2017届高考文科数学（全国通用）二轮教师文档讲义：专题1 15页

第5讲　导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题 高考定位　在高考压轴题中，函数与不等式的交汇是考查热点，常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较大小、范围等问题，以及不等式的恒成立与能成立问题.‎ 真 题 感 悟 ‎ (2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).‎ ‎(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0，设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.‎ ‎(ⅰ)当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，‎ 因此g(x)>0；‎ ‎(ⅱ)当a>2时，令g′(x)＝0得，‎ x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)<0，综上，a的取值范围是(－∞，2].‎ 考 点 整 合 ‎1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法 ‎(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.‎ ‎(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.‎ ‎2.常见构造辅助函数的四种方法 ‎(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).‎ ‎(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.‎ ‎(3)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.‎ ‎(4)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x，x1)).‎ ‎3.不等式的恒成立与能成立问题 ‎(1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]).‎ ‎(2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]).‎ ‎(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.‎ ‎(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.‎ 热点一　导数与不等式 ‎[微题型1]　利用导数证明不等式 ‎【例1－1】 (2016·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；‎ ‎(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1).‎ ‎(1)解　f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞).‎ 由f′(x)＞0得 解得0＜x＜.‎ 故f(x)的单调递增区间是.‎ ‎(2)证明　令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).‎ 则有F′(x)＝.‎ 当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，‎ 所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，‎ 故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，‎ 即当x＞1时，f(x)＜x－1.‎ ‎(3)解　由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意.‎ 当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，‎ 则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意.‎ 当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，‎ 则有G′(x)＝－x＋1－k＝.‎ 由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.‎ 解得x1＝＜0，‎ x2＝＞1.‎ 当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，‎ 故G(x)在[1，x2)内单调递增.‎ 从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1).‎ 综上，k的取值范围是(－∞，1).‎ 探究提高　(1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.‎ ‎(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的放缩把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.‎ ‎[微题型2]　不等式恒成立求参数范围问题 ‎【例1－2】 (1)已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.‎ ‎①讨论函数f(x)的单调区间；‎ ‎②若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.‎ ‎(2)设f(x)＝，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立，求m的取值范围.‎ 解　(1)①函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝，‎ 当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；‎ 当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝，在区间上，‎ f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，在区间上，‎ f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.‎ 综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；‎ 当a＞0时，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.‎ ‎②因为函数f(x)在x＝1处取得极值，‎ 所以f′(1)＝0，解得a＝1，经检验可知满足题意.‎ 由已知f(x)≥bx－2，即x－1－ln x≥bx－2，‎ 即1＋－≥b对∀x∈(0，＋∞)恒成立，‎ 令g(x)＝1＋－，‎ 则g′(x)＝－－＝，‎ 易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，‎ 所以g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.‎ ‎(2)f(x)＝，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，‎ 即ln x≤m.设g(x)＝ln x－m，‎ 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0恒成立，等价于函数g(x)在[1，＋∞)上的最大值g(x)max≤0.‎ g′(x)＝－m＝.‎ ‎①若m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，‎ 即g(x)≥g(1)＝0，这与要求的g(x)≤0矛盾.‎ ‎②若m＞0，方程－mx2＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m2.‎ 当Δ≤0，即m≥时，g′(x)≤0.‎ 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0，‎ 即不等式成立；‎ 当0＜m＜时，方程－mx2＋x－m＝0的两根分别为x1＝＜1，x2＝＞1.‎ 当x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与要求矛盾.‎ 综上所述，m≥.‎ 探究提高　对于不等式恒成立问题求参数范围问题，一类是分离参数，通过求具体函数的范围求参数范围；‎ 二类是转化为最值，其基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字，寻找反例即可).‎ ‎【训练1】 已知函数g(x)＝axln x＋1，f(x)＝g(x)－kx，其中a≥0.‎ ‎(1)当a＝1时，求曲线y＝g(x)在点P(e，g(e))处的切线方程；‎ ‎(2)当k＝1时，对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)∵g(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，g(x)＝xln x＋1，g(e)＝e＋1，‎ g′(x)＝ln x＋1，∴g′(e)＝2，所以y－e－1＝2(x－e)，‎ 即曲线y＝g(x)在点P(e，g(e))处的切线方程为2x－y－e＋1＝0.‎ ‎(2)当k＝1时，f′(x)＝aln x＋a－1，‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝－1<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，‎ f(x)0时，由f′(x)>0得x>e，由f′(x)<0得0f(1)＝0恒成立，‎ 当e>1，即01时，g(x)>0；‎ ‎(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立.‎ ‎(1)解　f′(x)＝2ax－＝(x>0).‎ 当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.‎ 当a>0时，由f′(x)＝0有x＝.‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.‎ ‎(2)证明　令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.‎ 当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，‎ 从而g(x)＝－>0.‎ ‎(3)解　由(2)知，当x>1时，g(x)>0.‎ 当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0，‎ 故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.‎ 当01，‎ 由(1)有f 0.‎ 所以f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立；‎ 当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.‎ 因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.‎ 又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.综上，a∈.‎ 探究提高　(1)恒成立问题一般与不等式有关，解决此类问题需要构造函数利用函数单调性求函数最值，从而说明函数值大于或恒小于某一确定的值.(2)在求参数范围时首先要考虑参数能否分离出来.‎ ‎[微题型2]　能成立问题 ‎【例2－2】 (2016·成都诊断)已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.‎ ‎(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；‎ ‎(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.‎ ‎①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，‎ 所以f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.‎ ‎②若1＜a＜e，‎ 当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；‎ 当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.‎ 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.‎ ‎③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.‎ 综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；‎ 当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；‎ 当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.‎ ‎(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.‎ 由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，‎ f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.‎ g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，‎ g(x)min＝g(0)＝1，‎ 所以e－(a＋1)－＜1，即a＞，‎ 所以a的取值范围为 .‎ 探究提高　存在性问题和恒成立问题的区别与联系 存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m恒成立，则g(x)max≤m；若g(x)≥m恒成立，则g(x)min≥m；若g(x)≤m有解，则g(x)min≤m；若g(x)≥m有解，则g(x)max≥m.‎ ‎【训练2】 已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a为常数).‎ ‎(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；‎ ‎(2)当0＜a≤2时，试判断f(x)的单调性；‎ ‎(3)若对任意的a∈(1，2)，x0∈[1，2]，不等式f(x0)＞mln a恒成立，求实数m的取值范围.‎ 解　f′(x)＝＋2x－a.‎ ‎(1)由已知得：f′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3.‎ ‎(2)当0＜a≤2时，f′(x)＝＋2x－a＝＝.‎ 因为0＜a≤2，所以1－＞0，而x＞0，‎ 即f′(x)＝＞0，‎ 故f(x)在(0，＋∞)上是增函数.‎ ‎(3)当a∈(1，2)时，由(2)知，f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝1－a，‎ 故问题等价于：对任意的a∈(1，2)，不等式1－a＞mln a恒成立，即m＜恒成立.‎ 记g(a)＝(1＜a＜2)，‎ 则g′(a)＝.‎ 令M(a)＝－aln a－1＋a，‎ 则M′(a)＝－ln a＜0，‎ 所以M(a)在(1，2)上单调递减，‎ 所以M(a)＜M(1)＝0，‎ 故g′(a)＜0，‎ 所以g(a)＝在a∈(1，2)上单调递减，‎ 所以m≤g(2)＝＝－log2e，‎ 即实数m的取值范围为(－∞，－log2e].‎ ‎1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：‎ ‎(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.‎ ‎(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.‎ ‎(3)数形结合.‎ ‎2.利用导数证明不等式的基本步骤 ‎(1)作差或变形.‎ ‎(2)构造新的函数h(x).‎ ‎(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.‎ ‎(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.‎ ‎3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 ‎(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；‎ ‎(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；‎ ‎(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.‎ 一、选择题 ‎1.设f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f′(x)＞0，且f(0)＝0，f ＝0，则不等式f(x)＜0的解集为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　如图所示，根据图象得不等式f(x)＜0的解集为.‎ 答案　C ‎2.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为(　　)‎ A.(－∞，0) B.(－∞，4]‎ C.(0，＋∞) D.[4，＋∞)‎ 解析　由不等式知x∈(0，＋∞)，则有a≤2ln x＋x＋恒成立.‎ 设f(x)＝2ln x＋x＋，则f′(x)＝(x＞0).‎ 当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，‎ 所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4.‎ 答案　B ‎3.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞)‎ C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞)‎ 解析　∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.令f(x)＝x－，‎ ‎∴f′(x)＝1＋2－xln 2＞0.‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，‎ ‎∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.‎ 答案　D ‎4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，－1)∪(0，1) B.(－1，0)∪(1，＋∞)‎ C.(－∞，－1)∪(－1，0) D.(0，1)∪(1，＋∞)‎ 解析　令F(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).故选A.‎ 答案　A ‎5.(2016·东北四校联考)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为(　　)‎ A.(－2，＋∞) B.(0，＋∞) ‎ C.(1，＋∞) D.(4，＋∞)‎ 解析　由f(x＋2)为偶函数可知函数f(x)的图象关于x＝2对称，则f(4)＝f ‎(0)＝1.令F(x)＝，则F′(x)＝＜0.∴函数F(x)在R上单调递减.‎ 又f(x)＜ex等价于＜1，∴F(x)＜F(0)，∴x＞0.‎ 答案　B 二、填空题 ‎6.已知不等式ex－x＞ax的解集为P，若[0，2]⊆P，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　由题意知不等式ex－x＞ax在x∈[0，2]上恒成立.‎ 当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立.‎ 当x∈(0，2]时，原不等式即a＜－1，令g(x)＝－1，则g′(x)＝，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当1＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，故g(x)在(0，2]上的最小值为g(1)＝e－1，故a的取值范围为(－∞，e－1).‎ 答案　(－∞，e－1)‎ ‎7.已知函数f(x)＝ln x－a，若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　∵函数f(x)＝ln x－a，且f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a＞ln x－x2，x∈(1，＋∞).‎ 令h(x)＝ln x－x2，有h′(x)＝－2x.‎ ‎∵x＞1，∴－2x＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上为减函数，‎ ‎∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜h(1)＝－1，∴a≥－1.‎ 答案　[－1，＋∞)‎ ‎8.已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]上能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1，2]上单调递减，所以h(x)‎ min＝h(2)＝，故只需a≥.‎ 答案　 三、解答题 ‎9.已知函数f(x)＝x2ex.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：∀x1，x2∈(－∞，0]，f(x1)－f(x2)≤.‎ ‎(1)解　f′(x)＝x(x＋2)ex.令f′(x)＝x(x＋2)ex＝0，则x1＝－2，x2＝0.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表 x ‎(－∞，－2)‎ ‎－2‎ ‎(－2，0)‎ ‎0‎ ‎(0，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 极大值 极小值 所以函数f(x)的单调递减区间为(－2，0)，单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞).‎ ‎(2)证明　由(1)知f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)，‎ 所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最大值＝f(－2)＝.‎ 因为当x∈(－∞，－2]时，f(x)＞0，f(0)＝0，‎ 所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最小值＝f(0)＝0.‎ 所以f(x)最大值－f(x)最小值＝.‎ 所以对∀x1，x2∈(－∞，0]，都有f(x1)－f(x2)≤f(x)最大值－f(x)最小值＝.‎ ‎10.(2016·攀枝花诊断)已知函数f(x)＝ax＋＋c(a＞0)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.‎ ‎(1)用a表示出b，c；‎ ‎(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝a－，则有解得 ‎(2)由(1)知，f(x)＝ax＋＋1－2a.‎ 令g(x)＝f(x)－ln x＝ax＋＋1－2a－ln x，x∈[1，＋∞)，‎ 则g(1)＝0，g′(x)＝a－－＝＝，‎ ‎①当0＜a＜时，＞1.‎ 若1＜x＜，则g′(x)＜0，g(x)是减函数，所以g(x)＜g(1)＝0，即f(x)＜ln x.‎ 故f(x)≥ln x在[1，＋∞)上不成立.‎ ‎②当a≥时，≤1.‎ 若x＞1，则g′(x)＞0，g(x)是增函数，所以g(x)＞g(1)＝0，‎ 即f(x)＞ln x，故当x≥1时，f(x)≥ln x.‎ 综上所述，所求a的取值范围为.‎ ‎11.(2016·郑州质检)设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.‎ ‎(1)求a，b；‎ ‎(2)证明：f(x)＞1.‎ ‎(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.‎ 由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.‎ ‎(2)证明　由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1，‎ 从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－.‎ 设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.‎ 所以当x∈时，g′(x)＜0；当x∈时，g′(x)＞0.‎ 故g(x)在上单调递减，在上单调递增，‎ 从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.‎ 设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x).‎ 所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0.‎ 故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.‎ 综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，‎ 即f(x)＞1.‎