2020年浙江高考数学复习3.2导数的应用

3.2 导数的应用
挖命题
【考情探究】
2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系，利用导数证明不等式，求函数零点等属于难题.(例2018浙江,22)
3.预计2020年高考中，导数的考查必不可少，复习时要高度重视.
破考点
【考点集训】
考点一导数与单调性
1. (2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x) 分别是定义在(-巴0) U(0,+ 上的奇函数和偶函数，当x<0 时,f '(x) • g(x)+3f(x) • g'(x)>0,g(x) 工0,且f(-3)=0,则不等式f(x) • g(x)<0 的解集是( )
A.(-3,0) U(3,+ a)
B.(-3,0) U (0,3)
C.(- a,-3) U(3,+ a)
D.(- a,-3) U (0,3)
答案D
2. (2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,20)已知函数f(x)=4ax 3+3|a-1|x 2+2ax-a(a €R).
(1)当a=1时,判断f(x)的单调性；
⑵当x € [0,1]时,恒有|f(x)| < f(1),求a的取值范围.
解析⑴当a=1 时,f(x)=4x 3+2x-1, f '(x)=12x 2+2>0,(2 分)
故f(x)在R上单调递增.(4分)
⑵由于|f(0)| <f(1),即⑻ < 5a+3|a-1|,解得a>-1.(6 分)
①当a>0 时,f '(x)=12ax 2+6|a-1|x+2a,
当x € ［0,1］时,f '(x) > 0,
所以f(x)在［0,1］上单调递增，则f(x) < f(1),符合题意.(8分)
②当-_<a<0 时,f '(0)=2a<0, f '(1)=8a+6>0, 存在x。

€ (0,1),使得 f '(x 。

)=0, 故f(x)在(0,X 0)上单调递减，在(x 0,1)上单调递增.
因为f
'(x
0)=12a +6(1-a)x 0+2a=0,
所以4a =-2(1-a) --ax0,
f(x 0)=4a
+3(1-a
)
+2ax0-a
=(1-a)+—ax°-a
=
-a —
— >0
由单调性知|f(x 0)l=f(X 0)Vf(1),符合题意.(11分)
③当a=-_时，f(x)=-3x 3+_x2-_x+_,
f '(x)=-9 __ (x-1).
f(x)在 -上递减,在- 上递增，且 -=f - <f(1),符合题意.(12分)
④当-1 < av--时,f '(x)=12ax 2+6(1-a)x+2a,
△ =-60a 2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0, 对称轴x=—€ (0,1).
故f '(x)=0 在(0,1)上有两个不同的实根X1，X2,设X1VX2,
则f(X)在(0,x 1)上单调递减，在(x 1,X 2)上单调递增，在(X 2,1)上单调递减.必有|f(x 2)|>f(1),不符合题
意.(14分)
综合①②③④，知a的取值范围是-- 0 .(15分)
考点二导数与极值、最值
1. (2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f '(x) 为其导函数，函数y=xf '(x) 的图象的一部分如图所示，则f(x)的极大值与极小值分别是()
A. f(-2) 与f(2)
B.f(-1)与f(1)
C.f(2)与f(-2)
D.f(1)与f(-1)
答案A
2. (2017 北京,20,13 分)已知函数f(x)=e x cos x-x.
⑴求曲线y=f(x)在点(0, f(o))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间一上的最大值和最小值.
解析⑴因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.
又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)) 处的切线方程为y=1.
(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,
贝U h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.
当x €-时,h'(x)<0,
所以h(x)在区间 -上单调递减.
所以对任意x €-,有h(x)<h(0)=0,即 f '(x)<0.
所以函数f(x)在区间 -上单调递减.
因此f(x)在区间 -上的最大值为f(0)=1,最小值为f - =--•
解题思路(1)先求导，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，最后利用点斜式求出切线方程.(2)设
h(x)=e x(cos x-sin x)-1, 对h(x)求导，进而确定h(x)的单调性，最后求出最值.
方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值，即切线的斜率;(2)求出指
定点处的函数值;(3)求出切线方程.
2.利用导数研究函数的单调性：⑴求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3) 令f '(x)>0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间，令f '(x)<0, 得到f(x)在定义域内的单调递减区间.
炼技法
【方法集训】
方法1利用导数研究函数的单调性
1. (2017 课标全国U 文,21,12 分)设函数f(x)=(1-x 2)e x.
(1)讨论f(x)的单调性；
⑵当x >0时，f(x) < ax+1,求a的取值范围.
解析本题考查函数的单调性，恒成立问题.
(1) f '(x)=(1-2x-x 2)e x.
令 f '(x)=0, 得x=-1- 或x=-1+ .
当x € (- 8,-1- _)时,f '(x)<0;
当x € (-1- 一,-1+ _)时,f '(x)>0;
当x € (-1+ _,+ 8)时,f '(x)<0.
所以f(x)在(-8, -1- ),(-1+ ，+ 8)上单调递减，
在(-1- _,-1+ _)上单调递增.
(2) 解法一:f(x)=(1+x)(1-x)e x.
当a> 1 时，设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)二xe x<0(x>0),因此h(x)在［0,+ 上单调递减，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)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在［0,+ 上单调递增，而g(0)=0,故
e x> x+1.
当0<x<1 时,f(x)>(1-x)(1+x) 2,(1-x)(1+x) 2-ax-1
=x(1-a-x-x 2), 取x°= ---------- ,
则x0 € (0,1),(1-x 0)(1+x 0) 2-ax 0-1=0,故f(x 0)>ax o+1.
当a< 0时,取X0=^,
2
则X。

€ (0,1), f(x 0)>(1-x 0)(1+x 0) =1 > ax°+1.
综上,a的取值范围是［1,+ g ).
解法二:f(x)=(1+x)(1_x)e x.
当a> 1 时,设函数h(x)=(1-x)e x,则h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在［0,+ g)上单调递减,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)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在［0,+ g)上单调递增，
而g(0)=0,故e》x+1.
当0<x<1 时,f(x)>(1-x)(1+x) 2,(1-x)(1+x) 2-ax-1=x(1-a-x-x 2),取x°= --------- ,
则X。

€ (0,1),(1-x 0)(1+x 0) 2-ax 0-1=0,故f(x 0)>ax0+1.
当a< 0 时,取X0=^,则x°€ (0,1),f(x 0)>(1-x 0)(1+x 0) 2=1 > ax°+1.
综上,a的取值范围是［1,+ g ).
解题思路利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求
岀最值，进而得岀相应的含参不等式，从而求岀参数的取值范围；也可通过分离变量，构造函数，直接把问题转化为求函数的最值问题.
2. (2017浙江温州十校期末联考,20,15分)定义在D上的函数f(x)如果满足:对任意的x € D,存在常数M>0,
都有|f(x)| < M,则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)= -x+ax+x+1.
(1)当a=--,D=［-1,3］时，求函数f(x)在D上的上界的最小值；
⑵记函数g(x)=f '(x),若函数y=g - 在区间D=［0,+ g)上是以3为上界的有界函数，求实数a的取值范围.
3 2
解析(1)当a=-i时,f(x)= -x--x +x+1，
f '(x)=x 2--x+1,令f '(x)=0, 得x=3 或(2 分)
故函数f(x)在区间--上单调递增，在区间-上单调递减.(3分)
由f(-1)=-2, f =—,f(3)=-2, 得-2 <f(x) ,
所以|f(x)| < 2,(5 分)
故有上界M> 2,所以上界M的最小值是2.(7分)
(2)由g(x)=x 2+2ax+1,
得y=g - = - +2a - +1,(8 分)
令一=t,x €[0,+ ^),得t € (0,1],
由函数y=g - 在区间［0,+ a)上是以3为上界的有界函数，得|g(t)| < 3在区间(0,1］上恒成立，
即-3 < 12+2at+1 < 3在区间(0,1］上恒成立,(11分)
亦即__-—W a w-一在区间(0,1］上恒成立.(12分)
记p(t)=- ---,q(t)= ---,当t €(0,1］时,P(t)=-_-_ 单调递增,q(t)=---单调递减，所以p(t) max=-一,q(t) min：所以实数a的取值范围是--w a W-.(15分)
方法2利用导数研究函数的极值与最值
1. (2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),8)已知a>0且a工1,则函数f(x)=(x-a) 2ln x( )
A.有极大值,无极小值
B.有极小值，无极大值
C.既有极大值,又有极小值
D.既无极大值,又无极小值
答案C
2. (2018浙江名校协作体,17)已知实数a满足1<a< 2,设函数f(x)= _x3- 一x2+ax.
(1)当a=2时,求f(x)在［-1,2］上的最值;
⑵已知函数g(x)=2bln x+ -x2+——(b € R)的极小值点与f(x)的极小值点相同，求g(x)极大值的取值范围
解析⑴当a=2 时,f(x)= -X3--X2+2X,(1分)
f '(x)=x 2-3x+2,令f '(x)=0, 解得X1=1,X2=2,(2 分)
•••f(x) min=min{f(-1), f(2)}=f(-1)=- 一,(6 分)
f(x) max=f(1)= _.(8 分)
当1<a w 2时,f(x) 的极小值点为x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.(10分)
(2)f '(x)=x 2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),
当1<a w 2时,f(x) 的极小值点为x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.(10分)
(x>0).
g'(x)=
令g'(x)=0, 则x i=1,x2=a,x 3=-1-a,
•「x 3=-1-a<0,
•••g'(x)=0 仅有两根，
且a2+a+1+2b=0.(12 分)
当x € (0,1)时,g'(x)>0,x € (1,a)时,g'(x)<0,x € (a,+ 期,g'(x)>0.
2
••g(x) 极大值=g(1)= —+2b=-a -a+-=- — +—,
当1<a < 2 时,g(1) € ----------
•••g(x)极大值的取值范围是------- .(15分)
方法3 导数综合应用的解题方法
(2018浙江宁波高三上学期期末,20,15分)已知函数f(x)=(x-1)e x.
(1) 若方程f(x)=a只有一解，求实数a的取值范围；
⑵设函数g(x)=m(ln x-x), 若对任意正实数x1,x 2, f(x 1) > g(x 2)恒成立，求实数m的取值范围解析(1)由已知得 f '(x)=e x+(x-1)e x=xe x,(2 分)
当x<0时,f '(x)<0, 函数f(x)在(-g ,0)上单调递减；
当x>0时,f '(x)>0, 函数f(x)在(0,+ g上单调递增.(4分)
故f(x) min=f(0)=-1.
又当x<0 时,f(x)=(x-1)e <0,
且f(x)=(x-1)e x>2xe x= _>一=_(对足够小的x),
当x>1 时,f(x)>x-1>0,
故所求a的取值范围是{-1} U (0,+ g ).(7分)
(2) 由(1)知f(x 1) >-1.
对任意正实数X1,X2, f(x 1) > g(X2)恒成立，
等价于g(x 2) <-1(x 2>0)(*).(10 分)
g'(x)=m •一.
①当me0时,g(1)=-m >0,与(*)式矛盾，故不合题意.(12分)
②当m>0时，
若0<x<1,则g'(x)>0,若x>1,则g'(x)<0,
•••g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ g)上单调递减.
/•g(x) max=g(1)=-m e -1, .•.rr> 1.
综合①②知,实数m的取值范围为［1,+ g ).(15分)
过专题
【五年高考】
A组自主命题•浙江卷题组考点一导数与单调性
(2018 浙江,22,15 分)已知函数f(x)= _-ln x.
⑴若f(x)在x=x i,X2(x i工X2)处导数相等,证明:f(x i)+f(x 2)>8-8ln 2;
⑵若a w3-4ln 2,证明：对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 解析本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力(1)函数f(x)的导函数f '(x)= 一-_,
由 f '(x l)=f '(X 2)得——_—=—
因为X1工X2,
一+ _ >2
由基本不等式得
所以—+■=_.
因为X1工X2,所以X1X2>256.
由题意得f(x 1)+f(x 2)= —-ln X 汁—-In X 2=- -ln(x 1X2).
设g(x)= - _-ln x,贝U g'(x)= —( _-4),
所以g(x)在［256,+ a上单调递增
故g(x 1X2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2.
⑵令m=e艸,n=——+1,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a > 0,
f(n)-kn-a<n < n—- <0,
所以,存在x0 € (m,n)使f(x 0)=kx 0+a,
所以，对于任意的a€ R及k € (0,+ a直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=kx+a 得k=
设h(x)=
则h'(x)= = ,
其中g(x)= _-ln x.
由(1)可知g(x) > g(16),又a< 3-4ln 2,
故-g(x)-1+a < -g(l6)-1+a=-3+4ln 2+a < 0,
所以h'(x) < 0,即函数h(x)在(0,+ s)上单调递减，
因此方程f(x)-kx-a=O 至多有1个实根.
有唯一公共点综上，当a< 3-4ln 2 时，对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)
一题多解(1)f '(x)= 一--，
且 f '(x 1)=f '(x 2)(x 1 工X2).
设 f '(x 1)=t,则— --=t 的两根为X1,X2.
即2t( ―)2- 一+2=0有两个不同的正根x1,x 2
即 _ _ _
/•f(x 1)+f(x 2)= —+ —-ln(x 1X2)
=—+2ln t —.
设g(t)= —+2ln t_ ,
贝寸g'(t)=- —+-=—<0,
「•g(t)在一上为减函数，
「.g(t)>g 一=8-8ln 2,
/•f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2.
(2)设h(x)=f(x)-kx-a= _-ln x-kx-a,
只需证明：当a< 3-4ln 2 时，对于任意的k>0,
函数h(x)在(0,+ s)上只有唯一的零点.
取口=£屮,则h(m)= - - +|a|+k-ke -|a|-k -a
> --+k(1-e -|a|-k )>k(1-e -|a|-k )>0.
又x>0 时, -kx< —-k • — =—.
即h(x)< _-a-ln x, 取n= __ ,
则h(n)< _-a-ln n=0,
而-|a|-k w -a-k<-a+ —,
/.n>m>0.
由于h(m)>0,h(n)<0, 二在*m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+ 上至少有一个零点-h'(x)= _- _-k w _ x _- _ -k= -k,
二当k》—时,h(x)在(0,+ g上单调递减，
即当k》一时,h(x)在(0,+ 上只有一个零点.
当0<k<—时,h'(x)=0 有两个不同的正根 a , B (其中a <B ).
此时h(x)在(0, a )上为减函数，在(a , B )上为增函数，在(B，+ g)上为减函数.
-h'(x)=0, - -k= — -_,
贝U h( a )= 一-ln a -k a -a=- —-In a +1-a,
h'( a )=r-_=^,
• ••h( a )在(0,16)上为减函数，在(16,+ g)上为增函数，
/• h( a )》h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a 》0.
又当a =16时,k=—,
又0<k<—,二a 工16.
故h( a)>0,x <(0, B ］时,h(x)>0.
即h(x)在(0, p ］上没有零点，但h(x)在(p，+ g)上有一个零点.
.•.当0<k<_时,h(x)在(0,+ g上也只有一个零点，
二对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.
考点二导数与极值、最值
3
(2014 浙江,22,14 分)已知函数f(x)=x +3|x-a|(a € R).
(1)若f(x)在［-1,1］上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);
⑵设b €R.若［f(x)+b］2w4对x€ ［-1,1］恒成立，求3a+b的取值范围.
解析⑴因为f(x)=
所以f '(x)=
由于-1 w x w 1,
(i) 当a w-1 时,有x》a,故f(x)=x 3+3x-3a.
此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,
故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
(ii) 当-1<a<1 时，若x 匕(a,1), _则f(x)=x 3+3x-3a 在(a,1)上是增函数；
若x € (-1,a),则f(x)=x 3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1), f(-1)},m(a)=f(a)=a 由于f⑴-f(-1)=-6a+2, 因此，
3
当-1<a w -时,M(a)-m(a)=-a -3a+4;
当-<a<1 时,M(a)-m(a)=-a 3+3a+2.
(iii) 当a> 1 时,有x< a,故f(x)=x 3-3x+3a,
此时f(x)在(-1,1)上是减函数，因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,
故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.
综上,M(a)-m(a)=
(2)令h(x)=f(x)+b, 贝U h(x)= h'(x)=
因为［f(x)+b］2<4对x € ［-1,1］恒成立，即-2 w h(x) w 2对x € ［-1,1］恒成立，所以由(1)知，
(i) 当a w-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在［-1,1］上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b, 则-4-3a+b > -2 且4-3a+b w 2,矛盾.
(ii) 当-1<a w_时,h(x)在［-1,1］上的最小值是h(a)=a 3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b>-2 且
4-3a+b w 2,从而-2-a +3a w 3a+b w 6a-2 且0 w aw —.
令t(a)=-2-a 3+3a,则t'(a)=3-3a 2>0,t(a)在 -上是增函数,故t(a) > t(0)=-2,因此-2 w 3a+b w 0.
(iii) 当-<a<1 时,h(x)在［-1,1］上的最小值是h(a)=a 3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,
所以a3+b》-2 且3a+b+2w 2,解得—<3a+b w 0.
(iv) 当a > 1 时,h(x)在［-1,1］上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,
所以3a+b+2w 2 且3a+b-2 > -2,解得3a+b=0.
综上，得3a+b的取值范围是-2 w 3a+b w 0.
评析本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识，同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.
B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与单调性
1. (2018课标全国I理,21,12分)已知函数f(x)= --x+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
⑵ 若f(x)存在两个极值点 X i ,X 2,证明：一-一<a-2.
解析⑴f(x) 的定义域为(0,+ g ),f '(x)=- 一-1+_=- ——
(i) 若a <2,则f '(x) <0,当且仅当a=2,x=1时，f '(x)=0, 所以f(x)在(0,+ g 单调递减. (ii) 若 a>2,令 f '(x)=0, 得 x= 一1 或 x= -------------- .
当 x € -------- U ----------- g 时,f '(x)<0;
当 x € ----------------------- 时,f '(x)>0.
2. (2017 课标全国 I 文,21,12 分)已知函数 f(x)=e x (e x -a)-a 2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
⑵若f(x) > 0,求a 的取值范围
解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值 .
(1)函数 f(x)的定义域为(-g ,+g ), f '(x)=2e 2x -ae x -a 2=(2e x +a)(e X -a). 所以f(x)在 g 单调递减，在
单调递增. ⑵由(1)知,f(x) 存在两个极值点当且仅当 a>2.
由于f(x)的两个极值点x i ,x 2满足x 2-ax+1=0, 所以X i X 2=1,不妨设
X 1VX 2,则X 2>1,
由于 -------- = ------- 1+a ----------- =-2+a ----------- =-2+a -------
所以 ---- --- <a-2 等价于一x 2+2ln x 2<0.
设函数 g(x)= --x+2ln x,
由(1)知,g(x)在(0,+ g)单调递减，
又 g(1)=0,从而当 x € (1,+ g 时,g(x)<0,
所以—-x 2+2ln x 产0,即 ---- -- <a-2.
方法总结利用导数证明不等式的常用方法
(1)证明 f(x)<g(x),x € (a,b)时，可以构造函数 F(x)=f(x)-g(x). 若 F'(x)<0,则 F(x)在(a,b) 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)vg(x). ⑵证明 f(x)>g(x),x € (a,b)时，可以构造函数 F(x)=f(x)-g(x),
若 F'(x)>0,则 F(x)在(a,b) 上是减函数 上是增函数
同时若F(a) >0,由增函数的定义可知 ,x € (a,b) 时，有 F(x)>0,即证明了 f(x)>g(x).
①若a=0,则f(x)=e 2x,在(-g,+g)单调递增.
②若a>0,则由 f '(x)=0 得x=ln a.
当x 匕(-s ,ln a)时,f '(x)<0;
当x 匕(In a,+ s)寸,f '(x)>0.
故f(x)在(-s ,in a)单调递减，在(In a,+ s)单调递增.
③若a<0,则由 f '(x)=0 得x=ln -_ .
时,f '(x)<0;
故f(x)在-s --单调递减，在
s单调递增.
s 时,f '(x)>0.
⑵①若a=0,则f(x)=e 2x,所以f(x) >0.
②若a>0,则由(1)得，当x=ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)=-a 2ln a,从而当且仅当-a2ln a >0, 即a< 1 时,f(x) > 0.
③若a<0,则由⑴得,当x=ln -一时,f(x) 取得最小值，最小值为f -- =a----
__ 2
从而当且仅当a -- -- > 0,
即 a > -2 -时,f(x) > 0.
综上,a的取值范围是［-2 一，1】.
3. (2017课标全国山理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x) > 0,求a的值;
⑵设m为整数，且对于任意正整数n, _ —…-vm,求m的最小值.
解析本题考查导数的综合应用.
(1) f(x) 的定义域为(0,+ s).
①若a< 0,因为f - =-_+aln 2<0,所以不满足题意；
②若a>0,由f '(x)=1- -=—口,当x€ (0,a)时,f '(x)<0; 当x € (a,+ s时，f '(x)>0. 所以f(x)在(0,a) 单调递减，在(a,+ s单调递增.故x=a是f(x)在(0,+ s的唯一最小值点.
由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时，f(x) > 0.故a=1.
(2) 由(1)知当x €(1,+ s)时,x-1-ln x>0.
令x=1+—,得ln — <—.
从而ln - +ln — + …+ln —+…+=1—<1.
故一一… 一<e.
—>2,所以m的最小值为3.。