=
==﹣3，
整理得m=0．
∴直线MN恒过（0，0）． ②由①知
，
，
∵|MP|=|NP|，∴OP⊥MN，
当k≠0时，设OP所在直线方程为y=﹣当k=0时，也符合上式， ∴
MNP=|OM|?|OP|=
，则，，
S
?
=
?
△
=3
，
令k2+1=t（t≥1），k2=t﹣1，
=3
∵t≥1，∴0当
．
取最大值4， ，
，即t=2时，﹣
∴当k2=1，即k=±1时，△MNP的面积最小，最小值为．
21．设函数f（x）=lnx﹣e1﹣x，g（x）=a（x2﹣1）﹣． （1）判断函数y=f（x）零点的个数，并说明理由； （2）记h（x）=g（x）﹣f（x）+
，讨论h（x）的单调性；
- 21 -
（3）若f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；根的存在性及根的个数判断．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f（1），f（e）的值，求出零点个数即可； （2）求出h（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可； （3）问题等价于a（x2﹣1）﹣lnx＞﹣=
在（1，+∞）恒成立，设k（x）=﹣
，根据函数的单调性求出a的范围即可．
【解答】解：（1）由题意得：x＞0， ∴f′（x）=+
＞0，
故f（x）在（0，+∞）递增； 又f（1）=﹣1，f（e）=1﹣e1﹣e=1﹣
＞0，
故函数y=f（x）在（1，e）内存在零点， ∴y=f（x）的零点个数是1；
（2）h（x）=a（x2﹣1）﹣﹣lnx+e1﹣x+﹣h′（x）=2ax﹣=
（x＞0），
=ax2﹣a﹣lnx，
当a≤0时，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）递减， 当a＞0时，由h′（x）=0，解得：x=±∴x∈（0，x∈（
（舍取负值），
）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
综上，a≤0时，h（x）在（0，+∞）递减， a＞0时，h（x）在（0，（3）由题意得：lnx﹣
）递减，在（＜a（x2﹣1）﹣，
在（1，+∞）恒成立，
，+∞）递增；
问题等价于a（x2﹣1）﹣lnx＞﹣设k（x）=﹣
=
，
- 22 -
若记k1（x）=ex﹣ex，则x＞1时，
（x）＞0，
（x）=ex﹣e，
k1（x）在（1，+∞）递增，
k1（x）＞k1（1）=0，即k（x）＞0， 若a≤0，由于x＞1，
故a（x2﹣1）﹣lnx＜0，故f（x）＞g（x），
即当f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立时，必有a＞0， 当a＞0时，设h（x）=a（x2﹣1）﹣lnx， ①若
＞1，即0＜a＜时，
），h（x）递减，x∈（
）＞0，
，+∞），h（x）递增，
由（2）得x∈（1，故h（即存在x=
）＜h（1）=0，而k（
＞1，使得f（x）＜g（x），
故0＜a＜时，f（x）＜g（x）不恒成立； ②若
≤1，即a≥时，
，
设s（x）=a（x2﹣1）﹣lnx﹣+s′（x）=2ax﹣+
﹣
，
由于2ax≥x，且k1（x）=ex﹣ex＞0， 即
＜，故﹣
＞﹣，
﹣＞
=
＞0，
因此s′（x）＞x﹣+
故s（x）在（1，+∞）递增， 故s（x）＞s（1）=0，
即a≥时，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，
综上，a∈[，+∞）时，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立．
- 23 -
2017年3月30日
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