【走向高考】2022届高中数学二轮复习 专题1 集合与常用逻辑用语、函数与导数（第5讲）课时作业 新人教A版

【走向高考】2022届高中数学二轮复习专题1集合与常用逻辑用语、函数与导数（第5讲）课时作业新人教A版一、选择题1．(文)(2022·郑州市质检)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f′(e)＝(　　)A．1B．－1C．－e－1D．－e[答案]　C[解析]　依题意得，f′(x)＝2f′(e)＋，取x＝e得f′(e)＝2f′(e)＋，由此解得f′(e)＝－＝－e－1，故选C.(理)(2022·云南检测)已知常数a、b、c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是(　　)A．－B.C．2D．5[答案]　C[解析]　依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a>0，－2＋3＝－，－2×3＝，∴b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.2．(文)(2022·长春市调研)已知函数f(x)＝x2的图象在点A(x1，f(x1))与点B(x2，f(x2))处的切线互相垂直，并交于点P，则点P的坐标可能是(　　)A．(－，3)B．(0，－4)C．(2,3)D.(1，－)[答案]　D[解析]　由题意知，A(x1，x)，B(x2，x)，f′(x)＝2x，则过A，B两点的切线斜率k1＝2x1，k2＝2x2，又切线互相垂直，所以k1k2＝－1，即x1x2＝－.两条切线方程分别为l1∶y＝2x1x－x，l2∶y＝2x2x－x，联立得(x1－x2)[2x－(x1＋x2)]＝0，∵x1≠x2，∴x＝，代入l1，解得y＝x1x2＝－，故选D.(理)在函数y＝x3－9x的图象上，满足在该点处的切线的倾斜角小于-11-\n，且横、纵坐标都为整数的点的个数是(　　)A．0　　　B．1　　　　C．2　　　D．3[答案]　A[解析]　依题意得，y′＝3x2－9，令0<y′＝3x2－9<1得3<x2<，显然满足该不等式的整数x不存在，因此在函数y＝x3－9x的图象上，满足在该点处的切线的倾斜角小于，且横、纵坐标都为整数的点的个数是0，选A.3．(文)(2022·太原五中月考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的焦距为2，抛物线y＝x2＋1与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C的方程为(　　)A.－＝1B.－＝1C.－y2＝1D.x2－＝1[答案]　C[解析]　∵y＝x2＋1，∴y′＝x，设切点(x0，y0)，则切线方程y－y0＝x0(x－x0)，∵切线过原点，∴y0＝x　①，又切点在抛物线上，∴y0＝x＋1　②，由(1)(2)得x0＝±4，∴＝|x0|＝，∴a＝2b，代入a2＋b2＝c2＝5中得b2＝1，a2＝4，∴双曲线方程为－y2＝1.(理)(2022·吉林市质检)若函数f(x)＝2sinx(x∈[0，π])在点P处的切线平行于函数g(x)＝2·(＋1)在点Q处的切线，则直线PQ的斜率(　　)A．1B.C.D.2[答案]　C[解析]　f′(x)＝2cosx，x∈[0，π]，∴f′(x)∈[－2,2]，g′(x)＝＋≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则由题意知，2cosx1＝＋，∴2cosx1＝2且＋＝2，∵x1∈[0，π]，∴x1＝0，∴y1＝0，x2＝1，y2＝，∴kPQ＝＝.4．(文)(2022·浙江文，8)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如下图所示，则该函数的图象是(　　)-11-\n[答案]　B[解析]　本题考查原函数图象与导函数图象之间的关系．由导数的几何意义可得，y＝f(x)在[－1,0]上每一点处的斜率变大，而在[0,1]上则变小，故选B.(理)(2022·石家庄市质检)定义在区间[0,1]上的函数f(x)的图象如下图所示，以A(0，f(0))、B(1，f(1))、C(x，f(x))为顶点的△ABC的面积记为函数S(x)，则函数S(x)的导函数S′(x)的大致图象为(　　)[答案]　D[解析]　∵A、B为定点，∴|AB|为定值，∴△ABC的面积S(x)随点C到直线AB的距离d而变化，而d随x的变化情况为增大→减小→0→增大→减小，∴△ABC的面积先增大再减小，当A、B、C三点共线时，构不成三角形；然后△ABC的面积再逐渐增大，最后再逐渐减小，观察图象可知，选D.5．(2022·山西大学附中月考)已知函数f0(x)＝xex，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f1′(x)，…fn(x)＝f′n－1(x)(n∈N*)，则f′2022(0)＝(　　)A．2022B．2022C．2022D．2022[答案]　C[解析]　∵f0(x)＝xex，∴f1(x)＝f0′(x)＝ex＋xex，f2(x)＝f1′(x)＝2ex＋xex，…，∴fn(x)＝fn－1′(x)＝nex＋xex，∴f2022′(0)＝f2022(0)＝2022e0＋0＝2022.6．(2022·天津文，8)设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x2－3，若实数a、b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则(　　)A．g(a)<0<f(b)B．f(b)<0<g(a)C．0<g(a)<f(b)D．f(b)<g(a)<0[答案]　A[解析]　解法1：由f(a)＝ea＋a－2＝0得0<a<1，g(a)＝lna＋a2－3<0；由g(b)＝lnb＋b2－3＝0得b>1，∴f(b)＝eb＋b－2>0，所以f(b)>0>g(a)，故选A.解法2：∵f′(x)＝ex＋1>0，∴f(x)为增函数，∵f(0)＝－1<0，f(1)＝e－1>0，且f(a)＝0，∴0<a<1；∵当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝＋2x>0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又g(1)＝－2<0，g(2)＝ln2＋1>0，g(b)＝0，∴1<b<2.-11-\n∴f(b)>f(1)＝0，g(a)<g(1)<0，故选A.二、填空题7．(文)(2022·甘肃省三诊)若曲线y＝x－在点(m，m－)处的切线与两坐标轴围成三角形的面积为18，则m＝________.[答案]　64[解析]　∵y＝x－，∴y′＝－x－，∴切线的斜率为－m－，切线方程为y－m－＝－m－(x－m)，令x＝0，得y＝m－，令y＝0，得x＝3m，∵m>0，∴×3m×m－＝18，∴m＝8，∴m＝64.(理)(2022·沈阳市二检)已知函数f(x)＝x(x－a)(x－b)的导函数为f′(x)，且f′(0)＝4，则a2＋2b2的最小值为________．[答案]　8[解析]　f′(x)＝(x－a)(x－b)＋x[(x－a)＋(x－b)]，f′(0)＝ab＝4，a2＋2b2≥2ab＝8，故填8.8．已知函数f(x)＝ax3＋ax2－bx＋b－1在x＝1处的切线与x轴平行，若函数f(x)的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是________．[答案]　(，)[解析]　依题意得，f′(1)＝0，又f′(x)＝ax2＋ax－b，∴b＝2a，∴f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，①当a＝0时，不合题意；②当a>0时，要使图象过四个象限，只需结合a>0，解得a∈(，)；③当a<0时，要使图象过四个象限，只需结合a<0.可知不存在符合条件的实数a；综上得，a的取值范围是(，)．9．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为________．[答案]　(－∞，－1)∪(2，＋∞)[解析]　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由题意知f′(x)＝0有两个不等的实根，故Δ＝(6a)2－4×3×3(a＋2)>0，即a2－a－2>0，解得a>2或a<－1.三、解答题10．(文)(2022·新课标全国文，21)设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．[分析]　(1)求函数f(x)的单调区间，需判断f′(x)的正负，因为含参数a，故需分类讨论；(2)分离参数k，将不含有参数的式子看作一个新函数g(x)，将求k的最大值转化为求g(x)的最值问题．[解析]　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．-11-\n若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x　(x>0)．①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2.[点评]　本题考查导数的应用及参数的取值范围的求法．利用导数求参数的取值范围时，经常需将参数分离出来，转化为恒成立问题，最终转化为求函数的最值问题，求得参数的取值范围．(理)(2022·广东文，21)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k<0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.[解析]　f′(x)＝3x2－2kx＋1.(1)当k＝1时f′(x)＝3x2－2x＋1，Δ＝4－12＝－8<0，∴f′(x)>0，f(x)在R上单调递增．即f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，f(x)没有单调递减区间．(2)当k<0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其开口向上，对称轴x＝，且过(0,1)．(i)当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k<0时，f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增，从而当x＝k时，f(x)取得最小值m＝f(k)＝k，当x＝－k时，f(x)取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.(ii)当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)>0，即k<－时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0解得：x1＝，x2＝，注意到k<x2<x1<0，(注：可用韦达定理判断x1·x2＝，x1＋x2＝>k，从而k<x2<x1<0；或者由对称结合图像判断)∴m＝min{f(k)，f(x1)}，M＝max{f(－k)，f(x2)}∵f(x1)－f(k)＝x－kx＋x1－k＝(x1－k)(x＋1)>0，-11-\n∴f(x)的最小值m＝f(k)＝k，∵f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－2k3－k)＝(x2＋k)[(x2－k)2＋k2＋1]<0，∴f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.综上所述，当k<0时，f(x)的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.一、选择题11．(文)如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程为x－y＋2＝0，则f(1)＋f′(1)＝(　　)A．1B．2C．3D．4[答案]　D[解析]　由条件知(1，f(1))在直线x－y＋2＝0上，且f′(1)＝1，∴f(1)＋f′(1)＝3＋1＝4.(理)(2022·烟台质检)在等比数列{an}中，首项a1＝，a4＝(1＋2x)dx，则该数列的前5项和S5为(　　)A．18B．3C.D.[答案]　C[解析]　a4＝(1＋2x)dx＝(x＋x2)|＝18，因为数列{an}是等比数列，故18＝q3，解得q＝3，所以S5＝＝.故选C.12．(文)(2022·太原调研)设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数f′(x)是奇函数，若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为(　　)A．－B．－ln2C.D．ln2[答案]　D[解析]　由于f′(x)＝ex－ae－x，故若f′(x)为奇函数，则必有f′(0)＝1－a＝0，解得a＝1，故f′(x)＝ex－e－x.设曲线上切点的横坐标为x0，则据题意得f′(x0)＝ex0－e－x0＝，解得ex0＝2，故切点横坐标x0＝ln2.(理)(2022·哈三中一模)在平面直角坐标系xOy中，已知P是函数f(x)＝xlnx－x的图象上的动点，该曲线在点P处的切线l交y轴于点M(0，yM)，过点P作l的垂线交y轴于点N(0，yN)．则-11-\n的范围是(　　)A．(－∞，－1]∪[3，＋∞)B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，－3][答案]　A[解析]　∵f(x)＝xlnx－x，∴f′(x)＝lnx，设P(x0，y0)，则y0＝x0lnx0－x0，kl＝lnx0，∴l：y－y0＝(x－x0)·lnx0，令x＝0得yM＝y0－x0lnx0＝－x0，过点P的直线l的垂线斜率k＝－，方程为y－y0＝－·(x－x0)，令x＝0得yN＝y0＋＝x0lnx0－x0＋＝∴＝＝－lnx0－＋1当x0>1时，lnx0>0，－lnx0－＋1＝－(lnx0＋)＋1≤1－2＝－1，同理当0<x0<1时，－lnx0－＋1≥3，∴选A.13．(文)(2022·中原名校第二次联考)已知函数g(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a＋2b＋3c＝0，f(0)f(1)>0，设x1、x2是方程f(x)＝0的两根，则|x1－x2|的取值范围是(　　)A．[0，)B．[0，)C．(，)D．(，)[答案]　A[解析]　f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∵f()＝＋＋c＝(a＋2b＋3c)＝0，∴是f(x)＝0的一根，又f(0)·f(1)>0，∴0<x1<x2<1，即或故选A.(理)(2022·德阳市二诊)已知m、n是三次函数f(x)＝x3＋ax2＋2bx(a、b∈R)的两个极值点，且m∈(0,1)，n∈(1,2)，则的取值范围是(　　)A．(－∞，)∪(1，＋∞)B．(，1)C．(－4,3)D．(－∞，－4)∪(3，＋∞)[答案]　D[解析]　f′(x)＝x2＋ax＋2b，由题意知∴(*)表示不等式组(*)表示的平面区域内的点与点(－2，－3)连线的斜率，由图形易知选D.14．(文)已知f(x)为定义在(－∞，＋∞)上的可导函数，且f(x)<f′(x)对于x∈-11-\nR恒成立，且e为自对数的底，则下面正确的是(　　)A．f(1)>e·f(0)，f(2022)>e2022·f(0)B．f(1)<e·f(0)，f(2022)>e2022·f(0)C．f(1)>e·f(0)，f(2022)<e2022·f(0)D．f(1)<e·f(0)，f(2022)<e2022·f(0)[答案]　A[解析]　设F(x)＝，则F′(x)＝＝，∵f(x)<f′(x)对于x∈R恒成立，∴F′(x)>0，即F(x)在x∈R上为增函数，∴F(1)>F(0)，F(2022)>F(0)，即>，>，∴f(1)>ef(0)，f(2022)>e2022f(0)．(理)(2022·浙江苍南求知中学月考)设函数f(x)＝x2＋bx＋c(x∈R)且f′(x)＋f(x)>0恒成立，则对∀a∈(0，＋∞)，下面不等式恒成立的是(　　)A．f(－a)<eaf(0)B．f(－a)>eaf(0)C．f(a)<eaf(0)D．f(a)>eaf(0)[答案]　A[解析]　令F(x)＝f(x)ex，则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝(f′(x)＋f(x))ex>0，∴F(x)为增函数，∴对任意a∈(0，＋∞)，有－a∈(－∞，0)，∴F(－a)<F(0)，∴f(－a)e－a<f(0)，即f(－a)<eaf(0)，故选A.15．(文)已知定义域为R的函数f(x)满足：f(4)＝－3，且对任意x∈R总有f′(x)<3，则不等式f(x)<3x－15的解集为(　　)A．(－∞，4)B．(－∞，－4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞)D．(4，＋∞)[答案]　D[解析]　令g(x)＝f(x)－3x＋15，则g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)在R上是减函数，又因为g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，所以f(x)<3x－15的解集为(4，＋∞)．(理)定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新不动点”，如果函数g(x)＝x2(x∈(0，＋∞))，h(x)＝sinx＋2cosx，x∈(0，π)，φ(x)＝－ex－2x的“新不动点”分别为α、β、γ，那么α、β、γ的大小关系是(　　)A．α<β<γB．α<γ<βC．γ<α<βD．β<α<γ[答案]　C[解析]　由定义，令g′(x)＝x＝x2，得α＝2；对于h(x)＝sinx＋2cosx，x∈-11-\n(0，π)，令h′(x)＝cosx－2sinx＝sinx＋2cosx，得β∈(，π)；对于φ(x)＝－ex－2x，令φ′(x)＝－ex－2＝－ex－2x，得γ＝1.故γ<α<β，选C.二、填空题16．(文)(2022·山西太原五中月考)在区间[－2,3]上任取一个数a，则函数f(x)＝x3－ax2＋(a＋2)x有极值的概率为________．[答案]　[解析]　f′(x)＝x2－2ax＋a＋2，函数f(x)有极值，⇔y＝f′(x)的图象与x轴有两个交点⇔Δ＝4a2－4(a＋2)＝4(a－2)(a＋1)>0⇔a<－1或a>2.∴所求概率P＝＝.(理)(2022·郑州市质检)已知a>1,且函数y＝ax与函数y＝logax的图象有且仅有一个公共点，则此公共点的坐标为________．[答案]　(e，e)[解析]　设公共点为P(x0，y0)，则点P(x0，y0)为函数y＝ax与y＝logax的图象的切点，且点P(x0，y0)又在直线y＝x上，y′＝axlna，∴ax0lna＝1，∴ax0＝＝logae，又ax0＝y0＝logax0＝logae，∴x0＝e，y0＝e.17．函数f(x)＝x2－3x＋2lnx，则函数f(x)在[1，e]上的最大值为________，最小值为________．[答案]　e2－3e＋2　2ln2－4[解析]　由f(x)＝x2－3x＋2lnx可得，f′(x)＝x＋－3＝＝.当x∈(1,2)时，f′(x)<0，∴f(x)在[1,2]上是减函数；当x∈(2，e)时，f′(x)>0，∴f(x)在[2，e]上是增函数．∴当x＝2时，f(x)min＝f(2)＝2ln2－4.又f(1)＝－，f(e)＝e2－3e＋2，f(e)－f(1)＝e2－3e＋2－(－)＝(e2－6e＋9)＝(e－3)2>0，∴f(e)>f(1)，∴f(x)max＝f(e)＝e2－3e＋2.-11-\n综上，函数f(x)在[1，e]上的最大值为e2－3e＋2，最小值为2ln2－4.三、解答题18．(文)已知函数f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上单调递减且满足f(0)＝1，f(1)＝0.(1)求a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．[解析]　(1)由f(0)＝1，f(1)＝0得c＝1，a＋b＝－1，则f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex依题意须对于任意x∈(0,1)，有f′(x)<0.当a>0时，因为二次函数y＝ax2＋(a－1)x－a的图象开口向上，而f′(0)＝－a<0，所以须f′(1)＝(a－1)e<0，即0<a<1；当a＝1时，对任意x∈(0,1)有f′(x)＝(x2－1)ex<0，f(x)符合条件；当a＝0时，对于任意x∈(0,1)，f′(x)＝－xex<0，f(x)符合条件；当a<0时，因f′(0)＝－a>0，f(x)不符合条件．故a的取值范围0≤a≤1.(2)因为g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex，(ⅰ)当a＝0时，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1，在x＝1处取得最大值g(1)＝e.(ⅱ)当a＝1时，对于任意x∈(0,1)有g′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝2，在x＝1处取得最小值g(1)＝0.(ⅲ)当0<a<1时，由g′(x)＝0得x＝>0.①若≥1，即0<a≤时，g(x)在[0,1]上单调递增，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1＋a，在x＝1处取得最大值g(1)＝(1－a)e.②若<1，即<a<1时，g(x)在x＝处取得最大值g()＝2ae，在x＝0或x＝1处取得最小值，而g(0)＝1＋a,g(1)＝(1－a)e，则当<a≤时，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1＋a；当<a<1时，g(x)在x＝1处取得最小值g(1)＝(1－a)e.[点评]　本题考查导数运算，二次函数、恒成立问题、导数应用等，考查分类讨论数学思想，体现导数的工具作用．第(1)问中不要漏掉a＝0，a＝1.第(2)问分类的依据是判定g(x)在[0,1]上的单调性．(理)设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x>0)，n为正整数，a、b为常数．函数y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.(1)求a、b的值；(2)求函数f(x)的最大值；(3)证明：f(x)<.[分析]　(1)根据导数的几何意义及点(1，f(1))在直线x＋y＝1上可求得a、b.(2)通过求导判定f(x)的单调性求其最大值．-11-\n(3)借用第(2)问的结论f(x)的最大值小于，构造新的函数关系．[解析]　(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在直线x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0，因为f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，所以f′(1)＝－a.又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，所以－a＝－1，即a＝1，故a＝1，b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1(－x)．令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x＝.在(0，)上，f′(x)>0，故f(x)单调递增；而在(，＋∞)上，f′(x)<0，故f(x)单调递减．故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f()＝()n(1－)＝.(3)令φ(t)＝lnt－1＋(t>0)，则φ′(t)＝－＝(t>0)．在(0,1)上，φ′(t)<0，故φ(t)单调递减；而在(1，＋∞)上φ′(t)>0，φ(t)单调递增．故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0.所以φ(t)>0(t>1)，即lnt>1－(t>1)．令t＝1＋，得ln>，即ln()n＋1>lne，所以()n＋1>e，即<.由(2)知，f(x)≤<，故所证不等式成立．[点评]　本题主要考查了导数的几何意义，通过导数求函数的最大值，判断函数的单调法，在判断单调性和求函数的最大值时一定要注意函数的定义域．-11-