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补上一课 ,导函数的“隐零点”、ex≥x＋1、ln x≤x－1及,“极值点偏移”问题
1．利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”．对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点．
2．极值点“偏移”图示
(1)(左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0)
(2)(左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞2x0)
(3)(左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＜2x0)
3．极值点偏移问题的结论不一定总是x1＋x2＞(＜)2x0，也可能是x1x2＞(＜)x.
题型一　函数最值中的“隐零点”
【例1】 (2021·杭州市高级中学仿真考试)已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝2时，设函数g(x)＝f(x)＋ln x－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x∈恒成立，求b的最小值．
解　(1)由题意，函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)，
可得f′(x)＝(x－a＋1)ex，
当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)<0；
当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)>0，
故函数f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，
在(a－1，＋∞)上单调递增．
(2)由函数g(x)＝f(x)＋ln x－x－b＝(x－2)ex＋ln x－x－b(b∈Z)，
因为g(x)≤0对任意的x∈恒成立．
即b≥(x－2)ex＋ln x－x对任意的x∈恒成立，
令函数h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x，
则h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)，
因为x∈，所以x－1<0.
再令函数t(x)＝ex－，
可得t′(x)＝ex＋>0，
所以函数t(x)单调递增．
因为t＝e－2<0，t(1)＝e－1>0，
所以一定存在唯一的x0∈，
使得t(x0)＝0，即ex0＝，即x0＝－ln x0，
所以h(x)在上单调递增，在(x0，1)上单调递减，
所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)ex0＋ln x0－x0＝
1－2∈(－4，－3)．
因为b∈Z，所以b的最小值为－3.
感悟升华　解决函数最值中的隐零点问题关键在于灵活应用“隐零点”的等式进行代换使问题得以解决．
【训练1】 设函数f(x)＝e2x－aln x(a为大于零的常数)，已知f′(x)＝0有唯一零点，求f(x)的最小值．
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在
(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
故f(x)的最小值为2a＋aln.
题型二　不等式证明中的“隐零点”
【例2】 (2021·杭州统检)已知函数f(x)＝ex－a－ln (x＋a)(x≥0)，其中a>0.
(1)若a＝1，求证：f(x)>0；
(2)若不等式f(x)≥－1－ln 2对x≥0恒成立，试求a的取值范围．
(1)证明　由a＝1，得f(x)＝ex－1－ln(x＋1)，x≥0，所以有f′(x)＝ex－1－，
所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝－1<0，f′(1)＝>0，
所以存在x0∈(0，1)，使f′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－1－ln(x0＋1)，(*)
且ex0－1－＝0，即ex0－1＝，
两边取对数，得ln(x0＋1)＝1－x0，
代入(*)，有f(x)min＝f(x0)＝＋x0－1＝>0恒成立，所以f(x)>0.
(2)解　由题意得ex－a－ln(x＋a)≥－1－ln 2对x≥0恒成立，
①必要性　将x＝1代入上述不等式，得e1－a－ln(1＋a)≥－1－ln 2，
即ln(1＋a)＋－e1－a－1－ln 2≤0，
令函数g(a)＝ln(1＋a)＋－e1－a－1－ln 2，
易知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
所以0②下证当0即证ln(x＋a)＋－ex－a≤1＋ln 2.
因为0设函数h(x)＝ln(x＋1)＋－ex－1，
则h′(x)＝＋－ex－1，
显然h′(x)在[0，＋∞)上单调递减，且h′(1)＝0，
所以h(x)在[0，1)上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，
故h(x)≤h(1)＝1＋ln 2，不等式得证．
由①和②可知0感悟升华　把“隐零点”等式代入最值式是证明不等式的常用技巧．
【训练2】 (2021·杭州质检)设函数f(x)＝ex＋ax，a∈R.
(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)均有2f(x)＋3≥x2＋a2，求a的取值范围．
解　(1)由题意得f′(x)＝ex＋a，
当a≥0时，f′(x)>0，此时函数f(x)在R上单调递增，不符合题意；
当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)，函数f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，则f(ln(－a))为f(x)的极小值，要使函数f(x)有两个零点，则f(ln(－a))<0，解得a<－e，
所以a的取值范围为(－∞，－e)．
(2)令g(x)＝2f(x)＋3－x2－a2
＝2ex－(x－a)2＋3，x≥0，
则g′(x)＝2(ex－x＋a)．
设h(x)＝2(ex－x＋a)，则h′(x)＝2(ex－1)≥0.
所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．
①当a＋1≥0，即a≥－1时，g′(x)≥0恒成立，即函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(0)＝5－a2≥0，解得－≤a≤.
又a≥－1，所以－1≤a≤.
②当a＋1<0，即a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3.
又h(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，
从而g(x)min＝g(x0)＝2ex0－x＋2ax0－a2＋3
＝2x0－2a－x＋2ax0－a2＋3
＝－x＋2(a＋1)x0－(a＋3)(a－1)
＝(－x0＋a＋3)(x0－a＋1)≥0，
即a－1≤x0≤a＋3.
由于x0是单调增函数h(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)上的唯一零点，
要使得a－1≤x0≤a＋3(a<－1)，则只需0≤x0≤a＋3，
故只需保证g′(a＋3)＝2[ea＋3－2(a＋3)＋2a]≥0，
即ea＋3≥3，
故实数，ln 3－3≤a<－1.
综上所述，a的取值范围为[ln 3－3，]．
题型三　导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧
【例3】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)证明　由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x11.由于
＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
所以－x2＋2ln x2<0，即【训练3】 已知函数f(x)＝x2＋aln(x＋2)，a∈R，存在两个极值点x1，x2，求f(x1)＋f(x2)的取值范围．
解　函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)，
且f′(x)＝2x＋＝，
由于f(x)有两个极值点，
则二次函数g(x)＝2x2＋4x＋a在(－2，＋∞)上有两个相异实根x1，x2，
由于g(x)的对称轴为x＝－1，
由二次函数的图象可知，只需Δ＝16－8a>0且g(－2)＝a>0，即0考虑到x1，x2是方程2x2＋4x＋a＝0的两根．
从而x1＋x2＝－2，x1x2＝，
从而f(x1)＋f(x2)
＝x＋aln(x1＋2)＋x＋aln(x2＋2)
＝(x1＋x2)2－2x1x2＋aln[2(x1＋x2)＋x1x2＋4]
＝4－a＋aln，
其中0令h(a)＝4－a＋aln，a∈(0，2)，
则h′(a)＝－1＋ln＋1＝ln<0，
从而h(a)在(0，2)上单调递减，又当x→0(x>0)，h(a)→4，a→2，h(a)→2，所以h(a)的值域为(2，4)．
综上所述f(x1)＋f(x2)的取值范围是(2，4)．
题型四　不等式ex≥x＋1、ln x≤x－1的应用
【例4】 (2020·七彩阳光联盟适考)函数f(x)＝ln(x＋1)－ax，g(x)＝1－ex.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥g(x)在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为x∈(－1，＋∞)，
f′(x)＝－a＝.
(ⅰ)当a＝0时，f′(x)>0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
(ⅱ)当a≠0时，令f′(x)＝0得x＝＝－1，
若a<0，则－1<－1，若a>0，则－1>－1.
①当a<0时，f′(x)＝－a>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f′(x)＝，
所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上可得，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)＋ex－ax－1，x≥0，
则h′(x)＝＋ex－a，
当a≤2时，由ex≥x＋1得
h′(x)＝＋ex－a≥＋x＋1－a≥0，
于是，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0恒成立，符合题意；
当a>2时 ，由于x≥0，h(0)＝0，
令函数m(x)＝h′(x)，
则m′(x)＝－＋ex(x≥0)．
所以m′(x)≥0，
故h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
而h′(0)＝2－a<0.
则存在一个x0>0，使得h′(x0)＝0，
所以当x∈[0，x0)时，h(x)单调递减，
故h(x0)综上，实数a的取值范围为(－∞，2]．
感悟升华　在函数、导函数不等式中，对于出现ex，ln x时，要注意应用结论ex≥x＋1，x－1≥ln x，ex≥ex.
【训练4】 (2020·山东卷)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为，2.
因此所求三角形的面积为.
(2)当0当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－.
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，
从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a>ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
题型五　“极值点”的偏移
【例5】 已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x＝1对称，证明：当x＞1时，f(x)＞g(x)；
(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2＞2.
(1)解　f′(x)＝e－x(1－x)，得f(x)在(－∞，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)有极大值f(1)＝，无极小值．
(2)证明　由g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x＝1对称，得g(x)的解析式为y＝f(2－x)，构造辅助函数
F(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，
求导得
F′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，
当x＞1时，x－1＞0，ex－2－e－x＞0，则F′(x)＞0，得F(x)在(1，＋∞)上单增，有F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)．
(3)证明　由f(x1)＝f(x2)，结合f(x)的单调性可设x1＜1＜x2，将x2代入(2)中不等式得f(x2)＞f(2－x2)，又f(x1)＝f(x2)，故f(x1)＞f(2－x2)，又x1＜1，2－x2＜1，f(x)在(－∞，1)上单增，故x1＞2－x2，x1＋x2＞2.
感悟升华　用对称化构造的方法解决极值点偏移问题分为以下三步：
(1)求导，获得f(x)的单调性，极值情况，作出f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范围(数形结合)；
(2)构造辅助函数，对结论x1＋x2＞(＜)2x0，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2＞(＜)x，构造F(x)＝f(x)－f，求导，限定范围(x1或x2的范围)，判定符号，获得不等式；
(3)代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论．
【训练6】 已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点(a＞0)．设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
证明　由f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)，知f(x)在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，f(1)＝－e，由f(x1)＝f(x2)＝0，可设x1＜1＜x2.
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，求导得
F′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′
＝(x－1)(ex＋2a)－(x－1)(e2－x＋2a)
＝(x－1)(ex－e2－x)，
当x＜1时，x－1＜0，ex－e2－x＜0，则F′(x)＞0，得F(x)在(－∞，1)上单增，又F(1)＝0，故F(x)＜0(x＜1)，即f(x)＜f(2－x)(x＜1)．将x1代入上述不等式中，得f(x1)＝f(x2)＜f(2－x1)，又x2＞1，2－x1＞1，f(x)在(1，＋∞)递增，故x2＜2－x1，x1＋x2＜2.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．证明：ex－ln x>2.
证明　设f(x)＝ex－ln x(x>0)，
则f′(x)＝ex－，令φ(x)＝ex－，
则φ′(x)＝ex＋>0在(0，＋∞)恒成立，
所以φ(x)在(0，＋∞)单调递增，
即f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上是增函数，
又f′(1)＝e－1>0，f′＝－2<0，
∴f′(x)＝ex－在内有唯一的零点．
不妨设f′(x0)＝0，则ex0＝，从而x0＝ln ＝－ln x0，
所以当x>x0时，f′(x)>0；当0∴f(x)＝ex－ln x在x＝x0处有极小值，也是最小值．
∴f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln x0＝＋x0>2，x0∈.
故ex－ln x>2.
2．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.
(1)求a，b的值；
(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－.
(1)解　因为f′(x)＝xex－a，
由f′(0)＝－1得a＝1，又当x＝0时，f(x)＝－1，
所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，
即x＋y＋1＝0，
所以b＝1.
(2)证明　令g(x)＝f′(x)＝xex－1，
则g′(x)＝(x＋1)ex，
所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，
则g(x)在(－∞，－1)内无零点；
当x≥－1时，g(x)单调递增，
且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，
所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.
由x0ex0＝1 ex0＝，
f(x0)＝－x0＝1－，
又g＝－1<0，
g(1)＝e－1>0 所以f(x0)>－.
3．已知f(x)＝ax＋xln x(a∈R)，y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为2.若2f(x)－(k＋1)x＋k>0(k∈Z)对任意x>1都成立，求整数k的最大值．
解　由题设知f′(x)＝a＋1＋ln x，
由f′(1)＝2，解得a＝1，
所以f(x)＝x＋xln x.
当x>1时，不等式2f(x)－(k＋1)x＋k>0(k∈Z)化为k<，
记g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝，
再设h(x)＝2x－2ln x－3，则h′(x)＝>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又h(2)＝1－2ln 2<0，h＝2>0，
故h(x)在上存在唯一零点x0，
使h(x0)＝2x0－2ln x0－3＝0，且当1当x>x0时，g′(x)>0.
即g(x)在(1，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝，
由2x0－2ln x0－3＝0得2ln x0＝2x0－3，
则g(x)min＝＝2x0∈(4，5)，
又k<恒成立，
故整数k的最大值为4.
4．已知函数f(x)＝ex－a.
(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f(x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值．
解　(1)f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，
所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，
∴切点坐标为(0，－1)，则f(0)＝1－a＝－1，∴a＝2.
(2)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，
则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0；当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0.
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立．
∴ex≥x＋1，从而ex－2≥x－1(x＝0时取等号)．
以ln x代换x得ln x≤x－1(当x＝1时，等号成立)，
所以ex－2>ln x.
当a≤2时，ln x则当a≤2时，f(x)－ln x>0恒成立．
当a≥3时，存在x，使ex－a即ex－a>ln x不恒成立．
综上，整数a的最大值为2.
5．已知函数f(x)＝xln x－x，两相异正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)．
求证：x1＋x2＞2.
证明　f′(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，
f(x)单减，
当x＞1时，f(x)单增，且f(1)＝－1，如图所示，不妨设x1＜1＜x2，
要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1，只需要证f(2－x1)＜f(x2)，又f(x1)＝f(x2)，所以只需证f(2－x1)＜f(x1)，
设g(x)＝f(x)－f(2－x)(x∈(0，1))，则g′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′＝ln x＋ln(2－x)，0＜x＜1，符号不易判断，
再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0＜x＜1，则h′(x)＝－＝＞0，∴h(x)在(0，1)上单增，∴h(x)＜h(1)＝0，∴g(x)在(0，1)上单减，∴g(x)＞g(1)＝0，
∴f(x)－f(2－x)＞0；0＜x＜1，∴f(x1)＞f(2－x1)成立，∴x1＋x2＞2.
6．(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2<0，所以不满足题意．
②若a>0，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)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·…·又＝>2，
从而m的最小正整数是m＝3.
7．(2021·台州评估测试)已知函数f(x)＝ex－x2，g(x)＝ax.
(1)求证：存在唯一的实数a，使得直线y＝g(x)与曲线y＝f(x)相切；
(2)若a∈[1，2]，x∈[0，2]，求证：|f(x)－g(x)|≤e2－6.
(注：e＝2.718 28…为自然对数的底数)
证明　(1)由f′(x)＝ex－2x知，函数f(x)在点(t，f(t))处的切线方程为y－(et－t2)＝(et－2t)(x－t)，
当该直线为y＝ax时，可得
所以(t－1)et－t2＝0，所以t>1.
令函数h(t)＝(t－1)et－t2，
则当t>1时，h′(t)＝t(et－2)>0，
所以函数h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
而h(1)＝－1<0，h(2)＝e2－4>0，
所以存在唯一的实数t0∈(1，2)，
使得h(t0)＝0，相应的a＝et－2t也是唯一的，
即存在唯一的实数a，使得直线y＝g(x)与曲线y＝f(x)相切．
(2)要证|f(x)－g(x)|≤e2－6，
即证6－e2≤ex－x2－ax≤e2－6.
令函数F(a)＝ex－x2－ax，对于确定的x，F(a)是一次函数，只要证明
注意到对于同一x∈[0，2]，F(1)≥F(2)，
所以只要证明
先证明①：记函数G(x)＝F(1)＝ex－x2－x，则G′(x)＝ex－2x－1，令y＝ex－2x－1，因为y′＝ex－2，令y′>0 x>ln 2，
由此可知G′(x)在[0，ln 2]上单调递减，在[ln 2，2]上单调递增．
又因为G′(0)＝0，G′(ln 2)＝eln 2－2ln 2－1<0，G′(2)＝e2－5>0，
所以在[ln 2，2]上存在唯一实数x0，使得G′(x0)＝0，
故在[0，x0]上G(x)单调递减，在[x0，2]上G(x)单调递增．
所以G(x)max＝max{G(0)，G(2)}＝e2－6，
即F(1)≤e2－6，①得证；
再证明②：记函数H(x)＝F(2)＝ex－x2－2x，
当x∈[0，1]时，利用不等式ex≥x＋1得
H(x)≥(x＋1)－x2－2x＝－x2－x＋1≥1－1－1＝－1>6－e2；
当x∈[1，2]时，利用不等式ex≥＋x＋1(x≥0)得
e·ex－1≥e·＝x2＋.
于是H(x)≥＋(－2x－x2)＝x2－2x＋.
其中二次函数φ(x)＝x2－2x＋开口向上，对称轴为x＝>2，
所以当x∈[1，2]时，φ(x)的最小值为φ(2)＝4－4＋＝－8，
所以H(x)≥φ(x)≥φ(2)>6－e2.
综上，不等式①②均成立，
所以当x∈[0，2]时，对任意的a∈[1，2]，总有
|f(x)－g(x)|≤e2－6.
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