（一）命题特点和预测：
分析近 9 年的全国新课标文科卷 1 的函数与导数大题，发现 9 年 9 考，每年 1 题，第 1 小
题主要考查函数的切线、函数的单调性、极值、最值，第 2 小题主要考查零点个数、方程解得
个数、切线的条数、极值点个数、不等式的证明、函数能成立与恒成立问题、范围问题，考查
分类整合思想与分析解决问题的能力，第 1 小题是基础题，第 2 小题是压轴题，为难题.2020
年函数与导数大题仍为压轴题，主要考查导数的几何意义、常见函数的导数及导数的运算法则、
利用导数研究函数的图象与性质，进而研究零点个数、方程解得个数、切线的条数、极值点个
数、不等式的证明、函数能成立与恒成立问题、范围问题，考查分类整合思想与分析解决问题
的能力，难度为难题.
（二）历年试题比较：
年份 题目
2019 年 【2019•新课标Ⅰ，文 20】已知函数 ， 为 的导数．
（1）证明： 在区间 存在唯一零点；
（2）若 ， 时， ，求 的取值范围．
2018 年 【2018 新课标 1，文 21】已知函数 ．
（1）设 是 的极值点．求 ，并求 的单调区间；
（2）证明：当 时， ．
2017 年 【2017 新课标 1，文 21】已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若 ，求 的取值范围．
2016 年 【2016 新课标 1，文 21】已知函数 .
（I）讨论 的单调性；
（Ⅱ）若 有两个零点，求 的取值范围.
2015 年 【2015 高考新课标 1，文 21】（本小题满分 12 分）设函数 .
( ) 2sin cosf x x x x x= − − ( )f x′ ( )f x
( )f x′ (0, )π
[0x∈ ]π axxf ≥)( a
( ) ( ) 2e ex xf x a a x= − −
( )f x
( ) 0f x a
2( ) ( 2)e ( 1)xf x x a x= − + −
( )f x
( )f x a
( ) 2 lnxf x e a x= −（I）讨论 的导函数 的零点的个数；
（II）证明：当 时 .
2014 年 【2014 全国 1，文 21】设函数 ， 曲线
处的切线斜率为 0
（1）求 b;
（2）若存在 使得 ，求 a 的取值范围。
2013 年 【2013 课标全国Ⅰ，文 20】(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线 y＝f(x)
在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝4x＋4.
(1)求 a，b 的值；
(2)讨论 f(x)的单调性，并求 f(x)的极大值．
2012 年 【2012 新课标全国 1，文 21】设函数 f(x)= ex－ax－2
(Ⅰ)求 f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若 a=1，k 为整数，且当 x>0 时，(x－k) f´(x)+x+1>0，求 k 的最大值
2011 年 【2011 新课标全国 1，文 21】已知函数 = ，曲线 = 在点（1， ）处
的切线方程为 .
（Ⅰ）求 ， 的值；
（Ⅱ）证明：当 ＞0，且 1 时， ＞ .
【解析与点睛】
（2019 年）（20）【解析】（1）证明： ，
，
令 ，
则
，
当 时， ，
( )f x ( )f x′
0a > ( ) 22 lnf x a a a
≥ +
( ) ( )21ln 12
af x a x x bx a
−= + − ≠
( ) ( )( )1 1y f x f= 在点 ，
0 1,x ≥ ( )0 1
af x a
< −
( )f x ln
1
a x b
x x
++ y ( )f x (1)f
2 3 0x y+ − =
a b
x x ≠ ( )f x ln
1
x
x −
( ) 2sin cosf x x x x x= − −
( ) 2cos cos sin 1f x x x x x∴ ′ = − + −
cos sin 1x x x= + −
( ) cos sin 1g x x x x= + −
( ) sin sin cosg x x x x x′ = − + +
cosx x=
(0, )2x
π∈ cos 0x x >当 时， ，
当 时，极大值为 ，
又 ， ，
在 上有唯一零点，
即 在 上有唯一零点；
（2）由（1）知， 在 上有唯一零点 ，
使得 ，
且 在 为正，
在 ， 为负，
在 ， 递增，在 ， 递减，
结合 ， ，
可知 在 ， 上非负，
令 ，
作出图示，
，
∴ ．
（2018 年）【解析】（1）f（x）的定义域为 ，f ′（x）=aex– ．
由题设知，f ′（2）=0，所以 a= ．
从而 f（x）= ，f ′（x）= ．
当 0
( )( )ln 2 ,1x a∈ − ( )' 0f x < ( )f x ( )( ) ( ),ln 2 , 1,a−∞ − +∞ ( )( )ln 2 ,1a−
2
ea < − ( )2 1ln a− > ( ) ( )( ),1 ln 2 ,x a∈ −∞ − +∞ ( )' 0f x > ( )( )1,ln 2x a∈ −
( )' 0f x < ( )f x ( ) ( )( ),1 , ln 2 ,a−∞ − +∞ ( )( )1,ln 2a−
0a > ( )f x ( ),1−∞ ( )1,+∞
( ) ( )1 2f e f a= − =， ln2 2
b a<
( ) ( ) ( )2 3 32 1 02 2
af b b a b a b b > − + − = − >
( )f x
( ) ( )2 xf x x e= − ( )f x
2
ea ≥ − ( )f x ( )1,+∞
1x ≤ ( )f x ( )f x
2
ea < − ( )f x ( )( )1,ln 2a−
( )( )ln 2 ,a− +∞ 1x ≤ ( )f x ( )f x
( )0,+∞
( )f x ( )0 +¥， ( )2( )=2 0x af x e xx
¢ - >
0a £ ( ) 0f x¢ > ( )f x¢
0a > 2xe a
x- ( )f x¢ ( )0 +¥， ( ) 0f a¢ >
0 4
ab< < 1
4b < (b) 0f ¢ < 0a > ( )f x¢（II）由（I），可设 在 的唯一零点为 ，当 时， ;
当 时， .
故 在 单调递减，在 单调递增，所以当 时， 取得最小值，最小值为
.
由于 ，所以 .
故当 时， .
（2014 年）【解析】（1）∵ = ，由题设知， = =0，∴ =1.……4 分
（2） 的定义域为（0，+ ），由（I）知， = ，
∴ = = = ，
①当 ＜ 时， ＞0， ＜1，当 ＞1 时， ＞0，则 在（1，+ ）是增函数，当要使
存在 使得 ，则 = ＜ ，解得 ＜ ＜ ；
②当 = 时， = ≥0，故 在（1，+ ）是增函数，存在 使得 ，则
= = ＜ =1，适合；
③当 ＜ ＜1 时， ＞0， ＞1，当 ＞ 时， ＞0，则 在（ ，+ ）是增函
数 ， 当 1 ＜ ＜ 时 ， ＜ 0 ， 则 在 （ 1 ， ） 上 是 减 函 数 ， 要 使 存 在 使 得
，则 ＜ ，而 = ＞ ，∴不合题意
④当 ＞1 时， ＜0， ＜1，当 ＞1 时， ＜0，则 在（1，+ ）是减函数，∵ =
= ＜0＜ ，适合；
综上所述， 的取值范围为（ ，
（2013年）【解析】（1） = .
( )f x¢ ( )0 +¥， 0x ( )00x xÎ ， ( ) 0f x¢ <
( )0 +x xÎ ¥， ( ) 0f x¢ >
( )f x ( )00 x， ( )0 +x ¥， 0x x= ( )f x
0( )f x
02
0
2 =0x ae x- 0 0
0
2 2( )= 2 ln 2 ln2
af x ax a a ax a a+ + ³ +
0a > 2( ) 2 lnf x a a a³ +
( )f x′ (1 )a a x bx
+ − − (1)f ′ 1 b− b
( )f x ∞ ( )f x 21ln 2
aa x x x
−+ −
( )f x′ (1 ) 1a a xx
+ − − 2(1 )a x x a
x
− − + [(1 ) ]( 1)a x a x
x
− − −
a 1
2 1 a−
1
a
a− x ( )f x′ ( )f x ∞
0 1x ≥ 0( ) 1
af x a
< − (1)f 1 12
a− −
1
a
a − 1 2− − a 1 2− +
a 1
2
( )f x′ 2( 1)
2
x
x
− ( )f x ∞ 0 1x ≥ 0( ) 1
af x a
< − (1)f
1 12
a− − 3
4
−
1
a
a −
1
2
a 1 a−
1
a
a− x
1
a
a− ( )f x′ ( )f x
1
a
a−
∞
x
1
a
a− ( )f x′ ( )f x
1
a
a− 0 1x ≥
0( ) 1
af x a
< − ( )1
af a− 1
a
a − ( )1
af a−
2
ln1 2(1 ) 1
a a aa a a a
+ +− − − 1
a
a −
a 1 a−
1
a
a− x ( )f x′ ( )f x ∞ (1)f
1 12
a− − 1
2
a+−
1
a
a −
a 1 2− − 11 2) (1, ) { }2
− + ∪ +∞ ∪
( )f x′ ( ) 2 4xe ax a b x+ + − −由已知得 =4， =4，故 ， =8，从而 =4， ；
（2）由（Ⅰ）知， = ，
= = ，
令 =0得， = 或 =-2，
∴当 时， ＞0，当 ∈（-2， ）时， ＜0，
∴ 在（-∞，-2），（ ，+∞）单调递增，在（-2， ）上单调递减.
当 =-2时，函数 取得极大值，极大值为 .
（2012 年）【解析】(Ⅰ) 的定义域为 ， .
若 ,则 ,所以 的增区间为 ,无减区间；
若 ,则当 时， ; 当 时， ,所以在减区间为 ,
增区间为 .
(Ⅱ)由于 a=1，所以 .
故当 时，(x－k) f´(x)+x+1>0 等价于
，
令 ，则 .
由(Ⅰ)知，函数 在 上单调递增，而 ，所以 在 上存
在唯一的零点，故 在 上存在唯一零点.设此零点为 ，则 .
当 时， ；当 时， .所以 在 上的最小值为 .又
由 ，可得 ，所以 .
由于 等价于 ，故整数 的最大值为 2.
（2011 年）【解析】（Ⅰ）
(0)f (0)f ′ 4b = a b+ a 4b =
( )f x 24 ( 1) 4xe x x x+ − −
( )f x′ 4 ( 2) 2 4xe x x+ − − 14( 2)( )2
xx e+ −
( )f x′ x ln 2− x
( , 2) ( ln 2, )x∈ −∞ − ∪ − +∞ ( )f x′ x ln 2− ( )f x′
( )f x ln 2− ln 2−
x ( )f x 2( 2) 4(1 )f e−− = −
( )f x ( ),−∞ +∞ ( ) xf x e a′ = −
0a ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x ( ),−∞ +∞
0a > ( ),lnx a∈ −∞ ( ) 0f x′ < ( )ln ,x a∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( ),ln a−∞
( )ln ,a +∞
( ) ( ) ( )( )1 1 1xx k f x x x k e x′− + + = − − + +
0x >
1
1x
xk xe
+< +−
( )0x >
( ) 1
1x
xg x xe
+= +−
( ) ( )
( )
( )2 2
21 1
1 1
x xx
x x
e e xxeg x
e e
− −− −′ = + =
− −
( ) 2xh x e x= − − ( )0,+∞ ( ) ( )1 0, 2 0h h< > ( )h x ( )0,+∞
( )g x′ ( )0,+∞ α ( )1,2α ∈
( )0,x α∈ ( ) 0g x′ < ( ),x α∈ +∞ ( ) 0g x′ > ( )g x ( )0,+∞ ( )g α
( )g α′ 2eα α= + ( ) ( )1 2,3g α α= + ∈
1
1x
xk xe
+< +−
( )0x > ( )k g α< k
2 2
1( ln )
'( ) ( 1)
x x bxf x x x
α + −
= −+由于直线 的斜率为 ，且过点 ，故 即
解得 ， 。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，所以
考虑函数 ，则
所以当 时， 故
当 时，
当 时，
从而当
（三）命题专家押题
题号 试 题
1.
已知函数 .
（1）若 ，求 的零点个数；
（2）若 ，证明： .
2.
已知函数 ，（ ），
（1）若曲线 与曲线 在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求 a,b 的值
（2）当 时，求函数 的单调区间，并求其在区间（-∞，-1）上的最大值．
2 3 0x y+ − = 1
2
− (1,1)
(1) 1,
1'(1) ,2
f
f
= = −
1,
1 ,2 2
b
a b
= − = −
1a = 1b =
ln 1f ( ) 1
xx x x
= ++
2
2
1ln 1( ) (2ln )1 1
xxf x xx x x
−− = +− −
( ) 2lnh x x= +
x
x 12 −
( 0)x >
2
2
2
22 )1()1(22)( x
x
x
xx
xxh
−−=−−−=′
1≠x ,0)1(,0)( =−> xhxxh 可得
),1( +∞∈x ;0)(1
1,0)( 2
>−< xhxxh 可得
.1
ln)(,01
ln)(,1,0 −>>−−≠>
x
xxfx
xxfxx 即且
( ) ln sinf x x x ax= + −
0a = ( )f x
1a ≥ ( ) 0f x <
2( ) 1f x ax= + 0a > 3( )g x x bx= +
( )y f x= ( )y g x=
2 4a b= ( ) ( )f x g x+3.
已知函数 的图象在 处的切线与直线 平行.
（1）求函数 的单调区间;
（2）若 恒成立，求实数 的最大值.
4.
已知函数 ，
（1）求函数 的单调区间，
（2）若 ，证明： ．
5.
已知函数 ．
⑴当 时，求函数 的极值；
⑵若存在与函数 ， 的图象都相切的直线，求实数 的取值范围．
6
已知函数 ，其中 ， ， ．
若 是 的一条切线，求 a 的值；
在 间的前提下，若存在正实数 ， 使得 ，求 的取值范围．
7
已知函数 ．
（1）讨论函数 的单调性：
（2）若 ，直线 为函数 图象的一条切线，求证： ．
8
已知函数
（1）若 ，求函数 的极值和单调区间；
（2）若 ，在区间 上是否存在 ，使 ，若存在求出实数 的取值
范围；若不存在，请说明理由.
9
设函数 ，曲线 在点 处的切线斜率为 .
（1）证明： 有且只有一个零点.
（2）当 时， 恒成立，求整数 的最小值.
( ) ln ( )= + ∈f x x x ax a R ( , ( ))e f e 3y x=
( )f x
2( ) ( 1) 2+ − −f x m x x m
1( )
xef x x
−=
( )f x
0x > ( )ln( 1)
x f xx
( )y g x= ( )f x ( )1 1g ≤
( ) lnx
af x xe
= − ( )y f x= ( )( )1, 1f 1 1e
− +
( )f x
( )0,x∈ +∞ ( ) kf x ex
< k10
已知函数 有两个极值点 ， .
（1）求 的取值范围；
（2）求证： .
【详细解析】
1.【解析】（1）当 时， ，
若 ，因为 ，所以 在 上单调递增
又 ，且
结合零点存在定理可知 在 上有且仅有一个零点
若 ，则 且 ，所以
若 ，因为 ，所以
综上： 在 上有且仅有一个零点
（2）当 时， ，且 ，故
构造函数 ，
则
若 ，则 ，故 在 上单调递增
若 ，则 ，故 在 上单调递减
故 ，即 对任意 恒成立，当且仅当 时取得等号
当 时， ，故 对任意 恒成立
2.【解析】（1） ，
∵曲线 与曲线 在它们的交点（1，c）处具有公共切线
∴ ，
∴
（2）令 ，当 时， 3 2 21( ) 14h x x ax a x= + + +
0a = ( ) ln sinf x x x= + ( )0,x∈ +∞
0 1x< ≤ ( ) 1 cos 0f x xx
′ = + > ( )f x ( ]0,1
( )1 sin1 0f = > 1 11 sin 0f e e
= − + sin 0x ≥ ( ) 0f x >
x π> ln ln 1 sinx xπ> > ≥ − ( ) 0f x >
( )f x ( )0,+¥
1a ≥ ,ax x ax x≥ − ≤ − sin 1x ≤ ( ) ln 1xf x x≤ + −
( ) ln 1g x x x= + − ( )0,x∈ +∞
( ) 1 xg x x
−′ =
0 1x< < ( ) 0g x¢ > ( )g x ( )0,1
1x > ( ) 0g x¢ < ( )g x ( )0,1
( ) ( )max 1 0g x g= = ( ) 0g x ≤ ( )0,x∈ +∞ 1x =
1x = sin 1x < ( ) 0f x < ( )0,x∈ +∞
( ) 2f x ax′ = 2( ) 3g x x b= +′
( )y f x= ( )y g x=
2 3a b= + 1 1a b+ = +
3a b= =
( ) ( ) ( )h x f x g x= + 21
4b a=令 ，得
时， 的情况如下：
x
+ 0 - 0 +
所以函数 的单调递增区间为 ， ，单调递减区间为
当 ，即 时，函数 在区间 上单调递增， 在区间 上的最大值为
，
当 即 时，函数 在区间 内单调递增，在区间 上单调递减，
在区间 上的最大值为
当 ，即 a>6 时，函数 在区间 内单调递赠，在区间 内单调递减，在区间
上单调递增．又因为
所以 在区间 上的最大值为 ．
3.【解析】（1）由题意得 的定义域为 ， .
切线斜率 .
.令 ，得 ，
当 时， ，当 时 ，
∴函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
（2）由（1）知 ，即 .
又 在 上恒成立.
记 ，
2 21( ) 3 2 4h x x ax a= + +′ '( ) 0h x = 1 2,2 6
a ax x= − = −
0a > ( ) ( )h x h x′与
( , )2
a−∞ −
2
a− ( , )2 6
a a− −
6
a− ( , )6
a− +∞
( )h x′
( )h x
( )h x ( , )2
a−∞ − ( , )6
a− +∞ ( , )2 6
a a− −
12
a− > − 0 2a< < ( )h x ( , 1]−∞ − ( )h x ( , 1]−∞ −
21( 1) 4h a a− = −
12 6
a a− ≤ − ≤ − 2 6a≤ ≤ ( )h x ( , )2
a−∞ − ( , 1)2
a− −
( )h x ( , 1]−∞ − ( ) 12
ah − =
16
a− < − ( )h x ( , )2
a−∞ − ( , )2 6
a a− −
( )h x ( , 1]−∞ − ( ) 12
ah − =
( )f x (0, )+∞ ( ) ln 1′ = + +f x x a
( ) ln 1 2 3, 1′= = + + = + = ∴ =k f e e a a a
( ) ln 2′∴ = +f x x ( ) 0f x′ = 2x e−=
( )20,x e−∈ ( ) 0f x′ < ( )2 ,x e−∈ +∞ ( ) 0f x′ >
( )f x ( )20,e− ( )2 ,e− +∞
2( ) ln , ( ) ( 1) 2= + ∴ + − −f x x x x f x m x x 2ln 2+ +mx x x x
20, ln> ∴ + +x m x x x
(0, )x∈ +∞
2( ) ln= + +t x x x x.
.
令 ，得 或 （舍）.
当 时， ，函数 在 上单调递减；
当 时， ，函数 在 上单调递增.
，即 m 的最大值为 3．
4.【解析】（1） ，定义域为 ，∴ ，
令 ，∴当 时， ，当 时，
，
在 是减函数，在 是增函数，又 ，∴当 时， ，
恒成立．
的单调增区间 ， ．
（2）
，要证 成立，等价于要证 成立，
令 ，所证不等式等价于证明 ，因为 时， ，
令
所以 在 单调递增，∴当 时， ，所以 时， ，
所以 时， 在 单调递增，因为 时，令 ，
则 ，所以 在 单调递增，即 ，得 ，
(0) 0g = 0x ≠ ( ) (0) 0g x g> =
( )
2( ) 0g xf x x
′∴ = >
( )f x∴ ( ,0)−∞ (0, )+∞
( )
1 1 1( ) ln ln 1 1
x x x
x x
e e ef x x e e
− − −= = =
− +
0x∴ >
min( )m t x∴
2
2 2 2
1 2 2 ( 2)( 1)( ) 1′ + − + −= + − = =x x x xt x x x x x
( ) 0t x′ = 1x = 2−
(0,1)x∈ ( ) 0t x′ < ( )t x (0,1)
(1, )x∈ +∞ ( ) 0t x′ > ( )t x (1, )+∞
min( ) (1) 3∴ = =t x t
1( )
xef x x
−= ( ,0)−∞ (0, )+∞
2
1( )
x xxe ef x x
− +′ =
( ) 1 ( 0), ( )x x xg x xe e x g x xe′= − + ≠ ∴ = ( , 0)x ∈ −∞ ( ) 0g x′ < (0, )x∈ +∞
( ) 0g x′ >
( )g x∴ ( ,0)−∞ (0, )+∞
1( )ln( 1)
xx ef xx x
−< =+ ( )
1
ln( 1) ln 1 1
x
x
x e
x e
− '
2
ln( 1) 1( ) ln ( 1)
xx xm x x
+ − += +
2 2
1 1( ) ln( 1) ( 0), ( ) 01 1 ( 1) ( 1)
x x x xh x x x h xx x x x
+ −′= + − > = − = >+ + + +
( )h x (0, )+∞ 0x > ( ) (0) 0h x h> = 0x > ( )'
2( ) ln 1 0( )m x x
h x= + >
0x > ( )m x (0, )+∞ 0x > ( ) 1xn x e x= − −
' ( ) 1 0xn x e= − > ( )n x (0, )+∞ ( )( ) 0 0n x n> = 1xe x− >所以 ，即 得证.
5.【解析】（1）函数 的定义域为
当 时， ，
所以
所以当 时， ，当 时， ，
所以函数 在区间 单调递减，在区间 单调递增，
所以当 时，函数 取得极小值为 ，无极大值；
（2）设函数 上点 与函数 上点 处切线相同，
则
所以
所以 ，代入 得：
设 ，则
不妨设 则当 时， ，当 时，
所以 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
代入 可得：
设 ，则 对 恒成立，
( )( ) 1xm x m e< − ( )ln( 1)
x f xx
( ) 0h x′ >
( )h x 10, 2
1 ,2
+∞
1
2x = ( )h x 11+ln24
( )f x ( )( )1 1,x f x ( )g x ( )( )2 2,x g x
( ) ( ) ( ) ( )1 2
1 2
1 2
f x g xf x g x x x
−= = −
′ ′
( )2
1 1 2
1
2 1 2
1 ln12 x ax x ax a x x x
+ + − −+ = = −
1
2
1
2 2
ax x
= − ( )21 2
1 1 2
2
1 lnx x x ax x ax
− = + + − −
( )2
22
2 2
1 ln 2 0 *4 2 4
a ax ax x
− + + − − =
( ) 2
2
1 ln 24 2 4
a aF x x ax x
= − + + − − ( ) 2
3 2 3
1 1 2 1
2 2 2
a x axF x x x x x
+ −= − + + =′
2
0 0 02 1 0( 0)x ax x+ − = > 00 x x< < ( ) 0F x′ < 0x x> ( ) 0F x′ >
( )F x ( )00, x ( )0 ,x +∞
2
0
0
0 0
1 2 1= 2xa xx x
− = − ( ) ( ) 2
0 0 0 0min
0
12 ln 2F x F x x x xx
= = + − + −
( ) 2 12 ln 2G x x x xx
= + − + − ( ) 2
1 12 2 0G x x x x
= + + + >′ 0x >所以 在区间 上单调递增，又
所以当 时 ，即当 时 ,
又当 时
因此当 时，函数 必有零点；即当 时，必存在 使得 成立；
即存在 使得函数 上点 与函数 上点 处切线相同．
又由 得：
所以 单调递减，因此
所以实数 的取值范围是 ．
6.【解析】(1) 的导数为 ，
设 与 相切于 ，可得 ， ，
化为 ，
设 ，导数为 ，当 时， 递增；
时， 递减，可得 处 取得最小值 0，
则 ， ；
，可得 ，
即 ，
设 ，令 ， ，
时， 递减； 时， 递增，
可得 ，
即有 ，
解得 或 舍去 ，
当且仅当 时， 恒成立，
( )G x ( )0,+∞ ( )1 =0G
0 1x< ≤ ( ) 0G x ≤ 00 1x< ≤ ( )0 0F x ≤
2ax e += ( ) 2
2
2 4 2
1 ln 24 2 4
a
a a
a aF x e ae e
+
+ += − + + − −
2
2
1 1 04 a ae +
= − ≥
00 1x< ≤ ( )F x 00 1x< ≤ 2x ( )*
1 2,x x ( )f x ( )( )1 1,x f x ( )g x ( )( )2 2,x g x
1 2y xx
= − 2
1 2 0y x
′ = − − <
( )1 2 0,1y xx
= − 在 [ )2
0
0
0 0
1 2 1= 2 1 +xa xx x
，− = − ∈ − ∞
a [ )1,− +∞综上可得 的范围为 ．
7.【解析】（1）由题意知，函数 的定义域为 ， ．
当 时， ，函数 在 上单调递增．
当 时，令 ，解得 或 （舍）
当 时， ；当 时， ．
所以当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）设直线 与函数 的图象相切于点 ，
则 在点 P 处的切线方程为 ，
所以 ，
．
令 ．
则 ．
因为 ，所以令 ，可得 ．
当 时， ，当 时， ．
所以 ，即 ．
8.【解析】（1）当 时，
，且
时， 时，
( )f x ( )0, ∞+ ( ) 22x af x x
−′ =
0a ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )0, ∞+
0a > ( ) 0f x′ = 2
2
ax = 2
2
ax = −
20, 2
ax
∈
( ) 0f x′ < 2 ,2
ax
∈ +∞
( ) 0f x′ >
0a > ( )f x 20, 2
a
2 ,2
a +∞
( )y g x= ( )y f x= ( )( )0 0,P x f x
( )y f x= ( ) ( )2
0 0 0 0
0
ln 2 ay x a x x x xx
− − = − −
( ) ( ) 2
0 0 0 0
0
2 lnag x x x x x a xx
= − − + −
( ) ( ) 2 2
0 0 0 0 0 0 0
0 0
1 2 1 ln 2 lna ag x x x a x x x a x ax x
= − − + − = − + − − +
( ) 2 2 lnah x x x a x ax
= − + − − +
( ) ( )2 2
2 2 2
( 1) 2 (1 )(2 )2 2
x x aa a x x ah x x x x x x
− − − − +′ = − + + − = =
0a > ( ) 0h x′ = 1x =
( )0,1x∈ ( ) 0h x′ > ( )1,x∈ +∞ ( ) 0h x′ <
( ) ( )1 1h x h≤ = ( )1 1g ≤ 有极小值
故函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为
极小值为 3，无极大值.
（2）
时， ， 时
为函数的唯一极小值点
又 ，当 时
在区间 上若存在 ，使 ，则 ，
解得
当 时， 在 为单调减函数，
，不存在 ，使
综上所述，在区间 上存在 ，使 ，此时
9.【解析】（1）证明： 的定义域为 ，
，
则 ，解得 .
，则 在 上单调递减，
， ，
有且仅有一个零点.
（2）解：当 时， ，由此可得 .
当 时，下面证明 对 恒成立.
证明： .
( )f x ( )0, ∞+
( ) 1
x
af x e x
′ = − −
( ) 11 1 1af e e
′ = − − = − + 1a =
( ) 1 1 0xf x e x
′∴ = − − < ( )f x ( )0, ∞+
( ) 11 0f e
= > ( ) 1 1 0ef e e
= − <
( )f x∴
1x = ( ) 11 kf e e
= < 1k >
2k = ( ) 2f x ex
< ( )0,x∈ +∞
( ) 2 1 2 2ln lnx x
xf x x x xex e ex e e
< ⇔ − < ⇔ < +令 ，则 ， 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 .
令 ， ， 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 .
从而 ，又 和 不在同一处取到最值，则 .
故当 时， 恒成立，从而整数 的最小值为 2.
10.【解析】（1）因为 ，
所以 ，
令 ，则 ，
当 时，不成立；
当 时， ，令 ，
所以 ，当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
又因为 ，当 时， ，当 时， ，
因此，当 时， 有 2 个极值点，
即 的取值范围为 .
（2）由（1）不妨设 ，且 ，
所以 ，所以 ，
要证明 ，只要证明 ，
即证明 ，
设 ，即要证明 在 上恒成立，
记 ， ，
所以 在区间 上单调递减，
( ) x
xg x e
= ( ) 1
x
xg x e
−′ = ( )g x ( )0,1 ( )1,+∞
( ) ( ) 11g x g e
≤ =
( ) 2 lnh x x xe
= + ( ) 1 lnh x x′ = + ( )h x 10, e
1,e
+∞
( ) 1 1h x h e e
≥ =
( ) ( )g x h x≤ ( )g x ( )h x ( ) ( )g x h x<
( )0,x∈ +∞ ( ) 2f x ex
< k所以 ，即 ，即 .
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