2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第3课时导数在不等式中的应用 17页

www.ks5u.com 第三课时　导数在不等式中的应用 考点一　构造函数证明不等式　多维探究 角度1　直接构造函数证明不等式 ‎【例1－1】 (2020·南昌调研)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－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)≥.‎ ‎(1)解　因为f(x)＝1－，‎ 所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.‎ 因为g(x)＝＋－bx，‎ 所以g′(x)＝－－－b.‎ 因为曲线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，‎ 所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1.‎ 从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1.‎ 解得a＝b＝－1.‎ ‎(2)证明　由(1)知，g(x)＝－＋＋x，‎ 则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.‎ 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，‎ 则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.‎ 因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，‎ 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，‎ 所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0.‎ 故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.‎ 角度2　适当放缩构造函数证明不等式 ‎【例1－2】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.‎ ‎(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.‎ ‎(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.‎ 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.‎ 从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.‎ 当02时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.‎ ‎(2)证明　当a≥时，f(x)≥－ln x－1(x>0).‎ 设g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－(x>0).‎ 当01时，g′(x)>0.‎ 所以x＝1是g(x)的最小值点.‎ 故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.‎ 因此，当a≥时，f(x)≥0.‎ 规律方法　构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常用的两种构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1；ln x0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)等.‎ ‎【训练1】 (1)(角度1)已知函数f(x)＝ln x.‎ ‎①求函数g(x)＝f(x－1)－x＋2的最大值；‎ ‎②已知0.‎ ‎①解　因为g(x)＝f(x－1)－x＋2＝ln(x－1)－x＋2(x>1).‎ 所以g′(x)＝－1＝，当x∈(1，2)时，g′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0.‎ 则g(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减.‎ 所以g(x)＝ln(x－1)－x＋2的最大值为g(2)＝0.‎ ‎②证明　要证明f(b)－f(a)>，‎ 只需证ln b－ln a>＝.‎ 则ln >.又因为01，‎ 构造函数F(x)＝ln x－(x>1)，‎ 则F′(x)＝＋＝＝>0，‎ 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，有F(x)>F(1)＝0.‎ 所以有f(b)－f(a)>.‎ ‎(2)(角度2)已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎①若a＝1，求f(x)的单调区间；‎ ‎②若a＝0，x∈(0，1)，证明：x2－<.‎ ‎①解　当a＝1时，f(x)＝ln x－，x∈(0，＋∞)，‎ ‎∴f′(x)＝－＝ ‎＝.‎ 当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，‎ ‎∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.‎ ‎②证明　当a＝0，x∈(0，1)时，x2－<等价于＋x2－<0，‎ ‎∵当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，∴<－ln x，‎ ‎∴只需要证－ln x＋x2－<0在(0，1)上恒成立.‎ 令g(x)＝－ln x＋x2－，x∈(0，1)，‎ ‎∴g′(x)＝－＋2x＋＝>0，‎ 则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)<－ln 1＋1－1＝0，‎ ‎∴当x∈(0，1)时，x2－<.‎ 考点二　隔离分析最值法证明不等式 ‎【例2】 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a＝e时，证明：xf(x)≤ex－2ex.‎ ‎(1)解　f′(x)＝－a(x>0)，‎ ‎①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②若a>0，则当00；‎ 当x>时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎(2)证明　因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，‎ 当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.‎ 所以f(x)max＝f(1)＝－e.‎ 设g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，‎ 所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，‎ 所以g(x)min＝g(1)＝－e.‎ 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e.‎ 故不等式xf(x)≤ex－2ex得证.‎ 规律方法　1.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.‎ ‎2.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min＝f(x)max恒成立.从而f(x)≤g(x ‎)恒成立，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.‎ ‎【训练2】 已知函数f(x)＝xln x－ax，G(x)＝－(x>0).‎ ‎(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；‎ ‎(2)求函数G(x)的最大值；‎ ‎(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立.‎ ‎(1)解　函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞).‎ 当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.‎ 由f′(x)＝0，得x＝.‎ 当x∈时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在x＝处取得极小值，也是最小值.‎ 故f(x)min＝f＝－，‎ 显然当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(x)没有最大值.‎ ‎(2)解　易知G′(x)＝′＝.‎ ‎∴当00；当x>1时，G′(x)<0.‎ ‎∴G(x)的最大值为G(1)＝－.‎ ‎(3)证明　当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.‎ 由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号.‎ 又由(2)知G(x)max＝G(1)＝－，‎ 因此f(x)>G(x)，故1＋ln x>－.‎ 考点三　不等式恒成立或有解问题　多维探究 角度1　不等式恒成立求参数 ‎【例3－1】 (2020·西安模拟改编)已知函数f(x)＝aln x－x＋1(其中a>0).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的极值；‎ ‎(2)对任意x>0，f(x)≤(a2－1)成立，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1.‎ 因为a>0，令f′(x)＝0，得x＝a，‎ 在(0，a)上，f′(x)>0，f(x)是增函数；‎ 在(a，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)是减函数，‎ 所以当x＝a时，f(x)有极大值f(a)＝aln a－a＋1，无极小值.‎ ‎(2)由(1)知，当x＝a取得极大值也是最大值.‎ 所以f(x)max＝f(a)＝aln a－a＋1(a>0)，‎ 要使得对任意x>0，f(x)≤(a2－1)成立，‎ 即aln a－a＋1≤(a2－1)，‎ 则aln a＋－a－a2≤0成立，‎ 令u(a)＝aln a＋－a－a2(a>0)，‎ 所以u′(a)＝ln a＋1－1－a＝ln a－a，‎ 令k(a)＝u′(a)＝ln a－a，‎ k′(a)＝－1，令k′(a)＝＝0，得a＝1，‎ 在(0，1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函数，在(1，＋∞)上，k′(a)<0，k(a)＝u′(a)是减函数，‎ 所以当a＝1时，k(a)＝u′(a)取得极大值也是最大值，‎ ‎∴u′(a)max＝u′(1)＝－1<0，‎ 在(0，＋∞)上，u′(a)<0，u(a)是减函数，又u(1)＝0，‎ 所以要使得u(a)≤0恒成立，则a≥1，‎ 所以实数a的取值范围为[1，＋∞).‎ 规律方法　1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.‎ ‎2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.‎ ‎【训练3】 已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1).‎ ‎(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)，f′(x)＝xex＋ex－4，则f′(0)＝－3，f(0)＝2，‎ 所以所求切线方程为y＝－3x＋2.‎ ‎(2)若a≤－1时，显然f(x)≥0对x>0不恒成立.‎ 若a>－1时，f(x)≥0对任意x>0恒成立，转化为≥对任意x>0恒成立.‎ 设函数F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝－.‎ 当00；当x>1时，F′(x)<0，‎ 所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以F(x)max＝F(1)＝，‎ 于是≥，解得a≥.‎ 故实数a的取值范围是.‎ 角度2　不等式能成立或有解求参数的取值(范围)‎ ‎【例3－2】 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围.‎ 解　(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.‎ 当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；‎ 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.‎ 由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；‎ 由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).‎ 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；‎ 当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).‎ ‎(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，‎ 则ax≤，即a≤.‎ 设h(x)＝，则问题转化为a≤.‎ 由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.‎ 当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ h′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ h(x)‎  极大值  由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a≤.‎ 故a的取值范围是.‎ 规律方法　1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 ‎(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；‎ ‎(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.‎ ‎2.含全称、存在量词不等式能成立问题 ‎(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.‎ ‎【训练4】 已知函数f(x)＝xln x(x>0).‎ ‎(1)求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值.‎ 解　(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，‎ 令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00).‎ 则g′(x)＝＋1－＝＝.‎ 由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得00)，当且仅当x＝1时，等号成立.‎ ‎(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立.‎ 进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1).‎ ‎【例1】 (1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)‎ 解析　因为f(x)的定义域为 即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.‎ 当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(x>0)，‎ 以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，‎ 所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－10，由f′(x)＝1－＝知，‎ 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；‎ 所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，‎ 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.‎ 因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.‎ 令x＝1＋，得ln<.‎ 从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.故…0，‎ 所以f(x)≥0等价于a≥.‎ 令g(x)＝，则g′(x)＝，‎ 所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，‎ 则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，‎ 所以a的最小值为1.‎ ‎(2)证明　当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥1＋ln t.‎ 令＝t，则－x－ln x＝ln t，故t≥1＋(－x－ln x)，‎ 所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.‎ A级　基础巩固 一、选择题 ‎1.函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为(　　)‎ A.(1，＋∞) B.(0，1)‎ C.(1，) D.(1，)‎ 解析　由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝，‎ ‎∵x0使f′(x)＝f(x)成立，∴＝ln x0＋a，‎ 又01，ln x0<0，∴a＝－ln x0>1.‎ 答案　A ‎2.已知函数f(x)＝－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.a>2 B.a<3‎ C.a≤1 D.a≥3‎ 解析　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解.‎ 令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝－ln x.‎ 由h′(x)＝0，得x＝1.‎ 当00，当x>1时，h′(x)<0.‎ 故当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1，‎ 所以要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，‎ 只要a小于或等于h(x)的最大值即可，即a≤1.‎ 答案　C ‎3.(2020·成都诊断)已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)‎ A.[0，1] B.[0，2]‎ C.[0，e] D.[1，e]‎ 解析　当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，且f(x)关于x＝a对称.‎ 所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，‎ 当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.‎ 综上，a≥0.‎ 当x>1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，‎ 即a≤恒成立.‎ 设g(x)＝，则g′(x)＝.‎ 令g′(x)＝0，得x＝e，‎ 且当1e时，g′(x)>0，‎ ‎∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.‎ 综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e].‎ 答案　C 二、填空题 ‎4.若对任意a，b满足00，解得00，f(x)单调递增；‎ ‎∴当x＝时，f(x)有极小值，也是最小值，‎ 即f(x)min＝f＝－2sin ＝－.‎ 又f(0)＝0，f(π)＝π，∴在x∈[0，π]上，f(x)max＝π.‎ 由题意得|f(x1)－f(x2)|≤M等价于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－＝＋.‎ ‎∴M的最小值为＋.‎ 答案　＋ 三、解答题 ‎6.已知f(x)＝(1－x)ex－1.‎ ‎(1)求函数f(x)的最大值；‎ ‎(2)设g(x)＝，x>－1且x≠0，证明：g(x)<1.‎ ‎(1)解　f′(x)＝－xex.‎ 当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；‎ 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.‎ 所以f(x)的最大值为f(0)＝0.‎ ‎(2)证明　由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.‎ 当－1x.‎ 设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.‎ 当x∈(－1，0)时，0<－x<1，0h(0)＝0，即g(x)<1.‎ 综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1.‎ ‎7.(2019·西安质检)设函数f(x)＝ln x＋(a为常数).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)不等式f(x)≥1在x∈(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，‎ 当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，‎ ‎∴f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；‎ 若00时，f(x)在区间(0，a)上是减函数，在区间(a，＋∞)上是增函数.‎ ‎(2)f(x)≥1⇔＋ln x≥1⇔≥－ln x＋1⇔a≥－xln x＋x对任意x∈(0，1]恒成立.‎ 令g(x)＝－xln x＋x，x∈(0，1].‎ 则g′(x)＝－ln x－x·＋1＝－ln x≥0，x∈(0，1]，‎ ‎∴g(x)在(0，1]上单调递增，∴g(x)max＝g(1)＝1，‎ ‎∴a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞).‎ B级　能力提升 ‎8.(2019·天津卷节选)设函数f(x)＝excos x，g(x)为f(x)的导函数.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0.‎ ‎(1)解　由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x).‎ 因此，当x∈(k∈Z)时，‎ 有sin x>cos x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；‎ 当x∈(k∈Z)时，有sin x0，则f(x)单调递增.‎ 所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，‎ f(x)的单调递减区间为(k∈Z).‎ ‎(2)证明　记h(x)＝f(x)＋g(x).‎ 依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos x－sin x)，‎ 从而g′(x)＝－2exsin x.‎ 当x∈时，g′(x)<0，‎ 故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)‎ ‎＝g′(x)<0.‎ 因此，h(x)在区间上单调递减，‎ 进而h(x)≥h＝f＝0.‎ 所以当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.‎ ‎9.(2020·衡水中学检测)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R).‎ ‎(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围.‎ 解　(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).‎ 当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，‎ 当01时，f′(x)>0, f(x)单调递增，‎ ‎∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值.‎ ‎(2)由题意知f′(x)＝(1－a)x＋a－ ‎＝，‎ 当a∈(4，5)时，1－a<－3，0<<，‎ 所以在区间[1，2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值.‎ ‎∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln 2.‎ ‎∵对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，‎ ‎∴m＋ln 2>－＋ln 2，得m>.‎ ‎∵a∈(4，5)，∴＝1－<1－＝，‎ ‎∴m≥，故实数m的取值范围是.‎ C级　创新猜想 ‎10.(2020·湖南重点名校大联考)已知函数f(x)＝－aln x＋x＋.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)设g(x)＝ex＋mx2－2e2－3，当a＝e2＋1时，对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，求实数m的取值范围.‎ 解　(1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－＋1＋＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1.‎ 当a≤1时，a－1≤0，由f′(x)<0得00得x>1，‎ 所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.‎ 当10得01，‎ 所以函数f(x)在(a－1，1)上单调递减，在(0，a－1)和(1，＋∞)上单调递增.‎ 当a＝2时，a－1＝1，可得f′(x)≥0，‎ 此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 当a>2时，a－1>1，由f′(x)<0得10得0a－1，‎ 所以函数f(x)在(1，a－1)上单调递减，在(0，1)和(a－1，＋∞)上单调递增.‎ ‎(2)当a＝e2＋1时，由(1)得函数f(x)在(1，e2)上单调递减，‎ 在(0，1)和(e2，＋∞)上单调递增，‎ 从而f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(e2)＝－e2－3.‎ 对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，‎ 即存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)的函数值不超过f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值－e2－3.‎ 由ex＋mx2－2e2－3≤－e2－3得ex＋mx2≤e2，m≤.‎ 记p(x)＝，则当x∈[1，＋∞)时，m≤p(x)max.‎ p′(x)＝＝－，‎ 当x∈[1，2]时，显然有exx＋2(e2－ex)>0，p′(x)<0，‎ 当x∈(2，＋∞)时，exx＋2(e2－ex)>exx－2ex>0，p′(x)<0，‎ 故p(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，‎ 得p(x)max＝p(1)＝e2－e，‎ 从而m的取值范围为(－∞，e2－e].‎