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）=alnx
x+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）＞lnx
x?1．
12．已知函数f(x)=(a ?1
x
)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+3
x （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∈[1
2，2]，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?lnx
x，g（x）=
ae
e 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)=
a
x?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 1
y 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 1
y 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+lnx
x
， 设g （x ）＝e 2x ?1+lnx
x
， 其导数
g ′（x ）＝2e 2x +lnx
x
2
=2x 2e 2x +lnx
x 2，
设h （x ）＝2x 2e 2x +lnx ，
其导数h ′（x ）＝4xe 2x （x +1）+1
x ＞0，则函数h （x ）在（0，+∞）上单调递增； 又由h （1
e ）＜0，h （1）＞0，
则存在x 0∈（1
e
，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 0
x 0
， 若a +1≤e 2x ?
1+lnx
x
，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 0
x 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+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 ）＞lnx
x?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?1
2，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+1
x
所以f(x)?lnx x?1=11?x 2(2lnx ?x 2?1
x )
考虑函数?(x)=2lnx ?x 2?1
x (x ＞0)， 则?′(x)=2x ?2x 2?(x 2?1)x 2=?(x?1)
2
x 2
所以当x ≠1时，h ′（x ）＜0而h （1）＝0，
当x∈（0，1）时，h（x）＞0可得1
1?x2
?(x)＞0；
当x∈(1，+∞)时，?(x)＜0，可得
1
1?x2
?(x)＞0
从而当x＞0且x≠1时，
f(x)?
lnx
x?1＞0即f(x)＞
lnx
x?1
12．已知函数f(x)=(a?1
x
)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+lnx
x2
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)=1
x
+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?1
x
)lnx，f′(x)=1
x2
lnx+(2?1x)1x=2x?1+lnx
x2
，设g（x）
＝2x﹣1+lnx，则g′(x)=1
x
+2＞0．所以g（x）单调递增，且g(12)=ln12＜0，
g（1）＝1＞0，所以存在x0∈(1
2，1)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?1
x0
)lnx0=(2?1x
)(1?2x0)=?(4x0+1x
)+4，因
为x0∈(1
2，1)，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)=1
x2
lnx+(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+lnx
x2
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)=1
x
+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 ∈(?1
a
，+∞)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(?1
a )?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，?1
a )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 =?1
a ，则y ＝2lnt ﹣t ﹣1（t ＞e 2）， 因为y ′=2?t
t ＜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+1
a ?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?1
x )lnx ，f ′(x)=
1x 2lnx +(2?1x )1x =2x?1+lnx
x 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+1
x 0
)+4
，
因为x 0∈(1
2
，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+3
x （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∈[1
2，2]，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∈[1
2
，2]，使f （x 1）＞g （x 2）可转化为在[1
2
，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[1
2
，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 ＞3
4，此时f ′（x ）＞0；令h （x ）＜0，得0＜x ＜3
4，此时f ′（x ）＜0，∴f （x ）的减区间为（0，3
4
]，增区间为[3
4
，+∞）；
（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（0，3
4
]，增区间为[3
4
，+∞）．
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[1
2
，2]上单调递减，∴f （x ）在[1
2
，2]上的最
大值为f （1
2
）＝﹣4ln 2+3
2a +6，
g ′（x ）＝2e x ﹣4，令g ′（x ）＝0，得x ＝ln 2．当x ∈[1
2
，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[1
2，2]上的最小值为g （ln 2）＝4﹣4ln 2+2a ，
由题意可知﹣4ln2+3
2
a+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)?(1
a
+1+lna)=a?1a?2lna，
令g(a)=a?1
a
?2lna(a＞0)，因为g′(a)=1+1
a2
?2a=(1?1a)2＞0，
所以g(a)=a?1
a
?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1
a
+lna≥e?1，
函数y=1
a
+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∈(0，1
e
]∪[e，+∞)．
15．已知函数f（x）＝1?lnx
x，g（x）=
ae
e 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?lnx
x
?e e x+1x+x，设h（x）＝（1?lnx x?
e
e 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?lnx
x
?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?lnx
x，其导数f′（x）=?
1?lnx
2
，则有f′
（1）＝﹣1，
g（x）=ae
e x
+1x?bx，过点（1，1），则有g（1）＝a+1﹣b＝1，化简可得a＝b，
则g（x）=ae
e x
+1x?ax，g′（x）=?ae e x?1
x2
?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）=?e
e x
+1x+x，则f（x）+g（x）＝1?lnx x?e e x+1x+x，
设h（x）＝（1?lnx
x
?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?1
x2
+e e x+1
x2
+1，
又由x≥1可得：h′（x）=lnx?1
x2
+e e x+1
x2
+1＞0，则函数h（x）在[1，+∞）上为增函
数，
则有当x≥1时，h（x）＝（1?lnx
x
?e e x+1x+x）?2x≥h（1）＝0，
则有（1?lnx
x
?e e x+1x+x）?2x≥0，
即f（x）+g(x)≥2 x．
16．已知函数f(x)=
a
x?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＜1
e＜e＜x2，又h（0）＝1，所以只需h（
1
e
）
＜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 ）=
lnx
x?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)=1
x ?
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+2
2
＜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+4a
2
）上是增函数，在（
(a+2)+√a 2+4a
2，+
∞）上是增函数，在（(a+2)?√a 2+4a
2
，1）是减函数，在（1，
(a+2)+√a 2+4a
2
）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＜1
e ＜e ＜x 2，又h （0）＝1， ∴只需h （1
e ）＜0，即
1e ?(a +2)
1e
+1＜0，∴a ＞e +1
e ?2，②
联立①②可得：a＞e+1
e
?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lne
e?1与
lna
a?1
的大小．
构造函数φ（x）=lnx
x?1（x＞1），则φ′（x）=
1?1x?lnx
(x?1)2
，
再设m（x）＝1?1
x
?lnx，则m′(x)=1?x
x2
，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）=lnx
x?1在
（1，+∞）上单调递减．
综上所述，当a∈（e+1
e
?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．