近年届高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2第3课时导数与函数的综合问题学案理北师大版(202

2019届高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2 第3课时导数与函数的综合问题学案理北师大版
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第3课时导数与函数的综合问题
题型一导数与不等式
命题点1 证明不等式
典例（2017·贵阳模拟)已知函数f（x）＝1－错误!，g（x）＝x－ln x. (1）证明：g（x）≥1；
(2)证明：（x－ln x）f（x)>1－错误!.
证明（1)由题意得g′（x）＝错误!(x〉0),
当0〈x〈1时，g′(x)<0。

当x>1时，g′(x）>0，
即g（x)在（0，1）上是减少的,在（1，＋∞)上是增加的．
所以g（x）≥g(1)＝1,得证．
(2）由f（x)＝1－错误!,得f′（x）＝错误!,
所以当0<x<2时，f′（x)<0,当x>2时，f′(x)〉0，
即f（x)在（0,2)上是减少的,在(2，＋∞）上是增加的，
所以f(x）≥f（2）＝1－错误!（当且仅当x＝2时取等号）．①
又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号），②
且①②等号不同时取得，
所以（x－ln x）f(x）〉1－错误!。

命题点2 不等式恒成立或有解问题
典例（2018·大同模拟）已知函数f（x)＝错误!.
(1）若函数f（x)在区间错误!上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥错误!恒成立，求实数k的取值范围．解（1)函数的定义域为（0,＋∞），
f′(x）＝错误!＝－错误!，
令f′(x）＝0，得x＝1。

当x∈(0，1)时，f′(x）〉0，f(x）是增加的;
当x∈（1,＋∞)时,f′(x）〈0，f（x）是减少的．
所以x＝1为函数f（x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0〈a<1<a＋错误!，
故错误!〈a〈1，即实数a的取值范围为错误!。

（2）当x≥1时，k≤错误!恒成立，
令g(x)＝错误!（x≥1)，
则g′（x）＝错误!
＝错误!.
再令h（x）＝x－ln x(x≥1），则h′(x）＝1－错误!≥0，
所以h（x)≥h(1)＝1，所以g′（x)〉0，
所以g（x）是增加的，所以g(x）≥g（1)＝2，
故k≤2,即实数k的取值范围是(－∞，2］．
引申探究
本例（2)中若改为：存在x∈［1,e］，使不等式f（x)≥错误!成立，求实数k 的取值范围．
解当x∈［1，e］时，k≤x＋11＋ln x
x
有解，
令g（x）＝错误!（x∈［1，e])，由例（2)解题知，
g(x)是增加的，所以g（x）
max ＝g(e)＝2＋
2
e
，
所以k≤2＋错误!,即实数k的取值范围是错误!.
思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法
证明f（x)〈g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F（x）＝f（x）－g（x），利用F（x)的单调性证明．
（2）利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
①首先要构造函数,利用导数求出最值，求出参数的取值范围．
②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
跟踪训练已知函数f（x）＝ax＋ln x，x∈[1,e］,若f(x）≤0恒成立，求实数a的取值范围．
解∵f(x)≤0,即ax＋ln x≤0对x∈［1，e]恒成立，
∴a≤－错误!，x∈[1，e]．
令g(x)＝－错误!，x∈［1，e]，
则g′(x）＝错误!，
∵x∈[1，e］，∴g′（x）≤0，
∴g(x)在［1，e]上是减少的,
∴g（x）min＝g（e）＝－错误!，
∴a≤－错误!。

∴实数a的取值范围是错误!.
题型二利用导数研究函数的零点问题
典例(2018·洛阳质检）已知函数f(x）＝x ln x，g（x）＝－x2＋ax－3。

（1）对一切x∈（0,＋∞),2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围;（2)探讨函数F（x)＝ln x－错误!＋错误!是否存在零点？若存在,求出函数F （x)的零点;若不存在，请说明理由．
解（1）由对一切x∈(0,＋∞），2f(x)≥g(x）恒成立，
即有2x ln x≥－x2＋ax－3。

即a≤2ln x＋x＋错误!恒成立,
令h(x)＝2ln x＋x＋错误!，
则h′(x）＝错误!＋1－错误!＝错误!
＝错误!,
当x>1时，h′（x）〉0，h(x)是增加的，
当0<x〈1时，h′(x)<0，h(x）是减少的，
∴a≤h（x)min＝h（1）＝4.
即实数a的取值范围是（－∞，4］．
(2)令F(x）＝0，得ln x－错误!＋错误!＝0，
即x ln x＝错误!－错误!（x>0）．
易求f(x)＝x ln x（x>0）的最小值为f错误!＝－错误!，
设φ(x）＝错误!－错误!（x〉0)，则φ′(x）＝错误!,
当x∈(0,1）时，φ′（x)〉0，φ(x)是增加的；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)是减少的．
∴φ（x)的最大值为φ（1）＝－错误!,
∴对x∈（0，＋∞）,有x ln x>错误!－错误!恒成立，
即F（x）>0恒成立，∴函数F（x)无零点．
思维升华利用导数研究方程的根(函数的零点）的策略
研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图像，然后根据图像判断函数的零点个数．
跟踪训练 (1)（2017·贵阳联考）已知函数f（x）的定义域为[－1，4］,部分对应值如下表:
x－10234
f(x）12020
f(x）的导函数y＝f′（x）的图像如图所示．当1〈a〈2时，函数y＝f（x)－a的零点的个数为( ）
A．1 B．2
C．3 D．4
答案D
解析根据导函数图像知，2是函数的极小值点，函数y＝f（x)的大致图像如图所示．
由于f(0）＝f(3)＝2,1〈a〈2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4。

（2)已知函数f（x）＝ax3－3x2＋1，若f（x)存在唯一的零点x0,且x0〉0，则实数a的取值范围是__________．
答案（－∞，－2)
解析当a＝0时，f（x)＝－3x2＋1有两个零点，不合题意，故a≠0,f′（x）＝3ax2－6x＝3x（ax－2)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝错误!.
若a〉0，由三次函数图像知f（x）有负数零点，不合题意，故a<0.
由三次函数图像及f(0）＝1>0知，f错误!〉0,
即a×错误!3－3×错误!2＋1〉0,化简得a2－4〉0，
又a〈0,所以a〈－2。

题型三利用导数研究生活中的优化问题
典例某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克）与
销售价格x（单位：元/千克)满足关系式y＝
a
x－3
＋10（x－6）2，其中3<x〈6,a
为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．
（1）求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解（1）因为当x＝5时，y＝11，
所以错误!＋10＝11，解得a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为
y＝错误!＋10（x－6）2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x）＝（x－3）错误!
＝2＋10（x－3）（x－6）2,3<x〈6.
则f′（x）＝10［（x－6)2＋2(x－3)(x－6)］
＝30(x－4)（x－6）．
于是,当x变化时，f′（x），f(x）的变化情况如下表：
x(3,4)4（4，6）
f′(x)＋0－
f（x)极大值42
由上表可得，当x＝4时，函数f（x）取得极大值，也是最大值．
所以，当x＝4时，函数f（x）取得最大值且最大值等于42.
答当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大．
思维升华利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
（1）分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．
(2）求函数的导数f′（x)，解方程f′(x)＝0.
(3）比较函数在区间端点和f′（x)＝0的点的函数值的大小，最大(小）者为最大(小)值．
（4）回归实际问题，结合实际问题作答．
跟踪训练某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间的关系为y＝错误!x3－错误!x2－40x(x〉0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．
答案40
解析令y′＝x2－39x－40＝0,得x＝－1或x＝40,
由于当0〈x〈40时，y′〈0；当x〉40时，y′〉0.
所以当x＝40时,y有最小值．
一审条件挖隐含
典例 (12分）设f(x）＝错误!＋x ln x，g（x）＝x3－x2－3.
(1）如果存在x1，x2∈[0，2］使得g(x1)－g（x2）≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
（2)如果对于任意的s，t∈错误!，都有f（s)≥g(t）成立，求实数a的取值范围．
(1)存在x1，x2∈［0,2]使得g(x1)－g(x2）≥M
↓(正确理解“存在”的含义）
[g(x1)－g（x2）］max≥M
↓挖掘[g(x1)－g（x2）］max的隐含实质
g（x）
－g（x）min≥M
max
↓
求得M的最大整数值
（2）对任意s,t∈错误!都有f(s）≥g（t）
↓（理解“任意”的含义)
f（x）
≥g（x)max
min
↓求得g（x）max＝1
错误!＋x ln x≥1恒成立
↓分离参数a
a≥x－x2ln x恒成立
↓求h（x）＝x－x2ln x的最大值
a≥h（x）
＝h(1)＝1
max
↓
a≥1
规范解答
解（1)存在x1，x2∈[0，2]使得g（x1）－g(x2)≥M成立，等价于[g（x1）－g（x
)]max≥M。

[2分]
2
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x错误!。

令g′（x)>0，得x<0或x>错误!，
又x∈［0，2]，所以g(x）在区间错误!上是减少的，在区间错误!上是增加的，所以g(x）min＝g错误!＝－错误!,
g(x）
＝g(2）＝1.
max
故［g（x1）－g（x2)］max＝g（x)max－g(x）min＝错误!≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.[5分］
（2）对于任意的s,t∈错误!，都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间错误!上,函数f(x）min≥g(x）max.
［7分]由(1)可知在区间错误!上，g(x)的最大值为g（2）＝1.
在区间错误!上,f(x）＝错误!＋x ln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．设h（x)＝x－x2ln x，h′（x)＝1－2x ln x－x,可知h′（x）在区间错误!上是减少的，又h′(1)＝0，
所以当1〈x<2时，h′(x)〈0；当错误!〈x〈1时,h′(x）〉0。

［10分］
即函数h（x)＝x－x2ln x在区间错误!上是增加的，在区间（1，2）上是减少的,所以h(x）max＝h（1)＝1，
所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．［12分]
1．(2018·天津调研）已知函数y＝x3－3x＋c的图像与x轴恰有两个公共点，则c等于（）
A．－2或2 B．－9或3
C．－1或1 D．－3或1
答案A
解析∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1。

则当x变化时，y′,y的变化情况如下表：
x(－∞,－1）－1(－1,1）1（1，＋∞)
y′＋0－0＋
y
c ＋2
c －2
因此，当函数图像与x 轴恰有两个公共点时，必有c ＋2＝0或c －2＝0,∴c ＝－2或c ＝2。

2．(2017·福建莆田一模)定义在R 上的函数f （x ）的导函数为f ′（x ），f （0)＝0.若对任意x ∈R ,都有f （x )〉f ′(x )＋1，则使得f （x ）＋e x
<1成立的x 的取值范围为( ） A ．（0，＋∞) B ．（－∞,0） C ．（－1，＋∞） D ．（－∞,1）
答案 A
解析 构造函数g (x )＝
f x －1
e
x
,则g （0)＝
0－1
e
0＝－1。

∵对任意x ∈R ，都有f （x )>f ′（x )＋1， ∴g ′（x ）＝错误! ＝
f ′x ＋1－f x
e
x
〈0，
∴函数g (x ）在R 上是减少的．
由f (x )＋e x
〈1化为g （x ）＝错误!〈－1＝g （0）， ∴x 〉0。

∴使得f (x )＋e x
<1成立的x 的取值范围为（0，＋∞）．
3．（2018届全国名校联考）若不等式2x ln x ＋x 2
＋ax ＋3≥0对x ∈（0，＋∞）恒成立，则实数a 可取的值组成的集合是( ) A ．{a |－4≤a ≤0｝ B ．{a ｜a ≥－4} C ．{a ｜0≤a ≤4} D ．｛a |a ≥4｝
答案 B
解析 由题意得ax ≥－2x ln x －x 2
－3，
即a ≥－2ln x －x －错误!，令g (x ）＝－2ln x －x －错误!， 则g ′(x )＝－错误!－1＋错误!＝错误! ＝错误!。

当x ∈(0,1)时，g ′（x )〉0，g （x )是增加的，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )
〈0,g （x )是减少的,函数g （x ）max ＝g （1）＝－4，所以a ≥g （x ）max ＝－4，即｛a ｜a ≥－4}．
4．若函数f (x ）＝2x 3－9x 2
＋12x －a 恰好有两个不同的零点,则a 可能的值为
( )
A ．4
B ．6
C ．7
D ．8
答案 A
解析 由题意得f ′(x ）＝6x 2－18x ＋12＝6（x －1)（x －2),
由f ′（x )>0，得x 〈1或x >2，由f ′（x )<0，得1〈x <2，
所以函数f （x ）在(－∞，1），(2，＋∞)上是增加的，
在(1,2)上是减少的，从而可知f （x )的极大值和极小值分别为f （1)，f (2)． 若函数f （x )恰好有两个不同的零点，则f (1）＝0或f （2)＝0，解得a ＝5或a ＝4，故选A.
5．某公司生产某种产品,固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的关系是R （x ）＝错误!则总利润最大时,年产量是( ）
A ．100
B ．150
C ．200
D ．300
答案 D
解析 由题意得，总成本函数为C （x )＝20 000＋100x ，
总利润P （x ）＝错误!
又P ′(x ）＝错误!
令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知当x ＝300时，总利润P （x )最大．
6．(2018·厦门调研)已知f （x )＝错误!x 2＋错误!＋c （b ,c 是常数）和g (x ）＝14
x ＋错误!是定义在M ＝{x ｜1≤x ≤4｝上的函数，对于任意的x ∈M ,存在x 0∈M 使得f （x ）≥f (x 0),g (x )≥g (x 0)，且f （x 0)＝g （x 0),则f （x ）在M 上的最大值为( )
A.错误! B ．5 C ．6 D ．8
答案 B
解析 因为当x ∈［1，4］时，g (x )＝错误!x ＋错误!≥2错误!＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2）＝2＋错误!＋c ＝g （2）＝1，所以c ＝－1－错误!，
所以f （x ）＝错误!x 2
＋错误!－1－错误!，所以f ′(x ）＝x －错误!＝错误!.因为f (x ）在x ＝2处有最小值，且x ∈［1,4］,所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，经检验，b ＝8，c ＝－5符合题意．所以f （x ）＝错误!x 2
＋错误!－5，f ′(x ）＝x 3－8x 2，所以f （x ）在［1，2）上是减少的，在（2，4］上是增加的，而f (1)＝错误!＋8－5＝错误!，f （4）＝8＋2－5＝5，所以函数f (x ）在M 上的最大值为5，故选B.
7．（2017·安徽江南名校联考)已知x ∈(0,2),若关于x 的不等式错误!<错误!恒成立，则实数k 的取值范围为________．
答案 [0,e －1）
解析 由题意，知k ＋2x －x 2〉0。

即k >x 2－2x 对任意x ∈(0，2）恒成立，从而k ≥0，
因此由原不等式，得k <错误!＋x 2－2x 恒成立．
令f (x )＝错误!＋x 2－2x ，则f ′（x ）＝(x －1）错误!。

令f ′（x ）＝0,得x ＝1，当x ∈（1，2）时，f ′（x ）〉0，函数f （x ）在（1，
2）上是增加的，当x ∈(0,1）时，f ′(x )〈0,函数f （x ）在（0，1)上是减少的，所以k 〈f (x )min ＝f （1）＝e －1,故实数k 的取值范围为［0，e －1)．
8．直线x ＝t 分别与函数f （x )＝e x ＋1的图像及g （x ）＝2x －1的图像相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为______．
答案 4－2ln 2
解析 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1）|
＝｜e t －2t ＋2|，令h （t ）＝e t －2t ＋2，
则h ′(t ）＝e t
－2，所以h （t )在（－∞，ln 2)上是减少的，
在（ln 2,＋∞）上是增加的，
所以h （t )min ＝h （ln 2）＝4－2ln 2>0,
即｜AB |的最小值是4－2ln 2.
9．（2018·郑州调研)已知函数f (x ）＝ax 3－3x ＋1对x ∈（0，1］总有f （x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________．
答案 ［4，＋∞）
解析 当x ∈(0，1]时，不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥错误!，设g （x )＝错误!，
x∈（0,1］，则
g′（x)＝错误!＝－错误!.
易知当x＝1
2
时，g（x)max＝4,
∴实数a的取值范围是［4，＋∞)．
10．(2018·佛山质检)定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0,且不等式f （x）〉－xf′(x）在（0,＋∞）上恒成立，则函数g（x）＝xf(x）＋lg|x＋1｜的零点个数为________．
答案3
解析定义在R上的奇函数f（x）满足：
f（0）＝0＝f（3)＝f（－3），f（－x)＝－f（x）,
当x>0时，f（x）>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)〉0，
∴［xf（x)]′〉0,即h(x)＝xf（x）在x>0时是增加的，
又h（－x)＝－xf（－x)＝xf(x），
∴h（x）＝xf（x）是偶函数，
∴当x〈0时,h（x）是减少的，结合函数的定义域为R，
且f（0)＝f(3)＝f(－3)＝0，
可得函数y1＝xf(x）与y2＝－lg｜x＋1｜的大致图像如图，
由图像可知,函数g(x）＝xf(x)＋lg｜x＋1｜的零点的个数为3。

11．（2017·全国Ⅲ）已知函数f(x）＝x－1－a ln x。

（1)若f（x）≥0，求a的值；
(2）设m为整数，且对于任意正整数n,错误!错误!·…·错误!〈m，求m的最小值．
解(1)f(x）的定义域为（0，＋∞），
①若a≤0，因为f错误!＝－错误!＋a ln 2〈0，所以不满足题意；
②若a>0，由f′（x）＝1－错误!＝错误!知，当x∈（0，a)时，f′（x)〈0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)〉0，所以f(x）在（0，a)上是减少的，在(a，＋∞)上是增加的,
故x＝a是f(x）在x∈(0,＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．
由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时,f（x）≥0，
故a＝1。

（2）由(1）知当x∈（1，＋∞）时，x－1－ln x>0，
令x＝1＋错误!,得ln错误!<错误!,从而ln错误!＋
ln错误!＋…＋ln错误!〈错误!＋错误!＋…＋错误!
＝1－错误!〈1。

故错误!错误!…错误!〈e,
而错误!错误!·错误!＝错误!〉2,
所以m的最小值为3.
12．（2017·广州调研）已知函数f(x）＝e x－m－x，其中m为常数．
（1）若对任意x∈R有f(x）≥0恒成立，求m的取值范围;
(2）当m〉1时，判断f（x）在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．
解（1)由题意，可知f′(x）＝e x－m－1，
令f′(x）＝0,得x＝m.
故当x∈(－∞,m）时，e x－m〈1，f′(x）<0，f（x)是减少的；
当x∈（m，＋∞）时，e x－m>1，f′（x)〉0，f(x）是增加的．
故当x＝m时，f(m）为极小值也为最小值．
令f（m）＝1－m≥0,得m≤1，
即对任意x∈R，f(x）≥0恒成立时,
m的取值范围是（－∞，1]．
（2)f（x)在[0，2m]上有两个零点，理由如下：
当m>1时，f(m)＝1－m<0.
∵f（0）＝e－m>0,f(0）·f(m)<0，且f(x）在（0，m）上是减少的,
∴f（x）在(0，m)上有一个零点．
又f（2m）＝e m－2m，令g（m)＝e m－2m，
则g′（m)＝e m－2,∵当m>1时，g′(m）＝e m－2>0，
∴g（m）在（1，＋∞）上是增加的．
∴g(m）〉g（1)＝e－2〉0，即f（2m)>0。

∴f（m）·f（2m)〈0，∴f(x)在（m,2m）上有一个零点．
故f(x)在［0,2m］上有两个零点．
13．（2018届中山一中测试）已知a,b∈R，直线y＝ax＋b＋错误!与函数f（x）
＝tan x的图像在x＝－π
4
处相切，设g（x)＝e x＋bx2＋a，若在区间[1，2]上，
不等式m≤g（x)≤m2－2恒成立，则实数m有( ）
A．最大值e B．最大值e＋1
C．最小值－e D．最小值e
答案B
解析由f′（x)＝错误!,可得f′错误!＝2，
又f 错误!＝－1，所以直线y＝ax＋b＋错误!与函数f(x）＝tan x的图像的切点为错误!，因此a＝2，b＝－1，g（x）＝e x－x2＋2，所以当x∈［1,2］时,g′(x)＝e x－2x>0，g(x）＝e x－x2＋2是增加的,所以g（x)min＝e＋1，g(x）max＝e2－2.所以e≤m≤e＋1或m≤－e.
14．（2018届全国名校联考)已知函数f（x)＝3ln x－错误!x2＋2x－3ln 3－错误!，则方程f(x)＝0的解的个数是______．
答案1
解析因为f（x）＝3ln x－错误!x2＋2x－3ln 3－错误!，
所以f′(x)＝错误!－x＋2＝错误!
＝错误!,
当x∈(0，3）时,f′（x）〉0，f（x）是增加的,
当x∈（3，＋∞)时，f′(x)<0,f（x）是减少的,
当x→0时，f(x）→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f（x)max＝f（3）＝3ln 3－9
2
＋6－3ln 3－错误!＝0，所以方程f(x）＝0只有一个解．
15．(2018·海口调研)设函数f（x）＝3sin 错误!.若存在f（x）的极值点x
满足x错误!＋[f(x0)]2〈m2，则m的取值范围是__________．
答案（－∞，－2)∪(2，＋∞）
解析f′(x)＝错误!π·cos 错误!x.
由f′（x0）＝0，得x0＝mk＋错误!，k∈Z，
∴错误!2＋错误!2〈m2,k∈Z，
即m2错误!2＋3<m2，k∈Z，
∵m≠0，∴错误!2〈错误!，k∈Z,
又错误!min＝错误!,∴错误!>错误!，
解得m〉2或m<－2。

16．(2016·全国Ⅲ）设函数f（x）＝ln x－x＋1.
（1）讨论f(x)的单调性；
(2）证明:当x∈（1，＋∞）时,1〈错误!〈x；
（3)设c>1，证明:当x∈（0,1)时，1＋（c－1）x>c x.
（1）解由题设知，f（x)的定义域为（0，＋∞），
f′(x）＝错误!－1，令f′(x）＝0，解得x＝1.
当0<x〈1时，f′（x)〉0，f(x)是增加的;当x〉1时，f′（x）<0，f（x)是减少的．
（2)证明由（1）知，f（x)在x＝1处取得极大值也为最大值,最大值为f(1)＝0。

所以当x≠1时，ln x〈x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x〈x－1，ln错误!<错误!－1，
即1<x－1
ln x
〈x.
(3）证明由题设c>1，设g(x）＝1＋（c－1）x－c x,则g′（x）＝c－1－c x ln c,令g′（x）＝0，
解得x0＝错误!。

当x〈x0时,g′（x）>0，g（x)是增加的；
当x>x0时，g′（x)<0，g(x)是减少的．
由（2)知1〈c－1
ln c
<c,故0<x0<1.
又g(0）＝g（1）＝0，故当0<x<1时,g（x）>0.所以当x∈(0，1)时,1＋(c－1)x>c x.。