2020高考数学二轮复习 专题五 函数与导数 第3讲 导数及其应用学案
第3讲 导数及其应用
[考情考向分析] 1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点.2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型．
热点一 导数的几何意义
1．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)．
2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．
例1 (1)(2018·全国Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
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)为奇函数，∴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，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
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故选D.
方法二 ∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，
∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，
∴a＝1，即f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
故选D.
(2)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋1的切线，也是曲线y＝ln(x＋2)的切线，则实数b＝________.
答案 ln 2
解析 设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋1和曲线y＝ln(x＋2)的切点分别为(x1，ln x1＋1)，(x2，ln(x2＋2))．
∵直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋1的切线，也是曲线y＝ln(x＋2)的切线，
∴＝，即x1－x2＝2.
∴切线方程为y－(ln x1＋1)＝(x－x1)，
即为y＝＋ln x1
或y－ln(x2＋2)＝(x－x2)，
即为y＝＋＋ln x1，
∴＝0，则x1＝2，
∴b＝ln 2.
思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．
(2)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进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．
跟踪演练1 (1)(2018·全国Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为________．
答案 2x－y＝0
解析 ∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝.令x＝0，得y′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，
∴切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.
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(2)若函数f(x)＝ln x(x>0)与函数g(x)＝x2＋2x＋a(x<0)有公切线，则实数a的取值范围是( )
A. B．(－1，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－ln 2，＋∞)
答案 A
解析 设公切线与函数f(x)＝ln x切于点A(x1，ln x1)(x1>0)，
则切线方程为y－ln x1＝(x－x1)．
设公切线与函数g(x)＝x2＋2x＋a切于点B(x2，x＋2x2＋a)(x2<0)，
则切线方程为y－(x＋2x2＋a)＝2(x2＋1)(x－x2)，
∴
∵x2<0
h(2)＝－ln 2－1＝ln ，
∴a∈.
热点二 利用导数研究函数的单调性
1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性．
例2 已知函数f(x)＝2ex－kx－2.
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)内的单调性；
(2)若存在正数m，对于任意的x∈(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立，求正实数k
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的取值范围．
解 (1)由题意得f′(x)＝2ex－k，x∈(0，＋∞)，
因为x>0，所以2ex>2.
当k≤2时，f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)内单调递增．
当k>2时，由f′(x)>0得x>ln，此时f(x)单调递增；
由f′(x)<0得02时，f(x)在内单调递减，
在内单调递增．
(2)①当00.
这时|f(x)|>2x可化为f(x)>2x，
即2ex－(k＋2)x－2>0.
设g(x)＝2ex－(k＋2)x－2，
则g′(x)＝2ex－(k＋2)，
令g′(x)＝0，得x＝ln>0，
所以g(x)在内单调递减，且g(0)＝0，
所以当x∈时，g(x)<0，不符合题意．
②当k>2时，
由(1)可得f(x)在内单调递减，且f(0)＝0，
所以存在x0>0，使得对于任意的x∈(0，x0)都有f(x)<0.
这时|f(x)|>2x可化为－f(x)>2x，
即－2ex＋x＋2>0.
设h(x)＝－2ex＋x＋2，
则h′(x)＝－2ex＋.
(ⅰ)若24，令h′(x)>0，得x0，
此时取m＝min，则对于任意的x∈(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立．
综上可得k的取值范围为.
思维升华 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)求导函数f′(x)．
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(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．
跟踪演练2 (1)已知f(x)＝ln x－x2－2ax在(0，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是( )
A．{1} B．{－1} C．(0,1] D．[－1,0)
答案 B
解析 f(x)＝ln x－x2－2ax，
f′(x)＝2(x＋a)ln x，
∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
当x＝1时，f′(x)＝0满足题意，
当x>1时，ln x>0，要使f′(x)≥0恒成立，
则x＋a≥0恒成立．
∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得a≥－1，
当0f′(－x)，则关于x的不等式f(x＋2)>的解集为( )
A．(－∞，3) B．(3，＋∞)
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
答案 B
解析 ∵f(x)是偶函数，
∴f(x)＝f(－x)，f′(x)＝′＝－f′(－x)，
∴f′(－x)＝－f′(x)，f(x)>f′(－x)＝－f′(x)，
即f(x)＋f′(x)>0，设g(x)＝exf(x)，
则′＝ex>0，
∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
由f ＋f(x＋1)＝0，
得f(x)＋f ＝0，f ＋f＝0，
相减可得f(x)＝f，f(x)的周期为3，
∴e3f＝e3f(2)＝1，g(2)＝e2f(2)＝，f(x＋2)>，结合f(x)的周期为3可化为ex－1f(x－1)>＝e2f(2)，g(x－1)>g(2)，x－1>2，x>3，
∴不等式的解集为，故选B.
热点三 利用导数求函数的极值、最值
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．
例3 (2018·北京)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
解 (1)因为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.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
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＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
思维升华 (1)求函数f(x)的极值，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]上的最值时，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．
跟踪演练3 (2018·浙江省重点中学联考)已知函数f(x)＝－ln(x＋b)＋a(a，b∈R)．
(1)若y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程为y＝－x＋3，求a，b的值；
(2)当b＝0时，f(x)≥－对定义域内的x都成立，求a的取值范围．
解 (1)由f(x)＝－ln(x＋b)＋a，得f′(x)＝－，
所以
解得
(2)当b＝0时，f(x)≥－对定义域内的x都成立，即－ln x＋a≥－恒成立，
所以a≥ln x－，则a≥(ln x－)max.
令g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝.
令m(x)＝－x，
则m′(x)＝－1＝，
令m′(x)>0，得1，
22
所以m(x)在上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则m(x)max＝m(1)＝0，
所以g′(x)≤0，即g(x)在定义域上单调递减，
所以g(x)max＝g＝ln，即a≥ln.
真题体验
1．(2017·浙江改编)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是________．(填序号)
答案 ④
解析 观察导函数f′(x)的图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，
∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．
观察图象可知，排除①③.
如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故④正确．
2．(2017·全国Ⅱ改编)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为________．
答案 －1
解析 函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点，得
22
f′(－2)＝e－3(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1，所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)．
由ex－1>0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x<－2时，f′(x)>0；当－21时，f′(x)>0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
3．(2017·山东改编)若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质，下列函数中具有M性质的是______．(填序号)
①f(x)＝2－x; ②f(x)＝x2；
③f(x)＝3－x; ④f(x)＝cos x.
答案 ①
解析 若f(x)具有性质M，则[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定义域上恒成立．
对于①式，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合题意．
经验证，②③④均不符合题意．
4．(2017·全国Ⅰ)曲线y＝x2＋在点(1,2)处的切线方程为________．
答案 x－y＋1＝0
解析 ∵y′＝2x－，∴y′|x＝1＝1，
即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，
∴切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.
押题预测
1．设函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，若y＝f(x)的图象在点P(1，f(1))处的切线方程为x－y＋2＝0，则f(1)＋f′(1)等于( )
A．4 B．3 C．2 D．1
押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“在某一点处的切线”问题，也是易错易混点．
答案 A
解析 依题意有f′(1)＝1,1－f(1)＋2＝0，即f(1)＝3，
所以f(1)＋f′(1)＝4.
2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为( )
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A．－ B．－2
C．－2或－ D．2或－
押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点．
答案 A
解析 由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即
解得或
经检验满足题意，故＝－.
3．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值为________．
押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别．
答案 2
解析 ∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依题意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．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________．
押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点．
答案
解析 由于f′(x)＝1＋>0，
因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，
所以当x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.
根据题意可知存在x∈[1,2]，
使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，
即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋成立，
22
令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在[1,2]上能成立，
只需使a≥h(x)min，
又函数h(x)＝＋在[1,2]上单调递减，
所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.
A组 专题通关
1．(2018·宁波月考)已知f(x)＝x2＋cos x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象是( )
答案 A
解析 由题意得f′(x)＝－sin x，易得函数f′(x)为奇函数，排除B，D；设g(x)＝－sin x，则g′(x)＝－cos x，易得当x∈时，g′(x)＝－cos x<0，即函数f′(x)在上单调递减，排除C，故选A.
2．已知函数f(x)＝＋2kln x－kx，若x＝2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是( )
A. B.
C．(0,2] D.
答案 A
22
解析 由题意得f′(x)＝＋－k＝，f′(2)＝0，令g(x)＝ex－kx2，则g(x)在区间(0，＋∞)内恒大于等于0或恒小于等于0，令g(x)＝0，得k＝，令h(x)＝，则h′(x)＝，所以h(x)的最小值为h(2)＝，无最大值，所以k≤，故选A.
3．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)0，即所求不等式的解集为(0，＋∞)．
4．(2018·浙江杭州二中月考)若函数f(x)＝bx3－ax2－x＋1存在极值点，则关于a，b的描述正确的是( )
A．a＋b有最大值
B．a＋b有最小值－
C．a2＋b2有最小值1
D．a2＋b2无最大值也无最小值
答案 D
解析 由题意得f′(x)＝bx2－2ax－，则由函数f(x)存在极值点得导函数f′(x)＝
22
bx2－2ax－存在穿过型零点，则(－2a)2＋4b>0，化简得a2＋b2>1，所以a2＋b2无最大值也无最小值，故选D.
5．设过曲线f(x)＝ex＋x＋2a(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1，总存在过曲线g(x)＝(1－2x)－2sin x上一点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为( )
A．[－1,1] B．[－2,2]
C．[－1,2] D．[－2,1]
答案 C
解析 设y＝f(x)的切点为(x1，y1)，y＝g(x)的切点为(x2，y2)，f′(x)＝ex＋1，g′(x)＝－a－2cos x，
由题意得，对任意x1∈R，总存在x2使得(＋1)(－a－2cos x2)＝－1，
∴2cos x2＝－a对任意x1∈R均有解x2，
故－2≤－a≤2对任意x1∈R恒成立，
则a－2≤≤a＋2对任意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＋，则f′(1)＝________.
答案
解析 因为f′(x)＝1＋ln x－，令x＝1，
得f′(1)＝1－f′(1)，解得f′(1)＝.
7．(2018·全国Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
答案 －3
解析 ∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，
∴a＋1＝－2，得a＝－3.
8．已知函数f(x)＝2ln x和直线l：2x－y＋6＝0，若点P是函数f(x)图象上的一点，则点 P到直线l的距离的最小值为________．
答案
解析 设直线y＝2x＋m 与函数f(x)的图象相切于点P(x0，y0)(x0>0)．
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f′(x)＝，则f′(x0)＝＝2，解得x0＝1，∴P(1,0)．
则点P到直线2x－y＋6＝0的距离d＝＝，即为点P到直线2x－y＋6＝0的距离的最小值．
9．已知函数f(x)＝ (a∈R)的值域是，则常数a＝________，m＝________.
答案 1
解析 由题意得f(x)＝≥－，
即a≥－x2－x－对任意x∈R恒成立，且存在x∈R使得等号成立，
所以a＝max，
又因为－x2－x－＝－(x＋2)2＋，
所以a＝max＝，
所以f(x)＝＝，
则f′(x)＝＝，
当x∈时，f′(x)>0，
当x∈(－∞，－2)和时，f′(x)<0，
又x→－∞时，f(x)→0，
所以易知，当x＝时，f(x)取得最大值
f ＝＝1，即m＝1.
10．已知函数f(x)＝－a.
(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
22
f′(x)＝－a
＝，
＝.
当a≤0时，对于∀x∈(0，＋∞)，ex－ax>0恒成立，
所以由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0e时，f′(x)＝＝0 有解．
设H(x)＝ex－ax，则 H′(x)＝ex－a<0，x∈(0,1)，
所以H(x)在(0,1)上单调递减．
因为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.
当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：
x
(0，x0)
x0
(x0,1)
H(x)
＋
0
－
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
所以当a>e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．
当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立．
22
综上，a的取值范围为(e，＋∞)．
11．已知函数f(x)＝x－aln x＋b，a，b为实数．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋3，求a，b的值；
(2)若|f′(x)|<对x∈[2,3]恒成立，求a的取值范围．
解 (1)由已知，得f′(x)＝1－，
且由题设得f′(1)＝2，f(1)＝5，
从而得1－a＝2且1＋b＝5，
解得a＝－1，b＝4.
(2)根据题设可知，命题等价于
当x∈[2,3]时，<恒成立⇔|x－a|<恒成立⇔－β·sin α；
③若n<g，即>，
所以α·sin β<β·sin α，②错误；
由②可知g(x)＝在上为减函数，
所以g(x)＝>g＝，则n≤，
令φ(x)＝sin x－x，当x∈时，
φ′(x)＝cos x－1<0，
所以φ(x)在上为减函数，
所以φ(x)＝sin x－x<φ(0)＝0，
所以<1，所以m≥1，
则min＝mmin－nmax＝1－，③正确；
令h(x)＝|sin x|，k表示点(xi，h(xi))与原点(0,0)连线的斜率，结合图象(图略)可知，当k∈，xi∈(0,2π)时，n的所有可能取值有0,1,2,3，④正确．
13．已知函数f(x)＝xln x＋，g(x)＝x3－x2－3，a∈R.
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若对任意的x1，x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝xln x－，
f(1)＝－1，f′(x)＝ln x＋1＋，
f′(1)＝2，
从而曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2(x－1)－1，
即y＝2x－3.
22
(2)对任意的x1，x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立，
从而在区间上，f(x)min≥g(x)max.
又g(x)＝x3－x2－3，
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
从而函数g(x)在上单调递减，
在上单调递增，
g(x)max＝max＝1.
又f(1)＝a，则a≥1.
下面证明当a≥1时，xln x＋≥1在上恒成立．
又f(x)＝xln x＋≥xln x＋，
即证xln x＋≥1.
令h(x)＝xln x＋，x∈，
则h′(x)＝ln x＋1－，h′(1)＝0.
当x∈时，h′(x)≤0，
当x∈[1,2]时，h′(x)≥0，
从而y＝h(x)在x∈上单调递减，
在[1,2]上单调递增，h(x)min＝h(1)＝1，
从而当a≥1时，xln x＋≥1在上恒成立，
即实数a的取值范围为[1，＋∞)．
14．已知函数f(x)＝＋xln x(m>0)，g(x)＝ln x－2.
(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使·＝－1，其中e是自然对数的底数，求实数m的取值范围．
22
解 (1)当m＝1时，f(x)＝＋xln x，
则f′(x)＝－＋ln x＋1.
因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，
所以当x>1时，f′(x)>0；
当00在[1，e]上恒成立，
所以函数φ(x)＝在[1，e]上单调递增，
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≤x2(e－ln x)在[1，e]上恒成立．
设p(x)＝－x2ln x，
则p′(x)＝－2xln x≤0在[1，e]上恒成立，
所以p(x)在[1，e]上单调递减，
所以m≥p(x)max＝p(1)＝.
设q(x)＝x2(e－ln x)，
则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]上单调递增，
所以m≤q(x)min＝q(1)＝e.
综上所述，m的取值范围为.
15．已知函数f(x)＝kln x－，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直．
(1)求函数f(x)的单调区间；
22
(2)若对任意x∈(0,1)∪(1，e)(其中e为自然对数的底数)，都有＋>(a>0)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝kln x－，定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－＝(x>0)．
由题意知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01时，n′(x)<0，n(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴当x∈(1，e)时，n(x)m(e)＝，
由题意知≤，又a>0，
∴a≥e－1.
下面证明：
当a≥e－1,0成立，
即证aln x0，
故φ(x)在(0,1)上是增函数，
∴当x∈(0,1)时，φ(x)<φ(1)＝0，
22
∴aln x成立，
故正数a的取值范围是.
方法二 ①当x∈(0,1)时，
>(a>0)可化为aln x－x＋1<0(a>0)，
令g(x)＝aln x－x＋1(a>0)，
则问题转化为证明g(x)<0对任意x∈(0,1)恒成立．
又g′(x)＝－1＝(a>0)，
令g′(x)>0，得0a，
∴函数g(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(ⅰ)当00(a∈(0,1))．
设T(x)＝xln x－x＋1(0T(1)＝0.即g(a)>0(a∈(0,1)．
故此时不满足g(x)<0对任意x∈(0,1)恒成立；
(ⅱ)当a≥1时，函数g(x)在(0,1)上单调递增．
故g(x)(a>0)，
令h(x)＝aln x－x＋1(a>0)，
则问题转化为证明h(x)>0对任意x∈(1，e)恒成立．
又h′(x)＝－1＝(a>0)，
令h′(x)>0得 0a，
∴函数h(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(ⅰ)当a≥e时，h(x)在(1，e)上是增函数，
所以h(x)>h(1)＝0，
(ⅱ)当1
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