利用導數(shù)研究恒（能）成立問題-2025年高考數(shù)學備考復習

第三章一元函數(shù)的導數(shù)及其應(yīng)用

突破2利用導數(shù)研究恒(能)成立問題

口學生用書P061

命題點1分離參數(shù)求參數(shù)范圍

例1[2023湖南衡陽5月三模]已知函數(shù)/(x)=|+lnx+a.

(1)當Q=0時，求/(X)的極值；

(2)若對于任意的x￡[l,e2],/(x)W0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

解析(1)當。=0時，/(x)=-+\nx,則/(x)=—彳+[==^，

xxLX

當0<x<2時，f(x)<0,當x>2時，f'3>0,列表如下.

X(0,2)2(2,+°°)

f(x)一0+

/(x)\極小值/

所以/(x)的極小值為/(2)=l+ln2,無極大值.

(2)f(x)=-+lnx+a^O,即—--Inx.

XX

2

令g(x)Inx,[1,e2],則aWg(x)min.

求導得3(x)=|一§=爰，當14V2時，gf(x)>0,當2VxQ2時，gf(x)<0,

所以gG)在[1,2)上單調(diào)遞增，在(2,e2]上單調(diào)遞減.

因為g(1)=-2,g(e2)=—^―Ine2=—2,所以g(1)>g(e2),所以g(x)min

=g(e2)=—^—2.

所以“Wg(X)min=-2,

即實數(shù)。的取值范圍為(-8,-4-2].

方法技巧

步驟：(1)利用不等式的性質(zhì)，將參數(shù)分離出來，轉(zhuǎn)化為/(X)>。或/(X)〈。的形

式；

(2)通過研究函數(shù)的性質(zhì)求出/(x)的最值；

(3)得出參數(shù)。的取值范圍.

技巧：(1)/(X)>。恒成立=/(X)min>a；

f(X)<4恒成立=/(X)max<4.

(2)f(X)有解=/(X)max>〃；

f(x)Va有解(x)minVq.

訓練1[2024遼寧省聯(lián)考]已知函數(shù)/(x)=ln(x+1)~ax+2.

(1)若a=2,求/(x)在x=0處的切線方程；

(2)當xNO時，f(x)+2x+xln(x+1)20恒成立，求整數(shù)a的最大值.

解析(1)若。=2,則/(x)=ln(x+1)-2x+2,f(0)=2,則切點坐標為(0,

2),

f(x)=5工一2,則切線斜率為/(0)=—1,

所以切線方程為>一2=一(%—0),即x+y—2=0.

(2)由/(x)+2x+xln(x+1)20,得axW(x+1),[In(x+1)+2],

當x=0時，QX0W2,Q￡R;

當x>0時，aW5+1，+2],

X

、兒/、(x+l)rin(x+1)+21,z、%—2—In(x+1)

設(shè)g(x)=---------------------g(X)=--------------------

設(shè)〃(x)=x—2_In(x+1),h'(x)=^->0,

x+l

則h(x)在(0,+8)單調(diào)遞增，

因為〃(3)=l-ln4<0,h(4)=2-ln5>0,

所以存在x()￡(3,4)使得〃(xo)=0,

即xo—2=In(xo+1).

當(0,xo)時，h(x)<0,即g'(x)<0;當(xo,+°°)時，h(x)>0,即

gr(x)>0.

則g(%)在(0,X0)單調(diào)遞減，在(X0,+°°)單調(diào)遞增，g(%)min=g(%0),

所以aWg(xo)=5。+1).(沏+1)+2]=<沏+1)[(沏-2)+2]=XO+L

XoXQ

因為xoG(3,4),所以xo+lG(4,5),所以整數(shù)。的最大值為4.

命題點2等價轉(zhuǎn)化求參數(shù)范圍

例2[2023全國卷甲]已知函數(shù)/(x)=ax—懸，xd(0,".

(1)當a=8時，討論/(x)的單調(diào)性；

(2)若/'(x)<sinlx,求a的取值范圍.

解析⑴當。=8時，/(x)=8x—華，xe(0,三)，

cos°x2

422

n(\_Qcosx+3sinxcosx_?23

J\X)—O—Z=Xo十2~-4~?

COS。％COSXCOSX

令3~=t,則/￡(1,+0°),

cos"

令〃(z)=-3?+2/+8=—(3Z+4)(t—2),

當/e(1,2)時，h(t)>0;當￡(2,+8)時，h⑺<0.

故當xe(0,7)時，f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增；

4

當xG(%?時，f(X)<0,/(X)單調(diào)遞減.

綜上，f(x)在區(qū)間(0,：)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(5])上單調(diào)遞減.

(2)令g(x)—f(x)—sinsinlx,

oJCOS^X

mi，/、cos4x+3sin2xcos2xcos2x+3sin2x.01c/-2cos2x+3,

如Jg\x)=。-------7---------2cos2x=a--------T-----4cos'x十2=。一(-----7十

cosxcos”cos”

4cos2x-2),

令〃=cos2%,則uG(0,1),令左(〃)=—絆3+4M—2,

則k'(M)=審+4=%學].

UU

當(0,1)時，k'(?)<0,：.k(〃)在(0,1)上單調(diào)遞減，

,:k(1)=3,.*.當we(0,1)時，k①)>3,

:?k(u)的值域為(3,+8).

①當qW3時，gr(x)<0,：.g(x)在(0,胃)上單調(diào)遞減，

:?當(0,])時，g(x)<0,.*./(x)<sin2x.

②當43時，3xo^(0,會使得夕(血)=0,

???g(%)在(0,xo)上單調(diào)遞增，在(xo,會上單調(diào)遞減，

.*.g(xo)>0,.*./(x)Vsin2r不成立.

綜上所述，4的取值范圍為(-8,3].

方法技巧

對于不適合分離參數(shù)的不等式，常常將參數(shù)看成常數(shù)，通過分析，變形，合理構(gòu)造函數(shù)

(常用的有作差構(gòu)造，同構(gòu)化構(gòu)造等)，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值問題.

訓練2[全國卷I]已知函數(shù)/(%)=e,c+ax2—x.

(1)當4=1時，討論了(%)的單調(diào)性；

(2)當xNO時，/(x)2#+1，求0的取值范圍.

解析(1)當a=l時，f(x)=ex+x2—x,f(x)1.易知f(0)=0,且

ff(x)在R上單調(diào)遞增，故當工￡(―°°,0)時，/(x)<0;當(0,+°°)時，

fr(x)>0.

所以/(x)在(-8,0)上單調(diào)遞減，在(0,+°°)上單調(diào)遞增.

(2)f(x)2mx3+1等價于&3—。+%+1)e-VI.

設(shè)函數(shù)g(x)=(孑-QN+X+I)e~x(%20),則

gr(x)=—(才一辦2+1+]—產(chǎn)2+2辦—1)?r

=--|x[x2-(2Q+3)x+4a+2]e%

=--x(x—2a~1)(x—2)e”.

2

(i)若2a+lW0,即aW—g,則當xd(0,2)時，g'(x)>0,

所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，故g(x)>1,不合題意.

-1-1

(ii)若0<2a+l<2,即一;則當xG(0,2a+l)U(2,+°°)時，gr(x)<

0;當xd(2a+l,2)時，g'(x)>0.所以g(x)在(0,2a+l),(2,+°°)上單調(diào)

遞減，在(2a+l,2)上單調(diào)遞增.

因為g(0)=1W1,要使g(x)W1,則g(2)=(7-4fl)e^Wl,即

所以當乙矣-Wavg時，g(x)Wl.

(iii)若2Q+122,即則g(、)W(#+x+l)ex.

由于0￡[W,i),故由(ii)可得(*+x+l)eYl.

故當qN,時，g(%)Wl.

綜上，a的取值范圍是[芋，+8).

命題點3雙變量的恒(能)成立問題

例3[2024廣東七校聯(lián)考]設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)/(x)=x3—3x2+a,g(x)=xlnx.

(1)求/(x)的極值；

(2)若Vxid[l,3],Vx2e[A,e],都有/(xi)》g(&),求實數(shù)a的取值范圍.

解析(1)函數(shù)/(x)=x3—3—十。的定義域為R,f'(%)=3x2—6x=3x(x—2),

令/(x)=0,可得x=0或x=2,

當x變化時，/G),fG)的變化情況如下表：

X(—0O,0)0(0,2)2(2,+°°)

/'(X)+0一0+

/(X)/極大值\極小值/

故函數(shù)/(%)的極大值為/(0)=a,極小值為/(2)=。一4.

(2)若Vxi￡［l,3］,e］,都有/On)2g(X2),則/(xDmin》g(%2)max.

由(1)可知，函數(shù)/(x)在［1,2)上單調(diào)遞減，在(2,3］上單調(diào)遞增，

故當工￡［1,3］時，/(x)min=/⑵=Q—4.

因為g(x)=x1nx,當g,e］時，gr(x)=l+lnx20且g，(x)不恒為零，所以函數(shù)

g(X)在耳，e］上單調(diào)遞增，故g(x)max=g(e)=e,

由題意可得Q—42e,故〃2e+4,即實數(shù)〃的取值范圍是［e+4,+°°).

方法技巧

解決雙變量“存在性或任意性”問題的關(guān)鍵就是將含有全稱量詞或存在量詞的條件“等價

轉(zhuǎn)化”為兩個函數(shù)最值之間的關(guān)系(或兩個函數(shù)值域之間的關(guān)系).

訓練3[2023浙江杭州二中4月階段測試]/G)=￡+xlnx,g(x)=x3-x2-3.

(1)如果存在Xl,X2^[0,2],使得g(X1)—g(X2)2M成立，求滿足上述條件的最大

整數(shù)跖

(2)如果對于任意的s,/6號，2],f(5)2g(?)成立，求實數(shù)。的取值范圍.

解析(1)存在Xl,X2e[0,2],使得g(xi)—g(X2)三〃成立，即存在Xl,X2e[0,

2],使得[g(%1)—Q(%2)]max》M,即g(X)max-g(%)Ge[0,2]).

由g(x)=x3—x2—3,得g'(x)=3x2—2x=3x(x—|),

當/x<2時，g，(x)>0,當0<x<；時,g'(x)<0,列表如下.

(0.|)2(|,2)

3

g'(X)一0+

g(x)\極小值/

又g(O)=-3,g(2)=1,所以當xd[O,2]時，g(x)rnax=g(2)=1,g(x)min=

z2x_85

g(/=F

所以g(x)max-g(x)min=^W,所以滿足條件的最大整數(shù)M為4.

(2)對于任意的S,tG2],f(.s')2g⑺成立，則f(S)min》g⑺max.

由(1)易得當XG?,2]時，g(X)max=g(2)=1,

所以對于任意的2],巴+xlnx》l成立，即x21nx成立.

2x

令〃(%)=X_x2lnx(gWxW2),則。三力(x)max.

求導得〃'(x)=1—2xlnx—%,令冽(x)=1—2xlnx—xGWXW2),則“(x)=-3—

21nx<0,

所以8(x)在42]上單調(diào)遞減，又/(1)=0,故列表如下.

X0,1)1(1,2)

hf(x)+0一

h(x)/極大值\

所以(x)max=h(1)=1,故實數(shù)。的取值范圍是［1,+°°).

現(xiàn)思維幫?提升思維快速解題

洛必達法則

例4已知函數(shù)/(x)=*+(，若/G)＞詈+勺亙成立，則"的取值范圍為(一8,

嘰.

解析解法一（分離參數(shù)+洛必達法則）由題意知Q0且>詈+：恒成立

等價于左〈吧+1—吧=7+1.（分離參數(shù)）

x+lX—11—xz

f/x2x\nxI!??\2(x2+l)lnx+2(1—x2)2(x2+l).1一/、

記g(%)=——y+h則g(x)=------------2-----=-------2(lnx+^—).

6—/&(1-x2)(1-x2)J

72

l-x2ml7,/、14%(I-XZ)、八

記〃(％)=lnx4則h'(x)=-------?=-------

x(1+x2)X(1+x2)

所以〃（x）在（0,+°°）上單調(diào)遞增，且〃（1）=0,

因此，當、￡（0,1）時，h（%）<0,當工￡（1,+8）時，h（x）>0,

即當（0,1）時，gr（x）<0,當工￡（1,+8）時，g，（％）>0,

所以g（x）在（0,1）上單調(diào)遞減，在（1,+°°）上單調(diào)遞增.

由洛必達法則得limg（x）=lim^5+l=lim^U+l=@/+l=0,（構(gòu)造出烏型，利

X^l%一11一%2%一1-2x-2X10

用洛必達法則求解）

即當工—>1時，g（x）-0.所以當x>0且xW1時，g（x）>0,所以左W0.

故上的取值范圍是（一8,0].

解法二/（X）-（3+七）=3⑵nx+"i）（x2T>].

X—1X1—xzX

設(shè)〃(x)=21nx+(x>0),

X

則h'(x)=(D(x：+1)+2x.

①當后WO時，由〃(x)=i+l)[X-1)知,當xWi時，〃(x)<0,h(x)單調(diào)遞減.

-1

而h(1)=0,故當xd(0,1)時，h(x)>0,可得；Tz(x)>0;

當Xd(1,+8)時，h(x)<0,可得」v/z(x)>0.

1—xz

從而當x>0,且XTM時，y(x)-(―+-)>0.

X—1X

即/(x)

X—1X

22

②當0<左VI時，y=(左一1)(x+l)+2x=(^-1)x+2x+k~l9其圖象開口向下，

且八=4一4(左一1)2>0,對稱軸為直線'=」一，」一〉1,

l-kl-k

所以當XG(1,—)時，(左一1)(x2+l)+2x>0,故〃(x)>0,而h(1)=0,故

l-k

當xe(1,--)時，h(%)>0,

1~K

可得(X)<0,與題設(shè)矛盾.

③當左21時，此時/(X)>0,而h(1)=0,

故當工￡(1,+°°)時，h(x)>0,可得一二，h(x)<0,與題設(shè)矛盾.

1—

綜上所述，左的取值范圍為(-8,0].

方法技巧

洛必達法則

法則1若函數(shù)/(%)和g(x)滿足下列條件：

(1)limf(x)=0及l(fā)img(x)=0；

%—x—>a

(2)在點4的附近，f(x)與g(x)可導且g'(x)WO；

(3)lim△笄=/(/可為實數(shù)，也可為無窮大).

那么lim'(')=lim'尸)=I.

(x)%—ag'(%)

法則2若函數(shù)/(%)和g(x)滿足下列條件：

(1)limf(x)=8及]加g(x)=8；

%—a%-a

(2)在點Q的附近，f(X)與g(X)可導且g，(X)WO；

(3)3可為實數(shù)，也可為無窮大).

%—ag(x)

那么limy—limf,(x)

x—ag(%)%—ag’(%)

訓練4已知函數(shù)/(x)=x(ex—1)一辦2(Q￡R).

(l)若/(x)在I=一1處有極值，求Q的值；

(2)當x>0時，/(X)20,求實數(shù)Q的取值范圍.

解析(1)ff(x)=^—1+xex~2ax=(x+1)^—2ax—\,

依題意知/(-1)=2?—1=0,

(2)解法一當x>0時，f(x)NO,即x(ex—1)—QN2O,即曠一1一

令9(x)=^—1~ax(x>0),則夕(x)minNO,夕'(x)=ox—a.

①當時，(p'3>0,

:?(p(x)在(0,+°°)上單調(diào)遞增，:?(p(x)>e°—1—0=0,

???〃W1滿足條件.

②當。>1時，若OVxVlna,則9y%)<0,

若x>lna,則夕'(％)>0.

：.(p(x)在(0,Ina)上單調(diào)遞減，在(Ina,+°°)上單調(diào)遞增，

：?(p(x)min=9(Ina)=a-1—6zlna^O.

令g(q)—a—1—alna(q>l),則g，(a)=1—(1+lna)=—lna<0,.*.g(a)在

(1,+°°)上單調(diào)遞減.

：.gQ)Vl—l—lnl=0與gQ)NO矛盾,

故Q>1不滿足條件.

綜上，實數(shù)Q的取值范圍是(一8,1],

解法二當x>0時，f(x)20,即x(e^—1)一〃二22()，即曠一1一辦20,

X_-1

即。二或廿一1,即-p---恒成立，

X

令人(X)=3(x>0),則〃(X)=e，"+l,

X產(chǎn)

令人(x)=6^(x—1)+1(x>0),則后'(x)=er-x>0,

：.k(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

：.k(x)>e°X(0-1)+1=0,：.h'(x)>0,

：.h(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

,,pX_1

由洛必達法則知，limh(x)=lim-----=limex=l,

%—0x—>0x%—>0

.?.aWL故實數(shù)。的取值范圍是(一8,1].

1.［命題點1］已知函數(shù)/(x)=笑"+十與一x,若存在實數(shù)機使得不等式/(〃?)

W2層一〃成立，則實數(shù)〃的取值范圍為(A)

A.(—8,—i]U[1,+8)

B.(—8,—1]U+00)

C.(―8,0]U+8)

D.(—8,-U[0,+00)

解析對函數(shù)/(X)求導可得，/(X)=笑&+/(0)%一1,???4(1)=ff(1)+

x2r

f(0)—1,得/(0)=1.又/(0)=￡:),/./'(1)=e.故/(x)=e+^)c—xff(x)

=ex+x—1,易得導函數(shù)/'(X)單調(diào)遞增，f(0)=0,故/(X)min=/(0)=1.由存在

性的條件可得關(guān)于實數(shù)〃的不等式2層一〃三1,解得幾￡(—8,+8).

2.［命題點2/2023山東濰坊4月模擬改編］已知函數(shù)/G)=i%3-x2sina+x+1,證明：存

在a￡［―g爭，使得不等式/(x)有解.

OL

解析要證存在ad［一￡,白，使得y(x)>e■，有解，只需證存在ad［—巳勺，使得

6262

(；%3—Nsina+x+1)e~x>1有解.

因為a￡［—2，口，所以一1W—sin所以一口由。〈安，

6222

當a=一f寸，等號成立.

O

所以03—Rina+%+1)e~x^(^x3+|x2+x+1)e".所以只需證［(jr3+|x2+x+l)?

e-x］max>l.

設(shè)函數(shù)g(x)=(^x3+|x2+x+1)ex,則g，(x)=一￥(x—1)e

當Xd(—8,1)時，g'(x)》o,g(x)單調(diào)遞增，當Xd(1,+8)時，g，(x)<

0,g(X)單調(diào)遞減，所以g(X)max=g(1),

因為g(1)=^+1+1=—>1,

ee

所以存在。￡［—右,使得不等式/(x)>e^有解.

3.［命題點3］已知函數(shù)/(x)=x+a\nx(〃￡R),g(x)=e"—1(e為自然對數(shù)的底數(shù)).

(1)若直線y=0與函數(shù)y=/(x)的圖象相切，求。的值；

(2)設(shè)q>0,Vxi，X2^［3,+°°)(%1W%2)，都有"(XI)一于(%2)I<Ig(X1)一

g(X2)I，求實數(shù)。的取值范圍.

解析(1)易知aWO,f(x)=1+-,設(shè)切點坐標為Go,0),則1+巴=0,解得xo=

XXQ

—a,所以一a+aln(—a)=0,所以q=—e.

(2)因為。>0,所以［3,+°°)時，,(%)>0,所以/(%)在［3,+°°)上為增函

數(shù)；因為g'(x)=^>0,所以g(x)在［3,+°°)上為增函數(shù).

不妨設(shè)則f(xi)</(%2),g(xi)<g(X2),

所以1/(XI)—f(X2)I<Ig(XI)-g(X2)I可轉(zhuǎn)化為f(X2)~f(XI)<g(X2)一

g(XI),

即f(xi)—g(xi)>f(X2)~g(X2).

設(shè)〃(x)=f(x)—g(x)=x+dnx—e^+l,則〃(x)在［3,+°°)上為減函數(shù)，

h'(x)=1+2一廿〈。在［3,+°°)上恒成立，即Vx￡［3,+°°),xe^—恒成立.

X

xxx

設(shè)/(x)=xe~xfx￡［3,+°°),則/(x)=e+xe—1>0,所以，(x)=%廿一x在

[3,+°°)上為增函數(shù)，所以，(x)mm=3e3—3,所以aW3e3-3.

故4的取值范圍為(0,3e3-3].

(------------------------------(練習幫)練透好題精準分層-----------------------------

6學生用書?練習幫P283

1.[2024貴陽市模擬節(jié)選]已知函數(shù)/(x)=」+(a-2)x+a,aGR.若/(X)一」+

x2lnx^0,求°的取值范圍.

解析解法一由x>0,得/'(x)—x3+x21nx20olnx+土二+320,

X

設(shè)g(x)=\nx+^—^+-^2,

Xx￡

2

用］rz\_1a-22ax+(2—a)x~2a(x+2)(x—a)(m、

①當oWO時，g'(X)>0,g(%)單調(diào)遞增，X-0時，g(X)T—8,不合題意;

②當Q>0時，(0,a),gr(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，(a,+°°),gr(x)>

0,g(x)單調(diào)遞增，

.*.g(x)2g(a)=lna-\----+-^-=lna-\-1-

。。aara

?*.g(x)20QlnQ+1一工20,

a

易知y=lnQ+1—3單調(diào)遞增，且lnl+l—；=0,故g(x)20Og(a)

綜上，q的取值范圍為［1,+8).

解法二令g(x)=f(x)—x3+x2lnx=6z(x+1)—2x+x2lnx,

則g(X)20恒成立，即Vx>0,心(2xr?nx)

x+1

令h(X)=三也，

x+l

則〃(X)=一"+2)(Liymx),

(x+1)

令9(x)=x—1+xlnx,

則"(x)=lnx+2,

當(0,e-2)時，cp'(x)<0,cp(x)單調(diào)遞減，

當(e-2,+°°)時，0(X)>0,(p(%)單調(diào)遞增，

：?(p(x)min=3(e2)=——l——e2.

又9(1)=0,當x-0時，(p(x)一■—1,當x-'+8時，q(%)―+8,

：?(p(x)的大致圖象如圖所示.

一「，—

.?r,I

當工￡(0,1)時，hf(x)>0,h(x)單調(diào)遞增，

當工￡(1,+8)時，hf(x)<0,h(x)單調(diào)遞減，

??h(X)maxh(1)19??CL》1.

2.[2023湖南長沙一中5月三模]已知函數(shù)f(x)=xsinx+cosx.

(1)當工￡(0,兀)時，求函數(shù)/G)的單調(diào)區(qū)間；

(2)設(shè)函數(shù)g(%)=~x2+2ax,若對任意的內(nèi)￡[—兀，兀],存在刈金[。，1],使得

(xi)Wg(X2)成立，求實數(shù)Q的取值范圍.

角星析(1)f(x)=xsinx+cosx,

貝(x)=sinx+xcosx—sinx=xcosx.

當(0,7i)時，令/(x)>0,得0Vx<*

令/(x)<0,得]<%<兀，

所以當(0,兀)時，函數(shù)/(%)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,]),單調(diào)遞減區(qū)間為(全

71).

(2)對任意的—兀，7l］,存在X2￡［0,1］,使得(xDWg(X2)成立，

-1

即［丁/(X1)］maxW［g(X2)］max.

Zn

當7T,捫時，f(—x')=f(x),所以函數(shù)/(x)為偶函數(shù).

由(1)得/(X)在［0,捫上的最大值為=*

所以/(%)在［―兀，捫上的最大值為今

所以對修￡［—71,7l］,［；/(xD］max=；X：="

2TT2TT24

故原問題轉(zhuǎn)化為［g(X2)ImaxN,

易知函數(shù)g(X)=—N+2QX為二次函數(shù)，其圖象開口向下，對稱軸為直線x=q.

①當oWO時，函數(shù)g(x)在區(qū)間［0,1］上的最大值為g(0)=0,不合題意.

②當OVqVl時，函數(shù)g(x)在區(qū)間［0,1］上的最大值為g(q)=a2,

令層若，得或1(舍去)，

所以,WQVI.

③當時，函數(shù)g(x)在區(qū)間［0,1］上的最大值為g(1)=2q—1,

令2Q—1三"得所以Q21.

48

綜上，a的取值范圍是4+8).

3.［2022新高考卷n節(jié)選］已知函數(shù)/(x)=xeax-e\

(1)當a=l時，討論/'(x)的單調(diào)性；

(2)當x>0時，/(x)<-1,求a的取值范圍.

解析(1)當a=1時，f(x)—xex—ex,f'(x)=xe*,

當x>0時，f(x)=xev>0,函數(shù)/(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增；當x<0時，f'

=xex<Q,函數(shù)/'(x)在(-8,o)上單調(diào)遞減.

(2)f(x)=(1+ax)eax—^(x>0),

①當時，f(x)=(1+ax)eax-ex>eOT-ex^et-ex=O,

所以/(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，所以/(x)>-1,與題意矛盾.

②當aWO時，f(x)We。"一dWl-dCO.

所以/(x)在(0,+8)上單調(diào)遞減，所以/(x)<—1,滿足題意.

③當0<aW1時，f'(x)W(1+j)