考点七 导数及其应用(一) 一、选择题 1．(2020·山东滨州三模)函数y＝ln x的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线方程为( ) A．x＋ey－1＋e＝0 B．x－ey＋1－e＝0 C．x＋ey＝0 D．x－ey＝0 答案 D 解析 因为y＝ln x，所以y′＝，所以y′|x＝e＝，又当x＝e时，y＝ln e＝1，所以切线方程为y－1＝(x－e)，整理得x－ey＝0.故选D. 2.已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x) 的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 答案 A 解析 如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A. 3．(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( ) A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1 C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1 答案 B 解析 ∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f(1)＝－1，f′(1)＝－2，∴所求切线的方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B. 4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( ) A．0 B．－5 C．－10 D．－37 答案 D 解析 由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x<0或x>2时，f′(x)>0，当0<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37. 5.(2020·海南高三第一次联考)如图是二次函数f(x)＝x2－bx＋a的部分图象，则函数g(x)＝aln x＋f′(x)的零点所在的区间是( ) A. B． C．(1,2) D．(2,3) 答案 B 解析 ∵f(x)＝x2－bx＋a，∴二次函数的对称轴为x＝，结合函数的图象可知，0<f(0)＝a<1，<x＝<1，∵f′(x)＝2x－b，∴g(x)＝aln x＋f′(x)＝aln x＋2x－b在(0，＋∞)上单调递增．又g＝aln ＋1－b<0，g(1)＝aln 1＋2－b>0，∴函数g(x)的零点所在的区间是.故选B. 6．(2020·山东泰安二轮复习质量检测)已知函数f(x)＝(x－1)ex－e2x＋ax只有一个极值点，则实数a的取值范围是( ) A．a≤0或a≥ B．a≤0或a≥ C．a≤0 D．a≥0或a≤－ 答案 A 解析 f(x)＝(x－1)ex－e2x＋ax，令f′(x)＝xex－ae2x＋a＝0，故x－aex＋＝0，当a＝0时，f′(x)＝xex，函数在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f′(0)＝0，故函数有唯一极小值点，满足条件；
当a≠0时，即＝ex－e－x，设g(x)＝ex－e－x，则g′(x)＝ex＋e－x≥2恒成立，且g′(0)＝2，画出函数g(x)和y＝的图象，如图所示．根据图象知，当≤2，即a<0或a≥时，满足条件．综上所述，a≤0或a≥.故选A. 7．(多选)若直线l与曲线C满足下列两个条件：①直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；
②曲线C在点P附近位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C.则下列结论正确的是( ) A．直线l：y＝0在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝x3 B．直线l：y＝x－1在点P(1,0)处“切过”曲线C：y＝ln x C．直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝sinx D．直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝tanx 答案 ACD 解析 A项，因为y′＝3x2，当x＝0时，y′＝0，所以l：y＝0是曲线C：y＝x3在点P(0,0)处的切线．当x<0时，y＝x3<0；
当x>0时，y＝x3>0，所以曲线C在点P附近位于直线l的两侧，结论正确；
B项，y′＝，当x＝1时，y′＝1，在P(1,0)处的切线为l：y＝x－1.令h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－＝(x>0)，当x>1时，h′(x)>0；
当0<x<1时，h′(x)<0，所以h(x)min＝h(1)＝0.故x－1≥ln x，即当x>0时，曲线C全部位于直线l的下侧(除切点外)，结论错误；
C项，y′＝cosx，当x＝0时，y′＝1，在P(0,0)处的切线为l：y＝x，由正弦函数图象可知，曲线C在点P附近位于直线l的两侧，结论正确；
D项，y′＝，当x＝0时，y′＝1，在P(0,0)处的切线为l：y＝x，由正切函数图象可知，曲线C在点P附近位于直线l的两侧，结论正确．故选ACD. 8．(多选)(2020·山东威海三模)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln x，且f＝，则( ) A．f′＝0 B．f(x)在x＝处取得极大值 C．0<f(1)<1 D．f(x)在(0，＋∞)上单调递增 答案 ACD 解析 ∵函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln x，即满足＝，∵′＝，∴′＝，∴可设＝ln2 x＋b(b为常数)，∴f(x)＝xln2 x＋bx，∵f＝·ln2 ＋＝，解得b＝.∴f(x)＝xln2 x＋x，∴f(1)＝，满足0<f(1)<1，∴C正确；
∵f′(x)＝ln2 x＋ln x＋＝(ln x＋1)2≥0，且仅有f′＝0，∴B错误，A，D正确．故选ACD. 二、填空题 9．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________. 答案 1 解析 f′(x)＝＝，则f′(1)＝＝，整理可得a2－2a＋1＝0，解得a＝1. 10．(2020·山东新高考质量测评联盟高三5月联考)曲线f(x)＝asinx＋2(a∈R)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋2，则a＝________. 答案 －1 解析 f(x)＝asinx＋2(a∈R)，则f′(x)＝acosx，故当x＝0时，f′(0)＝a，又函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋2，所以a＝－1. 11．要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20 cm，要使体积最大，则高为________ cm. 答案 解析 设高为h cm，则底面半径r＝ cm，所以体积V＝r2h＝h(400－h2)，则V′＝(400－3h2)．令V′＝(400－3h2)＝0，解得h＝.即当高为 cm时，圆锥的体积最大． 12．(2020·吉林第四次调研测试)若函数f(x)＝mx2－ex＋1(e为自然对数的底数)在x＝x1和x＝x2两处取得极值，且x2≥2x1，则实数m的取值范围是________． 答案 解析 因为f(x)＝mx2－ex＋1，所以f′(x)＝2mx－ex， 又函数f(x)在x＝x1和x＝x2两处取得极值， 所以x1，x2是方程2mx－ex＝0的两不等实根，且x2≥2x1， 即m＝(x≠0)有两不等实根x1，x2，且x2≥2x1. 令h(x)＝(x≠0)，则直线y＝m与曲线h(x)＝有两交点，且交点横坐标满足x2≥2x1，又h′(x)＝＝， 由h′(x)＝0，得x＝1， 所以，当x>1时，h′(x)>0，即函数h(x)＝在(1，＋∞)上单调递增；
当x<0和0<x<1时，h′(x)<0，即函数h(x)＝在(－∞，0)和(0,1)上单调递减．作出函数h(x)的图象如图所示． 当x2＝2x1时，由＝，得x1＝ln 2， 此时m＝＝，因此，由x2≥2x1，得m≥. 三、解答题 13．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围． 解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1， 令φ(x)＝ex＋2x－1， 则φ′(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0， 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． (2)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0， ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x＞0时，分离参数a得a≥－， 记g(x)＝－， g′(x)＝－， 令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)， 则h′(x)＝ex－x－1， 令H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1≥0， 故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0， 故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0， 由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立， 故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减． 因此，g(x)max＝g(2)＝， 综上可得，实数a的取值范围是. 14．(2020·山东济南6月仿真模拟)已知函数f(x)＝aln (x＋b)－. (1)若a＝1，b＝0，求f(x)的最大值；
(2)当b>0时，讨论f(x)极值点的个数． 解 (1)当a＝1，b＝0时，f(x)＝ln x－， 此时，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝， 由f′(x)>0得0<x<4；
由f′(x)<0得x>4. 所以f(x)在(0,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减． 所以f(x)max＝f(4)＝2ln 2－2. (2)当b>0时，函数f(x)的定义域为[0，＋∞)， f′(x)＝－＝， ①当a≤0时，f′(x)<0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以此时f(x)极值点的个数为0；
②当a>0时，设h(x)＝－x＋2a－b， (ⅰ)当4a2－4b≤0，即0<a≤ 时，f′(x)≤0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以此时f(x)极值点的个数为0；
(ⅱ)当4a2－4b>0，即a>时，令t＝(t≥0)，则h(t)＝－t2＋2at－b，t1＋t2＝2a>0，t1t2＝b>0，所以t1，t2都大于0，即f′(x)在(0，＋∞)上有2个左右异号的零点，所以此时f(x)极值点的个数为2. 综上所述，当a≤时，f(x)极值点的个数为0；
当a>时，f(x)极值点的个数为2. 一、选择题 1．(2020·山东省实验中学4月高考预测)已知函数f(x)＝3x＋2cosx，若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是( ) A．a<b<c B．c<b<a C．b<a<c D．b<c<a 答案 D 解析 根据题意，函数f(x)＝3x＋2cosx，其导函数f′(x)＝3－2sinx，则有f′(x)＝3－2sinx>0在R上恒成立，则f(x)在R上为增函数．又由2＝log24<log27<3<3，则b<c<a.故选D. 2．(2020·北京西城区期末)已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)的图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的判断正确的是( ) A．有3个极大值点 B．有3个极小值点 C．有1个极大值点和2个极小值点 D．有2个极大值点和1个极小值点 答案 D 解析 结合函数图象可知，当x<a时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0，函数y＝g(x)－f(x)单调递增；
当a<x<0时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数y＝g(x)－f(x)单调递减；
当0<x<b时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0, 函数y＝g(x)－f(x)单调递增；
当x>b时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数y＝g(x)－f(x)单调递减，故函数在x＝a，x＝b处取得极大值，在x＝0处取得极小值．故选D. 3．(2020·株洲市第二中学4月模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则( ) A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3) C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2) 答案 A 解析 首先令g(x)＝x2f(x)，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，当x>0时，g′(x)>0，g(x)在[0，＋∞)上是增函数，又g(x)是偶函数，所以4f(－2)＝g(－2)＝g(2)<g(3)＝9f(3)，故选A. 4．(2020·全国卷Ⅲ)若直线l与曲线y＝和x2＋y2＝都相切，则l的方程为( ) A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋ C．y＝x＋1 D．y＝x＋ 答案 D 解析 设直线l与曲线y＝的切点为(x0，)，x0＞0，函数y＝的导数为y′＝，则直线l的斜率k＝，直线l的方程为y－＝·(x－x0)，即x－2y＋x0＝0.由于直线l与圆x2＋y2＝相切，则＝，两边平方并整理得5x－4x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以直线l的方程为x－2y＋1＝0，即y＝x＋.故选D. 5．(2020·山东青岛一模)已知函数f(x)＝(e＝2.718为自然对数的底数)，若f(x)的零点为α，极值点为β，则α＋β＝( ) A．－1 B．0 C．1 D．2 答案 C 解析 ∵f(x)＝∴当x≥0时，令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2；
当x<0时，f(x)＝xex<0恒成立，∴f(x)的零点为α＝2.又当x≥0时，f(x)＝3x－9为增函数，故在[0，＋∞)上无极值点；
当x<0时，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，∴当x＝－1时，f(x)取到极小值，即f(x)的极值点β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故选C. 6．(2020·山西太原高三模拟)点M在曲线G：y＝3ln x上，过M作x轴的垂线l，设l与曲线y＝交于点N，＝，且P点的纵坐标始终为0，则称M点为曲线G上的“水平黄金点”，则曲线G上的“水平黄金点”的个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 答案 C 解析 设M(t,3ln t)，则N，所以＝＝，依题意可得ln t＋＝0，设g(t)＝ln t＋，则g′(t)＝－＝，当0<t<时，g′(t)<0，则g(t)单调递减；
当t>时，g′(t)>0，则g(t)单调递增，所以g(t)min＝g＝1－ln 3<0，且g＝－2＋>0，g(1)＝>0，所以g(t)＝ln t＋＝0有两个不同的解，所以曲线G上的“水平黄金点”的个数为2.故选C. 7．(多选)(2020·山东济宁邹城市第一中学高三下五模)已知函数f(x)＝x3＋ax＋b，其中a，b∈R，则下列选项中的条件使得f(x)仅有一个零点的有( ) A．a<b，f(x)为奇函数 B．a＝ln (b2＋1) C．a＝－3，b2－4≥0 D．a＝－1，b＝1 答案 BD 解析 由题知f′(x)＝3x2＋a.对于A，由f(x)是奇函数，知b＝0，因为a<0，所以f(x)存在两个极值点，由f(0)＝0知，f(x)有三个零点，A错误；
对于B，因为b2＋1≥1，所以a≥0，f′(x)≥0，所以f(x)单调递增，则f(x)仅有一个零点，B正确；
对于C，若取b＝2，f′(x)＝3x2－3，则f(x)的极大值为f(－1)＝4，极小值为f(1)＝0，此时f(x)有两个零点，C错误；
对于D，f(x)＝x3－x＋1，f′(x)＝3x2－1，易得f(x)的极大值为f＝＋1>0，极小值为f＝－＋1>0，可知f(x)仅有一个零点，D正确．故选BD. 8．(多选)(2020·山东省实验中学4月高考预测)关于函数f(x)＝＋ln x，下列判断正确的是( ) A．x＝2是f(x)的极大值点 B．函数y＝f(x)－x有且只有1个零点 C．存在正实数k，使得f(x)>kx成立 D．对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4 答案 BD 解析 函数的定义域为(0，＋∞)，函数的导数f′(x)＝－＋＝，∴在(0,2)上，f′(x)＜0，函数单调递减，在(2，＋∞)上，f′(x)＞0，函数单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；
y＝f(x)－x＝＋ln x－x，∴y′＝－＋－1＝<0，函数在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ln 1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln 2－2＝ln 2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；
若f(x)＞kx，可得k<＋，令g(x)＝＋，则g′(x)＝，令h(x)＝－4＋x－xln x，则h′(x)＝－ln x，∴在(0,1)上，函数h(x)单调递增，在(1，＋∞)上，函数h(x)单调递减，∴h(x)≤h(1)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)＝＋在(0，＋∞)上单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k，使得f(x)＞kx恒成立，故C错误；
令t∈(0,2)，则2－t∈(0,2)，2＋t＞2，令g(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝＋ln (2＋t)－－ln (2－t)＝＋ln ，则g′(t)＝＋·＝＋＝<0，∴g(t)在(0,2)上单调递减，则g(t)＜g(0)＝0，令x1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2＞2＋t，则x1＋x2＞2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2＞4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞4，故D正确．故选BD. 二、填空题 9．(2020·山东高考实战演练仿真四)设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝x3＋f′x2－x，则f′(1)＝________. 答案 0 解析 因为f(x)＝x3＋f′x2－x，所以f′(x)＝3x2＋2f′x－1.所以f′＝3×2＋2f′×－1，则f′＝－1，所以f(x)＝x3－x2－x，则f′(x)＝3x2－2x－1，故f′(1)＝0. 10．若f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1对x∈R恒成立，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为________． 答案 10x＋4y－5＝0 解析 ∵f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1，① ∴f(－x)＋3f(x)＝－x3－2x＋1，② 联立①②，得f(x)＝－x3－x＋，则f′(x)＝－x2－1， ∴f′(1)＝－－1＝－，又f(1)＝－－1＋＝－， ∴切线方程为y＋＝－(x－1)，即10x＋4y－5＝0. 11．(2020·广东湛江模拟)若x1，x2是函数f(x)＝x2－7x＋4ln x的两个极值点，则x1x2＝________，f(x1)＋f(x2)＝________. 答案 2 4ln 2－ 解析 f′(x)＝2x－7＋＝0⇒2x2－7x＋4＝0⇒x1＋x2＝，x1x2＝2，f(x1)＋f(x2)＝x－7x1＋4ln x1＋x－7x2＋4ln x2＝(x1＋x2)2－2x1x2－7(x1＋x2)＋4ln (x1x2)＝4ln 2－. 12．(2020·山东济宁嘉祥县高三考前训练二)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的实数x都有f′(x)＝－f(x)(e是自然对数的底数)，且f(0)＝1，若关于x的不等式f(x)－m<0的解集中恰有两个整数，则实数m的取值范围是________． 答案 (－e,0] 解析 ∵f′(x)＝－f(x)， ∴[f′(x)＋f(x)]ex＝2x＋3， 即[f(x)ex]′＝2x＋3. 设f(x)ex＝x2＋3x＋c， ∴f(x)＝. ∵f(0)＝1，∴c＝1， ∴f(x)＝， ∴f′(x)＝＝－. 由f′(x)>0，得－2<x<1；
由f′(x)<0，得x>1或x<－2， ∴函数f(x)在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)和(1，＋∞)上单调递减，如图所示． 当x＝－2时，f(x)min＝－e2.又f(－1)＝－e，f(－3)＝e3，且x>0时，f(x)>0，由图象可知，要使不等式f(x)<m的解集中恰有两个整数，需满足f(－1)<m≤0，即－e<m≤0. ∴实数m的取值范围为(－e,0]． 三、解答题 13．(2020·江苏高考)某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示，谷底O在水平线MN上、桥AB与MN平行，OO′为铅垂线(O′在AB上)．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO′的距离a(米)之间满足关系式h1＝a2；
右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO′的距离b(米)之间满足关系式h2＝－b3＋6b.已知点B到OO′的距离为40米． (1)求桥AB的长度；
(2)计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点)．桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价k(万元)(k>0)．问O′E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？ 解 (1)由题意，得|O′A|2＝－×403＋6×40， ∴|O′A|＝80. ∴|AB|＝|O′A|＋|O′B|＝80＋40＝120. 答：桥AB的长度为120米． (2)设|O′E|＝x，总造价为f(x)万元，|O′O|＝×802＝160， f(x)＝k＋k ＝k(0＜x＜40)， ∴f′(x)＝k.令f′(x)＝0，得x＝20(x＝0舍去)． 当0＜x＜20时，f′(x)＜0；
当20＜x＜40时，f′(x)＞0， 因此当x＝20时，f(x)取最小值． 答：当O′E＝20米时，桥墩CD与EF的总造价最低. 14.(2020·四川成都石室中学一诊)设函数f(x)＝x－sinx，x∈，g(x)＝＋cosx＋2，m∈R. (1)证明：f(x)≤0；
(2)当x∈时，不等式g(x)≥恒成立，求m的取值范围． 解 (1)证明：因为f′(x)＝－cosx在x∈上单调递增， 所以f′(x)∈， 所以存在唯一x0∈，使得f′(x0)＝0. 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以f(x)max＝max＝0，所以f(x)≤0. (2)因为g′(x)＝－sinx＋m， 令h(x)＝－sinx＋m，则h′(x)＝－cosx＋m. 当m≥0时，m≤0，由(1)中的结论可知，－sinx≤0， 所以g′(x)≤0，所以g(x)在x∈上单调递减， 所以g(x)min＝g＝，满足题意． 当－<m<0时，因为h′(x)在x∈上单调递增， h′(0)＝－1＋m<0，h′＝＋m>0， 所以存在唯一x1∈， 使得h′(x1)＝0. 当x∈(0，x1)时，h′(x)<0，g′(x)单调递减；
当x∈时，h′(x)>0，g′(x)单调递增． 而g′(0)＝－m>0，g′＝0， 所以存在唯一x2∈，使得g′(x2)＝0. 当x∈(0，x2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减． 要使当0≤x≤时，g(x)≥恒成立， 即⇒m≥，所以≤m<0. 当m≤－，x∈时，h′(x)≤0，所以当x∈时， g′(x)单调递减，又g′＝0，所以g′(x)≥0， 所以g(x)在x∈上单调递增，所以g(x)≤g＝，与题意矛盾． 综上，m的取值范围为.
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