问题4 函数与方程、不等式相结合问题
一、考情分析
函数与方程、函数与不等式都是高中数学的重要内容,也都是高考的热点和重点,在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大,函数与方程、函数与不等式是高中数学的主线,它们贯穿于高中数学的各个内容,求值的问题就要涉及到方程,求取值范围的问题就离不开不等式,但方程、不等式更离不开函数,函数与方程、函数与不等式思想的运用是我们解决问题的重要手段.
二、经验分享
(1) 确定函数零点所在区间,可利用零点存在性定理或数形结合法．
(2)判断函数零点个数的方法：①解方程法；②零点存在性定理、结合函数的性质；③数形结合法：转化为两个函数图象的交点个数．
(3) 已知函数零点情况求参数的步骤
①判断函数的单调性；②利用零点存在性定理,得到参数所满足的不等式(组)；③解不等式(组),即得参数的取值范围．
(4)函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数,利用数形结合求解参数范围．
(5)“a＝f(x)有解”型问题,可以通过求函数y＝f(x)的值域解决．
三、知识拓展
1．有关函数零点的结论
(1)若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数,则f(x)至多有一个零点．
(2)连续不断的函数,其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号．
(3)连续不断的函数图象通过零点时,函数值可能变号,也可能不变号．
2．三个等价关系
方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点．
四、题型分析
(一) 函数与方程关系的应用
函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f(x)＝0的解就是函数y＝f(x)的图像与x轴的交点的横坐标,函数y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y
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＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.
【例1】已知函数（）有四个不同的零点,则实数的取值范围是
【分析】把函数（）有四个不同的零点转化为方程有三个不同的根,再利用函数图象求解
【解析】因为是函数的零点,则函数有四个不同的零点,等价于方程有三个不同的根,即方程有三个不同的根．记函数＝．由题意y=与有三个不同的交点,由图知,所以．实数的取值范围是是、
【点评】零点问题也可转化为方程的根的问题,的根的个数问题,可以转化为函数和图象交点的个数问题,通过在直角坐标系中作出两个函数图象,从而确定交点的个数,也就是方程根的个数．
【小试牛刀】【2018届2江苏徐州丰县高三上学期调考】．设函数（，为自然对数的底数），若曲线上存在一点使得，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题设及函数的解析式可知，所以．由题意问题转化为“存在，使得有解”，即在有解，令，则，当时，函数是增函数；所以，当，即.所以，故应填答案.
(二) 函数与不等式关系的应用
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函数与不等式都是高中数学的重要内容,也都是高考的重点,在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都是很大的.函数是高中数学的主线,方程与不等式则是它的重要组成部分.在很多情况下函数与不等式也可以相互转化,对于函数y＝f(x),当y>0时,就转化为不等式f(x)>0,借助于函数图像与性质解决有关问题,而同时研究函数的性质,也离不开解不等式的应用.
【例2】已知函数, ,若对任意的,都有成立,则实数的取值范围为 .
【分析】根据题中条件：对任意的,都有成立,将问题转化为.再由题中所给两函数的特征：函数是一确定的分段函数,由它的图象不难求出函数的最大值；而另一个函数中含有绝对值,由含有绝对值的不等式可求出它的最小值,即可得到不等式,则可求出的取值范围.
【解析】对任意的,都有成立,即.观察的图象可知,当时,函数；因为,所以所以,,解得或,故答案为或．
【点评】本题考查了分段函数、对数函数和二次函数的性质,主要考察了不等式的恒成立问题和函数的最值问题. 注意不等式： 对是恒成立的.特别要注意等号成立的条件.
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渗透到方程问题、不等式问题、和某些代数问题都可以转化为函数知识.且涉及的知识点多、面广,在概念性、应用性、理解性都有一定的要求,它们是高考中考查的重点,所以在教学中我们应引引起高度的重视.
【小试牛刀】【2018届江苏省南京市高三12月联考】若不等式对任意的恒成立，则实数x的取值集合为________．
【答案】
【解析】画图可知，函数和函数连续在轴右边有相同的零点，令，得，代入中，得，或，注意到，所以实数的取值集合为,故填.
(三) 函数、方程和不等式关系的应用
函数、方程、不等式的结合,是函数某一变量值一定或在某一范围下的方程或不等式,体现了一般到特殊的观念.也体现了函数图像与方程、不等式的内在联系,在高中阶段,应该让学生进一步深刻认识和体会函数、方程、不等式三部分之间的内在联系,并把这种内在联系作为学习的基本指导思想,这也是高中数学最为重要的内容之一.而新课程标准中把这个联系提到了十分明朗、鲜明的程度.因此,在高三的复习中,对这部分内容应予以足够的重视.
【例3】已知函数,其中m,a均为实数．
(1)求的极值；
(2)设,若对任意的,恒成立,求的最小值；
(3)设,若对任意给定的,在区间上总存在,使得成立,求的取值范围．
【分析】(1)求的极值,就是先求出,解方程,此方程的解把函数的定义域分成若干个区间,我们再确定在每个区间里的符号,从而得出极大值或极小值；（2）此总是首先是对不等式恒成立的转化,由（1）可确定在上是增函数,同样的方法（导数法）可确定函数在上也是增函数,不妨设,这样题设绝对值不等式可变为
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,整理为,由此函数在区间上为减函数,则在（3,4）上恒成立,要求的取值范围．采取分离参数法得恒成立,于是问题转化为求在上的最大值；（3）由于的任意性,我们可先求出在上的值域,题设“在区间上总存在,使得
成立”,转化为函数在区间上不是单调函数,极值点为（）,其次,极小值,最后还要证明在上,存在,使,由此可求出的范围.
【解析】（1）,令,得x = 1．
列表如下：
x
（-∞,1）
1
（1,+∞）
+
0
-
g(x)
↗
极大值
↘
∵g(1) = 1,∴y =的极大值为1,无极小值．
（2）当时, ,．
∵在恒成立,∴在上为增函数．
设,∵> 0在恒成立,
∴在上为增函数．
设,则等价于,
即．
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设,则u(x)在为减函数．
∴在（3,4）上恒成立．
∴恒成立．
设,∵=,xÎ[3,4],
∴,∴< 0,为减函数．
∴在[3,4]上的最大值为v(3) = 3 -．
∴a≥3 -,∴的最小值为3 -．
（3）由（1）知在上的值域为．
∵,,
当时,在为减函数,不合题意．
当时, ,由题意知在不单调,
所以,即．①
此时在上递减,在上递增,
∴,即,解得．②
由①②,得．
∵,∴成立．
下证存在,使得≥1．
取,先证,即证．③
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设,则在时恒成立．
∴在时为增函数．∴,∴③成立．
再证≥1．
∵,∴时,命题成立．
综上所述,的取值范围为．
【点评】本题主要考查了导数的应用,求单调区间,极值,求函数的值域,以及不等式恒成立等函数的综合应用. 对于不等式的解法要熟练地掌握其基本思想,在运算过程中要细心,不可出现计算上的错误.解决不等式与函数、方程之间联系的题目时不仅要理解其内在的联系,还应注意转化的思想和数形结合的思想应用. 有关恒成立问题、能成立问题、恰好成立问题在新课标高考试题中经常出现,要理解各自的区别.在求函数在闭区间上的最值问题可采用以下方法：先求出函数在导数为零的点、不可导点、闭区间的端点的函数值,然后进行比较,最大的函数值就是函数的最大值,最小的函数值就是函数的最小值.
【小试牛刀】【江苏省常州市2019届高三上学期期末】已知函数，函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；
（3）若函数对恒成立，求实数的取值范围.(是自然对数的底数，)
【解析】
（1）当时，，则，所以，
所以切线方程为.
（2），
①当时，恒成立，所以单调递增，
因为，所以有唯一零点，即符合题意；
②当时，令，解得，列表如下：
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-
0
+
极小值
由表可知，.
（i）当，即时，，所以符合题意；
（ii）当，即时，，
因为，且，所以，
故存在，使得，所以不符题意；
（iii）当，即时，，
因为，
设，
则，
所以单调递增，即，所以，
又因为，所以，
故存在，使得，所以不符题意；
综上，的取值范围为.
（3），则，
①当时，恒成立，所以单调递增，
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所以，即符合题意；
②当时，恒成立，所以单调递增，
又因为
，
所以存在，使得，
且当时，，即在上单调递减，
所以，即不符题意；
综上，的取值范围为.
五、迁移运用
1．【江苏省泰州市2019届高三上学期期末】已知函数，若，则实数的取值范围为__.
【答案】
【解析】
函数为偶函数，
因为，
所以当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，
由得，
即，解得
故答案是：.
2．【江苏省扬州市2018-2019学年度第一学期期末】若存在正实数x，y，z满足，且，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
∵正实数x，y，z满足3y2+3z2≤10yz，
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∴⇒，
∵，∴lne，
lnln（）＝lnlneln，
令，
则lnelnet﹣lnt，t，
f（t）＝et﹣lnt，
f′（t）＝e0，则t，
可得f（t）在（）递减，在（）递增，
∴f（t）min＝f（）＝1﹣（﹣1）＝2，
即（ln）min＝2，
∴的最小值为e2，
故答案为：e2．
3．【江苏省苏州市2019届高三上学期期末】设函数，若对任意(，0)，总存在[2，)，使得 ，则实数a的取值范围_______．
【答案】
【解析】
由题意，对任意(，0)，总存在[2，)，使得 ，
即当任意(，0)，总存在[2，)，使得 ，
当时，，当时，函数，
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当，此时，符合题意；
当时，时，，此时最小值为0，
而当时，的导数为，
可得为极小值点，可得的最小值为或，均大于0，不满足题意；
当时，时，的最小值为0或，
当时，的导数为，
可得为极小值点，且为最小值点，可得的最小值为，
由题意可得，解得，
综上可得实数的范围是。
4．【江苏省南京金陵中学2019届高三第一学期期中】若存在正数x，y，使得，其中e为自然对数的底数，则实数的取值范围是_____________．
【答案】(，0)[，)
【解析】
由得x+s（y﹣2ex）ln=0，
即1+s（﹣2e）ln=0，
即设t=，则t＞0，
则条件等价为1+s（t﹣2e）lnt=0，
即（t﹣2e）lnt=有解，
设g（t）=（t﹣2e）lnt，
g′（t）=lnt+1﹣为增函数，
∵g′（e）=lne+1﹣=1+1﹣2=0，
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∴当t＞e时，g′（t）＞0，
当0＜t＜e时，g′（t）＜0，
即当t=e时，函数g（t）取得极小值，为g（e）=（e﹣2e）lne=﹣e，
即g（t）≥g（e）=﹣e，
若（t﹣2e）lnt=有解，
则≥﹣e，即≤e，
则s＜0或s≥，
故答案为：s＜0或s≥．
5．【江苏省扬州市2019届高三上学期期中】已知函数，（e为自然对数的底数，e≈2.718）．对于任意的(0，e)，在区间(0，e)上总存在两个不同的，，使得＝＝，则整数a的取值集合是_______．
【答案】
【解析】
f′（x）=2（﹣x），
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜，
令f′（x）＜0，解得：＜x＜e，
故f（x）在（0，）递增，在（，e）递减，
而f（0）=0，f（）=2，f（e）=e（2﹣e），
故f（x）在（0，e）的值域是（0，2），
对于g（x）=lnx﹣ax+5，x∈（0，e），
a=0时，g（x）=lnx+5，g（x）递增，
在区间（0，e）上不存在两个不同的x1，x2，使得g（x1）=g（x2），
不合题意，
a≠0时，g′（x）=﹣a，令g′（x）=0，解得：x=，
若在区间（0，e）上总存在两个不同的x1，x2，使得g（x1）=g（x2），
则只需0＜＜e，故a＞，
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令g′（x）＞0，解得：0＜x＜，令g′（x）＜0，解得：＜x＜e，
故g（x）在（0，）递增，在（，e）递减，
而x→0时，g（x）→﹣∞，g（）=﹣lna+4，g（e）=6﹣ae，
若对于任意的x0∈（0，e），在区间（0，e）上总存在两个不同的x1，x2，
使得g（x1）=g（x2）=f（x0），
只需，解得：2.2≈≤a≤e2≈7.29，
故满足条件的a的整数为：3，4，5，6，7，
故答案为：{3，4，5，6，7}．
6．【江苏省泰州市2019届高三上学期期末】已知函数，若存在＜0，使得＝0，则实数的取值范围是__.
【答案】［－1,0）
【解析】
当时，
如果，，相当于函数在处有交点，由图象可知，显然不符；
如果，，相当于函数在处有交点，由图像可知，显然不符；
当时，
如果，，相当于函数在处有交点，如下图，两图象相切时，，，切点为，代入，得，
所以，当时，在且处有交点，即存在，使得；
如果且时，，相当于函数在处有交点，即
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处有交点，因，下图中，两图象交点的横坐标是大于的，所以，在处，两图象没有交点；
综上，可知：.
7．【江苏省苏州市2019届高三上学期期末】设函数，若方程有三个相异的实根，则实数k的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
由题意，若方程，即有三个相异的实根，
即函数和的图象由三个不同的交点，如图所示，
又由直线和必有一个交点，所以0>，
则与的图象有两个交点，
联立方程组，整理得，
由，解得或，
所以实数的取值范围是.
30
8．【江苏省南通市2018届高三上学期第一次调研】已知函数.若函数有个零点，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】令
当时有两个零点，需
当时有三个零点，， 所以函数有5个零点，舍；
当时，由于
所以，且，所以
综上实数的取值范围是
9．【江苏省如皋市2017--2018学年度高三年级第一学期教学质量调研】已知函数，且在上的最大值为，若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围为_______.
【答案】
【解析】
若，则在上递增，有最小值，不合题意，
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，要使在的最大值为，如果，即，则，得矛盾，不合题意；如果，则， ，，若有四个零点，则与有四个交点，只有开口向上，即，当与有一个交点时，方程有一个根， 得，此时函数有三个不同的零点，要使函数有四个不同的零点， 与有两个交点，则抛物线的开口要比的开口大，可得， ，即实数的取值范围为，故答案为.
10．【南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟】设函数是偶函数，当x≥0时， =，若函数有四个不同的零点，则实数m的取值范围是________．
【答案】
【解析】作图，由图可得实数m的取值范围是
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11．【江苏省泰州中学2018届高三12月月考】若函数，则函数在上不同的零点个数为__________．
【答案】3
【解析】因为， 可转化为： ，函数与以及，函数与交点的个数；作出函数图象如图:
由函数图象可知零点个数为3个.
12．【江苏省常熟市2018届高三上学期期中】已知函数，若直线与交于三个不同的点， ， （其中），则
30
的取值范围是__________．
【答案】
【解析】作出函数，的图象如图：
设直线y=ax与y=lnx相切于（x0，lnx0），则，
∴曲线y=lnx在切点处的切线方程为y﹣lnx0=（x﹣x0），
把原点（0，0）代入可得：﹣lnx0=﹣1，得x0=e．
要使直线y=ax与y=f（x）交于三个不同的点，则n∈（1，e），
联立，解得x=．
∴m∈（,），（﹣2， ），
∴的取值范围是（1， ）．
故答案为：（1， ）．．
13．【江苏省徐州市第三中学2017～2018学年度高三第一学期月考】已知函数，若存在唯一的整数，使得成立，则实数的取值范围为__________．
【答案】
30
【解析】由得：当 时， ; 当 时， ;
因为当 时， ，当 时， ，当 时， ，因此当 时， ，不合题意；当 时， ；
当 时， ，不合题意；当 时， ，当 时， ，不合题意；因此的取值范围为
14．【江苏省启东中学2018届高三上学期第一次月考】已知函数f(x)是以4为周期的函数，且当－1＜x≤3时， 若函数恰有10个不同零点，则实数m的取值范围为______.
【答案】
【解析】根据题意，得到的图象如下：
由图可知， 是偶函数，
又恰有10个不同零点，即与的图象有10个交点，根据偶函数的特点，则在的图象中，有5个交点，如图中红色直线和蓝色直线就是两种极限情况.
红色直线：过，则；
蓝色直线：与区间处的曲线相切，
所以只有一个解，解得，
15【江苏省南京市、盐城市2019届高三第二次模拟】．已知，.
（1）当时，求函数图象在处的切线方程；
30
（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
（3）若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求的取值范围.
【解析】（1）当时，，，则.
又因为，所以函数图象在处的切线方程为，
即.
（2）因为
所以，
且.因为，所以.
①当时，即，
因为在区间上恒成立，所以在上单调递增.
当时，，
所以满足条件.
②当时，即时，
由，得，
当时，，则在上单调递减，
所以时，，这与时，恒成立矛盾.
所以不满足条件.
综上，的取值范围为.
（3）①当时，
因为在区间上恒成立，所以在上单调递增，
所以不存在极值，所以不满足条件.
②当时，，所以函数的定义域为，
由，得，
列表如下：
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↗
极大值
↘
极小值
↗
由于在是单调减函数，此时极大值大于极小值，不合题意，
所以不满足条件.
③当时，由，得.
列表如下：
↘
极小值
↗
此时仅存在极小值，不合题意，
所以不满足条件.
④当时，函数的定义域为，
且，.
列表如下：
↗
极大值
↘
↘
极小值
↗
所以存在极大值和极小值，
此时
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因为，
所以，，，，
所以，即，
所以满足条件.
综上，所以的取值范围为.
16．【江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中2019届高三10月月考】已知函数，．
函数在点处的切线与直线垂直，求a的值；
讨论函数的单调性；
当时，证明：不等式成立其中，，
【解析】（1）由题意，求得函数的导数，
则，解得；
，
①当时，的解集为，的解集为，
即的增区间为，减区间为；
当时，的解集为，的解集为，
即的增区间为，减区间为；
③当时，在上恒成立，即在上单调递减；
④当时，的解集为，的解集为，
即的增区间为，减区间为；
30
设，则，在上单调递减，
又，在上恒成立，即，
，
则．
17．【江苏省如皋市2018-2019学年高三年级第一学期期末】已知函数，其中．
（1）若函数的图象在处的切线与直线垂直，求实数a的值；
（2）设函数．
①求函数的单调区间；
②若不等式对任意的实数恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】（1）因为函数，定义域为，
所以，，，
所以函数图象在处的切线方程为，
即．
依题意，，解得．
所以实数a的值为1．
（2）令，，
则．
（1）① 若，，故函数在上单调增．
② 若，记．
若，即，则，函数在上单调增．
若，即，令，得，．
当时，，在和上单调
30
增；
当时，，在上单调减．
③ 若，令，得（负舍）．
当时，，在上单调增；
当时，，在上单调减．
综上所述，当时，函数的单调增区间为，减区间为
；
当时，函数的单调增区间为，无减区间；
当时，函数的单调增区间为和，
减区间为．
（2）由（1）可知，当时，函数在上单调增，
故，所以符合题意；
当时，函数在上单调减，在上单
调增，故存在，，所以不符题意；
当时，在上单调增，在上单调减．
下面证明：存在，．
首先证明：．
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要证：，只要证：．
因为，所以，故．
所以．
其次证明：当时，对任意的都成立．
令，，则，故在上单调递
减，所以，即．
所以当时，对任意的都成立．
又当时，
，与题意矛盾，
故不符题意．
综上所述，实数a的取值范围是．
18．【江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港))2019届高三年级第一次质量检测】已知函数．
（1）若，求在处的切线方程；
（2）若对于任意的正数，恒成立，求实数的值；
（3）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围．
【解析】（1）因为，所以当时，，
则，
当时，，
所以在处的切线方程为；
（2）因为对于任意的正数，恒成立，
所以当时，即时，，；
当时，即时，恒成立，所以；
当时，即时，恒成立，所以，
30
综上可知，对于任意的正数，恒成立，．
（3）因为函数存在两个极值点，
所以存在两个不相等的零点．
设，则．
当时，，所以单调递增，至多一个零点．
当时，因为时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以时，．
因为存在两个不相等的零点，所以，解得．
因为，所以．
因为，所以在上存在一个零点．
因为，所以．又因为，
设，则，因为，
所以单调递减，所以，
所以，所以在上存在一个零点．
综上可知：．
19．【江苏省无锡市2019届高三上学期期末】已知函数 f(x) = －ax(a > 0).
(1) 当 a = 1 时，求证：对于任意 x > 0，都有 f(x) > 0 成立；
(2) 若函数 y = f(x) 恰好在 x = x1 和 x = x2 两处取得极值，求证：< ln a.
【解析】（1）当a＝1时，f（x）＝exx2﹣x，
则f′（x）＝ex﹣x﹣1，
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∴f″（x）＝ex﹣1＞0，（x＞0），
∴f′（x）＝ex﹣x﹣1单调递增，
∴f′（x）＞f′（0）＝0，
∴f（x）单调递增，
∴f（x）＞f（0）＝1＞0，
故对于任意x＞0，都有f（x）＞0成立；
（2）∵函数y＝f（x）恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值
∴x1，x2是方程f′（x）＝0的两个实数根，不妨设x1＜x2，
∵f′（x）＝ex﹣ax﹣a，f″（x）＝ex﹣a，
当a≤0时，f″（x）＞0恒成立，∴f′（x）单调递增，f′（x）＝0至多有一个实数解，不符合题意，
当a＞0时，f″（x）＜0的解集为（﹣∞，lna），f″（x）＞0的解集为（lna，+∞），
∴f′（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
∴f′（x）min＝f′（lna）＝﹣alna，
由题意，应有f′（lna）＝﹣alna＜0，解得a＞1，
此时f′（﹣1）0，
∴存在x1∈（﹣1，lna）使得f′（x1）＝0，
易知当时，f(x).
∴存在x2∈（lna，）使得f′（x2）＝0，
∴a＞1满足题意，
∵f′（x1）＝f′（x2）＝0，
∴aa＝0，
∴a，
∴f″（）a（），
设t＞0，
∴et，
30
设g（t）＝（2t﹣et）et+1，
∴g′（t）＝2（t+1﹣et）et，
由（1）可知，g′（t）＝2（t+1﹣et）et＜0恒成立，
∴g（t）单调递减，
∴g（t）＜g（0）＝0，
即f″（）＜0，
∴
∴lna．
20．【江苏省泰州姜堰中学2018—2019学年第一学期高三数学期中】已知函数．
若，，试证明：当时，；
若对任意，均有两个极值点，
试求b应满足的条件；
当时，证明：．
【解析】证明：，，，
，，
令，解得．
可得：时，函数取得极小值即最小值，
，
函数在当时单调递增，．
当时，．
，．
设，则，
，，，，
30
故在递减，在递增，
故至多有2个零点；
当时，，，
，且，
又，
由可知，
是R上的连续函数，
在，上各有1个零点，，
此时，，为函数的2个不同的极值点，
故符合题意；
当时，取，则在递减，在递增，
故，
故时，，
故函数递增，没有极值点，不合题意，
综上，当时，对任意，均有2个极值点；
由知，，为的两个实数根，
，，在递减，
下面先证，只需证明，
得，
，
设，，
则，
30
故在递减，
，，，
又，时，，
在递减，，
问题转化为只需证明，
即证明，
设函数，，
则，
设，则，
在递增，
，即，
在递增，，
当时，，
则，
，
．
30
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