新高考数学一轮复习讲义 第3章 §3.5　利用导数研究恒(能)成立问题

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第3章 §3.5　利用导数研究恒(能)成立问题，共13页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§3.5 利用导数研究恒(能)成立问题
题型一 分离参数求参数范围
例1 (2022·北京模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解 (1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，
f(0)＝(0－2)e0＝－2，
f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，
所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，
即x＋y＋2＝0.
(2)方法一 当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立．
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－x))a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立.
当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R.
当x>2时，eq \f(1,2)x2－x>0，
所以a≤eq \f(x－2ex,\f(1,2)x2－x)＝eq \f(2ex,x)恒成立．
设g(x)＝eq \f(2ex,x)，则g′(x)＝eq \f(2x－1ex,x2)，
因为x>2，所以g′(x)>0，
所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2.
综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
方法二 f′(x)＝(x－1)(ex－a)，
①当a≤0时，因为x≥2，
所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，
则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
f(x)≥f(2)＝0成立．
②当0所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(2)＝0成立．
③当a>e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)<0；
在区间(ln a，＋∞)上，f′(x)>0，
所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
教师备选
(2022·重庆模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x2,2)－(m＋1)x＋mln x＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求m的取值范围．
解 (1)f′(x)＝x－(m＋1)＋eq \f(m,x)＝eq \f(x2－m＋1x＋m,x)＝eq \f(x－mx－1,x)，
①当m≤0，x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
②当00，f(x)单调递增；
当x∈(m,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
③当m＝1，x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
④当m>1，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)由题意知xf′(x)－f(x)≥0恒成立，
即eq \f(x2,2)－mln x≥0恒成立，
∴eq \f(x2,2)≥mln x.
当x＝1时，eq \f(x2,2)≥mln x恒成立，
当x>1时，eq \f(x2,2ln x)≥m；
当0令g(x)＝eq \f(x2,2ln x)，
则g′(x)＝eq \f(x2ln x－1,2ln x2)，
当0g(x)单调递减且g(x)<0，
∴x→0时，eq \f(x2,2ln x)→0，
∴m≥0.
当x>1时，令g′(x)＝0，得x＝eq \r(e)，
∴当1当x>eq \r(e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(eq \r(e))＝e，∴m≤e.
综上知0≤m≤e.
思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
跟踪训练1 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)≤eq \f(－x2＋mx－3,2)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>eq \f(1,e)；
令f′(x)<0，得0所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
所以f(x)在x＝eq \f(1,e)处取得极小值，
且为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，无极大值．
(2)由f(x)≤eq \f(－x2＋mx－3,2)，
得m≥eq \f(2xln x＋x2＋3,x).
问题转化为m≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2xln x＋x2＋3,x)))min.
令g(x)＝eq \f(2xln x＋x2＋3,x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)．
则g′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)
＝eq \f(x＋3x－1,x2).
由g′(x)>0，得x>1；
由g′(x)<0，得0所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4.
故m的最小值为4.
题型二 等价转化求参数范围
例2 已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝ex－1－a＋eq \f(1,x)，
∴f′(1)＝2－a＝3，
∴a＝－1，
经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化为
ex－1－ax＋a－1≥0，x>0，
令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，
则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①当a≤eq \f(1,e)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
∴a≤eq \f(1,e)符合题意．
②当a>eq \f(1,e)时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.
当x∈(0，ln a＋1)时，φ′(x)<0，
当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，ln a＋1)上单调递减，
在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
当ln a＋1≤1，即eq \f(1,e)φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，
∴eq \f(1,e)当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．
教师备选
(2022·衡阳模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性﹔
(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2ax＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－2ax2,x)，
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时﹐由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(2a))，
由f′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))，
由f′(x)<0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，
于是有f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递减．
(2)由f(x)>－a，
得a(x2－1)－ln x<0，x∈(1，＋∞)，
－ln x<0，x2－1>0，
当a≤0时，a(x2－1)－ln x<0，满足题意；
当a≥eq \f(1,2)时，
令g(x)＝a(x2－1)－ln x(x>1)，
g′(x)＝eq \f(2ax2－1,x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(1)＝0，不符合题意，
当0由g′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，
由g′(x)<0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,\r(2a))))，
于是有g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,\r(2a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递增，
g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))))则当0综上，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
思维升华 根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x.
(1)当a>2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈[1，＋∞)，使f(x)解 (1)∵x>0，f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq \f(2x－ax－1,x)，
又eq \f(a,2)>1，
∴当f′(x)>0时，0eq \f(a,2)，
当f′(x)<0时，1∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,2))).
(2)∵存在x∈[1，＋∞)使f(x)f(x)min.
由(1)可得，①当a>2时，
f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4)－a＋alneq \f(a,2)即lneq \f(a,2)－eq \f(a,4)<2，
令t＝eq \f(a,2)，φ(t)＝ln t－eq \f(t,2)(t>1)，
φ′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－t,2t)(t>1)，
∴φ(t)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
∴φ(t)max＝φ(2)＝ln 2－1<2恒成立，
即当a>2时，不等式恒成立；
(另解：当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))②当a≤2时，f(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(1)＝－a－1－eq \f(1,2)，
∴－eq \f(1,2)综合①②得，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
题型三 双变量的恒(能)成立问题
例3 设f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥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∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)存在x1，x2∈[0,2]，
使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(2,3)，
∵geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(85,27)，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(85,27)，
∴M≤1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(85,27)))＝eq \f(112,27)，
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))有f(s)≥g(t)，
则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
h′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递减，
又h′(1)＝0，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，h′(x)≥0，
当x∈[1,2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，在[1,2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．
教师备选
已知函数f(x)＝eq \f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，a为正实数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝eq \f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，
所以f′(x)＝eq \f(－axx－3,ex)(x∈R)，
因为a>0，所以令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x<0或x>3.
所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，
所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝eq \f(5a,e3).
又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，
所以f(0)所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.
若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，
则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)－f(0)<1，
即eq \f(5a,e3)＋a<1，解得a又a>0，所以0故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e3,5＋e3))).
思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有
(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
跟踪训练3 设f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)
＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，
故F(x)min＝F(－1)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,e).
(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，
有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立，
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
课时精练
1．(2022·大同模拟)已知函数f(x)＝x(mex－1)．
(1)当m＝1时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x>0时，f(x)≥x2－2x，求实数m的取值范围．
解 (1)当m＝1时，f(x)＝x(ex－1)，
则f(1)＝e－1，
由f′(x)＝ex－1＋xex可得，f′(1)＝2e－1.
所以函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)由x(mex－1)≥x2－2x及x>0，
得m≥eq \f(x－1,ex).
令g(x)＝eq \f(x－1,ex)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(2－x,ex)，
当x∈(0,2)时，g′(x)>0；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以x＝2是g(x)的极大值点，也是g(x)的最大值点，即g(x)max＝g(2)＝eq \f(1,e2).
所以m≥eq \f(1,e2)，
故m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞)).
2．(2022·长春模拟)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R).
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq \f(a,x)
＝eq \f(2x－ax－1,x)(x>0)，
又f′(3)＝4－eq \f(2a,3)＝0，
所以a＝6，经检验符合条件，
所以f′(x)＝eq \f(2x－3x－1,x)，
令f′(x)>0，有03；
令f′(x)<0，有1所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，(3，＋∞)，单调递减区间是(1,3)．
(2)由题意f(x)≥1⇔f(x)min≥1，
当a≤0时，令f′(x)>0，有x>1；
令f′(x)<0，有0所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－a－1，
所以－a－1≥1，即a≤－2，
当a>0时，①0存在f(1)＝－a－1<0；
②eq \f(a,2)>1，即a>2时，存在f(1)＝－a－1<0；
③eq \f(a,2)＝1，即a＝2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，存在f(1)＝－3<0，
可知a>0时，f(x)≥1不恒成立．
综上，a≤－2.
3．(2022·沈阳模拟)已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，当x>0时，f(x)＝x2＋sin x，g(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且g(x)＝ax＋eq \f(1,x)－2(a>0)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对于∀x1∈[－1,1]，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)设x<0，则－x>0，
所以f(－x)＝x2－sin x，
又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，
所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋sin x，
又f(0)＝0，
所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋sin xx≥0，,－x2＋sin xx<0.))
(2)由题意得f(x)min>g(x)min.
当x∈[0,1]时，f′(x)＝2x＋cs x>0，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝0；
当x∈[－1,0)时，f′(x)＝－2x＋cs x>0，
所以f(x)在[－1,0)上单调递增，
所以f(x)min＝f(－1)＝－1－sin 1<0，
所以f(x)min＝－1－sin 1.
对于g(x)，因为a>0，x>0，
所以ax＋eq \f(1,x)－2≥2eq \r(a)－2，
当且仅当ax＝eq \f(1,x)，即x＝eq \r(\f(1,a))时等式成立．
所以g(x)min＝2eq \r(a)－2，
所以－1－sin 1>2eq \r(a)－2，
整理得a所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－sin 12,4))).
4．(2022·昆明联考)已知函数f(x)＝eax－x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为1，求f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝aeax－1，则f′(0)＝a－1＝1，即a＝2.
∴f′(x)＝2e2x－1，令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(ln 2,2).
当x<－eq \f(ln 2,2)时，f′(x)<0；
当x>－eq \f(ln 2,2)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(ln 2,2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2,2)，＋∞)).
(2)由f(x)≥eaxln x－ax2，x∈(0，e]，
即ax2－x≥eax(ln x－1)，有eq \f(ax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)，
故仅需eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)即可．
设函数g(x)＝eq \f(ln x－1,x)，
则eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)等价于g(eax)≥g(x)．
∵g′(x)＝eq \f(2－ln x,x2)，
∴当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增，
∴当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，
即a≥eq \f(ln x,x)恒成立．
设函数h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(0，e]，
则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，∴h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e)，则a≥eq \f(1,e)即可，
∴a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).