考点03 期中训练之集合和函数概念1-2020-2021学年高一《新题速递·数学》（人教版）

考点03 期中训练之集合和函数概念1

1.（2020•林州市校级月考）已知函数若对x∈R恒成立．则实数a的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：在平面直角坐标系中作出y＝f（x）的图象，
由直线过点，
由图可知：当x＞0时，成立的条件是a≤0，
当x≤0时，的临界状态是相切，
设切点（x0，y0），，
则，
解得：，
此时，
综上所述：若对x∈R恒成立，
则．
故选：C．

【知识点】函数恒成立问题
2.（2020•金凤区校级期中）已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，3） B．[﹣2，3） C．[﹣2，+∞） D．（﹣2，3）
【解答】解：当x≥1时，f（x）＝3x﹣1≥1；
当x＜1时，
若a＝3，则f（x）＝6，此时值域为[1，+∞）；
若a＞3，则f（x）在（﹣∞，1）单调递减，f（x）min＞f（1）＝3+a＞6，此时值域为[1，+∞）；
若a＜3，则f（x）在（﹣∞，1）单调递增，又f（1）＝a+3，此时f（x）＜a+3，
又当x≥1时，f（x）＝3x﹣1≥1，要使得值域为R，所以a+3≥1，即3＞a≥﹣2．
综上，实数a的取值范围是[﹣2，3）．
故选：B．
【知识点】函数的值域
3.（2020•镜湖区校级期中）已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）的图象恒在x轴的上方，则实数a的取值范围为（　　）
A． B． C． D．（0，e）
【解答】解：f（x）＝的导数为f′（x）＝﹣1，
由a＞0，f′（x）＝0，可得x＝lna，
当x＞lna时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＜lna时，f′（x）＜0，f（x）递减，
则f（x）在x＝lna处取得极小值，且为最小值1﹣lna，
由函数y＝f（x）的图象恒在x轴的上方，可得1﹣lna＞0，解得0＜a＜e，
则实数a的取值范围为（0，e）．
故选：D．
【知识点】函数恒成立问题
4.（2020•包河区校级月考）设函数f（x）的定义域为R，满足，且当x∈（0，1]时，f（x）＝x（x﹣1）．若对任意x∈[m，+∞），都有，则m的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵，∴f（x）＝2f（x+1）
当x∈（0，1]时，f（x）＝x（x﹣1）∈[，0]，
x∈（﹣1，0]时，x+1∈（0，1]，f（x）＝2f（x+1）＝2（x+1）x∈[，0]，
x∈（﹣2，﹣1]时，x+1∈（﹣1，0]，f（x）＝2f（x+1）＝4（x+2）（x+1）∈[﹣1，0]，
将函数大致图象在数值上画出，如图
x∈（﹣2，﹣1]时，令4（x+2）（x+1）＝﹣，
解得：x1＝，x2＝﹣，若对任意x∈[m，+∞），都有f（x）≥﹣，
所以m≥﹣，
故选：A．

【知识点】函数恒成立问题
5.（2020•株洲一模）已知对任意x∈（0，1）恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．（0，e+1） B．（0，e+1] C．（﹣∞，e+1） D．（﹣∞，e+1]
【解答】解：由，得，
令，则et+lnt﹣at+a＞e，
令h（t）＝et+lnt﹣at+a（t＞1），则，
h'（t）在（1，+∞）上单调递增，∴h'（t）＞h'（1）＝e+1﹣a，
当a≤e+1时，h'（t）＞0对∀t∈（1，+∞）恒成立，∴h（t）＞h（1）＝e，符合题意；
当a＞e+1时，由h'（t）在（1，+∞）上单调递增，可知∃t0∈（1，+∞）使得h'（t0）＝0，
且x∈（1，t0）时，h'（t）＜0，x∈（t0，+∞）时，h'（t）＞0，
∴h（t）在（1，t0）上单调递减，∴h（t）＜h（1）＝e，不符合题意综上，
a的取值范围为（﹣∞，e+1]．
故选：D．
【知识点】函数恒成立问题、利用导数研究函数的最值
6.（2020•榆林一模）已知函数y＝f（x）（x∈R）满足f（x+2）＝2f（x），且x∈[﹣1，1]时，f（x）＝﹣|x|+1，则当x∈[﹣10，10]时，y＝f（x）与g（x）＝log4|x|的图象的交点个数为（　　）
A．13 B．12 C．11 D．10
【解答】解：由题意，函数f（x）满足：
定义域为R，且f（x+2）＝2f（x），当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝﹣|x|+1；
在同一坐标系中画出满足条件的函数f（x）与函数y＝log4|x|的图象，如图：
由图象知，两个函数的图象在区间[﹣10，10]内共有11个交点；
故选：C．

【知识点】对数函数图象与性质的综合应用、函数的图象与图象的变换
7.（2020•武汉模拟）已知函数f（x）＝x，g（x）＝ax2﹣x，其中a＞0，若∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）f（x2）＝g（x1）g（x2）成立，则a＝（　　）
A．1 B． C． D．
【解答】解：由f（x）＝x，g（x）＝ax2﹣x，a＞0，
且f（x1）f（x2）＝g（x1）g（x2），
可得，则ax1x2（ax1x2﹣x1﹣x2）＝0，
故ax1x2＝x1+x2，
则，故，而，
因为∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）f（x2）＝g（x1）g（x2）成立，即N⊆M，
可得≤a﹣1＜a﹣≤1，即a≥且a≤，
解得，
故选：D．
【知识点】函数恒成立问题
8.（2020•包河区校级月考）已知定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的函数f（x），且f（1）＝1，函数f（x+1）的图象关于点（﹣1，0）中心对称，对于任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，都有成立．则的解集为（　　）
A．[﹣1，1] B．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
C．（﹣∞，﹣1]∪（0，1] D．（﹣2019，2019）
【解答】解：∵函数f（x+1）的图象关于点（﹣1，0）中心对称，
∴函数f（x）的图象关于点（0，0）中心对称，即f（x）为奇函数，
令g（x）＝x2019f（x），则g（﹣x）＝g（x），即g（x）为偶函数，
∵f（1）＝1，
∴g（1）＝f（1）＝1，
∵任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，都有成立．
∴＞0对于任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，都成立，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，
根据偶函数的对称性可知，g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
∵，
当x＞0时，可得g（x）≤1，
∴，
∴0＜x≤1，
当x＜0时，可得g（x）≥1，
∴
x≤﹣1，
综上可得，不等式的解集为{x|x≤﹣1或0＜x≤1}．
故选：C．
【知识点】函数单调性的性质与判断
9.（2020•4月份模拟）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）＝x2ex，若对任意的x2∈[﹣1，1]，存在唯一的x1∈[﹣，2]，使得f（x1）＝g（x2），则实数a的取值范围是（　　）
A．（e，4] B．（e+，4] C．（e+，4） D．（，4]
【解答】解：f（x）＝﹣x2+a在[﹣，2]的值域为[a﹣4，a]，
但f（x）在（，2]递减，此时f（x）∈[a﹣4，a﹣）．
g（x）＝x2ex的导数为g′（x）＝2xex+x2ex＝x（x+2）ex，
可得g（x）在[﹣1，0]递减，（0，1]递增，
则g（x）在[﹣1，1]的最小值为g（0）＝0，最大值为g（1）＝e，即值域为[0，e]．
对任意的x2∈[﹣1，1]，存在唯一的x1∈[﹣，2]，使得f（x1）＝g（x2），
可得[0，e]⊆[a﹣4，a﹣），
可得a﹣4≤0＜e＜a﹣，
解得e+＜a≤4．
故选：B．
【知识点】函数恒成立问题
10.（2020•石家庄一模）设符号min{x，y，z}表示x，y，z中的最小者，已知函数f（x）＝min{|x﹣2|，x2，|x+2|}则下列结论正确的是（　　）
A．∀x∈[0，+∞），f（x﹣2）＞f（x） B．∀x∈[1，+∞），f（x﹣2）＞f（x）
C．∀x∈R，f（f（x））≤f（x） D．∀x∈R，f（f（x））＞f（x）
【解答】解：如图所示：由题意可得A中，f（x）＝
B中，当1≤x≤2时，﹣1≤x﹣2≤0，f（x﹣2）＝f（2﹣x）≤2﹣x＝f（x），
当2＜x≤3时，0＜x﹣2≤1，f（x﹣2）≤x﹣2＝f（x），
当3＜x≤4时，1＜x﹣2≤2，f（x﹣2）＝2﹣（x﹣2）＝4﹣x≤x﹣2＝f（x），当x≤4，x﹣2≥2，恒有f（x﹣2）＜f（x），所以B不正确，A也不正确；
C中，从图象上看，x∈[0，+∞），f（x）≤x，
令t＝f（x），则t≥0，所以f（t）≤t，即f（f（x））≤f（x），故C正确，D不正确．
故选：C．

【知识点】函数的最值及其几何意义
11.（2020•茂名一模）下列函数图象中，函数f（x）＝xαe|x|（α∈Z）的图象不可能的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A图象中函数的定义域为R，函数是偶函数，则α为正偶数时，满足对应图象，
B图象中函数的定义域为{x|x≠0}，函数是偶函数，则α为负偶数时，满足对应图象，
C图象中函数的定义域为R，函数是奇函数，则α为正奇数，函数为增函数，且递增的速度越来越快，故C不满足条件．
D图象中函数的定义域为R，函数是奇函数，则α为正奇数，函数为增函数，且递增的速度越来越快，故D满足条件．
故选：C．
【知识点】函数的图象与图象的变换
12.（2020•山西月考）函数（x＞2）的最小值是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：f（x）＝，
∵x＞2，∴x﹣2＞0，
∴f（x）＝（x﹣2）+，当且仅当x﹣2＝，即x＝4时，等号成立，
∴函数f（x）的最小值为6，
故选：D．
【知识点】函数的最值及其几何意义
13.（2020•2月份模拟）已知a＞0且，若f（x）有最大值，则a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：当x时，函数f（x）＝8x﹣1在（﹣∞，]上为增函数，f（x）有最大值为3；
当0＜a＜1时，函数f（x）＝2+logax在（，+∞）上为减函数，
要使f（x）有最大值，则2+≤3，即0；
当a＞1时，函数f（x）＝2+logax在（，+∞）上为减函数，且当x→+∞时，f（x）→+∞，不合题意．
∴a的取值范围是．
故选：B．
【知识点】函数的最值及其几何意义
14.（2020•北碚区模拟）已知集合A＝{0，1}，B＝{z|z＝x+y，x∈A，y∈A}，则B的子集个数为（　　）
A．3 B．4 C．7 D．8
【解答】解：由题意可知，
集合B＝{z|z＝x+y，x∈A，y∈A}＝{0，1，2}，
则B的子集个数为：23＝8个，
故选：D．
【知识点】子集与真子集
15.（2020•巴中模拟）函数f（x）、g（x）分别是定义在R上的偶函数、奇函数，且f（x）+2g（x）＝ex，若关于x的方程f（2x）﹣mg（x）＝0在区间（0，2]内有解，则实数m的最小值为（　　）
A．4 B．4 C．8 D．8
【解答】解：∵f（x）+2g（x）＝ex，
∴f（﹣x）+2g（﹣x）＝e﹣x，
又函数f（x）、g（x）分别是定义在R上的偶函数、奇函数，
∴f（x）﹣2g（x）＝e﹣x，
∴，
∵f（2x）﹣mg（x）＝0在区间（0，2]内有解，
∴在区间（0，2]内有解，
令t＝ex﹣e﹣x∈（0，e2﹣e﹣2]，则在（0，e2﹣e﹣2]内有解，
又，当且仅当时取等号，
∴m的最小值为．
故选：B．
【知识点】奇偶性与单调性的综合、函数的零点与方程根的关系

16.（2020•洛阳期中）已知函数f（x）＝2x+3，g（x）＝x+lnx，若f（x1）＝g（x2），则x2﹣x1的最小值为　　．
【解答】解：由f（x1）＝g（x2），得2x1+3＝x2+lnx2，
∴x1＝（x2+lnx2﹣3），
∴x2﹣x1＝（x2﹣lnx2）+，
令h（x）＝（x﹣lnx）+，则h′（x）＝（1﹣），
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴x＝1时，函数的最小值为2．
故答案为：2．
【知识点】函数的最值及其几何意义
17.（2020•滨州二模）设f（x）是定义在R上且周期为6的周期函数，若函数y＝f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，函数y＝f（x）在区间[﹣n，n]（其中n∈N*）上的零点的个数的最小值为an，则an＝　　　　　　　　　　　　　　　　　．
【解答】解：可将y＝f（x﹣1）的图象向左平移1个单位，得到y＝f（x）的图象，因为函数y＝f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，
即有y＝f（x）的图象关于原点对称，即y＝f（x）为奇函数，可得f（0）＝0，
又f（x）为周期为6的周期函数，可得f（x+6）＝f（x），
可令x＝﹣3，则f（﹣3+6）＝f（﹣3），即f（3）＝f（﹣3）＝﹣f（3），可得f（﹣3）＝f（3）＝0，
当n＝1，2时，f（x）在[﹣n，n]上，有f（0）＝0；当n＝3，4，5时，f（x）在[﹣n，n]上，有f（0）＝0，f（3）＝f（﹣3）＝0；
当n＝6，7，8时，f（x）在[﹣n，n]上，有f（0）＝0，f（3）＝f（﹣3）＝0，f（6）＝f（﹣6）＝0；
当n＝9，10，11时，f（x）在[﹣n，n]上，有f（0）＝0，f（3）＝f（﹣3）＝0，f（6）＝f（﹣6）＝0，f（9）＝f（﹣9）＝0，
…，
可得a1＝a2＝1，a3＝a4＝a5＝3，a6＝a7＝a8＝5，…，a3k＝a3k+1＝a3k+2＝2k+1，k∈N，
即an＝2k+1，（3k≤n＜3（k+1），k∈N，n∈N*）．
故答案为：2k+1，（3k≤n＜3（k+1），k∈N，n∈N*）．
【知识点】函数的最值及其几何意义
18.（2020•河东区一模）函数f（x）＝x，g（x）＝x2﹣x+3，若存在x1，x2，…，xn∈[0，]，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）+g（xn）＝g（x1）+g（x2）+…+g（xn﹣1）+f（xn），n∈N*，则n的最大值为　　．
【解答】解：因为f（x1）+f（x2）+…f（xn﹣1）+g（xn）＝g（x1）+g（x2）+…+g（xn﹣1）+f（xn）等价于（x1﹣1）2+2+（x2﹣1）2+2+…+（xn﹣1﹣1）2+2＝（xn﹣1）2+2有解，
∵，
∴（x1﹣1）2+2+（x2﹣1）2+2+…+（xn﹣1﹣1）2+2≥2（n﹣1），（xn﹣1）2+2≤，
根据题意得2（n﹣1）≤且n为正整数，
∴n≤，∴n的最大值为8，
故答案为：8．
【知识点】函数的最值及其几何意义
19.（2020•镇江一模）已知函数，若对任意的x∈[m，m+1]，不等式f（1﹣x）≤f（x+m）恒成立，则实数m的取值范围是　　﹣　﹣　　　　　　．
【解答】解：函数，
当x＜0时，﹣x＞0，f（﹣x）＝﹣2﹣x+x3＝f（x），
同样x＞0，可得f（﹣x）＝f（x），且f（0）＝﹣1，
则f（x）为偶函数，且f（x）在x≥0上为减函数，
对任意的x∈[m，m+1]，不等式f（1﹣x）≤f（x+m）恒成立，
可得f（|1﹣x|）≤f（|x+m|），
即为|x﹣1|≥|x+m|，
即有（2x﹣1+m）（m+1）≤0，
由一次函数的单调性，可得：
（2m﹣1+m）（m+1）≤0，且（2m+2﹣1+m）（m+1）≤0，
即为﹣1≤m≤且﹣1≤m≤﹣，
即有﹣1≤m≤﹣，
则m的范围是[﹣1，﹣]，
故答案为：[﹣1，﹣]．
【知识点】函数恒成立问题
20.（2020•未央区校级期中）已知a∈R，函数．
①当a＝0时，函数f（x）的最小值为　　；
②若f（x）在区间[1，4]上的最大值是5，则实数a的取值范围为　　．
【解答】解：①当a＝0时，f（x）＝|x+|＝．
若x＞0，则f（x）＝，当且仅当x＝，即x＝2时等号成立；
若x＜0，则f（x）＝﹣x﹣，当且仅当﹣x＝，即x＝﹣2时等号成立．
综上，函数f（x）的最小值为4；
②∵f（x）在区间[1，4]上的最大值是5，∴f（x）＝|+x﹣a|+a≤5，
∴|+x﹣a|≤5﹣a，则a≤5，
∴a﹣5≤+x﹣a≤5﹣a，即2a﹣5≤+x≤5．
∵1≤x≤4，∴4≤+x≤5，得2a﹣5≤4，
∴a≤，
∴实数a的取值范围为（﹣∞，]．
故答案为：4；（﹣∞，]．
【知识点】函数的最值及其几何意义

21.（2020•巩义市校级月考）已知函数f（x）＝x2+（2a﹣1）x﹣3．
（1）当a＝2，x∈[﹣2，3]时，求函数f（x）的值域．
（2）若函数f（x）在[﹣1，3]上单调递增，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝2，x∈[﹣2，3]时，函数f（x）＝x2+（2a﹣1）x﹣3＝x2+3x﹣3＝﹣，
故当x＝﹣时，函数取得最小值为﹣，当x＝3时，函数取得最大值为15，故函数f（x）的值域为[﹣，15]．
（2）若函数f（x）在[﹣1，3]上单调递增，则≤﹣1，∴a≥，即实数a的范围为[，+∞）
【知识点】二次函数的性质与图象、函数单调性的性质与判断
22.（2020•秦州区校级期末）已知函数f（x）＝4x﹣a•2x+1+1．
（1）若函数f（x）在x∈[0，2]上有最大值﹣8，求实数a的值；
（2）若方程f（x）＝0在x∈[﹣1，2]上有解，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）＝（2x）2﹣2a•2x+1，∵x∈[0，2]，∴2x∈[1，4]，
①a≤时，f（x）max＝42﹣2a×4+1＝﹣8，解得a＝（舍）
②a＞时，f（x）max＝12﹣2a×1+1＝﹣8，解得a＝5，
∴a＝5；
（2）∵x∈[﹣1，2]，∴令t＝2x∈[，4]，
∴g（t）＝t2﹣2at+1＝0在[，4]有解，
a＝+≥2＝1当且仅当＝，即t＝1时等号成立，此时函数g（t）＝t2﹣2t+1的图象如图，
∴t＝4时，a取得最大值，
综上a∈[1，]．

【知识点】函数的最值及其几何意义
23.（2020•宝鸡二模）已知f（x）＝|x+3|﹣|x﹣2|
（Ⅰ）求函数f（x）的最大值m；
（Ⅱ）正数a，b，c满足a+2b+3c＝m，求证：．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝|x+3|﹣|x﹣2|≤|（x+3）﹣（x﹣2）|＝5，
当且仅当x≥2时等号成立，∴f（x）的最大值m＝5．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，m＝5，∴a+2b+3c＝5，∴．
∴，
＝
＝
，
当且仅当时等号成立，
∴．
【知识点】不等式的证明、函数的最值及其几何意义
24.（2020•衡阳二模）已知函数f（x）＝m﹣|x﹣2|﹣|x+2|．
（1）当m＝6时，求不等式f（x）＞1的解集；
（2）若函数g（x）＝x2+4x+5与函数y＝f（x）的图象有公共点，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）当m＝6时，．
∵f（x）＞1，∴或﹣2≤x≤2或，
∴或﹣2≤x≤2或，∴，
∴不等式解集为．
（2）由g（x）＝x2+4x+5＝（x+2）2+1，得该函数在x＝﹣2处取得最小值1，
又∵，在x＝﹣2处取得最大值m﹣4，
∴要使函数g（x）＝x2+4x+5与函数y＝f（x）的图象有公共点，
∴只须m﹣4≥1，即m≥5，
∴m的取值范围为[5，+∞）．
【知识点】函数的图象与图象的变换、绝对值不等式的解法
25.（2020•武侯区校级模拟）设函数f（x）＝ex﹣ax2﹣x﹣1，a∈R．
（Ⅰ）a＝0时，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若f（x）≥0在[0，+∞）恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（I）当a＝0时，f（x）＝ex﹣x﹣1，f′（x）＝ex﹣1，
当x＜0时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞0时，f′（x）＞0，函数单调递增，
故当x＝0时，函数取得最小值f（0）＝0，
（II）f′（x）＝ex﹣2ax﹣1，
令g（x）＝ex﹣2ax﹣1，x≥0，
则g′（x）＝ex﹣2a，
（i）当a时，g′（x）＞0，函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，g（x）≥g（0）＝0，即f′（x）≥0，
所以f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）＝0，满足题意；
（ii）当a＞时，由g′（x）＝0可得x＝ln（2a），
当x∈（0，ln2a）时，g′（x）＜0，函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，
所以f（x）在[0，+∞）上单调递减，f（x）＜f（0）＝0不合题意，
综上可得，a的范围（﹣]．
【知识点】函数恒成立问题、利用导数研究函数的最值
26.（2020•河南模拟）已知函数f（x）＝2|x+1|+|x﹣2|．
（1）求函数f（x）的值域；
（2）设函数f（x）的最小值为m，若正实数a，b，c满足a+b+c＝m，求证：．
【解答】解：（1）∵f（x）＝2|x+1|+|x﹣2|＝，
∴f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（﹣1）＝3，∴f（x）的值域为[3，+∞）．
（2）由（1）知，f（x）min＝m＝3，∴a+b+c＝3，
∴
＝
≥2（a+b+c）＝6，当且仅当a＝b＝c＝1时取等号，
∴．
【知识点】函数的值域、不等式的证明
27.（2020•内江模拟）已知函数f（x）＝|x﹣3|+|x﹣1|．
（1）若f（x）≥x+m对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围；
（2）记函数f（x）的最小值为s，若a，b，c＞0，且a+b+c＝s，证明：4ab+bc+ac≥8abc．
【解答】解：（1）设g（x）＝f（x）﹣x＝|x﹣3|+|x﹣1|﹣x＝，
画出图象如下：g（x）的最小值为g（3）＝﹣1，
故m≤﹣1；
（2）证明：由f（x）＝|x﹣2|+|x﹣1|≥|x﹣3﹣x+1|＝2，当且仅当1≤x≤3时，取等号，
所以s＝2，即a+b+c＝2，
4ab+bc+ac≥8abc可化为，
由柯西不等式，（a+b+c）（）≥（1+1+2）2＝16，
当且仅当2a＝2b＝c＝1时，取等号，
所以，
故原命题成立．

【知识点】不等式的证明、函数恒成立问题
28.（2020•郑州期末）已知函数h（x）＝，不等式t≥（1+）t对于x∈（0，+∞）恒成立．
（Ⅰ）求函数h（x）的最值；
（Ⅱ）求实数t的值；
（Ⅲ）已知实数f（x）＝mx﹣+logtx，g（x）＝，其中e为自然对数的底数．若对任意的x∈（0，1]，g（x）﹣2f（x）+3mx+＞4都恒成立，求正实数m的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题可得，
则当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，
∴h（x）在区间（0，e）上单调递增，在区间（e，+∞）上单调递减，
∴h（x）的最大值为，无最小值，
（Ⅱ）由题可得t＞0．有得
即：对于所有的x∈（0，+∞）恒成立，
有（Ⅰ）可知，的最大值为，∴，
又，∴，∴t＝e，
（Ⅲ）令，
化简得：，
当m＞0时，
令F′（x）＞0得，，F（x）在上单调递减，F（x）在上单调递增．
又∵m＞0，∴，∴F（x）在（0，1）上单调递减
∴F（x）min＝F（1）＝2m+2＞4，∴m＞1
综上：正实数m的取值范围为（1，+∞）
【知识点】利用导数研究函数的单调性、函数恒成立问题