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微专题 4 函数的极值、最值
[考情分析] 利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考查，或以解答
题的形式出现，难度中等；或者压轴解答题，属综合性问题，难度较大.
考点一 利用导数研究函数的极值
判断函数的极值点，主要有两点
(1)导函数f'(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点.
(2)利用函数f(x)的单调性可得函数的极值点.
例1 (2024·新课标全国Ⅱ)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围.
解 (1)当a=1时，则f(x)=ex-x-1，
f'(x)=ex-1，
可得f(1)=e-2，f'(1)=e-1，
即切点坐标为(1，e-2)，
切线斜率k=e-1，
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)，
即(e-1)x-y-1=0.
(2)方法一 因为f(x)的定义域为R，
且f'(x)=ex-a，
若a≤0，则f'(x)>0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，
无极值，不符合题意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a，
令f'(x)<0，解得x0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
1
则g'(a)=2a+ >0，
a可知g(a)在(0，+∞)上单调递增，
且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a的取值范围为(1，+∞).
方法二 因为f(x)的定义域为R，
且f'(x)=ex-a，
若f(x)有极小值，
则f'(x)=ex-a有零点，
令f'(x)=ex-a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a有交点，则a>0，
令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
因为y=a2，y=ln a-1在(0，+∞)上均单调递增，
所以g(a)在(0，+∞)上单调递增，
且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a的取值范围为(1，+∞).
[易错提醒] (1)不能忽略函数的定义域.
(2)f'(x )=0是可导函数f(x)在x=x 处取得极值的必要不充分条件，即f'(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以
0 0
判断f(x)的极值点时，除了找f'(x)=0的实数根x 外，还需判断f(x)在x 左侧和右侧的单调性.
0 0
(3)函数的极小值不一定比极大值小.
跟踪演练1 (1)(多选)(2024·武汉统考)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的部分图象如图所示，设函数g(x)=
f(x)
，则g(x)( )
exA.在区间(a，b)上单调递减
B.在区间(a，b)上单调递增
C.在x=a时取极小值
D.在x=b时取极小值
答案 BC
解析 结合图象可知，当x0，当ab时，f(x)-f'(x)>0.
f' (x)-f(x)
g'(x)= ，因为ex>0，
ex
f' (x)-f(x)
故当x0，g(x)在区间(a，b)上单调递增；
ex
f' (x)-f(x)
当x>b时，g'(x)= <0，g(x)在区间(b，+∞)上单调递减，故g(x)在x=a处取得极小值，在x=b处
ex
取得极大值.
(2)(2024·秦皇岛模拟)已知0是函数f(x)=x3+ax2+1的极大值点，则a的取值范围为( )
A.(-∞，0) B.(0，+∞)
( 2) ( 2 )
C. -∞，- D. - ，+∞
3 3
答案 A
解析 因为f(x)=x3+ax2+1，所以f'(x)=3x2+2ax=x(3x+2a)，
2a
令f'(x)=0，可得x=0或x=- ，
3
2a
当- >0，即a<0时，
3
2a
令f'(x)>0，得x<0或x>- ；
3
2a
令f'(x)<0，得00时，
3
2a
令f'(x)>0，得x<- 或x>0；
3
2a
令f'(x)<0，得- 1)，e是自然对数的底数.
(1)当a=e，b=4时，求整数k的值，使得函数f(x)在区间(k，k+1)上存在零点；
(2)若x∈[-1，1]，且b=0，求f(x)的最小值和最大值.
解 (1)当a=e，b=4时，f(x)=ex+x2-x-4，
∴f'(x)=ex+2x-1，∴f'(0)=0，
当x>0时，ex>1，
∴f'(x)>0，故f(x)在(0，+∞)上单调递增，
同理f(x)在(-∞，0)上单调递减.
f(-2)=e-2+2>0，f(-1)=e-1-2<0，
f(0)=-3<0，f(1)=e-4<0，f(2)=e2-2>0，
故当x>2时，f(x)>0，当x<-2时，f(x)>0，
故当x>0时，函数f(x)的零点在(1，2)内，
∴k=1满足条件.
同理，当x<0时，函数f(x)的零点在(-2，-1)内，∴k=-2满足条件，
综上，k=1，-2.(2)由已知f(x)=ax+x2-xln a，
f'(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a，
①当x>0时，由a>1，可知ax-1>0，ln a>0，
∴f'(x)>0；
②当x<0时，由a>1，可知ax-1<0，ln a>0，
∴f'(x)<0；
③当x=0时，f'(x)=0，
∴f(x)在[-1，0]上单调递减，在(0，1]上单调递增，
∴当x∈[-1，1]时，f(x) =f(0)=1，f(x) =max{f(-1)，f(1)}.
min max
1
因为f(1)=a+1-ln a，f(-1)= +1+ln a，
a
1
则f(1)-f(-1)=a- -2ln a，
a
1
设g(t)=t- -2ln t(t>0)，
t
1 2 (1 ) 2
∵g'(t)=1+ - = -1 ≥0(当且仅当t=1时取等号)，
t2 t t
∴g(t)在(0，+∞)上单调递增，而g(1)=0，
1
∴当t>1时，g(t)>0，即a>1时，a- -2ln a>0，∴f(1)>f(-1)，
a
即f(x) =f(1)=a+1-ln a.
max
综上，f(x)的最小值为1，最大值为a+1-ln a.
[易错提醒] (1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论.
(2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，
画出函数图象，借助图象得到函数的最值.
跟踪演练2 (1)(2024·安徽省皖江名校联盟模拟)已知函数f(x)=(x-1)sin x+(x+1)cos x，当x∈[0，π]时，
f(x)的最大值与最小值的和为 .
(√2 )
答案 -1 π-1
4
解析 f'(x)=sin x+(x-1)cos x+cos x-(x+1)sin x=x(cos x-sin x)，
[ π)
当x∈ 0， 时，f'(x)≥0，f(x)单调递增；
4
(π ]
当x∈ ，π 时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
4
(π) √2π
所以f(x) =f = ，
max 4 4又f(0)=1，f(π)=-(π+1)，
所以f(x) =-(π+1)，
min
(√2 )
故最大值与最小值的和为 -1 π-1.
4
{ 1
- ,x<0,
(2)(2024·浙江省金丽衢十二校联考)已知函数f(x)= x 若x 0，且x <00)，
t
1 1 t2-t-2 (t-2)(t+1)
则g'(t)= - = = ，
t+2 t2 t2 (t+2) t2 (t+2)
所以当t∈(0，2)时，g'(t)<0，函数g(t)单调递减；
当t∈(2，+∞)时，g'(t)>0，函数g(t)单调递增，
1 1
所以当t=2时，g(t)取得最小值，为g(2)=2ln 2+ ，即x -x 的最小值为2ln 2+ .
2 2 1 2
考点三 已知函数极值、最值求参数
1
例3 (1)(2024·南充模拟)已知函数f(x)=xex+m- x2-mx在区间[-1-m，1-m]上有且仅有两个极值点，则实数
2
m的取值范围为( )
( 1)
A. 1，2- B.(1，e)
e
( 1]
C. 1，2- D.(1，e]
e答案 A
解析 f'(x)=ex+m(1+x)-x-m，
因为f(x)在区间[-1-m，1-m]上有且仅有两个极值点，
所以f'(x)在区间(-1-m，1-m)上有两个变号零点，即ex+m(1+x)=x+m在区间(-1-m，1-m)上有两个不等实数根.
t
令t=x+m，则x=t-m，上式可化为m=t+1- ，其中t∈(-1，1).
et
t
令g(t)=t+1- ，t∈(-1，1)，
et
1-t et-1+t
则g'(t)=1- = .
et et
令h(t)=et-1+t，则h'(t)=et+1>0，即h(t)为增函数，
又h(0)=0，所以当t∈(-1，0)时，g'(t)<0，g(t)单调递减；
当t∈(0，1)时，g'(t)>0，g(t)单调递增，
所以当t=0时，g(t)取得最小值，
1
因为g(0)=1，g(-1)=e，g(1)=2- ，
e
( 1)
所以m的取值范围为 1，2- .
e
1
(2)若函数f(x)= x3+x2-2在区间(a-4，a)上存在最小值，则a的取值范围是 .
3
答案 [1，4)
1
解析 由f(x)= x3+x2-2得f'(x)=x2+2x=x(x+2)，
3
所以当x<-2或x>0时，f'(x)>0，当-20,
即
1
(a-4) 3+(a-4) 2-2≥-2,
3解得1≤a<4，
所以实数a的取值范围为[1，4).
[易错提醒] 方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法.分离参数时，等式或不等式两边符号变化
以及除数不能等于0，易忽视.
跟踪演练3 (1)(2024·赤峰模拟)已知函数f(x)=xln x-ax有极值-e，则a等于( )
A.1 B.2
C.e D.3
答案 B
解析 由题目条件可得，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x+1-a.
令f'(x)>0，得x>ea-1；
令f'(x)<0，得00，x x = >0，
1 2 a 1 2 2a
1
且Δ=4-8a>0，解得00，
a2 a a2
( 1)
所以函数g(a)在 0， 上单调递增，
2(1)
则g(a)0，f(x)单调递增，
故f(x)存在极小值f(1)=2，故B正确；
1 1
对于C，x∈R，f(-x)=e-x+ =ex+ =f(x)，故f(x)为偶函数，不符合题意；
e-x ex
{
2,x>1,
对于D，f(x)= 2x,-1≤x≤1,无极值，不符合题意.
-2,x<-1,
x
2.(2024·西安模拟)函数f(x)= 在[-3，3]上的最大值和最小值分别是( )
x2+1
6 6 2 2
A. ，- B. ，-
13 13 5 5
3 3 1 1
C. ，- D. ，-
10 10 2 2答案 D
1-x2
解析 f'(x)= ，x∈[-3，3]，
(x2+1) 2
令f'(x)>0，解得-10，
当x∈(-2，2)时，f'(x)<0，
所以f(x)在(-∞，-2)，(2，+∞)上单调递增，在(-2，2)上单调递减.
所以函数f(x)在x=-2处取得极大值，在x=2处取得极小值，极小值为f(2)=-2e2.
4.已知函数f(x)=ln x+ax存在最大值0，则a的值为( )
1
A.-2 B.-
e
C.1 D.e
答案 B
1
解析 因为f'(x)= +a，x>0，
x
所以当a≥0时，f'(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值；
1
当a<0时，令f'(x)=0，得x=- ，
a
( 1)
所以当x∈ 0，- 时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增，
a( 1 )
当x∈ - ，+∞ 时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
a
( 1) ( 1) 1
所以f(x) =f - =ln - -1=0，解得a=- .
max a a e
5.(2024·楚雄模拟)若a>b，则函数y=a(x-a)(x-b)2的图象可能是( )
答案 B
解析 方法一 对比各个选项可知a≠0，
由三次函数图象与性质，可得x=a，x=b(a>b)是函数y=a(x-a)(x-b)2的零点.
令y'=a(x-b)2+2a(x-a)(x-b)=a(x-b)(3x-2a-b)=0，
2a+b
可知x =bb)，且x ，x 都是函数y=a(x-a)(x-b)2的极值点，则x=b既是零点又是极值点，由
1 2 3 1 2
此可以排除A，D；
若a>0，则函数y=a(x-a)(x-b)2的图象先增后减再增，
(
2a+b) (2a+b
)
具体为y=a(x-a)(x-b)2在(-∞，b)上单调递增，在 b， 上单调递减，在 ，+∞ 上单调递增，
3 3
可知B符合；
若a<0，则函数y=a(x-a)(x-b)2的图象与x轴的交点都在x轴负半轴上，可知C不符合.
方法二 设f(x)=a(x-a)(x-b)2，f(0)=-a2b2≤0，
故排除A，C；
由f(x)=0，得x=a或x=b，由选项B，D的图象知b<00时，g(x)>0，当x<0时，g(x)<0，
故f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
故x=0是函数f(x)的唯一极小值点，符合题意；
当a<1时，g'(0)=-cos 0+a=-1+a<0，
故一定存在m>0，使g(x)在(0，m)上单调递减，
此时x=0不是函数f(x)的极小值点，故a<1时不符合题意.
综上所述，a的取值范围为[1，+∞).
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2024·杭州模拟)已知函数f(x)=(x+1)ex，则下列结论正确的是( )
A.f(x)在区间(-2，+∞)上单调递增
1
B.f(x)的最小值为-
e2
C.方程f(x)=2的解有2个
D.导函数f'(x)的极值点为-3
答案 ABD
解析 由f(x)=(x+1)ex，可得f'(x)=(x+2)ex，
令f'(x)<0，x∈(-∞，-2)，令f'(x)>0，x∈(-2，+∞)，
故f(x)在(-∞，-2)上单调递减，在(-2，+∞)上单调递增，
1
故f(x)的最小值为f(-2)=- ，故A，B正确；
e2
若讨论方程f(x)=2的解，即讨论g(x)=(x+1)ex-2的零点，
1
易知g(-2)=- -2<0，g(1)=2e-2>0，
e2
故g(1)g(-2)<0，
故由零点存在定理得存在x ∈(-2，1)，使x 为g(x)的一个零点，
0 0
而当x→-∞时，g(x)→-2，显然g(x)在(-∞，-2)内无零点，
故g(x)=(x+1)ex-2只有一个零点，即f(x)=2只有一个解，故C错误；
令h(x)=f'(x)=(x+2)ex，故h'(x)=(x+3)ex，
令h'(x)=0，解得x=-3，而h'(0)>0，h'(-4)<0，
故-3是h'(x)的变号零点，即-3是h(x)的极值点，故导函数f'(x)的极值点为-3，故D正确.
8.(2024·新课标全国Ⅱ)设函数f(x)=2x3-3ax2+1，则( )
A.当a>1时，f(x)有三个零点
B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点C.存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴
D.存在a，使得点(1，f(1))为曲线y=f(x)的对称中心
答案 AD
解析 A选项，f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a)，由于a>1，
故当x∈(-∞，0)∪(a，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(-∞，0)，(a，+∞)上单调递增，
当x∈(0，a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值，
由f(0)=1>0，f(a)=1-a3<0，
则f(0)f(a)<0，
根据零点存在定理f(x)在(0，a)上有一个零点，
又f(-1)=-1-3a<0，
f(2a)=4a3+1>0，
则f(-1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，
则f(x)在(-1，0)，(a，2a)上各有一个零点，
于是当a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；
B选项，f'(x)=6x(x-a)，
由于a<0，当x∈(a，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的a，b，使得x=b为f(x)的对称轴，
即存在这样的a，b使得f(x)=f(2b-x)，
即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b-x)3展开式中含有x3的项为
2C3(2b)0(-x)3=-2x3，
3
于是等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的a，b，使得x=b为f(x)的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一 (利用对称中心的表达式化简)
f(1)=3-3a，若存在这样的a，使得(1，3-3a)为f(x)的对称中心，
则f(x)+f(2-x)=6-6a，事实上，
f(x)+f(2-x)=2x3-3ax2+1+2(2-x)3-3a(2-x)2+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a，
于是6-6a=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a，{
12-6a=0,
即 12a-24=0, 解得a=2，
18-12a=6-6a,
即存在a=2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
方法二 (直接利用拐点结论)
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f(x)=2x3-3ax2+1，
f'(x)=6x2-6ax，f″(x)=12x-6a，
a
由f″(x)=0得x= ，
2
(a (a))
于是该三次函数的对称中心为 ，f ，
2 2
由题意(1，f(1))也是对称中心，
a
故 =1，即a=2，
2
即存在a=2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(2024·宜宾模拟)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=-1处有极值8，则f(1)= .
答案 -4
解析 f'(x)=3x2+2ax+b，
若函数f(x)在x=-1处有极值8，
{-1+a-b+a2=8,
则f(-1)=8且f'(-1)=0，即
3-2a+b=0,
{a=3, {a=-2,
解得 或
b=3 b=-7.
当a=3，b=3时，f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0，
此时x=-1不是极值点，故舍去；
当a=-2，b=-7时，f'(x)=3x2-4x-7=(3x-7)(x+1)，
7
当x> 或x<-1时，f'(x)>0，
3
7
当-10，V(x)单调递增；
3
(2√2 ]
当x∈ ，1 时，V'(x)<0，V(x)单调递减，
3
2√2
所以当x= 时，圆柱的体积有最大值.
3
四、解答题(共31分)
2x2-ax+a
11.(14分)(2024·深圳模拟)已知函数f(x)= ，其中a∈R.
ex
(1)若a=1，求f(x)在[-1，1]上的最小值；(5分)
(2)求证：f(x)的极大值恒为正数.(9分)
2x2-x+1
(1)解 当a=1时，f(x)= ，x∈[-1，1]，
ex
-2x2+5x-2
f'(x)= ，
ex
1
令f'(x)=0，得x= ，
2
(1) 1 √e
又f = = ，
2 √e e2
且f(-1)=4e，f(1)= ，
e
(1) √e
∴f(x) =f = .
min 2 e
-2x2+(a+4)x-2a (-2x+a)(x-2)
(2)证明 因为f'(x)= = ，
ex ex
令f'(x)=0，
a
解得x =2，x = ，
1 2 2
a a
若a>4，当x<2或x> 时，f'(x)<0，当20，
2 2
(a )
所以f(x)在(-∞，2)， ，+∞ 上单调递减，
2
( a)
在 2， 上单调递增，
2
a
(a)
故极大值为f = a>0；
2
e2
若a=4，则f'(x)≤0，
所以函数f(x)在R上单调递减，无极大值；
a a
若a<4，当x< 或x>2时，f'(x)<0，当 0，
2 2
( a)
所以f(x)在 -∞， ，(2，+∞)上单调递减，
2
(a ) 8-a
在 ，2 上单调递增，故极大值为f(2)= >0.
2 e2
综上，f(x)的极大值恒为正数.
12.(17分)(2024·泸州模拟)已知函数f(x)=2x3-ax2+2(a>0).
(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(6分)
(2)若在区间[-1，1]内存在x ，x ，使得f(x )f(x )≥9，求实数a的取值范围.(11分)
1 2 1 2
解 (1)因为f(x)=2x3-ax2+2(a>0)，
所以f(0)=2，
又f'(x)=6x2-2ax，所以f'(0)=0，
所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=2.
( a)
(2)因为f'(x)=6x2-2ax=6x x- ，又a>0，
3a a
所以当0 时，f'(x)>0，
3 3
( a) (a )
所以f(x)在 0， 上单调递减，在(-∞，0)， ，+∞ 上单调递增.
3 3
则在区间[-1，1]内存在x ，x ，使得f(x )f(x )≥9，
1 2 1 2
等价于在区间[-1，1]内存在x，使得[f(x)]2≥9，
等价于在区间[-1，1]内存在x，使得|f(x)|≥3，
等价于在区间[-1，1]内，|f(x)|的最大值不小于3.
不妨令g(x)=|f(x)|，
a
①当 ≥1，即a≥3时，f(x)在[-1，0)上单调递增，在(0，1]上单调递减，
3
且f(-1)=-a≤-3，f(0)=2，f(1)=4-a≤1，
所以g(x) =|f(x)| =max{a，2，|4-a|}≥3，符合题意；
max max
a (a ] ( a)
②当0< <1，即00，
3 3 27
而f(-1)=-a∈(-3，0)，f(0)=2，f(1)=4-a>0，
所以g(x) =|f(x)| =max{a，2，|4-a|}，
max max
要使g(x) ≥3，则必有4-a≥3，解得a≤1，故00)是“α旋转函数”，求tan α的最大值；(5分)
x2 π
(3)若函数g(x)=m(x-1)ex-xln x- 是“ 旋转函数”，求m的取值范围.(7分)
2 4
π
解 (1)函数y=√3x不是“ 旋转函数”，理由如下：
6
π
y=√3x的图象绕坐标原点逆时针旋转 后与y轴重合，
6
当x=0时，有无数个y与之对应，与函数的概念矛盾，π
因此函数y=√3x不是“ 旋转函数”.
6
(2)由题意可得，
(π )
函数f(x)=ln(2x+1)(x>0)与函数y=kx+b的图象最多有1个交点，且k=tan -α ，
2
所以ln(2x+1)=kx+b(x>0)最多有一个根，
即ln(2x+1)-kx=b(x>0)最多有一个根，
因此函数y=ln(2x+1)-kx(x>0)的图象与直线y=b(b∈R)最多有1个交点，
即函数y=ln(2x+1)-kx在(0，+∞)上单调.
2 2
因为y'= -k，且x>0， ∈(0，2)，
2x+1 2x+1
2 2
所以y'= -k≤0，k≥ ，所以k≥2，
2x+1 2x+1
(π ) 1
即tan -α ≥2，tan α≤ ，
2 2
1
即tan α的最大值为 .
2
x2
(3)由题意可得函数g(x)=m(x-1)ex-xln x- 与函数y=x+b的图象最多有1个交点，
2
x2
所以m(x-1)ex-xln x- =x+b，
2
x2
即m(x-1)ex-xln x- -x=b最多有一个根，
2
x2
所以函数y=m(x-1)ex-xln x- -x的图象与直线y=b(b∈R)最多有1个交点，
2
x2
即函数y=m(x-1)ex-xln x- -x在(0，+∞)上单调.
2
y'=mxex-ln x-x-2，当x→0时，y'→+∞，
(lnx+x+2)
所以y'≥0 m≥ ，
xex
max
⇒
lnx+x+2
令φ(x)= ，
xex
(x+1)(-lnx-x-1)
则φ'(x)= ，
x2ex
( 1 )
因为t(x)=-ln x-x-1在(0，+∞)上单调递减，且t >0，t(1)<0，
e2( 1 )
所以存在x ∈ ，1 ，使t(x )=0，
0 e2 0
1
即ln x +x =-1 ln(x ex 0)=-1 x ex 0= ，
0 0 0 0 e
⇒ ⇒
所以φ(x)在(0，x )上单调递增，在(x ，+∞)上单调递减，
0 0
ln x +x +2 1
0 0
所以φ(x) =φ(x )= = =e，即m≥e，故m的取值范围为[e，+∞).
max 0 x ex 0 x ex 0
0 0
