨令，，
此时存在，使得不等式成立，
不妨设，函数定义域为，，
令，且，
此时，
易知，
所以，
即，
则函数在定义域上单调递减，
同理得函数在区间，上单调递增，
又，
所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，
则实数的取值范围为．
16．（2023春•芗城区校级月考）已知函数．
（1）讨论函数的单调区间；
（2）当，时恒成立，求实数的的取值范围．
【解答】解：（1），函数定义域为，，
若，则，在递增，
若，，解得：，，解得：，
在单调递减，在单调递增．
（2）当，时，恒成立，
当，时，恒成立，即，
设则显然当，时，恒成立，
在，上单调递增，，则，即，
实数的的取值范围．
17．（2023春•驻马店月考）已知函数．
（1）求曲线在点，（4）处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围．
【解答】解：（1），
，（4）．
则曲线在点，（4）处的切线方程为，
即．
（2），
令函数，．
所以在上单调递增．
因为（1），所以当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则．
因为恒成立，所以．
故的取值范围为．
18．（2023春•运城期末）已知，
（1）证明：关于对称；
（2）若的最小值为3
（ⅰ）求；
（ⅱ）不等式恒成立，求的取值范围
【解答】解：（1）证明：因为，
所以，
所以，
所以关于对称．
（2）（ⅰ）任取，，且，
，
，
，
，
，，
，
所以在，上单调递增，
又关于对称，
则在，上单调递减．
所以（1），
所以．
（单调性也可以用单调性的性质、复合函数的单调性判断、导数证明）
（ⅱ）不等式恒成立等价于恒成立，
即恒成立，
即
令，则，
令，，则，
则，
因为，取等号，
则，
所以，
所以，
即．
19．（2023春•湖北期末）已知函数．
（1）讨论的单调区间；
（2）若曲线在处的切线方程为．
（ⅰ）求实数的值；
（ⅱ）关于的不等式对任意的恒成立，求正实数的值．
【解答】解：（1）的定义域为，
，
当时，，所以的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，，，的单调递增区间为，
，，的单调递减区间为．
综上：当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为．
（2）由题意，所以，
记，且（1），
所以，
①，，则，（1），不合题意；
②，令，则，
当，，，，
所以，
所以，令，，则，
记，则，
又，所以当时，，当时，，所以（1），
所以，所以，所以．
20．（2023春•肥西县期中）已知函数，．
（Ⅰ）求的极小值；
（Ⅱ）若对任意的，，，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ），
，
令，解得或，
令，解得，
故在递增，在递减，在递增，
故（2）．
（Ⅱ）若对任意的，，，不等式恒成立，
则在，恒成立，
结合（Ⅰ），时，在，递减，在，递增，
故（2），
由，得，
①时，，在，递增，
故（e），
则，解得（舍，
②时，令，解得，令，解得，
故在递增，在，递减，
，即时，在，递减，（1），
则，则；
，即时，在，递增，在，递减，
故，
则，解得（舍；
，即时，在，递增，
故（e），
故，解得（舍；
综上：的取值范围是，．
21．（2023•福建模拟）已知函数，．
（1）讨论在的单调性；
（2）是否存在，，，且，使得曲线在和处有相同的切线？证明你的结论．
【解答】解：（1），
故时，；时，，
当，即时，在单调递减，在单调递增；
当，即时，在单调递增．
综上，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增．
（2）解法一：不存在，，，且，使得曲线在和处有相同的切线．
证明如下：假设存在满足条件的，，，
因为在，处的切线方程为，
即，
同理在，处的切线方程为，
且它们重合，所以，，
整理得，
即，，
所以，
由两边同乘以，
得，
令，，则，且，
由得，代入得，两边取对数得，
令，
当时，，，
所以在上单调递增，又（1），所以，从而，与矛盾；
当时，，，
所以在上单调递增，又，所以，从而，与矛盾；
综上，不存在，，使得，且．
故不存在，，且，使得曲线在和处有相同的切线．
解法二：不存在，，且，使得曲线在和处有相同的切线．
证明如下：假设存在满足条件的，，，
因为在，处的切线方程为，
即，
同理在，处的切线方程为，
且它们重合，所以，，
整理得，
令，，可得，
由两边同乘以，
得，则，且，
令，则，且．
由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，
又当时，，当时，，
所以若，存在，不妨设，
设，，又，所以，则，
由，得，即，
则，所以，
所以，即，
令，，则，
所以在上单调递减，所以当时，（1），
即，取，即，
所以在时无解，
综上，不存在，，使得，且．
故不存在，，且，使得曲线在和处有相同的切线．
解法三：不存在，，且，使得曲线在和处有相同的切线．
证明如下：假设存在满足条件的，，，
因为在，处的切线方程为，
即，
同理在，处的切线方程为，
且它们重合，所以，，
整理得，
即，，
所以，
由两边同乘以，
得，
令，，则．，且，
令，则，且．
由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，
又当时，，当时，，
所以若，存在，不妨设，
则，，
所以，
以下证明．
令，，则，
所以在上单调递减，所以当时，（1），
因为，所以，，
整理得．
因为，所以，与矛盾；
所以不存在，，使得，且．
故不存在，，且，使得曲线在和处有相同的切线．
22．（2023春•昆明期末）已知函数在处取得极值0．
（1）求，；
（2）若过点存在三条直线与曲线相切，求实数的取值范围．
【解答】解：（1）由题意知，
所以（1），（1），
所以，；
（2）由（1）可知，，
过点存在3条直线与曲线相切，等价于
关于的方程有三个不同的根，
设切点坐标为，
所以切线方程为，因为切线过点，
所以，即，
令，则，
令，解得，或．
当变化时，，的变化情况如下表所示，
因此，当时，有极大值（1），
当时，有极小值；
则，
故实数的取值范围是．
23．（2023春•大余县校级期末）已知函数，．
（1）设，求函数的极大值点；
（2）若对，不等式恒成立，求的取值范围．
【解答】解：（1）函数，求导得，由，得，
当时，，即，函数单调递增；
当时，，即，函数单调递减，
因此函数在处有极大值，
所以函数的极大值点为．
（2）依题意，，，不等式，
当时，成立，则，
当时，，，
令，，求导得，
令，，求导得，
因此在上单调递增，即有，而，
又函数在上的值域是，，则函数，即在上的值域是，，
当时，，当且仅当，时取等号，于是函数在上单调递增，
对，，因此，
当时，存在，使得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，不符合题意，
所以的取值范围为，．
24．（2023春•日照期末）已知函数，为自然对数的底数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）对于任意的，不等式恒成立，求实数的值；
（3）若关于的方程有两个实根，，求证：．
【解答】解：（1）对函数求导得，
，
又，
曲线在处的切线方程为，
即；
（2）记，其中，
由题意知在上恒成立，
下面求函数的最小值，
对求导得，
令，得，
当变化时，，变化情况列表如下：
，
，
记，则，
令，得，
当变化时，，变化情况列表如下：
（1），
故当且仅当时取等号，
又，从而得到；
（3）证明：先证，
记，则，
令，得，
当变化时，，变化情况列表如下：
，
恒成立，即，
记直线，分别与交于，，，，
不妨设，则，
从而，当且仅当时取等号，
由（2）知，，则，
从而，当且仅当时取等号，
故，
因等号成立的条件不能同时满足，故．
25．（2023春•高台县校级月考）已知函数，为的导数．
（1）求曲线在点，处的切线方程；
（2），若对任意，，均存在，，使得，求实数的取值范围．
【解答】解：（1），所以，，
从而曲线在点，处的切线方程为．
（2）由已知，转化为，且（1）．
设，则，．
当时，；
当时，，
所以在单调递增，在单调递减．
又，，，
故在存在唯一零点．
所以在存在唯一零点．
设为，且当时，；
当，时，，
所以在单调递增，在，单调递减．
又，，
所以当，时，．
所以，即，
因此，的取值范围是．
26．（2023春•朝阳区期末）已知函数，．
（Ⅰ）当时，证明；
（Ⅱ）若直线是曲线的切线，设，求证：对任意的，都有．
【解答】证明：（Ⅰ）当时，设，
则，令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增；
故，故成立．
（Ⅱ）由已知得，设切点为，
则且，解得：，，
所以，，
要证，
即证，
即证，即证，
令，，原不等式等价于，即，
设，则，
所以在区间上单调递增，
所以，所以成立，
所以对任意，都有．
27．（2023春•平度市期末）已知函数．
（1）若在，上单调递增，求的取值范围；
（2）若函数在上存在零点，求的取值范围．
【解答】解：（1）由题得，
在，上单调递增，
在，上恒成立，
即在，上恒成立，
，
，即的取值范围是，．
（2），，
注意到：，
若，则，在上单调递增，
，在上不存在零点；
若，则，在上单调递减，
，在上不存在零点；
若，显然，在上不存在零点；
若，显然存在，使得，且在上单调递增，
，，
当时，，单调递减，
当时，，在上单调递增，
注意到：，，且，存在唯一使得，
综上，，即实数的取值范围是．
28．（2023春•滨海新区期末）已知函数f（x）＝lnx﹣mx2+（1﹣2m）x+1，（m∈R）．
（1）若f（1）＝﹣1，求m的值及函数f（x）的极值；
（2）讨论函数f（x）的单调性；
（3）若对定义域内的任意x，都有f（x）≤0恒成立，求整数m的最小值．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
因为f（x）＝lnx﹣mx2+（1﹣2m）x+1，f（1）＝﹣1，则f（1）＝﹣3m+2＝﹣1，
解得m＝1．
当m＝1时，f（x）＝lnx﹣x2﹣x+1，．
当时，f′（x）＞0，则f（x）在上单调递增；
当时，f′（x）＜0，则f（x）在上单调递减；
所以f（x）在时取得极大值且极大值为，无极小值．
（2）因为，
当m≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，
当时，f′（x）＞0，则f（x）在上单调递增；
当时，f′（x）＜0，则f（x）在上单调递减；
综上：当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（3）解法一：若对定义域内的任意x，都有f（x）≤0恒成立，
所以lnx﹣mx2+（1﹣2m）x+1≤0，即lnx+x+1≤m（x2+2x）在（0，+∞）上恒成立，
即在（0，+∞）上恒成立，
设，则．
设φ（x）＝﹣（x+2lnx），则，
所以φ（x）在（0，+∞）上单调递减，
因为φ（1）＝﹣1＜0，，
所以，使得φ（x0）＝0，即x0+2lnx0＝0．
当x∈（0，x0）时，φ（x）＞0，
当x∈（x0，+∞）时，φ（x）＜0．
所以F（x）在﹣（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
所以．
因为，所以，
故整数m的最小值为1．
解法二：若对定义域内的任意x，都有f（x）≤0恒成立，
由（2）可知，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为f（1）＝﹣3m+2＞0，显然不符合对定义域内的任意x，都有f（x）≤0恒成立
由（2）可知，当m＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，
所以f（x）有最大值．
若对定义域内的任意x，都有f（x）≤0恒成立，只需要即可．
设，显然在（0，+∞）上单调递减，
因为g（x）min＞h（x）max，，，
所以要使，只需要整数m≥1，
故整数m的最小值为1．
29．（2023春•台江区校级期末）已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对任意的，都有恒成立，求的取值范围．
【解答】解：（1），
当时，，单调递增，
当时，令，得，
所以在上，，单调递增，
在，上，，单调递减，
综上所述，当时，在单调递增，
当时，在上单调递增，在，上单调递减．
（2）对任意的，都有恒成立，
即任意的，都有恒成立，
所以任意的，都有对恒成立，
令，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
又（1），，
所以存在，，使得，即，
所以在上，单调递减，
在，上，单调递增，
由，得，
设，，，
所以在上为增函数，
所以由，得，
所以，即，所以，
所以，
所以，所以，
所以的取值范围为．
30．（2023春•天津期末）已知函数．
（1）证明：当时，恒成立；
（2）若且，证明：，，．
【解答】证明：（1）当时，，
，
令，可得，令，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在时取得极大值，也是最大值为（1），
所以恒成立．
（2），
，
令，解得或，
所以当，，时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因为（1），，
所以，所以，
，
由（1）可知，
所以，
所以要证，即证，
即证，
即证，
令，
，，
所以单调递增，又因为（1），
所以，所以单调递增，
又因为（1），
所以（1），所以得证，
即得证．
1
0
0
单调递减
单调递增
0
单调递减
，
0
递减
极小值
递增
1
0
递增
极大值
递减
，
0
递减
极小值
递增