导数与函数的综合问题

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

例1 设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )

x 2<0恒成立，则

不等式x 2f (x )>0的解集是( ) A ．(－2,0)∪(2，＋∞) B ．(－2,0)∪(0,2) C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D ．(－∞，－2)∪(0,2)

答案 D

解析 x >0时????f (x )x ′<0，∴φ(x )＝f (x )

x 为减函数，

又φ(2)＝0，∴当且仅当00， 此时x 2f (x )>0.

又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (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

2

x ≤sin x ≤x . 证明 记F (x )＝sin x －22

x ， 则F ′(x )＝cos x －

2

2

. 当x ∈(0，π4)时，F ′(x )>0，F (x )在[0，π

4]上是增函数；

当x ∈(π4，1)时，F ′(x )<0，F (x )在[π

4，1]上是减函数．

又F (0)＝0，F (1)>0，所以当x ∈[0,1]时，F (x )≥0， 即sin x ≥

2

2

x . 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， 则H (x )≤H (0)＝0，即sin x ≤x . 综上，

2

2

x ≤sin x ≤x ，x ∈[0,1]．

命题点3 不等式恒成立问题

例3 已知定义在正实数集上的函数f (x )＝1

2x 2＋2ax ，g (x )＝3a 2ln x ＋b ，其中a >0.设两曲线y

＝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)， f ′(x )＝x ＋2a ，g ′(x )＝3a 2

x

，

由题意知f (x 0)＝g (x 0)，f ′(x 0)＝g ′(x 0)，

即???

12

x 2

0＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，x 0

＋2a ＝3a

2

x

.

由x 0＋2a ＝3a 2

x 0，得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去)．

即有b ＝12a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝5

2a 2－3a 2ln a .

令h (t )＝5

2t 2－3t 2ln t (t >0)，则h ′(t )＝2t (1－3ln t )．

于是当t (1－3ln t )>0，即0

3时，h ′(t )>0；

当t (1－3ln t )<0，即t >e 1

3

时，h ′(t )<0.

故h (t )在(0，e 13)上为增函数，在(e 1

3，＋∞)上为减函数，

于是h (t )在(0，＋∞)上的最大值为h (e 13)＝32e 2

3，

即b 的最大值为3

2

2

3e .

(2)证明 设F (x )＝f (x )－g (x )＝1

2x 2＋2ax －3a 2ln x －b (x >0)，

则F ′(x )＝x ＋2a －3a 2x ＝(x －a )(x ＋3a )

x

(x >0)．

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．

已知函数f (x )＝ln x －a

x

.若f (x )

解 ∵f (x )

x

又x >0，∴a >x ln x －x 3，

令g (x )＝x ln x －x 3，则h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1

x －6x ＝1－6x 2x ，

∵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. (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. 由题设得－2

a ＝－2，所以a ＝1.

(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＋x sin 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． 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 (单位：元/千克)满足关系式y ＝

a

x －3

＋10(x －6)2，其中3

(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．

解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a

2＋10＝11，a ＝2.

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y ＝2x －3

＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f (x )＝(x －3)[2

x －3＋10(x －6)2]

＝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：

由上表可得，x ＝所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.

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．

某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－39

2

x 2－40x (x >0)，为使

耗电量最小，则速度应定为________． 答案 40

解析 由y ′＝x 2－39x －40＝0， 得x ＝－1或x ＝40， 由于040时，y ′>0.

所以当x ＝40时，y 有最小值．

一审条件挖隐含

典例 (12分)设f (x )＝a

x

＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.

(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈[1

2

，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．

(1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M (正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M

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

(2)对任意s ，t ∈[1

2，2]都有f (s )≥g (t )

(理解“任意”的含义) f (x )min ≥g (x )max 求得g (x )max ＝1 a

x

＋x ln 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] 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －2

3)．

令g ′(x )>0得x <0，或x >2

3

，

又x ∈[0,2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min ＝g (2

3)

＝－85

27，

g (x )max ＝g (2)＝1.

故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝112

27

≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.[5分]

(2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[1

2，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[7

分]

由(1)可知在区间[1

2

，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.

在区间[12，2]上，f (x )＝a

x

＋x ln 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 )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[1

2

，2]上是减函数，又h ′(1)

＝0，

所以当1

2

0.[10分]

即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(1

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)

1．已知函数f (x )＝?

????

－x 2＋2x (x ≤0)，ln (x ＋1)(x >0)，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )

A ．(－∞，0]

B ．(－∞，1]

C ．[－2,1]

D ．[－2,0]

答案 D 解析 |f (x )|≥ax ?

?

????

－(－x 2

＋2x )≥ax (x ≤0)， (1)ln (x ＋1)≥ax (x >0)， (2)成立． 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

x ＋1

－a (x >0)，可知h ′(x )为减函数． 当a ≤0时，h ′(x )>0，故h (x )为增函数， 所以h (x )>h (0)＝0恒成立； 当a ≥1时，因为1

x ＋1∈(0,1)，

所以h ′(x )＝

1

x ＋1

－a <0，故h (x )为减函数， 所以h (x )

当00，满足h (x 0)＝ln(x 0＋1)－ax 0<0成立．如a ＝1

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0ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x 1x 1e x 2 D ．x 2e x 1

解析 设f (x )＝e x

x ，则f ′(x )＝x ·e x －e x x 2＝e x (x －1)x 2

.

当0f (x 2)，即e x 1x 1>e x 2

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 B ．2百万件 C ．3百万件

D ．4百万件

答案 C

解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当00； 当x >3时，y ′<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.

5．设函数h t (x )＝3tx －32

2t ，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， ∴h 7(x 0)≥h t (x 0)max ，记g (t )＝h t (x 0)＝3tx 0－32

2t ， 则g ′(t )＝3x 0－1

2

3t ，令g ′(t )＝0，

得t ＝x 20，易得h t (x 0)max ＝g (x 20)＝x 3

0，

∴21x 0－147≥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 )，f ′(x )>0，对于任意实数x ，有f (x )≥0，则f (1)f ′(0)的最小值为________． 答案 2

解析 ∵f ′(x )＝2ax ＋b ，∴f ′(0)＝b >0.

由题意知?

????

Δ＝b 2

－4ac ≤0a >0，∴ac ≥b 2

4，∴c >0，

∴f (1)f ′(0)

＝a ＋b ＋c b ≥b ＋2ac b ≥2b

b ＝2，当且仅当a ＝

c 时“＝”成立．

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 )

f (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 ，＋∞)

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， 即当x >0时，a >－e x

x 恒成立．

设Q (x )＝－e x

x

.

Q ′(x )＝－e x x －e x x 2＝(1－x )e x

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：

故f (x )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 ， 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， 所以h ＝1

5r (300－4r 2)，

从而V (r )＝πr 2h ＝π

5(300r －4r 3)．

因为r >0，又由h >0可得r <53， 故函数V (r )的定义域为(0,53)． (2)因为V (r )＝π

5

(300r －4r 3)，

所以V ′(r )＝π

5

(300－12r 2)．

令V ′(r )＝0，解得r ＝5或－5(因为r ＝－5不在定义域内，舍去)． 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 )＝ax 2＋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 ＋(ax 2＋bx ＋c )e x ＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋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 )＝ax 2＋bx ＋a .

若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2，则x 1x 2＝a

a

＝1，D 中图象一定不满足条件．

12．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋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ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1

x 3

，x ∈(0,1]， g ′(x )＝3x 3

－(3x －1)·3x

2

x 6＝－6(x －1

2)

x

4

. g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：

因此g (x )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 ， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝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， 此时必有0

2a <1， 即0

a 2＋1<1，

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， 所以f ′(x )＝a 2

x －2x ＋a ＝－(x －a )(2x ＋a )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， 要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．

只要?

????

f (1)＝a －1≥e －1，

f (e )＝a 2－e 2＋a e ≤e 2

， 解得a ＝e.

15．设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2

－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.

(1)求b ；

(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)

a －1

，求a 的取值范围．

解 (1)f ′(x )＝a

x ＋(1－a )x －b ，由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.

(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2

－x ，

f ′(x )＝a

x ＋(1－a )x －1＝1－a x ???

?x －a 1－a (x －1)．

①若a ≤12，则a

1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以，

存在x 0≥1，使得f (x 0)

a －1，解得－2－1

－1.

②若12

1－a

>1，故当x ∈????1，a 1－a 时，f ′(x )<0；

当x ∈????a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在????1，a 1－a 上单调递减，在???

?a 1－a ，＋∞上单调递增．

所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)

a a －1. 而f ????a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 2

2(1－a )＋a a －1>a

a －1，所以不合题意．

③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12

.

综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．