五年高考真题2022届高考数学复习第三章第二节导数的应用理全国通用

考点一　利用导数研究函数的单调性1．(2022·福建，10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是(　　)A．f＜B．f＞C．f＜D．f＞解析　∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，＞0，可构造函数g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上为增函数，∵f(0)＝－1，∴g(0)＝－1，∴g＞g(0)，∴f－＞－1，∴f＞，∴选项C错误，故选C.答案　C2．(2022·辽宁，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析　设g(x)＝f(x)－2x－4，则g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，g′(x)＝f′(x)－2>0，g(x)在R上为增函数．由g(x)>0，即g(x)>g(－1)．∴x>－1，选B.答案　B3．(2022·新课标全国Ⅱ，21)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|0≤e－1，求m的取值范围．(1)证明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.30\n若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0.所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解　由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是即①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0.当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.综上，m的取值范围是[－1，1]．4．(2022·北京，18)已知函数f(x)＝ln.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2；(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值．(1)解　因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2.又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)证明　令g(x)＝f(x)－2，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.因为g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在区间(0，1)上单调递增．30\n所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)，即当x∈(0，1)时，f(x)>2.(3)解　由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0，1)恒成立．当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.所以当0<x<时，h′(x)<0，因此h(x)在区间上单调递减．当0<x<时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<k.所以当k>2时，f(x)>k并非对x∈(0，1)恒成立．综上可知，k的最大值为2.5．(2022·四川，21)已知函数f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2－2ax－2a2＋a，其中a＞0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．(1)解　由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2，所以g′(x)＝2－＋＝，当0＜a＜时，g(x)在区间，上单调递增，在区间上单调递减；30\n当a≥时，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明　由f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2＝0，解得a＝，令φ(x)＝－2lnx＋x2－2x－2＋，则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－－2＜0，故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，令a0＝，u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以0＝＜＝a0＜＝＜1，即a0∈(0，1)，当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0，所以，当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0，综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．6.(2022·天津，20)已知函数f(x)＝nx－xn，x∈R，其中n∈N*，n≥2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)；(3)若关于x的方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证：|x2－x1|＜＋2.(1)解　由f(x)＝nx－xn，30\n可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1)．其中n∈N*，且n≥2，下面分两种情况讨论：①当n为奇数时．令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)(－1，1)(1，＋∞)f′(x)－＋－f(x)所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)内单调递增．②当n为偶数时．当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减；所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明　设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝n，f′(x0)＝n－n2.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)．(3)证明　不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0)，30\n设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝＋x0.当n≥2时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，可得x2≤x2′.类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，可得h(x)＝nx.当x∈(0，＋∞)，f(x)－h(x)＝－xn＜0，即对于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)＜h(x)．设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝.因为h(x)＝nx在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)＜h(x1)，因此x1′＜x1.由此可得x2－x1＜x2′－x1′＝＋x0.因为n≥2，所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋C＝1＋n－1＝n，故2≥n＝x0.所以，|x2－x1|＜＋2.7．(2022·广东，21)设函数f(x)＝，其中k<－2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；(3)若k<－6，求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示)．解　(1)由题意知(x2＋2x＋k＋3)(x2＋2x＋k－1)>0，因此或，设y1＝x2＋2x＋k＋3，y2＝x2＋2x＋k－1，则这两个二次函数的对称轴均为x＝－1，且方程x2＋2x＋k＋3＝0的判别式Δ1＝4－4(k＋3)＝－4k－8，方程x2＋2x＋k－1＝0的判别式Δ2＝4－4(k－1)＝8－4k，因为k<－2，所以Δ2>Δ1>0，30\n因此对应的两根分别为x1，2＝＝－1±，x3，4＝＝－1±，且有－1－<－1－<－1＋<－1＋，因此函数f(x)的定义域D为(－∞，－1－)∪(－1－，－1＋)∪(－1＋，＋∞)．(2)由(1)中两个二次函数的单调性，且对称轴都为x＝－1，易知函数f(x)在(－∞，－1－)上单调递增，在(－1－，－1)上单调递减，在(－1，－1＋)上单调递增，在(－1＋，＋∞)上单调递减．(3)由于k<－6，故－1－<－1－<－3<－1<1<－1＋<－1＋.利用函数图象的对称性可知f(1)＝f(－3)，再利用函数f(x)的单调性可知在(－1－，－1)上f(x)>f(1)＝f(－3)的解集为(－1－，－3)，在(－1，－1＋)上f(x)>f(1)的解集为(1，－1＋)．再在其余两个区间(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)上讨论．令x＝1，则(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12，令(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12，则(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k2＋8k＋15)＝0，即(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k＋5)(k＋3)＝0，即[x2＋2x＋k＋(k＋5)][x2＋2x＋k－(k＋3)]＝0，化简得(x2＋2x＋2k＋5)(x2＋2x－3)＝0，解得除了－3，1的另外两个根为－1±，因此利用函数f(x)的单调性可知在(－∞，－1－)上f(x)>f(1)的解集为(－1－，－1－)，在(－1＋，＋∞)上f(x)>f(1)的解集为(－1＋，－1＋)，综上所述，k<－6时，在D上f(x)>f(1)的解集为(－1－，－1－)∪(－1－，－3)∪(1，－1＋)∪(－1＋，－1＋)．8．(2022·重庆，17)设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)．30\n(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．解　(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，故f′(x)＝2a(x－5)＋.令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0，6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6lnx(x>0)，f′(x)＝x－5＋＝.令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)在(2，3)上为减函数．由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.9．(2022·北京，18)已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．解　(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.解得a＝3，b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.a>0时，h(x)与h′(x)的情况如下：30\nx－)－(－，－)－(－，＋∞)h′(x)＋0－0＋h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为.当－≥－1，即0<a≤2时，函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－1)＝a－a2.当－<－1，且－≥－1，即2<a≤6时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间上单调递减，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h＝1.当－<－1，即a>6时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间上单调递增．又因h－h(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2>0，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h＝1.考点二　利用导数研究函数的极值与最值1．(2022·陕西，12)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是(　　)A．－1是f(x)的零点B．1是f(x)的极值点C．3是f(x)的极值D．点(2，8)在曲线y＝f(x)上解析　A正确等价于a－b＋c＝0，①B正确等价于b＝－2a，②C正确等价于＝3，③D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④30\n下面分情况验证，若A错，由②、③、④组成的方程组的解为符合题意；若B错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解；若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数．综上，故选A.答案　A2．(2022·新课标全国Ⅱ，12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)D．(0，1)∪(1，＋∞)解析　因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.当x≠0时，令g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时，g′(x)＝′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0⇔＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0.综上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A.答案　A3．(2022·新课标全国Ⅱ，12)设函数f(x)＝sin.若存在f(x)的极值点x0满足x＋[f(x0)]2<m2，则m的取值范围是(　　)A．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)30\n解析　由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)＝±，则＝＋kπ(k∈Z)，从而得x0＝(k＋)m(k∈Z)．所以不等式x＋[f(x0)]2<m2即为(k＋)2m2＋3<m2，变形得m2>3，其中k∈Z.由题意，存在整数k使得不等式m2>3成立．当k≠－1且k≠0时，必有>1，此时不等式显然不能成立，故k＝－1或k＝0，此时，不等式即为m2>3，解得m<－2或m>2.答案　C4．(2022·浙江，8)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则(　　)A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析　当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，此时f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝ex·x－1，所以f′(1)＝e－1≠0，所以f(1)不是极值，A，B项均错．当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，此时f′(x)＝ex(x－1)2＋(2x－2)(ex－1)＝ex·x2－2x－ex＋2＝ex(x＋1)(x－1)－2(x－1)＝(x－1)[ex(x＋1)－2]，所以f′(1)＝0，且当x>1时，f′(x)>0；在x＝1附近的左侧，f′(x)<0，所以f(1)是极小值．答案　C5．(2022·陕西，7)设函数f(x)＝xex，则(　　)A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点解析　f′(x)＝(x＋1)ex，当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以x＝－1为f(x)的极小值点，故选D.答案　D6．(2022·广东，12)函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．解析　∵f′(x)＝3x2－6x＝0得x＝0或x＝2.∴当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时f′(x)>0，30\nf(x)为增函数．当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数．∴f(x)在x＝2处取得极小值．答案　27．(2022·江苏，19)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.当a＝0时，因为f′(x)＝3x2＞0(x≠0)，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；当a＜0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝b＜0，从而或又b＝c－a，所以当a＞0时，a3－a＋c＞0或当a＜0时，a3－a＋c＜0.设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在∪上g(a)＞0均恒成立．30\n从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞，－3)∪∪.综上c＝1.8．(2022·重庆，20)设函数f(x)＝(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝.令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝，x2＝.当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数．由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－，故a的取值范围为.30\n9．(2022·新课标全国Ⅰ，21)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．解　(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即解得x0＝，a＝－.因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)无零点．当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．当x∈(0，1)时，g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数．(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)无零点，故f(x)在(0，1)单调．而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)没有零点．(ⅱ)若－3<a<0，则f(x)在单调递减，在单调递增，故在(0，1)中，当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f＝＋.①若f>0，即－<a<0，f(x)在(0，1)无零点；②若f＝0，即a＝－，30\n则f(x)在(0，1)有唯一零点；③若f<0，即－3<a<－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－<a<－时，f(x)在(0，1)有两个零点；当－3<a≤－时，f(x)在(0，1)有一个零点．综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－<a<－时，h(x)有三个零点．10．(2022·安徽，21)设函数f(x)＝x2－ax＋b.(1)讨论函数f(sinx)在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sinx)－f0(sinx)|在上的最大值D；(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－满足D≤1时的最大值．解　(1)f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b，－<x<.[f(sinx)]′＝(2sinx－a)cosx，－<x<.因为－<x<，所以cosx>0，－2<2sinx<2.①a≤－2，b∈R时，函数f(sinx)单调递增，无极值．②a≥2，b∈R时，函数f(sinx)单调递减，无极值．③对于－2<a<2，在内存在唯一的x0，使得2sinx0＝a.－<x≤x0时，函数f(sinx)单调递减；x0≤x<时，函数f(sinx)单调递增；因此，－2<a<2，b∈R时，函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)＝f＝b－.(2)－≤x≤时，|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.当(a0－a)(b－b0)≥0时，取x＝，等号成立．当(a0－a)(b－b0)<0时，取x＝－，等号成立．30\n由此可知，|f(sinx)－f0(sinx)|在上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|.(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，从而z＝b－≤1.取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1.由此可知，z＝b－满足条件D≤1的最大值为1.11．(2022·山东，20)设函数f(x)＝－k(＋lnx)(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．解　(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－k＝－＝由k≤0可得ex－kx>0，所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)，因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0<k≤1时，当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)单调递增．故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；当k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减，x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增．30\n所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当解得e<k<.综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为.12．(2022·福建，17)已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．考点三　导数的综合问题1．(2022·新课标全国Ⅰ，12)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(　　)A.B.C.D.解析　设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，30\n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)＝3e>0，直线y＝a(x－1)恒过(1，0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1，故选D.答案　D2．(2022·辽宁，11)当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．[－5，－3]B.C．[－6，－2]D．[－4，－3]解析　当x∈(0，1]时，得a≥－3－4＋，令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2，0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立．故实数a的取值范围为[－6，－2]．答案　C3．(2022·四川，10)设函数f(x)＝(a∈R，e为自然对数的底数)．若曲线y＝sinx上存在点(x0，y0)使得f(f(y0))＝y0，则a的取值范围是(　　)A．[1，e]B．[e－1－1，1]C．[1，e＋1]D．[e－1－1，e＋1]解析　因为y0＝sinx0∈[－1，1]，而f(x)≥0，f(f(y0))＝y0，所以y0∈[0，1]．设＝x，x∈[0，1]，①所以ex＋x－x2＝a在x∈[0，1]上有解，令g(x)＝ex＋x－x2，所以g′(x)＝ex＋1－2x，设h(x)＝ex＋1－2x，则h′(x)＝ex－2，所以当x∈(0，ln2)时，h′(x)＜0，当x∈(ln2，1)时，h′(x)＞0，所以g′(x)≥g′(ln2)＝3－2ln2＞0，所以g(x)在[0，130\n]上单调递增．所以原题中的方程有解必须方程①有解，所以g(0)≤a≤g(1)，故选A.答案　A4．(2022·广东，19)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.(1)解　f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex∀x∈R，f′(x)≥0恒成立．∴f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．(2)证明　∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，∴f(0)·f(a)<0，∴f(x)在(0，a)上有一零点，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上递增，∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点，∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明　f′(x)＝(x＋1)2ex，设P(x0，y0)，则f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a，∴kOP＝a－.f′(m)＝em(m＋1)2＝a－，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.令g′(x)>0，则m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增．令g′(x)<0，则m<0，∴g(m)在(－∞，0)上减．∴g(m)min＝g(0)＝0.30\n∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－≥(m＋1)3.∴m＋1≤，即m≤－1.5．(2022·山东，21)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．解　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝＋a(2x－1)＝.令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；②当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．(ⅰ)当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；(ⅱ)当a＞时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－，所以x1＜－，x2＞－.由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－.所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；因此函数有两个极值点．(ⅲ)当a＜0时，Δ＞0，30\n由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1.当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点．综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；当a＞时，函数f(x)有两个极值点．(2)由(1)知，①当0≤a≤时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；②当＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；③当a＞1时，由g(x)＜0，可得x2＞0.所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减；因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意；④当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1)．因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－＝＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0，即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x，当x＞1－时，ax2＋(1－a)x＜0，此时f(x)＜0，不合题意．综上所述，a的取值范围是[0，1]．6．(2022·湖南，21)已知a＞0，函数f(x)＝eaxsinx(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点，证明：(1)数列{f(xn)}是等比数列；30\n(2)若a≥，则对一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立.证明　(1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(asinx＋cosx)＝eaxsin(x＋φ)，其中tanφ＝，0＜φ＜.令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，即x＝mπ－φ，m∈N*，对k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π，即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ，则f′(x)＞0；若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π，即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，则f′(x)＜0.因此，在区间((m－1)π，mπ－φ)与(mπ－φ，mπ)上，f′(x)的符号总相反．于是当x＝mπ－φ(m∈N*)时，f(x)取得极值，所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．此时，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)sinφ.易知f(xn)≠0，而＝＝－eaπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sinφ，公比为－eaπ的等比数列．(2)由(1)知，sinφ＝，于是对一切n∈N*；xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜ea(nπ－φ)恒成立，等价于＜(*)恒成立，因为(a＞0)．设g(t)＝(t＞0)，则g′(t)＝.令g′(t)＝0得t＝1.30\n当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．从而当t＝1时，函数g(t)取得最小值g(1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需＜g(1)＝e，即只需a＞.而当a＝时，由tanφ＝＝＞且0＜φ＜知，＜φ＜.于是π－φ＜＜，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ＞＞.因此对一切n∈N*，axn＝≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立．综上所述，若a≥，则对一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立．7．(2022·福建，20)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．(1)证明：当x＞0时，f(x)＜x；(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)；(3)确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.(1)证明　令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，则有F′(x)＝－1＝.当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，故当x＞0时，F(x)＜F(0)＝0，即当x＞0时，f(x)＜x.(2)证明　令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝－k＝.当k≤0时，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)单调递增，G(x)＞G(0)＝0，故任意正实数x0均满足题意．当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝＝－1＞0，30\n取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，从而G(x)在(0，x0)单调递增，所以G(x)＞G(0)＝0，即f(x)＞g(x)．综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)．(3)解　当k＞1时，由(1)知，对于∀x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)．M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)．则有M′(x)＝k－－2x＝.故当x∈时，M′(x)＞0，M(x)在上单调递增，故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x2，所以满足题意的t不存在．当k＜1时，由(2)知，存在x0＞0，使得当x∈(0，x0)时，f(x)＞g(x)，此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx.令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)．则有N′(x)＝－k－2x＝.当x∈时，N′(x)＞0，N(x)在上单调递增，故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x2.30\n记x0与中的较小者为x1，则当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故满足题意的t不存在．当k＝1时，由(1)知，当x＞0时，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，则有H′(x)＝1－－2x＝.当x＞0时，H′(x)＜0，所以H(x)在[0，＋∞)上单调递减，故H(x)＜H(0)＝0.故当x＞0时，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.此时，任意正实数t均满足题意．综上，k＝1.法二　(1)(2)证明　同法一．(3)解　当k＞1时，由(1)知，对于∀x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.令(k－1)x＞x2，解得0＜x＜k－1.从而得到，当k＞1时，对于x∈(0，k－1)，恒有|f(x)－g(x)|＞x2，故满足题意的t不存在．当k＜1时，取k1＝，从而k＜k1＜1，由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)，f(x)＞k1x＞kx＝g(x)，此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x，令x＞x2，解得0＜x＜，此时f(x)－g(x)＞x2.记x0与的较小者为x1，当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故满足题意的t不存在．30\n当k＝1时，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)，令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，则有M′(x)＝1－－2x＝.当x＞0时，M′(x)＜0，所以M(x)在[0，＋∞)上单调递减，故M(x)＜M(0)＝0.故当x＞0时，恒有|f(x)－g(x)|＜x2，此时，任意正实数t均满足题意．综上，k＝1.8．(2022·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝aexlnx＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1.(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋ex－ex－1＋ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.(2)证明　由(1)知，f(x)＝exlnx＋ex－1，从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx.所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，30\n从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.9．(2022·北京，18)已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈.(1)求证：f(x)≤0；(2)若a<<b对x∈恒成立，求a的最大值与b的最小值．(1)证明　由f(x)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.因为在区间上f′(x)＝－xsinx<0，所以f(x)在区间上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.(2)解　当x>0时，“>a”等价于“sinx－ax>0”；“<b”等价于“sinx－bx<0”．令g(x)＝sinx－cx，则g′(x)＝cosx－c.当c≤0时，g(x)>0对任意x∈恒成立．当c≥1时，因为对任意x∈，g′(x)＝cosx－c<0，所以g(x)在区间上单调递减．从而g(x)<g(0)＝0对任意x∈恒成立．当0<c<1时，存在唯一的x0∈使得g′(x0)＝cosx0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间上的情况如下：x(0，x0)x0g′(x)＋0－30\ng(x)因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g＝1－c≥0，即0<c≤.综上所述，当且仅当c≤时，g(x)>0对任意x∈恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈恒成立．所以，若a<<b对任意x∈恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1.10．(2022·江西，18)已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间(0，)上单调递增，求b的取值范围．解　(1)当b＝4时，f′(x)＝，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0.当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取极小值f(－2)＝0，在x＝0处取极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝，因为当x∈时，<0，依题意，当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0.所以b的取值范围为.11．(2022·辽宁，21)已知函数f(x)＝(cosx－x)(π＋2x)－(sinx＋1)，g(x)＝3(x－π)cosx－4(1＋sinx)ln.证明：(1)存在唯一x0∈，使f(x0)＝0；(2)存在唯一x1∈，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.30\n证明　(1)当x∈时，f′(x)＝－(1＋sinx)(π＋2x)－2x－cosx<0，函数f(x)在上为减函数，又f(0)＝π－>0，f＝－π2－<0，所以存在唯一x0∈，使f(x0)＝0.(2)考虑函数h(x)＝－4ln，x∈.令t＝π－x，则x∈时，t∈.记u(t)＝h(π－t)＝－4ln，则u′(t)＝.由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0，当t∈时，u′(t)<0.在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，从而当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点．在上u(t)为减函数，由u(x0)>0，u＝－4ln2<0，知存在唯一t1∈，使u(t1)＝0.所以存在唯一的t1∈，使u(t1)＝0.因此存在唯一的x1＝π－t1∈，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.因为当x∈时，1＋sinx>0，故g(x)＝(1＋sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈，使g(x1)＝0.因x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.12．(2022·天津，20)已知函数f(x)＝x2lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，30\n证明：当t>e2时，有<<.(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，得x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xf′(x)－0＋f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)证明　当0<x≤1时，f(x)≤0.t>0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．(3)证明　因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，从而＝＝＝＝，其中u＝lns.要使<<成立，只需0<lnu<.当t>e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s>e，即u>1，从而lnu>0成立．另一方面，令F(u)＝lnu－，u>1.F′(u)＝－，令F′(u)＝0，得u＝2.当1<u<2时，F′(u)>0；当u>2时，F′(u)<0.故对u>1，F(u)≤F(2)<0.因此lnu<成立．综上，当t>e2时，有<<.30