高中数学题型归纳大全函数与导数题专题练习二9.已知函数f(x)=x(e2x﹣a).(1)若y=2x是曲线y=f(x)的切线,求a的值;(2)若f(x)≥1+x+lnx,求a的取值范围.10.已知函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=e x(cx+d),若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(Ⅰ)求a,b,c,d的值;(Ⅱ)若x≥﹣2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.11.已知函数f(x)=alnxx+1+b x,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y﹣3=0.(Ⅰ)求a、b的值;(Ⅱ)证明:当x>0,且x≠1时,f(x)>lnxx−1.12.已知函数f(x)=(a −1x)lnx (a ∈R ).(1)若曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为x +y ﹣1=0,求a 的值; (2)若f (x )的导函数f '(x )存在两个不相等的零点,求实数a 的取值范围; (3)当a =2时,是否存在整数λ,使得关于x 的不等式f (x )≥λ恒成立?若存在,求出λ的最大值;若不存在,说明理由.13.已知函数f (x )=4lnx ﹣ax +a+3x (a ≥0) (Ⅰ)讨论f (x )的单调性;(Ⅱ)当a ≥1时,设g (x )=2e x ﹣4x +2a ,若存在x 1,x 2∈[12,2],使f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.(e 为自然对数的底数,e =2.71828…)14.已知函数f (x )=a x +x 2﹣xlna (a >0且a ≠1) (1)求函数f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)求函数f(x)单调区间;(3)若存在x1,x2∈[﹣1,1],使得|f(x1)﹣f(x2)|≥e﹣1(e是自然对数的底数),求实数a的取值范围.15.已知函数f(x)=1−lnxx,g(x)=aee x+1x−bx,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.(1)求a,b的值;(2)证明:当x≥1时,f(x)+g(x)≥2 x.16.已知函数f(x)=ax−1+lnx(a∈R,a为常数).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)在(e,+∞)内有极值,试比较e a﹣1与a e﹣1的大小,并证明你的结论.高中数学题型归纳大全函数与导数题专题练习二9.已知函数f (x )=x (e 2x ﹣a ).(1)若y =2x 是曲线y =f (x )的切线,求a 的值; (2)若f (x )≥1+x +lnx ,求a 的取值范围.【分析】(1)根据题意,设切点的坐标为(x 1,y 1),求出函数的导数,由导数的几何意义分析可得{y 1=2x 1y 1=x 1⋅e 2x 1−ax 1(2x 1+1)e 2x 1−a =2,解可得a 的值,即可得答案;(2)根据题意,f (x )≥1+x +lnx 即x (e 2x ﹣a )≥1+x +lnx ,结合x 的取值范围变形可得a +1≤e 2x −1+lnx x ,设g (x )=e 2x −1+lnx x,利用导数分析g (x )在(0,+∞)上的最小值,据此分析可得答案.【解答】解:(1)根据题意,f (x )=x (e 2x ﹣a ),y =2x 是曲线y =f (x )的切线, 设切点的坐标为(x 1,y 1),则f ′(x )=(e 2x ﹣a )+x ×2e 2x =(2x +1)e 2x ﹣a ,又由y =2x 是曲线y =f (x )的切线,切点为(x 1,y 1),则f ′(x 1)=2, 则有{y 1=2x 1y 1=x 1⋅e 2x 1−ax 1(2x 1+1)e 2x 1−a =2,解可得a =﹣1;(2)根据题意,f (x )=x (e 2x ﹣a ),则f (x )≥1+x +lnx ,即x (e 2x ﹣a )≥1+x +lnx ,变形可得xe 2x ﹣(1+lnx )≥(a +1)x , 又由x >0,所以a +1≤e 2x −1+lnxx, 设g (x )=e 2x −1+lnxx, 其导数g ′(x )=2e 2x +lnxx2=2x 2e 2x +lnxx 2,设h (x )=2x 2e 2x +lnx ,其导数h ′(x )=4xe 2x (x +1)+1x >0,则函数h (x )在(0,+∞)上单调递增; 又由h (1e )<0,h (1)>0,则存在x 0∈(1e,1),满足h (x 0)=0,即2x 02e 2x 0+lnx 0=0,故g (x )min =g (x 0)=e 2x 0−1+lnx 0x 0, 若a +1≤e 2x −1+lnxx,必有a +1≤g (x 0), 令t =x 02e 2x 0,变形可得2x 0+2lnx 0=lnt , 由2x 02e 2x 0+lnx 0=0,变形可得2t +lnx 0=0, 则有2x 0+lnx 0=2t +lnt ,设F (x )=2x +lnx ,分析易得F (x )=2x +lnx 为增函数,则有x 0=t , 则g (x 0)=e 2x 0−1+lnx 0x 0=2,必有a +1≤2,解可得a ≤1, 故a 的取值范围为(﹣∞,1].10.已知函数f (x )=x 2+ax +b ,g (x )=e x (cx +d ),若曲线y =f (x )和曲线y =g (x )都过点P (0,2),且在点P 处有相同的切线y =4x +2. (Ⅰ)求a ,b ,c ,d 的值;(Ⅱ)若x ≥﹣2时,f (x )≤kg (x ),求k 的取值范围.【分析】(Ⅰ)对f (x ),g (x )进行求导,已知在交点处有相同的切线及曲线y =f (x )和曲线y =g (x )都过点P (0,2),从而解出a ,b ,c ,d 的值;(Ⅱ)由(I )得出f (x ),g (x )的解析式,再求出F (x )及它的导函数,通过对k 的讨论,判断出F (x )的最值,从而判断出f (x )≤kg (x )恒成立,从而求出k 的范围. 【解答】解:(Ⅰ)由题意知f (0)=2,g (0)=2,f ′(0)=4,g ′(0)=4, 而f ′(x )=2x +a ,g ′(x )=e x (cx +d +c ),故b =2,d =2,a =4,d +c =4, 从而a =4,b =2,c =2,d =2;(Ⅱ)由(I )知,f (x )=x 2+4x +2,g (x )=2e x (x +1) 设F (x )=kg (x )﹣f (x )=2ke x (x +1)﹣x 2﹣4x ﹣2, 则F ′(x )=2ke x (x +2)﹣2x ﹣4=2(x +2)(ke x ﹣1), 由题设得F (0)≥0,即k ≥1,令F ′(x )=0,得x 1=﹣lnk ,x 2=﹣2,①若1≤k <e 2,则﹣2<x 1≤0,从而当x ∈(﹣2,x 1)时,F ′(x )<0,当x ∈(x 1,+∞)时,F ′(x )>0,即F (x )在(﹣2,x 1)上减,在(x 1,+∞)上是增,故F (x )在[﹣2,+∞)上的最小值为F (x 1),而F (x 1)=﹣x 1(x 1+2)≥0,x ≥﹣2时F (x )≥0,即f (x )≤kg (x )恒成立. ②若k =e 2,则F ′(x )=2e 2(x +2)(e x ﹣e ﹣2),从而当x ∈(﹣2,+∞)时,F ′(x )>0,即F (x )在(﹣2,+∞)上是增,而F (﹣2)=0,故当x ≥﹣2时,F (x )≥0,即f (x )≤kg (x )恒成立.③若k >e 2时,F ′(x )>2e 2(x +2)(e x ﹣e ﹣2),而F (﹣2)=﹣2ke ﹣2+2<0,所以当x >﹣2时,f (x )≤kg (x )不恒成立, 综上,k 的取值范围是[1,e 2]. 11.已知函数f (x )=alnx x+1+bx,曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为x +2y ﹣3=0.(Ⅰ)求a 、b 的值;(Ⅱ)证明:当x >0,且x ≠1时,f (x )>lnxx−1.【分析】(I )据切点在切线上,求出切点坐标;求出导函数;利用导函数在切点处的值为切线的斜率及切点在曲线上,列出方程组,求出a ,b 的值.(II )构造新函数,求出导函数,通过研究导函数的符号判断出函数的单调性,求出函数的最值,证得不等式. 【解答】解:(I )f ′(x)=a(x+1x −lnx)(x+1)2−b x 2. 由于直线x +2y ﹣3=0的斜率为−12,且过点(1,1) 所以{b =1a 2−b =−12解得a =1,b =1 (II )由(I )知f (x )=lnx x+1+1x所以f(x)−lnx x−1=11−x 2(2lnx −x 2−1x )考虑函数ℎ(x)=2lnx −x 2−1x (x >0), 则ℎ′(x)=2x −2x 2−(x 2−1)x 2=−(x−1)2x 2所以当x ≠1时,h ′(x )<0而h (1)=0,当x∈(0,1)时,h(x)>0可得11−x2ℎ(x)>0;当x∈(1,+∞)时,ℎ(x)<0,可得11−x2ℎ(x)>0从而当x>0且x≠1时,f(x)−lnxx−1>0即f(x)>lnxx−112.已知函数f(x)=(a−1x)lnx(a∈R).(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y﹣1=0,求a的值;(2)若f(x)的导函数f'(x)存在两个不相等的零点,求实数a的取值范围;(3)当a=2时,是否存在整数λ,使得关于x的不等式f(x)≥λ恒成立?若存在,求出λ的最大值;若不存在,说明理由.【分析】(1)求导,利用导数的几何意义即可求解;(2)因为f′(x)=ax−1+lnxx2存在两个不相等的零点,所以g(x)=ax﹣1+lnx存在两个不相等的零点,则g′(x)=1x+a,再对a分情况讨论求出a的取值范围;(3)当a=2时,f(x)=(2−1x)lnx,f′(x)=1x2lnx+(2−1x)1x=2x−1+lnxx2,设g(x)=2x﹣1+lnx,则g′(x)=1x+2>0.所以g(x)单调递增,且g(12)=ln12<0,g(1)=1>0,所以存在x0∈(12,1)使得g(x0)=0,所以x=x0时,f(x)取得极小值,也是最小值,此时f(x0)=(2−1x0)lnx0=(2−1x)(1−2x0)=−(4x0+1x)+4,因为x0∈(12,1),所以f(x0)∈(﹣1,0),因为f(x)≥λ,且λ为整数,所以λ≤﹣1,即λ的最大值为﹣1.【解答】解:(1)f′(x)=1x2lnx+(a−1x)1x,因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y﹣1=0,所以f'(1)=a﹣1=﹣1,得a=0;(2)因为f′(x)=ax−1+lnxx2存在两个不相等的零点,所以g(x)=ax﹣1+lnx存在两个不相等的零点,则g′(x)=1x+a,①当a≥0时,g'(x)>0,所以g(x)单调递增,至多有一个零点,②当a<0时,因为当x∈(0,−1a)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x ∈(−1a,+∞)时,g '(x )<0,g (x )单调递减, 所以x =−1a 时,g(x)max =g(−1a )=ln(−1a)−2,因为g (x )存在两个零点,所以ln(−1a )−2>0,解得﹣e ﹣2<a <0, 因为﹣e ﹣2<a <0,所以−1a>e 2>1,因为g (1)=a ﹣1<0,所以g (x )在(0,−1a )上存在一个零点, 因为﹣e ﹣2<a <0,所以(−1a )2>−1a,因为g[(−1a )2]=ln(−1a )2+1a −1,设t =−1a ,则y =2lnt ﹣t ﹣1(t >e 2), 因为y ′=2−tt <0,所以y =2lnt ﹣t ﹣1(t >e 2)单调递减,所以y <2ln (e 2)﹣e 2﹣1=3﹣e 2<0,所以g[(−1a )2]=ln(−1a )2+1a −1<0, 所以g (x )在(−1a,+∞)上存在一个零点, 综上可知,实数a 的取值范围为(﹣e ﹣2,0); (3)当a =2时,f(x)=(2−1x )lnx ,f ′(x)=1x 2lnx +(2−1x )1x =2x−1+lnxx 2, 设g (x )=2x ﹣1+lnx ,则g ′(x)=1x +2>0.所以g (x )单调递增, 且g(12)=ln 12<0,g (1)=1>0,所以存在x 0∈(12,1)使得g (x 0)=0, 因为当x ∈(0,x 0)时,g (x )<0,即f '(x )<0,所以f (x )单调递减; 当x ∈(x 0,+∞)时,g (x )>0,即f '(x )>0,所以f (x )单调递增, 所以x =x 0时,f (x )取得极小值,也是最小值,此时f(x 0)=(2−1x 0)lnx 0=(2−1x 0)(1−2x 0)=−(4x 0+1x 0)+4,因为x 0∈(12,1),所以f (x 0)∈(﹣1,0),因为f (x )≥λ,且λ为整数,所以λ≤﹣1,即λ的最大值为﹣1. 13.已知函数f (x )=4lnx ﹣ax +a+3x (a ≥0) (Ⅰ)讨论f (x )的单调性;(Ⅱ)当a ≥1时,设g (x )=2e x ﹣4x +2a ,若存在x 1,x 2∈[12,2],使f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.(e 为自然对数的底数,e =2.71828…)【分析】(Ⅰ)先求函数f (x )的定义域、f ′(x ),然后解关于x 的不等式f ′(x )>0,f ′(x )<0即可.(Ⅱ)存在x 1,x 2∈[12,2],使f (x 1)>g (x 2)可转化为在[12,2]上f (x )的最大值大于g (x )的最小值,进而转化为求f (x )、g (x )在[12,2]上的最大值、最小值问题.【解答】解:(Ⅰ)f (x )的定义域为(0,+∞).f ′(x )=4x −a −a+32=−ax 2+4x−(a+3)2,(x >0),令h (x )=﹣ax 2+4x ﹣(a +3), (1)当a =0时,h (x )=4x ﹣3,令h (x )>0,得x >34,此时f ′(x )>0;令h (x )<0,得0<x <34,此时f ′(x )<0,∴f (x )的减区间为(0,34],增区间为[34,+∞);(2)当a >0时,△=42﹣4(﹣a )[﹣(a +3)]=﹣4(a ﹣1)(a +4),①若a ≥1,则△≤0,∴h (x )≤0,f ′(x )≤0,∴f (x )在区间(0,+∞)上单调递减.②若0<a <1,则△>0,x 1+x 2=4a >0,x 1x 2=a+3a >0,∴x 1=2−√−(a−1)(a+4)a >0,x 2=2+√−(a−1)(a+4)a>0,当x ∈(0,x 1)时,h (x )<0,f ′(x )<0,f (x )单调递减,当x ∈(x 1,x 2)时,h (x )>0,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈(x 2,+∞)时,h (x )<0,f ′(x )<0,f (x )单调递减. 综上,当a =0时,f (x )的减区间为(0,34],增区间为[34,+∞).当0<a <1时,f (x )的减区间为(0,2−√−(a−1)(a+4)a ),(2+√−(a−1)(a+4)a,+∞);增区间为(2−√−(a−1)(a+4)a,2+√−(a−1)(a+4)a).当a ≥1时,f (x )的减区间为(0,+∞).(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,当a ≥1时,f (x )在[12,2]上单调递减,∴f (x )在[12,2]上的最大值为f (12)=﹣4ln 2+32a +6,g ′(x )=2e x ﹣4,令g ′(x )=0,得x =ln 2.当x ∈[12,ln 2)时,g ′(x )<0,∴g(x )单调递减,x ∈(ln 2,2]时,g ′(x )>0,g (x )单调递增, ∴g (x )在[12,2]上的最小值为g (ln 2)=4﹣4ln 2+2a ,由题意可知﹣4ln2+32a+6>4﹣4ln2+2a,解得a<4,又a≥1,所以实数a的取值范围为[1,4).14.已知函数f(x)=a x+x2﹣xlna(a>0且a≠1)(1)求函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)单调区间;(3)若存在x1,x2∈[﹣1,1],使得|f(x1)﹣f(x2)|≥e﹣1(e是自然对数的底数),求实数a的取值范围.【分析】(1)先求f′(x),再计算f′(0),和f(0),即可得到切线方程;(2)先求函数的导数f′(x)=a x lna+2x﹣lna=2x+(a x﹣1)lna,并且f′(0)=0,判断零点两侧的正负,得到单调区间;(3)将存在性问题转化为|f(x1)﹣f(x2)|max≥e﹣1,即f(x)max﹣f(x)min≥e﹣1,根据上一问的单调性得到最小值f(0),再计算端点值f(﹣1)和f(1)比较大小.因为f(1)−f(−1)=(a+1−lna)−(1a+1+lna)=a−1a−2lna,再令令g(a)=a−1a−2lna(a>0),求其导数,分情况比较大小,计算a的取值范围.【解答】解:(1)因为函数f(x)=a x+x2﹣xlna(a>0,a≠1),所以f′(x)=a x lna+2x﹣lna,f′(0)=0,又因为f(0)=1,所以函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1;(2)由(1),f′(x)=a x lna+2x﹣lna=2x+(a x﹣1)lna.当a>1时,lna>0,(a x﹣1)lna在R上递增;当0<a<1时,lna<0,(a x﹣1)lna在R上递增;故当a>0,a≠1时,总有f′(x)在R上是增函数,又f′(0)=0,所以不等式f′(x)>0的解集为(0,+∞),故函数f(x)的单调增区间为(0,+∞),递减区间为(﹣∞,0);(3)因为存在x1,x2∈[﹣1,1],使得|f(x1)﹣f(x2)|≥e﹣1成立,而当x∈[﹣1,1]时,|f(x1)﹣f(x2)|≤f(x)max﹣f(x)min,所以只要f(x)max﹣f(x)min≥e﹣1即可.又因为x,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示:x(﹣∞,0)0 (0,+∞)f′(x)﹣0 +f(x)减函数极小值增函数可得f(x)在[﹣1,0]上是减函数,在[0,1]上是增函数,所以当x∈[﹣1,1]时,f(x)的最小值f(x)min=f(0)=1,f(x)的最大值f(x)max为f(﹣1)和f(1)中的最大值.因为f(1)−f(−1)=(a+1−lna)−(1a+1+lna)=a−1a−2lna,令g(a)=a−1a−2lna(a>0),因为g′(a)=1+1a2−2a=(1−1a)2>0,所以g(a)=a−1a−2lna在a∈(0,1)、(1,+∞)上是增函数.而g(1)=0,故当a>1时,g(a)>0,即f(1)>f(﹣1);当0<a<1时,g(a)<0,即f(1)<f(﹣1).所以,当a>1时,f(1)﹣f(0)≥e﹣1,即a﹣lna≥e﹣1,函数y=a﹣lna在a∈(1,+∞)上是增函数,解得a≥e;当0<a<1时,f(﹣1)﹣f(0)≥e﹣1,即1a+lna≥e−1,函数y=1a+lna在a∈(0,1)上是减函数,解得0<a≤1e.综上可知,所求a的取值范围为a∈(0,1e]∪[e,+∞).15.已知函数f(x)=1−lnxx,g(x)=aee x+1x−bx,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.(1)求a,b的值;(2)证明:当x≥1时,f(x)+g(x)≥2 x.【分析】(1)根据题意,求出函数f(x)的导数,计算可得f′(1)=﹣1;将公共点A 的坐标代入g(x)中,变形可得a=b,求出g(x)的导数,分析可得g′(1)=﹣a﹣1﹣a=1,解可得a的值,进而可得b的值,即可得答案;(2)根据题意,由(1)的结论可得f(x)+g(x)=1−lnxx−e e x+1x+x,设h(x)=(1−lnx x−ee x+1x+x)−2x=1−lnx x−e e x−1x+x,计算可得h(0)=0,求出其导数分析可得函数h(x)在[1,+∞)上为增函数,结合函数的单调性可得h(x)=(1−lnxx−e e x+1x+x)−2x≥h(0)=0,将其变形即可得结论.【解答】解:(1)根据题意,函数f(x)=1−lnxx,其导数f′(x)=−1−lnx2,则有f′(1)=﹣1,g(x)=aee x+1x−bx,过点(1,1),则有g(1)=a+1﹣b=1,化简可得a=b,则g(x)=aee x+1x−ax,g′(x)=−ae e x−1x2−a,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直,且f′(1)=﹣1,则g′(1)=﹣a﹣1﹣a=1,则有a=﹣1,则b=﹣1,故a=b=﹣1,(2)证明:由(1)的结论,g(x)=−ee x+1x+x,则f(x)+g(x)=1−lnx x−e e x+1x+x,设h(x)=(1−lnxx−e e x+1x+x)−2x=1−lnx x−e e x−1x+x,则有h(0)=1﹣1﹣1+1=0,其导数h′(x)=lnx−1x2+e e x+1x2+1,又由x≥1可得:h′(x)=lnx−1x2+e e x+1x2+1>0,则函数h(x)在[1,+∞)上为增函数,则有当x≥1时,h(x)=(1−lnxx−e e x+1x+x)−2x≥h(1)=0,则有(1−lnxx−e e x+1x+x)−2x≥0,即f(x)+g(x)≥2 x.16.已知函数f(x)=ax−1+lnx(a∈R,a为常数).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)在(e,+∞)内有极值,试比较e a﹣1与a e﹣1的大小,并证明你的结论.【分析】(1)求出f(x)的导数,通过讨论a的取值范围,确定函数的单调区间即可.(2)由(1)知a>0,①则h(x)=x2﹣(a+2)x+1有一变号零点在区间(e,+∞)上,不妨设x2>e,又因为x1x2=1,所以0<x1<1e<e<x2,又h(0)=1,所以只需h(1e)<0,得a >e +1e −2,②联立①②可得:a >e +1e−2.从而e a ﹣1与a e﹣1均为正数.要比较e a ﹣1a e﹣1与的大小⇒同取自然底数的对数,即比较(a ﹣1)与(e ﹣1)lna 的大小⇒再转化为比较lne e−1与lna a−1的大小.构造函数φ(x )=lnxx−1(x >1),求导,分析单调性,讨论a 的取值范围,进而得出结论.【解答】解:(1)定义域为(0,1)∪(1,+∞), f′(x)=1x −a (x−1)2=x 2−(a+2)x+1x(x−1)2,设h (x )=x 2﹣(a +2)x +1,△=(a +2)2﹣4,当﹣4≤a <0时,△=(a +2)2﹣4<0,此时h (x )>0,从而f ′(x )>0恒成立, 故函数f (x )在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是增函数; 当a <﹣4时,函数h (x )=x 2﹣(a +2)x +1图象开口向上,对称轴x =a+22<0,又h (0)=1>0,所以此时h (x )>0,从而f ′(x )>0恒成立,故函数f (x )在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是增函数;当a >0时,△=(a +2)2﹣4>0,设h (x )=x 2﹣(a +2)x +1有两个不同的实根x 1,x 2,共中x 1+x 2=a +2>0,x 1x 2=1,令0<x 1<1<x 2,则x 1=(a+2)−√a 2+4a 2,x 2=(a+2)+√a 2+4a 2, 令f ′(x )>0,得0<x <x 1或x >x 2;令f ′(x )<0,得x 1<x <1或1<x <x 2, 故函数f (x )在(0,x 1)上是增函数,在(x 2,+∞)上是增函数,在(x 1,1),(1,x 2)上单调单调递减.当a >0时,函数f (x )在(0,(a+2)−√a 2+4a2)上是增函数,在((a+2)+√a 2+4a2,+∞)上是增函数,在((a+2)−√a 2+4a2,1)是减函数,在(1,(a+2)+√a 2+4a2)上是减函数.当a =0时,函数f (x )在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是增函数; (2)要使y =f (x )在(e ,+∞)上有极值,由(1)知a >0,①则h (x )=x 2﹣(a +2)x +1有一变号零点在区间(e ,+∞)上,不妨设x 2>e , 又因为x 1x 2=1,∴0<x 1<1e <e <x 2,又h (0)=1, ∴只需h (1e )<0,即1e −(a +2)1e+1<0,∴a >e +1e −2,②联立①②可得:a>e+1e−2.从而e a﹣1与a e﹣1均为正数.要比较e a﹣1a e﹣1与的大小,同取自然底数的对数,即比较(a﹣1)lne与(e﹣1)lna的大小,再转化为比较lnee−1与lnaa−1的大小.构造函数φ(x)=lnxx−1(x>1),则φ′(x)=1−1x−lnx(x−1)2,再设m(x)=1−1x−lnx,则m′(x)=1−xx2,从而m(x)在(1,+∞)上单调递减,此时m(x)<m(1)=0,故φ′(x)<0在(1,+∞)上恒成立,则φ(x)=lnxx−1在(1,+∞)上单调递减.综上所述,当a∈(e+1e−2,e)时,e a﹣1<a e﹣1;当a=e时,e a﹣1=a e﹣1;当a∈(e,+∞)时,e a﹣1>a e﹣1.。