高中数学题型归纳大全函数与导数题专题练习二

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．。