（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 第3講 導數(shù)及其應用學案 理

（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 第3講 導數(shù)及其應用學案 理考情考向分析1.導數(shù)的意義和運算是導數(shù)應用的基礎，是高考的一個熱點.2.利用導數(shù)解決函數(shù)的單調性與極值(最值)問題是高考的常見題型.3.導數(shù)與函數(shù)零點、不等式的結合常作為高考壓軸題出現(xiàn)熱點一導數(shù)的幾何意義1函數(shù)f(x)在x0處的導數(shù)是曲線f(x)在點P(x0，f(x0)處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率kf(x0)，相應的切線方程為yf(x0)f(x0)(xx0)2求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的不同例1(1)(2018·全國)設函數(shù)f(x)x3(a1)x2ax，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線yf(x)在點(0,0)處的切線方程為()Ay2x ByxCy2x Dyx答案D解析方法一f(x)x3(a1)x2ax，f(x)3x22(a1)xa.又f(x)為奇函數(shù)，f(x)f(x)恒成立，即x3(a1)x2axx3(a1)x2ax恒成立，a1，f(x)3x21，f(0)1，曲線yf(x)在點(0,0)處的切線方程為yx.故選D.方法二f(x)x3(a1)x2ax為奇函數(shù)，f(x)3x22(a1)xa為偶函數(shù)，a1，即f(x)3x21，f(0)1，曲線yf(x)在點(0,0)處的切線方程為yx.故選D.(2)若直線ykxb是曲線yln x1的切線，也是曲線yln(x2)的切線，則實數(shù)b_.答案ln 2解析設直線ykxb與曲線yln x1和曲線yln(x2)的切點分別為(x1，ln x11)，(x2，ln(x22)直線ykxb是曲線yln x1的切線，也是曲線yln(x2)的切線，即x1x22.切線方程為y(ln x11)(xx1)，即為yln x1或yln(x22)(xx2)，即為yln x1，0，則x12，bln 2.思維升華(1)求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點(2)利用導數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導數(shù)、切點坐標、切線斜率之間的關系來進行轉化以平行、垂直直線斜率間的關系為載體求參數(shù)的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關系，進而和導數(shù)聯(lián)系起來求解跟蹤演練1(1)(2018·全國)曲線y2ln(x1)在點(0,0)處的切線方程為_答案2xy0解析y2ln(x1)，y.令x0，得y2，由切線的幾何意義得切線斜率為2，又切線過點(0,0)，切線方程為y2x，即2xy0.(2)若函數(shù)f(x)ln x(x>0)與函數(shù)g(x)x22xa(x<0)有公切線，則實數(shù)a的取值范圍是()A. B(1，)C(1，) D(ln 2，)答案A解析設公切線與函數(shù)f(x)ln x切于點A(x1，ln x1)(x1>0)，則切線方程為yln x1(xx1)設公切線與函數(shù)g(x)x22xa切于點B(x2，x2x2a)(x2<0)，則切線方程為y(x2x2a)2(x21)(xx2)，x2<0<x1，0<<2.又aln x121ln 21，令t，0<t<2，at2tln t.設h(t)t2tln t(0<t<2)，則h(t)t1<0，h(t)在(0,2)上為減函數(shù)，則h(t)>h(2)ln 21ln ，a.熱點二利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性1f(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)x3在(，)上單調遞增，但f(x)0.2f(x)0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當函數(shù)在某個區(qū)間內恒有f(x)0時，則f(x)為常函數(shù)，函數(shù)不具有單調性例2(2018·聊城模擬)已知函數(shù)f(x)2exkx2.(1)討論函數(shù)f(x)在(0，)內的單調性；(2)若存在正數(shù)m，對于任意的x(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立，求正實數(shù)k的取值范圍解(1)由題意得f(x)2exk，x(0，)，因為x>0，所以2ex>2.當k2時，f(x)>0，此時f(x)在(0，)內單調遞增當k>2時，由f(x)>0得x>ln ，此時f(x)單調遞增；由f(x)<0得0<x<ln ，此時f(x)單調遞減綜上，當k2時，f(x)在(0，)內單調遞增；當k>2時，f(x)在內單調遞減，在內單調遞增(2)當0<k2時，由(1)可得f(x)在(0，)內單調遞增，且f(0)0，所以對于任意的x(0，m)，f(x)>0.這時|f(x)|>2x可化為f(x)>2x，即2ex(k2)x2>0.設g(x)2ex(k2)x2，則g(x)2ex(k2)，令g(x)0，得xln >0，所以g(x)在內單調遞減，且g(0)0，所以當x時，g(x)<0，不符合題意當k>2時，由(1)可得f(x)在內單調遞減，且f(0)0，所以存在x0>0，使得對于任意的x(0，x0)都有f(x)<0.這時|f(x)|>2x可化為f(x)>2x，即2exx2>0.設h(x)2exx2，則h(x)2ex.()若2<k4，則h(x)<0在(0，)上恒成立，這時h(x)在(0，)內單調遞減，且h(0)0，所以對于任意的x(0，x0)都有h(x)<0，不符合題意()若k>4，令h(x)>0，得x<ln ，這時h(x)在內單調遞增，且h(0)0，所以對于任意的x，都有h(x)>0，此時取mmin，則對于任意的x(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立綜上可得k的取值范圍為.思維升華利用導數(shù)研究函數(shù)單調性的一般步驟(1)確定函數(shù)的定義域(2)求導函數(shù)f(x)(3)若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只要在函數(shù)定義域內解(或證明)不等式f(x)>0或f(x)<0即可；若已知函數(shù)的單調性，則轉化為不等式f(x)0或f(x)0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解跟蹤演練2(1)(2018·河南省中原名校質量考評)已知f(x)ln xx22ax在(0，)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A1 B1 C(0,1 D1,0)答案B解析f(x)ln xx22ax，f(x)2(xa)ln x，f(x)在(0，)上是增函數(shù)，f(x)0在(0，)上恒成立，當x1時，f(x)0滿足題意，當x>1時，ln x>0，要使f(x)0恒成立，則xa0恒成立xa>1a，1a0，解得a1，當0<x<1時，ln x<0，要使f(x)0恒成立，則xa0恒成立，xa<1a，1a0，解得a1.綜上所述，a1.(2)(2018·資陽三診)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)(函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f(x)滿足f f(x1)0，e3f(2 018)1，若f(x)>f(x)，則關于x的不等式f(x2)>的解集為()A(，3) B(3，)C(，0) D(0，)答案B解析f(x)是偶函數(shù)，f(x)f(x)，f(x)f(x)，f(x)f(x)，f(x)>f(x)f(x)，即f(x)f(x)>0，設g(x)exf(x)，則ex>0，g(x)在(，)上單調遞增，由f f(x1)0，得f(x)f 0，f f0，相減可得f(x)f，f(x)的周期為3，e3fe3f(2)1，g(2)e2f(2)，f(x2)>，結合f(x)的周期為3可化為ex1f(x1)>e2f(2)，g(x1)>g(2)，x1>2，x>3，不等式的解集為，故選B.熱點三利用導數(shù)求函數(shù)的極值、最值1若在x0附近左側f(x)>0，右側f(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側f(x)<0，右側f(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值2設函數(shù)yf(x)在a，b上連續(xù)，在(a，b)內可導，則f(x)在a，b上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得例3(2018·北京)設函數(shù)f(x)ax2(4a1)x4a3ex.(1)若曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線與x軸平行，求a；(2)若f(x)在x2處取得極小值，求a的取值范圍解(1)因為f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所以f(x)ax2(2a1)x2ex.所以f(1)(1a)e.由題設知f(1)0，即(1a)e0，解得a1.此時f(1)3e0.所以a的值為1.(2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex.若a>，則當x時，f(x)<0；當x(2，)時，f(x)>0.所以f(x)在x2處取得極小值若a，則當x(0,2)時，x2<0，ax1x1<0，所以f(x)>0.所以2不是f(x)的極小值點綜上可知，a的取值范圍是.思維升華(1)求函數(shù)f(x)的極值，則先求方程f(x)0的根，再檢查f(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號(2)若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f(x)0根的大小或存在情況來求解(3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a，b上的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值跟蹤演練3(2018·江西省八所重點中學聯(lián)考)已知f(x)ln xx.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)設g(x)ln(x1)axex，對于任意x10，)，x21，)，總有g(x1)f(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍解(1)f(x)1，令f(x)0，可得x或xe.當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如表所示：xe(e，)f(x)00f(x)極小值極大值所以f(x)的極小值為f ，極大值為f(e).(2)由(1)可知，當x1，)時，函數(shù)f(x)的最大值為，對于任意x10，)，x21，)，總有g(x1)f(x2)成立，等價于對于任意x0，)，g(x)1恒成立，g(x)exa(x0)，當a2時，因為exx1，所以g(x)exax1a2a0，即g(x)在0，)上單調遞增，g(x)g(0)1恒成立，符合題意當a>2時，設h(x)exa(x0)，h(x)ex0，所以g(x)在0，)上單調遞增，且g(0)2a<0，則存在x0(0，)，使得g(x0)0，所以g(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，)上單調遞增，又g(x0)<g(0)1，所以g(x)1不恒成立，不符合題意綜合可知，實數(shù)a的取值范圍是.真題體驗1(2017·浙江改編)函數(shù)yf(x)的導函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)yf(x)的圖象可能是_(填序號)答案解析觀察導函數(shù)f(x)的圖象可知，f(x)的函數(shù)值從左到右依次為小于0，大于0，小于0，大于0，對應函數(shù)f(x)的增減性從左到右依次為減、增、減、增觀察圖象可知，排除.如圖所示，f(x)有3個零點，從左到右依次設為x1，x2，x3，且x1，x3是極小值點，x2是極大值點，且x2>0，故正確2(2017·全國改編)若x2是函數(shù)f(x)(x2ax1)·ex1的極值點，則f(x)的極小值為_答案1解析函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1，則f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1ex1x2(a2)xa1由x2是函數(shù)f(x)的極值點，得f(2)e3(42a4a1)(a1)e30，所以a1，所以f(x)(x2x1)ex1，f(x)ex1(x2x2)由ex1>0恒成立，得當x2或x1時，f(x)0，且x<2時，f(x)>0；當2<x<1時，f(x)<0；當x>1時，f(x)>0.所以x1是函數(shù)f(x)的極小值點所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)1.3(2017·山東改編)若函數(shù)exf(x)(e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質，下列函數(shù)中具有M性質的是_(填序號)f(x)2x; f(x)x2；f(x)3x; f(x)cos x.答案解析若f(x)具有性質M，則exf(x)exf(x)f(x)>0在f(x)的定義域上恒成立，即f(x)f(x)>0在f(x)的定義域上恒成立對于式，f(x)f(x)2x2xln 22x(1ln 2)>0，符合題意經驗證，均不符合題意4(2017·全國)曲線yx2在點(1,2)處的切線方程為_答案xy10解析y2x，y|x11，即曲線在點(1,2)處的切線的斜率k1，切線方程為y2x1，即xy10.押題預測1設函數(shù)yf(x)的導函數(shù)為f(x)，若yf(x)的圖象在點P(1，f(1)處的切線方程為xy20，則f(1)f(1)等于()A4 B3 C2 D1押題依據(jù)曲線的切線問題是導數(shù)幾何意義的應用，是高考考查的熱點，對于“在某一點處的切線”問題，也是易錯易混點答案A解析依題意有f(1)1,1f(1)20，即f(1)3，所以f(1)f(1)4.2已知函數(shù)f(x)x3ax2bxa27a在x1處取得極大值10，則的值為()A B2C2或 D2或押題依據(jù)函數(shù)的極值是單調性與最值的“橋梁”，理解極值概念是學好導數(shù)的關鍵極值點、極值的求法是高考的熱點答案A解析由題意知f(x)3x22axb，f(1)0，f(1)10，即解得或經檢驗滿足題意，故.3已知函數(shù)f(x)x2ax3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)x2aln x在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值等于_押題依據(jù)函數(shù)單調性問題是導數(shù)最重要的應用，體現(xiàn)了“以直代曲”思想，要在審題中搞清“在(0,1)上為減函數(shù)”與“函數(shù)的減區(qū)間為(0,1)”的區(qū)別答案2解析函數(shù)f(x)x2ax3在(0,1)上為減函數(shù)，1，得a2.又g(x)2x，依題意g(x)0在(1,2)上恒成立，得2x2a在(1,2)上恒成立，a2，a2.4已知函數(shù)f(x)x，g(x)x22ax4，若對任意x10,1，存在x21,2，使f(x1)g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是_押題依據(jù)不等式恒成立或有解問題可以轉化為函數(shù)的值域解決考查了轉化與化歸思想，是高考的一個熱點答案解析由于f(x)1>0，因此函數(shù)f(x)在0,1上單調遞增，所以當x0,1時，f(x)minf(0)1.根據(jù)題意可知存在x1,2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a成立，令h(x)，則要使ah(x)在1,2上能成立，只需使ah(x)min，又函數(shù)h(x)在1,2上單調遞減，所以h(x)minh(2)，故只需a.A組專題通關1(2018·株洲質檢)設函數(shù)yxsin xcos x的圖象在點處切線的斜率為g(t)，則函數(shù)yg(t)的圖象一部分可以是()答案A解析因為yxcos x，所以g(t)tcos t，由g(t)tcos tg(t)知函數(shù)g(t)為奇函數(shù)，所以排除B，D選項，當從y軸右側t0時，cos t>0，t>0，所以g(t)>0，故選A.2(2018·昆明統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)2kln xkx，若x2是函數(shù)f(x)的唯一極值點，則實數(shù)k的取值范圍是()A. B.C(0,2 D.答案A解析由題意得f(x)k，f(2)0，令g(x)exkx2，則g(x)在區(qū)間(0，)內恒大于等于0或恒小于等于0，令g(x)0，得k，令h(x)，則h(x)，所以h(x)最小值為h(2)，無最大值，所以k，故選A.3(2018·衡水金卷調研)已知定義在R上的可導函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f(x)，滿足f(x)<f(x)，且f(0)，則不等式f(x)ex<0的解集為()A. B(0，)C. D(，0)答案B解析構造函數(shù)g(x)，則g(x)，因為f(x)<f(x)，所以g(x)<0，故函數(shù)g(x)在R上為減函數(shù)，又f(0)，所以g(0)，則不等式f(x)ex<0可化為<，即g(x)<g(0)，所以x>0，即所求不等式的解集為(0，)4設aR，若函數(shù)yeax3x，xR有大于零的極值點，則()Aa>3 Ba<3Ca> Da<答案B解析由題意得，yaeax30在(0，)上有解，即aeax3，eax>0，a<0.又當a<0時，0<eax<1，要使aeax3，則a<3.5(2018·西南名校聯(lián)盟月考)設過曲線f(x)exx2a(e為自然對數(shù)的底數(shù))上任意一點處的切線為l1，總存在過曲線g(x)(12x)2sin x上一點處的切線l2，使得l1l2，則實數(shù)a的取值范圍為()A1,1 B2,2C1,2 D2,1答案C解析設yf(x)的切點為(x1，y1)，yg(x)的切點為(x2，y2)，f(x)ex1，g(x)a2cos x，由題意得，對任意x1R總存在x2使得(1)(a2cos x2)1，2cos x2a對任意x1R均有解x2，故2a2對任意x1R恒成立，則a2a2對任意x1R恒成立又(0,1)，a20且2a1，1a2.6(2018·焦作模擬)已知f(x)xln x，則f(1)_.答案解析因為f(x)1ln x，令x1，得f(1)1f(1)，解得f(1).7(2018·全國)曲線y(ax1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為2，則a_.答案3解析y(axa1)ex，當x0時，ya1，a12，得a3.8已知函數(shù)f(x)2ln x和直線l：2xy60，若點P是函數(shù)f(x)圖象上的一點，則點 P到直線l的距離的最小值為_答案解析設直線y2xm 與函數(shù)f(x)的圖象相切于點P(x0，y0)(x0>0)f(x)，則f(x0)2，解得x01.P(1,0)則點P到直線2xy60的距離d，即為點P到直線2xy60的距離的最小值9(2018·衡水金卷調研)已知函數(shù)f(x)，m，x1,2，g(m)f(x)maxf(x)min，則關于m的不等式g(m)的解集為_答案解析由f(x)，得f(x)，m，x1,2，f(x)0，因此函數(shù)f(x)在區(qū)間1,2上單調遞增，f(x)maxf(2)，f(x)minf(1)，從而g(m)f(x)maxf(x)min，令，得m，又m1，e，m.故不等式g(m)的解集為.10(2018·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)a.(1)當a0時，試求f(x)的單調區(qū)間；(2)若f(x)在(0,1)內有極值，試求a的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)f(x)a，.當a0時，對于x(0，)，exax>0恒成立，所以由f(x)>0，得x>1；由f(x)<0，得0<x<1.所以f(x)的單調增區(qū)間為(1，)，單調減區(qū)間為(0,1)(2)若f(x)在(0,1)內有極值，則f(x)0在(0,1)內有解令f(x)0，即exax0，即a.設g(x)，x(0,1)，所以 g(x)，當x(0,1)時，g(x)<0恒成立，所以g(x)單調遞減又因為g(1)e，又當x0時，g(x)，即g(x)在(0,1)上的值域為(e，)，所以當a>e時，f(x)0 有解設H(x)exax，則 H(x)exa<0，x(0,1)，所以H(x)在(0,1)上單調遞減因為H(0)1>0，H(1)ea<0，所以H(x)exax0在(0,1)上有唯一解x0.當x變化時，H(x)，f(x)，f(x)變化情況如表所示：x(0，x0)x0(x0,1)H(x)0f(x)0f(x)極小值所以當a>e時，f(x)在(0,1)內有極值且唯一當ae時，當x(0,1)時，f(x)0恒成立，f(x)單調遞減，不成立綜上，a的取值范圍為(e，)B組能力提高11(2018·山東聯(lián)盟考試)對于函數(shù)f(x)exln(x2)2，以下描述正確的是()Ax0(2，)，f(x0)(，2)Bx(2，)，f(x)(，2)Cx(2，)，f(x)(2，)Df(x)min(1,1)答案C解析設函數(shù)g(x)exx1，g(x)ex1，當x>0時，g(x)>0，當x<0時，g(x)<0，所以g(x)ming(0)0，即exx1，設函數(shù)h(x)x1ln(x2)(x>2)，h(x)1，令h(x)>0，得x>1，令h(x)<0，得2<x<1，所以h(x)minh(1)0，即x1ln(x2)，又等號取不同x值，所以ex>ln(x2)，exln(x2)>0，函數(shù)f(x)exln(x2)2的值域為(2，)，故選C.12(2018·齊魯名校教科研協(xié)作體模擬)已知函數(shù)f(x)sin xxcos x，現(xiàn)有下列結論：當x0，時，f(x)0；當0<<<時，·sin >·sin ；若n<<m對x恒成立，則mn的最小值等于1；已知k，當xi時，滿足k的xi的個數(shù)記為n，則n的所有可能取值構成的集合為0,1,2,3其中正確的個數(shù)為()A1 B2 C3 D4答案C解析當x0，時，f(x)xsin x0，函數(shù)f(x)在0，上為增函數(shù)，所以f(x)f(0)0，正確；令g(x)，由知，當x(0，)時，g(x)<0，所以g(x)在(0，)上為減函數(shù)，所以g>g，>，所以·sin <·sin ，錯誤；由可知g(x)在上為減函數(shù)，所以g(x)>g，則n，令(x)sin xx，當x時，(x)cos x1<0，所以(x)在上為減函數(shù)，所以(x)sin xx<(0)0，所以<1，所以m1，則minmminnmax1，正確；令h(x)|sin x|，k表示點(xi，h(xi)與原點(0,0)連線的斜率，結合圖象(圖略)可知，當k，x(0,2)時，n的所有可能取值有0,1,2,3，正確13(2018·齊齊哈爾模擬)已知函數(shù)f(x)kln x，且曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線與y軸垂直(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若對任意x(0,1)(1，e)(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，都有>(a>0)恒成立，求a的取值范圍解(1)f(x)的定義域為(0，)，f(x)kln x，定義域為(0，)，f(x)(x>0)由題意知f(1)k10，解得k1，f(x)(x>0)，由f(x)>0，解得x>1；由f(x)<0，解得0<x<1，f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,1)，單調遞增區(qū)間為(1，)(2)由(1)知f(x)ln x1，.方法一設m(x)，則m(x)，令n(x)x1xln x，則n(x)1ln x1ln x，當x>1時，n(x)<0，n(x)在1，)上單調遞減，當x(1，e)時，n(x)<n(1)0，當x(1，e)時，m(x)<0，m(x)單調遞減，當x(1，e)時，m(x)>m(e)，由題意知，又a>0，ae1.下面證明：當ae1,0<x<1時，>成立，即證aln x<x1成立，令(x)aln xx1，則(x)1(0<x<1)，由ae1,0<x<1，得(x)>0，故(x)在(0,1)上是增函數(shù)，x(0,1)時，(x)<(1)0，aln x<x1成立，即>成立，故正數(shù)a的取值范圍是.方法二當x(0,1)時，>(a>0)可化為aln xx1<0(a>0)，令g(x)aln xx1(a>0)，則問題轉化為證明g(x)<0對任意x(0,1)恒成立又g(x)1(a>0)，令g(x)>0，得0<x<a，令g(x)<0，得x>a，函數(shù)g(x)在(0，a)上單調遞增，在(a，)上單調遞減()當0<a<1時，下面驗證g(a)aln aa1>0(a(0,1)設T(x)xln xx1(0<x<1)，則T(x)ln x11ln x<0(0<x<1)所以T(x)在(0,1)上單調遞減，所以T(x)>T(1)0.即g(a)>0(a(0,1)故此時不滿足g(x)<0對任意x(0,1)恒成立；()當a1時，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞增故g(x)<g(1)0對任意x(0,1)恒成立，故a1符合題意綜合()()，得a1.當x(1，e)時，>(a>0)，令h(x)aln xx1(a>0)，則問題轉化為證明h(x)>0對任意x(1，e)恒成立又h(x)1(a>0)，令h(x)>0得 0<x<a；令h(x)<0，得x>a，函數(shù)h(x)在(0，a)上單調遞增，在(a，)上單調遞減()當ae時，h(x)在(1，e)上是增函數(shù)，所以h(x)>h(1)0，()當1<a<e時，h(x)在(1，a)上單調遞增，在(a，e)上單調遞減，所以只需h(e)0，即ae1，()當0<a1時，h(x)在(1，e)上單調遞減，則h(x)<h(1)0，不符合題意綜合()()()可得ae1.由得正數(shù)a的取值范圍是.