【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第3章-第3节-导数的综合应用与实际应用.docx

第三章　第三节

一、选择题
1．(文)正三棱柱体积为V，则其表面积最小时，底面边长为(　　)
A．　　 B．　
C．　　 D．2
[答案]　C
[解析]　设正三棱柱底面边长为a，高为h，则体积V＝a2h，∴h＝，表面积S＝a2＋3ah＝a2＋，
由S′＝a－＝0，得a＝，故选C．
(理)在内接于半径为R的半圆的矩形中，周长最大的矩形的边长为(　　)
A．和R　　　　　 B．R和R
C．R和R　 D．以上都不对
[答案]　B
[解析]　设矩形垂直于半圆直径的边长为x，则另一边长为2，则l＝2x＋4　(0＜x＜R)，
l′＝2－，令l′＝0，解得x＝R.
当0＜x＜R时，l′＞0；当R＜x＜R时，l′＜0.
所以当x＝R时，l取最大值，即周长最大的矩形的边长为R，R.
2．(文)(2022·山西省考前适应性训练)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为(　　)
A．1百万件　 B．2百万件
C．3百万件　 D．4百万件
[答案]　C
[解析]　由y′＝－3x2＋27＝0得x＝±3，
∵x>0，∴x＝3.
当0<x<3时，y′>0，当x>3时，y′<0，∴x＝3是函数的极大值点，由实际问题的实际意义知x＝3为函数的最大值点，故选C．
(理)某公司生产某种产品，固定成本为20000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总收益R与产量x的关系是R＝则总利润最大时，每年生产的产品产量是(　　)
A．100　 B．150
C．200　 D．300
[答案]　D
[解析]　由题意，总成本为C＝20000＋100x.所以总利润为P＝R－C＝
P′＝
令P′＝0，得x＝300，易知当x＝300时，总利润最大．
3．(文)做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为(　　)
A．　　 B．　　
C．　 　 D．
[答案]　C
[解析]　如图，设圆柱的底面半径为R，高为h，则V＝πR2h.
设造价为y，则y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·＝2πaR2＋，
∴y′＝4πaR－.
令y′＝0并将V＝πR2h代入解得，＝.
(理)(2022·石家庄模拟)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大时，其高的值为(　　)
A．3　 B．
C．2　 D．2
[答案]　D
[解析]　设正六棱柱底面边长为a，高为2h，
则h＝，V六棱柱＝a2·2＝3a2，V′＝6a－，
令V′＝0，解得a＝.
∴h＝，∴六棱柱的高为2.
4．(文)内接于半径为R的球并且体积最大的圆锥的高为(　　)
A．R　 B．2R
C．R　 D．R
[答案]　C
[解析]　设圆锥的高为h，底面半径为r，则R2＝(h－R)2＋r2，∴r2＝2Rh－h2，
∴V＝πr2h＝h(2Rh－h2)＝πRh2－h3，
V′＝πRh－πh2，令V′＝0得h＝R.
(理)要制作一个圆锥形的漏斗，其母线长为20cm，要使其体积最大，则高为(　　)
A．cm　 B．cm
C．cm　 D．cm
[答案]　D
[解析]　设圆锥的高为x，则底面半径为，
其体积为V＝πx(400－x2)　(0＜x＜20)，
V′＝π(400－3x2)，令V′＝0，解得x＝.
当0＜x＜时，V′＞0；当＜x＜20时，V′＜0，
所以当x＝时，V取最大值．
5．(2022·浙江省名校联考)设函数ht(x)＝3tx－2t，若有且仅有一个正实数x0，使得h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，则x0＝(　　)
A．5　 B．
C．3　 D．
[答案]　D
[分析]　“有且仅有一个正实数x0，使得h7(x0)≥ht(x0)，对t>0都成立”，即对变量t，ht(x0)的最大值≤h7(x0)．
[解析]　∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，
∴h7(x0)≥ht(x0)max.记g(t)＝ht(x0)＝3tx0－2t，则g′(t)＝3x0－3t，令g′(t)＝0，得t＝x，易得ht(x0)max＝g(x)＝x，∴21x0－14≥x，将选项代入检验可知选D．
6．(文)(2022·山西大同诊断)设D是函数y＝f(x)定义域内的一个区间，若存在x0∈D，使f(x0)＝－x0，则称x0是f(x)的一个“次不动点”．若函数f(x)＝ax2－3x－a＋在区间[1,4]上存在次不动点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0)　 B．(0，)
C．[，＋∞)　 D．(－∞，]
[答案]　D
[解析]　设g(x)＝f(x)＋x，依题意，存在x∈[1,4]，使g(x)＝f(x)＋x＝ax2－2x－a＋＝0.当x＝1时，g(1)＝≠0；当x≠1时，由ax2－2x－a＋＝0得a＝.记h(x)＝(1<x≤4)，则由h′(x)＝＝0得x＝2或x＝(舍去)．当x∈(1,2)时，h′(x)>0；当x∈(2,4)时，h′(x)<0，即函数h(x)在(1,2)上是增函数，在(2,4)上是减函数，因此当x＝2时，h(x)取得最大值，最大值是h(2)＝，故满足题意的实数a的取值范围是(－∞，]，选D．
(理)(2022·湖北宜昌模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax(a>)，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于(　　)
A．　 B．
C．　 D．1
[答案]　D
[解析]　x∈(－2,0)时，－x∈(0,2)，
∴f(－x)＝ln(－x)＋ax，
∵f(x)为奇函数，∴f(x)＝－ln(－x)－ax，
∴f ′(x)＝－－a，由f ′(x)＝0得x＝－.
当0>x>－时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当－2<x<－时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
由题设知f(－)＝－ln＋1＝1，∴a＝1，故选D．
二、填空题
7．(2021·开封第一次模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2＋bx＋3(a，b∈R)，若函数f(x)在[0,1]上单调递减，则a2＋b2的最小值为________．
[答案]　
[解析]　依题意，当x∈[0,1]时，
f ′(x)＝3x2－2ax＋b≤0，即
，在坐标平面内画出该不等式组表示的平面区域，如图所示，结合图形不难得知，该平面区域内的点(a，b)与原点的距离的平方即为a2＋b2，其最小值等于原点到直线3－2a＋b＝0的距离的平方，即等于.
8．(文)用长为18m的钢条围成一个长方体外形的框架，要求长方体的长与宽之比为2∶1，该长方体的最大体积是________．
[答案]　3m3
[解析]　设长方体的宽为x，则长为2x，高为－3x　(0<x<)，故体积为V＝2x2＝－6x3＋9x2，
V′＝－18x2＋18x，令V′＝0得，x＝0或1，
∵0<x<，∴x＝1.
∴该长方体的长、宽、高各为2m、1m、1.5m时，体积最大，最大体积Vmax＝3m3.
(理)用总长为14.8m的钢条制作一个长方体容器的框架，假如所制作容器的底面的一边比另一边长0.5m，那么容器的容积最大时，容器的高为________．
[答案]　1.2m
[解析]　设容器的短边长为xm，
则另一边长为(x＋0.5)m，
高为＝3.2－2x.
由3.2－2x>0和x>0，得0<x<1.6，
设容器的容积为ym3，
则有y＝x(x＋0.5)(3.2－2x)(0<x<1.6)，
整理得y＝－2x3＋2.2x2＋1.6x，
∴y′＝－6x2＋4.4x＋1.6，
令y′＝0，有－6x2＋4.4x＋1.6＝0，即15x2－11x－4＝0，
解得x1＝1，x2＝－(不合题意，舍去)，
∴高为3.2－2＝1.2，容积V＝1×1.5×1.2＝1.8，
∴高为1.2m时容积最大．
9．(文)若函数f(x)＝lnx－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．
[答案]　(－1，＋∞)
[分析]　函数f(x)存在单调减区间，就是不等式f ′(x)<0有实数解，考虑到函数的定义域为(0，＋∞)，所以本题就是求f ′(x)<0在(0，＋∞)上有实数解时a的取值范围．
[解析]　解法1：f ′(x)＝－ax－2＝，由题意知f ′(x)<0有实数解，∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有实数解．当a≥0时，明显满足；当a<0时，只要Δ＝4＋4a>0，∴－1<a<0，综上知a>－1.
解法2：f ′(x)＝－ax－2＝，
由题意可知f ′(x)<0在(0，＋∞)内有实数解．
即1－ax2－2x<0在(0，＋∞)内有实数解．
即a>－在(0，＋∞)内有实数解．
∵x∈(0，＋∞)时，－＝(－1)2－1≥－1，∴a>－1.
(理)对于三次函数y＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f ′(x)是函数y＝f(x)的导数，f ″(x)是f ′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发觉：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若f(x)＝x3－x2＋3x－，依据这一发觉可得：
(1)函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心为________；
(2)计算f()＋f()＋f()＋f()＋…＋f()＝________.
[答案]　(1)(，1)　(2)2021
[解析]　(1)f ′(x)＝x2－x＋3，f″(x)＝2x－1，由2x－1＝0得x＝，f()＝×()3－×()2＋3×－＝1，由拐点的定义知f(x)的拐点即对称中心为(，1)．
(2)f()＋f(1－)＝f()＋f()＝2(k＝1，2，…，1007)，
∴f()＋f()＋…＋f()＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＋f()＝2×1006＋1＝2021.
三、解答题
10．(2021·湖南雅礼中学一模)某工厂生产某种儿童玩具，每件玩具的成本价为30元，并且每件玩具的加工费为t元(其中t为常数，且2≤t≤5)，设该工厂每件玩具的出厂价为x元(35≤x≤41)，依据市场调查，日销售量与ex(e为自然对数的底数)成反比例，当每件玩具的出厂价为40元时，日销售量为10件．
(1)求该工厂的日利润y(元)与每件玩具的出厂价x元的函数关系式；
(2)当每件玩具的日售价为多少元时，该工厂的利润y最大，并求y的最大值．
[解析]　(1)设日销售量为，则＝10，∴k＝10e40，
则日销售量为件，∴日利润y＝(x－30－t)·.
∴y＝(35≤x≤41)．
(2)y′＝，令y′＝0得x＝31＋t.
①当2≤t≤4时，33≤31＋t≤35，
∴当35≤x≤41时，y′≤0.
∴当x＝35时，y取最大值，最大值为10(5－t)e5.
②当4<t≤5时，35<t＋31≤36，函数y在[35，t＋31]上单调递增，在[t＋31,41]上单调递减．
∴当x＝t＋31时，y取最大值10e9－t.
∴当2≤t≤4，x＝35时，日利润最大值为10(5－t)e5元；
当4<t≤5，x＝31＋t时，日利润最大值为10e9－t元．

一、解答题
11．(文)某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t元(t为常数，且2≤t≤5)，设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x元(25≤x≤40)，依据市场调查，日销售量q与ex成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，销售量为100kg.(每日利润＝日销售量×(每公斤出厂价－成本价－加工费))．
(1)求该工厂的每日利润y元与每公斤蘑菇的出厂价x元的函数关系式；
(2)若t＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x为多少元时，该工厂的利润y最大，并求最大值．
[解析]　(1)设日销售量q＝，则＝100，∴k＝100e30，
∴日销售量q＝，
∴y＝(25≤x≤40)．
(2)当t＝5时，y＝，y′＝.
由y′≥0得x≤26，由y′≤0得x≥26，
∴y在[25,26]上单调递增，在[26,40]上单调递减，
∴当x＝26时，ymax＝100e4.
当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的利润最大，最大值为100e4元．
(理)为了在夏季降温存冬季供暖时削减能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建筑隔热层．某幢建筑物要建筑可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建筑成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)＝(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建筑费用与20年的能源消耗费用之和．
(1)求k的值及f(x)的表达式；
(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．
[解析]　(1)设隔热层厚度为xcm，由题设知，
每年能源消耗费用为C(x)＝.
再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝.
又建筑费用为C1(x)＝6x.
最终得隔热层建筑费用与20年的能源消耗费用之和为，
f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x
＝＋6x(0≤x≤10)．
(2)f ′(x)＝6－，
令f ′(x)＝0，
即＝6.解得x＝5，或x＝－(舍去)．
当0<x<5时，f ′(x)<0，当5<x<10时，f ′(x)>0，
故x＝5是f(x)的最小值点，对应的最小值为f(5)＝6×5＋＝70.
当隔热层修建5 cm厚时，总费用达到最小值70万元．
12．(文)(2022·期望高中月考)设函数y＝x2－2x＋2的图象为C1，函数y＝－x2＋ax＋b的图象为C2，已知过C1与C2的一个交点的两切线相互垂直．
(1)求a，b之间的关系；
(2)求ab的最大值．
[解析]　(1)对于C1：y＝x2－2x＋2，有y′＝2x－2，
对于C2：y＝－x2＋ax＋b，有y′＝－2x＋a，
设C1与C2的一个交点为(x0，y0)，
由题意知过交点(x0，y0)的两切线相互垂直．
∴(2x0－2)(－2x0＋a)＝－1，
即4x－2(a＋2)x0＋2a－1＝0①
又点(x0，y0)在C1与C2上，
故有
⇒2x－(a＋2)x0＋2－b＝0②
由①②消去x0，可得a＋b＝.
(2)由(1)知：b＝－a，
∴ab＝a(－a)＝－(a－)2＋.
∴当a＝时，(ab)最大值＝.
(理)(2021·洛阳统考)已知函数f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－x－1.
(1)假如存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M，求满足该不等式的最大整数M；
(2)假如对任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M⇔x1，x2∈[0,2]，[g(x1)－g(x2)]max≥M.
∵g′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)，
∴当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当1<x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)max＝max{g(0)，g(2)}＝g(2)＝1，g(x)min＝g(1)＝－2，
∴[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝3，满足不等式的最大整数M＝3.
(2)由(1)知，当x∈[，2]时，g(x)max＝g(2)＝1，依题意，对任意的s，t∈[，2]都有f(s)≥g(t)成立⇔当x∈[，2]时，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立．
则有f(1)＝≥1，∴a≥2.
当a≥2且x∈[，2]时，f(x)＝＋xlnx≥＋xlnx.
记h(x)＝＋xlnx，∴h′(x)＝－＋lnx＋1，且h′(1)＝0.
当x∈(，1)时，h′(x)＝－＋lnx＋1<0，
当x∈(1,2)时，h′(x)＝－＋lnx＋1>0，
∴h(x)＝＋xlnx在(，1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝1，即h(x)≥1，
∴当a≥2时原不等式成立．
∴a的取值范围是[2，＋∞)．
13．(文)甲乙两地相距400km，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100km/h，已知该汽车每小时的运输成本P(元)关于速度v(km/h)的函数关系是P＝v4－v3＋15v.
(1)求全程运输成本Q(元)关于速度v的函数关系式；
(2)为使全程运输成本最少，汽车应以多大速度行驶？并求此时运输成本的最小值．
[解析]　(1)汽车从甲地到乙地需用h，故全程运输成本为Q＝＝－＋6000　(0<v≤100)．
(2)Q′＝－5v，令Q′＝0得，v＝80，
∴当v＝80km/h时，全程运输成本取得最小值，最小值为元．
(理)(2022·江苏连云港二调)一个圆柱形圆木的底面半径为1m，长为10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形ABCD(如图所示，其中O为圆心，C，D在半圆上)，设∠BOC＝θ，木梁的体积为V(单位：m3)，表面积为S(单位：m2)．

(1)求V关于θ的函数表达式．
(2)求θ的值，使体积V最大．
(3)问当木梁的体积V最大时，其表面积S是否也最大？请说明理由．
[解析]　(1)梯形ABCD的面积SABCD＝·sinθ＝sinθcosθ＋sinθ，θ∈(0，)．
体积V(θ)＝10(sinθcosθ＋sinθ)，θ∈(0，)．
(2)V′(θ)＝10(2cos2θ＋cosθ－1)＝10(2cosθ－1)(cosθ＋1)．
令V′(θ)＝0，得cosθ＝或cosθ＝－1(舍)．
∵θ∈(0，)，∴θ＝.
当θ∈(0，)时，<cosθ<1，V′(θ)>0，V(θ)为增函数；
当θ∈(，)时，0<cosθ<，V′(θ)<0，V(θ)为减函数．
∴当θ＝时，体积V最大．
(3)木梁的侧面积S侧＝(AB＋2BC＋CD)·10＝20(cosθ＋2sin＋1)，θ∈(0，)．
S＝2SABCD＋S侧＝2(sinθcosθ＋sinθ)＋20(cosθ＋2sin＋1)，θ∈(0，)．
设g(θ)＝cosθ＋2sin＋1，θ∈(0，)．
∵g(θ)＝－2sin2＋2sin＋2，
∴当sin＝，即θ＝时，g(θ)最大．
又由(2)知θ＝时，sinθcosθ＋sinθ取得最大值，∴θ＝时，木梁的表面积S最大．
综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大．
14．(文)(2022·河北唐山二模)已知函数f(x)＝x2－lnx－ax，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)>x，求a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－lnx－x，f′(x)＝.
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)的最小值为f(1)＝0.
(2)f(x)＞x，即f(x)－x＝x2－lnx－(a＋1)x＞0.
由于x＞0，所以f(x)＞x等价于x－＞a＋1.
令g(x)＝x－，则g′(x)＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0.
g(x)有最小值g(1)＝1.
故a＋1＜1，a的取值范围是(－∞，0)．
(理)(2022·黑龙江大庆试验中学期中)已知函数f(x)＝xlnx(x>0)．
(1)试求函数f(x)的单调区间和最值；
(2)若g(x)＝f ′(x)，直线y＝kx＋b与曲线g(x)相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)不同的两点，若x0＝，试证明k>g′(x0)．
[解析]　(1)f ′(x)＝lnx＋1，由f ′(x)>0得x>，函数f(x)的减区间是(0，]，增区间是[，＋∞)，f(x)min＝f()＝－.
(2)证明：g(x)＝f ′(x)＝lnx＋1，令x1>x2>0，k＝，g′(x0)＝＝，构造函数F(x)＝g(x1)－g(x2)－＝lnx1－lnx2－＝ln－，令＝t，则h(t)＝lnt－(t>1)，h′(t)＝>0，所以h(t)>h(1)＝0，所以F(x)>0，即k>g′(x0)．
15．(文)(2022·邯郸市一模)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋alnx＋1.
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的极大值；
(2)求a的范围，使得f(x)≥1恒成立．
[解析]　(1)f′(x)＝x－(a＋1)＋(x>0)，
∵x＝3是f(x)的极值点，
∴f′(3)＝3－(a＋1)＋＝0，解得a＝3.
当a＝3时，f′(x)＝＝.
当x变化时，
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
递增
极大值
递减
微小值
递增
f(x)的极大值为f(1)＝－.
(2)要使得f(x)≥1恒成立，即x>0时，x2－(a＋1)x＋alnx≥0恒成立．
设g(x)＝x2－(a＋1)x＋alnx，，则g′(x)＝x－(a＋1)＋＝
(ⅰ)当a≤0时，由g′(x)<0得单减区间为(0,1)，
由g′(x)>0得单增区间为(1，＋∞)
g(x)min＝g(1)＝－a－≥0，得a≤－
(ⅱ)当0<a<1时，由g′(x)<0得单减区间为(a,1)，由g′(x)>0得单增区间为(0，a)，(1，＋∞)，此时g(1)＝－a－<0，∴不合题意．
(ⅲ)当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单增，此时g(1)＝－a－<0，∴不合题意．
(ⅳ)当a>1时，由g′(x)<0得单减区间为(1，a)，
由g′(x)>0得单增区间为(0,1)，(a，＋∞)，此时g(1)＝－a－<0∴不合题意．
综上所述：a≤－时，f(x)≥1恒成立．
(理)(2022·郑州市质检)已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；

(2)过点P(0，)作直线l与曲线y＝f(x)相切，求证：这样的直线l至少有两条，且这些直线的斜率之和m∈(，)．
[解析]　(1)由题知f′(x)＝(x∈R)，
令f′(x)>0，x<1，令f′(x)<0，x>1，
所以函数f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)，其极大值为f(1)＝，无微小值．
(2)设切点为(x0，f(x0))，则所作切线的斜率k＝f′(x0)＝，所以直线l的方程为：y－＝(x－x0)，
留意到点P(0，)在切线l上，
所以－＝(－x0)，
整理得：－＝0，故此方程解的个数，即为可以做出的切线条数，令g(x)＝－，则g′(x)＝－，
令g′(x)>0则0<x<2，令g′(x)<0则x<0或x>2，
所以，函数g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增，
留意到g(0)＝－<0，g(2)＝0，g(－1)＝e－>0，
所以方程g(x)＝0的解为x＝2，或x＝t(－1<t<0)，
即过点P(0，)恰好可以作两条与曲线y＝f(x)相切的直线．
当x＝2时，对应的切线斜率k1＝f′(2)＝－，
当x＝t时，对应的切线斜率k2＝，
令h(t)＝(－1<t<0)，则h′(t)＝<0，
所以h(t)在(－1,0)上为减函数，即1＝h(0)<h(t)<h(－1)＝2e,1<k2<2e，
所以m＝k1＋k2∈(，)．