专题12 导数中隐零点的应用(解析版)

专题12导数中隐零点的应用【方法总结】利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联“显零点”够判断其存在但无法用显性的代数表达的(′()0是超越形式)隐零点”及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．f(x)设出零点x′(x)＝0的根为xf′(x)＝0xx的范围往往和参数00000a的范围有关．这时就可以把超越式用代数式表示，同时根据x0的范围可进行适当的放缩．从而问题得以解决．基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算．用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题．隐零点问题求解三步曲(1)′(x)＝f′(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数′()的正负，进而得到(x)的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．注意：确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到等等．至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围．进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键．最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现．考点一不等式证明中的“隐零点”【例题选讲】[例1](2015全国Ⅱ)设函数f()e－lnx．(1)(x)的导函数′()的零点的个数；2(2)证明：当时，f(xa＋．aax解析(1)f()的定义域为(0，＋∞)′()2e－(x>0)′(x)＝0得xe2a．令g(x)2xe，g′(x)(4x＋2>0(x>0)，从而(x)在(0，＋上单调递增，所以g(x)>(0)0．当a时，方程(x)a有一个根，即′(x)存在唯一零点；当a≤0时，方程g(x)＝a没有根，即′()没有零点．(2)(1)′(x)(0，＋∞)上的唯一零点为x，当x(0，x)时，f′(x)<0x(x，＋∞)时，′()>0．00故(x)在(0x)上单调递减，在(x，＋上单调递增，所以[fx)]f(x)．00aax0a2e20a2e20a2由2ex－＝0得ex＝0＝x＝＝－2x，000x0a22x0a20a2x02aax02a2a(x)＝e2x0－x＝a＝2ax＋a≥2ax＋a＝2＋a．02a时，f()≥2＋a．[例2](2013全国Ⅱ)设函数f()eln(xm)．(1)若x0是f(x)的极值点，求m的值，并讨论(x)的单调性；(2)当m时，求证：f(x)＞．1解析(1)f′(x)e－x0是f(x)的极值点得′(0)0，所以m＝1．xm1(x)eln(x1)，定义域为(1，＋∞)f′(x)e－．x11′(x)＝e－在(1，＋单调递增，且f′(0)0．x1因此当x(10)时，′()0x(0，＋∞)时，′(x)＞．(x)(10)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)当m，∈(－m，＋时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)0．1当m＝2时，函数f′(x)ex－在(2，＋单调递增．又′(1)＜，′(0)＞0，x2故′()0(2，＋有唯一实根xx(10)．00当x(2x)时，′(x)＜0x∈(x，＋时，f′(x)0，从而当xx时，(x)取得最小值．00011(x＋1)2由′(0)0得e0＝ln(x＋2)＝－x(x)≥f(x)＝x＝0．000x＋202x＋2综上，当m≤2时，f(x)0．[例3]已知函数(x)＝x－a(x＋x)．(1)(x)极值点的个数；(2)若x是(x)的一个极小值点，且f(x)>0，证明：f(x)>2(xx3．000001eax＝1＋(x1)(xea)(1)′()(x＋xax(x＋1)，x(0，＋∞)．x当≤0时，′()>0f()(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；当时，令(x)xea，′()(x1)e．显然函数h(x)(0，＋∞)上是增函数，又因为当→0时，()→－<0，()a(e－1)>0，必存在x>0(x)0．00当x(0，x)时，h(x)<0，′(x)<0，(x)为减函数；当x∈(x，＋时，h(x)>0，′(x)>0，(x)为增函数．00所以，x＝0是f(x)的极小值点．综上，当a≤0时，(x)无极值点，当a时，(x)有一个极值点．(2)(1)得，f′(x)＝0xexa，(x)＝xex－a(xx)xex(1x－x)，0000000000001x(x)>0，所以－x－x>0g(x)1－－xg′(x)＝－1－<0，000gx)(0，＋上是减函数，且g(1)0g()>g(1)得x<1，所以x0(01)，1x1xφ(x)x－＋1x(0，1)φ′(x)＝－＝x(0，时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，x(x)<(1)0，即φ(x)<0<x1，所以－x>1－，ln(＋1)<x，所以ex1>0ex>x1．00x(0，1)，所以1x－x>1x1x2(1x)>0．000000相乘得ex(1x－x)>(x＋1)(22x)，00000(x)＝xex(1－xx)>2x(x＋1)(1x)＝2x(1x)＝2(x－3)．000000000000故(x)>2(x－x)成立．000[例4]已知函数(x)＝a＋sinxx，x[0，π]．(1)证明：当＝－1时，函数(x)有唯一的极大值点；(2)当－2<a时，证明：()<π．(1)当＝－1时，()xsinx－，f′(x)1＋cosxe，∈[0π]，所以1cosxg(x)＝＋cosx－eg′(x)＝－e－sinx<0，()在区间[0π]上单调递减．因为g(0)＝－11>0，g(π)＝－e，所以存在x(0，π)，使得′(x)＝0，且当0<xx时，′(x)>0x<<π时，′()<0．0000所以函数(x)的单调递增区间是[0x]，单调递减区间是[x，π]．00所以函数(x)存在唯一的极大值点x0．(2)当－2<a时，令h(x)ae＋sinxxπh′(x)＝ecosx1，令k(x)ae＋cosx1k′(x)＝axsinx<0，所以函数′()在区间[0，π]上单调递减，′(0)a2>0，′(π)ae<0，所以存在∈(0π)，使得h′()0ecos＋10，0<xt时，h′(x)>0<x时，h′(x)<0．所以函数()在区间[0t]上单调递增，在区间[tπ]上单调递减．hx)＝h()＝esint－π，∈，π)，etcos＋10，只需证(t)sintcostt1π<0即可，′()cos＋sin＋＝sin(1＋cos)>0，所以函数(t)在区间(0，π)上单调递增，(φ(π)＝0f(x．【对点训练】1．已知函数(x)＝(x1)e－ax的图象在x0处的切线方程是x＋yb0．(1)求a，b的值；(2)求证函数(x)有唯一的极值点x(x)>－．32001f′(x)xe－af′(0)＝－1得a1，又当x0时，()＝－，所以切线方程为y－(1)＝－1(x0)x＋＋10，所以b＝．(2)令g(x)＝′(x)＝e1g′(x)(＋1)e，所以当x<1时，()单调递减，且此时(x)<0g(x)在(，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(1)<0g(1)e－，1g(x)0有唯一解xf(x)有唯一的极值点xxex1⇒e＝，000x011x－1＋x0e2(0)＝x＝－x0g2＝1<0，01215232g(1)e－⇒x<12<＋x<，所以(x)>－．000x02．已知函数(x)＝e－lnx．(1)若x＝1是(x)的极值点，求t的值，并讨论f()的单调性；(2)当t≤2时，证明：(x)>0．2f(x)的定义域(0，＋，1x′(x)＝et－x＝1是(x)的极值点，1′(1)＝e－10，所以1，所以f′(x)e－x，1xye1和，在(0，＋∞)上单调递增，所以′(x)在(0，＋上单调递增，∴当x时，′(x)>0；0<x时，′(x)<0，此时，(x)的单调递减区间为(01)，单调递增区间为(1，＋，(2)当t≤2时，f()ex≥e－x，1设g(x)＝xxg′(x)ex2－，x1ye2和＝－x(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)在，＋∞)上单调递增，1e1212g′(1)＝1<0，′(2)1－＝>0，所以存在x∈(12)g′(x)0，00所以在，x)上使得′()<0，在(x，＋上g′(x)>0，00g(x)(0，x)单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥(x)，0001g′(x)＝02＝，所以x＝－x，000x01g(x)＝x－－x＝＋x－，000x01x(1，2)，所以g(x)＝＋x2>22＝，所以(x)>0．000x03．已知函数xae－x，∈R．(1)求函数f的极值；(2)当a≥1时，证明：f－lnx2x>2．3(1)f′xae2，当a≤0时，′x<0f在R上单调递减，则fx无极值．2a2a2a当a时，令f′x0得x＝′得x′x得x，22a－，＋∞∴f在a上单调递减，在上单调递增，22a∴f的极小值为fa22ln，无极大值，2a综上，当a≤0时，f无极值．当时，f的极小值为2－2ln，无极大值．(2)当a≥1时，xx＋x≥e－，令gxexx2，转化为证明x>0，1x1x12∵′xe－x>0，令(x)ex－(x>0)，则φ′(x)e＋(x>0)，则′(x)>0，1∴′x(，＋)上为增函数，∵g′(e－，g′2＝e2<0，111，使得′x00∴gx在，x)上单调递减，在x，＋)上单调递增，0∴x∈2011x0∴x≥gx＝e0x－＝x2≥2·x－20，00x0∵0，g(x)>0，fxx2x>2．ax4．已知函数(x)＝＋bxln，其中ab∈．(1)若函数f(x)在点(ef(e))处的切线方程为yxea，b的值；1，2e1(2)当b时，()≥1对任意x∈2恒成立，证明：a>．2eax2ae2ae4解析(1)由题得′(x)＋b＋1)∴′(e)＋2＝1(e)＝＋b＝，从而解得ae，＝1．1，2ax(2)由f(x)≥1对任意x∈2恒成立，得＋x≥1，等价于a≥－2，1令g(x)＝－2xx∈22g′(x)＝－b(2x＋x)，令(x)＝1b(2x＋x)，12则′(x)＝－b(2lnx3)，易知′(x)<0g′(x)在2上单调递减，111g′(e－)1－(e－e－)＝1>0，′(1)1b(2ln11)＝－b，22211x0故x∈(e－1)g′(x)1－(2xx＋x)＝g(x)在2上单调递增，在(02]上单调递减，00002x＋2＋2故g(x)g(x)＝xbx2x＝0h(x)＝，0000221e－＋b11xbx2＋be102h(x)(e－，1)上单调递增，则a≥>＝>．222e2e25．已知函数(x)＝elnx(e＝2.71828…，是自然对数的底数)．(1)当a＝0时，求函数(x)的图象在(1f(1))处的切线方程；1e(2)求证：当a>1－时，()>e＋1．1x5解析(1)∵＝0时，()ex，′(x)＝e－(x>0)，(1)ef′(1)＝－1，∴f()的图象在(1f处的切线方程为：ye(e－1)(x1)，即(e1)x－y1＝．1x1(2)f′(x)＝a－(x>0)g(x)f′(x)′(x)e＋>0∴g(x)是增函数，x21x∵a>e，由e>x>ea∴当x>ea时，′(x)>0；1x若0<x<1e<ea<得，x<e，当0<x<min{1e}时，f′(x)<0，故f′(x)0仅有一解，记为x，则当0<xx时，f′(x)<0，(x)递减；当xx时，′(x)>0，(x)递增；00011∴(x)f(x)＝e－x′(x)＝exa－＝，所以e＝，所以a＝－x－x，000000xx001111e1e记h(x)＝＋x(x)＝xhxa>1－，即－a<1，所以(xhe，0000x011e11e而h(x)显然是增函数，0<x<∴>e∴hxh(e)e1．综上，当>1－时，(x)>e＋．00x0考点二不等式恒成立与存在性中的“隐零点”【例题选讲】[例1]已知函数(x)＝＋xlnx(aR)．(1)若函数()在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a1且k∈Z时，不等式k(x1)<(x)在x(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．解析(1)∵(x)在区间[e，＋上为增函数，∴′(x)＝＋lnx1≥0在区间[e，＋∞)上恒成立，a≥(－x1)＝－2，a≥2．a的取值范围是[－，＋∞)．xxx(2)当a1f(x)＝＋xlnxkZk(x1)<f(x)在x∈∞)上恒成立，k<－1，minx＋xxx21x－1令g(x)＝g′(x)＝()xln－2(x>1)′(x)1－＝>0，x1(x－1)2xh(x)在(1，＋上单调递增，h(3)＝1ln3<0，(4)＝22ln2>0，x(3，4)(x)0，即当1<x时，(x)<0′(x)<0xx时，h(x)>0g′(x)>0，0000gx)(1，x)上单调递减，在(x，＋上单调递增．令(x)x－lnx－＝0lnxx－2，0000000x(1x)x(1＋x2)0000gx)g(x)＝＝＝0(3，4)kg(x)x∈(34)∈，k3．x－1x01[例2](2020·新高考Ⅰ)已知函数(x)＝e1lnxln．(1)当ae时，求曲线y＝(x)在点(1，(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若()≥1a的取值范围．1x解析(1)当＝e时，f(x)e－＋1∴′(x)＝e－∴f＝e－．f(1)e1，切点坐标为(11e)，yf(x)在点(1f(1))处的切线方程为ye－1(e－1)·(x1)，即＝(e－x＋2，－2，0切线与两坐标轴的交点坐标分别为，2)e1，－2||122所求三角形面积为×2×e1＝．e1(2)解法一(隐零点)1xf(x)ae1x＋lna∴′(x)＝e1－a>0．1x2设g(x)f′(x)g′(x)ae＋>0∴g(x)(0，＋∞)上单调递增，即′(x在(0，＋∞)上单调递增，当a1时，′(1)0(x)在，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)f(1)1，(x)≥1成立；1111a11当a<1∴ea<1，′a′(1)＝a(eaa0，1存在唯一x>0′(x＝aex－0，且当∈(0x)时′()<0∈(x，＋∞)时′(x)>0，00000x01ae1＝，lnax1＝－lnx，00x011x0(x)＝(x)＝ae－lnx＋ln＝lna＋x1lna≥2lna1＋2·x＝2lna1>1，00x0f(x)>1∴(x)≥1恒成立；当0<a时，(1)＝alnaa<1，(1)<1，()≥1不恒成立．综上所述，a的取值范围是[1，＋．解法二(同构)f(x)ae－xf()＝e1lnx＋ln＝ea1lnx＋lna≥1等价于ex1lna＋－1≥lnxx＝elnx，令g(x)exx，上述不等式等价于g(lna＋－1)≥(lnx，()为单调递增函数，∴又等价于lnax1≥lnx，即lna≥lnxx＋，1x－x令h(x)lnxx1，则′(x)＝1＝，x(01)上h′(x)>0h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h()单调递减，h(x)h(1)＝，a≥0a，a的取值范围是[1，＋∞)．[例3]已知函数(x)＝lnxkx(kR)g(x)x－2)．(1)若()有唯一零点，求k的取值范围；(2)若g(x)－(x)≥1恒成立，求k的取值范围．x(1)由(x)lnxkx有唯一零点，可得方程ln－＝0＝有唯一实根，xx令h(x)＝h′(x)＝1xh′()>00<x′()<0>e，xx21eh(x)在(0e)上单调递增，在(e，＋上单调递减．h(x)≤h(e)＝，x又h(1)0，当0<时，h(x)<0；又当x时，(x)＝>0，xx则h(x)＝的大致图象如图所示，x1可知，k＝或≤0．e1＋x(2)x(e－2)x－)≥1恒成立，且>0，k≥－e2恒成立，x1·x(1＋ln)1＋x－xxexφ(x)＝－e2′(x)＝xe＝，xx2x21x1xμ(x)＝－x－2x′()－(2exe)－x(2＋x)<0(x>0)，11-2μ(x)在(0，＋上单调递减，又μe＝－ee>0，μ(1)＝－，11由函数零点存在定理知，存在唯一零点x∈e，使μ(x)＝，即－xx2e0，000两边取对数可得ln(－x)2lnx＋xln(－x)(－x)＝xx，0000000由函数yx＋x为增函数，可得x＝－x，000<xx时，μ(x)>0，′(x)>0xx时，μ(x)<0,′()<0，00φ(x)(0，x)上单调递增，在(x，＋上单调递减，001x1－0－e02＝1φ(x)≤(x)＝－＋＝1∴≥(x)1，0x00x0即k的取值范围为≥1．[例4](x)＝asinxg(x)lnx，其中∈R，＝g1(x)是y＝()的反函数．(1)若0<a≤1，证明：函数G(x)＝(1x)＋(x)在区间(01)上是增函数；(2)设F()g(x)－mx2(x＋1)bx>0m有(xb的值．1x(1)由题意知Gx)asin(1x)＋ln，G′()＝acos(1x)(x>0)，1x当x(0，1)0<≤1>10<cos(1x)<1，acos(1－x)<1，G′(x)>0，故函数G()在区间(01)上是增函数．(2)解法一由对任意的x>0，m有F(x)g(x)－mx－x＋1)bexmx－x＋b2>0恒成立，即b－emx22x2恒成立，令h(x)＝－e＋mx＋x＋h′(x)＝－e＋mx＋2，h′′(x)＝－e2m<0，h′(x)＝－ex2mx2(0，＋∞)上单调递减，′(x)<h′(0)＝，e0－2→∞时，h′(x)－，则必存在x，使得h(x)＝，即－e＋2mx＋＝0∴m＝0，0020h(x)在(0x)上单调递增，在(x，＋上单调递减，∴h(x)＝h(x)e02mx＋2，00xxe0－2－11即h(x)ex＋·22x2＝2e0x02m(x)＝2ex2x∈(0ln2)，000020121212则m′(x)＝(x1)e＋n(x)＝(－1)e1n′(x)＝xe>0∴m′()(0ln2)上单调递增，12m′()>m′(0)＝>0∴m(x)(0，ln2)上单调递增，m()<m(ln2)＝2ln2，b≥2ln2b为整数，最小整数b的值为2．解法二由对任意的x>0，m有F()g(x)－mx2(x＋1)be－mx－2＋b2>0恒成立，即xme2x－＋2<0恒成立，令h(m)＝xme＋2－b2h′(m)＝2，h(m)＝xm－e2x－＋2在(∞0)上单调递增，∴hm)<h(0)ex＋x－b2<0即可，即>－＋2x2ex令m()ex2x2，m′(x)＋m′()0，解得x2．exm()在(02)上单调递增，在2，＋上单调递减，m()＝2)2ln2∴≥2ln2b为整数，∴最小整数b的值为2．[例5]已知函数(x)＝－2(x＋)lnx＋22ax2a＋a，其中>0．(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)a(01)(x)≥0在区间(x)＝0在区间(1∞)内有唯一解．a1＋(1)由已知，函数()的定义域为(0，＋∞)g(x)f′(x)2(xa)－2ln－2x，1142x－a－2x2ax222＋2g′(x)＝2－＋＝．x21－1－a1＋14a，，＋∞14当0<a<时，g(x)在2，2上单调递增，1－1－a＋1－a，在区间22上单调递减；14当a≥时，g(x)在(0，＋上单调递增．ax1＋x1－x(2)由′()2(xa)－2lnx－2＝，解得a＝，1x1x－－x－1x－1xx2＋x12＋x＋x1－xφ(x)＝－21＋1＋x－21x1，1＋1e2－21e1<0．ee2）φ(1)1>0，(e)1e1故存在x∈(1e)，使得(x)0．0001－0令a＝，u(x)x1－(≥1)，1x011x由u′(x)＝－≥0知，函数u()(1，＋∞)上单调递增．u(1)ux)u(e)e20＝<＝0<＝<1a∈(01)，＋1＋x011e11＋1当aa时，有′(x)0，(x)＝(x)0．因为f′(x)(1，＋∞)上单调递增，0000∈(1x)时，′(x)<0，从而(xf(x)＝0x∈(x，＋时，f′(x)>0，从而(xf(x)＝．0000当∈(1，＋时，f(x．a(01)(x)≥0在区间(1∞)f(x)＝0在区间(1∞)内有唯一【对点训练】1．已知函数xxlnx．(1)求曲线y＝fx在点(，e)处的切线方程；(2)x时，xxkx－恒成立，求正整数k的最大值．1解(1)fx的定义域为(，＋)，′(＝＋1，因为′(＝，(e，xee所以曲线yfx在点(ee)处的切线方程为－e2xe)2xye＝．xxx(2)由f＋xkx1xxxkx－k<x恒成立，x1xxx令gx＝，只需<()，x1x1x2－x－xxx2g′(x)＝＝，x12(－121xx－1令uxx－－2′＝1－＝>0，xu＝xx2在1，＋上单调递增，u＝－2<0，3＝－3<0u42－4>0，所以x034)，使得u(＝x－x2＝，x001<xx时，g′(x)<0g(x)单调递减，当xx时，g′(x)>0g(x)单调递增，00g(x)(1，x)上单调递减，在x，＋)上单调递增，00xx＋xx(x2)＋0x∈34，000＝0g(x)＝(x0)＝x－1x－1又因为k∈N，所以k＝．2(2012全国Ⅱ)设函数(x)eax2．(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝，k为整数，且当x时，(x－k)′(x)＋x1>0k的最大值．2解析(1)()的定义域为(－，＋，fx)e－．若a≤0′(x)>0，所以(x)(－，＋∞)单调递增．若a>0，则当x∈(∞lna)时，′()<0x(lna，＋时，f′(x)>0．(x)(∞lna)单调递减，在(lna，＋单调递增．(2)＝1，所以(x－)(x)＋＋1(xk)(e1)＋＋1．x1x时，(xk)f´(x)x＋1>0等价于k<＋x(>0)①e－1＋1e(e－－2)令g()＝＋g′()＝．e1(e1)2(1)知，函数h(x)＝xx2(0，＋∞)单调递增．而(1)<0h(2)>0，()在(0，＋∞)存在唯一的零点，故′(x)(0，＋∞)存在唯一的零点，设此零点为x，则x∈(12)x(0，x)时，g′(x)<0x(x，＋∞)时，g′(x)>0，000()在(0，＋∞)的最小值为(x)，又由g′(x)0，可得e0x＋，00(x)x＋1(2，①等价于kg(x)，故整数k的最大值为2．0003．已知函数(x)＝(xa)e(a∈R)．(1)(x)的单调性；1，1(2)当a＝2时，设函数()(x)＋lnxx－，b(x)≤0对任意的x∈3恒成立，求b的最小3由题意，函数f(x)(x－)e(aR)，可得′(x)＝(xa1)e，当x∈(∞a－时，f′(x)<0x(a－，＋∞)时，′(x)>0，故函数f()(－，a1)上单调递减，在(－1，＋上单调递增．(2)由函数g(x)＝(x)＋－xb＝(x2)ex－xb(∈Z，1111g(x)≤0对任意的x∈3恒成立．即b≥(－2)ex－x对任意的x∈3恒成立，e11x令函数h(x)＝(x2)e＋－xh′(x＝(x－＋1(－1)x，1，1x∈3，所以－．1x1x2再令函数(x)＝e－，可得t′(x)＝＋>0，所以函数t(x)单调递增．111，1t2e2<0(1)e1>0，所以一定存在唯一的x∈2，021(x)＝0e＝x＝－x，000x01，x0h(x)在3上单调递增，在(x，1)上单调递减，10＋h(x)＝(x)(x2)e0x－x12x0(－4，－3)．0000b，所以b的最小值为－3．ex4．已知函数(x)＝xlnx－．x(1)求f(x)的最大值；1＋(2)若f(x)＋xe－≥1恒成立，求实数b的取值范围．exx1xe(－1)(x－1)(xe)4f(x)＝－x－，定义域为(0，＋∞)f′(x)1－－＝．x2x2令g(x)＝－e(x>0)g′(x)＝－e<0，所以g(x)在，＋∞)上单调递减，故(x)<(0)＝－，当x∈(01)时，′(x)>0()在(01)上单调递增；当x∈(1，＋时，′()<0f(x)(1，＋∞)上单调递减．(x)＝(1)1－．1x＋xxxex－＋x1ee(2)()＋xebx≥1⇔xx－＋xe＋－≥1，⇔≥b恒成立，xxxe－－1xxe＋x令(x)＝，则φ′(x)＝．xx2令