资源描述
阶段性测试题三(导数及其应用)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．(文)(2022·三亚市一中月考)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
[答案] D
[解析] ∵f(x)＝(x－3)ex，
∴f ′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，
由f ′(x)>0得x>2，∴选D．
(理)(2021·皖南八校联考)函数f(x)＝xex－ex＋1的单调递增区间是( )
A．(－∞，e) B．(1，e)
C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)
[答案] D
[解析] f ′(x)＝ex＋xex－ex＋1＝ex(1＋x－e)，
由f ′(x)>0得：x>e－1，故选D．
2．(2021·韶关市十校联考)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )
A．y＝x3 B．y＝ln(－x)
C．y＝xe－x D．y＝x＋
[答案] D
[解析] y＝ln(－x)，y＝xe－x都是非奇非偶函数，y＝x3是奇函数，但值域为R，不存在极值．只有y＝x＋是奇函数，且存在微小值2和极大值－2.
3．(文)(2022·甘肃省金昌市二中、临夏中学期中)已知函数f(x)＝lnx，则函数g(x)＝f(x)－f ′(x)的零点所在的区间是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
[答案] B
[解析] 由题可知g(x)＝lnx－，∵g(1)＝－1<0，g(2)＝ln2－＝ln2－ln>0，∴选B．
(理)(2022·长安一中质检)设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数是f ′(x)，且f ′(x)是奇函数．若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为( )
A．ln2 B．－ln2
C． D．－
[答案] A
[解析] ∵f ′(x)＝ex－ae－x为奇函数，∴a＝1，设切点横坐标为x0，则f ′(x0)＝ex0－e－x0＝，∵ex0>0，∴ex0＝2，∴x0＝ln2，故选A．
4．(2021·江西三县联考)已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋x(a>0)，则f ′(2)的最小值为( )
A．12＋4 B．16
C．8＋8a＋ D．12＋8a＋
[答案] A
[解析] ∵f ′(x)＝3x2＋4ax＋，∴f ′(2)＝12＋8a＋，
∵a>0，∴f ′(2)≥12＋2＝12＋4，等号在a＝时成立．
5．(2021·韶关市十校联考)设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R，有大于－1的极值点，则( )
A．a<－1 B．a>－1
C．a<－ D．a>－
[答案] C
[解析] 由y′＝ex＋a＝0得，ex＝－a，∵函数有大于－1的极值点，∴a＝－ex<－.
6．(文)(2022·北京东城区联考)如图是函数y＝f(x)的导函数f ′(x)的图象，则下面推断正确的是( )
A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数 B．在(1,3)上f(x)是减函数
C．在(4,5)上f(x)是增函数 D．当x＝4时，f(x)取极大值
[答案] C
[解析] 由导函数y＝f ′(x)的图象知，f(x)在(－2,1)上先减后增，在(1,3)上先增后减，在(4,5)上单调递增，x＝4是f(x)的微小值点，故A、B、D错误，选C．
(理)(2021·潮阳一中、桂城中学等七校联考)由曲线y＝x2，y＝x3围成的封闭图形的面积为( )
A． B．
C． D．
[答案] D
[解析] 由得两曲线交点坐标为(0,0)，(1,1)，故积分区间为[0,1]，
所求封闭图形的面积为(x2－x3)dx＝(x3－x4)|
＝.
7．(2021·石光中学段考)函数f(x)在定义域R内可导，f(x)＝f(2－x)，当x∈(－∞，1)时，(x－1)f ′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则( )
A．a<b<c B．c<a<b
C．c<b<a D．b<c<a
[答案] B
[解析] 由f(x)＝f(2－x)知f(x)的图象关于直线x＝1对称，又x<1时，(x－1)f ′(x)<0，∴f ′(x)>0，∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴f(－1)<f(0)<f()，又f(3)＝f(－1)，∴c<a<b.
8．(文)(2021·湖北省教学合作十月联考)已知函数f(x)＝logax(0<a<1)的导函数为f ′(x)，M＝f ′(a)，N＝f(a＋1)－f(a)，P＝f ′(a＋1)，Q＝f(a＋2)－f(a＋1)，则A，B，C，D中最大的数是( )
A．M B．N
C．P D．Q
[答案] D
[解析] 由于函数f(x)＝logax(0<a<1)是可导函数且为单调递减函数，M、P分别表示函数在点a，a＋1处切线的斜率，由于N＝，Q＝，故N，Q分别表示函数图象上两点(a，f(a))，(a＋1，f(a＋1))和两点(a＋1，f(a＋1))，(a＋2，f(a＋2))连线的斜率，由函数图象可知确定有M<N<P<Q，四个数中最大的是Q，故选D．
(理)(2021·许昌、平顶山、新乡调研)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)，其导函数f ′(x)的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为( )
A．f(x)＝2sin(x＋) B．f(x)＝4sin(x＋)
C．f(x)＝2sin(x＋) D．f(x)＝4sin(x＋)
[答案] B
[解析] f ′(x)＝Aωcos(ωx＋φ)，由f ′(x)的图象知，＝－(－)＝2π，∴T＝4π，
∴ω＝，∴Aω＝2，∴A＝4，
∴f ′(x)＝2cos(x＋φ)，由f ′(x)的图象过点(，－2)得cos(＋φ)＝－1，∵0<φ<π，∴φ＝，
∴f ′(x)＝2cos(x＋)，∴f(x)＝4sin(x＋)．
9．(2021·庐江二中、巢湖四中联考)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的微小值点，以下结论确定正确的是( )
A．∀x∈R，f(x)≥f(x0) B．－x0是f(－x)的极大值点
C．－x0是－f(x)的微小值点 D．－x0是－f(－x)的极大值点
[答案] D
[解析] ∵x0是f(x)的微小值点，y＝－f(－x)与y＝f(x)的图象关于原点对称，∴－x0是y＝－f(－x)的极大值点．
10．(文)(2021·山东滕州一中单元检测)函数f(x)＝sinx＋2xf ′()，f ′(x)为f(x)的导函数，令a＝－，b＝log32，则下列关系正确的是( )
A．f(a)>f(b) B．f(a)<f(b)
C．f(a)＝f(b) D．f(|a|)>f(b)
[答案] A
[解析] ∵f(x)＝sinx＋2xf ′()，∴f ′(x)＝cosx＋2f ′()，∴f ′()＝cos＋2f ′()，∴f ′()＝－，∴f(x)＝sinx－x，∴f ′(x)＝cosx－1≤0，∴f(x)在R上为减函数，
∵a＝－，b＝log32>0，∴a<b，∴f(a)>f(b)．
(理)(2022·福建省闽侯二中、永泰二中、连江侨中、长乐二中联考)设函数F(x)＝是定义在R上的函数，其中f(x)的导函数f ′(x)满足f ′(x)<f(x)对于x∈R恒成立，则( )
A．f(2)>e2f(0)，f(2022)>e2022f(0) B．f(2)<e2f(0)，f(2022)>e2022f(0)
C．f(2)<e2f(0)，f(2022)<e2022f(0) D．f(2)>e2f(0)，f(2022)<e2022f(0)
[答案] C
[解析] ∵函数F(x)＝的导数
F′(x)＝＝<0，
∴函数F(x)＝是定义在R上的减函数，
∴F(2)<F(0)，即<，故有f(2)<e2f(0)．
同理可得f(2022)<e2022f(0)．故选C．
11．(文)(2021·娄底市名校联考)若函数f(x)＝x2－lnx＋1在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．[1，)
C．[1，＋2) D．[，2)
[答案] B
[解析] f(x)的定义域为(0，＋∞)，y′＝2x－，
由f ′(x)＝0得x＝，
依题意得∴1≤k<.
(理)(2021·洛阳期中)设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f ′(x)，若f(x)＋f ′(x)>1，f(0)＝2021，则不等式exf(x)>ex＋2022(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A．(2022，＋∞) B．(－∞，0)∪(2022，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(0，＋∞)
[答案] D
[解析] 令F(x)＝exf(x)－ex－2022，∵f(x)＋f ′(x)>1，∴F′(x)＝exf(x)＋exf ′(x)－ex＝ex(f(x)＋f ′(x)－1)>0，
∴F(x)在R上为增函数，又F(0)＝e0f(0)－e0－2022＝2021－1－2022＝0，∴由F(x)>F(0)得x>0，即exf(x)－ex－2022>0的解为x>0，故选D．
12．(2022·山东省德州市期中)已知函数f(x)＝ex(sinx－cosx)，x∈(0,2021π)，则函数f(x)的极大值之和为( )
A． B．
C． D．
[答案] B
[解析] f ′(x)＝2exsinx，令f ′(x)＝0得sinx＝0，∴x＝kπ，k∈Z，当2kπ<x<2kπ＋π时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当(2k－1)π<x<2kπ时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，
∴当x＝(2k＋1)π时，f(x)取到极大值，∵x∈(0,2021π)，∴0<(2k＋1)π<2021π，∴0≤k<1006，k∈Z.
∴f(x)的极大值之和为S＝f(π)＋f(3π)＋f(5π)＋…＋f(2011π)＝eπ＋e3π＋e5π＋…＋e2011π＝＝，故选B．
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)
13．(文)(2021·北郊高中调研)曲线y＝x3＋mx＋c在点P(1，n)处的切线方程为y＝2x＋1，其中m，n，c∈R，则m＋n＋c＝________.
[答案] 5
[解析] y′＝3x2＋m，
由题意知∴
∴m＋n＋c＝5.
(理)(2022·江西临川十中期中)已知直线y＝2x－1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为________．
[答案] ln2
[解析] ∵y＝ln(x＋a)，∴y′＝，设切点为(x0，y0)，则y0＝2x0－1，y0＝ln(x0＋a)，且＝2，解之得a＝ln2.
14．(文)(2022·杭州七校联考)若函数f(x)＝x3－3bx＋b在区间(0,1)内有极值，则实数b的取值范围是________．
[答案] (0,1)
[解析] f ′(x)＝3x2－3b，∵f(x)在(0,1)内有极值，
∴f ′(x)＝0在(0,1)内有解，∴0<b<1.
(理)(2021·河南八校联考)已知函数f(x)＝esinx＋cosx－sin2x(x∈R)，则函数f(x)的最大值与最小值的差是________．
[答案] e－e－
[解析] 令sinx＋cosx＝t，则sin2x＝t2－1，易知－≤t≤，∴函数f(x)化为y＝et－t2＋.(－≤t≤)，y′＝et－t，令u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1.当0<t≤时，u′(t)>0，当－≤t<0时，u′(t)<0，∴u(t)在[－，0]上单调递减，在[0，]上单调递增，∴u(t)的最小值为u(0)＝1，于是u(t)≥1，∴y′>0，∴函数y＝et－t2＋在[－，]上为增函数，∴其最大值为e－，最小值为e－－，其差为e－e－.
15．(2021·滕州一中检测)已知x∈R，奇函数f(x)＝x3－ax2－bx＋c在[1，＋∞)上单调，则字母a，b，c应满足的条件是________．
[答案] a＝c＝0，b≤3
[解析] ∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＋f(x)＝0恒成立，∴a＝c＝0，∴f(x)＝x3－bx，f ′(x)＝3x2－b，
∵f(x)在[1，＋∞)上单调，∴≤1，∴b≤3.
16．(2022·泉州试验中学期中)已知函数f(x)＝x3－3x，若过点A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，则实数m的取值范围为________．
[答案] (－3，－2)
[解析] f ′(x)＝3x2－3，设切点为P(x0，y0)，则切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)，∵切线经过点A(1，m)，∴m－(x－3x0)＝(3x－3)(1－x0)，∴m＝－2x＋3x－3，m′＝－6x＋6x0，∴当0<x0<1时，此函数单调递增，当x0<0或x0>1时，此函数单调递减，当x0＝0时，m＝－3，当x0＝1时，m＝－2，∴当－3<m<－2时，直线y＝m与函数y＝－2x＋3x－3的图象有三个不同交点，从而x0有三个不同实数根，故过点A(1，m)可作三条不同切线，∴m的取值范围是(－3，－2)．
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分12分)(2021·庐江二中、巢湖四中联考)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1处取得极值，且f(1)＝－1.
(1)求常数a，b，c的值；
(2)求f(x)的极值．
[解析] (1)f ′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由已知有f ′(1)＝f ′(－1)＝0，f(1)＝－1，
即∴a＝，b＝0，c＝－.
(2)由(1)知，f(x)＝x3－x，∴f ′(x)＝x2－＝(x－1)(x＋1)，
当x<－1时，或x>1时，f ′(x)>0.当－1<x<1时，f ′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)内分别为增函数；在(－1，1)内是减函数．
∴当x＝－1时，函数f(x)取得极大值f(－1)＝1；
当x＝1时，函数f(x)取得微小值f(1)＝－1.
18．(本小题满分12分)(文)(2022·山东省菏泽市期中)已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为c－16.
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．
[解析] (1)∵f(x)＝ax3＋bx＋c，∴f ′(x)＝3ax2＋b，
∵f(x)在点x＝2处取得极值c－16，
∴即
化简得解得
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f ′(x)＝3x2－12，
令f ′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2，
当x∈(－∞，－2)时，f ′(x)>0，f(x)在(－∞，－2)上为增函数，
当x∈(－2,2)时，f ′(x)<0，f(x)在(－2,2)上为减函数，
当x∈(2，＋∞)时f ′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上为增函数．
由此可知f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x2＝2处取得微小值f(2)＝c－16，由题设条件知16＋c＝28得c＝12，
此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－16＝－4，
因此f(x)上[－3,3]的最小值为f(2)＝－4.
(理)(2022·江西临川十中期中)已知函数g(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx.
(1)当a＝1时，求函数g(x)的单调增区间；
(2)求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值．
[解析] (1)当a＝1时，g(x)＝x2－3x＋lnx，
g′(x)＝，
由g′(x)>0得，x>1或x<，
∴函数f(x)的单调增区间为(0，)，(1，＋∞)．
(2)∵g(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx，
∴g′(x)＝2x－(2a＋1)＋
＝＝，
∵x∈[1，e]，∴当a≤1时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝－2a；当1<a<e时，若x∈(1，a)，则g′(x)<0，g(x)单调递减．
若x∈(a，e)，则g′(x)>0，g(x)单调递增．
g(x)min＝g(a)＝－a2－a＋alna；
当a≥e时，g′(x)≤0，g(x)单调递减， g(x)min＝g(e)＝e2－(2a＋1)e＋a，
gmin(x)＝
19．(本小题满分12分)(文)(2022·韶关市曲江一中月考)已知函数f(x)＝ax3＋cx＋d(a≠0)是R上的奇函数，当x＝1时，f(x)取得极值－2.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调区间和极大值；
(3)证明：对任意x1、x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立．
[解析] (1)∵f(x)是R上的奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，
即－ax3－cx＋d＝－ax3－cx－d，∴d＝－d，
∴d＝0(或由f(0)＝0得d＝0)．
∴f(x)＝ax3＋cx，f ′(x)＝3ax2＋c，
又当x＝1时，f(x)取得极值－2，
∴即解得
∴f(x)＝x3－3x.
(2)f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f ′(x)＝0，得x＝±1，
当－1<x<1时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x<－1或x>1时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；
∴函数f(x)的递增区间是(－∞，－1)和(1，＋∞)；递减区间为(－1,1)．
因此，f(x)在x＝－1处取得极大值，且极大值为f(－1)＝2.
(3)由(2)知，函数f(x)在区间[－1,1]上单调递减，且f(x)在区间[－1,1]上的最大值为M＝f(－1)＝2.最小值为m＝f(1)＝－2.∴对任意x1，x2∈(－1,1)，
|f(x1)－f(x2)|<M－m＝4成立．
即对任意x1、x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立．
(理)(2021·皖南八校联考)函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1(a∈R)的导函数为f ′(x)．
(1)若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；
(2)已知不等式f ′(x)>x2＋x－a对任意a∈(0，＋∞)都成立，求实数x的取值范围．
[解析] (1)f ′(x)＝ax2－x＋a，由于函数f(x)在x＝2时取得极值，所以f ′(2)＝0.
即4a－2＋a＝0，解得a＝，此时f ′(x)在x＝2两边异号，f(x)在x＝2处取得极值．
(2)方法一：由题设知：ax2－x＋a>x2＋x－a对任意a∈(0，＋∞)都成立，
即a(x2＋2)－x2－2x>0对任意a∈(0，＋∞)都成立．
设g(a)＝a(x2＋2)－x2－2x(a∈R)，则对任意x∈R，g(a)为单调递增函数(a∈R)，
所以对任意a∈(0，＋∞)，g(a)>0恒成立的充分必要条件是g(0)≥0，
即－x2－2x≥0，∴－2≤x≤0，于是x的取值范围是{x|－2≤x≤0}．
方法二：由题设知：ax2－x＋a>x2＋x－a，对任意a∈(0，＋∞)都成立，
即a(x2＋2)－x2－2x>0对任意a∈(0，＋∞)都成立，
于是a>对任意a∈(0，＋∞)都成立，
即≤0.
∴－2≤x≤0，于是x的取值范围是{x|－2≤x≤0}．
20．(本小题满分12分)(2022·北京海淀期中)已知函数f(x)＝x2－2(a＋1)x＋2alnx(a>0)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)若f(x)≤0在区间[1，e]上恒成立，求实数a的取值范围．
[解析] (1)∵a＝1，∴f(x)＝x2－4x＋2lnx，
∴f ′(x)＝(x>0)，
f(1)＝－3，f ′(1)＝0，
所以切线方程为y＝－3.
(2)f ′(x)＝＝(x>0)，
令f ′(x)＝0得x1＝a，x2＝1，
当0<a<1时，在x∈(0，a)或x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，在x∈(a,1)时，f ′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调递减区间为(a,1)；当a＝1时，f ′(x)＝≥0，∴f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a>1时，在x∈(0,1)或x∈(a，＋∞)时，f ′(x)>0，在x∈(1，a)时，f ′(x)<0，∴f(x)的单调增区间为(0,1)和(a，＋∞)，单调递减区间为(1，a)．
(3)由(2)可知，f(x)在区间[1，e]上只可能有微小值点，∴f(x)在区间[1，e]上的最大值必在区间端点取到，
∴f(1)＝1－2(a＋1)≤0且f(e)＝e2－2(a＋1)e＋2a≤0，解得a≥.
21．(本小题满分12分)(2022·三峡名校联盟联考)时下，网校教学越来越受到广高校生的宠爱，它已经成为同学们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足的关系式y＝＋4(x－6)2，其中2<x<6，m为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套．
(1)求m的值；
(2)假设网校的员工工资、办公等全部开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数)
[解析] (1)由于x＝4时，y＝21，
代入关系式y＝＋4(x－6)2，得＋16＝21，
解得m＝10.
(2)由(1)可知，套题每日的销售量y＝＋4(x－6)2，
所以每日销售套题所获得的利润
f(x)＝(x－2)[＋4(x－6)2]＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，
从而f ′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2<x<6)．
令f ′(x)＝0，得x＝，且在(0，)上，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；在(，6)上，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以x＝是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，
所以当x＝≈3.3时，函数f(x)取得最大值．
故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．
22．(本小题满分14分)(文)(2021·娄底市名校联考)已知函数f(x)＝x3－2ax2＋3x(x∈R)．
(1)若a＝1，点P为曲线y＝f(x)上的一个动点，求以点P为切点的切线斜率取最小值时的切线方程；
(2)若函数y＝f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，试求满足条件的最大整数a.
[解析] (1)设切线的斜率为k，
则k＝f ′(x)＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1，
当x＝1时，kmin＝1.又f(1)＝，
所以所求切线的方程为y－＝x－1，
即3x－3y＋2＝0.
(2)f ′(x)＝2x2－4ax＋3，要使y＝f(x)为单调递增函数，必需满足f ′(x)>0，即对任意的x∈(0，＋∞)，恒有2x2－4ax＋3>0，
∴a<＝＋，而＋≥，
当且仅当x＝时，等号成立，
所以a<，
所求满足条件的a值为1.
(理)(2021·山西忻州一中等四校联考)已知函数f(x)＝lnx－，其中a为常数，且a>0.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋1垂直，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数f(x)在区间[1,3]上的最小值为，求a的值．
[解析] f ′(x)＝－＝(x>0)．
(1)由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋1垂直，
所以f ′(1)＝－1，即1－a＝－1，解得a＝2.
当a＝2时，f(x)＝lnx－，f ′(x)＝.
令f ′(x)＝<0，解得0<x<2，所以函数的单调递减区间为(0,2)．
(2)当0<a≤1时，f ′(x)>0在(1,3)上恒成立，这时f(x)在[1,3]上为增函数，
∴f(x)min＝f(1)＝a－1，令a－1＝，得a＝>1(舍去)．
当1<a<3时，由f ′(x)＝0得，x＝a∈(1,3)，
∵对于x∈(1，a)有f ′(x)<0，f(x)在[1，a]上为减函数，
对于x∈(a,3)有f ′(x)>0，f(x)在[a,3]上为增函数，
∴f(x)min＝f(a)＝lna，令lna＝，得a＝e.
当a≥3时，f ′(x)<0在(1,3)上恒成立，这时f(x)在[1,3]上为减函数，
∴f ′(x)min＝f(3)＝ln3＋－1.令ln3＋－1＝，得a＝4－3ln3<2(舍去)．
综上知，a＝e.
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