高考数学考前刷题大卷练3导数及应用（理）（含解析）

/08/8/刷题大卷练3导数及应用测试一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．[2019·长沙模拟]满足f(x)＝f′(x)的函数是()A．f(x)＝3＋xB．f(x)＝－xC．f(x)＝lnxD．f(x)＝0答案：D解析：若f(x)＝0，则f′(x)＝0，从而有f(x)＝f′(x)．故选D.2．[2019·东城模拟]若直线y＝－x＋2与曲线y＝－ex＋a相切，则a的值为()A．－3B．－2C．－1D．－4答案：A解析：由于y′＝(－ex＋a)′＝－ex＋a，令－ex＋a＝－1，得切点的横坐标为x＝－a，所以切点为(－a，－1)，进而有－(－a)＋2＝－1，故a＝－3.3．已知函数f(x)＝eq\f(1,4)x2＋cosx的图象在点(t，f(t))处的切线的斜率为k，则函数k＝g(t)的大致图象是()答案：A解析：由于f(x)＝eq\f(1,4)x2＋cosx，∴f′(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，∴f′(－x)＝－f′(x)，故f′(x)为奇函数，即g(t)为奇函数，其图象关于原点对称，排除B、D，又当t＝eq\f(π,2)时，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,4)－sineq\f(π,2)＝eq\f(π,4)－1<0，排除C，故选A.4．[2019·海南农垦月考]已知3a＝5b＝c，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2，则eq\i\in(0,c,)(x2－1)dx＝()A．±2eq\r(2)B．2eq\r(2)C．±eq\r(15)D．4eq\r(15)答案：D解析：因为3a＝5b＝c，所以a＝log3c，b＝log5c，则eq\f(1,a)＝logc3，eq\f(1,b)＝logc5，因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2，所以logc15＝2，即c2＝15，所以c＝eq\r(15)，所以eq\i\in(0,c,)(x2－1)dx＝(x2－1)dx＝eq\f(x3,3)－xeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(15),0))＝4eq\r(15).故选D.5．[2019·湖南长沙长郡中学模拟]设曲线f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)上任意一点的切线为l1，总存在曲线g(x)＝3ax＋2cosx上某点处切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为()A．[1,2]B．[3，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(2,3)))答案：D解析：f′(x)＝－ex－1，∵ex＋1>1，∴eq\f(1,ex＋1)∈(0,1)．又g′(x)＝3a－2sinx，∵－2sinx∈[－2,2]，∴3a－2sinx∈[－2＋3a，2＋3a]，要使曲线f(x)上任意一点的切线l1，总存在曲线g(x)上一点处的切线l2，使得l1⊥l2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＋3a≤0，,2＋3a≥1，))解得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(2,3).故选D.6．设函数f(x)＝ex(x3－3x＋3)－aex－x(x≥－1)，若不等式f(x)≤0有解，则实数a的最小值为()A.eq\f(1,e)B．eC．1－eq\f(1,e)D．e－1答案：C解析：∵f(x)＝ex(x3－3x＋3)－aex－x≤0有解，∴a≥x3－3x＋3－eq\f(x,ex)有解．令g(x)＝x3－3x＋3－eq\f(x,ex)，则g′(x)＝3x2－3＋eq\f(x－1,ex)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋3＋\f(1,ex)))，故当x∈[－1,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)在[－1,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝1－3＋3－eq\f(1,e)＝1－eq\f(1,e)，∴a≥1－eq\f(1,e)，∴实数a的最小值为1－eq\f(1,e).7．[2019·山东济南一中模拟]已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是()A．[－eq\r(3)，eq\r(3)]B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C．(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)D．(－∞，－eq\r(3))答案：A解析：函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1的导数为f′(x)＝－3x2＋2ax－1.∵函数f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，∴在(－∞，＋∞)上f′(x)≤0恒成立，即－3x2＋2ax－1≤0恒成立，∴Δ＝4a2－12≤0，解得－eq\r(3)≤a≤eq\r(3)，∴实数a的取值范围是[－eq\r(3)，eq\r(3)]．故选A.8．[2019·南昌调研]已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(xA．4f(－2)<9f(3)B．4fC．2f(3)>3f(－2)D．3f答案：A解析：根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，则有g(－2)<9．[2019·昆明调研]若函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，对于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1]B．(－∞，0]C．(－∞，3]D．(－∞，4]答案：D解析：f(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.设g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，当x≤－1时，0<g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以当a≤－1时，满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当－1<x<4时，因为g(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4<h(1)＝5，g(2)＝8<h(2)＝10，g(3)＝16<h(3)＝17，所以－1<a≤4时，亦满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当x≥4时，易知f′(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，设F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，则F′(x)＝2x＋1·(ln2)2－2>0，所以F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f′(x)≥f′(4)＝32ln2－10>0，所以函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(4)＝32－16－8－2＝6>0，即a>4时，不满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，4]，故选D.10．[2019·河北石家庄二中模拟]已知对?x∈(0，＋∞)，不等式lnx＋1≥m－eq\f(n,x)(n>0)恒成立，则eq\f(m,n)的最大值是()A．1B．－1C．eD．－e答案：C解析：不等式lnx＋1≥m－eq\f(n,x)可化为lnx＋1－m＋eq\f(n,x)≥0，令F(x)＝lnx＋1－m＋eq\f(n,x)(x>0)，则F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(n,x2)＝eq\f(x－n,x2)，所以当x＝n时，F(x)min＝lnn＋2－m，则lnn＋2－m≥0?m≤2＋lnn(n>0)．所以eq\f(m,n)≤eq\f(2＋lnn,n).令G(n)＝eq\f(2＋lnn,n)，则G′(n)＝eq\f(－1－lnn,n2)＝0，可得n＝eq\f(1,e)，故G(n)max＝eq\f(2－1,\f(1,e))＝e，即eq\f(m,n)≤eq\f(2＋lnn,n)≤e.所以eq\f(m,n)的最大值为e.故选C.11．[2019·河南安阳模拟]已知函数f(x)＝eq\f(x3,3)＋eq\f(x2,2)与g(x)＝6x＋a的图象有3个不同的交点，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(22,3)，\f(27,2)))B.eqB.\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(22,3)，\f(27,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(27,2)，\f(22,3)))D.eqD.\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(27,2)，\f(22,3)))答案：B解析：原问题等价于函数h(x)＝eq\f(x3,3)＋eq\f(x2,2)－6x的图象与直线y＝a有三个不同的交点．h′(x)＝x2＋x－6＝(x－2)(x＋3)，当x∈(－∞，－3)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(－3,2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．函数h(x)的图象，如图．又h(－3)＝eq\f(27,2)，h(2)＝－eq\f(22,3)，数形结合可得a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(22,3)，\f(27,2))).故选B.12．[2019·湖南长沙长郡中学模拟]已知函数f(x)＝exlnx(x>0)，若对?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，?k∈[－a，a](a>0)，使得方程f(x)＝k有解，则实数a的取值范围是()A．(0，ee]B．[ee，＋∞)C．[e，＋∞)D．[e，ee]答案：B解析：f′(x)＝exlnx＋eq\f(ex,x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x))).令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，∴当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e)上单调递增．∴g(x)≥g(1)＝1，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增．∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的值域为.∵对?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，?k∈[－a，a](a>0)，使得方程f(x)＝k有解，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－e\f(1,e)≥－a，,ee≤a，,a>0，))解得a≥ee，∴实数a的取值范围是[ee，＋∞)．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．13．[2019·广西陆川月考]若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．答案：(－∞，2ln2－2)解析：函数f(x)＝x2－ex－ax，所以f′(x)＝2x－ex－a.因为f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，所以f′(x)＝2x－ex－a>0，即a<2x－ex有解．令g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝2－ex＝0，得x＝ln2，所以当x<ln2时，g′(x)＝2－ex>0，当x>ln2时，g′(x)＝2－ex<0，则当x＝ln2时，g(x)max＝2ln2－2，所以a<2ln2－2.14．曲线y＝f(x)＝xlog2x在点(1，f(1))处的切线方程为__________________．答案：y＝eq\f(1,ln2)(x－1)解析：因为y＝xlog2x，所以y′＝log2x＋eq\f(1,ln2)，当x＝1时，y′＝eq\f(1,ln2)，y＝0，故曲线y＝xlog2x在点(1，f(1))处的切线方程为y＝eq\f(1,ln2)(x－1)．15．[2019·浙江宁波效实中学质检]设f(x)＝若f(f(1))＝1，则a＝________.答案：1解析：因为eq\i\in(0,a,)3t2dt＝t3eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a,0))＝a3，所以f(1)＝lg1＝0，所以f(f(1))＝f(0)＝a3＝1，所以a＝1.16．[2019·西安八校联考]已知函数f(x)＝lnx－ax2，若f(x)恰有两个不同的零点，则a的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x).当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则函数f(x)不可能有两个不同的零点．当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝eq\r(\f(1,2a))，当0<x<eq\r(\f(1,2a))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>eq\r(\f(1,2a))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))＝lneq\r(\f(1,2a))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))2＝－eq\f(1,2)ln2a－eq\f(1,2)，于是要使函数f(x)恰有两个不同的零点，又当x→0＋时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，故需满足－eq\f(1,2)ln2a－eq\f(1,2)>0，即ln2a<－1，所以0<2a<eq\f(1,e)，即0<a<eq\f(1,2e)，所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))).三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)[2019·衡水调研]已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx.(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线不过第四象限且不过原点，求实数a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)＋2x，若g(x)在[1，e]上不单调且仅在x＝e处取得最大值，求实数a的取值范围．解析：(1)由f′(x)＝x－eq\f(a,x)，得f′(1)＝1－a.因为f(1)＝eq\f(1,2)，所以函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq\f(1,2)＝(1－a)(x－1)，即y＝(1－a)x＋a－eq\f(1,2).由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a≥0，,a－\f(1,2)>0，))解得eq\f(1,2)<a≤1，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)g′(x)＝x－eq\f(a,x)＋2＝eq\f(x2＋2x－a,x)(x>0)，设h(x)＝x2＋2x－a(x>0)．若g(x)在[1，e]上不单调，则h(1)h(e)<0，即(3－a)(e2＋2e－a)<0，解得3<a<e2＋2e.同时g(x)仅在x＝e处取得最大值，所以g(e)>g(1)，即eq\f(1,2)e2－a＋2e>eq\f(5,2)，解得a<eq\f(e2,2)＋2e－eq\f(5,2).综上，实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(e2,2)＋2e－\f(5,2))).18．(本小题满分12分)[2019·安徽淮南模拟]已知函数f(x)＝x2－lnx.(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)在函数f(x)＝x2－lnx的图象上是否存在两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上．若存在，求出这两点的坐标；若不存在，请说明理由．解析：(1)∵f(1)＝1，又f′(x)＝2x－eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2－1＝1，故所求切线方程为y－1＝1×(x－1)，即y＝x.(2)存在．求解如下：设所求两点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，不妨设x1<x2，∵f′(x)＝2x－eq\f(1,x)，∴由题意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(1,x1)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x2)))＝－1.∵f′(x)＝2x－eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，∴－1≤2x1－eq\f(1,x1)≤1，－1≤2x2－eq\f(1,x2)≤1.又x1<x2，∴f′(x1)<f′(x2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(1,x1)＝－1，,2x2－\f(1,x2)＝1，))解得x1＝eq\f(1,2)(x1＝－1舍)，x2＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＝－\f(1,2)舍))，∴存在满足题意的两点，其坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，ln2＋\f(1,4)))，(1,1)．19．(本小题满分12分)[2019·衡水武邑调研]设函数f(x)＝lnx，g(x)＝xex－x－1.(1)若关于x的方程f(x)＝x2－eq\f(10,3)＋m在区间[1,3]上有解，求m的取值范围；(2)当x>0时，g(x)－a≥f(x)恒成立，求实数a的取值范围．解析：(1)方程f(x)＝x2－eq\f(10,3)＋m，即为lnx－x2＋eq\f(10,3)＝m.令h(x)＝lnx－x2＋eq\f(10,3)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x)≤0在x∈[1,3]恒成立，故h(x)在[1,3]上单调递减．∵h(1)＝eq\f(7,3)，h(3)＝ln3－eq\f(17,3)，∴当x∈[1,3]时，h(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－\f(17,3)，\f(7,3)))，∴m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－\f(17,3)，\f(7,3))).(2)依题意，当x>0时，g(x)－f(x)≥a恒成立．令F(x)＝g(x)－f(x)＝x·ex－lnx－x－1(x>0)，则F′(x)＝(x＋1)·ex－eq\f(1,x)－1＝eq\f(?x＋1?,x)·(x·ex－1)．令G(x)＝x·ex－1，则当x>0时，G′(x)＝(x＋1)·ex>0，∴函数G(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，∴G(x)存在唯一的零点c∈(0,1)，且当x∈(0，c)时，G(x)<0，当x∈(c，＋∞)时，G(x)>0，则当x∈(0，c)时，F′(x)<0，当x∈(c，＋∞)时，F′(x)>0，∴F(x)在(0，c)上单调递减，在(c，＋∞)上单调递增，从而F(x)≥F(c)＝cec－lnc－c－1.由G(c)＝0得cec－1＝0，cec＝1，两边取对数得lnc＋c＝0，∴F(c)＝0，∴F(x)≥F(c)＝0，∴a≤0，即实数a的取值范围是(－∞，0]．20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝|xex|.(1)当x<0时，判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝[f(x)]2＋tf(x)＋2的零点个数为4，求实数t的取值范围．解析：(1)因为f(x)＝|xex|，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xex，x≥0，,－xex，x<0.))当x<0时，f′(x)＝－(ex＋xex)＝－(1＋x)ex，当x<－1时，f′(x)>0；当－1<x<0时，f′(x)<0；所以f(x)在(－∞，－1)上是增函数；在(－1,0)上是减函数．(2)当x≥0时，f′(x)＝ex＋xex>0，所以f(x)在[0，＋∞)上是增函数；由(1)知，当x＝－1时，函数f(x)取得极大值f(－1)＝eq\f(1,e).易知f(x)≥0，令f(x)＝m，则m≥0.则当0<m<eq\f(1,e)时，方程f(x)＝m有3个解(如图所示)；当m＝0或m>eq\f(1,e)时，方程f(x)＝m有1个解；当m＝eq\f(1,e)时，方程f(x)＝m有2个解．因为函数g(x)＝[f(x)]2＋tf(x)＋2的零点个数为4，所以关于x的方程[f(x)]2＋tf(x)＋2＝0有4个解．所以关于m的方程m2＋tm＋2＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上有1个解，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上有1个解．记h(m)＝m2＋tm＋2，则应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h?0?>0，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2>0，,\f(1,e2)＋\f(t,e)＋2<0，))解得t<－eq\f(2e2＋1,e).所以实数t的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2e2＋1,e))).21．(本小题满分12分)[2019·湖南永州模拟]已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a?(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x).①当a≤0时，1－ax>0，f′(x)>0，∴f(x)在[1，e]上单调递增．②当0<a≤eq\f(1,e)时，eq\f(1,a)≥e，f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上单调递增．③当eq\f(1,e)<a<1时，1<eq\f(1,a)<e，∴x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))时，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递减．④当a≥1时，eq\f(1,a)≤1，f′(x)≤0，∴f(x)在[1，e]上单调递减．综上所述，当a≤eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e]上单调递增；当eq\f(1,e)<a<1时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递减；当a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递减．(2)g′(x)＝2ax，依题意，x∈[1，e]时，f(x)min>g(x)max恒成立．已知a?(0，e)，则当a≤0时，g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝－a，∴g(x)max＝g(1)＝a＋1.∴－a>a＋1，得a<－eq\f(1,2).当a≥e时，g′(x)>0，g(x)在[1，e]上单调递增，而f(x)在[1，e]上单调递减，∴f(x)min＝f(e)＝1－ae，∴g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，∴1