新高考數(shù)學一輪復習考點精講講練學案 利用導數(shù)研究不等式恒成立問題（含解析）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第第頁參考答案1．（1）最小值為，最大值為；（2）.【解析】【分析】（1）首先求出函數(shù)的導函數(shù)，即可得到函數(shù)的單調性，從而得到函數(shù)的最小值，再求出區(qū)間端點的函數(shù)值，即可求出函數(shù)在區(qū)間上的最大值；（2）首先求出函數(shù)的定義域，參變分離，即可得到恒成立，令，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，即可求出函數(shù)的最小值，從而得解；【詳解】（1）當時，，由得，由得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，且，，則函數(shù)在區(qū)間上的最小值為，最大值為.（2）由題得函數(shù)的定義域為，若恒成立，則，即恒成立，令，則，當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，則，所以，故的取值范圍為.2．（1）極大值，極小值；（2）.【解析】【分析】（1）首先求出函數(shù)的導函數(shù)，令，再利用導數(shù)與函數(shù)單調性的關系即可求解；（2）根據（1）中的單調性求出即可得結果.【詳解】（1）因為，所以，.令，解得或，當，即或；當，即，.故的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為，.所以，時，有極大值，.當時，有極小值.（2）由（1）知在上單調遞減，在上單調遞增，.又，，.所以時，，.因為對任意的都有成立，所以.3．(1)最小值(2)【解析】【分析】（1）當時，，求出函數(shù)的定義域與導函數(shù)，即可得到函數(shù)的單調區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值；（2）令，依題意只須在上恒成立，求出函數(shù)的導函數(shù)，根據、的取值范圍，可得，即在上單調遞增，即可得到，即可求出參數(shù)的取值范圍；(1)解：由函數(shù)，得的定義域為，當時，，，令，解得；令，解得，所以函數(shù)在單調遞減，在單調遞增，所以當時，取得最小值，即．(2)解：令，因為對于任意都有，只須在上恒成立，又由，因為，所以，，即所以在上單調遞增，所以，解得，所以當時，對任意都有成立．4．（1）證明見解析；（2）4．【解析】【分析】（1）由題轉化為在區(qū)間上恒成立，即證；（2）由題知，即求.【詳解】（1）設，則，在區(qū)間上，，，所以當時，，單調遞減，且，故時，，所以，所以在區(qū)間上函數(shù)的圖象恒在函數(shù)的圖象的下方．（2）由，得，當時，，所以，．存在，，使成立等價于，即，，故滿足條件的最大整數(shù)為4．5．（1）答案見解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出導函數(shù)，對m討論，得到單調性；（2）當時，先求出，由題意，原不等式等價于，，利用導數(shù)求出，進而求出m的范圍.【詳解】（1），所以當時，有恒成立，在單調遞增，當時，由解得：，在上單調遞增；由解得：，在上單調遞減；（2）當時，，根據題意，不等式等價于，，對于，，，所以在上單增，所以，則有，設，則，在定義域內為減函數(shù)，又，所以，即的取值范圍是.【點睛】導數(shù)是研究函數(shù)的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學中重要的知識點，對導數(shù)的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．(2)利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間，判斷單調性；已知單調性，求參數(shù)．(3)利用導數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．(4)恒（能）成立問題求參數(shù)的范圍：①參變分離，轉化為不含參數(shù)的最值問題；②不能參變分離，直接對參數(shù)討論，研究的單調性及最值；③特別地，個別情況下恒成立，可轉換為（二者在同一處取得最值）.6．（1）單調遞減區(qū)間為，極小值為2；（2）.【解析】【分析】（1）求導，利用求出，代入導函數(shù)可得單調性和極值；（2）條件等價于對任意恒成立，設，可得在上單調遞減，則在上恒成立，參變分離，轉化為最值問題即可求解.【詳解】（1）由條件得，∵在點處的切線與垂直，∴此切線的斜率為0，即，有，得，∴，由得，由得．∴在上單調遞減，在上單調遞增，當時，取得極小值．故的單調遞減區(qū)間為，極小值為2（2）條件等價于對任意恒成立，設．則在上單調遞減，則在上恒成立，得恒成立，∴（對僅在時成立），故的取值范圍是7．（1）；（2）.【解析】（1）求得導數(shù),利用導數(shù)的幾何意義計算即可得出結果；（2）由在上的最小值為0，化簡可得，構造函數(shù)，利用導數(shù)求得最小值即可求得結果.【詳解】解：（1）當時，，∴，，∴切線方程為，即（2）∵，∴原條件等價于：在上，恒成立.化為令，則令，則在上，，∴在上，故在上，；在上，∴的最小值為，∴8．(1)答案見解析；(2)【解析】【分析】（1）計算，分別討論、、、時，解不等式和可得單調增區(qū)間和單調減區(qū)間即可求解；（2）已知不等式可轉化為對恒成立，分離可得，令，利用導數(shù)求的最大值即可求解.(1)由可得，當時，，當時，；當時，，此時的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為當時，由得，，，①若，即時，恒成立，故在上單調遞增；②若，即時，由可得：或；令可得：此時的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為；③若，即時，由可得：或；由可得：此時的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為；綜上所述：當時，的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；當時，在上單調遞增；當時，的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為；當時，的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為.(2)由可得對恒成立，即對任意的恒成立，令，則，令，則，則在上單調遞減，又，，故在上有唯一的實根，不妨設該實根為，故當時，，，單調遞增；當時，，，單調遞減，故，又因為，所以，，，所以，故的取值范圍為．9．（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）設函數(shù)圖象上任意不同的兩點，，且.由得，由此可得證.（2）當時，求導函數(shù)得，由題意得時恒成立.再由函數(shù)的單調性和基本不等式可得證.【詳解】解：（1）設函數(shù)圖象上任意不同的兩點，，且..，，配方得，于是必有，得到.（2）當時，，由題意恒成立，得到，于是在時恒成立.在上為增函數(shù)，，而，當且僅當，即時取等號，.10．(1)答案見解析(2)【解析】【分析】（1）對a進行分類討論，利用導數(shù)求出單調區(qū)間；（2）記，則有對a進行分類討論，求出a的取值范圍.(1)的定義域為，當時，恒成立，所以在上單調遞減；當時，令，解得：，所以在上單調遞增；令，解得：，所以在上單調遞減；綜上所述：當時，在上單調遞減.當時，在上單調遞增，在上單調遞減；(2)設，則有當時，在上單調遞增，所以滿足題意；當時，，且，使時，單調遞減，使得不合題意.的取值范圍為.11．（1）答案見解析；（2）.【解析】【分析】（1）求導，分別討論和兩種情況的正負，即可求得的單調區(qū)間.（2）所求轉化為求在恒成立問題，設，利用導數(shù)判斷其單調性，并求得的最大值，可得關于m的不等式，即可得答案.【詳解】（1）當時，，所以在為增函數(shù)，當時，令，解得；當時，，為增函數(shù)，當時，，為減函數(shù)，綜上：當時，的單調增區(qū)間為，當時，的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為.（2）因為在恒成立，所以在恒成立，設，則.設所以在單調遞增，又，因此存在唯一，使得，所以當時，，當時，當時，，當時，所以函數(shù)在遞增，在遞減，在遞增因此，由得，則.所以，因為，則，所以，因為，所以當時，，所以，解得所以的取值范圍是【點睛】解題的關鍵是熟練掌握利用導數(shù)判斷函數(shù)單調性，求極（最）值的方法，并靈活應用，在得到解析式，并且不能直接判斷其正負時，可令，再次求導，根據的單調性，求得的值域，進而可得的正負，即可得的單調性，屬中檔題.12．(1)(2)1【解析】【分析】（1）首先將題意轉化為恒成立，先證明恒成立，再分類討論的范圍即可得到答案.（2）首先求導得到，設，根據的正負性得到的單調性，再利用隱零點求解函數(shù)的最值即可.（1）因為時，恒成立，所以恒成立，即恒成立.首先證明恒成立，即證恒成立.設，，因為，，為增函數(shù)，，，為減函數(shù)，所以，即證：時，恒成立.當時，恒成立，當時，若不滿足，故舍去.綜上：.（2），設，，∴在上單調遞增，因為，，所以存在，使得，且時，，即單調遞減，時，，即單調遞增，所以，因為，所以，則，所以，設，，因為時，，為增函數(shù)，所以，則，∴．13．(1)答案見解析；(2)1.【解析】【分析】（1）求導，再對分和兩種情況討論得解；（2）等價于1，令g（x）＝1，求出函數(shù)的最小值即得解.（1）解：f（x）的定義域為（0，+∞）．．當a≤0時，≤0在（0，+∞）上恒成立，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調遞減．f（x）在（0，+∞）上沒有極值點．當a＞0時，由＞0得x，所以，f（x）在（0，）上遞減，在（，+∞）上遞增，即f（x）在x處有極小值．綜上，當a≤0時，f（x）在（0，+∞）上沒有極值點；當a＞0時，f（x）在（0，+∞）上有一個極值點．（2）解：∵函數(shù)f（x）在x＝1處取得極值，＝a﹣1＝0，則a＝1，從而f（x）＝x﹣1﹣lnx．因此f（x）≥bx﹣2，即1，令g（x）＝1，則，由≥0得x≥e2則g（x）在（0，e2）上遞減，在（e2，+∞）上遞增，，故實數(shù)b的最大值是1．14．(1)答案見解析(2)【解析】【分析】（1）求出函數(shù)的導函數(shù)，分和兩種情況討論，分別求出函數(shù)的單調區(qū)間；（2）依題意可得在上恒成立，令，再分、、三種情況討論，結合函數(shù)的單調性計算可得.（1）解：由知定義域為，且①時，在上，故在上單調遞增；②時，當時，時，故在上單調遞增，在上單調遞減.（2）解：由得，令①當時，在，恒成立，所以不可能；②當時在上單調遞減且，當時，，故在上存在，使得時，，則在上單調遞增，所以與題不符.

當時，，所以在上單調遞減，所以，符合題意.綜上所述，15．（1）；（2），在單調遞減；，在單調遞增，在單調遞減；（3）證明見解析.【解析】【分析】（1）求得導函數(shù)，利用導數(shù)的幾何意義得到切線的斜率，進而得出切線方程；（2）分類討論，函數(shù)的定義域，在定義域內研究討論導數(shù)的正負，進而得到單調性；（3）解法1：等價轉化為.先將不等式左邊看成以a為自變量的函數(shù)，設，利用導數(shù)研究其單調性，進而得到.由（1）可知，當時，，得，然后利用放縮證得；解法2：（3）不等式等價于.由（1）可知，當時，，得，先利用，得到，從而為證原不等式，只需證構造函數(shù)，利用導數(shù)研究其單調性，進而得證.【詳解】（1），則，于是點處切線方程為：，即.（2）若，則定義域，，在單調遞減.若，則定義域為，.由得，由得，所以在單調遞增，在單調遞減.解法1：（3）不等式等價于.設，.設，則，所以.而，所以，在單調遞減，所以.由（1）可知，當時，，得.所以.因此當時，.解法2：（3）不等式等價于.由（1）可知，當時，，得，從而.設，在單調遞增.因為，所以當時，，當時，.所以.因此.所以當時，.【點睛】利用，進行放縮是解決同時含有指數(shù)對數(shù)的不等式證明得常用方法，值得注意體會和掌握.16．（1）f（x）在（0，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增；（2）（0，）；（3）k＞1﹣ln2，證明見解析.【解析】【分析】（1）求導得，分析的正負，進而可得f（x）的單調性，即可得出答案．（2）求出f（x）min，令h（x）＝，求出h（x）min，只需f（x）min＞g（x）min，即可得出答案．（3）當m＝2時，f（x）＝lnx+，分析f（x）的單調性，進而可得f（x）min，若f（x）＝k有兩個實數(shù)根x1，x2，且0＜x1＜＜x2，則k＞1﹣ln2，且lnx1+＝k①，lnx2+＝k②，推出lnx1＝lnx2+﹣，f（x1）﹣f（1﹣x2）＝lnx2+﹣ln（1﹣x2）﹣，令F（x）＝lnx+﹣ln（1﹣x）﹣，x＞，求導分析F（x）的單調性，進而可得f（x1）＜f（1﹣x2），再結合f（x）在（0，）上單調遞減，即可得出答案．【詳解】解：（1），令f′（x）＞0，得x＞，令f′（x）＜0，得0＜x＜，所以f（x）在（0，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增．（2）由（1）知，f（x）min＝f（）＝ln＝1﹣lnm，令h（x）＝＝＝，x∈（0，3），h′（x）＝＝，在x∈（2，3）上，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，在x∈（0，2）上，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，所以h（x）min＝h（2）＝＝，所以1﹣lnm＞，所以0＜m＜，所以m的取值范圍是（0，）．（3）當m＝2時，f（x）＝lnx+，由（1）可知f（x）在（0，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增，f（x）min＝f（）＝ln＝1﹣ln2＞0，若f（x）＝k有兩個實數(shù)根x1，x2，且0＜x1＜＜x2，則k＞1﹣ln2，所以lnx1+＝k①，lnx2+＝k②，得lnx1+＝lnx2+，所以lnx1＝lnx2+﹣，f（x1）﹣f（1﹣x2）＝lnx1+﹣ln（1﹣x2）﹣＝（lnx2+﹣）+﹣ln（1﹣x2）﹣＝lnx2+﹣ln（1﹣x2）﹣令F（x）＝lnx+﹣ln（1﹣x）﹣，x＞，＝，因為x＞，所以﹣4x2+4x﹣1＜0，即F′（x）＜0，所以F（x）在（，+∞）單調遞減，所以F（x）＜F（）＝所以f（x1）＜f（1﹣x2），因為0＜x1＜＜x2，所以﹣＞﹣x2，即1﹣＞1﹣x2，所以0＜1﹣x2＜，因為f（x）在（0，）上單調遞減，所以x1＞1﹣x2，所以x1+x2＞1，得證．【點睛】關鍵點點睛：1.對于若，，使成立，轉化為是關鍵；2.對于雙變量問題，我們要想辦法找到兩變量之間的關系，進而利用關系消元，達到轉化為單變量問題；3.對于不等式的證明，可構造函數(shù)，利用用導數(shù)求函數(shù)最值來研究證明.17．（1）當時，單調遞減，當時，單調遞增.（2）【解析】【分析】(1)由題意首先對函數(shù)二次求導，然后確定導函數(shù)的符號，最后確定原函數(shù)的單調性即可.(2)方法一：首先討論x=0的情況，然后分離參數(shù)，構造新函數(shù)，結合導函數(shù)研究構造所得的函數(shù)的最大值即可確定實數(shù)a的取值范圍.【詳解】(1)當時，，，由于，故單調遞增，注意到，故：當時，單調遞減，當時，單調遞增.(2)[方法一]【最優(yōu)解】：分離參數(shù)由得，，其中，①.當x=0時，不等式為：，顯然成立，符合題意；②.當時，分離參數(shù)a得，，記，，令，則，，故單調遞增，，故函數(shù)單調遞增，，由可得：恒成立，故當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；因此，,綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是.[方法二]：特值探路當時，恒成立．只需證當時，恒成立．當時，．只需證明⑤式成立．⑤式，令，則，所以當時，單調遞減；當單調遞增；當單調遞減．從而，即，⑤式成立．所以當時，恒成立．綜上．[方法三]：指數(shù)集中當時，恒成立，記，，①.當即時，，則當時，，單調遞增，又，所以當時，，不合題意；②.若即時，則當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，又，所以若滿足，只需，即，所以當時，成立；③當即時，，又由②可知時，成立，所以時，恒成立，所以時，滿足題意.綜上，.【整體點評】導數(shù)是研究函數(shù)的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學中重要的知識點，本題主要考查利用導數(shù)解決恒成立問題，常用方法技巧有：方法一，分離參數(shù)，優(yōu)勢在于分離后的函數(shù)是具體函數(shù)，容易研究；方法二，特值探路屬于小題方法，可以快速縮小范圍甚至得到結果，但是解答題需要證明，具有風險性；方法三，利用指數(shù)集中，可以在求導后省去研究指數(shù)函數(shù)，有利于進行分類討論，具有一定的技巧性！18．(1)單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.(2)【解析】【分析】（1）當時，求得，設，求得，進而得到的符號，即可求解；（2）由，得到恒成立，設，利用導數(shù)求得函數(shù)的單調性和最值，轉化為恒成立，集合，即可求解.(1)解：當時，的定義域為，可得，設，可得，故在上單調遞增，所以，由，解得；由，解得，所以函數(shù)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.(2)解：若要使得，只需恒成立，設，可得，由，可得；由，可得，所以在為單調遞減，在上單調遞增，所以，于是需要恒成立，即恒成立，由（1）可得：當時，，從而，即，用替換上式中的，可得，結合時，，所以恒成立，要使得恒成立，則，即實數(shù)的取值范圍.19．（1）（?。┳C明見解析；（ⅱ）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）通過研究導函數(shù)和的正負情況判斷和的單調性，進而得到最值，即證結論；（2）先代入化簡為時，恒成立，構造函數(shù)，通過兩次求導判斷其導函數(shù)的的單調性，再對a進行分類討論，結合（1）中結論判斷能否成立，即得結果.【詳解】解：（1）（ⅰ）證明：由可知．當時，，函數(shù)單調遞減，當時，，函數(shù)單調遞增，當時，函數(shù)有最小值，又，故；（ⅱ）證明：由可知，．當時，，函數(shù)單調遞減，當時，，函數(shù)單調遞增，當時，函數(shù)有最小值，又，故．（2）當時，恒成立，而，故不等式等價于當時，恒成立．設函數(shù)．則，設，則．當時，，，，結合（1）（?。﹩柦Y論知，，故函數(shù)在上單調遞增．若，則當時，，，函數(shù)在在上單調遞增，又，故，滿足題意；若，因為，，結合（1）（ⅱ）問結論可知，，又，函數(shù)在上單調遞增，故存在，使得，當時，，，函數(shù)在上單調遞減，此時，又，即當時，，不符題意．故實數(shù)的取值范圍是．【點睛】關鍵點點睛：第一問中證明不等式的關鍵在于利用函數(shù)導數(shù)研究最值，第二問的解題關鍵在于分類討論后巧妙利用（1）中結論進行判斷，突破難點.20．（1）；（2）見解析【解析】【分析】（1）構造函數(shù)，求導，分類討論得函數(shù)最值即可求解；（2）由題意得，，等價證明，令，構造函數(shù)求導證明即可【詳解】（1）令，當恒成立，在R上單調遞增，，當不合題意，故舍去當則，故當，單調遞減；當；單調遞增，故令，故在遞增，在遞減，故即即，故即故a的取值集合為（2）方程f(x)-g(x)=0有兩個不同的根x1，x2不妨令x1<x2,,若證<ln2a.即證令，即證，令因為，故，故單調遞增，得證【點睛】本題關鍵是利用，，等價證明，構造函數(shù)證明21．（1）

（2）證明見解析

（3）存在

【解析】【分析】（1）求出函數(shù)得到函數(shù)大單調性，從而得到函數(shù)的極大值.（2）由（1）可得，即，然后可得，，，相加可證明.(3)與的圖象在處有公共點,設函數(shù)與存在“分界線”,由令，由求出參數(shù)的值，再證明成立即可.【詳解】（1），則由，可得，，可得所以在上單調遞增，在上單調遞減.所以當時，有極大值（2）由（1）可知，為的最大值，即所以，即（當且僅當時等號成立）令，則，取，則，即則，，由上面不等式相加得即即（3）設，則當時，，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增.所以即與的圖象在處有公共點設函數(shù)與存在“分界線”令由，即在上恒成立，即在上恒成立，成立，而，所以，則再證明，即恒成立.設，則當時，，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減.所以當時，有最大值，即所以恒成立.綜上所述，可得且故函數(shù)與存在“分界線”，此時【點睛】本題考查利用導數(shù)求函數(shù)的極值，利用導數(shù)證明不等式，考查恒成立求參數(shù)，考查轉化思想的應用，屬于難題.22．(1)(2)【解析】【分析】（1）求，利用導數(shù)的幾何意義求得在點處切線方程，由在軸上的截距為列方程即可得的值；（2）由所給的不等式分離可得，令，利用導數(shù)判斷的單調性和最小值，由即可求解.(1)函數(shù)的定義域為，，則在點處切線的斜率為，又，所以函數(shù)的圖象在點處的切線方程為：，即，所以，因為其在軸上的截距為，所以，解得．(2)即，又，所以，可得對于恒成立，當時，令，則．再令，則，所以在上單調遞增；又，，所以使，即，使，當時，，；當時，，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，又因為，所以實數(shù)的最大整數(shù)值是．【點睛】方法點睛：若不等式（是實參數(shù)）恒成立，將轉化為或恒成立，進而轉化為或，求的最值即可.23．（1）見解析；（2）.【解析】【分析】（1）求導得到導函數(shù)后，設為進行再次求導，可判斷出當時，，當時，，從而得到單調性，由零點存在定理可判斷出唯一零點所處的位置，證得結論；（2）構造函數(shù)，通過二次求導可判斷出，；分別在，，和的情況下根據導函數(shù)的符號判斷單調性，從而確定恒成立時的取值范圍.【詳解】（1）令，則當時，令，解得：當時，；當時，在上單調遞增；在上單調遞減又，，即當時，，此時無零點，即無零點

，使得又在上單調遞減

為，即在上的唯一零點綜上所述：在區(qū)間存在唯一零點（2）若時，，即恒成立令則，由（1）可知，在上單調遞增；在上單調遞減且，，，①當時，，即在上恒成立在上單調遞增，即，此時恒成立②當時，，，，使得在上單調遞增，在上單調遞減又，在上恒成立，即恒成立③當時，，，使得在上單調遞減，在上單調遞增時，，可知不恒成立④當時，在上單調遞減

可知不恒成立綜上所述：【點睛】本題考查利用導數(shù)討論函數(shù)零點個數(shù)、根據恒成立的不等式求解參數(shù)范圍的問題.對于此類端點值恰為恒成立不等式取等的值的問題，通常采用構造函數(shù)的方式，將問題轉變成函數(shù)最值與零之間的比較，進而通過導函數(shù)的正負來確定所構造函數(shù)的單調性，從而得到最值.24．（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）由題可知等價于，構造函數(shù)利用導數(shù)可證；（2）利用導數(shù)判斷函數(shù)單調性，可求函數(shù)的極值，再結合零點存在性定理可證.【詳解】（1）當時，等價于.設，當時，，單調遞增，故，，即.于是當時，.（2）定義域為，.若，當或時，，當時，，故在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增.，所以函數(shù)在上沒有零點；因為，，所以，∴，當滿足且時，由（1）可知，∴函數(shù)在上有一個零點；綜上所述，有且僅有一個零點.25．(1)；(2).【解析】【分析】(1)對f(x)求導，再求出導函數(shù)在0處的導數(shù)值，利用點斜式寫出方程而得；(2)不等式恒成立，等價轉化為，構建新函數(shù)，分類討論求其最小值不小于0而得解.【詳解】(1)，∴，又∵，∴函數(shù)在處的切線方程為.(2)令，，∵()，∴在上單調遞增，①當時，，所以為增函數(shù)，故恒成立，即.②當時，∵在上為增函數(shù)，且，，故存在唯一，使得.則當時，，為減函數(shù)，，此時與恒成立矛盾.綜上所述，.【點睛】利用導數(shù)解決含參函數(shù)問題，求導后不能準確判斷導數(shù)值的正負，還需二次求導判斷一階導數(shù)的單調性，再分類討論解決.26．（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）利用導數(shù)可判斷函數(shù)在上單調遞增，即可證得：當時，，問題得證．（Ⅱ）求得：，對的范