2019届二轮复习解题技巧导数及其应用学案（全国通用） 16页

第19讲　导数及其应用 专 题 探 究　【p72】‎ ‎【命题趋势】‎ ‎2019高考对本节内容的考查仍将突出导数的工具性，主要涉及导数及其运算，灵活运用导数公式及运算法则进行求导，理解导数的几何意义，会求切线方程．题型选择、填空、解答均可出现，一般属于中档题目．重点考查利用导数研究函数极值、最值及单调性问题和生活中的优化问题，这也是高考的必考点，其中蕴含对转化与化归、分类讨论和数形结合等数学思想方法的考查，综合性强，有一定难度，一般以大题的形式出现．‎ ‎【备考建议】‎ 新课标命题的高考中，导数属于高考重点考查的内容，在复习中应对这些问题予以关注：‎ ‎(1)定积分的简单计算或利用定积分求某些图形的面积，确定或应用过某点的切线的斜率(方程)；‎ ‎(2)利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性(区间)，根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围；‎ ‎(3)利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的极值大小、个数或最值，根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围．要掌握解决这些问题的基本数学方法与数学思想，不断培养提高数形结合、转化与化归、分类讨论、函数与方程的数学思想．‎ 典 例 剖 析　【p72】‎ 探究一　定积分及其几何意义 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 例1(1)曲线f(x)＝、直线x＝2、x＝3以及x轴所围成的封闭图形的面积是2ln，则实数a的值为(　　)‎ A．－2 B．2‎ C．1 D．－1‎ ‎【解析】选B.‎ 因f(x)＝a，故f(x)dx＝dx＝a[ln(x－1)－ln(x＋1)]|＝aln |＝a＝aln，则由aln＝2ln，解得a＝2，故选B.‎ ‎(2)已知函数f(x)＝ln x＋x2＋x在x＝1处的切线斜率为t，g(x)＝ 则g(x)dx＝________．‎ ‎【解析】6＋ 由f′(x)＝＋x＋1，得t＝3，‎ 所以g(x)＝ 所以g(x)dx＝dx＋‎ dx，‎ 其中dx＝|＝6，‎ dx由定积分的几何意义可知，其表示半径为3的圆的面积的，即，故g(x)dx＝6＋.‎ ‎【点评】定积分与微积分基本定理的常见题型有两类：一类是定积分的计算，关键是利用导数通过逆向思维找原函数；另一类是曲边多边形面积的计算，关健是通过数形结合确定被积函数．‎ 探究二　导数的几何意义及应用 例2(1)已知曲线C1：f(x)＝＋x，曲线C2：g(x)＝ax－cos x．若对于曲线C1上任意一点的切线l1，在曲线C2上总存在与l1垂直的切线l2，则实数a的取值范围是________．‎ ‎【解析】－≤a≤－1‎ 直线l1在任意P点的切线斜率k＝f′(x0)＝＋1＝－＋＋1，令t＝，则00)与g(x)＝a2ln x＋b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为(　　)‎ A. B.e‎2 C. D．－ ‎【解析】选A.‎ 设公共点坐标为(x0，y0)，则f′(x)＝3x－‎2a，g′(x)＝，所以有f′(x0)＝g′(x0)，即3x0－‎2a＝，解出x0＝a，又y0＝f(x0)＝g(x0)，所以有x－2ax0＝a2ln x0＋b，故b＝x－2ax0－a2ln x ‎0，对b求导有b′＝－‎2a(1＋ln a)，故b关于a的函数在为增函数，在为减函数，所以当a＝时b有最大值，选A.‎ ‎【点评】导数的几何意义是高考考查的热点．在三类题型中均有可能考查，同时在解答题中进行考查时，综合性较强，往往综合考查方程与不等式知识，考查函数方程思想、数形结合思想、推理论证能力．‎ 探究三　利用导数研究函数的单调性 例3已知函数f(x)＝aln x(a∈R)．‎ ‎(1)设h(x)＝f(x)＋ax2＋(a2＋2)x，求函数h(x)的单调区间；‎ ‎(2)设函数y＝f(x)与函数u(x)＝的图象的一个公共点为P，若过点P有且仅有一条公切线，求点P的坐标及实数a的值．‎ ‎【解析】(1)因h(x)＝aln x＋ax2＋(a2＋2)x(x>0)，‎ 故h′(x)＝＋2ax＋(a2＋2)＝＝.‎ ‎①若a≥0，则h′(x)>0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②若a<0，则当－>－，即a2>2，也即a<－时，在x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；在x∈时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；在x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．‎ 当－<－，即a2<2，也即－0，函数h(x)单调递增；在x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．‎ 当a＝－时，h′(x)≤0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 综上：当a≥0，函数h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；‎ 当－0)，显然函数m(t)＝ln t＋1－t(t>0)只有一个零点1.‎ 下证当01时，函数m(t)＝ln t＋1－t(t>0)都是单调函数，且都没有零点. ‎ 因m′(t)＝－1＝，故当00，函数单调递增；且m(t)1时，m′(t)<0，函数单调递减；且m(t)0，‎ 故f(x)min＝f(1)＝1－；‎ 当x＝2时，g(x)取得最小值为g(2)＝a－9，所以1－≤a－9，即实数a的取值范围是a≥10－.‎ ‎(2)已知函数f(x)＝e2x，g(x)＝ln x＋，∀a∈R，∃b∈(0，＋∞)，使得f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为(　　)‎ A．1＋ B．1－ C．2－1 D.－1‎ ‎【解析】选A.‎ 令e2x＝ln x＋＝t，则a＝，b＝et－，b－a＝et－－，令h(t)＝et－－，则h′(t)＝‎ et－－，导函数为增函数，且h′＝0，所以函数h(t)在上递减，在上递增，最小值为h＝1＋.‎ 例5已知函数f(x)＝xln x－x2(a∈R)．‎ ‎(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若g(x)＝f(x)＋(a－1)x在x＝1处取得极小值，求实数a的取值范围．‎ ‎【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝xln x－x2，f′(x)＝ln x＋1－2x，f(1)＝－1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x.‎ ‎(2)由已知得g(x)＝xln x－x2＋(a－1)x，则g′(x)＝ln x－ax＋a，记h(x)＝g′(x)＝ln x－ax＋a，则h(1)＝0，h′(x)＝－a＝.‎ ‎①当a≤0，x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，函数g′(x)单调递增，所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，满足题意．‎ ‎②当01，当x∈时，h′(x)>0，故函数g′(x)单调递增，‎ 可得当x∈(0，1)时，g′(x)<0，x∈时，g′(x)>0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，满足题意．‎ ‎③当a＝1时，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，g′(x)在(0，1)内单调递增；x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，g′(x)在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，不合题意．‎ ‎④当a>1时，即0<<1，当x∈时，h′(x)<0，g′(x)单调递减，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，g′(x)单调递减，g′(x)<0，所以g(x)在x＝1处取得极大值，不合题意．‎ 综上可知，实数a的取值范围为a<1.‎ ‎【点评】1.函数极值与最值为两个不同概念．一般地，其研究思想是利用函数单调性．‎ ‎2．求函数极值、最值的步骤：‎ ‎(1)确定函数的定义域；‎ ‎(2)求方程f′(x)＝0的根；‎ ‎(3)用方程f′(x)＝0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并形成表格；‎ ‎(4)由f′(x)＝0根的两侧导数的符号来判断f′(x)在这个根处取极值的情况；‎ ‎(5)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．‎ 探究五　导数的综合应用 例6已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．‎ ‎(1)求实数a的值；‎ ‎(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且＋≤f(x0)<.‎ ‎【解析】(1)由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0，可得g(x)＝aex－a－x≥0，因为g(0)＝0，所以g(x)≥g(0)，‎ 从而x＝0是g(x)的一个极小值点，由于g′(x)＝aex－1，所以g′(0)＝a－1＝0，即a＝1.‎ 当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1，‎ ‎∵x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，‎ x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎∴g(x)≥g(0)＝0，故a＝1.‎ ‎(2)当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，‎ f′(x)＝ex(2ex－x－2)．‎ 令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，‎ ‎∵x∈(－∞，－ln 2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数；‎ x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数，‎ 由于h(－1)<0，h(－2)>0，所以在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，‎ ‎∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数，‎ x∈(－ln 2，0)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(－ln 2，0)上为减函数，‎ x∈(0，＋∞)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，‎ 因此f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，‎ 综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，且x0∈(－2，－1)．∵h(x0)＝0，∴2ex0－x0－2＝0，‎ 所以f(x0)＝e2x0－ex0－x0ex0＝－(x0＋1)＝－，x0∈(－2，－1)，‎ ‎∵x∈(－2，－1)时，－<，∴f(x0)<；‎ ‎∵ln∈(－2，－1)，∴f(x0)≥f＝＋；‎ 综上知：＋≤f(x0)<.‎ ‎【点评】不等式恒成立问题一般转化为函数最值问题，利用导数求函数在闭区间上的最值问题，先对函数求导，再求导函数的零点，一般先看能不能因式分解，如果不能就要分三个方面考虑，一是导函数恒正或恒负，二是可观察出函数的零点，再通过二阶导数证明导函数单调，导函数只有唯一零点，三是导函数的零点不可求，我们一般称为隐零点，通过图象和根的存在性定理，先判定和设零点，后面一般需要回代消去隐零点或参数．‎ ‎(备选题)例7已知函数f(x)＝aln x－ex.‎ ‎(1)讨论f(x)的极值点的个数；‎ ‎(2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值．‎ 参考数据：‎ x ‎1.6‎ ‎1.7‎ ‎1.8‎ ex ‎4.953‎ ‎5.474‎ ‎6.050‎ ln x ‎0.470‎ ‎0.531‎ ‎0.588‎ ‎【解析】(1)根据题意可得f′(x)＝－ex＝(x>0)，‎ 当a≤0时，f′(x)<0，函数是减函数，无极值点；‎ 当a>0时，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a，‎ 又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数，且当x→＋∞时，xex→＋∞，‎ 所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0，‎ 所以函数y＝f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，‎ 所以函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点；‎ 综上，当a≤0时，无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．‎ ‎(2)因为a∈N*，由(1)知f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0ex0＝a，①‎ 可知f(x)max＝f(x0)＝aln x0－ex0，要使f(x)<0恒成立，即f(x0)＝aln x0－ex0<0恒成立，②‎ 由①可得ex0＝，代入②得aln x0－<0，‎ 即a<0恒成立，‎ 因为a∈N*，所以ln x0－<0，‎ 因为ln 1.7－<0，ln 1.8－>0，且y＝ln x0－在(0，＋∞)上是增函数，‎ 设m为y＝ln x0－的零点，则m∈(1.7，1.8)，‎ 可知00，a<，‎ 令g(x)＝，x∈(1，m)，g′(x)＝<0，‎ 所以g(x)在(1，m)上是减函数，且≈10.29，≈10.31，‎ 所以10.290时，f(x)>0；‎ ‎(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.‎ ‎【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，‎ f′(x)＝ln(1＋x)－.‎ 设函数g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－，‎ 则g′(x)＝.‎ 当－10时，g′(x)>0.‎ 故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，当且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.‎ 所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增．又f(0)＝0，故当－10时，f(x)>0.‎ ‎(2)(i)若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．‎ ‎(ii)若a<0，设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.‎ 由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同．‎ 又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．‎ h′(x)＝－＝.‎ 如果‎6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋‎6a＋1＝0存在根x1<0，故当x∈(x1，0)，且|x|0；当x∈(0，1)时，h′(x)<0.所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点，综上，a＝－.‎ ‎【命题立意】本题主要考查应用导数研究函数的极值和证明不等式，考查运算求解和推理论证能力以及分类与整合和数形结合思想．‎ 考点限时训练　【p147】‎ A组　基础演练 ‎1．函数f(x)＝2ln x＋x2－bx＋a(b>0，a∈R)在点(b，f(b))处的切线斜率的最小值是(　　)‎ A．2 B．2‎ C. D．1‎ ‎【解析】选A.‎ 因为f(x)＝2ln x＋x2－bx＋a，∴f′(x)＝＋2x－b，所以k＝＋2b－b＝＋b≥2，当且仅当＝b时取等号，即b＝时，k取得最小值为2，故选A.‎ ‎2．由函数f(x)＝ex－e的图象，直线x＝2及x轴所围成的阴影部分面积等于(　　)‎ A．e2－2e－1 B．e2－2e C. D．e2－2e＋1‎ ‎【解析】选B.‎ f(x)与x轴交于点(1，0)，故所求面积为S＝(ex－e)dx＝(ex－ex)|＝e2－2e，故选B.‎ ‎3．已知f(x)＝x2－aln x在区间(0，2)上不单调，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－2，0)∪(0，2) B．(－4，0)∪(0，4)‎ C．(0，2) D．(0，4)‎ ‎【解析】选D.‎ 因为函数f(x)在区间(0，2)上不单调，所以f′(x)＝x－＝在(0，2)上有零点，即∈(0，2)，所以a∈(0，4)，故选D.‎ ‎4．如图是函数y＝cos在一个周期内的图象，则阴影部分的面积是(　　)‎ A. B. C. D.－ ‎【解析】选B.‎ 由已知，函数y＝cos的周期为T＝π，图中阴影的最右的端点坐标为，故阴影部分的面积S＝－∫0cosdx＋∫cosdx＝‎ ‎－|0＋|＝‎ ‎－＋‎ ＝＋1＝，故选B.‎ ‎5．已知函数y＝x2的图象在点处的切线为l，若l也与函数y＝ln x，x∈(0，1)的图象相切，则x0必满足(　　)‎ A．0，x＝1－ln，x－1－ln 2x0＝0.令h(x)＝x2－1－ln 2x，则h()＝1－ln 2<0，h()＝2－ln 2>0，由零点存在定理得x0∈(，)，选D.‎ ‎6．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(3)设函数g(x)＝[f(x)－x3]·ex，若函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．‎ ‎【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，‎ 得f′(x)＝3x2＋2ax－1.‎ 当x＝时，得a＝f′＝3×＋‎2a×－1，解之，得a＝－1.‎ ‎(2)因为f(x)＝x3－x2－x＋c.‎ 从而f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下：‎ x ‎－ ‎1‎ ‎(1 ，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 增 有极 大值 减 有极 小值 增 所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞); f(x)的单调递减区间是.‎ ‎(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，‎ 有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，‎ 因为函数g(x)在区间x∈[－3，2]上单调递增，‎ 等价于h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3，2]上恒成立，‎ 只要h(2)≥0，解得c≥11，‎ 所以c的取值范围是c≥11. ‎ ‎7．已知函数f(x)＝ex＋2ax.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为0，求a的值；‎ ‎(3)若对于任意x≥0，f(x)≥e－x恒成立，求a的取值范围．‎ ‎【解析】(1)当a≥0时，函数f′(x)＝ex＋‎2a>0，f(x)在R上单调递增；‎ 当a<0时，f′(x)＝ex＋‎2a，‎ 令ex＋‎2a＝0，得x＝ln(－‎2a)，‎ 所以，当x∈(－∞，ln(－‎2a))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln(－‎2a)，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．‎ ‎(2)由(1)可知，当a≥0时，函数f(x)＝ex＋2ax>0，不符合题意．‎ 当a<0时，f′(x)＝ex＋‎2a，‎ 因为，当x∈(－∞，ln(－‎2a))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln(－‎2a)，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．‎ ‎①当ln(－‎2a)≤1，即－≤a<0时，f(x)最小值为f(1)＝‎2a＋e.‎ 解‎2a＋e＝0，得a＝－，符合题意．‎ ‎②当ln(－‎2a)>1，即a<－时，f(x)最小值为 f(ln(－‎2a))＝－‎2a＋2aln(－‎2a)．‎ 解－‎2a＋2aln(－‎2a)＝0，得a＝－，不符合题意．‎ 综上，a＝－.‎ ‎(3)构建新函数g(x)＝ex－e－x＋2ax，g′(x)＝ex＋e－x＋‎2a.‎ ‎①当‎2a≥－2，即a≥－1时，‎ 因为ex＋e－x≥2，所以g′(x)≥0(且a＝－1时，仅当x＝0时，g′(x)＝0.)‎ 所以g(x)在R上单调递增．‎ 又g(0)＝0，所以，当a≥－1时，对于任意x≥0都有g(x)≥0.‎ ‎②当a<－1时，解ex＋e－x＋‎2a<0，即(ex)2＋2aex＋1<0，‎ 得－a－1.‎ 所以ln(－a－)0.‎ 所以g(x)在(0，ln(－a＋))上单调递减．‎ 又g(0)＝0，所以存在x0∈(0，ln(－a＋))，使g(x0)<0，不符合题意．‎ 综上，a的取值范围为[－1，＋∞)．‎ B组　能力提升 ‎8．设函数f(x)＝x2－2x＋1＋aln x有两个极值点x1，x2，且x10，且f′(x)＝，‎ ‎∵f(x)有两个极值点x1，x2，∴x1，x2是方程2x2－2x＋a＝0的两根，‎ 又∵00，故g(t)递增，∴g0，f(x)是增函数，∴x∈时，f(x)∈.设g(y)＝y2ey，∵对任意的x∈，总存在唯一的y∈，使得ln x－x＋1＋a＝y2ey成立，∴是g(y)的不含极值点的单值区间的子集，∵g′(y)＝eyy(2＋y)，∴y∈时，若y∈[－1，0)，g′(y)<0，g(y)是减函数，若y∈(0，1]，g′(y)>0，g(y)是增函数，∴g(y)min＝g(0)＝0，∵g(－1)＝0)，‎ h′(x)＝(2－a)－，‎ 因为的最小值为3，所以h′(x)＝0的根为x＝.函数h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h(x)min＝h＝6＋ln(2－a)＝6，a＝1，x2＝1，b＝1，‎2a－b＝1，填1.‎ ‎11．已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax，a∈R.‎ ‎(1)已知函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；‎ ‎(2)设x＝m和x＝n是函数f(x)的两个极值点(其中n>m)．若a≥，求f(n)－f(m)的最大值. ‎ ‎【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝ln x＋x2－ax，‎ 所以f′(x)＝＋x－a＝.‎ 由题意得方程x2－ax＋1＝0有两个不相等的正根，故得a>2.‎ ‎(2)由(1)知，x＝m和x＝n是方程x2－ax＋1＝0的两根，所以 f(n)－f(m)＝ln ＋(n2－m2)－a(n－m)＝ln ＋(n2－m2)－(n＋m)(n－m)＝ln －(n2－m2)＝ln －＝ln －.‎ 设t＝(t>1)，则f(n)－f(m)＝ln t－，又a≥，所以m＋n≥，‎ 则(m＋n)2＝＝t＋＋2≥＝，‎ 于是有t＋≥，由于函数y＝t＋在t∈(1，＋∞)单调递增，所以t≥2.‎ 令g(t)＝ln t－(t≥2)，‎ 则g′(t)＝－＝－<0.‎ 所以g(t)在[2，＋∞)上单调递减，‎ 所以g(t)≤g(2)＝ln 2－.‎ 故f(n)－f(m)的最大值是ln 2－.‎ ‎12．已知函数f(x)＝aln x＋bx2＋x(a，b∈R)．‎ ‎(1)若函数f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为1，且对任意x∈[1，e]有f(x)－x≤(a＋2)·成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(2) 若h(x)＋x＝f(x)＋x2，求h(x)在[1，e]上的最小值及相应的x值．‎ ‎【解析】(1)若函数f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为1，则f′(1)＝a＋b＋1＝1，则a＝－b.‎ 故f(x)＝aln x－x2＋x，‎ 若f(x)－x＝aln x－x2≤(a＋2)成立，‎ 则a(x－ln x)≥x2－2x成立，∵x∈[1，e]，‎ ‎∴ln x≤1≤x，且等号不能同时取得，‎ 所以ln x0.‎ 因而a≥(x∈[1，e])．‎ 令g(x)＝(x∈[1，e])，‎ 又g′(x)＝，‎ 当x∈[1，e]时，x－1≥0，ln x≤1，x＋2－2ln x>0，‎ 从而g′(x)≥0(仅当x＝1时取等号)，‎ 所以g(x)在[1，e]上为增函数．‎ 故g(x)的最大值为g(e)＝，‎ 所以实数a的取值范围是.‎ ‎(2)h(x)＋x＝f(x)＋x2⇒h(x)＝aln x＋x2，‎ h′(x)＝(x>0)，‎ 当x∈[1，e]时，2x2＋a∈[a＋2，a＋2e2]．‎ 若a≥－2，h′(x)在[1，e]上非负(仅当a＝－2，x＝1时，h′(x)＝0)，故函数h(x)在[1，e]上是增函数，此时[h(x)]min＝h(1)＝1.‎ 若－2e20，此时h(x)是增函数．‎ 故[h(x)]min＝h＝ln－.‎ 若a≤－2e2时，h′(x)在[1，e]上非正(仅当a＝－2e2，x＝e时，h′(x)＝0)，故函数h(x)在[1，e]上是减函数，此时[h(x)]min＝h(e)＝a＋e2.‎ 综上可知，当a≥－2时，h(x)的最小值为1，相应的x值为1；‎ 当－2e2