第二章 重点题型强化（八）函数最值的综合问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版2019）

知识 层面 1.能利用导数求简单的含参函数的最值问题．　2.能根据最值求参数的值或取值范围．　3.初步探究有关探索性的问题. 素养 层面 通过利用导数求简单的含参函数的最值和根据最值求参数的值或取值范围，培养数学运算、逻辑推理素养. 题型一　已知函数的最值求参数的值或范围 例1　 已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b(a＞0)，x∈[－1，2]的最大值是3，最小值为－29，求a，b的值． 解：求导得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)． 因为a>0， 所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示． x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2 f′(x) ＋ 0 － f(x) －7a＋b 单调递增 b 单调递减 －16a ＋b 由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，也就是函数在[－1，2]上的最大值，所以f(0)＝b＝3. 又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3<f(－1)， 所以f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2. 故a＝2，b＝3. [变式探究] (变条件)本例中“a＞0”改为“a＜0”，求a，b的值． 解：由例题解析知，当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值b，也就是函数在[－1，2]上的最小值， 所以f(0)＝b＝－29. 又f(－1)＝－7a－29, f(2)＝－16a－29>f(－1) 所以f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2. 故a＝－2，b＝－29. 学生用书↓第87页 已知函数的最值求参数的值或范围的步骤 由函数的最值来确定参数的值或取值范围是利用导数求函数最值问题的逆向运用，这类问题的解题步骤是： 第一步：求导数f′(x)，并求极值； 第二步：利用单调性，将极值与端点处的函数值进行比较，确定函数的最值，若参数的变化影响函数的单调性，要对参数进行分类讨论； 第三步：利用最值列关于参数的方程(组)，解方程(组)即可． 对点练1.已知f(x)＝2ax－＋ln x在x＝1与x＝处都取得极值． (1)求a，b的值； (2)若x∈时，f(x)＜c恒成立，求实数c的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝2ax－＋ln x， 所以f′(x)＝2a＋＋， 因为f(x)＝2ax－＋ln x在x＝1与x＝处都取得极值， 所以f′(1)＝0，f′＝0.所以 解得a＝b＝－. (2)由(1)可知f(x)＝－x＋＋ln x， 令f′(x)＝－－＋＝－＝0，解得x＝1或x＝， 因为x∈，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． f＝－ln 4，f(1)＝－，而f－f(1)＝－＝－ln 4＞0， 所以f＞f(1)，即f(x)在上的最大值为－ln 4. x∈时，f(x)＜c恒成立，等价于f(x)max＜c，即－ln 4＜c， 所以实数c的取值范围为. 题型二　函数的最值与函数的图象、性质 例2　给定函数f(x)＝ex－x. (1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的值域； (2)画出函数f(x)的大致图象； (3)求出方程f(x)＝m(m∈R)在区间[－1，2]上的解的个数． 解：(1)函数f(x)的定义域为R， f′(x)＝ex－1， 令f′(x)＝0，解得x＝0. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示． x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 1 单调递增 所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增． 当x＝0时，f(x)的极小值f(0)＝1，也是最小值， 故函数f(x)的值域为[1，＋∞)． (2)由(1)可知，函数的最小值为1. 函数的图象经过特殊点f(－1)＝＋1，f(2)＝e2－2，f(0)＝1， 当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞； 当x→－∞时，指数函数y＝ex越来越小，趋向于0， 因此函数f(x)图象上的点逐渐趋向于直线y＝－x. 根据上述信息，我们画出函数f(x)的大致图象如图所示． (3)方程f(x)＝m(m∈R)在区间[－1，2]上的解的个数为函数y＝f(x)的图象与直线y＝m的交点个数． 截取函数f(x)在区间[－1，2]上的图象如图所示． 由图象知，当f(0)<m≤f(－1)，即当m∈时，f(x)与y＝m恰有两个不同的交点，即当m∈时，方程f(x)＝m在区间[－1，2]上恰有两个不同的实根； 同理，当m＝1或＋1<m≤e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1，2]上有唯一的实根； 当m<1或m>e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1，2]上无实根． 函数f(x)的图象直观地反映了函数f(x)的性质．通常，按如下步骤画出函数f(x)的大致图象： 第一步：求出函数f(x)的定义域； 第二步：求导数f′(x)及函数f′(x)的零点； 第三步：用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分成若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值； 第四步：确定f(x)的图象所经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势； 第五步：画出f(x)的大致图象． 注意：在利用导数研究函数的性质时，经常结合函数的图象，而在画函数图象时通常考虑函数的极值、最值、函数与x轴的交点等问题． 对点练2.(1)(多选题)已知函数f(x)＝ex·x3，则以下结论正确的是(　　 ) A．函数y＝f(x)存在极大值和极小值 B．f (e－2)<f(1)<f(ln π) C．函数y＝f(x)存在最小值 D．对于任意实数k，方程f(x)＝kx最多有3个实数解 (2)(多选题)定义在[－1，5]上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，函数f(x)的部分对应值如下表．下列关于函数f(x)的结论正确的是(　　 ) x －1 0 2 4 5 f(x) 1 3 1 3 2 A．函数f(x)在(0，2)和(4，5)上单调递减 B．函数f(x)在[－1，5]的最小值为1 C．函数f(x)的极大值点的个数为2 D．若方程f(x)＝a有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是(2，3) 答案：(1)BC　(2)ABC 解析：(1) f′(x)＝ex·x3＋3x2ex＝x2ex(x＋3)，当x＞－3时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x＜－3时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，函数在x＝－3处取得极小值，也是最小值，没有极大值，故A错误，C正确；当x＞－3时，函数f(x)单调递增，且－3<e－2<1<ln π，所以f (e－2)<f(1)<f，故B正确；由f(x)＝kx，得ex·x3＝kx有一零点x＝0，令h(x)＝ex·x2，则h′(x)＝exx (x＋2)，如图，当x＞0或x＜－2时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当－2＜x＜0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，又h (－2)＝，h(0)＝0，当0<k<时，h(x)与y＝k有3个交点，此时f(x)＝kx有4个实数解，故D错误．故选BC. (2)根据导函数图象可以看出在(0，2)和(4，5)上f′(x)<0，所以f(x)在 (0，2)和(4，5)上单调递减，故A正确；在(－1，0)和(2，4)上f′(x)>0，所以f(x)在 (－1，0)和 (2，4)上单调递增，结合f (－1)＝f(2)＝1<f (5)，可知f(x)在[－1，5]的最小值为1，故B正确；函数f(x)的极大值点为0与4，即极大值点的个数为2，故C正确；若方程f(x)＝a有3个不同的实数根，即y＝f(x)与y＝a有三个不同的交点，画出f(x)的图象如图所示，则实数a的取值范围是(1，2)，故D错误．故选ABC. 学生用书↓第88页 题型三　利用函数最值证明不等式 例3　已知函数f(x)＝ex－e(ln x＋1)，求证：f(x)≥0恒成立． 证明：由题意知f′(x)＝ex－＝， 设F(x)＝xex－e，则F(x)在上单调递增，且F(1)＝0. 当x∈时，F(x)<0，所以f′(x)＝<0，f(x)单调递减， 当x∈时，F(x)>0， 所以f′(x)＝>0，f(x)单调递增． f(x)的最小值为f(x)min＝f(1)＝0， 所以f(x)≥0恒成立． 证明不等式恒成立，用导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式直接构造函数，利用导数的方法，通过分类讨论研究函数的最值，即可得到结果． 对点练3.(1)求证：当x＞0时，x－1≥ln x. (2)已知函数f(x)＝x2＋ln x．求证：在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝x3的图象的下方． 证明：(1)令f (x)＝ln x－x＋1， 则f′(x)＝－1＝(x＞0)． 在(0，1)上，f′(x)＞0，故f (x)单调递增； 在(1，＋∞)上，f′(x)＜0，故f (x)单调递减， 故f (x)在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝0， 所以，当x＞0时，f (x)≤f (1)＝0，即x－1≥ln x. (2)设F(x)＝g(x)－f(x)， 即F(x)＝x3－x2－ln x， 则F′(x)＝2x2－x－＝. 当x>1时，F′(x)＝>0， 从而F(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以F(x)>F(1)＝>0. 所以当x>1时，g(x)－f(x)>0，即f(x)<g(x)， 故在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝x3的图象的下方． 课时测评29　函数最值的综合问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9每小题5分，共45分) 1．若ex≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为(　　 ) A．(－∞，1] B．[1，＋∞) C．(－∞，－1] D．[－1，＋∞) 答案：A 解析：由ex≥k＋x，得k≤ex－x.令f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1.当f′(x)＜0时，解得x＜0，当f′(x)＞0时，解得x＞0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(0)＝1.所以实数k的取值范围为(－∞，1]．故选A. 2．若函数f(x)＝asin x＋sin 3x在x＝处有最值，则a＝(　　 ) A．2 B．1 C． D．0 答案：A 解析：因为f(x)在x＝处有最值，所以x＝是函数f(x)的极值点．又因为f′(x)＝acos x＋cos 3x，所以f′＝acos ＋cos π＝0，解得a＝2.故选A. 3．已知函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　 ) A． B． C. －1 D．＋1 答案：C 解析：由f(x)＝，得f′(x)＝，当a>1时，若x>，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若1<x<，则f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，解得a＝<1，不符合题意．当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝，不符合题意．当0<a<1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝＝，解得a＝－1，符合题意．故a的值为－1.故选C. 4．已知函数f(x)＝的定义域为R，则实数m的取值范围是(　　 ) A．(－∞，1) B．(－∞，－1) C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞) 答案：D 解析：已知函数f(x)＝的定义域为R，等价于ex－x＋m＝0无解，设g(x)＝ex－x＋m，则g′(x)＝ex－1，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(0)＝1＋m，又因为当x趋近于＋∞时，g(x)趋近于＋∞，所以g(x)的取值范围是 [1＋m，＋∞)，由于ex－x＋m＝0无解，所以0∉ [1＋m，＋∞)，所以1＋m>0，所以m的取值范围是(－1，＋∞).故选D. 5．(多选题)若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在上有最大值，则a的取值可能为(　　 ) A．－6 B．－5 C．－3 D．－2 答案：AB 解析：由题意知，f′(x)＝6x2－2ax＝6x，且<0，故当x∈和(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增；当x∈时，f′(x)<0，函数单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值f＝－.因为函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在上有最大值，故<<，且f≥f，即－≥2－a，解得a≤－4.故选AB. 6．(多选题)已知函数f (x)＝，则下列结论正确的是(　　) A．函数f (x)存在三个不同的零点 B．函数f (x)既存在极大值又存在极小值 C．若x∈ [t，＋∞)时，f (x)max＝，则t的最小值为2 D．若方程f (x)＝k有两个实根，则k∈(－e，0]∪ 答案：BD 解析：因为f (x)的定义域为R，f′(x)＝＝－，所以当x∈ (－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(－1，2)时，f′(x)>0；所以f (x)在 (－∞，－1)， (2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增；对于A，因为f (－1)＝－e<0，f (2)＝>0，f (－2)＝e2>0，所以f (x)在区间(－2，－1)和(－1，2)内各存在一个零点；当x>2时，x2＋x－1>0，ex>0，所以f (x)>0恒成立；所以f (x)有且仅有两个不同的零点，故A错误；对于B，由f (x)单调性可知：f (x)的极小值为f (－1)＝－e，极大值为f (2)＝，故B正确；对于C，因为f (2)＝，所以作出f (x)的图象如图①所示，可知方程f (x)＝存在另一个解x0， 图① 若当x∈时，fmax＝，则t∈，故C错误；对于D，方程f＝k有两个实根等价于f与y＝k有两个不同交点，作出y＝f与y＝k的图象如图②所示， 图② 结合图象可知：k∈∪，故D正确．故选BD. 7．函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4，4]上的最大值为10，则其最小值为________． 答案：－71 解析：f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．由f′(x)＝0得x＝3或x＝－1.又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，所以f(x)min＝k－76＝－71. 8．若函数f(x)＝kx－ex在(1，＋∞)上不存在最值，则实数k的取值范围为________． 答案：(－∞，e] 解析：由题意得f′(x)＝k－ex.当k≤0时，f′(x)＝k－ex＜0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，不存在最值；当k＞0时，令f′(x)＝k－ex＝0，可得x＝ln k，易得函数f(x)在(－∞，ln k)上单调递增，在(ln k，＋∞)上单调递减．若函数f(x)＝kx－ex在(1，＋∞)上不存在最值，应有ln k≤1，即k≤e，故0＜k≤e.综上，k≤e. 9．已知函数f(x)＝x2－2ln x－a，若f(x)≥0恒成立，则a的取值范围是________． 答案：(－∞，1] 解析：由f(x)＝x2－2ln x－a，得f′(x)＝2x－＝，又函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0⇒x＝1，当0<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故x＝1是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，且f(1)＝1－a，要使f(x)≥0恒成立，需1－a≥0，则a≤1. 10．(10分)已知函数h(x)＝x－a ln x＋(a∈R)． (1)求函数h(x)的单调区间；(4分) (2)函数h(x)在区间[1，e]上的最小值小于零，求a的取值范围．(6分) 解：(1)由题设知，h′(x)＝1－－＝＝且定义域为(0，＋∞)， 当a＋1≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上，h′(x)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＋1>0，即a>－1时，在(0，a＋1)上，h′(x)<0，在(a＋1，＋∞)上，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知： 若a＋1≤1，即a≤0时，则h(x)在[1，e]上单调递增， 故h(x)min＝h(1)＝2＋a<0，可得a<－2； 若1<a＋1<e，即0<a<e－1时，则h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增， 故h(x)min＝h(a＋1)＝2＋a[1－ln (a＋1)]>2，不合题设； 若a＋1≥e，即a≥e－1时，则h(x)在[1，e]上单调递减， 故h(x)min＝h(e)＝e－a＋<0， 得a>>e－1. 综上，a的取值范围为(－∞，－2)∪. (11－13每小题5分，共15分) 11．已知函数f(x)＝－x3＋x2在上的最小值为0，则m的取值范围是(　　 ) A．(0，1) B．[0，1] C．(0，＋∞) D．[1，＋∞) 答案：B 解析：对于函数f(x)＝－x3＋x2，则f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)．当x<0或x>时，f′(x)<0；当0<x<时，f′(x)>0.所以，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，，单调递增区间为，由f(x)＝x2 (1－x)＝0，可得x＝0或1，函数f(x)在R上的极大值为f＝，极小值为f(0)＝0，且f(－1)＝2>f，作出函数f(x)的图象如图所示： 由图可知，当0≤m≤1时，函数f(x)在区间上的最小值为0.故选B. 12．(多选题)已知e为自然对数的底数，函数f(x)＝ex，g(x)＝kx＋b(k，b∈R)，则下列结论正确的有(　　 ) A．若曲线y＝f(x)与y＝g(x)相切于点(1，f(1))，则k＝e，b＝0 B．若k＝1，b＝－1，则曲线y＝f(x)与y＝g(x)相切 C．若k＝b＝1，则f(x)≥g(x)恒成立 D．若k＋b＝0，且y＝f(x)－g(x)的最小值为0，则k＝e2 答案：ACD 解析：对f(x)＝ex求导得f′(x)＝ex，对于A，当x＝1时，f′(1)＝e，又f(1)＝e，故在(1，f(1))处的切线方程为y－e＝e(x－1)，即y＝ex，故此时k＝e，b＝0，故A正确；对于B，令f′(x)＝1，解得x＝0，又f(0)＝1，故此时f(x)在x＝0处的切线方程为：y－1＝x，即y＝x＋1，此时k＝1，b＝1，故B错误；对于C，令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，则当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增．故h(x)≥h(0)＝0，故f(x)≥g(x)，故C正确；对于D，若k＋b＝0，则h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－kx＋k，h′(x)＝ex－k，当k≤0时，h′(x)>0恒成立，故h(x)单调递增，不存在最小值，故舍去；当k>0时，当x<ln k时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x>ln k时，h′(x)>0，h(x)单调递增．h(x)≥h(ln k)＝k－k ln k＋k，又其最小值为0，故2k－k ln k＝0，解得k＝e2，故D正确．故选ACD. 13．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax(a>)，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________． 答案：1 解析：由题意知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝－a＝0，得x＝，当0<x<时，f′(x)>0；当<x<2时，f′(x)<0.所以f(x)max＝f()＝－ln a－1＝－1.解得a＝1. 14．(10分)已知函数f(x)＝ex－4x. (1)求函数在[0，2]的最大值；(4分) (2)求证：曲线y＝f(x)在抛物线y＝－x2－1的上方．(6分) 解：(1)由题意可得，f′(x)＝ex－4， 当0≤x<ln 4 时，f′(x)<0，f(x) 单调递减， 当ln 4<x≤2 时，f′(x)>0，f(x) 单调递增， 故f(x)min＝f(ln 4)＝4－8ln 2 ，又f(0)＝1，f(2)＝e2－8<0 ， 故函数在[0，2]的最大值为1. (2)证明：由题意，只需证明ex－4x＋x2＋1>0， 设F(x)＝ex－4x＋x2＋1， 则F′(x)＝ex－4＋2x，设G(x)＝F′(x)， 因为G′(x)＝ex＋2>0，故G(x)在R上单调递增， 又G(0)＝－3<0，G(1)＝e－2>0，故G(x)＝0在(0，1)内有唯一解， 设为x0，即ex0＝4－2x0，当x<x0时，F′(x)<0，F(x)单调递减， 当x>x0时，F′(x)>0，F(x)单调递增， 故F(x)min＝F(x0)＝ex0－4x0＋x＋1＝x－6x0＋5，x0∈(0，1)， 设g(x)＝x2－6x＋5＝(x－3)2－4，x∈(0，1)，此时该函数为单调减函数， 则g(x)>g(1)＝0，故F(x0)>0， 故F(x)>0，即曲线y＝f(x)在抛物线y＝－x2－1的上方． 15．(5分)(多选题)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋1，a∈R，则下列结论正确的是(　　 ) A．对任意的a∈R，存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)＝0 B．若x1是f(x)的极值点，则f(x)在(x1，＋∞)上单调递减 C．函数f(x)的最大值为 D．若f(x)有两个零点，则0<a< 答案：BD 解析：由题意知，x>0，f′(x)＝－2ax＝，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，无最大值，故C错误；当a>0时，在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)max＝f＝ln ＋，当ln ＋<0，即a>时，f(x)无零点，故A错误；若x1是f(x)的极值点，则a>0，x1＝，故在上单调递减，故B正确；若f(x)有两个零点，则a>0，且f(x)max＝f＝ln ＋>0，解得0<a<，又x→0时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→－∞，此时f(x)有两个零点，故D正确．故选BD. 16．(15分)(新定义)在研究函数问题时，我们经常遇到求函数在某个区间上值域的问题，但函数在区间端点又恰好没有意义的情况，此时我们就可以用函数在这点处的极限来刻画该点附近函数的走势，从而得到函数在区间上的值域．求极限我们有多种方法，其中有一种十分简单且好用的方法－－洛必达法则，该法则表述为：“设函数f(x)，g(x)满足下列条件：①limf(x)＝0，lim g(x)＝0；②在点a处函数f(x)和g(x)的图象是连续且光滑的，即函数f(x)和g(x)在点a处存在导数；③lim ＝A，其中A是某固定实数，则lim ＝lim ＝A.”那么，假设有函数f(x)＝ex，g(x)＝tx＋1. (1)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数t的取值范围；(6分) (2)证明：ex－ln x≥2.(9分) 解：(1)若f(x)≥g(x)恒成立，即ex≥tx＋1恒成立， 当x＝0时，e0≥1，恒成立； 当x>0时，t≤， 令h(x)＝， 则h′(x)＝＝. 令m(x)＝exx－ex＋1， 则m′(x)＝exx＋ex－ex＝exx， 当x>0时，m′(x)>0， 当x<0时，m′(x)<0， 所以m(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以m(x)>m(0)＝0， 即exx－ex＋1>0， 所以当x>0时，h′(x)>0，即h(x)单调递增， 由洛必达法则知： lim ＝lim ＝1， 所以当x>0时，h(x)>1，所以t≤1. 同理，当x<0时，可得<1， 所以t≥1. 综上所述，t的取值范围为{1}． (2)证明：令p(x)＝ln x－x＋1， 则p′(x)＝－1＝(x>0)， 所以当0<x<1时，p′(x)>0，p(x)单调递增； 当x>1时，p′(x)<0，p(x)单调递减， 所以当x＝1时，p(x)max＝p(1)＝0， 所以当x>0时，p(x)≤p(1)＝0， 即ln x≤x－1(当且仅当x＝1时，等号成立)． 由(1)知，ex≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立)， 所以ex－ln x≥(x＋1)－(x－1)， 即ex－ln x≥2. 学科网（北京）股份有限公司 $$