（浙江專用）2022高考數學二輪復習 專題五 函數與導數 第3講 導數及其應用學案

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1、（浙江專用）2022高考數學二輪復習 專題五 函數與導數 第3講 導數及其應用學案 [考情考向分析]　1.導數的意義和運算是導數應用的基礎，是高考的一個熱點.2.利用導數解決函數的單調性與極值(最值)問題是高考的常見題型． 熱點一　導數的幾何意義 1．函數f(x)在x0處的導數是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 2．求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的不同． 例1　(1)(2018·全國Ⅰ)設函數f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax

2、，若f(x)為奇函數，則曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為(　　) A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x 答案　D 解析　方法一　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax， ∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a. 又f(x)為奇函數，∴f(－x)＝－f(x)恒成立， 即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立， ∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1， ∴f′(0)＝1， ∴曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x. 故選D. 方法二　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數， ∴f′(x)＝3

3、x2＋2(a－1)x＋a為偶函數， ∴a＝1，即f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1， ∴曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x. 故選D. (2)若直線y＝kx＋b是曲線y＝ln x＋1的切線，也是曲線y＝ln(x＋2)的切線，則實數b＝________. 答案　ln 2 解析　設直線y＝kx＋b與曲線y＝ln x＋1和曲線y＝ln(x＋2)的切點分別為(x1，ln x1＋1)，(x2，ln(x2＋2))． ∵直線y＝kx＋b是曲線y＝ln x＋1的切線，也是曲線y＝ln(x＋2)的切線， ∴＝，即x1－x2＝2. ∴切線方程為y－(ln x1＋1)＝(x－

4、x1)， 即為y＝＋ln x1 或y－ln(x2＋2)＝(x－x2)， 即為y＝＋＋ln x1， ∴＝0，則x1＝2， ∴b＝ln 2. 思維升華　(1)求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點． (2)利用導數的幾何意義解題，主要是利用導數、切點坐標、切線斜率之間的關系來進行轉化．以平行、垂直直線斜率間的關系為載體求參數的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關系，進而和導數聯系起來求解． 跟蹤演練1　(1)(2018·全國Ⅱ)曲線y＝2ln(x＋1)在點(0,0)

5、處的切線方程為________． 答案　2x－y＝0 解析　∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝.令x＝0，得y′＝2，由切線的幾何意義得切線斜率為2，又切線過點(0,0)， ∴切線方程為y＝2x，即2x－y＝0. (2)若函數f(x)＝ln x(x>0)與函數g(x)＝x2＋2x＋a(x<0)有公切線，則實數a的取值范圍是(　　) A. B．(－1，＋∞) C．(1，＋∞) D．(－ln 2，＋∞) 答案　A 解析　設公切線與函數f(x)＝ln x切于點A(x1，ln x1)(x1>0)， 則切線方程為y－ln x1＝(x－x1)． 設公切線與函數g(x)＝

6、x2＋2x＋a切于點B(x2，x＋2x2＋a)(x2<0)， 則切線方程為y－(x＋2x2＋a)＝2(x2＋1)(x－x2)， ∴ ∵x2<0h(2)＝－ln 2－1＝ln ， ∴a∈. 熱點二　利用導數研究函數的單調性 1．f′(x)>0是f(x)為增函數的充分不必要條件，如函數f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調遞

7、增，但f′(x)≥0. 2．f′(x)≥0是f(x)為增函數的必要不充分條件，如函數在某個區(qū)間內恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常函數，函數不具有單調性． 例2　已知函數f(x)＝2ex－kx－2. (1)討論函數f(x)在(0，＋∞)內的單調性； (2)若存在正數m，對于任意的x∈(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立，求正實數k的取值范圍． 解　(1)由題意得f′(x)＝2ex－k，x∈(0，＋∞)， 因為x>0，所以2ex>2. 當k≤2時，f′(x)>0，此時f(x)在(0，＋∞)內單調遞增． 當k>2時，由f′(x)>0得x>ln，此時f(x)單調遞增； 由f

8、′(x)<0得02時，f(x)在內單調遞減， 在內單調遞增． (2)①當00. 這時|f(x)|>2x可化為f(x)>2x， 即2ex－(k＋2)x－2>0. 設g(x)＝2ex－(k＋2)x－2， 則g′(x)＝2ex－(k＋2)， 令g′(x)＝0，得x＝ln>0， 所以g(x)在內單調遞減，且g(0)＝0， 所以當x∈時，g(x)<0，不符合題意．

9、②當k>2時， 由(1)可得f(x)在內單調遞減，且f(0)＝0， 所以存在x0>0，使得對于任意的x∈(0，x0)都有f(x)<0. 這時|f(x)|>2x可化為－f(x)>2x， 即－2ex＋x＋2>0. 設h(x)＝－2ex＋x＋2， 則h′(x)＝－2ex＋. (ⅰ)若24，令h′(x)>0，得x

10、0， 此時取m＝min，則對于任意的x∈(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立． 綜上可得k的取值范圍為. 思維升華　利用導數研究函數單調性的一般步驟 (1)確定函數的定義域． (2)求導函數f′(x)． (3)①若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只要在函數定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可； ②若已知函數的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解． 跟蹤演練2　(1)已知f(x)＝ln x－x2－2ax在(0，＋∞)上是增函數，則實數a的取值范圍是(　　) A．{1} B．{－1} C．(0,1] D．

11、[－1,0) 答案　B 解析　f(x)＝ln x－x2－2ax， f′(x)＝2(x＋a)ln x， ∵f(x)在(0，＋∞)上是增函數， ∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 當x＝1時，f′(x)＝0滿足題意， 當x>1時，ln x>0，要使f′(x)≥0恒成立， 則x＋a≥0恒成立． ∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得a≥－1， 當0

12、?＋f(x＋1)＝0，e3f(2 018)＝1，若f(x)>f′(－x)，則關于x的不等式f(x＋2)>的解集為(　　) A．(－∞，3) B．(3，＋∞) C．(－∞，0) D．(0，＋∞) 答案　B 解析　∵f(x)是偶函數， ∴f(x)＝f(－x)，f′(x)＝′＝－f′(－x)， ∴f′(－x)＝－f′(x)，f(x)>f′(－x)＝－f′(x)， 即f(x)＋f′(x)>0，設g(x)＝exf(x)， 則′＝ex>0， ∴g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增， 由f?＋f(x＋1)＝0， 得f(x)＋f?＝0，f?＋f＝0， 相減可得f(x)＝f，f(x

13、)的周期為3， ∴e3f＝e3f(2)＝1，g(2)＝e2f(2)＝，f(x＋2)>，結合f(x)的周期為3可化為ex－1f(x－1)>＝e2f(2)，g(x－1)>g(2)，x－1>2，x>3， ∴不等式的解集為，故選B. 熱點三　利用導數求函數的極值、最值 1．若在x0附近左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，則f(x0)為函數f(x)的極大值；若在x0附近左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，則f(x0)為函數f(x)的極小值． 2．設函數y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得． 例3　(201

14、8·北京)設函數f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a； (2)若f(x)在x＝2處取得極小值，求a的取值范圍． 解　(1)因為f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex， 所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex. 所以f′(1)＝(1－a)e. 由題設知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1. 此時f(1)＝3e≠0. 所以a的值為1. (2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex ＝(ax－1)(x－2)ex. 若a>，則當x∈時，f′(x

15、)<0； 當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0. 所以f(x)在x＝2處取得極小值． 若a≤，則當x∈(0,2)時，x－2<0，ax－1≤x－1<0， 所以f′(x)>0. 所以2不是f(x)的極小值點． 綜上可知，a的取值范圍是. 思維升華　(1)求函數f(x)的極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數值的符號． (2)若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解． (3)求函數f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數的

16、最值． 跟蹤演練3　(2018·浙江省重點中學聯考)已知函數f(x)＝－ln(x＋b)＋a(a，b∈R)． (1)若y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線方程為y＝－x＋3，求a，b的值； (2)當b＝0時，f(x)≥－對定義域內的x都成立，求a的取值范圍． 解　(1)由f(x)＝－ln(x＋b)＋a，得f′(x)＝－， 所以 解得 (2)當b＝0時，f(x)≥－對定義域內的x都成立，即－ln x＋a≥－恒成立， 所以a≥ln x－，則a≥(ln x－)max. 令g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝. 令m(x)＝－x， 則m′(x)＝－1＝， 令m′

17、(x)>0，得1， 所以m(x)在上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，則m(x)max＝m(1)＝0， 所以g′(x)≤0，即g(x)在定義域上單調遞減， 所以g(x)max＝g＝ln，即a≥ln. 真題體驗 1．(2017·浙江改編)函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數y＝f(x)的圖象可能是________．(填序號) 答案　④ 解析　觀察導函數f′(x)的圖象可知，f′(x)的函數值從左到右依次為小于0，大于0，小于0，大于0， ∴對應函數f(x)的增減性從左到右依次為減、增、減、增． 觀察圖象可知

18、，排除①③. 如圖所示，f′(x)有3個零點，從左到右依次設為x1，x2，x3，且x1，x3是極小值點，x2是極大值點，且x2>0，故④正確． 2．(2017·全國Ⅱ改編)若x＝－2是函數f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的極值點，則f(x)的極小值為________． 答案?。? 解析　函數f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由x＝－2是函數f(x)的極值點，得 f′(－2)＝e－3(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以a＝－1，所以f(

19、x)＝(x2－x－1)ex－1， f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)． 由ex－1>0恒成立，得當x＝－2或x＝1時，f′(x)＝0，且當x<－2時，f′(x)>0；當－21時，f′(x)>0. 所以x＝1是函數f(x)的極小值點． 所以函數f(x)的極小值為f(1)＝－1. 3．(2017·山東改編)若函數exf(x)(e＝2.718 28…是自然對數的底數)在f(x)的定義域上單調遞增，則稱函數f(x)具有M性質，下列函數中具有M性質的是______．(填序號) ①f(x)＝2－x; ②f(x)＝x2； ③f(x)＝3－x; ④f(

20、x)＝cos x. 答案?、? 解析　若f(x)具有性質M，則[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0在f(x)的定義域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定義域上恒成立． 對于①式，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合題意． 經驗證，②③④均不符合題意． 4．(2017·全國Ⅰ)曲線y＝x2＋在點(1,2)處的切線方程為________． 答案　x－y＋1＝0 解析　∵y′＝2x－，∴y′|x＝1＝1， 即曲線在點(1,2)處的切線的斜率k＝1， ∴切線方程為y－2＝x－1，即x－y＋1＝0. 押題預測 1

21、．設函數y＝f(x)的導函數為f′(x)，若y＝f(x)的圖象在點P(1，f(1))處的切線方程為x－y＋2＝0，則f(1)＋f′(1)等于(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 押題依據　曲線的切線問題是導數幾何意義的應用，是高考考查的熱點，對于“在某一點處的切線”問題，也是易錯易混點． 答案　A 解析　依題意有f′(1)＝1,1－f(1)＋2＝0，即f(1)＝3， 所以f(1)＋f′(1)＝4. 2．已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則的值為(　　) A．－ B．－2 C．－2或－ D．2或－ 押題依據　函數的極值是

22、單調性與最值的“橋梁”，理解極值概念是學好導數的關鍵．極值點、極值的求法是高考的熱點． 答案　A 解析　由題意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即 解得或 經檢驗滿足題意，故＝－. 3．已知函數f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數，函數g(x)＝x2－aln x在(1,2)上為增函數，則a的值為________． 押題依據　函數單調性問題是導數最重要的應用，體現了“以直代曲”思想，要在審題中搞清“在(0,1)上為減函數”與“函數的減區(qū)間為(0,1)”的區(qū)別． 答案　2 解析　∵函數f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數， ∴≥

23、1，得a≥2. 又∵g′(x)＝2x－，依題意g′(x)≥0在(1,2)上恒成立，得2x2≥a在(1,2)上恒成立，∴a≤2，∴a＝2. 4．已知函數f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若對任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實數a的取值范圍是__________． 押題依據　不等式恒成立或有解問題可以轉化為函數的值域解決．考查了轉化與化歸思想，是高考的一個熱點． 答案　 解析　由于f′(x)＝1＋>0， 因此函數f(x)在[0,1]上單調遞增， 所以當x∈[0,1]時，f(x)min＝f(0)＝－1. 根據題意可知存在x∈[1,2]

24、， 使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1， 即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋成立， 令h(x)＝＋，則要使a≥h(x)在[1,2]上能成立， 只需使a≥h(x)min， 又函數h(x)＝＋在[1,2]上單調遞減， 所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥. A組　專題通關 1．(2018·寧波月考)已知f(x)＝x2＋cos x，f′(x)為f(x)的導函數，則f′(x)的圖象是(　　) 答案　A 解析　由題意得f′(x)＝－sin x，易得函數f′(x)為奇函數，排除B，D；設g(x)＝－sin x，則g′(x)＝－cos x，易得當x∈時，g′(x)＝

25、－cos x<0，即函數f′(x)在上單調遞減，排除C，故選A. 2．已知函數f(x)＝＋2kln x－kx，若x＝2是函數f(x)的唯一極值點，則實數k的取值范圍是(　　) A. B. C．(0,2] D. 答案　A 解析　由題意得f′(x)＝＋－k＝，f′(2)＝0，令g(x)＝ex－kx2，則g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內恒大于等于0或恒小于等于0，令g(x)＝0，得k＝，令h(x)＝，則h′(x)＝，所以h(x)的最小值為h(2)＝，無最大值，所以k≤，故選A. 3．已知定義在R上的可導函數f(x)的導函數為f′(x)，滿足f′(x)

26、f(x)－ex<0的解集為(　　) A. B．(0，＋∞) C. D．(－∞，0) 答案　B 解析　構造函數g(x)＝， 則g′(x)＝， 因為f′(x)0，即所求不等式的解集為(0，＋∞)． 4．(2018·浙江杭州二中月考)若函數f(x)＝bx3－ax2－x＋1存在極值點，則關于a，b的描述正確的是(　　) A．a＋b有最大值 B．a＋b有最小值－ C．a2＋b2有最小值1 D．a

27、2＋b2無最大值也無最小值 答案　D 解析　由題意得f′(x)＝bx2－2ax－，則由函數f(x)存在極值點得導函數f′(x)＝bx2－2ax－存在穿過型零點，則(－2a)2＋4b>0，化簡得a2＋b2>1，所以a2＋b2無最大值也無最小值，故選D. 5．設過曲線f(x)＝ex＋x＋2a(e為自然對數的底數)上任意一點處的切線為l1，總存在過曲線g(x)＝(1－2x)－2sin x上一點處的切線l2，使得l1⊥l2，則實數a的取值范圍為(　　) A．[－1,1] B．[－2,2] C．[－1,2] D．[－2,1] 答案　C 解析　設y＝f(x)的切點為(x1，y1)，y

28、＝g(x)的切點為(x2，y2)，f′(x)＝ex＋1，g′(x)＝－a－2cos x， 由題意得，對任意x1∈R，總存在x2使得(＋1)(－a－2cos x2)＝－1， ∴2cos x2＝－a對任意x1∈R均有解x2， 故－2≤－a≤2對任意x1∈R恒成立， 則a－2≤≤a＋2對任意x1∈R恒成立． 又∈(0,1)，∴a－2≤0且2＋a≥1，∴－1≤a≤2. 6．已知f(x)＝xln x＋，則f′(1)＝________. 答案　 解析　因為f′(x)＝1＋ln x－，令x＝1， 得f′(1)＝1－f′(1)，解得f′(1)＝. 7．(2018·全國Ⅲ)曲線y＝(ax＋1

29、)ex在點(0,1)處的切線的斜率為－2，則a＝________. 答案?。? 解析　∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴當x＝0時，y′＝a＋1， ∴a＋1＝－2，得a＝－3. 8．已知函數f(x)＝2ln x和直線l：2x－y＋6＝0，若點P是函數f(x)圖象上的一點，則點 P到直線l的距離的最小值為________． 答案　 解析　設直線y＝2x＋m 與函數f(x)的圖象相切于點P(x0，y0)(x0>0)． f′(x)＝，則f′(x0)＝＝2，解得x0＝1，∴P(1,0)． 則點P到直線2x－y＋6＝0的距離d＝＝，即為點P到直線2x－y＋6＝0的距離的最小值． 9．已知

30、函數f(x)＝ (a∈R)的值域是，則常數a＝________，m＝________. 答案　　1 解析　由題意得f(x)＝≥－， 即a≥－x2－x－對任意x∈R恒成立，且存在x∈R使得等號成立， 所以a＝max， 又因為－x2－x－＝－(x＋2)2＋， 所以a＝max＝， 所以f(x)＝＝， 則f′(x)＝＝， 當x∈時，f′(x)>0， 當x∈(－∞，－2)和時，f′(x)<0， 又x→－∞時，f(x)→0， 所以易知，當x＝時，f(x)取得最大值 f?＝＝1，即m＝1. 10．已知函數f(x)＝－a. (1)當a≤0時，試求f(x)的單調區(qū)間； (2)若f

31、(x)在(0,1)內有極值，試求a的取值范圍． 解　(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝－a ＝， ＝. 當a≤0時，對于?x∈(0，＋∞)，ex－ax>0恒成立， 所以由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0

32、又因為g(1)＝e，又當x→0時，g(x)→＋∞， 即g(x)在(0,1)上的值域為(e，＋∞)， 所以當a>e時，f′(x)＝＝0 有解． 設H(x)＝ex－ax，則 H′(x)＝ex－a<0，x∈(0,1)， 所以H(x)在(0,1)上單調遞減． 因為H(0)＝1>0，H(1)＝e－a<0， 所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0. 當x變化時，H(x)，f′(x)，f(x)變化情況如表所示： x (0，x0) x0 (x0,1) H(x) ＋ 0 － f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ 所以當a>e時，f(

33、x)在(0,1)內有極值且唯一． 當a≤e時，當x∈(0,1)時，f′(x)≤0恒成立，f(x)單調遞減，不成立． 綜上，a的取值范圍為(e，＋∞)． 11．已知函數f(x)＝x－aln x＋b，a，b為實數． (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2x＋3，求a，b的值； (2)若|f′(x)|<對x∈[2,3]恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)由已知，得f′(x)＝1－， 且由題設得f′(1)＝2，f(1)＝5， 從而得1－a＝2且1＋b＝5， 解得a＝－1，b＝4. (2)根據題設可知，命題等價于 當x∈[2,3]時，<恒成立?|x－a|<

34、恒成立?－β·sin α； ③若n<

35、，當xi∈時，滿足＝k的xi的個數記為n，則n的所有可能取值構成的集合為{0,1,2,3}． 其中正確的個數為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　當x∈[0，π]時，f′(x)＝xsin x≥0， 函數f(x)在[0，π]上為增函數， 所以f(x)≥f(0)＝0，①正確； 令g(x)＝，由①知， 當x∈(0，π)時，g′(x)＝<0， 所以g(x)在(0，π)上為減函數， 所以g>g，即>， 所以α·sin β<β·sin α，②錯誤； 由②可知g(x)＝在上為減函數， 所以g(x)＝>g＝，則n≤， 令φ(x)＝sin x－x，當x∈時

36、， φ′(x)＝cos x－1<0， 所以φ(x)在上為減函數， 所以φ(x)＝sin x－x<φ(0)＝0， 所以<1，所以m≥1， 則min＝mmin－nmax＝1－，③正確； 令h(x)＝|sin x|，k表示點(xi，h(xi))與原點(0,0)連線的斜率，結合圖象(圖略)可知，當k∈，xi∈(0,2π)時，n的所有可能取值有0,1,2,3，④正確． 13．已知函數f(x)＝xln x＋，g(x)＝x3－x2－3，a∈R. (1)當a＝－1時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程； (2)若對任意的x1，x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立，求實數a的取值范圍．

37、 解　(1)當a＝－1時，f(x)＝xln x－， f(1)＝－1，f′(x)＝ln x＋1＋， f′(1)＝2， 從而曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝2(x－1)－1， 即y＝2x－3. (2)對任意的x1，x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立， 從而在區(qū)間上，f(x)min≥g(x)max. 又g(x)＝x3－x2－3， g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)， 從而函數g(x)在上單調遞減， 在上單調遞增， g(x)max＝max＝1. 又f(1)＝a，則a≥1. 下面證明當a≥1時，xln x＋≥1在上恒成立． 又f(x)＝xln x＋≥xln

38、 x＋， 即證xln x＋≥1. 令h(x)＝xln x＋，x∈， 則h′(x)＝ln x＋1－，h′(1)＝0. 當x∈時，h′(x)≤0， 當x∈[1,2]時，h′(x)≥0， 從而y＝h(x)在x∈上單調遞減， 在[1,2]上單調遞增，h(x)min＝h(1)＝1， 從而當a≥1時，xln x＋≥1在上恒成立， 即實數a的取值范圍為[1，＋∞)． 14．已知函數f(x)＝＋xln x(m>0)，g(x)＝ln x－2. (1)當m＝1時，求函數f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)若對任意的x1∈[1，e]，總存在x2∈[1，e]，使·＝－1，其中e是自然對數的底數，求

39、實數m的取值范圍． 解　(1)當m＝1時，f(x)＝＋xln x， 則f′(x)＝－＋ln x＋1. 因為f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且f′(1)＝0， 所以當x>1時，f′(x)>0； 當00在[1，e]上恒成立， 所以函數φ(x)＝在[1，e]上單調遞增， 故φ(x)∈. 又h(x)·φ(x)＝－1， 所以h(x)∈，即≤＋ln x≤e在[1，e]上恒成立，即－x2ln x≤m≤

40、x2(e－ln x)在[1，e]上恒成立． 設p(x)＝－x2ln x， 則p′(x)＝－2xln x≤0在[1，e]上恒成立， 所以p(x)在[1，e]上單調遞減， 所以m≥p(x)max＝p(1)＝. 設q(x)＝x2(e－ln x)， 則q′(x)＝x(2e－1－2ln x)≥x(2e－1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立， 所以q(x)在[1，e]上單調遞增， 所以m≤q(x)min＝q(1)＝e. 綜上所述，m的取值范圍為. 15．已知函數f(x)＝kln x－，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與y軸垂直． (1)求函數f(x)的單調區(qū)間；

41、(2)若對任意x∈(0,1)∪(1，e)(其中e為自然對數的底數)，都有＋>(a>0)恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， ∵f(x)＝kln x－，定義域為(0，＋∞)， ∴f′(x)＝－＝(x>0)． 由題意知f′(1)＝k－1＝0，解得k＝1， ∴f′(x)＝(x>0)， 由f′(x)>0，解得x>1；由f′(x)<0，解得0

42、，則n′(x)＝1－ln x－1＝－ln x， ∴當x>1時，n′(x)<0，n(x)在[1，＋∞)上單調遞減， ∴當x∈(1，e)時，n(x)m(e)＝， 由題意知≤，又a>0， ∴a≥e－1. 下面證明： 當a≥e－1,0成立， 即證aln x0， 故φ(x)在(0,1)上是增函數， ∴當x∈(0,1)時，φ(x)<

43、φ(1)＝0， ∴aln x成立， 故正數a的取值范圍是. 方法二?、佼攛∈(0,1)時， >(a>0)可化為aln x－x＋1<0(a>0)， 令g(x)＝aln x－x＋1(a>0)， 則問題轉化為證明g(x)<0對任意x∈(0,1)恒成立． 又g′(x)＝－1＝(a>0)， 令g′(x)>0，得0a， ∴函數g(x)在(0，a)上單調遞增，在(a，＋∞)上單調遞減． (ⅰ)當00(a∈(0,1))． 設T(x)＝xln x－x＋1(0

44、n x＋1－1＝ln x<0(0T(1)＝0.即g(a)>0(a∈(0,1)． 故此時不滿足g(x)<0對任意x∈(0,1)恒成立； (ⅱ)當a≥1時，函數g(x)在(0,1)上單調遞增． 故g(x)(a>0)， 令h(x)＝aln x－x＋1(a>0)， 則問題轉化為證明h(x)>0對任意x∈(1，e)恒成立． 又h′(x)＝－1＝(a>0)， 令h′(x)>0得 0a， ∴函數h(x)在(0，a)上單調遞增，在(a，＋∞)上單調遞減． (ⅰ)當a≥e時，h(x)在(1，e)上是增函數， 所以h(x)>h(1)＝0， (ⅱ)當1