导数的综合大题及其分类..doc

(完整版)导数的综合大题及其分类.
导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大,多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式;利用导数研究方程的根（或函数的零点）;利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用.
题型一　利用导数研究函数的单调性、极值与最值
题型概览:函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论．
（1）单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号,在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．
(2）极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．
(3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论,是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．

已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)．
(1）当a≥－2时，求F(x）＝f(x）－g（x）的单调区间；
(2）设h(x)＝f(x)＋g（x)，且h（x）有两个极值点为x1，x2，其中x1∈，求h(x1）－h（x2）的最小值．
[审题程序］　
第一步:在定义域内，依据F′（x)＝0根的情况对F′（x)的符号讨论;
第二步：整合讨论结果，确定单调区间;
第三步:建立x1、x2及a间的关系及取值范围；
第四步：通过代换转化为关于x1（或x2)的函数，求出最小值．
[规范解答］　（1)由题意得F(x）＝x－－alnx,
其定义域为(0，＋∞)，则F′（x)＝，
令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.
①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′（x）≥0，∴F（x)的单调递增区间为(0,＋∞)；
②当a〉2时，Δ>0，设F′(x）＝0的两根为x1＝,x2＝,
∴F（x)的单调递增区间为
和，
F(x）的单调递减区间为。
综上，当－2≤a≤2时,F(x)的单调递增区间为(0，＋∞);
当a〉2时，F(x)的单调递增区间为
和,
F（x)的单调递减区间为。
(2)对h(x）＝x－＋alnx，x∈（0，＋∞)
求导得，h′(x)＝1＋＋＝，
设h′(x）＝0的两根分别为x1,x2,则有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，
∴x2＝，从而有a＝－x1－.
令H(x)＝h（x)－h
＝x－＋lnx－
＝2，
H′(x）＝2lnx＝.
当x∈时，H′（x）<0，
∴H(x）在上单调递减，
又H(x1）＝h(x1）－h＝h（x1）－h(x2),
∴［h（x1）－h（x2)］min＝H＝5ln2－3。
[解题反思］　本例（1）中求F(x）的单调区间，需先求出F（x）的定义域，同时在解不等式F′(x）>0时需根据方程x2－ax＋1＝0的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“Δ”的取值作为分类讨论的依据．在（2）中求出h(x1)－h(x2）的最小值，需先求出其解析式．由题可知x1，x2是h′(x)＝0的两根，可得到x1x2＝1，x1＋x2＝－a,从而将h(x1）－h(x2)只用一个变量x1导出．从而得到H（x1）＝h（x1)－h,这样将所求问题转化为研究新函数H(x)＝h(x)－h在上的最值问题,体现转为与化归数学思想．

[答题模板]　解决这类问题的答题模板如下:

[题型专练]
1．设函数f（x）＝（1＋x)2－2ln(1＋x)．
（1）求f(x）的单调区间；
（2）当0<a〈2时，求函数g（x）＝f(x）－x2－ax－1在区间［0,3]上的最小值．
［解］　（1)f(x)的定义域为（－1，＋∞)．
∵f(x)＝（1＋x)2－2ln(1＋x）,x∈(－1，＋∞），
∴f′（x）＝2（1＋x)－＝。
由f′（x）>0，得x〉0；由f′（x)<0,得－1<x<0。
∴函数f（x)的单调递增区间为（0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)．
（2）由题意可知g（x)＝（2－a）x－2ln（1＋x)(x>－1)，
则g′(x)＝2－a－＝.
∵0<a<2,∴2－a〉0，
令g′（x）＝0，得x＝，
∴函数g(x）在上为减函数,在上为增函数．

①当0〈<3，即0〈a〈时，在区间［0，3]上，
g（x)在上为减函数，在上为增函数，
∴g(x）min＝g＝a－2ln.
②当≥3,即≤a<2时，g（x)在区间［0，3］上为减函数，
∴g(x)min＝g(3)＝6－3a－2ln4.
综上所述，当0<a〈时,g(x)min＝a－2ln；
当≤a<2时，g(x）min＝6－3a－2ln4。
北京卷（19）（本小题13分)
已知函数f(x）=excosx−x.
(Ⅰ）求曲线y= f(x）在点(0，f（0))处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f(x）在区间[0，]上的最大值和最小值。

（19）（共13分）
解：(Ⅰ）因为，所以。
又因为，所以曲线在点处的切线方程为。
（Ⅱ)设,则.
当时,，
所以在区间上单调递减.
所以对任意有,即。
所以函数在区间上单调递减.
因此在区间上的最大值为,最小值为。

21。（12分)
已知函数且.
（1）求a；
（2）证明:存在唯一的极大值点，且.
21。解：
(1）的定义域为
设，则等价于
因为
若a=1，则.当0＜x＜1时,单调递减；当x＞1时，＞0，单调递增。所以x=1是的极小值点，故
综上，a=1
（2）由（1)知
设
当时,;当时，,所以在单调递减,在单调递增
又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，。
因为,所以x=x0是f（x)的唯一极大值点
由
由得
因为x=x0是f(x）在（0,1）的最大值点，由得

所以

题型二　利用导数研究方程的根、函数的零点或图象交点
题型概览：研究方程根、函数零点或图象交点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．

　已知函数f（x）＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R。
（1）求函数f(x)的单调区间；
(2）当a<1时,试确定函数g（x）＝f（x－a）－x2的零点个数，并说明理由．
［审题程序]　
第一步：利用导数求函数的单调区间；
第二步：简化g（x)＝0，构造新函数；
第三步：求新函数的单调性及最值；
第四步：确定结果．
［规范解答］　（1)因为f（x）＝(x＋a）ex,x∈R，
所以f′(x)＝（x＋a＋1）ex。
令f′（x）＝0，得x＝－a－1。
当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：
x
（－∞，－a－1)
－a－1
(－a－1，＋∞）
f′(x）
－
0
＋
f(x)



故f（x)的单调递减区间为（－∞，－a－1），单调递增区间为（－a－1，＋∞）．
(2）结论:函数g(x)有且仅有一个零点．
理由如下:
由g(x)＝f（x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，
显然x＝0为此方程的一个实数解，
所以x＝0是函数g（x）的一个零点．
当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x。
设函数F(x)＝ex－a－x，则F′(x)＝ex－a－1，
令F′(x）＝0，得x＝a.
当x变化时，F（x）和F′（x）的变化情况如下：
x
（－∞，a）
a
(a,＋∞)
F′（x）
－
0
＋
F(x）



即F(x）的单调递增区间为(a，＋∞),单调递减区间为（－∞，a)．
所以F(x）的最小值F（x）min＝F(a)＝1－a。
因为a<1，所以F(x）min＝F（a）＝1－a〉0，
所以对于任意x∈R,F（x)>0，
因此方程ex－a＝x无实数解．
所以当x≠0时，函数g(x）不存在零点．
综上,函数g(x）有且仅有一个零点．

典例3
21。（12分）
已知函数且。
(1）求a;
(2）证明：存在唯一的极大值点,且。
21。解：
（1）的定义域为
设，则等价于
因为
若a=1，则。当0＜x＜1时,单调递减；当x＞1时,＞0,单调递增.所以x=1是的极小值点,故
综上，a=1
（2)由(1)知
设
当时，；当时，,所以在单调递减，在单调递增
又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时,。
因为,所以x=x0是f（x）的唯一极大值点
由
由得
因为x=x0是f（x）在（0，1）的最大值点,由得

所以

[解题反思］　在本例（1)中求f（x)的单调区间的关键是准确求出f′(x)，注意到ex>0即可．（2）中由g(x）＝0得xex－a＝x2，解此方程易将x约去，从而产生丢解情况．研究ex－a＝x的解转化为研究函数F（x)＝ex－a－x的最值，从而确定F(x）零点，这种通过构造函数、研究函数的最值从而确定函数零点的题型是高考中热点题型，要熟练掌握．
[答题模板]　解决这类问题的答题模板如下:

［题型专练]
2．（2017·浙江金华期中）已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b）x＋d的图象如图所示．

（1)求c，d的值；
(2）若函数f（x）在x＝2处的切线方程为3x＋y－11＝0，求函数f(x)的解析式；
(3)在（2)的条件下，函数y＝f(x)与y＝f′（x）＋5x＋m的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．
[解]　函数f(x）的导函数为f′（x）＝3ax2＋2bx＋c－3a－2b。
（1）由图可知函数f（x)的图象过点(0,3），且f′(1）＝0,
得解得
(2）由(1）得，f（x)＝ax3＋bx2－（3a＋2b)x＋3，
所以f′(x）＝3ax2＋2bx－(3a＋2b）．
由函数f(x)在x＝2处的切线方程为3x＋y－11＝0，
得
所以解得
所以f(x)＝x3－6x2＋9x＋3.
(3）由(2)知f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，所以f′(x）＝3x2－12x＋9.
函数y＝f(x）与y＝f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，
等价于x3－6x2＋9x＋3＝（x2－4x＋3)＋5x＋m有三个不等实根，
等价于g（x)＝x3－7x2＋8x－m的图象与x轴有三个交点．
因为g′(x）＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4），

x

4
(4,＋∞）
g′(x）
＋
0
－
0
＋
g(x)

极大值

极小值

g＝－m，g(4）＝－16－m，
当且仅当时,g（x)图象与x轴有三个交点，解得－16〈m<。 所以m的取值范围为.

21.（12分）
已知函数ae2x+(a﹣2) ex﹣x。
（1）讨论的单调性；
（2)若有两个零点，求a的取值范围.
21。解：（1）的定义域为,，（十字相乘法）
（ⅰ）若,则，所以在单调递减。
(ⅱ）若，则由得.
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由(1)知，至多有一个零点。
（ⅱ）若，由（1）知,当时，取得最小值，最小值为.（观察特殊值1）
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即。
又，故在有一个零点.
设正整数满足,则.
由于,因此在有一个零点。
综上，的取值范围为.

题型三　利用导数证明不等式
题型概览：证明f（x）〈g（x），x∈（a,b），可以直接构造函数F(x）＝f(x）－g（x),如果F′(x）<0，则F(x）在(a，b）上是减函数，同时若F(a）≤0，由减函数的定义可知，x∈（a,b）时,有F（x）〈0，即证明了f（x）〈g（x)．有时需对不等式等价变形后间接构造．若上述方法通过导数不便于讨论F′(x）的符号，可考虑分别研究f（x）、g（x）的单调性与最值情况，有时需对不等式进行等价转化．

　（2017·陕西西安三模）已知函数f(x)＝.
(1）求曲线y＝f(x）在点P处的切线方程；
（2)证明:f(x)>2(x－lnx）．
［审题程序]　
第一步:求f′(x）,写出在点P处的切线方程;
第二步:直接构造g(x)＝f(x)－2(x－lnx)，利用导数证明g(x)min>0。
［规范解答]　（1)因为f(x）＝，所以f′(x)＝＝，f′（2）＝，又切点为,所以切线方程为y－＝（x－2），即e2x－4y＝0。
(2)证明：设函数g(x)＝f（x)－2（x－lnx)＝－2x＋2lnx,x∈(0，＋∞），
则g′(x)＝－2＋＝，x∈(0,＋∞)．
设h(x）＝ex－2x，x∈（0，＋∞)，
则h′(x)＝ex－2,令h′(x）＝0，则x＝ln2.
当x∈(0，ln2)时,h′（x)〈0；当x∈（ln2，＋∞）时，h′(x)〉0。
所以h（x）min＝h(ln2）＝2－2ln2〉0，故h（x）＝ex－2x〉0。
令g′(x)＝＝0，则x＝1.
当x∈（0，1)时，g′（x)〈0；当x∈（1，＋∞)时,g′（x）>0。
所以g(x)min＝g（1）＝e－2>0，故g(x）＝f(x）－2（x－lnx）>0，从而有f(x)>2（x－lnx)．

［解题反思]　本例中（2）的证明方法是最常见的不等式证明方法之一，通过合理地构造新函数g（x)．求g(x)的最值来完成．在求g(x）的最值过程中,需要探讨g′(x)的正负,而此时g′(x)的式子中有一项ex－2x的符号不易确定,这时可以单独拿出ex－2x这一项，再重新构造新函数h（x)＝ex－2x（x〉0），考虑h(x)的正负问题，此题看似简单，且不含任何参数，但需要两次构造函数求最值，同时在(2)中定义域也是易忽视的一个方向．
[答题模板]　解决这类问题的答题模板如下:

［题型专练]
3．(2017·福建漳州质检)已知函数f（x）＝aex－blnx,曲线y＝f（x）在点（1，f(1））处的切线方程为y＝x＋1。
（1）求a，b；
（2）证明:f（x)>0。
[解]　(1)函数f（x)的定义域为（0，＋∞）．
f′（x）＝aex－,由题意得f(1）＝,f′(1）＝－1，
所以解得
(2）由(1）知f（x）＝·ex－lnx.
因为f′（x)＝ex－2－在(0，＋∞）上单调递增,又f′(1）〈0，f′（2）〉0，
所以f′(x）＝0在（0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．
当x∈(0,x0)时,f′（x)<0，当x∈（x0，＋∞）时,f′（x)>0，
从而当x＝x0时，f（x）取极小值，也是最小值．
由f′(x0）＝0，得ex0－2＝,则x0－2＝－lnx0。
故f(x）≥f（x0）＝e x0－2－lnx0＝＋x0－2〉2－2＝0,所以f(x）>0。
4、【2017高考三卷】21．(12分）已知函数 =x﹣1﹣alnx．
(1)若 ,求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，﹤m，求m的最小值．
21。解：（1）的定义域为。
①若,因为，所以不满足题意；
②若，由知,当时，;当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点。
由于，所以当且仅当a=1时，.
故a=1
（2)由（1)知当时，
令得，从而

故
而,所以m的最小值为3.
21．（12分）
已知函数=lnx+ax2+（2a+1）x．
(1）讨论的单调性;
(2）当a﹤0时，证明．
【答案】（1）当时，在单调递增；当时，则在单调递增,在单调递减；（2）详见解析

题型四　利用导数研究恒成立问题
题型概览：已知不等式恒成立求参数取值范围，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；若参数不便于分离，或分离以后不便于求解，则考虑直接构造函数法，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．

　已知函数f（x)＝lnx－mx，g(x）＝x－(a>0）．
（1）求函数f(x)的单调区间;
(2）若m＝，对∀x1，x2∈［2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．
[审题程序］　
第一步：利用导数判断f（x）的单调性，对m分类讨论；
第二步：对不等式进行等价转化，将g(x1）≥f(x2)转化为g（x）min≥f（x)max;
第三步：求函数的导数并判断其单调性进而求极值(最值);
第四步:确定结果．
[规范解答]　（1）f(x）＝lnx－mx，x>0，所以f′（x）＝－m,
当m≤0时，f′(x）>0,f(x)在(0，＋∞）上单调递增．
当m>0时，由f′(0)＝0得x＝;由得0<x〈；由得x〉.
综上所述，当m≤0时，f′(x）的单调递增区间为（0，＋∞)；

当m〉0时，f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.

(2）若m＝，则f（x)＝lnx－x。
对∀x1,x2∈［2，2e2］都有g（x1)≥f（x2)成立，
等价于对∀x∈[2,2e2]都有g（x)min≥f(x)max,
由（1)知在［2,2e2］上f(x）的最大值为f（e2）＝，
g′(x）＝1＋〉0（a>0）,x∈［2,2e2]，函数g(x)在[2,2e2]上是增函数，g(x)min＝g(2)＝2－，由2－≥，得a≤3,又a〉0，所以a∈（0,3]，所以实数a的取值范围为(0,3]．
[解题反思]　本例(1）的解答中要注意f（x)的定义域，（2)中问题的关键在于准确转化为两个函数f（x）、g(x）的最值问题．本题中，∀x1,x2有g（x1）≥f（x2)⇔g（x)min≥f（x)max。若改为:∃x1,∀x2都有g（x1)≥f(x2），则有g（x)max≥f(x）max.若改为：∀x1，∃x2都有g(x1）≥g(x2)，则有g(x）min≥f（x)min要仔细体会，转化准确．

［答题模板］　解决这类问题的答题模板如下：

[题型专练］
4．已知f（x）＝xlnx，g(x）＝－x2＋ax－3.
（1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x）≥g(x）恒成立，求实数a的取值范围;
(2）证明：对一切x∈（0，＋∞)，lnx〉－恒成立．
[解]　(1）由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈（0，＋∞）恒成立，
则a≤2lnx＋x＋，
设h（x)＝2lnx＋x＋(x>0）,
则h′（x)＝，
①当x∈(0,1)时,h′(x)<0，h(x）单调递减，
②当x∈（1,＋∞）时，h′（x)>0，h（x)单调递增,
所以h(x）min＝h（1）＝4，对一切x∈(0，＋∞），2f（x）≥g（x）恒成立，
所以a≤h(x)min＝4。
即实数a的取值范围是(－∞，4］．
（2)证明:问题等价于证明xlnx>－（x∈(0，＋∞））．
又f（x）＝xlnx，f′（x)＝lnx＋1，
当x∈时，f′（x)〈0，f(x）单调递减;
当x∈时,f′（x）〉0,f(x)单调递增，所以f（x）min＝f＝－。
设m(x）＝－(x∈(0，＋∞)），
则m′（x）＝，
易知m(x)max＝m（1）＝－，
从而对一切x∈（0，＋∞)，lnx〉－恒成立．
②当x∈（1,＋∞)时，h′（x）>0，h（x）单调递增，
所以h（x)min＝h(1）＝4,对一切x∈(0，＋∞），2f(x)≥g（x)恒成立，
所以a≤h（x）min＝4。
即实数a的取值范围是（－∞，4］．

题型五：二阶导主要用于求函数的取值范围
23．(12分)已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a(x﹣1）．
（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1)）处的切线方程;
（II)若当x∈（1，+∞）时，f（x)＞0,求a的取值范围．
【解答】解：（I）当a=4时，f(x）=（x+1)lnx﹣4(x﹣1）．
f（1)=0，即点为(1，0），函数的导数f′（x）=lnx+(x+1）•﹣4,
则f′（1)=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数的切线斜率k=f′（1）=﹣2，
则曲线y=f（x）在（1,0）处的切线方程为y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；

（II）∵f(x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1),
∴f′（x）=1++lnx﹣a，∴f″（x）=，
∵x＞1，∴f″（x）＞0，
∴f′(x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f′（x）＞f′（1)=2﹣a．
①a≤2，f′(x）＞f′（1）≥0,
∴f（x）在(1，+∞）上单调递增，∴f（x)＞f（1)=0,满足题意；
②a＞2，存在x0∈（1，+∞)，f′（x0）=0，
函数f(x)在（1，x0）上单调递减，在（x0,+∞）上单调递增，
由f（1）=0,可得存在x0∈（1，+∞)，f（x0）＜0，不合题意．
综上所述，a≤2．
23．（12分)已知函数f(x）=（x+1）lnx﹣a(x﹣1）．
（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f(1））处的切线方程；
（II）若当x∈（1，+∞）时,f（x）＞0，求a的取值范围．
【解答】解：（I）当a=4时，f（x)=（x+1)lnx﹣4（x﹣1）．
f（1)=0,即点为(1，0），函数的导数f′（x）=lnx+(x+1）•﹣4,
则f′（1)=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数的切线斜率k=f′（1）=﹣2，
则曲线y=f（x）在(1，0）处的切线方程为y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；

（II)∵f(x）=(x+1)lnx﹣a（x﹣1)，
∴f′（x）=1++lnx﹣a,∴f″（x）=,
∵x＞1，∴f″(x）＞0，
∴f′（x）在(1，+∞）上单调递增，
∴f′（x)＞f′（1)=2﹣a．
①a≤2，f′(x)＞f′(1）≥0，
∴f(x）在(1，+∞）上单调递增，∴f(x)＞f（1)=0,满足题意；
②a＞2,存在x0∈（1,+∞），f′（x0）=0，
函数f（x）在(1，x0）上单调递减，在(x0，+∞）上单调递增，
由f（1）=0，可得存在x0∈（1，+∞）,f(x0）＜0，不合题意．
综上所述,a≤2．

题型六：求含参数求知范围
此类问题一般分为两类:一、也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.此法适用于方便分离参数并可求出函数最大值与最小值的情况，若题中涉及多个未知参量需分离出具有明确定义域的参量函数求出取值范围并进行消参，由多参数降为单参在求出参数取值范围.二、未能将参数完全分离一类,需要根据题意对参数进行分类讨论，以求出参数取值范围

已知函数=ex（ex﹣a)﹣a2x．
(1）讨论的单调性；
（2)若，求a的取值范围．
【解析】（1)函数的定义域为，,
①若，则，在单调递增。
②若，则由得。
当时，；当时,,所以在单调递减，在单调递增.
③若,则由得。
当时，；当时，，故在单调递减，在单调递增。
(2）①若，则，所以。
②若，则由（1）得，当时,取得最小值，最小值为。从而当且仅当,即时,.
③若，则由（1）得，当时，取得最小值,最小值为。从而当且仅当,即时。
综上，的取值范围为.
21。（12分）
设函数。
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围。
【答案】（Ⅰ）在 和单调递减，在单调递增（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（1）先求函数导数,再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间（2）对分类讨论,当a≥1时，，满足条件；当时，取，当0＜a＜1时，取， (2)
当a≥1时，设函数h（x）=（1-x）ex,h’（x)= -xex＜0（x＞0），因此h（x)在[0，+∞)单调递减,而h（0)=1,
故h(x)≤1，所以
f(x)=（x+1）h（x)≤x+1≤ax+1
当0＜a＜1时，设函数g(x）=ex—x—1,g’(x）=ex—1＞0(x＞0）,所以g（x)在在[0，+∞)单调递增，而g(0）=0,故ex≥x+1
当0＜x＜1，，，取
则
当时,取
综上，a的取值范围[1，+∞）