2012高考数学备考冲刺之易错点点睛系列专题《导数及应用》教师版

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导数及应用一、高考预测从近几年考查的趋势看，本专题考查的重点是导数在研究函数的单调性和极值中的应用、导数在研究方程和不等式中的应用，考查的形式是解答题考查导数在研究函数问题中的综合运用，但常围绕一些交叉点设计一些新颖的试题，大部分函数和导数的基础试题难度也不大，但少数函数的基础试题难度较大，解答题中的函数导数试题也具有一定的难度．由于该专题的绝大多数内容(除定积分)都是传统的高中数学内容，在考查上已经基本稳定(难度稳定、考查重点稳定、考查的分值稳定)，预计2012年基本上还是这个考查趋势，具体为：以选择题或者填空题的方式考查导数的几何意义的应用，定积分的计算及其简单应用．以解答题的方式考查导数在函数问题中的综合应用，重点是使用导数的方法研究函数的单调性和极值以及能够转化为研究函数的单调性、极值、最值问题的不等式和方程等问题，考查函数建模和利用导数解模．导数及其应用：要掌握好导数的几何意义、导数的运算、导数和函数的单调性与极值的关系，由于函数的极值和最值的解决是以函数的单调性为前提的，因此要重点解决导数在研究函数单调性中的应用，特别是含有字母参数的函数的单调性(这是高考考查分类与整合思想的一个主要命题点)，在解决好上述问题后，要注意把不等式问题、方程问题转化为函数的单调性、极值、最值进行研究性训练，这是高考命制压轴题的一个重要考查点．二、知识导学要点1：利用导数研究曲线的切线1．导数的几何意义：函数()yfx在0x处的导数()fx的几何意义是：曲线()yfx在点00(,())Pxfx处的切线的斜率（瞬时速度就是位移函数()st对时间t的导数）。2．求曲线切线方程的步骤：（1）求出函数()yfx在点0xx的导数，即曲线()yfx在点00(,())Pxfx处切线的斜率；（2）在已知切点坐标00(,())Pxfx和切线斜率的条件下，求得切线方程为000()()yyfxxx。注：①当曲线()yfx在点00(,())Pxfx处的切线平行于y轴（此时导数不存在）时，由切线定义可知，切线方程为0xx；②当切点坐标未知时，应首先设出切点坐标，再求解。要点2：利用导数研究导数的单调性利用导数研究函数单调性的一般步骤。（1）确定函数的定义域；（2）求导数)(xf；（3）①若求单调区间（或证明单调性），只需在函数()yfx的定义域内解（或证明）不等式)(xf＞0或)(xf＜0。②若已知()yfx的单调性，则转化为不等式)(xf≥0或)(xf≤0在单调区间上恒成立问题求解。要点3：利用导数研究函数的极值与最值1.在求可导函数的极值时，应注意：（以下将导函数)(xf取值为0的点称为函数)(xf的驻点可导函数的极值点一定是它的驻点，注意一定要是可导函数。例如函数||xy在点0x处有极小值)0(f=0，可是这里的)0(f根本不存在，所以点0x不是)(xf的驻点.(1)可导函数的驻点可能是它的极值点，也可能不是极值点。例如函数3)(xxf的导数23)(xxf，在点0x处有0)0(f，即点0x是3)(xxf的驻点，但从)(xf在,上为增函数可知，点0x不是)(xf的极值点.(2)求一个可导函数的极值时，常常把驻点附近的函数值的讨论情况列成表格，这样可使函数在各单调区间的增减情况一目了然.(3)在求实际问题中的最大值和最小值时，一般是先找出自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域.如果定义域是一个开区间，函数在定义域内可导（其实只要是初等函数，它在自己的定义域内必然可导），并且按常理分析，此函数在这一开区间内应该有最大（小）值（如果定义域是闭区间，那么只要函数在此闭区间上连续，它就一定有最大（小）.记住这个定理很有好处），然后通过对函数求导，发现定义域内只有一个驻点，那么立即可以断定在这个驻点处的函数值就是最大（小）值。知道这一点是非常重要的，因为它在应用一般情况下选那个不带常数的。因为)()()(])([)(aFbFxFcxFdxxfbababa.3．利用定积分来求面积时，特别是位于x轴两侧的图形的面积的计算，分两部分进行计算，然后求两部分的代数和.三、易错点点睛命题角度1导数的概念与运算1．设0()sinfxx，10()()fxfx,21()()fxfx…,1()()nnfxfx,n∈N,则2012()fx()A.sinxB.-sinxC.cosxD.-cosx[考场错解]选C[专家把脉]由1()fx=0()fx(sin)cosxx,21()()fxfx(cos)sinxx,f3(x)=(-sinx)’=-cosx,3()(sin)cosfxxx，4()(cos)sinfxxx，故周期为4。[对症下药]选A2．已知函数()fx在x=1处的导数为3，()fx的解析式可能为（）A．()fx=(x-1)3+32(x-1)B．()fx=2x+1C．()fx=2(x-1)2D．()fx=-x+3[考场错解]选B∵f(x)=2x+1,∴f’(x)=(2x+1)’=2x+1|x=1=3.[专家把脉]上面解答错误原因是导数公式不熟悉，认为（2x+1）’=2x+1.正确的是（2x+1）’=2,所以x=1时的导数是2，不是3。=2e-xcosx令f’(x)=0,x=nπ+2（n=1，2，3，…）从而xn=nπ+2。f(xn)=e-(nπ+2)(-1)n·)()(1nnxfxf=-e2.∴数列{f(xn)}是公比为q=-e-π的等比数列。[专家把脉]上面解答求导过程中出现了错误，即（e-x）’=e-x是错误的，由复合函数的求导法则知（e-x）’=e-x(-x)’=-e-x才是正确的。[对诊下药]（1）证明：f’(x)=(e-x)’(cos+sinx)+e-x(cosx+sinx)’=-e-x(cosx+sinx)+e-x(-sinx+cos)=-2e-xsinx.令f’(x)=0得-2e-xsinx=0，解出x=nπ,(n为整数，从而xn=nπ(n=1,2,3,…)，f(xn)=(-1)ne-nπexfxfnn)()(1,所以数列|f(xn)|是公比q=-e-π的等比数列，且首项f(x1)=-e-π(2)Sn=x1f(x1)+x2f(x2)+…+xnf(xn)=nq(1+2q+…+nqn-1)aSn=πq(q+2q2+…+nqn)=πq(qqn11-nqn)从而Sn=qq1(qqn11-nqn)2232221)1()1()1(2)1(qqqqnqqqnSSSnnn∵|q|=e-π<1∴nlimqn=0,∴nlim2221)1()1(eeqqnSnSS专家会诊1．理解导数的概念时应注意导数定义的另一种形式：设函数f(x)在x=a处可导，则)(\')()(limafaxafxfn的运用。2．复合函数的求导，关键是搞清复合关系，求导应从外层到内层进行，注意不要遗漏3．求导数时，先化简再求导是运算的基本方法，一般地，分式函数求导，先看是否化为整式函数或较简单的分式函数；对数函数求导先化为和或差形式；多项式的积的求导，先展开再求导等等。命题角度2导数几何意义的运用1.曲线y=x3在点(1,1)的切线与x轴、直线x=2所围成的三角形面积为_________.[考场错解]填2由曲线y=x3在点（1，1）的切线斜率为1，∴切线方程为y-1==x-1,y=x.所以三条直线y=x,x=0,x=2所围成的三角形面积为S=21×2×2=2。[专家把脉]根据导数的几何意义，曲线在某点处的切线斜率等于函数在这点处的导数，上面的解答显然是不知道这点，无故得出切线的斜率为1显然是错误的。[对症下药]填38。∵()fx=3x2当x=1时f’(1)=3.由导数的几何意义知，曲线在点（1，1）处的斜率为3。即切线方程为y-1=3(x-1)得y=3x-2.联立223xxy得交点（2，4）。又y=3x-2与x轴交于（32，0）。∴三条直线所围成的面积为S=21×4×（2-32）=38。2．设t≠0,点P（t,0）是函数()fx=x3+ax与g(x)=bx3+c的图像的一个公共点，两函数的图像在P点处有相同的切线。（1）用t表示a、b、c；（2）若函数y=f(x)-g(x)在（-1，3）单调递减，求t的取值范围。[考场错解]（1）∵函数()fx=x3+ax与g(x)=bx2+c的图像的一个公共点P(t,0).∴f(t)=g(t)t3+at=bt2+c.①又两函数的图像在点P处有相同的切线，∴f’(t)=g’(t)3t3+a=2bt.②由①得b=t,代入②得a=-t2.∴c=-t3.[专家把脉]上面解答中得b=t理由不充足，事实上只由①、②两式是不可用t表示a、b、c，其实错解在使用两函数有公共点P，只是利用f(t)=g(t)是不准确的，准确的结论应是f(t)=0，即t3+at=0，因为t≠0,所以a=-t2.g(t)=0即bt2+c=0,所以c=ab又因为f(x)、g(x)在（t,0）处有相同的切线，所以f’(t)=g;(t).即3t2+a=2bt,∵a=-t2,∴b=t.因此c=ab=-t2·t=-t3.故a=-t2,b=t,c=-t3(2)解法1y=()fx-g(x)=x3-t2x-tx2+t3y’=3x2-2tx-t2=(3x+t)(x-t).当y’=(3x+t)(x-t)<0时,函数y=f(d)-g(x)单调递减。由y’<0,若t<0,则t0,则-3t0∴f(x)在(-∞,-1)与(1，+∞)上是增函数。若x∈[-1,1]时，f’(x)≤0,故f9x)在[-1，1]上是减函数。∴f(-1)=2是极大值。f(1)=-2是极小值。（2）解：曲线方程为y=()fx=x3-3x,点A（0，16）不在曲线上。设切点M（x0,y0）,则点M在曲线上，∴y0=x30-3x0.因f’(x0)=3x20-3.故切线的方程为y-y0=(3x20-3)(x-x0).∵点A（0，16）在曲线上，有16-（x20-0）=3(x20-1)(0-x0),化简得x30=-8，得x0=-2.专家会诊设函数y=f(x),在点(x0,y0)处的导数为f’(x0)，则过此点的切线的斜率为f’(x0),在此点处的切线方程为y-y0=f’(x0)(x-x0).利用导数的这个几何意义可将解析几何的问题转化为代数问题求解。命题角度3导数的应用1．（典型例题）已知函数()fx=-x3+3x2+9x+a.(1)求()fx的单调递减区间；（2）若()fx在区间[-2，2]上最大值为20，求它在该区间上的最小值。[考场错解]（1）()fx=-3x2+6x+9,令()fx<0,解得x<-1或x>3,∴函数()fx的音调递减区间为（-∞，-1）（3，+∞）（2）令()fx=0,得x=-1或x=3当-20;当x>3时，()fx<0.∴x=-1,是()fx的极不值点，x=3是极大值点。∴f(3)=-27+27+27+a=20,∴a=-7.()fx的最小值为f(-1)=-1+3-9+a=-14.[专家把脉]在闭区间上求函数的最大值和最小值，应把极值点的函数值与两端点的函数值进行比较大小才能产生最大（小）值点，而上面解答题直接用极大（小）值替代最大（小）值，这显然是错误的。[专家把脉]当()fx>0时，()fx是减函数，但反之并不尽然，如()fx=-x3是减函数，()fx=3x2并不恒小于0，（x=0时()fx=0）.因此本题应该有()fx在R上恒小于或等于0。[对症下药]函数()fx的导数：()fx=3x2+6x-1.当()fx=3ax2+6x-1<0对任何x∈R恒成立时，()fx在R上是减函数。①对任何x∈R,3ax2+6x-1<0恒成立，a<0且△=36+12a<0a<-3.所以当a<-3时，由()fx<0对任何x∈R恒成立时，()fx在R上是减函数。②当a=-3时,()fx=-3x3+3x2-x+1=-3(x-31)3+89.由函数y=x3在R上的单调性知，当a=-3时，()fx在R上是减函数。③当a>-3时，f’(x)=3ax2+6x-1>0在R上至少可解得一个区间，所以当a>-3时，()fx是在R上的减函数。综上，所求a的取值范围是（-∞，-3）。3．已知a∈R,讨论函数()fx=ex(x2+ax+a+1)的极值点的个数。[对症下药]()fx=ex(a2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]令()fx=0得x2+(a+2)x+(2a+1)=0.(1)当△=（a+2）2-4(2a+1)=a2-4a=a(a-4)>0即a<0或a>4时,方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有两个不同的实根x1、x2,不妨设x10;当x>x1时，f’(x)>0因此f(x)无极值。（3）当△<0，即00,f’(x)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]>0,故f(x)为增函数，此时f(x)无极值点，因此，当a>4或a<0时，f(x)有两个极值点，当0≤a≤4时，f(x)无极值点。4．设函数()fx=x-ln(x+m)其中常数m为整数。（1）当m为何值时，()fx≥0;(2)定理：若g(x)在[a、b]上连续，且g(a)与g(b)异号，则至少存在一点x0∈(a、b),使g(x0)=0.试用上述定理证明：当整数m>1时，方程()fx=0，在[e-m-m,e2m-m]内有两个实根。[考场错解]令()fx≥0,x≥ln(x+m).∴m≤ex-x∴m取小于或等于ex-x的整数。[专家把脉]上面解答对题意理解错误，原题“当m为何值时，()fx≥0恒成立”，并不是对x的一定范围成立。因此，m≤ex-x这个结果显然是错误的。[对症下药]（1）函数()fx=x-ln(x+m),x∈(-m,+∞)连续，且f’(x)=1-mx1,令f’(x)=0,得x=1-m.当-m1-m时，()fx>0,()fx为增函数。根据函数极值判别方法，f(1-m)=1-m为极小值，而且对x∈(-m,+∞)都有()fx≥f(1-m)=1-m，故当1-m=f(xmin)≥0,即m≤1时，()fx≥0.即m≤1且m∈Z时，()fx≥0.(2)证明：由（1）可知，当整数m>1时，f(1-m)=1-m<0,f(e-m-m)=e-m-m-ln(e-m-m+m)=e-m>0,又()fx为连续函数，且当m>1时，f(e-m-m)与f(1-m)异号，由所给定理知，存在唯一的x1∈(e-m-m;1-m),使f(x1)=0,而当m>1时，f(e2m-m)=e2m-3m>(1+1)2m-3m>1+2m+2)12(2mm-3m>0.(∵m>12m-1>1).类似地，当整数m>1时，()fx=x-ln(x+m)在[1-m,e2m-m]上为连续增函数，且f(1-m)与f(e2m-m)∵x<10时,V’>0,1036时V’>0.所以，当x=10时V有最大值V（10）=1960cm3又V(0)=0,V(24)=0所以当x=10时,V有最大值V（10）=1960。所以该窗口的高为10cm，容器的容积最大，最大容积是1960cm3.专家会诊1．证函数()fx在（a,b）单调，可以用函数的单调性定义，也可用导数来证明，前者较繁，后者较易，要注意若()fx在（a、b）内个别点上满足()fx=0(或不存在但连续)其余点满足()fx>0(或()fx<0)函数()fx仍然在（a、b）内单调递增（或递减），即导数为零的点不一定是增、减区间的分界点。2．函数的极值是在局部对函数值的比较，函数在区间上的极大值（或极小值）可能有若干个，而且有时极小值大于它的极大值，另外，()fx=0是可导数f(x)在x=x0处取极值的必要而不充分条件，对于连续函数（不一定处处可导）时可以是不必要条件。3．函数的最大值、最小值，表示函数f(x)在整个区间的情况，即是在整体区间上对函数值(Ⅱ)由(Ⅰ)得3215()6132fxxxx且31x则)3)(2(65)(2xxxxxf由0)(xf，解得2x或3x；0)(xf，解得3x或2x；0)(xf，解得32x)(xf的递增区间为:)2,(和),3(；)(xf递减区间为:)3,2(又27)3(,311)2(,617)1(fff要0)(mxf有两个根,则mxf)(有两解，由函数的单调性可得：11732m。2、设函数axaxxxf2331)(，cxxxg42)(2.（Ⅰ）试问函数)(xf能否在1x时取得极值？说明理由；（Ⅱ）若1a，当]4,3[x时，)(xf与)(xg的图象恰好有两个公共点，求c的取值范围.【解析】：(Ⅰ)aaxxxf2)(2\'，令0)1(\'f，1a……2分当1a时，0)(\'xf，)(xf在R单调递增，函数无极值.所以)(xf在1x处无极值.…4分(Ⅱ))()(xgxf，xxxc33123，令xxxxh331)(23，32)(2\'xxxh，0)(\'xh令，1x或3x3)1,3(1)3,1(3)4,3(4)(\'xh正0负0正)(xh9单调递增极大值35单调递减极小值9单调递增320)(xf与)(xg的图象恰好有两个公共点，等价于)(xhy的图象与直线cy恰好有两个交点35320c或9c…………………12分3、已知函数23)(bxaxxf的图象经过点)4,1(M，曲线在点M处的切线恰好与直线09yx垂直。(Ⅰ)求实数ba,的值；（Ⅱ）若函数)(xf在区间]12,[mm单调递增，求m的取值范围。【解析】：(Ⅰ))(xf的图象经过点)4,1(M，4ba。…2分又bxaxxf23)(2\'，则baf23)1(\'。由条件知\'1(1)()19f，即923ba。…4分联立9234baba解得31ba6分（Ⅱ）233)(xxxf，xxxf63)(2\'，令063)(2\'xxxf，解得0x，或2x。…8分函数)(xf在区间]12,[mm单调递增，),0[]12,[],2,(]12,[mmmm或。…10分则012,21212mmmmmm或，即0m…12分4、已知函数RbaRaxbxaxxf,0),0()(且其中(Ⅰ)若曲线yfx在点2,2Pf处的切线方程为31yx,求函数fx解析式;(Ⅱ)求函数fx的单调区间;(Ⅲ)若对于任意的1,22a,不等式10fx在1,14上恒成立,求b的取值范围.394,49,baba对任意的1,22a成立.从而得7,4b所以满足条件b的取值范围是7,4……….13分5、若定义在R上的函数32()3fxaxbxcx同时满足以下条件：①()fx在0,1上是减函数，在1,上是增函数；②)(xf是偶函数；③)(xf在0x处的切线与直线2yx垂直.（Ⅰ）求函数)(xfy的解析式；（Ⅱ）设()4lngxxm，若存在ex,1，使)()(xfxg，求实数m的取值范围【解析】：（Ⅰ）cbxaxxf23)(2，∵)(xf在0,1上是减函数，在1,上是增函数，∴(1)320fabc，()由()fx是偶函数得：0b，又)(xf在0x处的切线与直线2yx垂直，(0)1fc，代入()得：,31a即331)(3xxxf....5分（Ⅱ）由已知得：若存在ex,1，使24ln1xmx，即存在ex,1，使24ln1mxx.设exxxxM,1,1ln4)2（，则2442()2xMxxxx，.....8分令()Mx＝0，∵ex,1，∴2x，当2x时，()0Mx，∴()Mx在(2,]e上为减函数，当12x时，()0Mx，∴()Mx在[1,2]上为增函数，∴()Mx在[1,]e上有最大值.又05)(,01112eeMM）（，∴()Mx最小值为25e.于是有25em为所求..13分6、设函数21()ln().2afxxaxxaR(Ⅰ)当1a时，求函数()fx的极值；（Ⅱ）当1a时，讨论函数()fx的单调性.（Ⅲ）若对任意(3,4)a及任意12,[1,2]xx，恒有212(1)ln2()()2amfxfx成立，求实数m的取值范围.【解析】：(Ⅰ)函数的定义域为(0,).当1a时，\'11()ln,()1,xfxxxfxxx2分当01x时，\'()0;fx当1x时，\'()0.fx()=(1)1,fxf极小值无极大值.4分（Ⅱ）\'1()(1)fxaxax2(1)1axaxx1(1)()(1)1axxax5分当111a，即2a时，2\'(1)()0,xfxx()fx在定义域上是减函数；当111a，即2a时，令\'()0,fx得101xa或1;x令\'()0,fx得11.1xa当111a，即12a时，令\'()0,fx得01x或1;1xa令\'()0,fx得11.1xa综上，当2a时，()fx在(0,)上是减函数；当2a时，()fx在1(0,)1a和(1,)单调递减，在1(,1)1a单调递增；当12a时，()fx在(0,1)和1(,)1a单调递减，在1(1,)1a单调递增；8分即\'()e(2)(1)(0)kxfxkxxk.令\'()0fx，解得：1x或2xk.当2k时，22\'()2e(1)0xfxx，故()fx的单调递增区间是(,)-¥+¥.……3分当20k时，()fx，\'()fx随x的变化情况如下：x2(,)k2k2(,1)k1(1,)\'()fx00()fx[极大值极小值所以，函数()fx的单调递增区间是2(,)k和(1,)，单调递减区间是2(,1)k.……5分当2k时，()fx，\'()fx随x的变化情况如下：x(,1)12(1,)k2k2(,)k\'()fx00()fx极大值极小值所以，函数()fx的单调递增区间是(,1)和2(,)k，单调递减区间是2(1,)k.…7分（Ⅱ）当1k=-时，()fx的极大值等于23e.理由如下：当2k时，()fx无极大值.当20k时，()fx的极大值为22241()e()fkkk，…8分令22241e()3ekk，即2413,kk解得1k或43k（舍）…9分当2k时，()fx的极大值为e(1)kfk.……10分因为2eek，1102k所以2e1e2kk.因为221e3e2，所以()fx的极大值不可能等于23e.综上所述，当1k时，()fx的极大值等于23e……12分8、已知函数(),()lnxxfxeaxgxex（e是自然对数的底数）（Ⅰ）若对于任意,()0xfxR恒成立，试确定实数a的取值范围；(Ⅱ)当1a时，是否存在0(0,)x，使曲线:()()Cygxfx在点0xx处的切线斜率与()fx在R上的最小值相等？若存在，求符合条件的0x的个数；若不存在，请说明理由.【解析】：（Ⅰ）\'()xfxea①当0a时，\'()0,()fxfx在R单调递增，且当x时，0,xeax，()fx，故()0fx不恒成立，所以0a不合题意；②当0a时，()0xfxe对xR恒成立，所以0a符合题意；③当0a时令\'()0xfxea，得ln()xa，当(,,ln())xa时，\'()0fx，当(ln(),)xa时，\'()0fx，故()fx在(,ln())a上是单调递减，在(ln(),)a上是单调递增,所以min[()](ln())ln()0,,fxfaaaaae又0a，(,0)ae，综上：(,0]ae.(Ⅱ)当1a时，由（2）知min[()](ln())ln()1fxfaaaa，设()()()lnxxhxgxfxexex，则/11()ln1(ln1)1xxxxhxexeeexxx，【解析】：（1）1)ln21(212)(axxxxxfxxln21212a21)1(f，2102112a，2a(Ⅱ)2)2ln21()(2xxxxf因为2x，所以42)(xxfm恒成立求42)()(xxfxg的最小值22)42(2)22ln2()42)(23ln212()(xxxxxxxxxg22)42(ln2272xxxx令xxxxhln2272)(20)2)(14(274274)(2xxxxxxxxxh故)(xh在（2，+∞）上为增函数02ln24)2(h,03ln21)3(h,04ln26)4(h所以最小值点0x满足430x，027ln22)27(h∴)4,27(0x当0002,()()0,()0,()(2,)xxhxhxgxgxx即在递减000,()()0,()0,()(,)xxhxhxgxgxx即在递增min02()xxgx时,g()∵200000()22ln72hxxxx∴20007ln12xxx∴218141422234321422]2)127(21[)(02000203000020200xxxxxxxxxxxxg故：073()()(4)432ggxgm整数的最大值为10、已知函数32fxxax4.（Ⅰ）当a3时，求函数fx在区间1,1上的最大值与最小值；（Ⅱ）若存在0x0,，使0fx0，求a的取值范围.【解析】：（Ⅰ）由32fxx3x4　则/2fx3x6x0　得0x2知fx在区间0,1单调递增，在区间1,0上单调递减.-------------（4分）故minfxf04.又f10，f12，故maxfx0.---------------（2分）（Ⅱ）依题意，只需maxfx0，x0,.则依/2fx3x2ax0①当a0时，得2a0x3，知fx在区间2a0,3单调递增，在区间2a,3单调递减.故333max2a8a4a4afxf440327927　得a3.---------（3分）②当a0时，/2fx3x2ax0，知fx在区间0,单调递减.maxfxf040不成立.综上所述，所求a的取值范围是3,---------------（3分）11、函数¦(x)=x2―x―lnx.（Ⅰ）求函数¦(x)的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数m,n，同时满足下列条件①1≤m0时，上是减函数，在时，当),0()(,0)(\'01,0)(\'xfxfxxf