2021高考数学二轮专题训练2.63课时突破函数与导数解答题第3课时导数与不等式的综合问题课件

1、第3课时导数与不等式的综合问题 考向一利用导数证明不等式考向一利用导数证明不等式【典例【典例】设函数设函数f(x)=lnf(x)=ln x-x+1. x-x+1.(1)(1)讨论函数讨论函数f(xf(x) )的单调性的单调性; ;(2)(2)证明当证明当x(1,+)x(1,+)时时,1,1 x;1,c1,证明当证明当x(0,1)x(0,1)时时,1+(c-1)xc,1+(c-1)xcx x. .x1ln x【解析【解析】(1)(1)由题设由题设,f(x,f(x) )的定义域为的定义域为(0,+),f(x)= -1,(0,+),f(x)= -1,令令f(xf(x)=0,)=0,解得解得x=1.x

2、=1.当当0 x10 x0,f(x)0,f(x)单调递增单调递增; ;当当x1x1时时,f(x,f(x)0,f(x)0,f(x)单调递减单调递减. .(2)(2)由由(1)(1)知知,f(x,f(x) )在在x=1x=1处取得最大值处取得最大值, ,最大值为最大值为f(1)=0.f(1)=0.所以当所以当x1x1时时,ln,ln xx-1. xx-1.故当故当x(1,+)x(1,+)时时,ln,ln xx-1,ln -1, xx-1,ln -1,即即1 x.1 1,c1,设设g(xg(x)=1+(c-1)x-c)=1+(c-1)x-cx x, ,则则g(xg(x)=c-1-c)=c-1-cx

3、xln c.ln c.令令g(xg(x)=0,)=0,解得解得x x0 0= .= .当当xxx0,g(x)0,g(x)单调递增单调递增; ;当当xxxx0 0时时,g(x,g(x)0,g(x)0,g(x)单调递减单调递减. .由由(2)(2)知知1 c,1 c,故故0 x0 x0 01.1.又又g(0)=g(1)=0,g(0)=g(1)=0,故当故当0 x10 x0.)0.所以当所以当x(0,1)x(0,1)时时,1+(c-1)xc,1+(c-1)xcx x. .c 1lnln cln cc 1ln c【素养提升【素养提升】利用导数证明不等式的方法利用导数证明不等式的方法(1)(1)证明证明

4、f(x)g(x),x(a,bf(x)g(x),x(a,b),),可以构造函数可以构造函数f(x)=f(x)-g(xf(x)=f(x)-g(x),),如果如果f(xf(x)0,)0,则则f(xf(x) )在在(a,b(a,b) )上是减函数上是减函数, ,同时若同时若f(a)0,f(a)0,由减函数的定义可知由减函数的定义可知,x(a,b,x(a,b) )时时, ,有有f(xf(x)0,)0,即证明了即证明了f(x)g(xf(x)g(x),x(a,bf(x)g(x),x(a,b),),可以构造函数可以构造函数f(x)=f(x)-g(xf(x)=f(x)-g(x),),如果如果f(xf(x)0,)

5、0,则则f(xf(x) )在在(a,b(a,b) )上是增函数上是增函数, ,同时若同时若f(a)0,f(a)0,由增函数的定义可知由增函数的定义可知,x(a,b,x(a,b) )时时, ,有有f(xf(x)0,)0,即证明了即证明了f(x)g(xf(x)g(x).).【变式训练【变式训练】(2020(2020河北二模河北二模) )已知函数已知函数f(xf(x)=e)=ex x- - -a(e-a(e为自然对数的底数为自然对数的底数) )有两个零点有两个零点. .(1)(1)求实数求实数a a的取值范围的取值范围; ;(2)(2)若若f(xf(x) )的两个零点分别为的两个零点分别为x x1

6、1,x,x2 2, ,证明证明:x:x1 1x x2 2 . .aln xx122xxee【解析【解析】(1)f(x)=e(1)f(x)=ex x-a -a= -a -a= 有两个零点有两个零点, ,等价于等价于h(x)=xeh(x)=xex x-a(ln x+x)=xe-a(ln x+x)=xex x-aln(-aln(xexex x) )( (x x00) )有两个零点有两个零点, ,令令t=xet=xex x, ,则则t=(x+1)et=(x+1)ex x00在在x0 x0时恒成立时恒成立, ,所以所以t=xet=xex x在在x0 x0时单调递增时单调递增, ,所以所以h(x)= xe

7、h(x)= xex x-aln(-aln(xexex x) )有两个零点有两个零点, ,等价于等价于g(t)=t-alng(t)=t-aln t t有两个零点有两个零点. .因为因为g(tg(t)= ,)= ,所以所以当当a0a0时时,g(t,g(t)0,g(t)0,g(t)单调递增单调递增, ,不可能有两个零点不可能有两个零点; ;ln xxxxealn xaxxata1tt当当a0a0时时, ,令令g(tg(t)0,)0,得得ta,g(tta,g(t) )单调递增单调递增; ;令令g(tg(t)0,)0,得得0ta,g(t0t0,)0,得得0ae,0a0)0恒成立恒成立, ,没有零点没有零

8、点; ;若若g(ag(a)=0,)=0,得得a=e,a=e,此时此时g(tg(t) )有一个零点有一个零点; ;若若g(ag(a)0,)e,ae,因为因为g(1)=10,g(1)=10,且且ae,g(eae,g(ea a)=e)=ea a-a-a2 20,0,所以所以g(tg(t) )在在(1,e),(1,e),(e,ee,ea a) )上各存在一个零点上各存在一个零点, ,符合题意符合题意. .综上综上, ,当当aeae时时, ,函数函数g(tg(t) )有两个零点有两个零点, ,即若函数即若函数f(xf(x) )有两个零点有两个零点, ,则则a a的取值范围为的取值范围为(e,+).(e,

9、+).(2)(2)要证要证x x1 1x x2 2 , ,只需证只需证 ee2 2, ,即证即证 , ,由由(1)(1)知知t t1 1=x=x1 1 ,t ,t2 2=x=x2 2 , ,所以只需证所以只需证lnln t t1 1+ln t+ln t2 22.2.因为因为alnaln t t1 1=t=t1 1,aln t,aln t2 2=t=t2 2, ,所以所以a(a(lnln t t2 2lnln t t1 1)=t)=t2 2-t-t1 1，a(a(lnln t t2 2+ln t+ln t1 1)=t)=t2 2+t+t1 1，所以所以lnln t t2 2+ln t+ln t1

10、 1= ,= ,只需证只需证 2.2.122xxee12xx12(x e ) (x e )12xx12ln(x e )ln(x e )21xe2xe222111212211tt(1)lntttt(ln tln t )ttt1t221121tt(1)lnttt1t设设0t0t1 1t1,t1,所以只需证所以只需证lnln t2 , t2 ,即证即证lnln t+ -20. t+ -20.令令h(t)=lnh(t)=ln t+ -2,t1, t+ -2,t1,则则h(th(t)= 0,h(t)h(1)=0.)= 0,h(t)h(1)=0.即当即当t1t1时时,ln,ln t+ -20 t+ -20

11、成立成立. .所以所以lnln t t1 1+ln t+ln t2 22,2,即即 ee2 2, ,即即x x1 1x x2 2 . .21ttt1t14t14t122214t1tt1tt1（ ）（）（）4t112xx12(x e ) (x e )122xxee【加练备选【加练备选】已知函数已知函数f(x)=xef(x)=xex x,g(x,g(x)=(e-1)x)=(e-1)x2 2+xln x+x+xln x+x. .(1)(1)求曲线求曲线y=f(xy=f(x) )在点在点(1,e)(1,e)处的切线方程处的切线方程; ;(2)(2)证明证明:f(x)g(x:f(x)g(x).).【解析

12、【解析】(1)f(x)=(x+1)e(1)f(x)=(x+1)ex x, ,切点坐标为切点坐标为(1,e),(1,e),则有则有f(1)=2e.f(1)=2e.所以切线方程为所以切线方程为:y-e:y-e=2e(x-1),=2e(x-1),即即2ex-y-e=0.2ex-y-e=0.(2)(2)要证要证:xe:xex x(e-1)x(e-1)x2 2+xln x+x+xln x+x, ,即证即证 +e-1.+e-1.令令h(xh(x)= (x0),)= (x0),则则h(xh(x)= ,)= ,当当x(0,1)x(0,1)时时,h(x,h(x)0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增单调递

13、增, ,xexxex1 ln xxx2e (x1)x所以所以h(x)h(1)=e.h(x)h(1)=e.令令(x(x)= +e-1,)= +e-1,(x)= ,(x)= ,当当xx(0,1)(0,1)时时, ,(x(x)0,)0,(x)(x)单调递增单调递增, ,当当x(1,+)x(1,+)时时, ,(x(x)0,)0,+20,故故f(xf(x) )单调递增单调递增, ,注意到注意到f(0)=0,f(0)=0,故当故当x(x(-,0-,0) )时时,f(x,f(x)0,f(x)0,f(x)0,f(x)单调递增单调递增. .(2)(2)由由f(xf(x) x) x3 3+1+1得得, ,e ex

14、 x+ax+ax2 2-x x-x x3 3+1,+1,其中其中x0,x0,当当x=0 x=0时时, ,不等式为不等式为:11,:11,显然成立显然成立, ,符合题意符合题意; ;当当x0 x0时时, ,分离参数分离参数a a得得,a- ,a- ,记记g(xg(x)=- ,)=- ,g(xg(x)=- ,)=- ,令令h(xh(x)=e)=ex x- x- x2 2-x-1(-x-1(x0 x0), ), 1212x321exx12xx321exx12xx231(x2)(exx1)2x12则则h(xh(x)=e)=ex x-x-1,h(x)=e-x-1,h(x)=ex x-10,-10,故故h

15、(xh(x) )单调递增单调递增,h(x)h(0)=0,h(x)h(0)=0,故函数故函数h(xh(x) )单调递增单调递增,h(x)h(0)=0,h(x)h(0)=0,由由h(x)0h(x)0可得可得:e:ex x- x- x2 2-x-10-x-10恒成立恒成立, ,故当故当x(x(0,20,2) )时时,g(x,g(x)0,g(x)0,g(x)单调递增单调递增; ;当当x(x(2,+)2,+)时时,g(x,g(x)0,g(x)0,)=2ax+ ,x0,所以所以f( )=a+2b=4,f( )=a+2b=4,f(1)=2a+b=5,f(1)=2a+b=5,由由解得解得a=2,b=1,f(x

16、)=4x+ ,a=2,b=1,f(x)=4x+ ,则则f(2)= ,f(2)=9,f(2)= ,f(2)=9,故故f(xf(x) )的图象在点的图象在点(2,f(2)(2,f(2)处的切线方程为处的切线方程为y-9= (x-2),y-9= (x-2),即即:17x-2y-16=0.:17x-2y-16=0.x212bx1x172172(2)(2)若若f(x)g(xf(x)g(x),),则则2x2x2 2+ln +1ln +mln+ln +1ln +mln x+3, x+3,即即m m 在在(1,e(1,e上有解上有解, ,令令h(xh(x)= ,x(1,e,)= ,x(1,e,所以所以h(xh

17、(x)= ,)= ,令令p(xp(x)=4xln x-2x+ ,)=4xln x-2x+ ,x2x222x2ln x22x2ln x224xln x2xxln x（）2x所以所以p(xp(x)=4ln x+2- ,)=4ln x+2- ,当当x(1,ex(1,e时时,p(x,p(x)0,p(x)0,p(x)单调递增单调递增, ,p(xp(x)p(1)=0,)p(1)=0,即即h(xh(x)0,)0,所以所以h(xh(x) )在在(1,e(1,e上单调递增上单调递增, ,故故h(x)h(x)maxmax=h(e=h(e)=2e)=2e2 2-2,-2,所以所以m m的范围的范围( (,2e,2e

18、2 222. .22x【素养提升【素养提升】不等式恒成立问题不等式恒成立问题若若f(x)af(x)a或或g(x)ag(x)a恒成立恒成立, ,只需满足只需满足f(x)f(x)minminaa或或g(x)g(x)maxmaxaa即可即可, ,利用导数方利用导数方法求出法求出f(xf(x) )的最小值或的最小值或g(xg(x) )的最大值的最大值, ,从而问题得解从而问题得解. .【变式训练【变式训练】已知函数已知函数f(xf(x)=ax+1+ln x.)=ax+1+ln x.(1)g(x)=af(x(1)g(x)=af(x)+)+ x x2 2-(a-(a2 2+a+1)x,+a+1)x,求函数

19、求函数g(xg(x) )的单调区间的单调区间; ;(2)(2)对于任意对于任意x0,x0,不等式不等式f(x)xef(x)xex x恒成立恒成立, ,求实数求实数a a的取值范围的取值范围. .12【解析【解析】(1)(1)由题意由题意g(x)=alng(x)=aln x+ x x+ x2 2-(a+1)x+a,(x0),g(x)= ,-(a+1)x+a,(x0),g(x)= ,当当a1a1时时,g(x,g(x)0)0的解集为的解集为(0,1)(a,+),(0,1)(a,+),则则g(xg(x) )的单调增区间为的单调增区间为(0,1)(0,1)和和(a,+),(a,+),单调减区间为单调减区

20、间为(1,a);(1,a);当当a=1a=1时时,g(x)0,g(x)0,则则g(xg(x) )的单调增区间为的单调增区间为(0,+),(0,+),无单调减区间无单调减区间; ;当当0a10a0)0的解集为的解集为(0,a)(1,+),(0,a)(1,+),则则g(xg(x) )的单调增区间为的单调增区间为(0,a)(0,a)和和(1,+),(1,+),单调减区间为单调减区间为(a,1);(a,1);当当a0a0时时,g(x,g(x)0)0的解集为的解集为(1,+),(1,+),则则g(xg(x) )的单调增区间为的单调增区间为(1,+),(1,+),单调减区间为单调减区间为(0,1).(0,

21、1).12(x1)(xa)x(2)(2)由已知由已知, ,问题等价于对于任意问题等价于对于任意x0,x0,不等式不等式a a 恒成立恒成立, ,设设f(xf(x)= ,)= ,则则f(xf(x)= ,)= ,设设h(xh(x)=x)=x2 2e ex x+ln x,+ln x,则则h(xh(x)= ,)= ,在在(0,+)(0,+)上上,h(x,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增单调递增, ,又又h( )= -10,h( )= -10,所以所以h( )h(1)0,h( )h(1)0,所以所以x x0 0 , ,使得使得h(xh(x0 0)=0,)=0,即即f(xf(x0 0)=0,)=0

22、,xxeln x1xxxeln x1x2x2x eln xx2x1(x2x)ex1e1e12ee1( ,1)e在在( (0,x0,x0 0) )上上,f(x,f(x)0,f(x)0,f(x)0,f(x)单调递增单调递增; ;所以所以f(x)ff(x)f , ,又有又有 =-ln=-ln x x0 0 = = = , = ,设设(x)= xe(x)= xex x( (x x00),),则有则有(x(x0 0) )= =( )( )和和(x(x)=(x+1)e)=(x+1)ex x0,0,所以在所以在(0,+)(0,+)上上, ,(x(x) )单调递增单调递增, ,所以所以x x0 0=ln=ln

23、( )( ) , ,所以所以f(xf(x) ,) ,故实数故实数a a的取值范围为的取值范围为a1.a1.0 x20 x e0 x0 x e0011ln()xx0 x0 x e01ln ()x01ln()ex01lnx01x0 x01ex0 x000000 x eln x11x1f(x )1xx二十五导数与不等式的综合问题二十五导数与不等式的综合问题(40(40分钟分钟8080分分) )1.(20201.(2020新高考全国新高考全国卷卷) )已知函数已知函数f(xf(x)=ae)=aex-1x-1-ln x+ln-ln x+ln a. a.(1)(1)当当a=ea=e时时, ,求曲线求曲线y

24、=f(xy=f(x) )在点在点(1,f(1)(1,f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积积; ;(2)(2)若若f(x)1,f(x)1,求求a a的取值范围的取值范围. .专题能力提升练专题能力提升练【解析【解析】f(xf(x) )的定义域为的定义域为(0,+),(0,+),f(xf(x)=ae)=aex-1x-1- .- .(1)(1)当当a=ea=e时时,f(x,f(x)=e)=ex x-ln-ln x+1,f(1)=e-1, x+1,f(1)=e-1,曲线曲线y=f(xy=f(x) )在点在点(1,f(1)(1,f(1)处的切线方处的切线方程为程

25、为y-(e+1)=(e-1)(x-1),y-(e+1)=(e-1)(x-1),即即y=(e-1)x+2.y=(e-1)x+2.直线直线y=(e-1)x+2y=(e-1)x+2在在x x轴轴,y,y轴上的截距分轴上的截距分别为别为 ,2,2,因此所求三角形的面积为因此所求三角形的面积为 . .1x2e 12e 1(2)(2)当当0a10a1时时,f(1)=a+ln,f(1)=a+ln a1 a1不满足条件不满足条件; ;当当a=1a=1时时,f(x,f(x)=e)=ex-1x-1-ln x,f(x-ln x,f(x)=)=e ex-1x-1- .- .当当x(0,1)x(0,1)时时,f(x,f

26、(x)0;)0.)0.所以所以f(xf(x) )在在(0,1)(0,1)上是减函数上是减函数, ,在在(1,+)(1,+)上是增函数上是增函数, ,所以当所以当x=1x=1时时,f(x,f(x) )取得最小值取得最小值, ,最小值为最小值为f(1)=1,f(1)=1,从而从而f(x)1.f(x)1.所以所以a=1a=1满足条件满足条件; ;当当a1a1时时,f(x,f(x)=ae)=aex-1x-1-ln x+ln-ln x+ln ae aex-1x-1-ln x1.-ln x1.综上综上,a,a的取值范围是的取值范围是1,+).1,+).1x2.(20202.(2020北京二模北京二模) )

27、已知函数已知函数 . .(1)(1)求函数求函数f(xf(x) )的极值的极值; ;(2)(2)求证求证: :当当x(0,+)x(0,+)时时,f(x,f(x)-)- x x2 2+1;+1;(3)(3)当当x0 x0时时, ,若曲线若曲线y=f(xy=f(x) )在曲线在曲线y=axy=ax2 2+1+1的上方的上方, ,求实数求实数a a的取值范围的取值范围. .xx1f(x)e12【解析【解析】(1)(1)因为因为 , ,定义域为定义域为r,r,所以所以 . .令令f(xf(x)=0,)=0,解得解得x=0.x=0.随随x x的变化的变化,f(x,f(x) )和和f(xf(x) )的情况

28、如下的情况如下: :由表可知函数由表可知函数f(xf(x) )在在x=0 x=0时取得极大值时取得极大值f(0)=1,f(0)=1,无极小值无极小值. .xx1f(x)exxf (x)e (2)(2)令令 所以所以 由由x0 x0得得e ex x-10,-10,于是于是g(xg(x)0,)0,故函数故函数g(xg(x) )是是 上的增函数上的增函数. .所以当所以当x(0,+)x(0,+)时时,g(x,g(x)g(0)=0,)g(0)=0,即即f(xf(x)- x)- x2 2+1.+1.22x1x11g(x)f(x)x1x1(x0)2e2 ，xxxxx1e1g (x)xx(1)x().eee

29、 0,)12(3)(3)当当a- a- 时时, ,由由(2)(2)知知f(xf(x)- x)- x2 2+1ax+1ax2 2+1,+1,满足题意满足题意. .令令 当当- a0- a0时时, ,若若x ,h(x)0,x ,h(x)0,1212xxx1h (x)2axx(2a).ee 121(0,ln()2a22xx1h(x)f(x)ax1ax1e ，则则h(x)h(x)在在 上是减函数上是减函数. .所以所以xx 时时,h(x)h(0)=0,h(x)h(0)=0,不合题意不合题意. .当当a0a0时时,h(x)0,h(x)0,则则h(x)h(x)在在(0,+)(0,+)上是减函数上是减函数,

30、 ,所以所以h(x)h(0)=0,h(x)h(0)=0,不合题意不合题意. .综上所述综上所述, ,实数实数a a的取值范围为的取值范围为10,ln()2a1(0,ln()2a1(,.23.(20203.(2020潍坊三模潍坊三模) )已知函数已知函数 (1)(1)若函数若函数f(xf(x) )在在 处的切线与直线处的切线与直线x-y+1=0 x-y+1=0平行平行, ,求求m;m;(2)(2)证明证明: :在在(1)(1)的条件下的条件下, ,对任意对任意x x1 1,x,x2 2(0,+), (0,+), 成立成立. .2x1x12e 1f(x)xln xmx (mr)g(x)x.2eee

31、 ，(1,f(1)12f(x )g(x )【解析【解析】(1)f(x)(1)f(x)的定义域为的定义域为(0,+),(0,+),f(x)=lnf(x)=ln x+1-mx,f(1)=1-m, x+1-mx,f(1)=1-m,因为因为f(xf(x) )在在 处的切线与直线处的切线与直线x-y+1=0 x-y+1=0平行平行, ,所以所以1-m=1,1-m=1,即即m=0.m=0.(2)(2)在在(1)(1)的条件下的条件下,f(x)=xln,f(x)=xln x, x,可得可得f(x)=lnf(x)=ln x+1, x+1,当当x x 时时,f(x,f(x)0,f(x)0,f(x)0,f(x)单

32、调递增单调递增, ,(1,f(1)1(0, )e1( ,)e所以所以f(x)=xlnf(x)=xln x x在在x= x= 时取得最小值时取得最小值 =- ,=- ,可知可知 由由 令令 所以当所以当x x 时时,h(x,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增单调递增, ,当当x x 时时,h(x,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递减单调递减, ,所以所以g(x)g(1)=h(1)= ,g(x)g(1)=h(1)= ,因为因为g(xg(x) 0,) 2a2时时,f(x,f(x) )存在两个极值点存在两个极值点. .由于由于f(xf(x) )的两个极值点的两个极值点x x1 1,x,x2

33、2满足满足x x2 2-ax+1=0,-ax+1=0,所以所以x x1 1x x2 2=1,=1,不妨设不妨设x x1 1x1,1,1x1212f(x )f(x )a2.xx2221axax1f (x)1xxx ，由于由于 所以所以 等价于等价于 -x-x2 2+2+2lnln x x2 20.0.设函数设函数g(xg(x)= -x+2ln x, )= -x+2ln x, 1212121212f(x )f(x )1ln xln x1axxx xxx 1221222ln xln x2ln x2a2a1xxxx ，1212f(x )f(x )a2xx21x1x2222212x2x1(x1)g (x

34、)10 xxxx ，所以所以g(xg(x) )在在(0,+)(0,+)单调递减单调递减, ,又又g(1)=0,g(1)=0,从而当从而当x(1,+)x(1,+)时时,g(x,g(x)0,)0,所以所以 -x-x2 2+2ln x+2ln x2 20,0(2)x0时若时若f(xf(x)a,)a,求求a a的取值范围的取值范围. .【解析【解析】(1)f(x)=2e(1)f(x)=2ex x- (x0,a0),- (x0,a0),当当a=0a=0时时, ,由由x0 x0得得,f(x,f(x)=2e)=2ex x2,2,所以所以f(xf(x) )没有零点没有零点; ;当当a0a0时时,f(x,f(x

35、) )在在(0,+)(0,+)单调递增单调递增, ,又又f(af(a)=2e)=2ea a-10,-10,设设0b0b 且且b ,b ,则则2e2eb b , 0(a-a-aln x0(a0)0)在在(0,+)(0,+)恒成立恒成立. .当当a=0a=0时时, ,不等式显然成立不等式显然成立; ;当当a0a0时时,a(1+ln x)2e,a(1+ln x)0,g(x)0,)0,g(x)0,g(xg(x) )单调递增单调递增; ;当当x(1,+)x(1,+)时时,h(x,h(x)0,g(x)0,g(x)0,g(x)a.)a.1.e21ae5.(20205.(2020黑龙江三模黑龙江三模) )设函

36、数设函数f(x)=(m-x)ef(x)=(m-x)ex x(mz(mz).).(1)(1)当当m=0m=0时时, ,求函数求函数f(xf(x) )在点在点(1,f(1)(1,f(1)处的切线方程处的切线方程; ;(2)(2)当当x0 x0时时,f(x,f(x)x+4)x+4恒成立恒成立, ,求整数求整数m m的最大值的最大值. .( (参考数值参考数值:e2.718 3,:e2.718 3, 4.481 7,4.481 7, 5.294 5,e5.294 5,e2 27.389 1)7.389 1)32e53e【解析【解析】(1)(1)当当m=0m=0时时,f(x)=-xe,f(x)=-xex

37、 x, ,f(xf(x)=-e)=-ex x-xe-xex x=-(x+1)e=-(x+1)ex x所以所以k=f(1)=-2e,k=f(1)=-2e,因为因为f(1)=-e,f(1)=-e,所以切线方程为所以切线方程为y+ey+e=-2e(x-1),=-2e(x-1),整理得整理得:2ex+y-e=0.:2ex+y-e=0.(2)(m-x)e(2)(m-x)ex xx+4,0,0,所以所以m +x(xm0)0)恒成立恒成立. .设设h(xh(x)=x+ ,)=x+ ,则则h(xh(x)=1+ )=1+ 设设s(xs(x)=e)=ex x-x-3,-x-3,则则s(xs(x)=e)=ex x-

38、10(x0).-10(x0).所以所以s(xs(x) )在在(0,+)(0,+)上单调递增上单调递增, ,xx4exxx2xxxe(x4)ex3ex31.eee xx4e又又 4.481 7-4.50,4.481 7-4.50, -35.294 5- -30,所以存在所以存在x x0 0 使得使得s(xs(x0 0)=0,)=0,当当x(0,xx(0,x0 0) )时时,s(x,s(x)0,)0,即即h(xh(x)0;)0)0即即h(xh(x)0.)0.所以所以h(xh(x) )在在(0,x(0,x0 0) )上单调递减上单调递减,(x,(x0 0,+),+)上单调递增上单调递增. .所以所以h(x)h(x)minmin=h(x=h(x0 0)=x)=x0 0+ .+ .3239s( )e225355s( )e33533 5( , )2 300 xx4e因为因为s(xs(x0 0)=0, -x)=0, -x0 0-3=0,-3=0,所以所以 =x=x0 0+3.+3.所以所以h(x)h(x)minmin=h(x=h(x0 0)=x)=x0 0+ + 设设g(x)=x+1+ ,g(x)=x+1+ ,当当x x 时时, ,g(xg(x)=1- 0,)=1- 0,所以所以g(xg(x) )在在 上单调递增上单调递增, ,则则 g(xg(x) ,) ,0 xe0 xe00