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专题 02 导数
一、单选题
1．（2020·辽宁省高三月考）函数 在 的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
，
易知，函数 为奇函数，其图象关于原点对称，故排除 选项，
又
故可得 f′（0）＝0，可排除 C，
故选： ．
2．（2020·全国高三专题练习）若函数 在 上为减函数，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
， .
由于函数 在 上为减函数，则不等式 在区间 上恒成立，且函数
《决胜 2020 高考数学中高档题分项演练》
( ) ( )1f x cosx sinx−＝ [ ],π π﹣
( ) ( )1f x cosx sinx cosxsinx sinx= − = −
f x（ ） A B、
' ' '( ) (cos 1) sin (cos 1)(sin ) cos cos2f x x x x x x x= − + − = − +
D
( ) 2xf x e mx m= + − [ ]0,1 m
( ], 1−∞ − ( ], 2−∞ − ( 2, e −∞ − ( 2, 2e −∞ −
( ) 2xf x e mx m= + − ( ) 22 xf x e m′∴ = +
( ) 2xf x e mx m= + − [ ]0,1 ( ) 0f x′ ≤ [ ]0,1 2 / 36
在区间 上单调递增，
所以， ，解得 .
因此，实数 的取值范围是 .
故选：D.
3．（2020·广西壮族自治区广西师大附属外国语学校高三）已知函数 的导数为
，且 ，则函数 图象的大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
， ，
,
所以 为奇函数，且当 时，有 g(x) > c b a> > a b c> > a c b> >
( ) ( ) ( ), ( ) ( ) 0, ( ( )) 0,xf x f x f x xf x f x xf x′ < − = − ∴ < ′+ >
3
xe
x
3 3ln 3ln3 1 1 1 1
ln ln ln ln
x
x x x x x
e x x e x e e x e xxa x x x x
− − −− − − − − − − −≤ = = =
( ) 1xf x e x= − − ( )' 1xf x e= −
( ),0−∞ [ )0,+∞ ( ) ( )min 0 0f x f= = 1xe x≥ +
1xe x≥ +
3ln 1 3ln 1 1 3ln ln
x xe x x x x
x x
− − − − + − −≥ = − 3a ≤ −
B
3 1( ) 2 1 x
xf x x x e e
= − + + − e
( )2( 1) 2 2f a f a− + ≤ a
31, 2
−
3 ,12
−
11, 2
−
1 ,12
− 4 / 36
令 ， ．
则 ， 在 上为奇函数．
，
函数 在 上单调递增．
，化为： ，
即 ，化为： ，
，
即 ，
解得 ．
实数 的取值范围是 ．
故选 ．
7．（2019·浙江卷）已知 ，函数 ，若函数
恰有三个零点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
当 时， ，得 ； 最多一个
零点；
当 时， ，
，
当 ，即 时， ， 在 ， 上递增， 最多一个零
点．不合题意；
3 1( ) ( ) 1 2 x
xg x f x x x e e
= − = − + − x∈R
( ) ( )g x g x− = − ( )g x∴ R
2 1( ) 3 2 0 2 2 0x
xg x x e e
′ = − + + + − =
∴ ( )g x R
2( 1) (2 ) 2f a f a− +
2( 1) 1 (2 ) 1 0f a f a− − + −
2( 1) (2 ) 0g a g a− +
2(2 ) ( 1) (1 )g a g a g a− − = −
22 1a a∴ −
22 1 0a a+ −
11 2a−
∴ a 1[ 1, ]2
−
C
,a b∈R 3 2
, 0
( ) 1 1 ( 1) , 03 2
x x
f x x a x ax x
1, 0a b> − < 1, 0a b> − >
0x < ( ) (1 ) 0y f x ax b x ax b a x b= − − = − − = − − =
1
bx a
= − ( )y f x ax b= − −
0x
3 2 3 21 1 1 1( ) ( 1) ( 1)3 2 3 2y f x ax b x a x ax ax b x a x b= − − = − + + − − = − + −
2 ( 1)y x a x= +−′
1 0a + 1a − 0y′ ( )y f x ax b= − − [0 )+∞ ( )y f x ax b= − − 5 / 36
当 ，即 时，令 得 ， ，函数递增，令 得 ， ，函数递
减；函数最多有 2 个零点；
根据题意函数 恰有 3 个零点 函数 在 上有一个零点，在 ，
上有 2 个零点，
如图：
且 ，
解得 ， ， ．
故选 ．
8．（2020·江西省高三）设函数 在定义域 上是单调函数，且
，若不等式 对 恒成立，则 的取值范
围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
由题意易知 为定值，不妨设 ，则 ，
又 ，故 ，解得： ，
1 0a + > 1a > − 0y′ > [ 1x a∈ + )+∞ 0y′ < [0x∈ 1)a +
( )y f x ax b= − − ⇔ ( )y f x ax b= − − ( ,0)−∞ [0
)+∞
∴ 01
b
a
+ − + + − 310 ( 1 16 ,)b aa> > − + ∴ > −
C
( )f x ( )0, ∞+
( ) ( )0, , xx f f x e x e ∀ ∈ +∞ − + = ( ) ( )'f x f x ax+ ≥ (0, )x∈ +∞ a
( ], 2e−∞ − ( ], 1e−∞ −
( ],2 3e−∞ − ( ],2 1e−∞ −
( ) xf x e x− + ( ) xf x e x t− + = ( ) xf x e x t= − +
( )f t e= te t t e− + = 1t = 6 / 36
即函数的解析式为 ， ，
由题意可知： 对 恒成立，
即 对 恒成立，
令 ，则 ，
据此可知函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
函数 的最小值为 ，
结合恒成立的结论可知： 的取值范围是 .
本题选择 D 选项.
9．（2020·洪洞县第一中学高三期中）已知函数 若 恰有 4 个
零点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
根据零点定义可知 ，
即 恰有 4 个不同交点，
画出函数 的图像如下图所示：
( ) 1xf x e x= − + ( )' 1xf x e= −
( ) ( )1 1x xe x e ax− + + − ≥ ( )0,x∈ +∞
2 1
xea x
≤ − ( )0,x∈ +∞
( ) 2 1
xeg x x
= − ( ) ( )
2
2 1'
xe xg x x
−=
( )g x ( )0,1 ( )1,+∞
( )g x ( )1 2 1g e= −
a ( ],2 1e−∞ −
1 1, 2 0( )
ln 1, 0
x xf x
x x
+ − − ≤ ≤= − >
( ) ( )g x f x kx= −
k
2
10, e
2
1 ,1e
2
2
1 ,ee
)20,e
( ) ( ) 0g x f x kx= − =
( )f x kx=
1 1, 2 0( )
ln 1, 0
x xf x
x x
+ − − ≤ ≤= − > 7 / 36
当 时， ，
则 ，
设 与 相切于 ，
由导数几何意义及切点在 上，
则满足 解得 ，
将直线 绕原点旋转，当恰有 4 个交点时满足 ，
即 的取值范围为 ，
故选：A
10．（2020·六盘山高级中学高三期末）已知函数 若 成立，则
的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
0x > ( ) ln 1f x x= −
1( )f x x
′ =
( )f x kx= ( ) ln 1f x x= − ( ),m km
( ) ln 1f x x= −
1
ln 1
k m
km m
=
= −
2
2
1k e
m e
=
=
( )f x kx=
2
10 k e
< <
k 2
10, e
21( ) ln , ( ) ,2 2
xxf x g x e −= + = ( ) ( )g m f n=
n m−
1 ln 2− ln 2 2 3e − 2 3e − 8 / 36
不妨设 ， ，故
，令 ， ，易知 在
上是增函数，且
，当 时， ，当 时， ，即当 时， 取得极小值同时也
是最小值，此时 ，即 的最小值为 ，故选 B.
二、多选题
11．（2020·山东省高三期末）已知函数 的定义域为 ，则（ ）
A． 为奇函数
B． 在 上单调递增
C． 恰有 4 个极大值点
D． 有且仅有 4 个极值点
【答案】BD
【解析】
因为 的定义域为 ，所以 是非奇非偶函数，
，
( ) ( ) ( )2 1, ln , 02 2
m ng m f n t e t t−= = ∴ = + = > 1
22 ln , 2 ln , 2 t
m t m t n e
−∴ − = = + = ⋅
( )1
22 ln , 0t
n m e t t
−− = ⋅ − > ( ) ( )1
22 ln , 0t
h t e t t
−= ⋅ − > ( ) 1
2 1' 2 t
h t e t
−= ⋅ − ( )'h t ( )0, ∞+
1' 02h =
1
2t > ( )' 0h t > 10 2t< < ( )' 0h t < 1
2t = ( )h t
1 1
2 21 12 2 ln 2 2 ln 2 ln 22 2h e
− = ⋅ − − = − + = n m− ln 2
( ) sin cosf x x x x x= + − [ )2 ,2π π−
( )f x
( )f x [ )0,π
( )f x
( )f x
( )f x [ )2 ,2π π− ( )f x
( ) sin cosf x x x x x= + −
( ) ( )1 cos cos sin 1 sinf x x x x x x x′∴ = + − − = + 9 / 36
当 时， ，则 在 上单调递增.
显然 ，令 ，得 ，
分别作出 ， 在区间 上的图象，
由图可知，这两个函数的图象在区间 上共有 4 个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故
在区间 上的极值点的个数为 4，且 只有 2 个极大值点.
故选：BD.
12．（2020·海南省高三月考）已知 ， ，记
，则( )
A． 的最小值为 B．当 最小时，
C． 的最小值为 D．当 最小时，
【答案】BC
【解析】
[ )0,xÎ p ( ) 0f x′ > ( )f x [ )0,p
( )0 0f ′ ≠ ( ) 0f x′ = 1sin x x
= −
siny x= 1y x
= − [ )2 ,2π π−
[ )2 ,2π π−
( )f x [ )2 ,2π π− ( )f x
1 1 1ln 2 0x x y− − + = 2 22 4 2ln 2 0x y+ − − =
( ) ( )2 2
1 2 1 2M x x y y= − + −
M 2
5 M 2
12
5x =
M 4
5 M 2
6
5x = 10 / 36
分析：将所求最小值转化为为函数 图象上的点到直线 上的点的距离的
最小值的平方；利用导数可求得与直线 平行的函数的切线，由此可求得切点坐标，则
切点到直线距离的平方即为所求最小值，利用点到直线距离公式求得最小值；求得过切点且与
垂直的直线方程，两直线方程联立即可求得 最小时， 的值.
详解：由 得：
的最小值可转化为函数 图象上的点到直线 上
的点的距离的最小值的平方
由 得：
与直线 平行的直线的斜率为
则令 ，解得： 切点坐标为
到直线 的距离
即函数 上的点到直线 上的点的距离的最小值为
的最小值为
过 与 垂直的直线为
即
由 ，解得： ，即当 最小时，
故选：
13．（2020·山东省高三期末）关于函数 ，下列判断正确的是（ ）
A． 是 的极大值点
B．函数 有且只有 1 个零点
C．存在正实数 ，使得 成立
D．对任意两个正实数 ， ，且 ，若 ，则 .
ln 2y x x= − + 2 4 2ln 2 0x y+ − − =
2 4 2ln 2 0x y+ − − =
2 4 2ln 2 0x y+ − − = M 2x
1 1 1ln 2 0x x y− − + = 1 1 1ln 2y x x= − +
( ) ( )2 2
1 2 1 2x x y y− + − ln 2y x x= − + 2 4 2ln 2 0x y+ − − =
ln 2y x x= − + 1 1y x
′ = −
2 4 2ln 2 0x y+ − − = 1
2
−
1 11 2x
− = − 2x = ∴ ( )2,ln 2
( )2,ln 2∴ 2 4 2ln 2 0x y+ − − = 2 2ln 2 4 2ln 2 2 5
51 4
d
+ − −= =
+
ln 2y x x= − + 2 4 2ln 2 0x y+ − − = 2 5
5
( ) ( )2 2
1 2 1 2x x y y∴ − + − 2 4
5d =
( )2,ln 2 2 4 2ln 2 0x y+ − − = ( )ln 2 2 2y x− = −
2 4 ln 2 0x y− − + =
2 4 2ln 2 0
2 4 ln 2 0
x y
x y
+ − − =
− − + =
12
5x = M 2
12
5x =
BC
( ) 2 lnf x xx
= +
2x = ( )f x
( )y f x x= -
k ( )f x kx>
1x 2x 1 2x x> ( ) ( )1 2f x f x= 1 2 4x x+ > 11 / 36
【答案】BD
【解析】
分析：A.求函数的导数，结合函数极值的定义进行判断
B.求函数的导数，结合函数的单调性，结合函数单调性和零点个数进行判断即可
C.利用参数分离法，构造函数 g（x） ，求函数的导数，研究函数的单调性和极值进行判断即可
D.令 g（t）＝f（2+t）﹣f（2﹣t），求函数的导数，研究函数的单调性进行证明即可
详解：A.函数的 的定义域为（0，+∞），
函数的导数 f′（x） ，∴（0，2）上，f′（x）＜0，函数单调递减，（2，+∞）上，f′（x）＞
0，函数单调递增，
∴x＝2 是 f（x）的极小值点，即 A 错误；
B.y＝f（x）﹣x lnx﹣x，∴y′ 1 0，
函数在（0，+∞）上单调递减，且 f（1）﹣1 ln1﹣1=1>0，f（2）﹣2 ln2﹣2= ln2﹣1 0)上的一个动点，则点 P
到直线 x+y=0 的距离的最小值是_____.
【答案】4.
【解析】
当直线푥 + 푦 = 0平移到与曲线푦 = 푥 + 4
푥相切位置时，切点 Q 即为点 P 到直线푥 + 푦 = 0的距离最小.
由푦′ = 1 ― 4
푥2 = ―1，得푥 = 2( ― 2舍)，푦 = 3 2，
即切点푄( 2,3 2)，
则切点 Q 到直线푥 + 푦 = 0的距离为| 2 + 3 2|
12 + 12 = 4，
故答案为：4．
15．（2020·安徽省高二月考）若存在 ，使得不等式 成立，则实
数 的最小值为______.
【答案】4
【解析】
因为
所以2푥푙푛푥 + 푥2 ― 푚푥 +3 ≤ 0等价于2ln푥 + 푥 + 3
푥 ≤ 푚
记
由题意知
1 ,x ee
∈
22 ln 3 0x x x mx+ − + ≤
m
1 ,x ee
∈
( ) 32lnf x x x x
= + +
( )minf x m≤ 13 / 36
因为
所以当 时， ；
当 时，
所以 在 单调递减，在 单调递增
所以当 时，
所以
所以实数 的最小值为 4
故答案为 4.
16．（2019·山西省高三月考）已知函数 ， ， 时，
方程 有三个实数根，则 的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
函数 ，
可得 ，
所以 不是方程 的根，
所以由 ，可得 ，
设 ，
( ) ( )( )2
2 2 2
1 32 3 2 3' 1 x xx xf x x x x x
− ++ −= + − = =
1 ,1x e
∈
( )' 0f x <
( ]1,x e∈ ( )' 0f x >
( )f x 1 ,1e
( ]1,e
1x = ( ) 4minf x =
4m ≥
m
2 4 , 0( )
ln , 0
x x xf x
x x x
+ ≤= >
( ) 1g x kx= − ( )2,2x∈ −
( ) ( )f x g x= k
3 1,2 1, ln 22 2
+
2 4 , 0( )
ln , 0
x x xf x
x x x
+ ≤= >
( ) 1g x kx= −
( ) ( )0 0 1f g− =
0x = ( ) ( )f x g x=
( ) ( )f x g x= ( ) 1f xk x
+=
( ) ( ) 1 4, 01
1 ln , 0
x xf x xh x x x xx
+ + 14 / 36
时， ，
令 ，得 ，
所以 时， ， 单调递增，
时， ， 单调递减，
时， 取极大值，为 ，
，
时， ，
所以 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增，
时， 取极大值，为 ，
，
画出 在 上的图像，
要使 和 图像有三个交点，
则 的范围为 .
故答案为： .
0x < ( ) 2
11h x x
′ = −
( ) 0h x′ = 1x = −
1x < − ( ) 0h x′ > ( )h x
1 0x− < < ( ) 0h x′ < ( )h x
1x = − ( )h x ( )1 2h − =
( ) 1 32 2 42 2h − = − + + =−
0x > ( ) 2 2
1 1 1xh x x x x
−′ = − + =
0 1x< < ( ) 0h x′ < ( )h x
1x > ( ) 0h x′ > ( )h x
1x = ( )h x ( )1 1h =
( ) 12 ln 22h = +
( )y h x= ( )2,2−
y k= ( )y h x=
k 3 1,2 1, ln 22 2
+
3 1,2 1, ln 22 2
+ 15 / 36
17．（2019·高三期中）已知函数
①当 时，函数 有______零点；
②若函数 的值域为 ，则实数 的取值范围是______.
【答案】2 个
【解析】
①当 时， ，
当 时， ， ， ；
当 时， ，解得 (舍去)或 ，
所以 是函数 的零点，即当 时，函数 有两个零点；
②i、当 时， ，
令 ，解得 ，
所以函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，且函数过原点，最小值为
；
ii、当 时， ，
( ) 2
, 0,
2 , 0
xxe xf x
ax x x
≤= − >
1a = ( )f x
( )f x 1 ,e
− +∞ a
[ ),e +∞
1a = ( ) 2
, 0,
2 , 0
xxe xf x
x x x
≤= − >
0x ≤ ( ) 0xf x xe == 0xe > 0x∴ =
0x > 2( ) 2 0f x x x= − = 0x = 2x =
0,2x = ( )f x 1a = ( )f x
0x ≤ (( )) ( 1)x xf f x xx xe e′⇒ = +=
( 1) 0xx e+ > 1x > −
( )f x ( , 1)−∞ − ( 1,0]−
1( 1)f e
− = −
0x > 2( ) 2f x ax x= − 16 / 36
若 ，二次函数 开口向下，最小值取到负无穷，不符合题意；
若 ，则函数 为单调递减的一次函数，不符合题意；
若 ，函数图像为开口向上的二次函数，最小值在对称轴 处取到，
则 .
故答案为：2 个；
18．（2019·高三开学考试）已知函数 .
①当 时，若函数 有且只有一个极值点，见实数 的取值范围是______；
②若函数 的最大值为 1，则 ______.
【答案】
【解析】
①当 时， .
，令 ，解得 .
因为函数 在 有且只有一个极值点，
所以 .
②当 时， ，此时 ，舍去.
当 时，
， .
， . .
所以 ，因为 ，所以 .
当 时，
， . ，
令 ，解得 .
0a < 2( ) 2f x ax x= −
0a = ( ) 2f x x= −
0a > 1x a
=
1 1 1( )f a ea a e
= − ≥ − ⇒ ≥
[ ),e +∞
( )
2 2 , 1
ln , 1
x ax x
f x a x xx
− + ( )f x
( , )x e∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( )f x
max ( ) ( ) af x f e e
= =
1x < 2 2 2( ) 2 ( )f x x ax x a a= − + = − − + 2
max ( ) ( )f x f a a= =
2 aa e
≥ 1a e
≥ 2
max ( ) 1f x a= = 1a =
2 aa e
< 10 a e
< < max ( ) 1af x e
= = a e=
1a = ±
( ,1)−∞ ±1
( ) 2 2cosf x x x= +
( )f x
0x ≥ ( ) 1f x kx≥ + k
( ),0∞− ( )0, ∞+ ( ],0∞−
( ) ( ) ( )2 2 2 2 , 2 2 2 2 1 2 0f x x cosxsinx x sin x f x cos x cos x= − = − = − = −′ ≥′
( )f x′ ( )0 0f ′ =
0x < ( ) 0f x′ < 0x > ( ) 0f x′ >
( )f x ( )0∞− ， ( )0 ∞+，
( ) 1f x kx≥ + 2 21 0x kx cos x− − + ≥
( ) 2 21g x x kx cos x= − − + ( )0 2 2x g x x k sin x≥ = − −′，
( )g x′ [ )0 ∞+，
( )0g k′ = − ( )0 0 0k g′≤ ≥时， [ )0 ∞+，
( ) ( ) 20 1 0 0g x g cos≥ = − + = 0k ≤ 18 / 36
当 ， ，所以存在 ，使得 ；
并且当 ；
当 ；
所以函数 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数
最小值为 ，不等式不恒成立
综上，使得命题成立的实数 的取值范围是
20．（2020·安庆市第二中学高三期末）已知函数 .
（1）设 是 的一个极值点，求 的值并求 的单调区间；
（2）设 ，求证 .
【答案】（1） ，见解析（2）见解析
【解析】
（1） ，
是 的一个极值点，
∴ ，解得 ．
此时可得： ，
时， ，此时函数 单调递减；
时， ，此时函数 单调递增．
（2）当 时， ，
令 ，
．
时，函数 取得极小值， ．
．
0k > 时 ( )/ 0 0g k= − < 0 0x > ( )/
0 0g x =
( )00 0x x g x≤ ′< >′时，
( )g x [ )00 x， ( )0x ，+ ∞
( ) ( )0 0 0g x g< =
k ( ]0，∞−
2( ) ( 0)f x ax lnx x x= − − >
1x = ( )f x a ( )f x
3a
1( ) 24f x ln+
1a =
21 2 1( ) 2 1 ax xf x ax x x
− −′ = − − =
1x = ( )f x
(1) 2 2 0f a′ = − = 1a =
22 1 ( 1)(2 1)( ) ( 0)x x x xf x xx x
− − − +′ = = >
(0,1)x∴ ∈ ( ) 0f x′ < ( )f x
(1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x
3a
2 2( ) 3 ( 0)f x ax lnx x x lnx x x= − − − − >
2( ) 3 ( 0)g x x lnx x x= − − >
1 (2 1)(3 1)( ) 6 1 ( 0)x xg x x xx x
− +′ = − − = >
1
2x∴ = ( )g x 1 1( ) ( ) 22 4g x g ln∴ = +
1( ) 24f x ln∴ + 19 / 36
21．（2020·山西省高三月考）已知实数 ，函数 ， ．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 是函数 的极值点，曲线 在点 ， 处的切
线分别为 ，且 在 轴上的截距分别为 ．若 ，求 的取值范围．
【答案】（1）当 时， 在 上单调递减；当 时， 在 上单调
递减，在 上单调递增；（2） ．
【解析】
（1） .
， ， .
①当 ，即 时， ， 在 上单调递减；
②当 ，即 时，
当 时， ；当 时， ，
在 上单调递减，在 上单调递增.
综上所述：当 时， 在 上单调递减；当 时， 在 上单调递
减，在 上单调递增.
（2） 是 的极值点， ，即 ，
解得： 或 （舍），此时 ， .
0a > ( ) 22 lnf x a x a xx
= + + ( )0,10x∈
( )f x
1x = ( )f x ( )y f x= ( )( )1 1,P x f x ( )( )2 2,Q x f x ( )1 2x x<
1 2,l l 1 2,l l y 1 2,b b 1 2//l l 1 2b b−
10,10a ∈
( )f x ( )0,10 1 ,10a ∈ +∞
( )f x 10, a
1 ,10a
6 ln 4,05
−
( ) ( )( ) ( )2
2 2
2 12 0 10ax axaf x a xx x x
+ −′ = − + + = < <
0a > 0 10x< < 2 0ax∴ + >
1 10a
≥ 10,10a ∈
( ) 0f x′ < ( )f x∴ ( )0,10
10 10a
< < 1 ,10a ∈ +∞
10,x a
∈
( ) 0f x′ < 1 ,10x a
∈
( ) 0f x′ >
( )f x∴ 10, a
1 ,10a
10,10a ∈
( )f x ( )0,10 1 ,10a ∈ +∞
( )f x 10, a
1 ,10a
1x = ( )f x ( )1 0f ′∴ = ( )( )2 1 0a a+ − =
1a = 2a = − ( ) 2 lnf x x xx
= + + ( ) 2
2 1 1f x x x
′ = − + + 20 / 36
方程为： ，
令 ，得： ；同理可得： .
， ，整理得： ， ，
又 ，则 ，解得： ，
.
令 ，则 ，
设 ， ，
在 上单调递增，又 ， ， ，
即 的取值范围为 .
22．（2020·辽宁省高三）已知函数 ，曲线 在 处的切线经过点 .
（1）求实数 的值；
（2）证明: 在 单调递增，在 单调递减；
（3）设 ，求 在 上的最大值和最小值.
【答案】（1）1（2）证明见解析（3）-1，
【解析】
（1）函数
1l∴ ( )1 1 12
1 1 1
2 2 1ln 1y x x x xx x x
− + + = − + + −
0x = 1 1
1
4 ln 1b xx
= + − 2 2
2
4 ln 1b xx
= + −
1 2//l l 2 2
1 1 2 2
2 1 2 11 1x x x x
∴− + + = − + + ( )1 2 1 22x x x x= + 1
2
1
2
2
xx x
∴ = −
1 20 10x x< < < 1
1
1
2 102
xx x
<
+ +
( )g t∴ 1 ,14
( )1 0g = 1 6 ln 44 5g = −
( ) 6 ln 4,05g t ∴ ∈ −
1 2b b− 6 ln 4,05
−
( ) ln xf x axx
= − ( )y f x= 1x = ( )2, 1−
a
( )f x ( )0,1 ( )1,+∞
1b > ( )f x 1 ,bb
1lnb b b
− −
( ) ln xf x axx
= − 21 / 36
则 定义域为 ， .
由题设 ，
解得 .
（2）证明：由（1）可知
代入导函数解析式可得 .
当 时， ，
时， .
即 在 单调递增，在 单调递减.
（3）因为 ，由（2）知 在 上的最大值为 .
设 ，
.
因为 ，所以 ， 在 上单调递增.
所以 ，
故 .
所以 在 上的最小值为 .
23．（2020·山东省高三上期末）设函数 ， .
（1）若 ， ，求函数 的单调区间；
（2）若曲线 在点 处的切线与直线 平行.
( ) ( )ln 1f x ax bx= + + ( ) ( ) 2g x f x bx= −
1a = 1b = − ( )f x
( )y g x= ( )1,ln3 11 3 0x y− =
( )f x ( )0, ∞+ ( ) 2
2
1 ln' x axf x x
− −=
( ) ( ) ( )1 1' 1 1 2
ff
− −= −
1a =
1a =
( ) ( )2
2
1 ln
'
x x
f x x
− −
=
0 1x< < ( )' 0f x >
1x > ( )' 0f x <
( )f x ( )0,1 ( )1,+∞
10 1 bb
< < < ( )f x 1 ,bb
( )1 1f = −
( ) ( ) 1 1 1lng b f b f b b bb b b
= − = + − +
( ) 2
1' 1 lng b bb
= −
1b > ( )' 0g b > ( )g b ( )1,+∞
( ) ( )1 0g b g> =
( ) 1f b f b
>
( )f x 1 ,bb
1 1lnf b bb b
= − − 22 / 36
①求 ， 的值；
②求实数 的取值范围，使得 对 恒成立.
【答案】（1） 的单调增区间为 ，单调减区间为 （2）① ②
【解析】
（1）当 ， 时， ，
则 .当 时， ；
当 时， ；
所以 的单调增区间为 ，单调减区间为 .
（2）①因为 ，
所以 ，依题设有 ，即 .
解得 .
② ， .
对 恒成立，即 对 恒成立.
令 ，则有 .
当 时，当 时， ，
所以 在 上单调递增.
所以 ，即当 时， ；
当 时，当 时， ，所以 在 上单调递减，故当
a b
( )3k k ≤ ( ) ( )2g x k x x> − ( )0,x∈ +∞
( )f x ( )1,0- ( )0,+¥ 2
3
a
b
=
= −
[ ]1,3k ∈
1a = 1b = − ( ) ( ) ( )ln 1 1f x x x x= + − > −
( ) 1 11' 1 xx x
xf
−− =+ += ( )' 0f x > 1 0x− < <
( )' 0f x < 0x >
( )f x ( )1,0- ( )0,+¥
( ) ( ) ( ) ( )2 2ln 1g x f x bx ax b x x= − = + + −
( ) ( )' 1 21
ag x b xax
= + −+
( ) ( )
( )
1 ln 1
11' 1 3
g a
g
= + =
( )ln 1 ln3
11
1 3
a
a ba
+ = − = +
2
3
a
b
=
= −
( ) ( ) ( )2ln 1 2 3g x x x x= + − − 1 ,2x ∈ − +∞
( ) ( )2g x k x x> − ( )0,x∈ +∞ ( ) ( )2 0g x k x x− − > ( )0,x∈ +∞
( ) ( ) ( )2F x g x k x x= − − ( ) ( ) 24 3 1' 1 2
k x kF x x
− + −= +
1 3k≤ ≤ ( )0,x∈ +∞ ( )' 0F x >
( )F x ( )0,+¥
( ) ( )0 0F x F> = ( )0,x∈ +∞ ( ) ( )2g x k x x> −
1k < 1 10, 2 3
kx k
−∈ −
( )' 0F x < ( )F x 1 10, 2 3
k
k
− − 23 / 36
时， ，即当 时， 不恒成立.
综上， .
24．（2020·河北省高三期末）已知函数 ， ，其
中 ， 为自然对数的底数.
（1）求函数 的最小值；
（2）若对于任意的 ，都存在唯一的 ，使得 ，求实数 的取值范围.
【答案】（1）当 时， 最小值为 ，当 时，最小值为 ，当 时，最小值
为 ；（2）
【解析】
（1）由题： ，
，
当 时， 恒成立，
所以函数 在 单调递增，最小值为 ，
当 时， 恒成立，
所以函数 在 单调递减，最小值为 ，
当 时，由 得 ，由 得 ，
在 递减，在 递增，
所以函数的最小值为
综上所述：当 时， 最小值为 ，当 时，最小值为 ，当 时，最小值为
1 10, 2 3
kx k
−∈ −
( ) ( )0 0F x F< = ( )0,x∈ +∞ ( ) ( )2g x k x x> −
[ ]1,3k ∈
21( ) ln (1 )2f x x a x a x e= − − ≤ ≤ ( ) 1xg x e x= − −
a R∈ e
( )f x
1 [0,1]x ∈ 2 [1, ]x e∈ ( ) ( )1 2g x f x= a
1a ≤ ( )f x 1
2 a− 2a e≥
2
22
e a− 1 a e< <
1 ln2 2
aa a− − 21 12 4 2
e ea≤ ≤ − +
21( ) ln (1 )2f x x a x a x e= − − ≤ ≤
2
2 2( ) ,(1 ), 1,a x af x x x e x ex x
−′ = − = ≤ ≤ ∈
1a ≤ ( ) 0f x′ ≥
( )f x [ ]1,x e∈ ( ) 11 2f a= −
2a e≥ ( ) 0f x′ ≤
( )f x [ ]1,x e∈ ( ) 2
22
ef e a= −
1 a e< < ( ) 0f x′ > ( ,x a e∈ ( ) 0f x′ < )1,x a∈
( )f x )1,x a∈ ( ,x a e∈
( ) 1 ln2 2
af a a a= − −
1a ≤ ( )f x 1
2 a− 2a e≥
2
22
e a− 1 a e< − ( ) ( )2 sin2 2 e xf x x x< + +
( )g x ( )0, ∞+ ( ) ag x x b
x
′ = −
0a > 0b < ( ) 0g x′ > ( )g x ( )0, ∞+
0a > 0b > ( ) 0g x′ > bx a
> ( ) 0g x′ < 0 bx a
< < ( )g x 0, b
a
,b
a
+∞
0a < 0b > ( ) 0g x′ < ( )g x ( )0, ∞+ 27 / 36
当 ， 时，令 ，得 ，令 ，得 ，则 在 上单调递增，
在 上单调递减；
（2）证明：设函数 ，则 .
因为 ，所以 ， ，
则 ，从而 在 上单调递减，
所以 ，即 .
（3）证明：当 时， .
由（1）知， ，所以 ，
即 .
当 时， ， ，
则 ，
即 ，
又 ，
所以 ，
即 .
27．（2020·福建省高三）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若 在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数 ，使得 ，证明：
.
【答案】（1）当 时， 在 上递增，在 上递减；
0a < 0b < ( ) 0g x′ > 0 bx a
< < ( ) 0g x′ < bx a
> ( )g x 0, b
a
,b
a
+∞
( ) ( ) ( )3 1h x f x x= − + ( ) 2 cos 31x xh x
′ = + −+
0x ≥ ( ]2 0,21x
∈+
[ ]cos 1,1x∈ −
( ) 0h x′ ≤ ( )h x [ )0,+∞
( ) ( ) ( ) ( )3 1 0 0h x f x x h= − + ≤ = ( ) 3 1f x x≤ +
1a b= = ( ) 1 lng x x x= − −
( ) ( )min 1 0g x g= = ( ) 1 ln 0g x x x= − − ≥
1 lnx x≥ +
1x > − ( )21 0x + > ( )2 sin1 e 0xx + >
( ) ( )2 2sin sin1 e 1 ln 1 ex xx x + +≥ +
( ) ( )2 sin1 e 2ln 1 sin 1xx x x+ + + +≥
( ) ( )22 sin sin2 2 e 1 ex xx x x+ + > +
( ) ( )2 sin2 2 e 2ln 1 sin 1xx x x x+ + > + + +
( ) ( )2 sin2 2 e xf x x x< + +
( ) 21ln 2 , R2
= + − − ∈ x a x ax af x
( )f x
( )f x 1 2,x x ( ) ( )1 2 3+ = −f x f x
1 2 2x x+ >
1
2a ≤ ( )f x ( )0,1 ( )1,+∞ 28 / 36
当 时， 在 上递增，在 上递减，在 上递增；
当 时， 在 上递增；
当 时， 在 上递增，在 上递减，在 上递增；
（2）证明见解析
【解析】
的定义域为 ，
因为 ，
所以 ，
当 时，令 ，得 ，令 ，得 ；
当 时，则 ，令 ，得 ，或 ，
令 ，得 ；
当 时， ，
当 时，则 ，令 ，得 ；
综上所述，当 时， 在 上递增，在 上递减；
当 时， 在 上递增，在 上递减，在 上递增；
当 时， 在 上递增；
当 时， 在 上递增，在 上递减，在 上递增；
1 12 a< < ( )f x ( )0,1 11, 2 1
− a
1 ,2 1a
+∞ −
1a = ( )f x ( )0, ∞+
1a > ( )f x 10, 2 1
− a
1 ,12 1
− a
( )1,+∞
( )f x ( )0, ∞+
( ) 21ln 22
= + − − a xf xx ax
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 12 1 2 11 2 1 2
− − − − − + = + − − = =′ x a xa x axa xxx xf a x
1
2a ≤ ( ) 0
0
f x
x
′ >
> 0 1x< < ( ) 0
0
f x
x
′ <
> 1x >
1 12 a< < 1 12 1a
>−
( ) 0
0
f x
x
′ >
> 0 1x< < 1
2 1
> −x a
( ) 0
0
f x
x
′ <
>
11 2 1
< < −x a
1a = ( ) 0f x′ ≥
1a > 10 12 1
<
1 12 1
< ( )f x 10, 2 1
− a
1 ,12 1
− a
( )1,+∞ 29 / 36
（2） 在定义域内是是增函数，由（1）可知 ，
此时 ，设 ，
又因为 ，则 ，
设 ，则
对于任意 成立，
所以 在 上是增函数，
所以对于 ，有 ，
即 ，有 ，
因为 ，所以 ，
即 ，又 在 递增，
所以 ，即 .
28．（2020·江苏省高三）已知函数 g（x）＝ex﹣ax2﹣ax，h（x）＝ex﹣2x﹣lnx．其中 e 为自然对数的底
数．
（1）若 f（x）＝h（x）﹣g（x）．
①讨论 f（x）的单调性；
②若函数 f（x）有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围．
（2）已知 a＞0，函数 g（x）恰有两个不同的极值点 x1，x2，证明： ．
【答案】（1）①见解析；②（0，1）；（2）证明见解析
【解析】
（1）f（x）＝h（x）﹣g（x）＝ex﹣2x﹣lnx﹣ex+ax2+ax＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx（x＞0）,
① （x＞0）,
（i）当 a≤0 时,f′（x）＜0,函数 f（x）在（0,+∞）上递减；
（ii）当 a＞0 时,令 f′（x）＞0,解得 ；令 f′（x）＜0,解得 ,
( )f x 1a =
( ) 21ln 22
= + −f xx x x 1 2x x<
( ) ( ) ( )1 2 3 2 1+ = − =f x f x f 1 20 1x x< < <
( ) ( ) ( ) ( )2 3, 0,1= − + + ∈g x f x f x x
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 31 1 2 12 02 2
− − −′ ′ ′= − − + = − + = >− −
x x xg x f x f x x x x x
( )0,1x∈
( )g x ( )0,1
( )0,1x∀ ∈ ( ) ( ) ( )1 2 1 3 0< = + =g x g f
( )0,1x∀ ∈ ( ) ( )2 3 0− + + − 1 2 2x x+ >
( )2
1 2 4x x ln a+ ＜
( ) ( ) ( ) ( )( )22 2 1 2 1 11' 2 2 ax a x x axf x ax a x x x
+ − − + −= + − − = =
1x a
＞ 10 x a
＜ ＜ 30 / 36
∴函数 f（x）在 递减,在 递增；
综上,当 a≤0 时,函数 f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当 a＞0 时,函数 f（x）在 上单调递减,在 上单调递增
②由①知,若 a≤0,函数 f（x）在（0,+∞）上单调递减,不可能有两个不同的零点,故 a＞0；
且当 x→0 时,f（x）→+∞；当 x→+∞时,f（x）→+∞；
故要使函数 f（x）有两个不同的零点,只需 ,即 ,
又函数 在（0,+∞）上为增函数,且 ,故 的解集为（0,1）,
故实数 a 的取值范围为（0,1）
（2）证明: g′（x）＝ex﹣2ax﹣a,依题意,则 ,两式相减得, ,
因为 a＞0,要证 ,即证 ,即证 ，
两边同除以 ,即证 ,
令 t＝x1﹣x2（t＜0）,即证 ,
令 ,则 ,
令 ,则 ,
当 t＜0 时,p′（t）＜0,所以 p（t）在（﹣∞,0）上递减,
∴p（t）＞p（0）＝0,
∴h′（t）＜0,
∴h（t）在（﹣∞,0）上递减,
∴h（t）＞h（0）＝0,即 ,
故 .
10 a
， 1
a
+ ∞ ，
10 a
， 1
a
+ ∞ ，
21 1 2 1( ) ( ) 0min
af x f a lna a a a
− = = ⋅ + − ＜ 1 1 0lna a
− + ＜
1 1y lnx x
= − + 11 1 01ln − + = 1 1 0lna a
− + ＜
1
2
1
2
2 0
2 0
x
x
e ax a
e ax a
− − =
− − =
( )1 2
1 2
1 2
2
x xe ea x xx x
−= − ＜
( )2
1 2 4x x ln a+ ＜ 1 2 22
x x ln a
+ ＜
1 2 1 2
2
1 2
x x x xe ee x x
+ −
−＜
2xe ( ) 1 2
1 22
1 2 1
x x
x xx x e e
−
−− −＞
2 1 0
t
tte e− + ＞
( ) ( )2 1 0
t
th t te e t= − + ＜ ( ) 2 2' 12
t t th t e e
= − − +
( ) 2 12
t tp t e = − +
( ) 21' 12
t
p t e
= −
2 1 0
t
tte e− + ＞
( )2
1 2 4x x ln a+ ＜ 31 / 36
29．（2020 届山东省潍坊市高三上期末）已知函数 .
(1)讨论函数 的单调性;
(2)当 时，若曲线 与曲线 存在唯一的公切线，求实数 的值;
(3)当 时，不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）见解析（2） （3）
【解析】
(1) ，
当 时， 恒成立， 在 上单调递减，
当 时，由 ，解得 ，
由于 时，导函数 单调递增，
故 ， 单调递减，
单调递增.
综上，当 时 在 上单调递减;
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增. .
(2)曲线 与曲线 存在唯一公切线，设该公切线与 分别切于点
，显然 .
由于 ，
所以 ，
，
由于 ，故 ，且
( ) ( ) 2( ,)1xf x ae x a R g x x= − − ∈ =
( )f x
0a > ( )1 : 1C y f x x= + + ( )2 :C y g x= a
1, 0a x= ≥ ( ) ( )1f x kxln x≥ + k
2
4a e
= 1, 2
−∞
( ) 1xf x ae′ = −
0a ≤ ( )' 0f x < ( )f x ( )−∞ + ∞，
0a > ( )' 0f x = x lna= −
0a > ( ) 1xf x ae′ = −
( )x lna∈ −∞ −， ( ) ( )0,f x f x′ <
( ) ( )( ), , 0,x lna f x f x′∈ − +∞ >
0a ≤ ( )f x ( )−∞ + ∞，
0a > ( )f x ( )lna−∞ −， ,( )lna− +∞
1 1: xC y ae= 2
2 2:C y x= 1 2,C C
( ) ( )1 2
1 2 2, , ,xx ae x x 1 2x x≠
1 2' , ' 2xy ae y x= =
1
1
2
2
2
1 2
2
x
x ae xae x x x
−= = −
12 2 2
2 1 2 2 2 22 2 2xx x x ae x x x− = − = −
2
1 2 2 22 2x x x x∴ − =
0a > 2 0x > 2 12 2 0x x= − > 32 / 36
因此 ，
此时 ，
设
问题等价于直线 与曲线 在 时有且只有一个公共点，
又 ，令 ，解得 ，
则 在 上单调递增， 上单调递减，
而 ，当 时，
所以 的值域为 .
故 .
(3)当 时， ，问题等价于不等式
，当 时恒成立.
设 ， ，
又设
则
而 .
(i)当 时，即 时，
由于 ，
此时 在 上单调递增.
所以
即 ，所以 在 上单调递增
1 1x >
( )
1 1
12
1
4(2 1)1
x x
x xa xe e
−= = >
( ) ( )1 4( ) 1x
xF x xe
= >−
y a= ( )y F x= 1x >
( ) 4(2 )
x
xF x e
−′ = ( )' 0F x = 2x =
( )F x ( )1,2 (2, )+∞
( ) ( )2
42 , 1 0F Fe
= = x → +∞ ( ) 0F x →
( )F x 2
40, e
2
4a e
=
1a = ( ) 1xf x e x= − −
( )1 1xe x kxln x− − ≥ + 0x ≥
( ) ( )1 1 0( )xh x e x kxln x x= − − − + ≥ ( )0 0h =
( ) ( ) ( )' 1 1 1 ) 0(x xm x h x e k ln x xx
= = − − + + ≥ +
( ) ( )2
1 1' 1 1
xm x e k x x
= − + + +
( )' 0 1 2m k= −
1 2 0k− ≥ 1
2k ≤
0, 1xx e≥ ≥ ( ) ( )2 2
1 1 1 1 1 11 2 11 1
k x xx x
+ ≤ + ≤ + ++ +
( ) ( )' 0,m x m x≥ [0, )+∞
( ) ( )0 0m x m≥ =
( )' 0h x ≥ ( )h x [0, )+∞ 33 / 36
所以 ，
即 ，
故 适合题意.
(ii)当 时， ，
由于 在 上单调递增，
令 ，
则 ，
故在 上存在唯一 ，使 ，
因此当 时， 单调递减，
所以 ，
即 在 上单调递减，
故 ，
亦即 ，
故 时不适合题意，
综上，所求 的取值范围为 .
30．（2020 届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知函数 ，曲线
在点 处的切线在 y 轴上的截距为 .
（1）求 a；
（2）讨论函数 和 的单调性；
（3）设 ，求证： .
( ) ( )0 0h x h≥ =
( )1 1 0xe x kxln x− − − + ≥
1
2k ≤
1
2k > ( )' 0 0m <
( ) ( )2
1 1
1 1
xm x e k x x
′ = − + + +
[0, )+∞
( )2 0x ln k= >
( ) ( )2
1 1' 2 2 2 2 01 ln 2 1 ln 2
m ln k k k k kx x
= − + > − = + +
( )0,ln 2k ox ( )' 0om x =
( )00,x x∈ ( ) ( )' 0,m x m x<
( ) ( )0 0m x m< =
( ) ( )' 0,h x h x≤ ( )00, x
( ) ( )0 0h x h< =
( )1 1 0xe x hxln x− − − + <
1
2k >
k 1, 2
−∞
( ) ln(2 )f x x a= + ( 0, 0)x a> > ( )y f x=
(1, (1))f 2ln3 3
−
( ) ( ) 2g x f x x= − ( 0)x > 2( ) ( ) 2 1
xh x f x x
= − + ( 0)x >
1
2 ,5a = ( )1n na f a+ =
15 2 1 2 02
n
n
na
+− < − < ( 2)n ≥ 34 / 36
【答案】（1） （2） 为减函数， 为增函数.
（3）证明见解析
【解析】
（1）对 求导，得 .
因此 .又因为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为
，
即 .
由题意， .
显然 ，适合上式.
令 ，
求导得 ，
因此 为增函数：故 是唯一解.
（2）由（1）可知， ，
因为 ，
所以 为减函数.
因为 ，
所以 为增函数.
（3）证明：由 ，易得 .
由（2）可知， 在 上为减函数.
1a = ( ) ( ) 2g x f x x= − ( 0)x > 2( ) ( ) 1 2
xh x f x x
= − + ( 0)x >
( ) ln(2 )f x x a= + 2( ) 2f x x a
′ = +
2(1) 2f a
′ = + (1) ln(2 )f a= +
( )y f x= (1, (1)f
2ln(2 ) ( 1)2y a xa
− + = −+
2 2ln(2 )2 2y x aa a
= + + −+ +
2 2ln(2 ) ln32 3a a
+ − = −+
1a =
2( ) ln(2 ) 2a a a
ϕ = + − + ( 0)a >
2
1 2( ) 02 (2 )a a a
ϕ′ = + >+ +
( )aϕ 1a =
( ) ln(2 1) 2g x x x= + − ( 0),x > 2( ) ln(2 1) 2 1
xh x x x
= + − + ( 0)x >
2 4( ) 2 02 1 2 1
xg x x x
′ = − = −
2
2 2( ) 2 1 (2 1)h x x x
′ = −+ + 2
4 0(2 1)
x
x
= >+
2( ) ( ) 1 2
xh x f x x
= − + ( 0)x >
1
2 ,5a = ( ) ( )1 ln 2 1n n na f a a+ = = + 0na >
15 2 1 222 5
n n
nn
n
aa
+− < − ⇔ <
( ) ( ) 2g x f x x= − ln(2 1) 2x x= + − (0, )+∞ 35 / 36
因此，当 时， ，即 .
令 ，得 ，即 .
因此，当 时， .
所以 成立.
下面证明： .
由（2）可知， 在 上为增函数.
因此，当 时， ，
即 .
因此 ，
即 .
令 ，得 ，
即 .
当 时，
.
因为 ，
所以 ，所以 .
所以，当 时，
0x > ( ) (0) 0g x g< = ( ) 2f x x<
1( 2)nx a n−= ≥ ( )1 12n nf a a− −< 12n na a −<
2n ≥ 2 1
1 2 12 2 2n
n n na a a a−
− −< < < ⋅⋅⋅ < 2
5
n
=
15 2 1 22
n
n
na
+− < −
1 2 0
na
− <
2( ) ( ) 2 1
xh x f x x
= − +
2ln(2 1) 2 1
xx x
= + − + (0, )+∞
0x > ( ) (0) 0h x h> =
2( ) 02 1
xf x x
> >+
1 1 1( ) 2f x x
< +
1 1 12 2( ) 2f x x
− < −
1( 2)nx a n−= ≥ ( )1 1
1 1 12 22n nf a a− −
− < −
1
1 1 12 22n na a −
− < −
2n =
2
1 12 2
na a
− = − ( )1
1 2f a
= −
1 22
5f
= −
1 2ln1.8
= −
1ln1.8 ln 3 ln e 2
> > =
1 2 0ln1.8
− <
2
1 2 0a
− <
3n ≥ 36 / 36
.
所以，当 时， 成立.
综上所述，当 时， 成立.
2 2
1 2 2
1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 02 2 2n
n n na a a a−
− −
− < − < − < ⋅⋅⋅ < −
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