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 22页

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.‎ 22‎ 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.‎ 22‎ ‎(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<0h(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 22‎ 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 22‎ ‎＝(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(　　)‎ 22‎ 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)．‎ 22‎ 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