重庆市涪陵实验中学校2020届高三上学期第一次月考数学（理）试题

重庆市涪陵实验中学校2020届高三上学期第一次月考数学（理）试题

重庆市涪陵实验中学校高 2020 级高三上期第一次月考数学 (理科)试题 第Ⅰ卷 （选择题 共 60 分） 一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分；每小题只有唯一符合题目要求的答案） 1.已知集合    3 , 0,1,2,3,4A x y x B    ，则 A B  （ ） A.  B.  0,1,2 C.  0,1,2,3 D.    ,3 4  【答案】C 【解析】 【分析】 首先求得集合 A，然后进行交集运算即可. 【详解】求解函数 3 y x 的定义域可得：  | 3A x x  ， 结合交集的定义有：  0,1,2,3A B  . 本题选择 C 选项. 【点睛】本题主要考查集合的表示方法，交集的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计 算求解能力. 2.若命题 0 0: , 1xP x Z e   ，则 p 为（ ） A. , 1xx Z e   B. , 1xx Z e   C. , 1xx Z e   D. , 1xx Z e   【答案】B 【解析】 【分析】 利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可． 【详解】因为特称命题的否定是全称命题， 所以命题 p： 0 0: , 1xP x Z e   ，则￢p 为：∀x∈Z，ex≥1， 故选：B． 【点睛】本题考查特称命题与全称命题的否定，是基础题． 3.下列函数中，既在 0,  上单调递增，又是奇函数的是（ ） A. y x B. 1y x x  C. 1y x x  D. lgy x 【答案】C 【解析】 【分析】 利用奇偶性排除 A,D,利用单调性排除 B 即可 【详解】在 A 中，y＝|x|是偶函数，故 A 错误； 在 B 中，y＝x﹣1﹣x 在（0，+∞）上单调递减，又是奇函数，故 B 错误； 在 C 中，y＝x﹣x﹣1 在（0，+∞）上单调递增，又是奇函数，故 C 正确； 在 D 中，y＝lgx 在（0，+∞）是非奇非偶函数，故 D 错误． 故选：C． 【点睛】本题考查函数的单调性、奇偶性的判断，考查函数的单调性、奇偶性等基础知识， 考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 4.定积分  1 21 4 dx x x   （ ） A. 0 B. 1 C. 2 3  D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 利用微积分基本定理求出即可。 【详解】   11 3 2 2 1 1 24 d 2 3 3 xx x x x            .选 C. 【点睛】本题关键是求出被积函数的一个原函数。 5.sin15 cos75 cos15 sin105   等于（ ） A. 0 B. 1 2 C. 1 D. 3 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由题得原式=sin15 cos75 cos15 sin75    ，再利用和角的正弦公式化简计算. 【详解】由题得原式=sin15 cos75 cos15 sin 75 =sin(15 75 ) sin90 1         . 故选：C 【点睛】本题主要考查诱导公式和和角的正弦公式的运用，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平，属于基础题. 6.“函数 2( ) 2( 1) 3f x x a x     在区间 ( ,2] 上单调递增”是“ 4a   ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 先分析“ 4a   ”能否推出“函数 2( ) 2( 1) 3f x x a x     在区间 ( ,2] 上单调递增”， 这是必要性分析；然后分析“函数 2( ) 2( 1) 3f x x a x     在区间 ( ,2] 上单调递增”能 否推出“ 4a   ”，这是充分性分析，然后得出结果. 【详解】若 4a   ，则对称轴 ( 1) 3 2x a     ，所以 ( )f x 在 ( ,2] 上为单调递增， 取 3a   ，则对称轴 ( 1) 2x a    ， ( )f x 在 ( ,2] 上为单调递增，但 4a   ，所以“ ( )f x 在 ( ,2] 上为单调递增”是“ 4a   ”的必要不充分条件. 【点睛】充分、必要条件的判断，需要分两步：一方面要说明充分性是否满足，另一方面也 要说明必要性是否满足. 7.设 0.5 3 42 , log π,c=log 2a b  ，则（ ） A. b a c  B. b c a  C. a b c  D. a c b  【答案】A 【解析】 【详解】 4 1c=log 2 2  ，因为指数函数 2xy  在 R 上为增函数， 故 ，即 ； 0.5 02 2 1   ，又因为 在 时为增函数， 故 ，故 ，即 , 综上得∴b＞a＞c，故选 A． 本题主要考查初等函数的性质. 8.已知函数 ( )f x 满足： ( ) ( ) 0f x f x- + = ，且当 0x  时， 2( ) 12x mf x   ，则 ( 1)=f  （ ） A. 3 2 B. 3 2  C. 1 2 D. 1 2  【答案】C 【解析】 【分析】 利用     0f x f x   可知 f（0）=0,可求得 m=-1,由函数的解析式先求得 f(1)再求得 f（-1） 即可． 【详解】由题知函数  f x 为奇函数，且  0 0f  ，则 0 2 1 02 m   ，又当 0x  时，   2 12x mf x   ，   0 20 1 m 1 02 mf       ，得 1m   ，故   1 12xf x   ，那么    1 1f f   1 112 2        .故选 C 【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，函数值的求法，考查计算能力． 9.函数 3 x xe ey x x   的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据奇偶性和函数的特殊点，对选项进行排除，由此得出正确选项. 【详解】令   3 x xe ef x x x   ，则    f x f x  ，故函数为偶函数，图像关于 y 轴对称，排 除 C 选 项 . 由 3 0x x  ， 解 得 0x  且 1x   .   0.5 0.5 1 0.5 00.125 0.5 e ef    ， 排 除 D 选 项.   10 10 1 10 11000 10 e ef    ，故可排除 B 选项.所以本小题选 A. 【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，主要通过函数的奇偶性和函数图像上的特殊点进 行排除，属于基础题. 10.将函数 ( ) sin 2f x x 向右平移 4  个单位后得到函数 ( )g x ，则 ( )g x 具有性质（ ） A. 在 (0, )4  上单调递增，为偶函数 B. 最大值为 1，图象关于直线 3 4x  对称 C. 在 3( , )8 8   上单调递增，为奇函数 D. 周期为 ，图象关于点 3( ,0)8  对称 【答案】A 【解析】 【分析】 由条件根据诱导公式、函数 y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得 g（x）的解析式，再利 用正弦函数的图象性质得出结论． 【 详 解 】 将 函 数   sin2f x x 的 图 象 向 右 平 移 4  个 单 位 后 得 到 函 数 sin 2 cos24g x x x   （ ） （ ） 的图象， 故当 x∈ 0, 4      时，2x∈ 0, 2      ，故函数 g（x）在 0, 4      上单调递增，为偶函数， 故选 A． 【点睛】本题主要考查诱导公式的应用，函数 y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，余弦函数 的图象性质，属于基础题． 11.如果函数  f x 上存在两个不同点 ,A B 关于原点对称，则称 ,A B 两点为一对友好点， 记作 ,A B 规定 ,A B 和 ,B A 是同一对，已知            0 ,lg      0 cosx xf x x      ，则函数  f x 上 共存在友好点 ( ) A. 14 对 B. 3 对 C. 5 对 D. 7 对 【答案】D 【解析】 因为  lgy x   关于原点对称的函数是 lgy x ，函数  f x 上的友好点的对数即方程 cos lg , 0x x x  的解的个数，也是函数 cosy x 与  lgy x 的图象的交点个数，作函数 cosy x 与  lgy x 的图象，如图，由图可得，共有 7 个交点，数  f x 上存在友好点共 有 7 对，故选 D. 【方法点睛】本题考查函数的图象与性质、新定义问题及数形结合思想，属于难题.新定义题 型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问 题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实 现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄 清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解 决.本题通过定义“友好点”达到考查函数的图象与性质的目的. 12.已知点 A 是函数 ( ) sin( )( 0,0 )f x x         的图像上的一个最高点，点 B 、C 是函数 ( )f x 图像上相邻两个对称中心，且三角形 ABC 的周长的最小值为 2 2 2 .若 0m  ，使得 ( ) ( )f x m mf x   ，则函数 ( )f x 的解析式为 A. sin( )2 4y x   B. sin( )2 3y x   C. sin( )4y x   D. sin( )3y x   【答案】A 【解析】 【分析】 由题意，可得 A 的纵坐标为 1，要使得 ABC 的周长的最小值为 2 2 2 ，则在 ABC 中， 则 2 21 ( )2AB AC w    ，求得 2w  ，再由 0m  ，使得 ( ) ( )f x m mf x   ，解得 ,m  ，即得到答案. 【详解】由题意，可得 A 的纵坐标为 1， 1 2 2BC w w     , 要使得 ABC 的周长的最小值为 2 2 2 ，则在 ABC 中，则 2 21 ( )2AB AC w    ， 即 2 22 1 ( ) 2 2 22l AB AC BC w w          ，解得 2w  ， 即函数的解析式为 ( ) sin( )2f x x   ， 又由 0m  ，使得 ( ) ( )f x m mf x   ，即sin[ ( ) ] sin( )2 2x m m x       ， 所以 1, 4m   ， 所以函数的解析式为 ( ) sin( )2 4f x x   ，故选 A. 【点睛】本题主要考查了根据条件求解三角函数解析式，其中解答中熟记三角函数的图象与 性质，以及三角形的周长的最小值，以及 ( ) ( )f x m mf x   ，求得 ,w  的值是解答的关键， 着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 第Ⅱ卷 （非选择题 共 90 分） 二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.函数   sin 12 6f x x       的最小正周期为_____. 【答案】4 【解析】 【分析】 根据正弦型函数的最小正周期的公式直接得到结果. 【详解】  f x 的最小正周期： 2 4 2 T    本题正确结果： 4 【点睛】本题考查正弦型函数最小正周期的求解，属于基础题. 14.已知 tan 2  ，则 2sin 2sin cos   =__________． 【答案】 8 5 【解析】 【分析】 化 2sin 2sin cos   为分式，利用齐次式求解即可 【详解】 2 2 2 2 2 2 sin 2sin cos tan 2tan 8sin 2sin cos sin cos tan 1 5                 故答案为 8 5 【点睛】本题考查同角三角函数基本关系，齐次式值，将原式化为分母为 1 是关键，是基础 题 15.16/17 世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易以及军事的发展，改进数字计算方法成了 当务之急，约翰 纳皮尔正是在研究天文学的过程中，为了简化其中的计算而发明了对数.后 来天才数学家欧拉发现了对数与指数的关系，即 ba N  logab N . 现在已知 2 3a  ， 3 4b  ，则 ab  __________. 【答案】2 【解析】 【分析】 先根据要求将指数式转为对数式，作乘积运算时注意使用换底公式去计算. 【详解】∵ 2 3a  ， 3 4b  ∴ 2log 3a  ， 3log 4b  ∴ 2 3 ln3 ln4 ln4log 3 log 4 2ln2 ln3 ln2ab       故答案为 2 【点睛】底数不同的两个对数式进行运算时，有时可以利用换底公式： loglog log b b c a a c  将其转化 为同底数的对数式进行运算. 16.在 (1, ) 上的函数 ( )f x 满足：① (2 ) ( )f x cf x （ c 为正常数）；②当 2 4x  时， 2( ) 1 ( 3)f x x   ，若 ( )f x 的图象上所有极大值对应的点均落在同一条直线上，则 c  ___． 【答案】1 或 2 【解析】 【分析】 由已知可得分段函数 f（x）的解析式，进而求出三个函数的极值点坐标，根据三点共线，则 任取两点确定的直线斜率相等，可以构造关于 c 的方程，解方程可得答案． 【详解】∵当 2≤x≤4 时，f（x）＝1﹣（x﹣3）2， 当 1≤x＜2 时，2≤2x＜4， 则 f（x） 1 c  f（2x） 1 c  [1﹣（2x﹣3）2]， 此时当 x 3 2  时，函数取极大值 1 c ； 当 2≤x≤4 时，f（x）＝1﹣（x﹣3）2，此时当 x＝3 时，函数取极大值 1， 当 4＜x≤8 时，2 1 2 ＜ x≤4 则 f（x）＝cf（ 1 2 x）＝c[1﹣（ 1 2 x﹣3）2]， 此时当 x＝6 时，函数取极大值 c， ∵函数的所有极大值点均落在同一条直线上， 即点（ 3 2 ， 1 c ），（3，1），（6，c）共线， ∴ 11 1 3 6 33 2 cc    解得 c＝1 或 2． 故答案为：1 或 2 【点睛】本题考查的知识点是三点共线，函数的极值，其中根据已知分析出分段函数 f（x） 的解析式， 进而求出三个函数的极值点坐标，是解答本题的关键． 三、解答题（共 6 个小题，共 70 分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.已知 2: 3 4 0p x x   ，   : 1 0q x x m   . （1）若 2m  ，命题“p∨q”为真，求实数 x 的取值范围； （2）若 p 是 q 的必要不充分条件，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1）[﹣4，2）；（2） [﹣4，1] 【解析】 【分析】 （1）根据复合命题真假关系进行转化求当命题“p∨q”为假时的范围即可． （2）根据必要不充分条件与集合包含关系进行转化求解即可． 【详解】（1）若 m＝2 时，p：﹣4≤x≤1，q：﹣1＜x＜2， p∨q 为真时，p、q 两个命题一真一假或两个都为真，其对立事件为两个都为假，当 p 假且 q 假时 1 4 2 1 x x x x      ＞ 或 ＜ 或 ，即 x≥2 或 x＜﹣4， 所以 p∨q 为真时﹣4≤x＜2，即 x 的取值范围为[﹣4，2）； （2）若 p 是 q 的必要不充分条件，则 q 的解集  p 的解集， ①q＝∅ 时，即 m＝﹣1 时，满足题意； ②q≠∅ 时，当 m＞﹣1 时 p：﹣4≤x≤1，q：﹣1＜x＜m，因为 q 的解集  p 的解集，所以 m≤1．即 -1m≥﹣4． 综上﹣4≤m≤1； 综上，实数 m 的取值范围为[﹣4，1]． 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的应用以及复合命题真假关系的应用，求出命题 的等价条件是解决本题的关键． 18.已知 ，  为锐角， 3sin 5   ，   5sin 5    . （1）求 cos2 的值； （2）求sin( )  的值． 【答案】（1） 7 25 （2） 41 5 125 【解析】 【分析】 （1）由二倍角直接求解即可（2）先由两角差的正弦求得 cos ,sin  ，再求解即可 【详解】（1） 2 7cos2 1 2sin 25     （2）由题 ，  为锐角，故 4cos 5   ，且 2 2       ，故   2 5cos 5    ， 所以       11 5cos cos cos cos sin sin 25                    ，故 2 5sin 25   则 41 5sin( ) sin cos cos sin 125          【点睛】本题考查两角和与差的正余弦，同角三角基本关系，准确计算是关键，是基础题 19.已知函数    1xf x e x  . （1）求函数  f x 的极值； （2）若函数     3 xg x f x e m   有两个零点，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）  f x 的极小值为   22f e   ，无极大值；（2） 0e m   . 【解析】 【分析】 （1）求导，判断 ( )f x 正负，得函数  f x 的单调性即可求得极值；（2）利用曲线 ( ) ( 2)xu x e x   与直线 y m 有两个交点，构造函数 ( ) ( 2) ( 1)x x xu x e x e e x      ，求 导判单调性，利用数形结合及值域求解即可 【详解】（1） 则 ( ) ( 2)xf x e x   ， 所以当 2x   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 为减函数；当 2x   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 为增函数； 所以  f x 的极小值为   22f e   ，无极大值； （2） ( ) ( ) 3 ( 2)x xg x f x e m e x m      ， 函数 ( ) ( 2)xg x e x m   有两个零点，相当于曲线 ( ) ( 2)xu x e x   与直线 y m 有两个交 点. ' ( ) ( 2) ( 1)x x xu x e x e e x      ， 当 ( ,1)x  时， ( ) 0 ( )u x u x   在 ( ,1) 单调递减， 当 (1, )x  时， ( ) 0 ( )u x u x   在 (1, ) 单调递增， 1x  时， ( )u x 取得极小值 (1)u e  ， 又 x   时， ( )u x   ； 2x  时， ( ) 0u x  ， 0e m   . 【点睛】本题考查函数的单调性与极值，考查函数零点问题，转化的应用，是中档题 20.已知函数     πsin 2 ( 0, )2f x x       的最小正周期为π，它的一个对称中心为 （ 6  ，0） (1)求函数 y＝f(x)图象的对称轴方程； (2)若方程 f(x)＝１ ３在(0，π)上的解为 x1，x2，求 cos(x1－x2)的值． 【答案】(1) 5x k Z12 2 k   ， (2) 1 3 【解析】 试题分析：（1）第（1）问，先通过三角函数的图像和性质求出函数的解析式，再求函数的图 像的对称轴方程. (2)第（2）问，利用函数的对称性，消去 2x 即可求解. 试题解析： 由题得 2= 2 2 ( ) 16 3 2 w w k k z w                     所以 f(x)＝sin(2x－ π 3 )． 令 2 3 2x k    ，得  5 12 2 kx k z    ， 即 y=f（x）的对称轴方程为  5 12 2 kx k z    ， (2) 由条件知 1 2 1sin 2 sin 2 03 3 3x x               ，且 1 2 5 20 12 3x x     ， 易知（x1，f（x1））与（x2，f（x2））关于 5 12x  对称，则 1 2 5 6x x   ，  1 2 1 1 1 1 1 5 526 6 12 23 2 3 3 cos x x cos x x cos x cos x sin x                                          点睛:本题的难点是解题的思路,要首先想到消元,消去 2x ，怎么消元。这里要利用对称轴的性 质.它实际上就是高中数学里的转化的思想，转化的思想是数学里最普遍的数学思想，要注意 灵活运用. 21.已知函数 ( ) sinf x x x  ． （Ⅰ）求曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))2 2f  处的切线方程； （Ⅱ）若不等式 ( )f x ax 对任意 π[0, ]2x 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ） 1y x  ；（Ⅱ）见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）利用导数求出 2f     的值，作为切线的斜率，求出 2f      ，确定切点坐标，再利用点 斜式写出所求切线方程； （Ⅱ）由不等式  f x ax 对任意的 0, 2x     恒成立转化为 sin1 xa x   对任意的 0, 2x     恒成立，并构造函数   sin1 xg x x   ，利用导数求出函数  y g x 在区间 0, 2      上的最小值，于此可求出实数 a 的取值范围。 【详解】（Ⅰ）因为 ( ) sinf x x x  ，所以 ( ) 1 cosf x x   ， ( ) 12f   ， ( ) 12 2f    ， 所以曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))2 2f  处的切线方程 1y x  ； （Ⅱ）即 sinx x ax  对任意 π[0, ]2x 恒成立. 当 0x  时，显然成立， a R 当 (0, ]2x  时，等价于 sin1 xa x   ， 令 sin( ) 1 xg x x   ， (0, ]2x  .则 / 2 cos sin( ) x x xg x x  令 ( ) cos sinh x x x x  ， 则 / ( ) sinh x x x  0 对任意 (0, ]2x  恒成立， 故 ( )h x 在 (0, ]2  单减，于是 ( ) (0) 0.h x h  即 / ( ) 0g x  .从而 ( )g x 在 (0, ]2  单减， 故 min 2( ) ( ) 1 .2g x g     所以 21 .a   综上所述， 21 .a   【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，以及利用导数研究函数不等式恒成立问题， 通常利用参变量分离法进行转化为定函数的最值问题来求解，考查分析问题的能力与计算能 力，属于难题。 22.已知函数    2ln 2 1f x x ax a x     . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）设 a Z ，若对任意的  0, 0x f x  恒成立，求整数 a 的最小值； （3）求证：当 0x  时， 3 2ln 2 1 0xe x x x x x      . 【答案】（1）见解析；（2）2；（3）见证明 【解析】 【分析】 （1）求出原函数的导函数 f′（x）   2 1 1x ax x    （x＞0），讨论 a≥0，和 a＜0，由 f′ （x）的正负确定函数的单调性； （2）a≤0，不满足 f（x）≤0 恒成立． a>0，由（1）求得函数的最大值，构造函数结合零 点存在定理求其最值的范围，求得 a 的最小值 （3）由（2）可知 f（x）＝lnx﹣2x2+1＜0，得到 ex﹣xlnx+2x3﹣x2+x﹣1＞ex﹣x2+2x﹣1． 构造 u（x）＝ex﹣x2+2x﹣1（x＞0），利用两次求导证明 ex﹣xlnx+2x3﹣x2+x﹣1＞0． 【详解】（1）解：f（x）＝lnx-ax2+（-a+2）x+1，f′（x） 1 x   2ax-a+2   2 1 1x ax x    （x＞0）， ①若 a≤0，则 f′（x）＞0，函数 f（x）在（0，+∞）上单调递增； ②若 a>0，由 f′（x）＞0，得 0＜x 1 a ＜ ；由 f′（x）＜0，得 x 1 a ＞ ． ∴函数 f（x）在（0， 1 a ）上单调递增，在（ 1 a ，+∞）上单调递减； （2）若 a≤0，则 f（1）＝-2a+3＞0，∴不满足 f（x）≤0 恒成立． 若 a>0，由（1）可知，函数 f（x）在（0， 1 a ）上单调递增，在（ 1 a ，+∞）上单调递减． ∴ 1 1 1( )maxf x f lna a a             ，又 f（x）≤0 恒成立， ∴ 1 1 1( )maxf x f lna a a              0， 设 g（x）＝lnx+x，则 g（ 1 a ）≤0． ∵函数 g（x）在（0，+∞）上单调递增，且 g（1）＝1＞0，g（ 1 2 ） 1 1 2 2ln  ＜0， ∴存在唯一的 x0∈（ 1 12 ，），使得 g（x0）＝0． 当 x∈（0，x0）时，g（x）＜0，当 x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0． ∴0 1 a ＜ x0，解得 a≥ 0 1 x ∈（1,2）， 又 a∈Z，∴a≥2． 则综上 a 的最小值为 2； （3）由（2）可知，a＝2 时，f（x）＝lnx﹣2x2+1＜0， ∴lnx＜2x2﹣1，则﹣xlnx＞﹣2x3+x， ∴ex﹣xlnx+2x3﹣x2+x﹣1＞ex﹣2x3+x+2x3﹣x2+x﹣1＝ex﹣x2+2x﹣1． 记 u（x）＝ex﹣x2+2x﹣1（x＞0），则 u′（x）＝ex﹣2x+2． 记 h（x）＝ex﹣2x+2，则 h′（x）＝ex﹣2， 由 h′（x）＝0，得 x＝ln2． 当 x∈（0，ln2）时，h′（x）＜0，当 x∈（ln2，+∞）时，h′（x）＞0， ∴函数 h（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，    min ln 2 4 2ln 2 0h x h     ． ∴h（x）＞0，即 u′（x）＞0，故函数 u（x）在（0，+∞）上单调递增． ∴u（x）＞u（0）＝e0﹣1＝0，即 ex﹣x2+2x﹣1＞0． ∴ex﹣xlnx+2x3﹣x2+x﹣1＞0． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求最值，考查数学转化思想方 法，属难题．