浙江专用2020高考数学二轮复习专题一集合常用逻辑用语函数与导数不等式第5讲导数的简单应用教案
第5讲 导数的简单应用
导数运算及其几何意义
[核心提炼]
1．导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)．
2．导数的几何意义
函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．
[典型例题]
(1)(2019·绍兴市柯桥区高三模拟)已知曲线y＝x2－3ln x的一条切线的斜率为－，则切点的横坐标为( )
A．－3 B．2 C．－3或2 D.
(2)已知f(x)＝，g(x)＝(1＋sin x)2，
若F(x)＝f(x)＋g(x)，则F(x)的导函数为________．
【解析】 (1)设切点为(m，n)(m＞0)，y＝x2－3ln x的导数为y′＝x－，
可得切线的斜率为m－＝－，
解方程可得，m＝2.
故选B.
(2)因为f′(x)＝
＝
＝
g′(x)＝2(1＋sin x)(1＋sin x)′＝2cos x＋sin 2x，
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所以F′(x)＝f′(x)＋g′(x)＝＋2cos x＋sin 2x.
【答案】 (1)B (2)＋2cos x＋sin 2x
利用导数几何意义解题的思路
(1)利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化．
(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解．
[对点训练]
1．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．
解析：因为f′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.故填1.
答案：1
2．(2019·浙江省十校联合体期末检测)已知函数f(x)＝aex＋x2，g(x)＝cos πx＋bx，直线l与曲线y＝f(x)切于点(0，f(0))，且与曲线y＝g(x)切于点(1，g(1))，则a＋b＝________，直线l的方程为________．
解析：f′(x)＝aex＋2x，g′(x)＝－πsin πx＋b，
f(0)＝a，g(1)＝cos π＋b＝b－1，
f′(0)＝a，g′(1)＝b，
由题意可得f′(0)＝g′(1)，则a＝b，
又f′(0)＝＝a，
即a＝b＝－1，
则a＋b＝－2；
所以直线l的方程为x＋y＋1＝0.
答案：－2 x＋y＋1＝0
3．(2019·湖州期末)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝________．
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解析：由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－，
即f′(3)＝－.
又因为g(x)＝xf(x)，
所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，
由题图可知f(3)＝1，所以g′(3)＝1＋3×＝0.
答案：0
利用导数研究函数的单调性
[核心提炼]
1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可．
2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．
[典型例题]
(1)设函数f(x)＝xe2－x＋ex，求f(x)的单调区间．
(2)设f(x)＝ex(ln x－a)(e是自然对数的底数，e＝2.71 828…)若函数f(x)在区间上单调递减，求a的取值范围．
【解】 (1)因为f(x)＝xe2－x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，
f′(x)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
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(2)由题意可得f′(x)＝ex≤0在上恒成立．
因为ex>0，所以只需ln x＋－a≤0，即a≥ln x＋在上恒成立．令g(x)＝ln x＋.
因为g′(x)＝－＝，
由g′(x)＝0，得x＝1.
x
(1，e)
g′(x)
－
＋
g(x)
g＝ln ＋e＝e－1，g(e)＝1＋，因为e－1>1＋，
所以g(x)max＝g＝e－1.
故a≥e－1.
求解或讨论函数单调性问题的解题策略
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．
[注意] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．
[对点训练]
1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数f′(x)；当x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)＜g(1－2x)的解集为( )
A．(，1)
B．(－∞，)∪(1，＋∞)
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C．(，＋∞)
D．(－∞，)
解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)，
所以f(－x)＝f(x)．
因为x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，
所以x2f′(x)＋2xf(x)≤0，
因为g(x)＝x2f(x)，
所以g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)为减函数，
因为f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)上为增函数，
因为g(x)＜g(1－2x)，所以|x|＞|1－2x|，
即(x－1)(3x－1)＜0，
解得＜x＜1，选A.
2．(2019·湖州市高三期末)已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若函数y＝g(x)对任意x满足g(x)＝f(4－x)，求证：当x＞2时，f(x)＞g(x)；
(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞4.
解：(1)因为f(x)＝，所以f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2.
x
(－∞，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值
所以f(x)在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．
所以当x＝2时，f(x)取得极大值f(2)＝.
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(2)证明：g(x)＝f(4－x)＝，
令F(x)＝f(x)－g(x)＝－，
所以F′(x)＝－＝.
当x＞2时，2－x＜0，2x＞4，从而e4－e2x＜0，
所以F′(x)＞0，F(x)在(2，＋∞)是增函数．
所以F(x)＞F(2)＝－＝0，故当x＞2时，f(x)＞g(x)成立．
(3)证明：因为f(x)在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．
所以若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，x1、x2不可能在同一单调区间内．
不妨设x1＜2＜x2，由(2)可知f(x2)＞g(x2)，
又g(x2)＝f(4－x2)，所以f(x2)＞f(4－x2)．
因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(4－x2)．
因为x2＞2，4－x2＜2，x1＜2，且f(x)在区间(－∞，2)内为增函数，
所以x1＞4－x2，即x1＋x2＞4.
利用导数研究函数的极值(最值)问题
[核心提炼]
1．若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．
2．设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．
[典型例题]
(1)已知函数f(x)＝(x－)e－x(x≥)．
①求f(x)的导函数；
②求f(x)在区间上的取值范围．
(2)(2019·浙江名校协作体高三联考)已知a∈R，函数f(x)＝＋aln x.
①若函数f(x)在(0，2)上递减，求实数a的取值范围；
②当a＞0时，求f(x)的最小值g(a)的最大值；
③设h(x)＝f(x)＋|(a－2)x|，x∈[1，＋∞)，求证：h(x)≥2.
【解】 (1)①因为(x－)′＝1－，
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(e－x)′＝－e－x，
所以f′(x)＝e－x－(x－)e－x＝
.
②由f′(x)＝＝0，
解得x＝1或x＝.
因为
x
(，1)
1
(1，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
e－
0
e
又f(x)＝(－1)2e－x≥0，
所以f(x)在区间上的取值范围是.
(2)①函数f(x)在(0，2)上递减⇔任取x∈(0，2)，恒有f′(x)≤0成立，
而f′(x)＝≤0⇒任取x∈(0，2)，恒有a≤成立，
而＞1，则a≤1满足条件．
②当a＞0时，f′(x)＝＝0⇒x＝.
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
f(x)的最小值g(a)＝f()＝a＋aln，
g′(a)＝ln 2－ln a＝0⇒a＝2.
a
(0，2)
2
(2，＋∞)
g′(a)
＋
0
－
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g(x)
极大值
g(a)的最大值为g(2)＝2.
③证明：当a≥2时，h(x)＝f(x)＋(a－2)x＝＋aln x＋(a－2)x，
h′(x)＝＋a－2≥0，
所以h(x)在[1，＋∞)上是增函数，故h(x)≥h(1)＝a≥2.
当a＜2时，h(x)＝f(x)－(a－2)x＝＋aln x－(a－2)x，
h′(x)＝－a＋2＝＝0，
解得x＝－＜0或x＝1，h(x)≥h(1)＝4－a＞2，
综上所述：h(x)≥2.
利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
[对点训练]
(2019·嵊州模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x3＋x2＋mx＋n，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切于点(1，0)．
(1)求直线l的方程及g(x)的解析式；
(2)若h(x)＝f(x)－g′(x)(其中g′(x)是g(x)的导函数)，求函数h(x)的极大值．
解：(1)直线l是函数f(x)＝ln x在点(1，0)处的切线，故其斜率k＝f′(1)＝1，所以直线l的方程为y＝x－1.又因为直线l与g(x)的图象相切，且切于点(1，0)，所以g(x)＝x3＋x2＋mx＋n在点(1，0)处的导数值为1，
所以⇒⇒
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所以g(x)＝x3＋x2－x＋.
(2)由(1)得h(x)＝f(x)－g′(x)＝ln x－x2－x＋1(x>0)，
所以h′(x)＝－2x－1＝＝－.
令h′(x)＝0，得x＝或x＝－1(舍)．
当0
0，即h(x)在上单调递增；
当x>时，h′(x)<0，即h(x)在上单调递减．
因此，当x＝时，h(x)取得极大值，
所以h(x)极大值＝h＝ln ＋＝－ln 2.
专题强化训练
1．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )
A. B．1
C．0 D．不存在
解析：选A.因为f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得00，解得x<－或x>0，
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即f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，故选C.
3．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－2] B.
C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：选C.由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或a≥－4⇔a≥－2.
4．(2019·台州二模)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，F(x)＝，若F(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝－2x＋c，则函数f(x)的最小值是( )
A．2 B．1
C．0 D．－1
解析：选C.因为f′(x)＝2x＋b，所以F(x)＝，F′(x)＝，又F(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝－2x＋c，
所以得所以f(x)＝(x＋2)2≥0，f(x)min＝0.
5．(2019·温州瑞安七校模拟)已知函数f(x)＝(x－x1)·(x－x2)(x－x3)(其中x1＜x2＜x3)，g(x)＝ex－e－x，且函数f(x)的两个极值点为α，β(α＜β)．设λ＝，μ＝，则( )
A．g(α)＜g(λ)＜g(β)＜g(μ)
B．g(λ)＜g(α)＜g(β)＜g(μ)
C．g(λ)＜g(α)＜g(μ)＜g(β)
D．g(α)＜g(λ)＜g(μ)＜g(β)
解析：选D.由题意，f′(x)＝(x－x1)(x－x2)＋(x－x2)(x－x3)＋(x－x1)(x－x3)，
因为f′()＝－＜0，
f′()＝－＜0，
因为f(x)在(－∞，α)，(β，＋∞)上递增，(α，β)上递减，
所以α＜λ＜μ＜β，
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因为g(x)＝ex－e－x单调递增，
所以g(α)＜g(λ)＜g(μ)＜g(β)．
故选D.
6．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f(x)＝x＋＋a，x∈[a，＋∞)，其中a＞0，b∈R，记m(a，b)为f(x)的最小值，则当m(a，b)＝2时，b的取值范围为( )
A．b＞ B．b＜
C．b＞ D．b＜
解析：选D.函数f(x)＝x＋＋a，x∈[a，＋∞)，
导数f′(x)＝1－，
当b≤0时，f′(x)＞0，f(x)在x∈[a，＋∞)递增，可得f(a)取得最小值，
且为2a＋，由题意可得2a＋＝2，a＞0，b≤0方程有解；
当b＞0时，由f′(x)＝1－＝0，可得x＝(负的舍去)，
当a≥时，f′(x)＞0，f(x)在[a，＋∞)递增，可得f(a)为最小值，
且有2a＋＝2，a＞0，b＞0，方程有解；
当a＜时，f(x)在[a，]递减，在(，＋∞)递增，
可得f()为最小值，且有a＋2＝2，即a＝2－2＞0，
解得0＜b＜.
综上可得b的取值范围是(－∞，)．
故选D.
7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f(x)＝的大致图象是( )
解析：选B.由f(x)的解析式知有两个零点x＝－与x＝0，排除A，又f′(x)＝，
由f′(x)＝0知函数有两个极值点，排除C，D，故选B.
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8．(2019·成都市第一次诊断性检测)已知曲线C1：y2＝tx(y>0，t>0)在点M处的切线与曲线C2：y＝ex＋1＋1也相切，则t的值为( )
A．4e2 B．4e C. D.
解析：选A.由y＝，得y′＝，则切线斜率为k＝，所以切线方程为y－2＝，即y＝x＋1.设切线与曲线y＝ex＋1＋1 的切点为(x0，y0)．由y＝ex＋1＋1，得y′＝ex＋1，则由ex0＋1＝，得切点坐标为，故切线方程又可表示为y－－1＝，即y＝x－ln ＋＋1，所以由题意，得－ln ＋＋1＝1，即ln ＝2，解得t＝4e2，故选A.
9．(2019·金华十校高考模拟)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－1，若曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a的取值范围为____________．
解析：由题意知，f(x)＝x3－x2＋ax－1的导数
f′(x)＝2x2－2x＋a.
2x2－2x＋a＝3有两个不等正根，则，
得3＜a＜.
答案：
10．(2019·湖州市高三期末)定义在R上的函数f(x)满足：f(1)＝1，且对于任意的x∈R，都有f′(x)＜，则不等式f(log2x)＞的解集为________．
解析：设g(x)＝f(x)－x，
因为f′(x)＜，
所以g′(x)＝f′(x)－＜0，
所以g(x)为减函数，又f(1)＝1，
所以f(log2x)＞＝log2x＋，
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即g(log2x)＝f(log2x)－log2x＞
＝g(1)＝f(1)－＝g(log22)，
所以log2x＜log22，又y＝log2x为底数是2的增函数，
所以0＜x＜2，
则不等式f(log2x)＞的解集为(0，2)．
答案：(0，2)
11．(2019·绍兴、诸暨高考二模)已知函数f(x)＝x3－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在区间[0，2]内的值域是________．
解析：函数f(x)＝x3－3x，切点坐标(0，0)，导数为y′＝3x2－3，切线的斜率为－3，
所以切线方程为y＝－3x；
3x2－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函数是减函数，x∈(1，＋∞)，y′＞0函数是增函数，f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，
函数f(x)在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．
答案：y＝－3x [－2，2]
12．(2019·台州市高三期末考试)已知函数f(x)＝x2－3x＋ln x，则f(x)在区间[，2]上的最小值为________；当f(x)取到最小值时，x＝________．
解析：f′(x)＝2x－3＋＝(x＞0)，
令f′(x)＝0，得x＝，1，
当x∈(，1)时，f′(x)＜0，x∈(1，2)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在区间[，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)在区间[，2]上的最小值为f(1)＝－2.
答案：－2 1
13．(2019·唐山二模)已知函数f(x)＝ln x－nx(n>0)的最大值为g(n)，则使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为________．
解析：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f′(x)＝－n(x>0，n>0)，
当x∈时，f′(x)>0，
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当x∈时，f′(x)<0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)的最大值
g(n)＝f＝－ln n－1.设h(n)＝g(n)－n＋2＝－ln n－n＋1.
因为h′(n)＝－－1<0，
所以h(n)在(0，＋∞)上单调递减．又h(1)＝0，
所以当0h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为(0，1)．
答案：(0，1)
14．(2019·浙江东阳中学期中检测)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是________．
解析：设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题意存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，
因为g′(x)＝ex(2x＋1)，
所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，
所以当x＝－时，g(x)min＝－2e－，当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直线y＝ax－a恒过(1，0)，斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且
g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.
答案：≤a<1
15．设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
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(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2＜0成立，
即x∈(－2，－1)时，a＜＝－2，
当且仅当x＝即x＝－时等号成立．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．
16．(2019·浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0，1]恒成立时k的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.
解：(1)因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1.
(2)证明：由h(x)≤f(x)，化简可得k(x2－x3)≤ex－1，
当x＝0，1时，k∈R，
当x∈(0，1)时，k≤，
要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题；
①＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
先证：①＞4，即证ex－1＞4(x2－x3)，
由(1)可知，ex－x≥1恒成立，
所以ex－1≥x，又x≠0，所以ex－1＞x，
即证x≥4(x2－x3)⇔1≥4(x－x2)⇔(2x－1)2≥0，
(2x－1)2≥0，显然成立，
所以＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
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再证②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
取x0＝，＝8(－1)，因为＜，
所以8(－1)＜8×＝6，
所以存在x0∈(0，1)，使得＜6，
由①②可知，4＜λ＜6.
17．(2019·宁波市高考模拟)已知f(x)＝x＋，g(x)＝x＋ln x，其中a＞0.若对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)⇔当x∈[1，e]有f(x)min≥g(x)max，
当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋＞0，
所以g(x)在x∈[1，e]上单调递增，
所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.
当x∈[1，e]时，f′(x)＝1－＝，
因为a＞0，
所以令f′(x)＝0得x＝a.
①当0＜a＜1时，f′(x)＞0，所以f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝a2＋1.
令a2＋1≥e＋1得a≥，这与0＜a＜1矛盾．
②当1≤a≤e时，若1≤x＜a，则f′(x)＜0，
若a＜x≤e，则f′(x)＞0，
所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(a)＝2a，令2a≥e＋1得a≥，
又1≤a≤e，
所以≤a≤e.
③当a＞e时，f′(x)＜0，所以f(x)在[1，e]上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝e＋.
令e＋≥e＋1得a≥，又a＞e，
所以a＞e.
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综合①②③得，所求实数a的取值范围是.
18．(2019·宁波九校联考)已知函数f(x)＝e－x－.
(1)证明：当x∈[0，3]时，e－x≥；
(2)证明：当x∈[2，3]时，－＜f(x)＜0.
证明：(1)要证e－x≥，也即证ex≤1＋9x.
令F(x)＝ex－9x－1，则F′(x)＝ex－9.
令F′(x)＞0，则x＞2ln 3.因此，当0≤x＜2ln 3时，有F′(x)＜0，故F(x)在[0，2ln 3)上单调递减；当2ln 3＜x≤3时，有F′(x)＞0，故F(x)在[2ln 3，3]上单调递增．
所以，F(x)在[0，3]上的最大值为max{F(0)，F(3)}．
又F(0)＝0，F(3)＝e3－28＜0.故F(x)≤0，x∈[0，3]成立，
即ex≤1＋9x，x∈[0，3]成立．原命题得证．
(2)由(1)得：当x∈[2，3]时，f(x)＝e－x－≥－.
令t(x)＝－，
则t′(x)＝－(1＋9x)－2·9＋(1＋x)－2＝－＝＝≥0，x∈[2，3]．
所以，t(x)在[2，3]上单调递增，即t(x)≥t(2)＝－＞－＝－，x∈[2，3]，
所以f(x)＞－得证．
下证f(x)＜0.
即证ex＞x＋1
令h(x)＝ex－(x＋1)则h′(x)＝ex－1＞0，
所以h(x)在[2，3]上单调递增，
所以，h(x)＝ex－(x＋1)≥e2－3＞0，得证．
另证：要证－＞－，即证9x2－18x＋1＞0，
令m(x)＝9x2－18x＋1＝9(x－1)2－8在[2，3]上递增，所以m(x)≥m(2)＝1＞0得证．
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