导数应用二

一、选择题1.已知定义域为R的奇函数y=f（x）的导函数为y=f′（x），当x≠0时，，若a=f（），，c=（ln）f（ln），则a，b，c的大小关系正确的是（）A．a＜c＜b B．b＜c＜a C．a ＜b＜c D．c＜a＜b2.若函数f（x）=x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f （x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数是( )A．3 B．4 C．5D．63.已知定义在R上的函数f（x）的图象如图，则x•f′（x）＞0的解集为( )A．（﹣∞，0）∪（1，2） B．（1，2） C．（﹣∞，1） D．（﹣∞，1）∪（2，+∞）二、填空题4.定义方程f（x）=f'（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新驻点”，如果函数g（x）=x，h（x）=ln（x+1），φ（x）=cosx（）的“新驻点”分别为α，β，γ，那么α，β，γ的大小关系是．5.已知函数f（x）=mx2+lnx﹣2x在定义域内是增函数，则实数m范围为．三、解答题6.（12分）（2015秋•沧州月考）设函数h（x）=x2﹣mx，g（x）=lnx．（Ⅰ）设f（t）=m（sinx+cosx）dx且f（2016π）=2，若函数h（x）与g（x）在x=x0处的切线平行，求这两切线间的距离；（Ⅱ）任意x＞0，不等式h（x）≥g（x）恒成立，求实数m的取值范围．7.已知函数f（x）=lnx﹣a（x﹣1）（a∈R）．（Ⅰ）若a=﹣2，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）若不等式f（x）＜0对任意x∈（1，+∞）恒成立．（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）试比较e a﹣2与a e﹣2的大小，并给出证明（e为自然对数的底数，e=2.71828）．8.已知函数f（x）=sinx+cosx，f′（x）是f（x）的导函数．（1）求函数g（x）=f（x）•f'（x）的最小值及相应的x值的集合；（2）若f（x）=2f′（x），求的值．9.已知函数f（x）=ax2+x﹣xlnx（a＞0）．（1）若函数满足f（1）=2，且在定义域内f（x）≥bx2+2x恒成立，求实数b的取值范围；（2）若函数f（x）在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围．10.已知函数f（x）=ax3+x2（a∈R）在x=处取得极值．（Ⅰ）确定a的值；（Ⅱ）若g（x）=f（x）e x，讨论g（x）的单调性．11.（13分）已知函数f（x）=e x﹣ax﹣1（a＞0，e为自然对数的底数）．（1）求函数f（x）的最小值；（2）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值．12.(本小题满分13分)（2015北京卷改编）设函数．（I）求的单调区间；（II）若在存在零点，求的取值范围．13.已知函数f（x）=lnx﹣ax（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a＞0时，求函数f（x）在[1，2]上最小值．14.已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）（1）若a=1，求函数f（x）的极值；（2）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间．15.设函数y=f（x）在（a，b）上的导函数为f′（x），f′（x）在（a，b）上的导函数为f″（x），若在（a，b）上，f″（x）＜0恒成立，则称函数f（x）在（a，b）上为“凸函数”．已知．（Ⅰ）若f（x）为区间（﹣1，3）上的“凸函数”，试确定实数m的值；（Ⅱ）若当实数m满足|m|≤2时，函数f（x）在（a，b）上总为“凸函数”，求b﹣a的最大值．16.已知函数f（x）=x3﹣ax2﹣3a2x+b（a，b∈R）．（Ⅰ）若曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=1，求a，b的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间及极值．17.（12分）（2015•南宁二模）设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）（1）若关于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，求实数m的取值范围．（2）设g（x）=f（x）﹣x2﹣1，若关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值．（3）证明不等式：（n∈N*）．试卷答案1.B【考点】函数的单调性与导数的关系．【专题】函数思想；构造法；导数的概念及应用．【分析】构造函数g（x）=xf（x），判断g（x）的单调性与奇偶性即可得出结论．【解答】解：令g（x）=xf（x），则g（﹣x）=﹣xf（﹣x）=xf（x）∴g（x）是偶函数．g′（x）=f（x）+xf′（x）∵∴当x＞0时，xf′（x）+f（x）＜0，当x＜0时，xf′（x）+f（x）＞0．∴g（x）在（0，+∞）上是减函数．∵＜ln2＜1＜∴g（）＜g（ln2）＜g（）∵g（x）是偶函数．∴g（﹣）=g（），g（ln）=g（ln2）∴g（﹣）＜g（ln）＜g（）故选：B．【点评】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性的应用，属于中档题．2.A【考点】函数在某点取得极值的条件；根的存在性及根的个数判断．【专题】综合题；压轴题；导数的综合应用．【分析】求导数f′（x），由题意知x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的两根，从而关于f（x）的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0有两个根，作出草图，由图象可得答案．【解答】解：f′（x）=3x2+2ax+b，x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的两根，由3（f（x））2+2af（x）+b=0，则有两个f（x）使等式成立，x1=f（x1），x2＞x1=f（x1），如下示意图象：如图有三个交点，故选A．【点评】考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解，考查数形结合思想．3.A【考点】函数的单调性与导数的关系；导数的运算．【专题】数形结合；转化思想；导数的综合应用；不等式的解法及应用．【分析】根据函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．【解答】解：不等式x•f′（x）＞0等价为当x＞0时，f′（x）＞0，即x＞0时，函数递增，此时1＜x＜2，或者当x＜0时，f′（x）＜0，即x＜0时，函数递减，此时x＜0，综上1＜x＜2或x＜0，即不等式的解集为（﹣∞，0）∪（1，2），故选：A【点评】本题主要考查不等式的求解，根据函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．4.γ＞α＞β【考点】函数的零点与方程根的关系．【专题】新定义．【分析】分别对g（x），h（x），φ（x）求导，令g′（x）=g（x），h′（x）=h （x），φ′（x）=φ（x），则它们的根分别为α，β，γ，即α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，然后分别讨论β、γ的取值范围即可．【解答】解：∵g′（x）=1，h′（x）=，φ′（x）=﹣sinx，由题意得：α=1，ln（β+1）=，cosγ=﹣sinγ，①∵ln（β+1）=，∴（β+1）β+1=e，当β≥1时，β+1≥2，∴β+1≤＜2，∴β＜1，这与β≥1矛盾，∴0＜β＜1；②∵cosγ=﹣sinγ，∴γ＞1．∴γ＞α＞β．故答案为：γ＞α＞β．【点评】函数、导数、不等式密不可分，此题就是一个典型的代表，其中对对数方程和三次方程根的范围的讨论是一个难点．5.【考点】函数单调性的性质．【专题】计算题．【分析】求出f′（x）=2mx+﹣2，因为函数在定义域内是增函数，即要说明f′（x）大于等于0，分离参数求最值，即可得到m的范围．【解答】解：求导函数，可得f′（x）=2mx+﹣2，x＞0，函数f（x）=mx2+lnx﹣2x在定义域内是增函数，所以f′（x）≥0成立，所以2mx+﹣2≥0，x＞0时恒成立，所以，所以﹣2m≤﹣1所以m≥时，函数f（x）在定义域内是增函数．故答案为．【点评】考查学生利用导数研究函数单调性的能力，会找函数单调时自变量的取值范围，属于基础题6.【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数恒成立问题；定积分．【专题】转化思想；分析法；函数的性质及应用；导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）运用定积分的运算法则和三角函数的特殊值，可得m=﹣1，分别求出g （x），h（x）的导数，求得切线的斜率，切点，再由点斜式方程可得切线的方程，再由两直线平行间的距离，计算即可得到所求；（Ⅱ）任意x＞0，不等式h（x）≥g（x）恒成立，即为x2﹣mx﹣lnx≥0，由x＞0，可得m≤x﹣，设F（x）=x﹣，求出导数，讨论x＞1，0＜x＜1导数的符号，判断单调性，可得最小值，即可得到m的范围．【解答】解：（Ⅰ）f（t）=m（sinx+cosx）dx=m（sinx﹣cosx）|=m[（sint﹣cost）﹣（1﹣0）]=m（sint﹣cost﹣1），f（2016π）=2，可得m（﹣1﹣1）=2，解得m=﹣1，则h（x）=x2+x的导数为h′（x）=2x+1，g（x）=lnx的导数为g′（x）=，由题意可得2x0+1=，解得x0=（﹣1舍去），即有h（x）在x=处的切线的方程为y﹣=2（x﹣），即为2x﹣y﹣=0；g（x）在x=处的切线的方程为y﹣ln=2（x﹣），即为2x﹣y﹣1﹣ln2=0．则两切线间的距离为d==；（Ⅱ）任意x＞0，不等式h（x）≥g（x）恒成立，即为x2﹣mx﹣lnx≥0，由x＞0，可得m≤x﹣，设F（x）=x﹣，F′（x）=1﹣=，当x＞1时，F′（x）＞0，F（x）递增；当0＜x＜1时，F′（x）＜0，F（x）递减．即有x=1处取得极小值，且为最小值1，则有m≤1，即m的取值范围是（﹣∞，1]．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和构造函数运用单调性求最值，考查运算能力，属于中档题．7.【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】导数的概念及应用；导数的综合应用．【分析】（1）一求切点，二求切点处的导数，即切线的斜率；（2）只需求出函数f（x）在区间所以切点为（1，0），k=f′（1）=2．所以a=﹣2时，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=2x﹣2．（ II）（ i）由f（x）=lnx﹣a（x﹣1），所以，①当a≤0时，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，f（x）＞f（1）=0，∴a≤0不合题意．②当a≥2即时，在（1，+∞）上恒成立，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减，有f（x）＜f（1）=0，∴a≥2满足题意．③若0＜a＜2即时，由f′（x）＞0，可得，由f′（x）＜0，可得x，∴f（x）在上单调递增，在上单调递减，∴，∴0＜a＜2不合题意．综上所述，实数a的取值范围是[2，+∞）．（ ii）a≥2时，“比较e a﹣2与a e﹣2的大小”等价于“比较a﹣2与（e﹣2lna）的大小”设g（x）=x﹣2﹣（e﹣2）lnx，（x≥2）．则．∴g（x）在[2，+∞）上单调递增，因为g（e）=0．当x∈[2，e）时，g（x）＜0，即x﹣2＜（e﹣2）lnx，所以e x﹣2＜x e﹣2．当x∈（e，+∞）时g（x）＞0，即x﹣2＞（e﹣2）lnx，∴e x﹣2＞x e﹣2．综上所述，当a∈[2，e）时，e a﹣2＜a e﹣2；当a=e时，e a﹣2=a e﹣2；当a∈（e，+∞）时，e a﹣2＞a e﹣2．【点评】本题主要考查函数、导数、不等式等基本知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查化归与转化思想、函数与方程的思想、分类整合思想、数形结合思想．8.【考点】利用导数研究函数的极值；两角和与差的正切函数．【专题】综合题；导数的综合应用．【分析】（1）求出导数f′（x），表示出g（x）并化简，由余弦函数的性质可求其最小值及相应x的值的集合；（2）由f（x）=2f′（x）可求得tanx值，利用和角正切公式可求得的值；【解答】解：（1）∵f（x）=sinx+cosx，故f'（x）=cosx﹣sinx，∴g（x）=f（x）•f'（x）=（sinx+cosx）（cosx﹣sinx）=cos2x﹣sin2x=cos2x，∴当2x=﹣π+2kπ（k∈Z），即时，g（x）取得最小值﹣1，相应的x值的集合为．（2）由f（x）=2f′（x），得sinx+cosx=2cosx﹣2sinx，∴cosx=3sinx，故，∴．【点评】本题考查导数的运算法则及两角和差的正切函数，考查学生的运算求解能力．9.【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．【专题】导数的综合应用．【分析】（1）由已知，求得f（x）=x2+x﹣xlnx．将不等式f（x）≥bx2+2x转化为≥b．构造函数g（x）=，只需b≤g（x）min即可．因此又需求g（x）min．（2）函数f（x）在定义域上是单调函数，需f′（x）在定义域上恒非负或恒非正．考查f′（x）的取值情况，进行解答．【解答】解：（1）∵f（1）=2，∴a=1，f（x）=x2+x﹣xlnx．由f（x）≥bx2+2x⇔≥b．令g（x）=，可得g（x）在（0，1]上单调递减，在[1，+∞）上单调递增，所以g（x）min=g（1）=0，即b≤0．（2）f′（x）=2ax﹣lnx（x＞0）．令f′（x）＞0，得2a≥，令h（x）=，当x=e时，h（x）max=∴当时，f′（x）＞0（x＞0）恒成立，此时．函数f（x）在定义域上单调递增．若，g（x）=2ax﹣lnx，（x＞0），g′（x）=2a﹣由g′（x）=0，得出x=，，g′（x）＜0，，g′（x）＞0，∴x=时，g（x）取得极小值也是最小值．而当时，g（）=1﹣ln＜0，f′（x）=0必有根．f（x）必有极值，在定义域上不单调．综上所述，．【点评】此题考查函数单调性与导数的关系的应用，考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调区间，掌握函数恒成立时所取的条件，是一道综合题．10.【考点】函数在某点取得极值的条件．【专题】综合题；导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）求导数，利用f（x）=ax3+x2（a∈R）在x=处取得极值，可得f′（﹣）=0，即可确定a的值；（Ⅱ）由（Ⅰ）得g（x）=（x3+x2）e x，利用导数的正负可得g（x）的单调性．【解答】解：（Ⅰ）对f（x）求导得f′（x）=3ax2+2x．∵f（x）=ax3+x2（a∈R）在x=处取得极值，∴f′（﹣）=0，∴3a•+2•（﹣）=0，∴a=；（Ⅱ）由（Ⅰ）得g（x）=（x3+x2）e x，∴g′（x）=（x2+2x）e x+（x3+x2）e x=x（x+1）（x+4）e x，令g′（x）=0，解得x=0，x=﹣1或x=﹣4，当x＜﹣4时，g′（x）＜0，故g（x）为减函数；当﹣4＜x＜﹣1时，g′（x）＞0，故g（x）为增函数；当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0，故g（x）为减函数；当x＞0时，g′（x）＞0，故g（x）为增函数；综上知g（x）在（﹣∞，﹣4）和（﹣1，0）内为减函数，在（﹣4，﹣1）和（0，+∞）内为增函数．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值，考查分类讨论的思想方法，以及函数和方程的转化思想，属于中档题．11.【考点】函数恒成立问题．【专题】函数的性质及应用．【分析】（1）求函数的导数，利用函数的单调性和导数之间的关系，即可求函数f（x）的最小值；（2）要使f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，则只需求出f（x）的最小值即可得到结论．【解答】解：（1）∵f（x）=e x﹣ax﹣1（a＞0），∴f'（x）=e x﹣a，由f'（x）=e x﹣a=0得x=lna，由f'（x）＞0得，x＞lna，此时函数单调递增，由f'（x）＜0得，x＜lna，此时函数单调递减，即f（x）在x=lna处取得极小值且为最小值，最小值为f（lna）=e lna﹣alna﹣1=a﹣alna﹣1．（2）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，等价为f（x）min≥0，由（1）知，f（x）min=a﹣alna﹣1，设g（a）=a﹣alna﹣1，则g'（a）=1﹣lna﹣1=﹣lna，由g'（a）=0得a=1，由g'（x）＞0得，0＜x＜1，此时函数单调递增，由g'（x）＜0得，x＞1，此时函数单调递减，∴g（a）在a=1处取得最大值，即g（1）=0，因此g（a）≥0的解为a=1，∴a=1．【点评】本题主要考查函数的单调性和导数的之间关系，以及不等式恒成立问题，将不等式恒成立转化为求函数的最值是解决本题的关键．12.（I）时，，在上单调递增；时，的单调递减区间是，单调递增区间是（II）.（I）的定义域为--------------------------------------1分.---------------------------------------------------------2分（1）时，，在上单调递增-----------------3分（2）时，由解得.与在区间上的情况如下：所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；------------5分综上所述，时，，在上单调递增时，的单调递减区间是，单调递增区间是------------------6分（Ⅱ）（1）时，在上单调递增且，在没有零点----------------------------------------7分（2）时，由（Ⅰ）知，在区间上的最小值为.因为存在零点，所以，从而.-----------------------9分当时，在区间上单调递减，且，在存在零点；---10分当时，在区间上单调递减，且，，所以在区间存在零点.----------------12分综上所述，.-----------------------------------------13分【考点】导数的综合应用13.【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【专题】综合题．【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）=lnx﹣ax（a∈R）的导数，令导数大于0求出函数的增区间，令导数小于0，求出函数的减区间（Ⅱ）a＞0时，用导数研究函数f（x）在[1，2]上的单调性确定出最小值，借助（Ⅰ）的结论，由于参数的范围对函数的单调性有影响，故对其分类讨论，【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域是（0，+∞）∵f（x）=lnx﹣ax∴f′（x）=﹣a当a≤0时，f′（x）＞0，函数在定义域上是增函数；当a＞0时，令导数为0解得x=，当x＞时，导数为负，函数在（，+∞）上是减函数，当x＜时，导数为正，函数在（0，）上是增函数（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论知当[1，2]⊆[，+∞）时，即a≥1时，函数函数f（x）在[1，2]上是减函数，故最小值为f（2）=ln2﹣2a当[1，2]⊆（0，]时，即0＜a＜时，函数函数f（x）在[1，2]上是增函数，故最小值为f（1）=﹣a当∈[1，2]时，函数f（x）在[1，]上是增函数，在[，2]上是减函数，故最小值为min{f（1），f（2）}【点评】本题考查用导数研究函数的单调性，解题的键是理解并掌握函数的导数的符号与函数的单调性的关系，此类题一般有两类题型，一类是利用导数符号得出单调性，一类是由单调性得出导数的符号，本题属于第一种类型．本题的第二小问是根据函数在闭区间上的最值，本题中由于参数的存在，导致导数的符号不定，故需要对参数的取值范围进行讨论，以确定函数在这个区间上的最值．14.考点：利用导数研究函数的极值．专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的极小值；（Ⅱ）先求出函数h（x）的导数，通过讨论a的范围，从而得到函数的单调性．解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），当a=1时，f（x）=x﹣lnx，f′（x）=1﹣=，（Ⅱ）h（x）=x+﹣alnx，h′（x）=1﹣﹣=，①当a+1＞0时，即a＞﹣1时，在（0，1+a）上，h′（x）＜0，在（1+a，+∞）上，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，1+a）递减，在（1+a，+∞）递增；②当1+a≤0，即a≤﹣1时，在（0，+∞）上h′（x）＞0，∴h（x）在（0，+∞）上递增．点评：本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，是一道中档题15.【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．【专题】综合题；新定义．【分析】（Ⅰ）函数在区间（﹣1，3）上为“凸函数”，所以f″（x）＜0，即对函数y=f （x）二次求导，转化为不等式问题解决即可；（Ⅱ）利用函数总为“凸函数”，即f″（x）＜0恒成立，转化为不等式恒成立问题，讨论解不等式即可．【解答】解：由函数得，f″（x）=x2﹣mx﹣3（Ⅰ）若f（x）为区间（﹣1，3）上的“凸函数”，则有f″（x）=x2﹣mx﹣3＜0在区间（﹣1，3）上恒成立，由二次函数的图象，当且仅当，即⇔m=2．（Ⅱ）当|m|≤2时，f″（x）=x2﹣mx﹣3＜0恒成立⇔当|m|≤2时，mx＞x2﹣3恒成立．当x=0时，f″（x）=﹣3＜0显然成立．当x＞0，∵m的最小值是﹣2．∴．从而解得0＜x＜1当x＜0，∵m的最大值是2，∴，从而解得﹣1＜x＜0．（13分）综上可得﹣1＜x＜1，从而（b﹣a）max=1﹣（﹣1）=2（14分）【点评】本题考查函数的导数与不等式恒成立问题的解法，关键是要理解题目所给信息（新定义），考查知识迁移与转化能力，属于中档题．16.【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【专题】分类讨论；分类法；导数的概念及应用；导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，求得切线的斜率和切点，由切线的方程，可得a，b的方程，解方程可得a，b的值；（Ⅱ）求得导数，讨论a=0，a＞0，a＜0，由导数大于0，可得增区间，导数小于0，可得减区间，进而得到极值．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=x3﹣ax2﹣3a2x+b的导数为f′（x）=x2﹣2ax﹣3a2，f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为1﹣2a﹣3a2，由切线方程为y=1，可得f（1）=1，f′（1）=0，即为﹣a﹣3a2+b=1，1﹣2a﹣3a2=0，解得a=﹣1，b=或a=，b=；（Ⅱ）f′（x）=x2﹣2ax﹣3a2=（x﹣3a）（x+a），当a=0时，f′（x）≥0，f（x）在R上递增；当a＞0时，﹣a＜3a，当x＞3a或x＜﹣a时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣a＜x＜3a时，f′（x）＜0，f（x）递减．即有x=﹣a处取得极大值，且为b+a3；x=3a处取得极小值，且为b﹣9a3．当a＜0时，﹣a＞3a，当x＞﹣a或x＜3a时，f′（x）＞0，f（x）递增；当3a＜x＜﹣a时，f′（x）＜0，f（x）递减．即有x=﹣a处取得极小值，且为b+a3；x=3a处取得极大值，且为b﹣9a3．综上可得，a=0时，f（x）的增区间为（﹣∞，+∞），无极值；a＞0时，f（x）的增区间为（﹣∞，﹣a），（3a，+∞），减区间为（﹣a，3a），极小值为b﹣9a3，极大值为b+a3；a＜0时，f（x）的减区间为（﹣∞，3a），（﹣a，+∞），增区间为（3a，﹣a），极大值为b﹣9a3，极小值为b+a3．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值，考查分类讨论的思想方法，以及运算求解能力，属于中档题．17.考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的概念及应用．分析：（1）依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]，求导数，求得函数的单调性，从而可得函数的最大值；（2）求导函数，求得函数的单调性与最值，从而可得p的最小值；（3）先证明ln（1+x）≤x，令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：，从而可得．利用叠加法可得结论．解答：（1）解：依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]∵，而函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）∴f（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，∴f（x）在[0，e﹣1]上为增函数，∴∴实数m的取值范围为m≤e2﹣2（2）解：g（x）=f（x）﹣x2﹣1=2x﹣2ln（1+x）=2[x﹣ln（1+x）]，∴显然，函数g（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数∴函数g（x）的最小值为g（0）=0∴要使方程g（x）=p至少有一个解，则p≥0，即p的最小值为0（3）证明：由（2）可知：g（x）=2[x﹣ln（1+x）]≥0在（﹣1，+∞）上恒成立所以ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时等号成立令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：即，即所以ln2﹣ln1＜1，，，…，将以上n个等式相加即可得到：点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查恒成立问题，属于中档题．。