2022版高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数的简单应用2

第三章 导数及其应用
第二讲 导数的简单应用
1.［2021贵阳市四校第二次联考］ 已知y =x ·f'(x ）的图象如图3-2-1所示, 则f （x )的图象可能是
( ）
2。

［原创题］函数f （x ）=(12
x —1)e x +12
x 的极值点的个数为
（ ）
A.0
B.1 C 。

2 D.3
3。

[2021安徽省示范高中联考］若函数f (x ）=(x —1）e x -ax （e 为自然对数的底数）有两个极值点,则实数a 的取值范围是
( )
A 。

(-1e
，0) B.（—∞，0）
C 。

(-1e
,+∞） D.(0，+∞）
4。

[2021蓉城名校联考]已知函数f (x ）=e |x ｜+cos x ，设a =f （0。

3-1)，b =f （2-0.3)，c =f (log 20.2),则
( ）
A 。

c <b 〈a B.c <a <b C.b <a 〈c D 。

b <c 〈a
5.[2021湖南六校联考]设函数f (x ）的定义域为R,f'（x ）是其导函数,若f （x ）+f'(x ）〈0,f (0)=1,则不等式f (x )〉e -x 的解集是
( ）
A.(0，+∞)
B.（1，+∞）
C.(—∞,0）
D.（0,1)
6.［2021四省八校联考]函数f （x ）=x 3-bx 2+c ，若f (1-x )+f （1+x )=2，则下列正确的是
（ )
A 。

f （ln 2）+f (ln 4)<2
B .f （—2）+f （5)<2
C .f (ln 2）+f （ln 3)〈2
D 。

f （-1)+f （2）〉2
7.[2020皖中名校联考]已知函数f （x ）=(x 2—mx -m )e x +2m (m 〉-2,e 是自然对数的底数)有极小值0，则其极大值是 ( )
A 。

4e -2或(4+ln 2)e -2+2ln 2
B 。

4e -2或（4+ln 2）e 2+2ln 2
C 。

4e -2或(4+ln 2）e -2-2ln 2
D.4e —2或（4+ln 2)e 2—2ln 2
8.［2021河南省名校第一次联考]若函数f (x ）={alnx -x 2-2(x >0),
x +1x
+a (x <0)的最
大值为f (—1）,则实数a 的取值范围为 。

9。

[2021广州市高三阶段模拟］已知函数f （x )=1+lnx x -1
−k
x。

(1)当k =0时，求函数f (x )的单调区间;
(2）若f （x ）>0对任意的x ∈（1，+∞)恒成立，求整数k 的最大值。

10.[2021大同市调研测试］设函数f（x)=ln x—1
ax2-bx.
2
(1)当a=b=1
时,求函数f(x)的最大值;
2
（2）当a=0,b=—1时，方程2mf（x)=x2有唯一实数解，求正数m的值.
11。

［2021江苏省部分学校调考］定义在R上的偶函数f（x)的导函数为f’（x）,若对任意x∈R，都有2f（x）+
xf’（x)<2,则使x2f(x)-f（1)〈x2—1成立的实数x的取值范围是（)
A.{x｜x≠±1｝
B.（-1,0)∪(0,1）
C。

（-1,1）D。

(-∞,-1)∪(1,+∞)
12.[2021济南名校联考]如图3-2—2,在P地正西方向8 km的A 处和正东方向1 km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD，现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F,为缓解交通压力,决定修建两条互相垂直的公路PE和PF，设∠EPA=α(0〈α)，为了节省建设成本，要使得PE+PF的值最小,此时
〈π
2
AE=()
A.4 km B。

6 km C.8 km D.10 km
图3-2—2
13.[2020郑州市三检]已知函数y =f (x ）在R 上可导且f （0)=1,其导函数f’（x ）满足f '(x )-f (x )
x -1
>0，对于函数g （x ）=f (x )e x
，下列结论
错误的是
（ )
A 。

函数g （x )在（1，+∞)上为单调递增函数
B .x =1是函数g (x )的极小值点
C 。

函数g (x )至多有两个零点
D 。

x ≤0时,不等式f （x ）≤e x 恒成立
14。

[2020江西红色七校联考］若函数f （x )与g （x )满足“存在实数t ，使得f (t ）=g'(t )",则称函数g （x )为f (x ）的“友导"函数.已知函数g (x ）=—13
x 3—3x +1为函数f (x )=2x ln x —ax 的“友导”函
数，则a 的取值范围是 .
15.［2021洛阳市统考］已知函数f （x )=ln 1x
-ax 2+x （a >0)。

（1）讨论f （x ）的单调性﹔
(2）若f (x ）有两个极值点x 1,x 2，证明:f （x 1)+f （x 2)>3-2ln 2.
16。

［2019全国卷Ⅰ,20,12分］已知函数f (x )=sin x —ln(1+x )，f’(x ）为f (x ）的导数,证明：
(1）f'（x ）在区间(—1,π2
）上存在唯一极大值点;
（2)f（x）有且仅有2个零点.
17。

［新角度题]直线x=a（a>0）分别与直线y=2x+1,曲线y=x+ln x 相交于A，B两点,则｜AB|的最小值为（) A。

1 B.2 C。

√2D。

√3
18。

[2020惠州市二调］［交汇题］设函数f(x）=√3sinπx
,若存在
m
f(x）的极值点x0满足x02+［f（x0)]2<m2，则m的取值范围是
() A。

（-∞，—6）∪(6,+∞) B.(—∞，-4)∪（4,+∞）
C。

(-∞,-2)∪（2,+∞)D.(—∞,-1)∪(1，+∞）
19.［角度创新]已知函数f(x）=ax—e x+2，其中a≠0.
(1)讨论f(x）的单调性.
（2)是否存在a∈R,对任意x1∈[0，1］，总存在x2∈[0,1］，使得f(x1）+f（x2）=4成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.
答案
第三章导数及其应用
第三讲导数的简单应用
1.D 由题图可知,当x <0时，f’(x )〈0，函数f （x )单调递减;当0<x 〈b 时，f'（x ）〉0,函数f （x )单调递增;当x 〉b 时，f’（x )〈0，函数f (x )单调递减.又f’(b ）=0，所以当x =b 时，f （x ）取得极大值，综上，满足题意的f (x )的图象可能是D .
2。

A 由题意知f'（x ）=12
e x +（12
x —1）e x +12
=12
［e x （
x -1)+1].令g (x )=e x （x -1）+1，则g’（x ）=e x （x —1）+e x =x e x ,令g'（x )=0,得x =0，则函数g （x )在区间（-∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞）上单调递增，所以g （x ）≥g (0）=0,由此可知f'(x )≥0,所以函数f (x )不存在极值点,故选A 。

3。

A 由题意得f’（x ）=x e x -a ,因为函数f (x ）=e x (x -1)—ax 有两个极值点，所以f'（x )=0有两个不等的实根，即a =x e x 有两个不等的实根,所以直线y =a 与y =x e x 的图象有两个不同的交点。

令g （x )=x e x ，则g’（x ）=e x （x +1）.当x 〈-1时，g’(x )<0,当x 〉-1时，g’（x )〉0，所以函数g （x )在(-∞，—1)上单调递减,在（—1,+∞)上单调递增，所以当x =-1时,g (x )取得最小值，且最小值为−1e
.易
知当x 〈0时,g (x )<0,当x 〉0时,g （x )〉0，则可得函数g (x ）的大致图象，如图D 3-2-1所示，则−1e
〈a <0，故选A.
图D 3—2—1
4.D 当x ≥0时,f （x ）=e x +cos x ,则f'(x ）=e x -sin x ≥e 0-sin x ≥0，所以f （x ）在[0,+∞）上单调递增。

又 f (—x ）=e
｜
—x ｜+cos(—x )=e ｜x ｜+cos x =f (x ），且函数f （x ）的定义
域为R ，所以f （x ）为偶函数，而a =f （0.3—1）=f (103
）,
b =f (2-0.3）<f (20)=f （1）,
c =f （log 20.2)=f （log 215
）=f （—log 25)=f
（log 25)，又1=log 22<log 25<log 28=3〈103
，所以
f （2-0。

3)<f （lo
g 25)〈f （103
)，即b <c 〈a.故选D 。

5.C 令g （x ）=e x f （x )，则g’（x ）=e x f （x ）+e x f’（x )，因为f (x ）+f’(x ）<0，所以g'（x )<0，所以g （x ）在R 上单调递减.因为g (0)=e 0f (0)=f （0）=1，所以不等式f （x )〉e —x 可转化为e x f (x )>1,即g (x )〉1=g （0）,又g （x )在R 上单调递减，所以x 〈0，故不等式f （x ）>e —x 的解集为(—∞,0),故选C 。

6。

A 解法一 f (1-x )+f （1+x )=2，分别令x =0，x =1（题眼)，
得{f (1)=1,f (0)+f (2)=2,
即{1-b +c =1,c +8-4b +c =2,解得b =c =3，所以f （x ）=x 3—3x 2+3，f'(x )=3x 2-6x =3x (x -2）,令f’(x ）=0,得x =0或x =2,所以当x 〈0或x >2时f'（x )>0,当0<x 〈2时f'(x )〈0,所以函数f (x ）在（0，2)上单调递减，在（-∞,0)和(2，+∞)上单调递增(题眼）。

由f
（1—x)+f(1+x)=2,得f（x)+f(2-x）=2。

对于A,2=f（ln 2）+f(2—ln 2）=f（ln 2）+f（ln e2
2
）〉f（ln 2）+f(ln 4),故A正确;对于B，2=f（—2)+f(4)〈f（-2)+f(5），故B不正确；对于C，2=f（ln 2)+f(2—ln 2）=f（ln 2）+f(ln e2
2
）〈f（ln 2）+f(ln 3)，故C不正确;对于D,2=f(-1)+f(3)>f（-1)+f（2),故D不正确.故选A。

解法二由f（1-x）+f（1+x)=2知函数f(x）图象的对称中心为(1，1）（题眼),又三次函数g(x）=ax3+dx2+ex+f（a≠0)图象的对
称中心为(−d
3a ，g（−d
3a
）)，所以b
3
=1,解得b=3，所以f(b
3
)=f(1）=1,
即1—3+c=1，得c=3,所以f（x）=x3-3x2+3.以下同解法一.
7。

A由题意知，f’（x）=[x2+（2—m)x—2m］e x=（x+2)（x—m)e x.由f’(x）=0得x=-2或x=m。

因为m〉-2,所以函数f(x)在区间(-∞，-2）和(m,+∞）内单调递增,在区间(-2，m)内单调递减.于是函数f（x）的极小值为f(m）=0，即(m2—m2—m)e m+2m=0，(2—e m）m=0,解得m=0或m=ln 2.当m=0时,f(x）的极大值为f(—2)=4e—2；当m=ln 2时，f（x）的极大值为f(-2)=（4+ln 2）·e—2+2ln 2.
故选A.
8。

［0，2e3]x<0时,f（x）≤f（—1)=a-2，x>0时，a ln x—x2—2≤a-2,即x2-a ln x+a≥0恒成立。

令t(x）=x2-a ln x+a，则t’（x)=2x2-a x，a 〈0时,t’(x)〉0,x→0时，t（x)→-∞,不合题意.a=0时，t（x）=x2≥0
恒成立.a>0时,t(x)在(0，√a
2)上单调递减,在(√a
2
，+∞)上单调递增,
所以t（x）min=a
2
−a·ln√a2+a≥0，解得0〈a≤2e3.综上，a∈[0,2e3］.
9.(1)f（x）的定义域为（0，1）∪(1,+∞）。

当k=0时,f’(x)=-1x-lnx
(x-1)2。

令g （x ）=−1
x
−ln x ，则g'（x )=1-x x 2
.
当x ∈（0，1）时，g'（x ）〉0，g （x )单调递增; 当x ∈（1,+∞)时，g’(x ）<0,g （x )单调递减。

∴g (x )max =g （1)=-1<0，∴g （x ）<0,∴f’(x ）〈0,
∴f （x ）的单调递减区间为(0,1)，（1，+∞)，无单调递增区间. （2）由f （x ）〉0对任意的x ∈(1,+∞)恒成立,得1+lnx x -1
−k
x
>0(x 〉1)，
即k <[
x (1+lnx )x -1
］min (x 〉1).
令h （x )=
x (1+lnx )
x -1
,x >1,则h’(x ）=
x -2-lnx (x -1)
2
,
令φ(x ）=x -2-ln x ,x >1，则φ’(x )=x -1x
〉0, ∴φ(x ）在（1,+∞)上单调递增,
又φ(3)=1-ln 3〈0，φ(4)=2-2ln 2>0, ∴存在唯一x 0∈(3,4），使得φ(x 0）=0， 即x 0—2—ln x 0=0，x 0—1=1+ln x 0，
当x 变化时，h’(x ）,h （x )的变化情况如下表所示：
x (1,x 0) x 0 （x 0,+∞）
h’(x ) — 0 +
h (x ）
单调递减
极小值
单调递增
∴h （x )min =h (x 0）=
x 0(1+lnx 0)
x 0-1
=x 0∈(3,4），
∴整数k 的最大值为3.
10。

（1)依题意,知f (x ）的定义域为（0，+∞）， 当a =b =12
时,f （x )=ln x −14
x 2−12
x ,则f’（x )=
1
x
−1
2x
−12=-(x+2)(x -1)
2x
,
令f’(x ）=0,解得x =1或x =-2(舍去).当0<x 〈1时，f’(x )〉0，此时f （x )单调递增；当x >1时，f'(x ）〈0，此时f （x )单调递减。

所以f （x ）的极大值为f (1)=−34
,此即函数f (x ）的最大值。

图D 3-2—2
(2）由题意可知，2mf (x ）=x 2⇔2m (ln x +x )=x 2⇔12m
=lnx+x x 2。

设g (x )=
lnx+x x 2
，
则g'（x )=
1-2lnx -x
x 3
,令h （x ）=1-2ln x -x ,则h'（x ）=−2x
−1。

因为x >0,
所以h'(x )〈0,h (x )在（0,+∞）上单调递减。

因为h (1)=0，所以当x ∈（0，1)时，h (x )>0，当x ∈(1,+∞)时，h （x ）〈0,所以函数g (x )在(0，1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g （x ）max =g （1）=1。

又g (e -1)=
-1+e -1e -2
〈0,且当x →+∞时，g （x ）→0，所以可画出g (x )
的大致图象,如图D 3-2—2所示,方程2mf (x )=x 2有唯一实数解就等价于直线y =1
2m
与g (x ）=
lnx+x x 2
的图象只有一个交点，由图象可知
12m
=1,即m =12。

11。

D 令g （x ）=x 2f （x )-x 2,则g’(x )=2xf （x )+x 2f'(x ）-2x =x ［2f (x ）+xf’（x )—2],所以当x >0时,g’(x )=x ［2f (x ）+
xf’（x )-2］〈0，则函数g (x )在（0,+∞）上单调递减.因为f （x )是偶函数,所以g （x ）是偶函数，则函数g （x )在（—∞,0)上单
调递增。

不等式x 2f (x )-f （1）〈x 2—1可化为x 2f （x ）—x 2〈f (1）-1,即g （x )〈g (1）,所以|x ｜>1,解得x >1或x <—1，故选D . 12。

A 因为PE ⊥PF ,∠EPA =α,所以∠PFB =α,在Rt △PAE 中，PE =AP
cosα
=8
cosα
，在Rt △PBF 中，PF =
PB sinα
=1
sinα
,则PE +PF =
8cosα
+1
sinα。

设f (α）
=
8cosα
+
1sinα
，α∈(0，π2
），则f’（α)=
8sinαcos 2α
−
cosαsin 2α
=
8sin 3α-cos 3αcos 2αsin 2α,令
f’(α）=
8sin 3α-cos 3αcos 2αsin 2α
=0，则tan α=12
,当0<tan α<12
时，f'（α）〈0，当tan
α〉12
时,f'(α)>0,所以当tan α=12
时,f （α）取得最小值，此时AE =AP ·tan α=8×12
=4，故选A . 13。

D 因为
f '(x )-f (x )
x -1
〉0,所以当x 〉1时,f'（x ）—f （x )>0;当x <1
时,f’(x ）—f （x ）<0.因为g （x )=f (x )e x
,所以g'(x )=
f '(x )-f (x )
e x
，则当x 〉1
时,g’(x )〉0;当x <1时,g’（x )<0.所以函数g （x )在(1,+∞）上为单调递增函数，在（-∞，1)上为单调递减函数,则x =1是函数g （x ）的极小值点,则选项A ，B 均正确。

当g （1)<0时，函数g (x ）至多有两个零点，当g (1）=0时,函数g (x )有一个零点,当g (1)>0时，函数g （x )无零点,所以选项C 正确。

g (0）=f (0)e 0
=1，又g （x )
在区间
(—∞,1)上单调递减，所以当x ≤0时，g (x )=f (x )e x
≥g (0）=1，又e x >0,
所以f (x ）≥e x ,故选项D 错误.故选D .
14.[4,+∞） 由题意，得g'（x )=-x 2-3。

又由题意知g (x )=−13
x 3-3x +1
为函数f （x )=2x ln x —ax 的“友导"函数，所以方程2x ln x —ax =-x 2-3有解，即a =x +2ln x +3
x
有解.令h (x )=x +2ln x +3
x
，则h'
（x ）=1+
2x
−3x 2=(x+3)(x -1)
x 2
，当0<x <1时,h’（x )<0，函数h （x )单调递
减;当x 〉1时,h’（x )〉0，函数h (x )单调递增。

所以h (x )≥h (1)=4，所以由方程a =x +2ln x +3x
有解,可得a ≥4.
15。

(1)∵f (x )=ln 1x
−ax 2+x =—ln x -ax 2+x （a >0,x >0),
∴f'（x )=−1x
−2ax +1=−
2ax 2-x+1
x
(a >0)。

令2ax 2—x +1=0，则其判别式Δ=1-8a 。

①当Δ≤0，即a ≥18
时,
f’（x ）≤0，f (x ）在(0,+∞）上单调递减.
②当Δ>0,即0<a <18
时,方程2ax 2-x +1=0有两个不相等的正根x 3=
1-√1-8a 4a
,x 4=
1+√1-8a
4a
,
则当0〈x <x 3或x 〉x 4时,f'（x )〈0， 当x 3<x <x 4时，f'（x )〉0, ∴ f (x ）在（0，1-√1-8a 4a
）上单调递减，在（
1-√1-8a 4a
,
1+√1-8a 4a
）上单调递增,
在(
1+√1-8a
4a
，+∞)上单调递减。

综上，当a ∈［18
，+∞)时，f （x ）在(0,+∞）上单调递减,无增区间;
当a ∈（0,18
)时，f （x ）在（0，
1-√1-8a 4a
）,（
1+√1-8a
4a
,+∞）上单调递减,在
（
1-√1-8a 4a
，
1+√1-8a
4a
）上单调递增。

(2）不妨设x 1〈x 2.由（1）知，当且仅当a ∈（0，18
)时，f (x )有极小值点x 1和极大值点x 2,∴x 1+x 2=1
2a
,x 1x 2=1
2a。

f (x 1)+f （x 2)=-ln
x 1—a x 1
2
+x 1—ln x 2—a x 2
2+x 2=-（ln x 1+ln x 2)−12
（x 1-1)−
12
（x 2—1)+(x 1+x 2)=-ln(x 1x 2）+12
（x 1+x 2）+1=ln(2a )+14a
+1.令g （a )=ln （2a ）+1
4a
+1,a ∈（0，18
)，则g’（a ）=
1a
−14a 2=4a -14a 2
〈0,∴g (a ）在(0，18
)
上单调递减，∴g (a ）〉g (18
)=ln （2×18
）+14×
1
8
+1=3—2ln 2，即f (x 1）
+f （x 2）〉3—2ln 2.
16。

(1)设g （x ）=f'(x ），则g (x ）=cos x −11+x
,g’（x ）=—sin x +
1(1+x )
2
.
当x ∈（—1，π2
)时,g’(x ）单调递减,而g’（0)>0,g’(π2
）<0,可得g’（x )在(—1,π2
）上有唯一零点,设为α.则当x ∈（-1，α）时,g’（x )〉0；当x ∈（α,π2
)时，g'(x ）<0。

所以g （x )在（—1,α）上单调递增，在(α,π2
)上单调递减,故g （x )
在（—1，π2
)上存在唯一极大值点,即f’(x )在（—1,π2
）上存在唯一
极大值点。

（2）f (x )的定义域为(—1,+∞）。

（i)当x ∈（-1，0]时，由(1）知，f'(x ）在(-1,0)上单调递增,而f'（0)=0，所以当x ∈（—1，0)时,f’（x ）〈0,故f （x )在(-1，0)上单调递减。

又f (0）=0，从而x =0是f （x )在(-1,0]上的唯一零点。

（ii)当x ∈（0,π2
］时,由（1)知,f’(x ）在(0，α)上单调递增，在（α，
π2
)上单调递减，而f'（0）=0,f’（π2
）〈0，所以存在β∈(α，π2
)，使
得f’(β)=0,且当x ∈(0，β）时,f’（x ）〉0;当x ∈(β,π2
）时,f'（x )〈0。

故f (x ）在(0，β）上单调递增,在（β，π2
）上单调递减。

又f (0）=0，f (π2
）=1-ln(1+π2
)〉0，所以当x ∈（0,π2
］时，f (x )>0.
从而f (x ）在(0，π2
]上没有零点.
(iii ）当x ∈(π2
,π]时，f’(x ）〈0,所以f (x ）在（π2
，π)上单调递减.而f
（π2
）>0,f （π)<0,所以f (x )在（π2
，π］上有唯一零点.
（iv ）当x ∈（π，+∞）时,ln （x +1）〉1,所以f (x ）〈0，从而f (x ）在(π，+∞)上没有零点.
综上,f (x )有且仅有2个零点。

17。

B 根据题意,设f (x )=2x +1-x -ln x =x +1-ln x ,则f'（x )=1−
1
x
=x -1x
（x 〉
0），所以函数f (x ）在（0,1）上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f （x )min =f (1）=2—ln 1=2，所以|AB ｜min =2.故选B 。

18.C 由题意得,当πx m
=k π+π2
(k ∈Z ），即x =
(2k+1)m
2
(k ∈Z ）时，f (x )取得
极值±√3.若存在f (x ）的极值点x 0满足x 0
2
+[f （x 0）］2〈m 2，则存在k ∈Z,使[
(2k+1)m
2
］
2+3<m 2成立,问题等价于存在k ∈Z 使不等式m 2（k +12
）2+3〈m 2成立,因为(k +12
）2的最小值为14
，所以只要14
m 2+3〈m 2成
立即可,即m 2>4，解得m 〉2或m <—2.故选C 。

19。

（1）由f (x )=ax —e x +2，得f'（x ）=a -e x .
当a <0时,对任意x ∈R ，f’(x ）<0,所以f （x ）单调递减. 当a >0时,令f'（x )=0，得x =ln a ,
当x ∈（—∞,ln a ）时,f'（x ）〉0,当x ∈（ln a ,+∞)时,f’（x ）<0, 所以f (x ）在(—∞,ln a ）上单调递增,在(ln a ,+∞）上单调递减。

综上所述，当a <0时,f （x ）在R 上单调递减,无增区间；当a 〉0时，f (x )在(—∞，ln a ）上单调递增，在(ln a ,+∞)上单调递减。

（2）存在满足条件的实数a ，且实数a 的值为e+1。

理由如下：
①当a ≤1，且a ≠0时,由（1）知，f （x ）在[0,1]上单调递减, 则x ∈[0,1]时,f （x )max =f （0）=1， 则f （x 1）+f (x 2）≤2f (0）=2〈4，
所以此时不满足题意;
②当1〈a <e 时，由（1)知,在［0，ln a ］上，f （x )单调递增,在（ln a ,1］上，f (x )单调递减,
则当x ∈[0，1]时，f (x ）max =f (ln a ）=a ln a —a +2。

当x 1=0时,对任意x 2∈［0,1]，
f (x 1）+f (x 2）≤f （0)+f (ln a ）=1+a ln a -a +2=a (ln a —1）+3<3， 所以此时不满足题意；
③当a ≥e 时,令g （x ）=4-f （x ）（x ∈［0,1]），
由(1）知，f (x ）在[0，1］上单调递增,从而知g (x ）在［0,1］上单调递减，
所以g (x ）max =g （0)=4-f （0)，g （x ）min =g (1）=4-f （1).
若对任意的x 1∈［0，1]，总存在x 2∈[0，1]，使得f (x 1)+f （x 2）=4，
则f (x )的值域为g （x )值域的子集，即{f (0)≥g (1),f (1)≤g (0),即{f (0)+f (1)≥4,f (1)+f (0)≤4,
所以f （0）+f （1）=a -e+3=4，解得a =e+1.
综上，存在满足题意的实数a ，且实数a 的值为e+1。