(新高考)高考数学一轮复习课时练习4.2《导数与函数的单调性》(含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习课时练习4.2《导数与函数的单调性》(含解析)，共18页。

第2讲　导数与函数的单调性
最新考纲
考向预测
了解函数的单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
命题趋势
利用导数研究函数的单调性仍然是高考的热点，高考主要考查求函数的单调区间，讨论函数的单调性，利用函数的单调性求极值、最值，知道函数的单调性求参数的取值范围等问题，考查形式选择题、填空题、解答题均有可能，以中档难题为主.
核心素养
逻辑推理、数学抽象


函数的单调性与导数的关系
条件
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)＞0
f(x)在(a，b)内单调递增
f′(x)<0
f(x)在(a，b)内单调递减
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)内是常数函数
常用结论
理清三组关系
1．“在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)”是“函数f(x)在此区间上为增(减)函数”的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒为零．
3．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
常见误区
1．注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行．
2．由f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是f′(x)>0(<0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验．

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.(　　)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(　　)
答案：(1)×　(2)√
2．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是(　　)
A．先增后减　　　　　　 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
解析：选D.因为f′(x)＝－sin x－1<0.
所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.
3．(多选)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　)

A．在区间(－2，1)上f(x)是增函数
B．在区间(2，3)上f(x)是减函数
C．在区间(4，5)上f(x)是增函数
D．在区间(3，5)上f(x)是增函数
解析：选BC.在(4，5)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函数．在(2，3)上f′(x)<0恒成立，所以f(x)是减函数．
4．(易错题)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为________．
解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，得0 答案：(0，1)
5．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
解析：f′(x)＝3x2－a，由题意知f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，又x∈[1，＋∞)时，3x2≥3，所以a≤3，即a的最大值是3.
答案：3


　　　　　　判断(证明)函数的单调性
(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.讨论f(x)的单调性．
【解】　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，
上单调递增，在上单调递减．
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

讨论函数f(x)单调性的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
[提醒]　研究含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．　

1．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)


解析：选D.利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．
2．已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，
f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．

　　　　　　求函数的单调区间
(2021·东北三校第一次联考)已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax2－x(a∈R)．设f′(x)为函数f(x)的导函数，求函数f′(x)的单调区间．
【解】　由已知得，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ln(x＋1)－ax.
令h(x)＝f′(x)＝ln(x＋1)－ax，则h′(x)＝－a.
当a≤0时，h′(x)>0，
所以f′(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．
当a>0时，令h′(x)>0，得－1－1，
所以f′(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间内f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
[提醒]　所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．　

1．已知a为实数，f(x)＝ax3＋3x＋2，若f′(－1)＝－3，则函数f(x)的单调递增区间为(　　)
A．(－，)　　　　　　　 B．
C．(0，) D．
解析：选B.因为f(x)＝ax3＋3x＋2，则f′(x)＝3ax2＋3.又f′(－1)＝3a＋3＝－3，解得a＝－2，故f′(x)＝－6x2＋3.由f′(x)>0得－ 2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是________．
解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
令f′(x)＝xcos x>0(x∈(－π，π))，
解得－π 故函数f(x)的单调递增区间是和.
答案：和

　　　　　　函数单调性的应用
角度一　比较大小
已知奇函数f(x)的导函数为f′(x)，当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，若a＝f，b＝－ef(－e)，c＝f(1)，则a，b，c的大小关系正确的是(　　)
A．a C．a 【解析】　令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)为(0，＋∞)上的增函数．又因为e>1>，所以g(e)>g(1)>g，所以ef(e)>f(1)>f.因为f(x)为奇函数，所以－ef(－e)＝ef(e)，所以b>c>a，故选C.
【答案】　C

利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小．　
角度二　解不等式
在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(　　)

A．(－∞，－1)∪(0，1)
B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－2，－1)∪(1，2)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
【解析】　在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)单调递增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范围为(－∞，－1)；
在(－1，1)上，f(x)单调递减，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0，1)．
综上所述，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．
【答案】　A

与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数．题目中存在消去f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式．　
角度三　已知函数单调性求参数的取值范围
已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
【解】　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解．
即a＞－有解，
设G(x)＝－，
所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1.
所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
(2)由h(x)在[1，4]上单调递减得，
当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．设G(x)＝－，
所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1，
因为x∈[1，4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，
即a的取值范围是.
【引申探究】
1．(变条件)本例条件变为：若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．
解：由h(x)在[1，4]上单调递增得，当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1，4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
2．(变条件)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
则h′(x)<0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a>－有解，
又当x∈[1，4]时，＝－1，
所以a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．

由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)由可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．　

1．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为(　　)
A．f>f(1)>f
B．f(1)>f>f
C．f>f(1)>f
D．f>f>f(1)
解析：选A.因为f(x)＝xsin x，
所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)．
所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.
又x∈时，得f′(x)＝sin x＋xcos x>0，
所以f(x)在上是增函数．
所以f 所以f>f(1)>f，故选A.
2．若f(x)＝2x3－3x2－12x＋3在区间[m，m＋4]上是单调函数，则实数m的取值范围是________．
解析：因为f(x)＝2x3－3x2－12x＋3，
所以f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)，
令f′(x)>0，得x<－1或x>2；令f′(x)<0，得－1 在[－1，2]上单调递减．
若f(x)在区间[m，m＋4]上是单调函数，则
m＋4≤－1或或m≥2.所以m≤－5或m≥2，
则实数m的取值范围是(－∞，－5]∪[2，＋∞)．
答案：(－∞，－5]∪[2，＋∞)

思想方法系列7　分类讨论思想研究函数的单调性
已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋x＋，a∈R，讨论函数f(x)的单调性．
【解】　f′(x)＝＋1－＝＝.
因为x>0，a∈R，
所以当a≥0时，x＋a>0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当－1 在(－a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当a＝－1时，f′(x)＝≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<－1时，－a>1，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增．

含参数函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有实数根；②若f′(x)＝0有实数根，求出实数根后判断其是否在定义域内；③若实数根在定义域内且有两个，比较实数根的大小是常见的分类方法．　
已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x．若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围．
解：f′(x)＝2mx－1＋＝(x>0)，则2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上成立．当m≤0时，成立；
当m>0时，y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴为x＝>0，故只需Δ>0，即1－8m>0，故m<.
综上所述，m<，即实数m的取值范围为.

[A级　基础练]
1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：选D.由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.
2．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x
解析：选B.对于A，f(x)＝sin 2x的单调递增区间是(k∈Z)；对于B，f′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>或x<－，所以函数f(x)＝x3－x在和上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋＝－，令f′(x)>0，得0 3．(多选)定义在区间上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列结论正确的是(　　)

A．函数f(x)在区间(0，4)上单调递增
B．函数f(x)在区间上单调递减
C．函数f(x)在x＝1处取得极大值
D．函数f(x)在x＝0处取得极小值
解析：选ABD.根据导函数的图象可知，在区间上，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减；在区间(0，4]上，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D项均正确，C项错误．故选ABD.
4．已知函数f(x)＝x3＋2x＋sin x，若f(a)＋f(1－2a)>0，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．(－∞，1)
C． D．
解析：选B.因为函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．又f′(x)＝3x2＋2＋cos x>0，所以f(x)在R上单调递增，所以f(a)>f(2a－1)，即a>2a－1，解得a<1.故选B.
5．已知f(x)＝，则(　　)
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)，故选D.
6．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________．
解析：由题可得，f′(x)＝2x－5＋＝(x>0)．令f′(x)＝＝>0(x>0)，解得x>2或0 答案：和(2，＋∞)
7．函数f(x)＝ln x－为________函数．(填“增”或“减”)
解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝ln x－，
所以f′(x)＝－＝.
因为x>0，
所以4x2＋3x＋1>0，x(1＋2x)2>0.
所以当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
答案：增
8．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
解析：对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－＋＋2a.
由题意知，f′(x)>0在上有解，
当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a>0，解得a>－，
所以a的取值范围是.
答案：
9．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝时，得a＝f′＝3×＋2a×－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－；
令f′(x)<0，解得－ 所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，
f(x)的单调递减区间是.
10．已知函数f(x)＝x3＋x2.讨论函数y＝f(x)ex的单调性．
解：令g(x)＝f(x)ex＝ex，
所以g′(x)＝ex＋ex
＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4，
当x≤－4时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当－40，g(x)单调递增；
当－1 当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
综上可知，g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)上单调递减，在(－4，－1)和(0，＋∞)上单调递增．
[B级　综合练]
11．(多选)已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则对于任意x1，x2∈R(x1≠x2)，下列结论正确的是(　　)

A．f(x)<0恒成立
B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0
C．f>
D．f<
解析：选BD.由导函数的图象可知，导函数f′(x)的图象在x轴下方，即f′(x)<0，故原函数为减函数，并且递减的速度是先快后慢．所以f(x)的图象如图所示．

f(x)<0恒成立，没有依据，故A不正确；
B表示(x1－x2)与[f(x1)－f(x2)]异号，即f(x)为减函数，故B正确；
C，D左边的式子意义为x1，x2中点对应的函数值，即图中点B的纵坐标值，
右边式子代表的是函数值的平均值，即图中点A的纵坐标值，显然有左边小于右边，
故C不正确，D正确．
12．已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：因为函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－x－3＋，
因为函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
所以f′(x)＝－x－3＋在(t，t＋1)上有变号零点，
所以＝0在(t，t＋1)上有解，
所以x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，
所以1∈(t，t＋1)，所以t∈(0，1)，
故实数t的取值范围是(0，1)．
答案：(0，1)
13．设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
故b＝0，c＝1.
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立．
则存在x∈(－2，－1)使－a>－x－成立，
即－a>.
因为x∈(－2，－1)，所以－x∈(1，2)，
则－x－≥2＝2，
当且仅当－x＝－，即x＝－时等号成立，
所以－a>2，则a<－2.
所以实数a的取值范围为(－∞，－2)．
14．已知二次函数h(x)＝ax2＋bx＋2，其导函数y＝h′(x)的图象如图所示，f(x)＝6ln x＋h(x)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数f(x)在区间上是单调函数，求实数m的取值范围．

解：(1)由已知，h′(x)＝2ax＋b，其图象为直线，且过(0，－8)，(4，0)两点，把两点坐标代入h′(x)＝2ax＋b，得解得所以h(x)＝x2－8x＋2，f(x)＝6ln x＋x2－8x＋2.
(2)由(1)得f′(x)＝＋2x－8＝.
因为x>0，所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示．
x
(0，1)
1
(1，3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增

单调递减

单调递增
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，要使函数f(x)在区间上是单调函数，则解得 [C级　创新练]
15．求形如y＝f(x)g(x)的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y＝g(x)ln f(x)，再两边同时求导得·y′＝g′(x)ln f(x)＋g(x)f′(x)，于是得到y′＝f(x)g(x)·[g′(x)ln f(x)＋g(x)f′(x)]，运用此方法求得函数y＝x的单调递增区间是(　　)
A．(e，4) B．(3，6)
C．(0，e) D．(2，3)
解析：选C.由题意知y′＝x＝x·(x>0)，令y′>0，得1－ln x>0，所以0 16．(2021·广东省四校联考)已知函数f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)，若函数f(x)满足∀x∈I(其中I为函数f(x)的定义域)，当x≠x0时，[f(x)－g(x)](x－x0)>0恒成立，则称x0为函数f(x)的“转折点”．已知函数f(x)＝ex－ax2－2x在区间[0，1]上存在一个“转折点”，则a的取值范围是(　　)
A．[0，e] B．[1，e]
C．[1，＋∞) D．(－∞，e]
解析：选B.根据定义，函数f(x)满足∀x∈I(其中I为函数f(x)的定义域)，当x≠x0时，[f(x)－g(x)](x－x0)>0恒成立，f′(x)＝ex－ax－2.令h(x)＝ex－ax－2，则h′(x)＝ex－a，令h′(x)＝ex－a＝0，则其解就是“转折点”，故ex＝a，x＝ln a，x∈[0，1]，则0≤ln a≤1，解得1≤a≤e，选B.