金版教程高考數學 文二輪復習講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數與導數 第三講 導數的簡單應用 Word版含解析

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1、 第三講　導數的簡單應用 必記公式] 1．基本初等函數的八個導數公式 原函數 導函數 f(x)＝C(C為常數) f′(x)＝0 f(x)＝xα(α∈R) f′(x)＝αxα－1 f(x)＝sinx f′(x)＝cosx f(x)＝cosx f′(x)＝－sinx f(x)＝ax(a>0，且a≠1) f′(x)＝axln_a f(x)＝ex f′(x)＝ex f(x)＝logax(a>0，且a≠1) f′(x)＝logae＝ f(x)＝ln x f′(x)＝ 　　2.導數四則運算法則 (1)f(x)g(x)]′＝f′(x)g′(x)；

2、 (2)f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； (3)′＝(g(x)≠0)． 重要概念] 1．切線的斜率 函數f(x)在x0處的導數是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，因此曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 2．函數的單調性 在某個區(qū)間(a，b)內，如果f′(x)>0(f′(x)<0)，那么函數y＝f(x)在這個區(qū)間內單調遞增(單調遞減)． 3．函數的極值 設函數f(x)在點x0附近有定義，如果對x0附近所有的點x，都有f(x)

3、數的一個極大值，記作y極大值＝f(x0)；如果對x0附近的所有的點都有f(x)>f(x0)，那么f(x0)是函數的一個極小值，記作y極小值＝f(x0)．極大值與極小值統(tǒng)稱為極值． 4．函數的最值 將函數y＝f(x)在a，b]內的各極值與端點處的函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． 失分警示] 1．判斷極值的條件掌握不清：利用導數判斷函數的極值時，忽視“導數等于零，并且兩側導數的符號相反”這兩個條件同時成立． 2．混淆在點P處的切線和過點P的切線：前者點P為切點，后者點P不一定為切點，求解時應先設出切點坐標． 3．關注函數的定義域：求函數的單調區(qū)

4、間及極(最)值應先求定義域． 考點　導數的幾何意義　　 典例示法 典例1　　(1)20xx山東高考]若函數y＝f(x)的圖象上存在兩點，使得函數的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則稱y＝f(x)具有T性質．下列函數中具有T性質的是(　　) A．y＝sinx B．y＝ln x C．y＝ex D．y＝x3 解析]　設函數y＝f(x)圖象上兩點的橫坐標為x1，x2.由題意知只需函數y＝f(x)滿足f′(x1)f′(x2)＝－1(x1≠x2)即可．y＝f(x)＝sinx的導函數為f′(x)＝cosx，f′(0)f′(π)＝－1，故A滿足；y＝f(x)＝ln x的導函數為f′(x

5、)＝，f′(x1)f′(x2)＝>0，故B不滿足；y＝f(x)＝ex的導函數為f′(x)＝ex，f′(x1)f′(x2)＝ex1＋x2>0，故C不滿足；y＝f(x)＝x3的導函數為f′(x)＝3x2，f′(x1)f′(x2)＝9xx≥0，故D不滿足．故選A. 答案]　A (2)20xx陜西高考]設曲線y＝ex在點(0,1)處的切線與曲線y＝(x>0)上點P處的切線垂直，則P的坐標為________． 解析]　y′＝ex，則y＝ex在點(0,1)處的切線的斜率k切＝1，又曲線y＝(x>0)上點P處的切線與y＝ex在點(0,1)處的切線垂直，所以y＝(x>0)在點P處的切線的斜率為－1，設P

6、(a，b)，則曲線y＝(x>0)上點P處的切線的斜率為y′|x＝a＝－a－2＝－1，可得a＝1，又P(a，b)在y＝上，所以b＝1，故P(1,1)． 答案]　(1,1) 1．求曲線y＝f(x)的切線方程的三種類型及方法 (1)已知切點P(x0，y0)，求y＝f(x)過點P的切線方程： 求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程． (2)已知切線的斜率為k，求y＝f(x)的切線方程： 設切點P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程． (3)已知切線上一點(非切點)，求y＝f(x)的切線方程： 設切點P(x0，y0)，利用導數求得切線斜率f′(x

7、0)，然后由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程． 2．利用切線(或方程)與其他曲線的關系求參數 已知過某點切線方程(斜率)或其與某線平行、垂直，利用導數的幾何意義、切點坐標、切線斜率之間的關系構建方程(組)或函數求解． 提醒：求曲線的切線方程時，務必分清在點P處的切線還是過點P的切線，前者點P為切點，后者點P不一定為切點，求解時應先求出切點坐標． 針對訓練 1．20xx重慶巴蜀中學模擬]已知曲線y＝在點P(2,4)處的切線與直線l平行且距離為2，則直線l的方程為(　　) A．2x＋y＋2＝0 B．2x＋y＋2＝0或2x＋y－18＝0 C．

8、2x－y－18＝0 D．2x－y＋2＝0或2x－y－18＝0 答案　B 解析　y′＝＝－，y′|x＝2＝－＝－2，因此k1＝－2，設直線l方程為y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0，由題意得＝2，解得b＝18或b＝－2，所以直線l的方程為2x＋y－18＝0或2x＋y＋2＝0.故選B. 2．20xx江蘇高考]在平面直角坐標系xOy中，若曲線y＝ax2＋(a，b為常數)過點P(2，－5)，且該曲線在點P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是________． 答案　－3 解析　∵y＝ax2＋，∴y′＝2ax－， 由題意可得 解得∴a＋b＝－3. 考點　利用導數研究函數

9、的單調性　　 典例示法 題型1　利用導數研究函數的單調性(單調區(qū)間) 典例2　　20xx重慶高考]已知函數f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值． (1)確定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調性． 解]　(1)對f(x)求導得f′(x)＝3ax2＋2x， 因為f(x)在x＝－處取得極值，所以f′＝0， 即3a＋2＝－＝0，解得a＝. (2)由(1)得g(x)＝ex， 故g′(x)＝ex＋ex ＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex. 令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4. 當x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數；

10、 當－40，故g(x)為增函數； 當－10時，g′(x)>0，故g(x)為增函數． 綜上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內為減函數，在(－4，－1)和(0，＋∞)內為增函數． 題型2　根據函數的單調性求參數的范圍 典例3　　20xx西安質檢]已知函數f(x)＝mx2－x＋ln x. (1)若在函數f(x)的定義域內存在區(qū)間D，使得該函數在區(qū)間D上為減函數，求實數m的取值范圍； (2)當0

11、解]　(1)f′(x)＝2mx－1＋＝，即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解． 當m≤0時顯然成立； 當m>0時，由于函數y＝2mx2－x＋1的圖象的對稱軸x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，故0

12、. 則g′(x)＝2mx－1＋－2m＝＝ . 當m＝時，g′(x)≥0，又g(x)不是常數函數，故g(x)在(0，＋∞)上單調遞增． ∴函數g(x)有且只有一個零點x＝1，滿足題意． 當01，由g′(x)>0，得0； 由g′(x)<0，得1

13、∴g>0，故在上，函數g(x)又有一個零點，不符合題意． 綜上所述，m＝. 1．導數與單調性之間的關系 (1)導數大(小)于0的區(qū)間是函數的單調遞增(減)區(qū)間． (2)函數f(x)在D上單調遞增??x∈D，f′(x)≥0且f′(x)在區(qū)間D的任何子區(qū)間內都不恒為零； 函數f(x)在D上單調遞減??x∈D，f′(x)≤0且f′(x)在區(qū)間D的任何子區(qū)間內都不恒為零． 2.根據函數的單調性求參數取值范圍的思路 (1)求f′(x)． (2)將單調性轉化為導數f′(x)在該區(qū)間上滿足的不等式恒成立問題求解． 考點　利用導數研究函數的極值與最值　

14、　 典例示法 題型1　求函數的極值(最值) 典例4　　20xx合肥質檢]已知函數f(x)＝e1－x(2ax－a2)(其中a≠0)． (1)若函數f(x)在(2，＋∞)上單調遞減，求實數a的取值范圍； (2)設函數f(x)的最大值為g(a)，當a>0時，求g(a)的最大值． 解]　(1)由f(x)＝e1－x(2ax－a2)， 得f′(x)＝(e1－x)′(2ax－a2)＋2ae1－x＝e′(2ax－a2)＋2ae1－x＝－e1－x(2ax－a2)＋2ae1－x＝－e1－x(2ax－a2－2a)＝0，又a≠0，故x＝1＋， 當a>0時，f(x)在上為增函數，在上為減函數，∴1＋≤2

15、，即a≤2， ∴00時，f(x)max＝f＝2ae 即g(a)＝2ae. 則g′(a)＝(2－a)e＝0，得a＝2， ∴g(a)在(0,2)上為增函數，在(2，＋∞)上為減函數， ∴g(a)max＝g(2)＝. 題型2　知極值的個數求參數范圍 典例5　　20xx沈陽質檢]已知函數f(x)＝xln x－x2－x＋a(a∈R)在其定義域內有兩個不同的極值點． (1)求a的取值范圍； (2)記兩個極值點為x1，x2，且x10，若不等式e1＋λ

16、 解]　(1)依題，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)， 所以方程f′(x)＝0在(0，＋∞)上有兩個不同的根， 即方程ln x－ax＝0在(0，＋∞)上有兩個不同的根． 解法一：可以轉化為函數y＝ln x與函數y＝ax的圖象在(0，＋∞)上有兩個不同的交點，如圖． 可見，若令過原點且與函數y＝ln x圖象相切的直線斜率為k，只需0

17、′(x)>0， 當x>e時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減．從而g(x)極大值＝g(e)＝. 又g(x)有且只有一個零點是1，且在x→0時，g(x)→－∞，在x→＋∞時，g(x)→0， 所以g(x)的草圖如圖所示， 可見，要想函數g(x)＝與函數y＝a的圖象在(0，＋∞)上有兩個不同交點，只需00)， 若a≤0，可見g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，此時g(x)不可能有

18、兩個不同零點． 若a>0，當00，當x>時，g′(x)<0，所以g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，從而g(x)極大值＝g＝ln －1. 又因為在x→0時，g(x)→－∞，在x→＋∞時，g(x)→－∞，于是只需： g(x)極大值>0，即ln－1>0，所以00,0

19、于a>. 又由ln x1＝ax1，ln x2＝ax2作差得，ln ＝a(x1－x2)，即a＝. 所以原式等價于>， 因為00，所以h(t)在(0,1)上單調遞增，又h(1)＝0， h(t)<0在(0,1)上恒成立，符合題意． 當λ2<1時，可見t∈(0，λ2)時，h′(t)>0，t∈(λ2,1)時，h′(t)<0， 所以h(t)在(0，λ2)上單調遞增，在

20、(λ2,1)上單調遞減，又h(1)＝0， 所以h(t)在(0,1)上不能恒小于0，不符合題意，舍去． 綜上所述，若不等式e1＋λ0，所以λ≥1. 利用導數研究函數極值與最值的步驟 (1)利用導數求函數極值的一般思路和步驟 ①求定義域； ②求導數f′(x)； ③解方程f′(x)＝0，研究極值情況； ④確定f′(x0)＝0時x0左右的符號，定極值． (2)若已知函數極值的大小或存在情況，求參數的取值范圍，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來討論求解． (3)求函數y＝f(x)在a，b]上最大值與最小值的步驟 ①求函數y

21、＝f(x)在(a，b)內的極值； ②將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． 提醒：(1)求函數極值時，一定要注意分析導函數的零點是不是函數的極值點； (2)求函數最值時，務必將極值點與端點值比較得出最大(小)值； (3)對于含參數的函數解析式或區(qū)間求極值、最值問題，務必要對參數分類討論． 全國卷高考真題調研] 1．20xx全國卷Ⅱ]設函數f′(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，

22、－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) 答案　A 解析　令F(x)＝，因為f(x)為奇函數，所以F(x)為偶函數，由于F′(x)＝，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上單調遞減，根據對稱性，F(x)＝在(－∞，0)上單調遞增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，數形結合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A. 2．20xx全國卷Ⅲ]已知f(x)為偶函數，當x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程是_

23、_______． 答案　y＝2x 解析　當x>0時，－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，而f(－x)＝f(x)，所以f(x)＝ex－1＋x(x>0)，點(1,2)在曲線y＝f(x)上，易知f′(1)＝2，故曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程是y－2＝f′(1)(x－1)，即y＝2x. 其它省市高考題借鑒] 3．20xx四川高考]已知a為函數f(x)＝x3－12x的極小值點，則a＝(　　) A．－4 B．－2 C．4 D．2 答案　D 解析　由題意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)， 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2， 則f′(x)，f(

24、x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴函數f(x)在x＝2處取得極小值，則a＝2.故選D. 4．20xx北京高考]設函數f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的單調區(qū)間． 解　(1)因為f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b. 依題設，即 解得a＝2，b＝e. (2)由(1)知f(x)＝xe2－x

25、＋ex. 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)與1－x＋ex－1同號． 令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1. 所以當x∈(－∞，1)時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增． 故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值， 從而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)． 綜上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)． 故f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 一、選擇題 1．20xx鄭州質檢]函數f(x)＝excos

26、x的圖象在點(0，f(0))處的切線方程是(　　) A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0 C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0 答案　C 解析　依題意，f(0)＝e0cos0＝1，因為f′(x)＝excosx－exsinx，所以f′(0)＝1，所以切線方程為y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故選C. 2．20xx山西忻州四校聯考]設函數f(x)＝xsinx＋cosx的圖象在點(t，f(t))處切線的斜率為k，則函數k＝g(t)的部分圖象為(　　) 答案　B 解析　f′(x)＝(xsinx＋cosx)′＝xcosx，則k＝g(t)＝tcost，易知函數g(t)為奇函

27、數，其圖象關于原點對稱，排除A、C.當00，所以排除D，故選B. 3．20xx廣西質檢]若函數f(x)＝(x2－cx＋5)ex在區(qū)間上單調遞增，則實數c的取值范圍是(　　) A．(－∞，2] B．(－∞，4] C．(－∞，8] D．－2,4] 答案　B 解析　f′(x)＝x2＋(2－c)x－c＋5]ex，因為函數f(x)在區(qū)間上單調遞增，等價于x2＋(2－c)x－c＋5≥0對任意x∈恒成立，即(x＋1)c≤x2＋2x＋5，c≤對任意x∈恒成立，∵x∈，∴＝(x＋1)＋≥4，當且僅當x＝1時等號成立，∴c≤4. 4．20xx沈陽質檢]已知函數y＝x2的圖象

28、在點(x0，x)處的切線為l，若l也與函數y＝ln x，x∈(0,1)的圖象相切，則x0必滿足(　　) A．0

29、－＝，所以g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，又g(1)＝－ln 2 <0，g()＝1－ln 2 <0，g()＝2－ln 2>0，從而

30、別式Δ＝4a2＋12>0恒成立，故f′(x)＝0必有兩個不等實根，不妨設為x1，x2，且x10，得xx2，令f′(x)<0，得x1

31、，所以f＋f＝2f，所以函數f(x)的圖象關于點成中心對稱，故C選項的結論正確；對于D選項，令a＝c＝0得f(x)＝x3－x，f(x)在(0,0)處切線方程為y＝－x，且有唯一實數解，即f(x)在(0,0)處切線與f(x)圖象有唯一公共點，所以D不正確，選D. 6．已知函數f(x)＝(a－2)x－ax3在區(qū)間－1,1]上的最大值為2，則a的取值范圍是(　　) A．2,10] B．－1,8] C．－2,2] D．0,9] 答案　B 解析　f′(x)＝－3ax2＋a－2.(1)當a＝0時，f′(x)＝－2<0，f(x)在－1,1]上為減函數，所以f(x)max＝f(－1)＝2，符

32、合題意．(2)當02時，由f′(x)＝0，解得x＝ .①當－ ≤－1，即 ≥1，即－1≤a<0時，函數f(x)在－1,1]上單調遞減，所以此時函數在定義域內的最大值為f(－1)＝2，滿足條件；②當－ >－1，即 <1，即a<－1或a>2時，若a<－1，函數f(x)在與上單調遞增，在上單調遞減，所以此時函數在定義域內的最大值為f(1)＝－2或f，而f>f(－1)＝2，不滿足條件，若a>2，函數f(x)在與上單調遞減，在上單調遞增，所以此時函數在定義域內的最大值為

33、f(－1)＝2或f，則必有f≤2，即(a－2) －a3≤2，整理并因式分解得(a－8)(a＋1)2≤0，所以由a>2可得2

34、)＝3x2＋2ax＋3，由題意知x＝－3為方程3x2＋2ax＋3＝0的根，所以3(－3)2＋2a(－3)＋3＝0，解得a＝5. 9．20xx石家莊一模]設過曲線f(x)＝－ex－x(e為自然對數的底數)上任意一點處的切線為l1，總存在過曲線g(x)＝ax＋2cosx上一點處的切線l2，使得l1⊥l2，則實數a的取值范圍為________． 答案?。?≤a≤2 解析　函數f(x)＝－ex－x的導數為f′(x)＝－ex－1，設曲線f(x)＝－ex－x上的切點為(x1，f(x1))，則l1的斜率k1＝－ex1－1.函數g(x)＝ax＋2cosx的導數為g′(x)＝a－2sinx，設曲線g(x)

35、＝ax＋2cosx上的切點為(x2，g(x2))，則l2的斜率k2＝a－2sinx2.由題設可知k1k2＝－1，從而有(－ex1－1)(a－2sinx2)＝－1，∴a－2sinx2＝，對?x1，?x2使得等式成立，則有y1＝的值域是y2＝a－2sinx2值域的子集，即(0,1)?a－2，a＋2]，∴－1≤a≤2. 三、解答題 10．20xx石景山區(qū)高三統(tǒng)測]已知函數f(x)＝x－aln x，g(x)＝－(a>0)． (1)若a＝1，求函數f(x)的極值； (2)設函數h(x)＝f(x)－g(x)，求函數h(x)的單調區(qū)間； (3)若存在x0∈1，e]，使得f(x0)

36、求a的取值范圍． 解　(1)f(x)＝x－aln x的定義域為(0，＋∞)． 當a＝1時，f′(x)＝. 由f′(x)＝0，解得x＝1. 當01時，f′(x)>0，f(x)單調遞增； 所以當x＝1時，函數f(x)取得極小值，極小值為f(1)＝1－ln 1＝1； (2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln x＋，其定義域為(0，＋∞)． 又h′(x)＝＝. 由a>0可得1＋a>0，在x∈(0,1＋a)上h′(x)<0，在x∈(1＋a，＋∞)上h′(x)>0， 所以h(x)的遞減區(qū)間為(0,1＋a)；遞增區(qū)間為(1＋a，

37、＋∞)． (3)若在1，e]上存在一點x0，使得f(x0). 因為>e－1，所以a>； ②當1<1＋a

38、02，即h(1＋a)>2不滿足題意，舍去． 綜上所述：a∈. 11．已知函數f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a≥0)． (1)若x＝1是函數y＝f(x)的極值點，求a的值； (2)若f(x)<0在定義域內恒成立，求實數a的取值范圍． 解　(1)函數的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝. 因為x＝1是函數y＝f(x)的極值點， 所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0， 解得a＝－(舍去)或a＝1. 經檢驗，當a＝1時，x＝1是函數y＝f(x)的極值點，所以a＝1. (2)當a＝0時，f(x)＝ln x，顯然在定義

39、域內不滿足f(x)<0； 當a>0時，令f′(x)＝＝0，得 x1＝－(舍去)，x2＝， 所以f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  所以f(x)max＝f＝ln <0， 所以a>1. 綜上可得a的取值范圍是(1，＋∞)． 12．20xx廣西質檢]已知函數f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)． (1)若a＝1，求函數f(x)的極值和單調區(qū)間； (2)若在區(qū)間(0，e]上至少存在一點x0，使得f(x0)<0成立，求實數a的取值范圍． 解　(1)當a＝1時，f′(x)＝－＋＝， 令f′(x

40、)＝0，得x＝1， 又f(x)的定義域為(0，＋∞)，由f′(x)<0得00得x>1， 所以當x＝1時，f(x)有極小值1. f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0,1)． (2)f′(x)＝－＋＝，且a≠0，令f′(x)＝0，得到x＝， 若在區(qū)間(0，e]上存在一點x0，使得f(x0)<0成立，即f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值小于0. 當<0，即a<0時，f′(x)<0在(0，e]上恒成立，即f(x)在區(qū)間(0，e]上單調遞減， 故f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f(e)＝＋aln e＝＋a， 由＋a<0，得a<－，即a∈. 當>0，即a>0時， ①若e≤，則f′(x)≤0對x∈(0，e]成立，所以f(x)在區(qū)間(0，e]上單調遞減， 則f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f(e)＝＋aln e＝＋a>0， 顯然，f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值小于0不成立． ②若0<時，則有 x f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  所以f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f＝a＋aln， 由f＝a＋aln＝a(1－ln a)<0，得1－ln a<0，解得a>e， 即a∈(e，＋∞)． 綜上，由①②可知：a∈∪(e，＋∞)符合題意．