例1设f(x)是定义在R上的奇函数,且f(2)=0,当x>0时,有<0恒成立,则
解析x>0时?x?′<0,∴φ(x)=
x
则F′(x)=cos x-
2
当x∈(0,)时,F′(x)>0,F(x)在[0,]上是增函数;
当x∈(,1)时,F′(x)<0,F(x)在[,1]上是减函数.
即sin x≥2
x.
课时3导数与函数的综合问题
题型一用导数解决与不等式有关的问题
命题点1解不等式
xf′(x)-f(x)
x2
不等式x2f(x)>0的解集是()
A.(-2,0)∪(2,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞)答案D B.(-2,0)∪(0,2) D.(-∞,-2)∪(0,2)
?f(x)?f(x)
为减函数,又φ(2)=0,∴当且仅当0
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数,∴h(x)=x2f(x)也为奇函数.
故x2f(x)>0的解集为(-∞,-2)∪(0,2).
命题点2证明不等式
例2证明:当x∈[0,1]时,
2
2x≤sin x≤x.
证明记F(x)=sin x-
.
2
2
2x,
ππ
44
ππ
44
又F(0)=0,F(1)>0,所以当x∈[0,1]时,F(x)≥0,2
记H(x)=sin x-x,
则当x∈(0,1)时,H′(x)=cos x-1<0,
所以H(x)在[0,1]上是减函数,
例 3 已知定义在正实数集上的函数 f(x)= x 2
+2ax ,g (x)=3a 2ln x +b ,其中 a>0.设两曲线 y
?2
3a x
+
2a =
.? x
x 0
即有 b = a 2+2a 2-3a 2ln a = a 2-3a 2ln a. 令 h (t)= t 2
-3t 2ln t(t>0),则 h ′(t)=2t(1-3ln t). 于是当 t(1-3ln t)>0,即 0
当 t(1-3ln t)<0,即 t >e 时,h ′(t)<0.
故 h (t)在(0,e )上为增函数,在(e ,+∞)上为减函数, 于是 h (t)在(0,+∞)上的最大值为 h (e )= e ,
即 b 的最大值为 e 3 .
(2)证明 设 F(x)=f(x)-g (x)= x 2
+2ax -3a 2ln x -b (x>0),
综上, 2
x ≤sin x ≤x ,x ∈[0,1]
f ′(x)=x +2a ,
g ′(x)= ,
则 F ′(x)=x +2a - = (x>0).
则 H(x)≤H(0)=0,即 sin x ≤x.
2
命题点 3 不等式恒成立问题
1 2
=f(x),y =g (x)有公共点,且在该点处的切线相同.
(1)用 a 表示 b ,并求 b 的最大值; (2)求证:f(x)≥g (x)(x>0).
(1)解 设两曲线的公共点为(x 0,y 0),
3a 2
x
由题意知 f(x 0)=g (x 0),f ′(x 0)=g ′(x 0),
?1x 2+2ax =3a 2
ln x +b ,
即 2
0 0 3a 2
由 x 0+2a = ,得 x 0=a 或 x 0=-3a(舍去).
1 5
2 2
5 2
1
3
1
3
1 1
3 3
1 3 2
3 2 3
3 2
2
1 2
3a 2 (x -a )(x +3a )
x x
已知函数 f(x)=ln x - .若 f(x) 解 ∵f(x) 1-6x 2 h ′(x)= -6x = , 故 F(x)在(0,a)上为减函数,在(a ,+∞)上为增函数. 于是 F(x)在(0,+∞)上的最小值是 F(a)=F(x 0)=f(x 0)-g (x 0)=0. 故当 x >0 时,有 f(x)-g (x)≥0, 即当 x >0 时,f(x)≥g (x). 思维升华 (1)利用导数解不等式,一般可构造函数,利用已知条件确定函数单调性解不等 式; (2)证明不等式 f(x) (3)利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出 最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数, 直接把问题转化为函数的最值问题. a x a x 又 x >0,∴a >xln x -x 3, 令 g (x)=xln x -x 3,则 h (x)=g ′(x)=1+ln x -3x 2, 1 x x ∵当 x ∈(1,+∞)时,h ′(x)<0, ∴h (x)在(1,+∞)上是减函数, ∴h (x) ∴当 a ≥-1 时,f(x) 例 4 (2014·课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)=x 3-3x 2+ax +2,曲线 y =f(x)在点(0,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为-2. 由题设得- =-2,所以 a =1. ( (1)求 a ; (2)证明:当 k <1 时,曲线 y =f(x)与直线 y =kx -2 只有一个交点. (1)解 f ′(x)=3x 2-6x +a ,f ′(0)=a. 曲线 y =f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y =ax +2. 2 a (2)证明 由(1)知,f(x)=x 3-3x 2+x +2. 设 g (x)=f(x)-kx +2=x 3-3x 2+(1-k)x +4. 由题设知 1-k>0. 当 x ≤0 时,g ′(x)=3x 2-6x +1-k >0,g (x)单调递增, g (-1)=k -1<0,g (0)=4, 所以 g (x)=0 在(-∞,0]有唯一实根. 当 x >0 时,令 h (x)=x 3-3x 2+4, 则 g (x)=h (x)+(1-k)x >h (x). h ′(x)=3x 2-6x =3x(x -2),h (x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增, 所以 g (x)>h (x)≥h (2)=0. 所以 g (x)=0 在(0,+∞)没有实根. 综上,g (x)=0 在 R 有唯一实根, 即曲线 y =f(x)与直线 y =kx -2 只有一个交点. 思维升华 研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋 势等,根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极 最)值的位置,通过数形结合 的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现. 已知函数 f(x)=x 2+xsin x +cos x 的图象与直线 y =b 有两个不同交点,求 b 的 取值范围. 解 f ′(x)=x(2+cos x), 令 f ′(x)=0,得 x =0. ∴当 x >0 时,f ′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上递增. 位:元/千克)满足关系式 y = a +10(x -6)2,其中 3 解 (1)因为 x =5 时,y =11,所以 +10=11,a =2. 当 x <0 时,f ′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上递减. ∴f(x)的最小值为 f(0)=1. ∵函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调, ∴当 b >1 时,曲线 y =f(x)与直线 y =b 有且仅有两个不同交点. 综上可知,b 的取值范围是(1,+∞). 题型三 利用导数解决生活中的优化问题 例 5 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量 y(单位:千克)与销售价格 x(单 x -3 /千克时,每日可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元/千克,试确定销售价格 x 的值,使商场每日销售该商品所获得的 利润最大. a 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量为 2 y = +10(x -6)2. x -3 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 2 f(x)=(x -3)[ +10(x -6)2] x -3 =2+10(x -3)(x -6)2,3 从而,f ′(x)=10[ x -6 2+2 x -3 x -6] =30(x -4)(x -6). 于是,当 x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表: x f ′(x) f(x) (3,4) + 单调递增 4 极大值 42 (4,6) - 单调递减 由上表可得,x =4 时,函数 f(x)取得极大值,也是最大值. 所以,当 x =4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值等于 42. 某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间有关系y=x3-x2-40x(x>0),为使 典例(12分)设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3. (2)如果对于任意的s,t∈[,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围. M (2)对任意s,t∈[,2]都有f(s)≥g(t) 答当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 思维升华在求实际问题中的最大值或最小值时,一般先设自变量、因变量、建立函数关系式,并确定其定义域,利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际情况相符合.用导数求实际问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实际意义可知该极值点就是最值点. 139 32 耗电量最小,则速度应定为________. 答案40 解析由y′=x2-39x-40=0, 得x=-1或x=40, 由于0 x>40时,y′>0. 所以当x=40时,y有最小值. 一审条件挖隐含 a x (1)如果存在x 1 ,x 2 ∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M; 1 2 (1)存在x 1 ,x 2 ∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M (正确理解“存在”的含义) [g(x 1 )-g(x 2 )] max ≥ 挖掘[g(x 1 )-g(x 2 ] max 的隐含实质 g(x) max -g(x) min ≥M 求得M的最大整数值 1 2 (理解“任意”的含义) 由 g (x)=x 3-x 2-3,得 g ′(x)=3x 2-2x =3x(x - ). 令 g ′(x)>0 得 x <0,或 x > , 27 ≥M , 由(1)可知在区间[ ,2]上,g (x)的最大值为 g (2)=1. 在区间[ ,2]上,f(x)= +xln x ≥1 恒成立等价于 a ≥x -x 2ln x 恒成立. 设 h (x)=x -x 2ln x ,h ′(x)=1-2xln x -x ,可知 h ′(x)在区间[ ,2]上是减函数,又 h ′(1) 所以当 1 f(x)min ≥g (x)max 求得 g (x)max =1 a x +xln x ≥1 恒成立 分离参数 a a ≥x -x 2ln x 恒成立 求 h (x)=x -x 2ln x 的最大值 a ≥h (x)max =h (1)=1 a ≥1 规范解答 解 (1)存在 x 1,x 2∈[0,2]使得 g (x 1)-g (x 2)≥M 成立,等价于[g x 1 -g x 2] max ≥M .[2 分] 2 3 2 3 2 2 2 又 x ∈[0,2],所以 g (x)在区间[0,3]上单调递减,在区间[3,2]上单调递增,所以 g (x)min =g (3) 85 =- , g (x)max =g (2)=1. 故[g (x 1)-g (x 2)]max =g (x)max -g (x)min = 112 27 则满足条件的最大整数 M =4.[5 分] 1 1 (2)对于任意的 s ,∈[2,2],都有 f(s)≥g (t)成立,等价于在区间[2,2]上,函数 f(x)min ≥g (x)max .[7 分] 1 2 1 a 2 x 1 2 =0, 1 2 . ? 1 即函数 h (x)=x -x 2ln x 在区间( 2,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以 h (x)max =h (1) =1, 所以 a ≥1,即实数 a 的取值范围是[1,+∞).[12 分] 温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质,深刻挖掘条件内含, 进行等价转化. (2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法,解题过程中尽量采用分离参数的方法,转化 为求函数的值域问题. [方法与技巧] 1.用导数方法证明不等式 f(x)>g (x)时,找到函数 h (x)=f(x)-g (x)的零点是解题的突破口. 2.在讨论方程的根的个数、研究函数图象与 x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等 问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极 (最)值的应用. 3.在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只要根据实际意义判定是最大 值还是最小值即可,不必再与端点的函数值比较. [失误与防范] 1.利用导数解决恒成立问题时,若分离参数后得到“a 2.利用导数解决实际生活中的优化问题,要注意问题的实际意义 A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟) ??-x 2 +2x (x ≤0), 1.已知函数 f(x)=? 若|f(x)|≥ax ,则 a 的取值范围是( ) ?ln (x +1)(x >0), A .(-∞,0] C .[-2,1] B .(-∞,1] D .[-2,0] 答案 D 解析 |f(x)|≥ax ??-(-x 2+2x )≥ax (x ≤0), (1) ? 成立. ??ln (x +1)≥ax (x >0), (2) ①由(1)得 x(x -2)≥ax 在区间(-∞,0]上恒成立. 当 x =0 时,a ∈R ; 当 x <0 时,有 x -2≤a 恒成立, 所以 a ≥-2.故 a ≥-2. ②由(2)得 ln(x +1)-ax ≥0 在区间(0,+∞)上恒成立,设 h (x)=ln(x +1)-ax(x>0),则 h ′(x) = 1 -a(x>0),可知 h ′(x)为减函数. x +1 当 a ≤0 时,h ′(x)>0,故 h (x)为增函数, 所以 h (x)>h (0)=0 恒成立; 1 当 a ≥1 时,因为 ∈(0,1), x +1 所以 h ′(x)= 1 -a <0,故 h (x)为减函数, x +1 所以 h (x) 1 -ax 0<0 成立.如 a =2时,取 x 0=4,则 h (x 0)=ln 5-2<0 成立,可知 0 故 a ≤0. 由①②可知 a 的取值范围是[-2,0]. 2.若 0 A .e x 2-e x 1>ln x 2-ln x 1 B .e x 2-e x 1 C .x 2e x 1>x 1e x 2 D .x 2e x 1 x ·e x -e x e x (x -1) 解析 设 f(x)= ,则 f ′(x)= = . 当 0 2,x ∴h 7(x 0)≥h t (x 0)max ,记 g (t)=h t (x 0)=3tx 0- 2t , e x x x 2 x 2 e x e x e x x 1 x 2 ∴x 2e x 1>x 1e x 2. 3.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 =-x 3+27x +123(x>0),则 获得最大利润时的年产量为( ) A .1 百万件 C .3 百万件 B .2 百万件 D .4 百万件 答案 C 解析 y ′=-3x 2+27=-3(x +3)(x -3), 当 0 故当 x =3 时,该商品的年利润最大. 4.若函数 f(x)=2x 3-9x 2+12x -a 恰好有两个不同的零点,则 a 可能的值为( ) A .4 B .6 C .7 D .8 答案 A 解析 由题意得 f ′(x)=6x 2-18x +12=6(x -1)(x -2), 由 f ′(x)>0 得 x <1 或 x >2,由 f ′(x)<0 得 1 在(1,2)上单调递减,从而可知 f(x)的极大值和极小值分别为 f(1),f(2), 若欲使函数 f(x)恰好有两个不同的零点,则需使 f(1)=0 或 f(2)=0,解得 a =5 或 a =4, 而选项中只给出了 4,所以选 A. 3 5.设函数 h t (x)=3tx - 2t 2 ,若有且仅有一个正实数 x 0,使得 h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数 t 都成立,则 x 0 等于( ) A .5 B. 5 C .3 D. 7 答案 D 解析 ∵h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数 t 都成立, 3 2 f ′(0) ?a >0 由题意知? ,∴ac ≥ ,∴c >0, ∴ = ≥ ≥ =2,当且仅当 a =c 时“=”成立. 2 0 f 1 则 g ′(t)=3x 0- 3t 2 ,令 g ′(t)=0, 得 t =x 20,易得 h t (x 0)max =g (x 0)=x 3, ∴21x 0-14 7≥x 30,将选项代入检验可知选 D. 6.已知二次函数 f(x)=ax 2+bx +c 的导函数为 f ′(x),′(x)>0,对于任意实数 x ,有 f(x)≥0, f (1) 则 的最小值为________. 答案 2 解析 ∵f ′(x)=2ax +b ,∴f ′(0)=b >0. ?Δ=b 2-4ac ≤0 b 2 4 f (1) a +b +c b +2 ac 2b f ′(0) b b b 7.设函数 f(x)是定义在(-∞,0)上的可导函数,其导函数为 f ′(x),且有 2f(x)+xf ′(x)>x 2, 则不等式(x +2 014)2f(x +2 014)-4f(-2)>0 的解集为________. 答案 (-∞,-2 016) 解析 由 2f(x)+xf ′(x)>x 2, x <0 得 2xf(x)+x 2f ′(x) 所以[x 2f x ] ′ 令 F(x)=x 2f(x)(x<0), 则 F ′(x)<0(x<0), 即 F(x)在(-∞,0)上是减函数, 因为 F(x +2 014)=(x +2 014)2f(x +2 014),F(-2)=4f(-2), 所以不等式(x +2 014)2f(x +2 014)-4f(-2)>0, 即为 F(x +2 014)-F(-2)>0,即 F(x +2 014)>F(-2), 又因为 F(x)在(-∞,0)上是减函数, 所以 x +2 014<-2,所以 x <-2 016. 8.若对于任意实数 x ≥0,函数 f(x)=e x +ax 恒大于零,则实数 a 的取值范围是________. 答案 (-e ,+∞) 即当 x >0 时,a >- 恒成立. 设 Q(x)=- . Q ′(x)=- = . 解析 ∵当 x ≥0 时,f(x)=e x +ax >0 恒成立. ∴若 x =0,a 为任意实数,f(x)=e x +ax >0 恒成立. 若 x >0,f(x)=e x +ax >0 恒成立, e x x e x x e x x -e x (1-x )e x x 2 x 2 当 x ∈(0,1)时,Q ′(x)>0,则 Q(x)在(0,1)上单调递增, 当 x ∈(1,+∞)时,Q ′(x)<0,则 Q(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴当 x =1 时,Q(x)取得最大值.Q(x)max =Q(1)=-e , ∴要使 x ≥0 时,f(x)>0 恒成立,a 的取值范围为(-e ,+∞). 9.设 a 为实数,函数 f(x)=e x -2x +2a ,x ∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x >0 时,e x >x 2-2ax +1. (1)解 由 f(x)=e x -2x +2a ,x ∈R , 知 f ′(x)=e x -2,x ∈R. 令 f ′(x)=0,得 x =ln 2. 于是当 x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表: x f ′(x) f(x) (-∞,ln 2) - ln 2 2-2ln 2+2a (ln 2,+∞) + 故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2), 单调递增区间是(ln 2,+∞), f(x)在 x =ln 2 处取得极小值, 极小值为 f(ln 2)=e ln 2-2ln 2+2a =2-2ln 2+2a. (2)证明 设 g (x)=e x -x 2+2ax -1,x ∈R , 所以 h = (300-4r 2), 从而 V(r)=πr 2h = (300r -4r 3). (2)因为 V(r)= (300r -4r 3), 所以 V ′(r)= (300-12r 2). 于是 g ′(x)=e x -2x +2a ,x ∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时, g ′(x)取最小值为 g ′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意 x ∈R ,都有 g ′(x)>0, 所以 g (x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x ∈(0,+∞), 都有 g (x)>g (0). 而 g (0)=0,从而对任意 x ∈(0,+∞),都有 g (x)>0. 即 e x -x 2+2ax -1>0, 故当 a>ln 2-1 且 x >0 时,e x >x 2-2ax +1. 10.某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为 r 米,高 为 h 米,体积为 V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为 100 元/平方 米,底面的建造成本为 160 元/平方米,该蓄水池的总建造成本为 12 000π 元(π 为圆周率). (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数 V(r)的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大. 解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为 100·2πrh =200πrh 元,底面的总成本为 160πr 2 元,所以 蓄水池的总成本为(200πrh +160πr 2)元. 又根据题意 200πrh +160πr 2=12 000π, 1 5r π 5 因为 r >0,又由 h >0 可得 r <5 3, 故函数 V(r)的定义域为(0,5 3). π 5 π 5 令 V ′(r)=0,解得 r =5 或-5(因为 r =-5 不在定义域内,舍去). ,设g(x)=,x∈(0,1], 3x3-(3x-1)·3x26(x-) g′(x)==-. x 1 )(,1) 当r∈(0,5)时,V′(r)>0,故V(r)在(0,5)上为增函数; 当r∈(5,53)时,V′(r)<0,故V(r)在(5,53)上为减函数. 由此可知,V(r)在r=5处取得最大值,此时h=8. 即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大. B组专项能力提升 (时间:30分钟) 11.设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1为函数g(x)=f(x)e x的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)的图象的是() 答案D 解析设h(x)=f(x)e x, 则h′(x)=(2ax+b)e x+(ax2+b x+c)e x=(ax2+2ax+b x+b+c)e x. 由x=-1为函数f(x)e x的一个极值点. ∴c-a=0,∴c=a.∴f(x)=ax2+b x+a. a 若方程ax2+bx+a=0有两根x1,x2,则x1x2=a=1,D中图象一定不满足条件. 12.已知函数f(x)=ax3-3x+1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围是________.答案[4,+∞) 解析当x∈(0,1]时不等式ax3-3x+1≥0可化为a≥ 1 2 x6x4 g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表:3x-13x-1 x3x3 21 2 1 2 令 f ′(x)=0,得 x =0 或 x = , 此时必有 0 <1, (x -a )(2x +a ) 所以 f ′(x)= -2x +a =- . g ′(x) g (x) + 0 极大值 4 - 因此 g (x)的最大值为 4, 则实数 a 的取值范围是[4,+∞). 13.已知函数 f(x)=ax 3-3x 2+1,若 f(x)存在唯一的零点 x 0,且 x 0>0,则 a 的取值范围是 ________. 答案 (-∞,-2) 解析 a =0 时,不符合题意, a ≠0 时,f ′(x)=3ax 2-6x , 2 a 若 a >0,则由图象知 f(x)有负数零点,不符合题意. 则 a <0,由图象 f(0)=1>0 知, ?2? 8 4 即 0 化简得 a 2>4, 又 a <0,所以 a <-2. 14.设函数 f(x)=a 2ln x -x 2+ax ,a>0. (1)求 f(x)的单调区间; (2)求所有的实数 a ,使 e -1≤f(x)≤e 2 对 x ∈[1,e]恒成立. 解 (1)因为 f(x)=a 2ln x -x 2+ax ,其中 x >0, a 2 x x 由于 a >0, 所以 f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a ,+∞). (2)由题意得 f(1)=a -1≥e -1,即 a ≥e. 由(1)知 f(x)在[1,e]内单调递增, 解 (1)f ′(x)= +(1-a)x -b ,由题设知 f ′(1)=0,解得 b =1. a ?1-a ?a ?(x -1). f ′(x)= +(1-a)x -1= 1-a 1-a 存在 x 0≥1,使得 f(x 0)< 的充要条件为 f(1)< ,即 -1< ,解得- 2-1 ?1-a ? a -1 a -1 215.设函数 f(x)=aln x + x -b x (a ≠1),曲线 y =f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 0. 2(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=aln x + x -x , ①若 a ≤ ,则 ≤1,故当 x ∈(1,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以, a -1 a -1 a -1 2 ? 1-a ?1-a 1-a ? ? 1-a 2(1-a ) a - 1 a -1 1-a -a -1 ③若 a >1,则 f(1)= -1= < . a ,+∞?时,f ′(x)>0,f(x)在 ? ? 要使 e -1≤f(x)≤e 2 对 x ∈[1,e]恒成立. ??f (1)=a -1≥e -1, 只要? ??f (e )=a 2-e 2+a e ≤e 2, 解得 a =e. 1-a 2 (1)求 b ; a (2)若存在 x 0≥1,使得 f(x 0) a x 1-a 2 x - x x ? 1-a ? 1 a 2 a a a 2 -1. 1 a 当 x ∈? ? ?1, a ?上单调递减,在? a ,+∞?上单调递增. ?1-a ? ? 1-a ? ?1-a ? a ? a ? a 的充要条件为 f ?< . a -1 ? a ? a a 2 a a 而 f ?=aln + + > ,所以不合题意. a 2 2 综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞).