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高考数学 2018 届◆难点突破系列
1
《难 点 突 破》
压轴题----函数与导数常考题型
一、要点归纳
1. 曲 线 ( )y f x 在 0x x 处 的 切 线 的 斜 率 等 于 0( )f x ， 且 切 线 方 程 为
0 0 0( )( ) ( )y f x x x f x .
2.若可导函数 ( )y f x 在 0x x 处取得极值，则 0( ) 0f x .反之，不成立.
3.对于可导函数 ( )f x ，不等式 ( )f x 0 0（ ）的解集决定函数 ( )f x 的递增（减）区间。
4.函数 ( )f x 在区间 I 上递增（减）的充要条件是： x I , ( )f x 0 ( 0) 恒成立（ ( )f x
不恒为 0）.
5.函数 ( )f x （非常量函数）在区间 I 上不单调等价于 ( )f x 在区间 I 上有极值，则可等价转
化为方程 ( ) 0f x 在区间 I 上有实根且为非二重根。（若 ( )f x 为二次函数且 I=R，则有
0 ）.
6. ( )f x 在区间 I 上无极值等价于 ( )f x 在区间在上是单调函数，进而得到 ( )f x 0 或
( )f x 0 在 I 上恒成立.
7.若 x I Î ， ( )f x 0 恒成立，则 min( )f x 0 ; 若 x I ， ( )f x 0 恒成立，则
max( )f x 0 .
8.若 0x I ，使得 0( )f x 0 ，则 max( )f x 0 ；若 0x I ，使得 0( )f x 0 ，则
min( )f x 0 .
9.设 ( )f x 与 ( )g x 的定义域的交集为 D，若 x D ( ) ( )f x g x 恒成立，则有
min( ) ( ) 0f x g x .
10.若对 1 1x I 、 2 2x I ， 1 2( ) ( )f x g x 恒成立，则 min max( ) ( )f x g x .
若对 1 1x I ， 2 2x I ，使得 1 2( ) ( )f x g x ,则 min min( ) ( )f x g x .
若对 1 1x I ， 2 2x I ，使得 1 2( ) ( )f x g x ，则 max max( ) ( )f x g x .
11. 已 知 ( )f x 在 区 间 1I 上 的 值 域 为 A, ， ( )g x 在 区 间 2I 上 值 域 为 B ， 若 对
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1 1x I , 2 2x I ，使得 1( )f x = 2( )g x 成立，则 A B ．
12.若三次函数 f(x)有两个极值点，当且仅当方程 ( ) 0f x 一定有两个不等实根 1 2x x、 ，若
三次函数 f(x)没有极值点，则方程 ( ) 0f x 有两个相等的实根或没实根.．
13.证题中常用的不等式: ① 1xe x ② 1xe x ③ xe ex ④ 31
6
xe x
⑤ ln +1 ( 1)x x x （ ） ⑥ ln 1 ( 1)1 2
x x xx
⑦
2 2
ln 1 1 ( 0 )2 2
x xx x
⑧ 1 1 1ln ( ) 1 ( 1)2
x x x x xx x
⑨ ln 11 ( 0 )x xx x
二、常考题型：
题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题
1. 1( ) 0 1 0.1
xaxf x e x x yx
已知函数 在 处的切线方程为
（Ⅰ）求 a 的值； （Ⅱ） ( ) 1,f x 若 求 x 的取值范围.
2. 已 知 函 数 ln( ) 1
a x bf x x x
， 曲 线 ( )y f x 在 点 (1, (1))f 处 的 切 线 方 程 为
2 3 0x y .
（Ⅰ）求 a 、b 的值； （Ⅱ）证明：当 0x ，且 1x 时， ln( ) 1
xf x x
.
3．已知函数 ln(1 )( ) ( 0)xf x xx
（Ⅰ）判断函数 ( )f x 的单调性；
（Ⅱ）是否存在实数 a 使得关于 x 的不等式 ln(1 )x ax 在 (0, ) 上恒成立？若存在，求
出 a 的取值范围，若不存在，试说明理由.
4．已知函数 1 ln( ) xf x x
．
（Ⅰ）设 a ＞0，若函数 )(xf 在区间 1( , )2a a 上存在极值，求实数 a 的取值范围；
（Ⅱ）如果当 x 1 时，不等式
2
( ) 1
k kf x x
恒成立，求实数 k 的取值范围．
5．已知函数 2( ) 2 3 .xf x e x x
（Ⅰ）求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程；
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（Ⅱ）如果当 1x 时，不等式 25( ) ( 3) 12f x x a x 恒成立，试求实数 a 的取值范围．
6．设 ( ) lnaf x x xx
， 3 2( ) 3g x x x ．
（Ⅰ）当 2a 时，求曲线 ( )y f x 在 1x 处的切线方程；
（Ⅱ）若存在 1 2, [0,2]x x ，使 1 2( ) ( )g x g x M 成立，求满足上述条件的最大整数 M ；
（Ⅲ）如果对任意的 1, [ ,2]2s t ，都有 ( ) ( )f s g t 成立，求实数 a 的取值范围．
7.设函数 ( ) ,xf x xe 2( ) .g x ax x
（Ⅰ）若 ( )f x 与 ( )g x 具有完全相同的单调区间，求 a 的值；
（Ⅱ）若当 0x 时恒有 ( ) ( ),f x g x 求 a 的取值范围.
8.已知函数 ( ) xf x e , ( ) 1g x x
（Ⅰ）判断函数 ( ) ( )f x g x 零点的个数,并说明理由；
（Ⅱ）当 0x 时， ( ) 1 1
axf x x
恒成立，求实数 a 的取值范围.
9.已知函数 3 2( ) 3 1( )f x ax x a x R ， .
（Ⅰ）当 0a 时，求函数 f(x)的极值．
（Ⅱ）设函数 '1( ) ( ) (2 1) 13h x f x a x ， ( 1, ]( 1)x b b ，如果存在 ( , 1],a ，
对任意 ( 1, ]x b 都有 ( ) 0h x 成立，试求b 的最大值．
10.设函数 2( ) ln , ,f x a x bx a b R
（Ⅰ）若函数 ( )f x 在 1x 处与直线 1
2y 相切，①求实数 ,a b 的值；②求函数 ( )f x 在
1 ,ee
的最大值；
（Ⅱ ）当 0b 时，若不等式 ( )f x m x 对所有的 230, , 1,2a x e
都成立，求实数
m 的取值范围.
11．已知函数 21 1( ) ln( )2 2f x ax x ax （ a 为常数， 0a ）.
（Ⅰ）若 1
2x 是函数 ( )f x 的一个极值点，求 a 的值；
（Ⅱ）求证：当 0 2a 时， ( )f x 在 1 ,2
上是增函数；
（Ⅲ）若对任意．．的 a （1，2），总存在．． 0
1 ,12x
，使不等式 2
0( ) (1 )f x m a 成立，求实
数 m 的取范围.
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12.已知函数 3 21 2f x x a x a a x aR ， 'f x 为 f x 的导数.
（Ⅰ）当 3a 时，证明 y f x 在区间 1,1 上不是单调．．．．函数；
（Ⅱ）设 19 1
6 3g x x ，是否存在实数 a ，对于任意的 1 1,1x ，存在 2 0,2x ，
使得 1 1 22f x ax g x 成立？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由.
13.已知函数 2( ) ln ( 1).xf x a x x a a
（Ⅰ）求 ( )f x 的单调增区间；
（ Ⅱ ） 若 存 在 1 2, 1,1 ,x x 使 得 1 2( ) ( ) 1(f x f x e e a 是自然数）,求实数 的
取值 .范围
14. 设函数 2( ) mxf x e x mx ．
（Ⅰ）证明： ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增；
（Ⅱ）若对于任意 1 2, [ 1,1]x x ，都有 1 2( ) ( ) 1f x f x e ，求 m 的取值范围．
15．已知函数 Raxx
axxxf ,1)1ln()( ．
（Ⅰ）当 0a 时，求函数 )(xf 的单调区间；
（Ⅱ）若存在 0x ，使 )(11)( Zax
xxxf 成立，求 a 的最小值．
16.设函数 ( ) 1 .xf x e
（Ⅰ）证明：当 1 , ( ) ;1
xx f x x
时
（Ⅱ）当 0 , ( ) 1
xx f x ax
时 恒成立,求 a 的取值范围.
17.已知函数 2( ) ( 1) ( 1).xf x x e x x
（Ⅰ）试判断方程 ( ) 0f x 根的个数.
（Ⅱ） ( ) (1, ) ,k k f x k 若 为整数,且不等式 在 上恒成立 求 的最大值.
18.设函数 ( ) 2xf x e ax
(Ⅰ)求 ( )f x 的单调区间
(Ⅱ)若 1,a k 为整数，且当 0x 时， '( ) ( ) 1 0,x k f x x 求 k 的最大值.
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题型二：导数与函数的切线问题
19．已知函数 3 1 2( ) ln , ( ) 2 3f x x x g x ax x e
．
（Ⅰ）求 ( )f x 的单调增区间和最小值；
（Ⅱ）若函数 ( )y f x 与函数 ( )y g x 在交点处存在公共切线，求实数 a 的值；
（Ⅲ）若 2(0, ]x e 时，函数 ( )y f x 的图象恰好位于两条平行直线 1 :l y kx ；
2 :l y kx m 之间，当 1l 与 2l 间的距离最小时，求实数 m 的值．
20.已知函数 ( ) ln( ) .f x x a ax
（Ⅰ）求函数 ( )f x 的单调区间和极值；
（Ⅱ）若 ( , 1),a 函数 '( ) ( )g x a f x 的图象上存在 1 2,P P 两点,其横坐标满足
1 21 6x x ,且 ( )g x 的图象在此两点处的切线互相垂直,求 a 的取值范围.
21.已知在函数 3 21 2 53y x x x 的曲线上存在唯一点 P 0 0( , )x y ，过点 P 作曲线的切线
l 与曲线有且只有一个公共点 P，则切线l 的斜率 k = ______________．
22．已知函数 2( ) , .xf x e ax ex a R
（Ⅰ）若曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线平行于 x 轴，求函数 ( )f x 的单调区间；
（Ⅱ）试确定 a 的取值范围，使得曲线 ( )y f x 上存在唯一的点 P ，曲线在该点处的切线
与曲线只有一个公共点 P .
题型三：导数与函数的零点及零点关系问题
23.已知函数 3( ) sin ( ), [0 ]2 2f x ax x a R 且在 ， 上的最 大值 . -3为 2
（Ⅰ）求函数 ( )f x 的解析式；
（Ⅱ）判断函数 ( )f x 在 (0, ) 内的零点个数，并加以证明．
24. 已知函数 ( ) xf x x ae= - ( )a RÎ 有两个零点 1 2,x x ，且 1 2x x< .
（Ⅰ）求 a 的取值范围； （Ⅱ）证明 2
1
x
x
随着 a 的减小而增大；
（Ⅲ）证明 1 2x x+ 随着 a 的减小而增大.
25.已知函数 ( ) 2ln ( )2
af x x x x x a a R= - - + Î ，在其定义域内有两个不同的极值点.
（Ⅰ）求 a 的取值范围；
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（Ⅱ）记两个极值点为 1 2,x x ，且 1 2x x< ，已知 0 ，若不等式 1
1 2e x xl l+ < × 恒成立，求
的取值范围.
26.已知函数 ( ) ( 0)axf x x e a= - > .
（Ⅰ）求函数 ( )f x 的单调区间；
（Ⅱ）若函数 ( )f x 有两个零点 1 2,x x ，且 1 2x x< ，试证明 1
2
x aex
< .
27．已知函数 ( )f x 1
x
x
e
（ x ∈R）
（Ⅰ）求函数 ( )f x 的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知函数 ( )y g x 对任意 x 满足 ( ) (4 )g x f x ，证明：当 x ＞2 时， ( )f x ＞ ( )g x ；
（Ⅲ）如果 1x ≠ 2x ，且 1( )f x 2( )f x ，证明： 1 2x x ＞4．
28．已知函数 2)1(2)( xaexxf x）（ 有两个零点.
（Ⅰ）求 a 的取值范围；
（Ⅱ）设 x1，x2 是的两个零点，证明：x1+x2<2.
29. 已知函数 ( ) ( cos ) 2sin 2f x x x x ， 1 sin 2( ) ( ) 11 sin
x xg x x x
.
证明：（1）存在唯一 0 (0, )2x ，使 0( ) 0f x ；
（2）存在唯一 1 ( , )2x ，使 1( ) 0g x ，且对（1）中的 0 1x x .
30．已知函数
2( )( ) ln
x af x x
（其中 a 为常数）．
（Ⅰ）当 0a 时，求函数单调区间
（Ⅱ）当 0 1a 时，设函数 f（x）的三个极值点为 1 2 3, ,x x x ，且 1 2 3x x x .证明：
1 3
2x x
e
．
31. 已知 ( ) ( 1)xf x e a x 有两个零点.
（Ⅰ）求实数 a 的取值.范围.
（Ⅱ）设 1 2 1 2,x x R x x 且 是 ( )f x 的两个零点，证明： 1 2 1 2x x x x .
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32. 已知 ( ) ln ( ).f x x x mx m R
（Ⅰ）当 1m 时， ( )f x 的图象在 1, 1 处的切线l 恰与函数 ( 0 1)xy a a a 且 的图象
相切，求实数 a 的值.
（ Ⅱ ） 若 函 数 21( ) ln 2 12F x x x mx 的 两 个 极 值 点 为 1 2 1 2, ,x x x x且 ， 求 证 ：
2 1( ) 1 ( )f x f x .
33．设函数 '( ) ln(1 ), ( ) ( ), 0,f x x g x xf x x 其中 ' ( )f x 是 ( )f x 的导函数．
（Ⅰ）令 1 1( ) ( ), ( ) ( ( )), ,n ng x g x g x g g x n N 求 ( )ng x 的表达式；
（Ⅱ）若 ( ) ( )f x ag x 恒成立，求实数 a 的取值范围；
（Ⅲ）设 n N ，比较 (1) (2) ( )g g g n 与 ( )n f n 的大小，并加以证明．
34．已知函数 f（x）=ex-kx，x∈R.
（Ⅰ）若 k= e ，试确定函数 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若 k＞0，且对于任意 x∈R，f（|x|）＞0 恒成立，试确定实数 k 的取值范围；
（Ⅲ）设函数 F（x）=f(x)+ f(-x)，求证：F（1）F（2）…F（n）＞ 1 22
n
ne （n∈ N ）.
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《难 点 突 破》(答案)
压轴题----函数与导数常考题型
二、常考题型：
题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题
2.解：（Ⅰ） 2 2
1( ln )
'( ) ( 1)
x x bxf x x x
，
由于直线 2 3 0x y 的斜率为 1
2
，且过点 (1,1) ，
故
(1) 1,
1'(1) ,2
f
f
即
1,
1 ,2 2
b
a b
解得 1a ， 1b 。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ln 1f ( ) 1
xx x x
，所以
2
2
ln 1 ( 1)( ) (2ln )1 1
x xf x xx x x
.
考虑函数 ( ) 2lnh x x 2 1( 0)x xx
，则
2 2 2
2 2
1 2 ( 1) ( 1)'( ) .x x xh x x x x
所以当 x 1 时， '( ) 0h x ，而 h（1）=0，所以
2
2
2
2
2
(1 ) (1 ) 1( )= (1 ) 1
(1 )
(1 )
(0) 1, 1 1
1 12 1 ( ) ( 1), ( ) ,1 (1 )
( ) 0 ( ) ( , 1),( 1, )
1( , 1) ( )
x
x
x x
a x ax axf x ex x
ax a x a ex
f a a
x xf x e x f x ex x
f x f x
x f x
1.解：（1）
由已知 ，得
（ ）由（） 则
所以 ，因此,函数 在 上为减函数,
当 时, 0, ( ) 11
( 1, ) ( ) ( 1, )
(0) 1
0 ( ) (0) 1;
0 ( ) (0) 1.
( ) 1 0.
xx e f xx
x f x
f
x f x f
x f x f
f x x x x
所以 成立.
当 时,函数 在 上为减函数.
又
当 时，
当-1 时，
综合所述，满足 的 的取值范围为： -1或
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当 (0,1)x 时， ( ) 0h x ，可得 2
1 ( ) 01 h xx
；
当 x （1，+ ）时， ( ) 0h x ，可得 2
1 ( ) 01 h xx
.
从而当 0, 1x x 且 时， ln( ) ( ) 01
x kf x x x
，即 ln( ) 1
xf x x
.
3．解：(1) ln(1 )( ) ( 0)xf x xx
,
2
ln(1 )1( ) ,
x xxf x x
设
( ) ln(1 )( 0).1
xg x x xx
2 2 2
1 1 1 (1 )( ) 0,(1 ) 1 (1 ) (1 )
x x x xg x x x x x
( )y g x 在 (0, ) 上为减函数, ( ) ln(1 ) (0) 01
xg x x gx
,
2
ln(1 )1( ) 0,
x xxf x x
ln(1 )( ) ( 0)xf x xx
在 (0, ) 上为减函数.
(2)(法一)： ln(1 )x ax 在 (0, ) 上恒成立 ln(1 ) 0x ax 在 (0, ) 上恒成立,
设 ( ) ln(1 ) ,h x x ax 则 (0) 0,h 1( ) ,1h x ax
①若 0 1a 时,则令 1( ) 0,1h x ax
得 1 1,x a
当 1(0, 1)x a
时, ' ( ) 0,h x ( ) ln(1 )h x x ax 在 1(0, 1)a
上为增函数,
则当 1(0, 1)x a
时, ( ) ln(1 ) 0,h x x ax
故不能使 ln(1 )x ax 在 (0, ) 上恒成立
②若 1a ，则当 0,x 时 ' 1( ) 01h x ax
恒成立，
( ) ln(1 )h x x ax 在 (0, ) 上为减函数,
ln(1 ) (0) 0x ax h 在 (0, ) 上恒成立,
ln(1 )x ax 在 (0, ) 上恒成立.
③若 0a 显然不满足条件.
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综上所述①②③：当 1a 时， ln(1 ) (0) 0x ax h 在 (0, ) 上恒成立.
（法二）：若 0x 时，不等式 ln(1 )x ax 恒成立，
即 ：若 0x 时，不等式 ln(1 )x ax
恒成立，也即: 若 0x 时， ln(1 )max xa x
由（1）可知 ln(1 )( ) xf x x
在 (0, ) 上为减函数.
又 '
'0 0 0
ln( 1)ln( 1) 1lim lim lim 1( ) 1x x x
xx
x x x
（罗比特法则 0
0
型），
所以 1a ,即 a 的取值范围是 +1， .
4．解：（1）因为 1 ln( ) xf x x
，则 2
ln( ) ( 0)xf x xx
当 0 1x 时， ( ) 0f x ；当 1x 时， ( ) 0f x ．
所以 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减．
所以 ( )f x 在 1x 处取得极大值．
因为 ( )f x 在区间 1( , )2a a （其中 0a ）上存在极值，
所以
1
1 12
a
a
，解得 1 12 a ．
（2）不等式
2
( ) 1
k kf x x
，即 2( 1)(1 ln )x x k kx
．
设
x
xxxg )ln1)(1()( ，则 2
ln)(
x
xxxg ．设 xxxh ln)( ，则
xxh 11)( ．
因为 1x ，所以 ( ) 0h x ，则 ( )h x 在[1, ) 上单调递增．
所以 ( )h x 得最小值为 (1) 1 0h ，从而 ( ) 0g x ，
故 ( )g x 在[1, ) 上单调递增，所以 ( )g x 得最小值为 (1) 2g ，
所以 2 2k k ，解得 1 2k ．
'5. ( ) 4 3, (1) 1,
(1) 1, ( ) (1))
1 ( 1)( 1), ( 1) 2 0.
xf x e x f e
f e y f x f
y e e x e x y
解:( ) 则
又 曲线 在点(1, 处的切线方程为
即
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2 2 2
2
2
2 2
2
2
5 5( ) ( ) ( 3) 1, 2 3 ( 3) 1,2 2
1 11 21, 1, .2
1 11 ( 1) 12 2( ) , ( ) ,
1( ) ( 1) 1, ( ) ( 1).2
x
x
x
x x
x x
f x x a x e x x x a x
e x
ax e x x a x
e x e x x
g x g xx x
x e x x x x e
由 得
即
记 则
记 则
min
11, ( ) 0, ( ) [1, ) ( ) (1) 0,2
3( ) 0, ( ) [1, ) ( ) (1) .2
3 3( ) ( ) , , ( , ].2 2
x x x x
g x g x g x g e
a g x a g x a e a e
在 上单调递增,
在 上单调递增,
由 恒成立,得 即 的取值范围是
6. 解：（1）当 2a 时， 2( ) lnf x x xx
，
2
2'( ) ln 1f x xx
， (1) 2f ， '(1) 1f ，
所以曲线 ( )y f x 在 1x 处的切线方程为 3y x ；
（2）存在 1 2, [0,2]x x ，使得 1 2( ) ( )g x g x M 成立，
等价于： 1 2 max[ ( ) ( )]g x g x M ，
考察
3 2( ) 3g x x x ，
2 2'( ) 3 2 3 ( )3g x x x x x
，
由上表可知： min max
2 85( ) ( ) , ( ) (2) 13 27g x g g x g
，
1 2 max max min
112[ ( ) ( )] ( ) ( ) 27g x g x g x g x
，
所以满足条件的最大整数 4M ；
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（3）对 1, ,22s t
， ( ) ( )f s g t 恒成立 对 1 ,22x
上， min( )f x max( )g x ，
因为 max( ) 1g x ，所以对 1 ,22x
， ( ) ln 1af x x xx
恒成立 2 lna x x x 恒
成立；记 2( ) lnh x x x x ， ( ) 1 2 lnh x x x x ， 注意到 (1) 0h ；
记 ( ) 1 2 lnm x x x x ， '( ) 3 2lnm x x ，
由于 1 ,22x
， '( ) 3 2ln 0m x x ，
所以 ( ) '( ) 1 2 lnm x h x x x x 在 1 ,22
上递减，
又 (1) 0h ，当 1 ,12x
时， ( ) 0h x ， 1,2x 时， ( ) 0h x ，
即函数 2( ) lnh x x x x 在区间 1 ,12
上递增，在区间 1,2 上递减，
所以 max( ) (1) 1h x h ，所以 1a 。
（3）另解：对 1, ,22s t
， ( ) ( )f s g t 恒成立 对 1 ,22x
上， min( )f x max( )g x ，
由（2）知，在区间 1 ,22
上， max( ) 1g x ；又注意到 (1)f a ，所以 1a .
下证当 1a 时，在区间 1 ,22
上，函数 ( ) 1f x 恒成立，
当 1a 且 1 ,22x
时， 1( ) ln lnaf x x x x xx x
，
记
1( ) lnh x x xx
， 2
1'( ) ln 1h x xx
， '(1) 0h
当
1[ ,1)2x
， 2
1'( ) ln 1 0h x xx
；当 (1,2]x ， 2
1'( ) ln 1 0h x xx
，
所以函数
1( ) lnh x x xx
在区间
1[ ,1)2 上递减，在区间 (1,2]上递增，
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13
min( ) (1) 1h x h ，即 ( ) 1h x ，所以当 1a 且
1[ ,2]2x
时， ( ) 1f x 成立，
即对 1, ,22s t
， ( ) ( )f s g t 恒成立.
7.解：（I） ( ) (1 )x x xf x e xe x e ，
当 1x 时， ( ) 0,f x 所以 )(xf 在 )1,( 内单调递减；
当 1x 时， ( ) 0,f x 所以 )(xf 在 ),1( 内单调递增.
又 '( ) 2 1,g x ax 由 '( 1) 2 1 0g a 得 1
2a .
此时 2
1)1(2
1
2
1)( 22 xxxxg
，
显然 )(xg 在 )1,( 内单调递减，在 ),1( 内单调递增，故 1
2a .
(II)由 )()( xgxf ，得 0)1()()( axexxgxf x
.
令 1)( axexF x
，则 '( ) xF x e a .
0x ， '( ) 1xF x e a a .
①若 1a ，则当 )0( x 时， '( ) 0F x ， )(xF 为增函数，而 0)0( F ，
从而当 0)(,0 xFx ，即 )()( xgxf ；
②若 1a ，则当 )ln,0( ax 时， '( ) 0F x ， )(xF 为减函数，而 0)0( F ，
从而当 )ln,0( ax 时 0)( xF ，即 )()( xgxf ，则 )()( xgxf 不成立.
综上， a 的取值范围为 ]1,( .
8.【解】（Ⅰ）令 ( ) ( ) ( ) 1,xh x f x g x e x 则
' ( ) 1,xh x e
令 ' ( ) 0,h x 得 0,x 当 0,x ' ( ) 0h x ；当 0,x ' ( ) 0h x
( )h x 在 ( ,0) 上单调递减, 在 (0, ) 上单调递增；
故当 0x 时 ( )h x 有最小值，也是唯一的极值点；
当 0x 时 ( )h x 有最小值 (0) 0h ,
当 0x 时 ( ) 0h x ,故函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x 有唯一的零点 0x ，
即 ( ) ( )f x g x 有唯一的零点 0x .
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14
（Ⅱ）令
( ) ( ) 1 ,1
axF x f x x
则
( ( ) 1)( 1) ( 1)( 1)( ) ,1 1
xf x x ax e x axF x x x
令 ( ) ( 1)( 1)xH x e x ax ，则
' ( ) (2 ) 1xH x e x a ，
令 ( ) (2 ) 1xx e x a ，则
' ( ) (3 ) 0xx e x ，
( )x 在[0, ) 上单调递增，即
' ( )H x 在[0, ) 上单调递增，
' '( ) (0) 1H x H a .
1 当 1a 时，则
' ( ) 0H x ，故 ( )H x 在[0, ) 上是不减函数，
( ) (0) 0H x H ， ( ) ( ) 1 01
axF x f x x
.
2 当 1a 时, 则
' (0) 1 0H a ,又
' ( )H x 在[0, ) 上单调递增，
故存在区间 0(0, )x 使得
' ( ) 0H x ， ( )H x 单调递减，使得 ( ) (0) 0H x H ,
即存在区间 0(0, )x 使得 ( ) 0F x ，显然与
( ) 1 1
axf x x
恒成立相矛盾.
综上可得 1a .
(法二) ①当 1a 时，由（Ⅰ）知，当 0x 得 1xe x .
( 1 )( ) 1 1 0.1 1 1 1
xax ax ax x x af x e xx x x x
9．【解】(1)f′(x)＝ 2 23 6 3 ( ).ax x ax x a
令 f′(x)＝0，解之得 x＝0 或 x＝ 2
a
．
当 0a 时，随 x 的变化，f′(x)与 f(x)的变化情况如下：
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15
∴ f(x)极小值＝f(0)＝1，f(x)极大值＝f( 2
a
)＝ 2
4
a
＋1.
（2）由 2( ) 3 6f x ax x ， 1( ) ( ) (2 1) 13h x f x a x ，
∴ 2( ) (2 1) 1h x ax a x ， 1, ,( 1)x b b ，
当 1 x b 时，令 2 (2 1) 1 0ax a x ，…………①
由 , 1a ，∴ ( )h x 的图象是开口向下的抛物线，
故它在闭区间上的最小值必在区间端点处取得，
又 ( 1) 0h a ，∴不等式①恒成立的充要条件是 ( ) 0h b ，
即 2 (2 1) 1 0ab a b ，
∵ 1b ，∴ 1 0b ，且 0a ，∴
2 2 1
1
b b
b a
，
若 , 1a ，使关于 a 的不等式
2 2 1
1
b b
b a
成立，
则须
2
max
2 1( )1
b b
b a
，即
2 2 11
b b
b
， 2 1 0b b ，
∴ 1 5 1 5
2 2b ，又 1b ，故 1 51 2b ，从而 max
1 5
2b ．
max
2
1( ) (1) .2
3(2) 0 ( ) ln ( ) [0, ], (1, ] ,2
f x f
b f x a x f x m x a x e
当 时， 若不等式 对所有的 都成立
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16
11.解：（1） ( ) 21
af x x aax
,由 1( ) 02f 得 2 2 0a a ，
解之得： 2.a
（2）当 0 2a 时，若 ( )f x 在 1[ , )2
上是增函数，则须 ( ) 0f x 在区间 1[ , )2
上恒成立，
21 2 02
ax x a
即当 时， 恒成立2 ，
21 2 (2 )( 1)0 2 02 2 2
a a aa a a
当 时，－ ，
21 2 10. ( ) 0, ( ) [ , ) .2 2
ax x f x f xa
当 时， 故 在 上是增函数2
2
2
'
(3) (1,2) ,1 (1) ln( ) 1 ,
1 1(1,2), ln( ) 1 ( 1) 02 2
1 1( ) ln( ) 1 ( 1),(1 2)2 2
1( ) 1 2 [2 (1 2 )].1 1
0 2 (1 2 )
a f f a a
a a a m a
g a a a m a a
ag a ma ma ma a
m ma m
1 1 1当 时，由(2)知 (x)在 的最大值为2 2 2
于是问题等价于:对于任意的 不等式 恒成立.
记
则
1)当 时， '0 ( ) 0, ( )g a g a ， 在区间(1,2)上递减,
'
'
( ) (1) 0,
0 ( ) 0
2 10 , ( ) [ ( 1)].1 2
1 11 1, ( ) min 2, 1 )2 2
( ) (1) 0, ( ) 0
1 1 1, ( ) 0, ( ) (1,2)2
g a g
m g a
mam g a aa m
g am m
g a g g a
g a g am
此时
当 时不可能使 恒成立.
2)当 时
若 可知 在区间(1, 上递减,
在此区间上,有 与 恒成立矛盾;
若 这时, 在 上递增,'1 1 1, ( ) 0, ( ) (1,2)2 g a g am
若 这时, 在 上递增,
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17
0 1( ) (1) 0, , ,1 41 12
1m [ , ).4
m
g a g m
m
恒有 满足题设要求， 即
所以，实数 的取值范围为
12.解：（1）当 3a 时， 3 24 3f x x x x， 23 8 3f x x x ，
当 1,1x 时， f x 是单调增函数，
在 1,1 上，由 0f x ，得 1= 3x ；
在 11, 3
上 ( )f x ＜0， ( )f x 为减函数；在 1 ,13
上 ( )f x ＞0， ( )f x 为增函数.
由上得出在 1,1 上， ( )f x 不是单调函数.
（2）在 0,2 上 19 1
6 3g x x 是增函数，故对于 2 0,2x ， 2
1 ,63g x
.
设 2
1 1 1 1 1 12 3 2 2 , 1,1h x f x ax x x a a x .
1 16 2h x x ，由 1 0h x ，得 1
1=- 3x .
要使对于任意的 1 1,1x ，存在 2 0,2x 使得 1 2h x g x 成立，只需在 1,1 上，
1
1 63 h x .在 11, 3
上 1' 0h x ,在 1 ,13
上 1' 0h x ，
所以 1
1=- 3x 时， 1h x 有极小值 21 1 23 3h a a
.
又 2 21 1 2 , 1 5 2h a a h a a ，
因为在 1,1 上 1h x 只有一个极小值，故 1h x 的最小值为 21 23 a a .
2
2
2
1 2 6,
5 2 6,
1 12 ,3 3
a a
a a
a a
， 解得 02 a .
13.解：（1） ( ) ln 2 ln ,xf x a a x a
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18
1a 当 时，总有 ' ( )f x 在 R 上是增函数，
又 '(0) 0f ，所以不等式 ' ( ) 0f x 的解集为 (0, ),
故函数 ( )f x 的单调增区间为 (0, ).
（2）若存在 1 2, 1,1 ,x x 使得 1 2( ) ( ) 1f x f x e 成立,
则只需：当 1,1 ,x 时 使得 max min( ) ( ) 1f x f x e 即可.
'( )f x ， ( )f x 随 x 的取值变化情况如下表：
x ,0 0 0,
'( )f x _ 0 +
( )f x 减函数 极小值 增函数
由上表可知： ( )f x 在 1,0 0,1 上是单调减函数, 上是单调增函数，
所以 min m n( ) (0) 1, ( ) ( 1) (1) .af x f f x f f 为 和 中的最大值
1 1(1) ( 1) ( 1 ln ) ( 1 ln ) 2ln ,f f a a a a aa a
' 2
2
1( ) 2ln ( 1),
1 2 1( ) 1 (1 ) 0,
g a a a aa
g a a a a
令
1( ) 2lng a a aa
在(1,+ )上是增函数.
又 (1) 0g ，故当 1a 时 ， ( ) 0, (1) ( 1).g a f f 即
所以 max min( ) ( ) (1) (0) 1, ln 1,f x f x f f e a a e 即
令函数 ' 1 1( ) ln , 1 1 0,ah a a a a y a a
当 时，
所以函数 ( ) lnh a a a 在 (1, )a 上是增函数，又 ( ) 1h e e ，所以 .a e
综上，所求 a 的取值范围为 , .e
14.解: (Ⅰ) ' ( ) ( 1) 2mxf x m e x ．
若 0m ，则当 ( ,0)x 时， 1 0mxe ， ' ( ) 0f x ；当 (0, )x 时， 1 0mxe ，
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19
' ( ) 0f x ；若 0m ，则当 ( ,0)x 时， 1 0mxe ， ' ( ) 0f x ；当 (0, )x 时，
1 0mxe ， ' ( ) 0f x ．
所以， ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的 m ， ( )f x 在[ 1,0] 单调递减，在[0,1] 单调递增，故 ( )f x 在 0x
处取得最小值．所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x ， 1 2( ) ( ) 1f x f x e 的充要条件是：
(1) (0) 1,
( 1) (0) 1,
f f e
f f e
即 1,
1,
m
m
e m e
e m e
①，
设函数 ( ) 1tg t e t e ，则 ' ( ) 1tg t e ．当 0t 时， ' ( ) 0g t ；当 0t 时， ' ( ) 0g t ．
故 ( )g t 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．又 (1) 0g ， 1( 1) 2 0g e e ，
故当 [ 1,1]t 时， ( ) 0g t ．
所以当 [ 1,1]m 时， ( ) 0g m ， ( ) 0g m ，即①式成立．
当 1m 时，由 ( )g t 的单调性， ( ) 0g m ，即 1me m e ；
当 1m 时， ( ) 0g m ，即 1me m e ．
综上， m 的取值范围是[ 1,1] ．
15．解：（1） 1,)1()(' 2
2
xx
axxxf ．
当
4
1a 时， 0)(' xf ，所以 )(xf 在 ),1( 上单调递减．
当
4
10 a 时，令 0)(' xf 可得
2
411
2
411 axa ；
令 0)(' xf 可得
2
4111 ax 或
2
411 ax ．
所 以 )(xf 在 )2
411,2
411( aa 上 单 调 递 增 ， 在 )2
411,1( a ，
),2
411( a 上单调递减．
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20
（ 2 ） 原 式 等 价 于 12)1ln()1( xxxax ， 即 存 在 0a ， 使 当 0x 时
x
xxxa 12)1ln()1( 恒成立．
设 0,12)1ln()1()( xx
xxxxg ，则 0,)1ln(1)(' 2 xx
xxxg ，
设 0),1ln(1)( xxxxh ，则 01
11)('
xxh ，所以 )(xh 在 ),0( 上单调递增．
又 0)3(,0)2( hh ，根据零点存在性定理，可得 )(xh 在 ),0( 上有唯一零点，设该零点
为 0x ，则 )1ln(1 00 xx ，且 )3,2(0 x ，
212)1)(1()( 0
0
000
min xx
xxxxg ，又 Zaxa ,20 ，所以 a 的最小值为 5．
16.解：（1） 当 1 , ( ) , 1 .1
xx f x xx
x时 当且仅当e
令 '( ) 1 , ( ) 1.g x x g x x xe 则 e
当 '0 , ( ) 0, ( ) 0, ;x g x g x 时 在 上是单调增函数
当 0 , ( ) 0, ( ) ,0x g x g x 时 在 上是单调减函数.
于是 ( ) 0 ( ) (0), 1 .xg x x x R g x g e x 在 处达到最小值,因而当 时, 即
所以当当 1 , ( ) .1
xx f x x
时
（2）由题设 0, ( ) 0.x f x 此时
当 10 , , 1
xa x a ax
时 若 则 0, ( ) 1
xf x ax
不成立;
当 0 , ( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) 0.1
xa h x axf x f x x f x h xax
时 令 则 当且仅当
' ' '( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ).h x af x axf x f x af x axf x ax f x
①当 10 , ( 1) ( ).2a x x f x 时 由(1)可知
' ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) (2 1) ( ) 0,h x af x axf x a x f x f x a f x
故 ( ) 0, ( ) (0) 0.h x h x h 在 上是减函数, 即 ( ) .1
xf x ax
②当 1 ,2a 时 易证 ( ) 1 1x xx f x e x x e 由 得 ，所以
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21
' ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
(2 1 ) ( ).
h x af x axf x ax f x
af x axf x af x f x
a ax f x
当 '2 10 , ( ) 0,ax h xa
时 ( ) (0) 0, ( ) .1
xh x h f x ax
所以 即
综上， a 的取值范围是 10, .2
17.解：(1) ' 2( ) ( 1) 1xf x e x ,
记 2( ) ( 1) 1,xh x e x 则 ' 2( ) ( 2 1),xh x e x x
当 (1, )x 时， '( ) 0h x 恒成立, ( )h x 在(1,+ )上是增函数.
2(1) 1 0, (2) 3 1 0,h h e 又
0 0
0 0
0 0
(1,2) ( ) 0,
(1, ) ( ) 0; ( , ) ( ) 0.
( ) (1, ) ( , )
x h x
x x h x x x h x
f x x x
使
当 时， 当 时，
在 上单调递减；在 上单调递增.
0
2
0
(1) 1 0, ( ) (1) 1 0,
(2) 2 0,
( ) ( , )
( ) (1, )
f f x f
f e
f x x
f x
又
又
在 上有且只有一个零点.
综上所述 在 上有且只有一个零点.
0 0
0
2 2
0 0 0 0 0 0
(2) ( ) ( )
( ) ( 1) ( ) ( 1) 1 0(1 2).x x
f x f x
f x x e x h x e x x
由(1)可知 是 的唯一一个极小值点，也是唯一一个最小值点，
且 - 且
2
2 0
0 0 0 02
0 0 0
1 1 2( ) ( 1) ( 1) 2 ,1 1 1
xf x x x xx x x
0 0
51 2, ( ) 1.3x f x
故 ( ) (1, ) ,k k f x k 为整数,且不等式 在 上恒成立时 的最大值为-2.
18.解: (Ⅰ) f x 的定义域为 R , xf x e a ;
若 0a ,则 0f x 恒成立,所以 f x 在 R 总是增函数
若 0a ,令 0f x ,求得 lnx a ,所以 f x 的单增区间是 ln ,a ;
令 0f x , 求得 lnx a ,所以 f x 的单减区间是 , ln a
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22
(Ⅱ) 把
1
x
a
f x e a
代入 1 0x k f x x 得: 1 1 0xx k e x ,
因为 0x ,所以 1 0xe ,所以: 1 1xx k e x , 1
1x
xx k e
,
1
1x
xk x e
,所以: 1 ( 0) (*)1x
xk x xe
令 1
1x
xg x xe
,则
2
2
1
x x
x
e e x
g x
e
,
由(Ⅰ)知: 2xh x e x 在 0 , 单调递增,而
1 0
2 0
h
h
,
所以 h x 在 0 , 上存在唯一零点 ,且 1, 2 ;
故 g x 在 0 , 上 也 存 在 唯 一 零 点 且 为 , 当 0 ,x 时 , 0g x , 当
,x 时 , 0g x , 所 以 在 0 , 上 , ming x g ; 由 0g
得: 2e ,所以 1g ,所以 2 , 3g ,
由于(*)式等价于 k g ,所以整数的最大值为 2．
题型二：导数与函数的切线问题
19．解（1）因为 ( ) ln 1f x x ，由 ' ( ) 0f x ，得 1x e
,
所以 ( )f x 的单调增区间为 1( , )e
，
又当 1(0, )x e
时， ( ) 0f x ，则 ( )f x 在 1(0, )e
上单调减，
当 1( , )x e
时， ( ) 0f x ，则 ( )f x 在 1( , )e
上单调增，
所以 ( )f x 的最小值为 1 1( )f e e
．
（2）因为 ( ) ln 1f x x ， 2 1( ) 3 2g x ax ，
设公切点处的横坐标为 x ，则与 ( )f x 相切的直线方程为： (ln 1)y x x x ，
与 ( )g x 相切的直线方程为： 2 31 2(3 ) 22 3y ax x ax e
，
所以
2
3
1ln 1 3 ,2
22 ,3
x ax
x ax e
解之得 1lnx x e
，由（1）知 1x e
，所以
2
6
ea ．
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23
（3）（提示：参考函数 ( )f x 图象，如图，定义域为
(0, ) ，经过点 1,0 ，二阶导数 '' 1( ) 02f x 故
是单凹函数，极值点为 1
e
）.
当直线 1l 过点 2 2( ,2 )e e 时， 2k ；因为函数 ( )f x 的图象恰好位于两条平行直线之间，所
以 2k ；若 1l 与 2l 间的距离最小，则 2l 与函数 ( )f x 的图象必相切，设切点的横坐标为 x ，
则 ln 1k x ，由 2k 可得 x e （当且仅当 2k 时等号成立）.
因 为 2 :l (ln 1)y x x x ， 1 :l (ln 1)y x x ， 且 x e ， 所 以 1l 与 2l 间 的 距 离
21 (ln 1)
xd
x
；令 ( ) ln [(ln 1) ]h x x x x x x ，
因为 ( ) ln 1 ln 1 ln lnh x x x x x ，
所以当 x x 时， ( ) 0h x ，则 ( )h x 在 (0, )x 上单调减；
当 x x 时， ( ) 0h x ，则 ( )h x 在 2( , )x e 上单调增，
所以 ( )h x 有最小值 ( ) 0h x ，即函数 ( )f x 的图象均在 2l 的上方，
令
2
2( ) ln 2ln 2
xt x x x
，则
2 2
2 2 2 2
2 ln 4 ln 4 2 ln 2 2 ln 2 ln 2( ) (ln 2ln 2) (ln 2ln 2)
x x x x x x x x x x x x xt x x x x x
，
当 x e 时， ( ) 0t x ，所以当 x e 时， ( ) ( )t x t e ，
所以当 d 最小时， x e ，此时 m e ．
20.解：函数 ( ) ln( ) .f x x a ax 的定义域为 1( , ), ( ) .a f x ax a
当 0a 时，在区间 ( , )a 上有 ( ) 0f x , ( )f x 单调递增,无极值;
当 0a 时，令 1( ) 0f x ax a
得: 1 ,x a a
当 1( , )x a a a
时, ' ( ) 0f x ，函数 ( )f x 单调递增;
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24
当 1( , )x a a
时, ' ( ) 0f x ，函数 ( )f x 单调递减,
所以函数 ( )f x 的极大值为 21( ) ln( ) 1( 0),f a a a aa
无极小值.
（2）由（1）知,当 ( , 1)a 时,
2
'
2
1, , ,1( ) ( )
1, ( , ).
a a x a ax a ag x a f x a ax a a a x ax a a
若函数图象上存在符合要求的两点,则必须: 1 2
11 6,x a xa
得: 1 5 3 10.2 a
当 1,x a a a
时, 2( ) ag x ax a
,函数在点 1P 处的切线斜率为
1 2
1
ak
x a
;
1( , )x a a
时, 2( ) ag x ax a
,函数在点 2P 处的切线斜率为
2 2
2
ak
x a
,
由函数图象在两点处切线互相垂直得:
2 2
1 2
[ ] [ ] 1a a
x a x a
,即 2 2 2
1 2x a x a a .
因为 1 2
10 1 6 ,a x a x a aa
所以 1 2x a x a a ,
所以
1 ( 1 ) ,
1 (6 ) ,
a aa
a aa
得 3 2.a
综上所述所求 a 的取值范围是 1 5( , 1).2
2
0 0 0 0
0 0
3 2
0 03 2
3 2
0 0
( )( 4 5),
( ), 1 2 5 ( )1 32 5 ,3
1 2 ( 5) ( ) 0,3
l y y k x x k x x
y y k x x
x x x k x x y
y x x x
x x k x y kx
21.解:切线 的方程为: 其中
联立 得 ，整理得:
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25
3 2
0 0 0
' 2
2 ' 2 2 2 '
0 0 0 0 0 0
1( ) 2 ( 5) ( ), ( ) 03
( ) 4 ( 5) =16 4 5)=4 9 ),
4 5, ( ) 4 4 , 4( 2) 0, ( ) 0,
g x x x k x y kx g x
g x x x k k k
k x x g x x x x x x g x
令 易知 ，
求导可得： ， （ （
显然
'
0 0
3 2
0 0 0 0
'
1 0 2 0
0 1 0 2 0 2
0 1
46(1) 0 2 ( ) 0,3
2 ( 5) ( ) 0 2,
9.
(2) 0, 9, ( ) 0,
2 9 2 2 , 2 9 2 2 ,
2 , 4 ,
2 4
x y g x
x x k x y kx x
k
k g x
x k x x k x
x x x x x x x x
x x x
若 ，即 ， 时，
1所以方程 只有唯一实根 符合题意,3
此时
若 即 令
记
当 时, 使g( )=0;
当 时,
0 2 0 1, ,
0, 9 ( )
x x x x x
k g x
使g( )=0,
所以当 即 时, 有两个零点,所以不合题意.
9.k 综上所述,
22.解：（I）由于 ' ( ) 2 ,xf x e ax e ，曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处切线斜率 2 0k a ，
所以 0a ，即 ( ) xf x e ex .
此时 ' ( ) xf x e e ，由 ' ( ) 0f x 得 1x .
当 ( ,1)x 时，有 ' ( ) 0f x ；当 (1, )x 时，
有 ' ( ) 0f x .所以 ( )f x 的单调递减区间为 ( ,1) ，单调递增区间为 (1, ) ．
（II）设点 0 0( , ( ))P x f x ，曲线 ( )y f x 在点 P 处的切线方程为:
'
0 0 0( )( ) ( )y f x x x f x ，
令 '
0 0 0( ) ( ) ( )( ) ( )g x f x f x x x f x ，故曲线 ( )y f x 在点 P 处的切线与曲线只
有一个公共点 P 等价于函数 ( )g x 有唯一零点．
因为 0( ) 0g x ，且 0' ' '
0 0( ) ( ) ( ) 2 ( )xxg x f x f x e e a x x ．
①若 0a ，当 0x x 时， ' ( ) 0g x ，则 0x x 时， 0( ) ( ) 0g x g x ；
当 0x x 时， ' ( ) 0g x ，则 0x x 时， 0( ) ( ) 0g x g x .故 ( )g x 只有唯一零点 0x x .
由于 0x 具有任意性，不符合 P 的唯一性，故 0a 不合题意．
②若 0a ，令 0
0( ) 2 ( )xxh x e e a x x ，则 0( ) 0h x ， ' ( ) 2xh x e a .
令 ' ( ) 0h x ，得 ln( 2 )x a ，记 ln( 2 )x a ，则当 x∈(－∞，x*)时， ' ( ) 0h x ，从而
( )h x 在(－∞，x*)内单调递减；当 x∈(x*，＋∞)时， ' ( ) 0h x ，从而 ( )h x 在(x*，＋∞)
内单调递增．
(i)若 0x x ，由 x ∈(－∞，x*)时， ' ( ) ( ) ( ) 0g x h x h x ； x ∈(x*，＋∞)时，
' ( ) ( ) ( ) 0g x h x h x .知 ( )g x 在 R 上单调递增．
所以函数 ( )g x 在 R 上有且只有一个零点 x x .
(ii)若 0x x ，由于 ( )h x 在(x*，＋∞)内单调递增，且 0( )h x ＝0，则当 x ∈(x*，x0)
时有 '
0( ) ( ) ( ) 0g x h x h x ， 0( ) ( ) 0g x g x ；任取 x ∈(x*，x0)有 ( ) 0g x .
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26
又当 x ∈(－∞，x*)时，易知 2 ' '
0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )xg x e ax e f x x f x x f x ，
因为 x xe e
，所以 2 ' ' 2
0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )xg x e ax e f x x f x x f x ax bx c
，
其中 '
0( ( ))b e f x ， '
0 0 0( ) ( )xc e f x x f x
．
由于 0a ，则必存在 1x x ，使得
2
1 1 0ax bx c .
所以 1( ) 0g x ，故 ( )g x 在 1( , )x x 内存在零点．即 ( )g x 在 R 上至少有两个零点．
(iii)若 0x x ，易证 ( ) 0g x ；因为
3
6
x xe ，
所以
3
2 ' '
0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )6
xg x ax e f x x f x x f x ，而当 x x 时，总存在 x ∈(x*，
+∞)使
3
2 ' '
0 0 0 0( ( )) ( ) ( ) 06
x ax e f x x f x x f x ,
此时 ( ) 0g x ，故 ( )g x 在(x*，+∞)上存在零点，所以 ( )g x 在 R 上至少有两个零点．
综上所述，当 0a 时，曲线 ( )y f x 上存在唯一点 (ln( 2 ), (ln( 2 ))P a f a ，曲线在
该点处的切线与曲线只有一个公共点 P .
题型三：导数与函数的零点及零点关系问题
23.解：（I）由已知 ' ( )f x ＝ a (sin cos )x x x ，
对于任意 x∈
0，π
2 ，有 sin cosx x x ＞0.
当 a ＝0 时， ( )f x ＝－3
2
，不合题意；
当 a ＜0，x∈
0，π
2 时， ' ( )f x ＜0，从而 ( )f x 在
0，π
2 内单调递减，
又 ( )f x 在
0，π
2 上的图象是连续不断的，
故 ( )f x 在
0，π
2 上的最大值为 f(0)＝－3
2
，不合题意；
当 a ＞0，x∈
0，π
2 时， ' ( )f x ＞0，从而 ( )f x 在
0，π
2 内单调递增，
又 ( )f x 在
0，π
2 上的图象是连续的，故 ( )f x 在
0，π
2 上的最大值为 f
π
2 ，
即π
2 a －3
2
＝ 3
2
，解得 a ＝1.
综上所述，得 ( )f x ＝ sinx x －3
2
.
（II） ( )f x 在(0，π)内有且只有两个零点．
证明如下：
由（1）知， ( )f x ＝ sinx x －3
2
，从而有 (0)f ＝－3
2
＜0. ( )2f ＝ 3
2
＞0，
又 ( )f x 在[0, ]2
上的图象是连续不断的，所以 ( )f x 在 (0, )2
内至少存在一个零点．
又由（1）知 ( )f x 在[0, ]2
上单调递增，故 ( )f x 在 (0, )2
内有且仅有一个零点．
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27
当 x∈[ , ]2
时，令 ( )g x ＝ ' ( )f x ＝sin cosx x x .
由 ( )2g ＝1＞0， ( )g ＝－π＜0，且 ( )g x 在 [ , ]2
上的图象是连续不断的，故存在
m ∈ ( , )2
，使得 ( )g m ＝0.
由 ' ( )g x ＝ 2cos sinx x x ，知 x∈ ( , )2
时，有 ' ( )g x ＜0，
从而 ( )g x 在 ( , )2
内单调递减．
当 x∈ ( , )2 m 时， ( )g x ＞ ( )g m ＝0，即 ' ( )f x ＞0，从而 ( )f x 在 ( , )2 m 内单调递增，
故当 x∈[ , ]2 m 时， ( )f x ≥ ( )2f ＝ 3
2
＞0，故 ( )f x 在[ , ]2 m 上无零点；
当 x∈( m ，π)时，有 ( )g x ＜ ( )g m ＝0，即 ' ( )f x ＜0，从而 ( )f x 在( m ，π)内单调递减．
又 ( )f m ＞0， ( )f ＜0，且 ( )f x 在[ m ， ]上的图象是连续不断的，从而 ( )f x 在( m ，
)内有且仅有一个零点．
综上所述， ( )f x 在(0， )内有且只有两个零点．
24.解：（Ⅰ）由 ( ) xf x x ae= - ，可得 ( ) 1 xf x ae¢ = - .
下面分两种情况讨论：
（1） 0a £ 时， ( ) 0f x¢ > 在 R 上恒成立，可得 ( )f x 在 R 上单调递增，不合题意.
（2） 0a > 时，由 ( ) 0f x¢ = ，得 lnx a= - .
当 x 变化时， ( )f x¢ ， ( )f x 的变化情况如下表：
x ( ), ln a-¥ - ln a- ( )ln ,a- +¥
( )f x¢ ＋ 0 －
( )f x ↗ ln 1a- - ↘
这时， ( )f x 的单调递增区间是( ), ln a-¥ - ；单调递减区间是( )ln ,a- +¥ .
于是，“函数 ( )y f x= 有两个零点”等价于如下条件同时成立：
1° ( )ln 0f a- > ；2°存在 ( )1 , ln as Î -¥ - ，满足 ( )1 0f s < ；
3°存在 ( )2 ln ,as Î - +¥ ，满足 ( )2 0f s < .
由 ( )ln 0f a- > ，即 ln 1 0a- - > ，解得 10 a e-< < ，
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28
而此时，取 1 0s = ，满足 ( )1 , ln as Î -¥ - ，且 ( )1 0f s a= - < ；
取 2
2 2lns a a
= + ，满足 ( )2 ln ,as Î - +¥ ，且 ( )
2 2
2
2 2ln 0a af s e ea a
= - + - < .
所以， a 的取值范围是( )10,e- .
（Ⅱ）证明：由 ( ) 0xf x x ae= - = ，有 x
xa e
= .
设 ( ) x
xg x e
= ，由 ( ) 1
x
xg x e
-¢ = ，知 ( )g x 在( ),1-¥ 上单调递增，在( )1,+¥ 上单调递减.
并且，当 ( ],0x Î -¥ 时， ( ) 0g x £ ；当 ( )0,x Î +¥ 时， ( ) 0g x > .
由已知， 1 2,x x 满足 ( )1a g x= ， ( )2a g x= . 由 ( )10,a e-Î ，及 ( )g x 的单调性，可得
( )1 0,1x Î ， ( )2 1,x Î +¥ .
对于任意的 ( )1
1 2 0, ,a a e-Î ，设 1 2a a> ， ( ) ( )1 2 1g g ax x= = ，其中 1 20 1x x< < < ；
( ) ( )1 2 2g g ah h= = ，其中 1 20 1h h< < < .
因为 ( )g x 在( )0,1 上单调递增，故由 1 2a a> ，即 ( ) ( )1 1g gx h> ，可得 1 1x h> ；类似可得
2 2x h< .
又由 1 1, 0x h > ，得 2 2 2
1 1 1
x h h
x x h
< < .所以 2
1
x
x
随着 a 的减小而增大.
（Ⅲ）证明：(法一)由 1
1
xx ae= ， 2
2
xx ae= ，可得 1 1ln lnx a x= + ， 2 2ln lnx a x= + .
故 2
2 1 2 1
1
ln ln ln xx x x x x
- = - = .
设 2
1
x tx
= ，则 1t > ，且 2 1
2 1
,
ln ,
x tx
x x t
ì =ïïíï - =ïî
解得 1
ln
1
tx t
= -
， 2
ln
1
t tx t
= -
.所以，
( )
1 2
1 ln
1
t tx x t
++ = -
. ①
令 ( ) ( )1 ln
1
x xh x x
+= -
， ( )1,x Î +¥ ，则 ( ) ( )2
12ln
1
x x xh x
x
- + -
¢ =
-
.
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令 ( ) 12lnu x x x x
= - + - ，得 ( )
21xu x x
- ÷ç¢ = ÷ç ÷ç .
当 ( )1,x Î +¥ 时， ( ) 0u x¢ > .因此， ( )u x 在( )1,+¥ 上单调递增，
故对于任意的 ( )1,x Î +¥ ， ( ) ( )1 0u x u> = ，
由此可得 ( ) 0h x¢ > ，故 ( )h x 在( )1,+¥ 上单调递增,
因此，由①可得 1 2x x+ 随着 t 的增大而增大.
而由（Ⅱ）知，t 随着 a 的减小而增大，所以 1 2x x+ 随着 a 的减小而增大.
(法二) 由 1
1
xx ae= ， 2
2
xx ae= ，可得 1 2
1 2 ( )x xx x a e e- = - ，即
1 2
1 2
x x
x xa e e
-= -
.
要证明 1 2 2x x+ > ，只需证明 1 2( ) 2x xa e e+ > ，
即证：
1 2
1 21 2( ) 2
x x
x x
e ex x e e
+- >-
，不妨设 1 2x x> ，记 1 2t x x ，则 0, 1tt e ，
因此只要证明： 1 21
t
t
et e
+× >-
，即证 2 2 0tt e t .
记 ( ) 2 2th t t e t ，注意到 (0) 0h ，故只需证 ( )h x 在 0, 上增函数即可.
25．解：（Ⅰ） ( )' lnf x x ax= - ，函数 ( )f x 在其定义域内有两个不同的极值点，可转化
为 ln( ) xg x x
与函数 y a 在 0, 上有两个不同的交点.
又 '
2
1 ln( ) xg x x
，当 0,x e 时， ' ( ) 0g x ；当 ,x e 时， ' ( ) 0g x .
所以 ( )g x 在 0,e 上单调递增, ( )g x 在 ,e 上单调递减,从而 max
1( ) ( )g x g e e
.
又 ( )g x 有且只有一个零点是 1,且在 0x 时, ( )g x ；在 x 时, ( ) 0g x
故要想 ln( ) xg x x
与函数 y a 在 0, 上有两个不同的交点,只需 10 a e
.
（Ⅱ） 1
1 2e x xl l+ < × 等价于 1 21 ln lnx x ,
由（Ⅰ）可知 1 2,x x 分别是方程 ln 0x ax- = 的两个根,即 1 1 2 2ln ,lnx ax x ax= = ,
所以原式等价于 1 21 ( )a x x ,
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因为 1 20,0 x x ,所以
1 2
1a x x
.
又由 1 1 2 2ln ,lnx ax x ax= = 作差得: ( )1
1 2
2
ln x a x xx
= - ,即
1
2
1 2
ln x
xa x x
.
所以原式等价于
1
2
1 2 1 2
ln 1
x
x
x x x x
,即 1 21
2 1 2
(1 )ln 0x xx
x x x
.
令 1
2
, 0,1xt tx
，则不等式 (1 ) 1ln 0tt t
在 0,1t 上恒成立.
令 (1 ) 1( ) ln th t t t
，则
22
'
22
11 (1 )( ) ( )
t t
h t t t t t
.
当 2 1 时，可见 ' ( ) 0h t ，所以 ( )h t 在 0,1 上单调递增，又 (1) 0h ，所以
( ) 0h t 在 0,1 上恒成立，符合题意.
当 2 1 时，可见 20,t 时， ' ( ) 0h t ， 2 ,1t 时， ' ( ) 0h t ，所以 ( )h t 在 20,
上单调递增，在 2 ,1 上单调递减，又 (1) 0h ，
所以 ( )h t 在 0,1 上不能恒小于 0，不符合题意，舍去.
综上所述，若不等式 1
1 2e x xl l+ < × 恒成立，只需 2 1 ，又 0 ，所以 1 .
26．解：（Ⅰ） ( ) 1 ,axf x ae¢ = - 令 ( )' 0f x = ，则得 1 1lnx a a
.
易知函数 ( )f x 的增区间为 1 1, lna a
，减区间为 1 1ln ,a a
.
（Ⅱ）若函数 ( )f x 有两个零点，由（Ⅰ）知 max
1 1( ) ( ln ) 0f x f a a
，即 1a e
.
而此时 1 1( ) 0f ea a
，由此可得 1 2
1 1 1lnx xa a a
.
故 2 1
1 1 1lnx x a a a
，即 1 2
1 1(1 ln )x x a a
.
又 1 2
1 1 2 2( ) 0, ( ) 0ax axf x x e f x x e ，
1
1 2
2
1 1[ (1 ln )] ln( )1
2
ax a aea x x a a
ax
x e e e e aex e
.
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27．解：（1）f（x）= 1
x
x
e
（x∈R）, ( )f x = 2
( 1)x x
x
e x e
e
= 2
x
x
e
,
∴x＜2 时， ( )f x ＞0，f（x）单调递增；x＞2 时 ( )f x ＜0，f（x）单调递减．
∴f（x）的极大值=f（2）= 2
1
e
．
（2）设 h（x）=f（x）-g（x）= 1
x
x
e
- 4
3
x
x
e
，
则 ( )h x = 2
x
x
e
- 4
2
x
x
e
=
4
4
(2 )( )x xx e e
e
，
当 x＞2 时， ' ( )h x ＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）＞h（2）=0，∴f（x）＞g（x）．
（3）由（1），不妨设 x1＜2＜x2，则 4-x2＜2，
∴由（2）得 f（x1）=f（x2）＞g（x2）=f（4-x2），
又由（1）得，x＜2 时，f（x）单调递增，
∴x1＞4-x2，∴x1+x2＞4．
28．解：（Ⅰ） '( ) ( 1) 2 ( 1) ( 1)( 2 )x xf x x e a x x e a ．
（i）设 0a ，则 ( ) ( 2) xf x x e ， ( )f x 只有一个零点．
（ii）设 0a ，则当 ( ,1)x 时， '( ) 0f x ；当 (1, )x 时， '( ) 0f x ．所以 ( )f x
在 ( ,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增．
又 (1)f e ， (2)f a ，取b 满足 0b 且 ln 2
ab ，则
2 2 3( ) ( 2) ( 1) ( ) 02 2
af b b a b a b b ，
故 ( )f x 存在两个零点．
（iii）设 0a ，由 '( ) 0f x 得 1x 或 ln( 2 )x a ．
若
2
ea ，则 ln( 2 ) 1a ，故当 (1, )x 时， '( ) 0f x ，因此 ( )f x 在 (1, ) 上单调
递增．又当 1x 时， ( ) 0f x ，所以 ( )f x 不存在两个零点．
若
2
ea ，则 ln( 2 ) 1a ，故当 (1,ln( 2 ))x a 时， '( ) 0f x ；当 (ln( 2 ), )x a 时，
'( ) 0f x ．因此 ( )f x 在 (1,ln( 2 ))a 单调递减，在 (ln( 2 ), )a 单调递增．
又当 1x 时， ( ) 0f x ，所以 ( )f x 不存在两个零点．
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综上， a 的取值范围为 (0, ) ．
（Ⅱ）不妨设 1 2x x ，由（Ⅰ）知 1 2( ,1), (1, )x x ， 22 ( ,1)x ， ( )f x 在 ( ,1)
上单调递减，所以 1 2 2x x 等价于 1 2( ) (2 )f x f x ，即 2(2 ) 0f x ．
由于 22 2
2 2 2(2 ) ( 1)xf x x e a x ，而 2 2
2 2 2( ) ( 2) ( 1) 0xf x x e a x ，所以
2 22
2 2 2(2 ) ( 2)x xf x x e x e ．
设 2( ) ( 2)x xg x xe x e ，则 2'( ) ( 1)( )x xg x x e e ．
所以当 1x 时， '( ) 0g x ，而 (1) 0g ，故当 1x 时， ( ) 0g x ．
从而 2 2( ) (2 ) 0g x f x ，故 1 2 2x x ．
29. 解：（Ⅰ）当 0, 2x
时， ( ) sin 2cos 0f x x x ，所以函数 ( )f x 在 0, 2
上为增函数，又 (0) 2 0f ，
2
( ) 4 02 2f ，所以存在唯一 0 0, 2x
，使
0( ) 0f x .
（Ⅱ）当 ,2x
时，化简得 cos 2( ) 11 sin
x xg x x x
.
令t x ，则 ,2x
时， 0, 2t
，记 cos 2( ) ( ) 11 sin
t tu t g t tt
，
0, 2t
，则 ( )( ) (1 sin )
f tu t t
.由（Ⅰ）得，当 00,t x 时， ( ) 0u t ，当 0 , 2t x
时， ( ) 0u t .所以在 0 , 2x
上 ( )u t 是增函数，又 ( ) 02u ，所以当 0 , 2t x
时，
( ) 0u t ，所以 ( )u t 在上无零点 0 , 2x
上无零点；在 00, x 上 ( )u t 是减函数，又 (0) 1u
及 0( ) 0u x ， 所 以 存 在 唯 一 0 00,t x 使 0( ) 0u t . 设 1 0 ,2x t
， 则
1 0 0( ) ( ) ( ) 0g x g t u t ， 因 此 存 在 唯 一 的 1 ,2x
， 使 1( ) 0g x . 由 于
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33
1 0 0 0,x t t x ，所以 0 1x x ，即命题得证.
30．解：（Ⅰ） ' ( )f x 2
(2ln 1)
ln
x x
x
令 ' ( ) 0f x 可得 x e ．
列表如下：
x （0，1） 1) e ( e ) e ( +
' ( ) 0f x 0
( )f x 减 减 极小值 增
单调减区间为（0，1）， 1) e (；增区间为) e ( + ．
（Ⅱ）由题可知， ( )f x 2
( )(2ln 1)
ln
ax a x x
x
对于函数 )x2 (lnx+ a
x 1 ，有 '
2
2( ) x ah x x
，
∴函数 （x）在 0) 2
a (上单调递减，在) 2
a ( + 上单调递增，
∵函数 f（x）有 3 个极值点 x1＜x2＜x3，
从而 min ( ) 2ln 1 02 2
a ah h ，所以 a 2
e
，
当 0＜ a ＜1 时， （ a ）=2ln a ＜0， （1）= a -1＜0，
∴函数 f（x）的递增区间有（x1， a ）和（x3，+ ）；递减区间有（0，x1），（ a ，1），（1，
x3），此时，函数 f（x）有 3 个极值点，且 x2= a ；
∴当 0＜ a ＜1 时，x1，x3 是函数 )x2 (lnx+ a
x 1 的两个零点，
即有
1
1
3
3
2ln 1 0
2ln 1 0
ax x
ax x
消去 a 有 2x1lnx1-x1=2x3lnx3-x3
令 g（x）=2xlnx-x， ( )g x =2lnx+1 有零点 x 1
e
，且 x 1
1
e
x 3
∴函数 g（x）=2xlnx-x 在 0) 1
e
(上递减，在) 1
e
( + 上递增
要证明 x+1x 3
2
e
,x 3
2
e
x1,g)x (3g) 2
e
x (1
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34
∵g（x1）=g（x3），即证 g)x (1g) 2
e
x,(1g)x (1g) 2
e
x 0 (1
构造函数 F)x (g)x (g) 2
e
x(，则 F) 1
e
0 (
只需要证明 x 0) 1
e
[单调递减即可．
而 ' ( )F x 2 lnx2+ln) 2
e
x2+(，F) x (
22( 2 )
02( )
x
e
x x
e
所以 ' ( )F x 在 0) 1
e
[上单调递增，所以 ' ( )F x ＜ ' 1( )F
e
=0．
∴当 0＜ a ＜1 时，x+1x 3
2
e
．
31. 解：（Ⅰ） '( ) ,xf x e a x R ,
(1)当 0a 时 '( ) 0f x ， ( )f x 在 R 上单调递增，显然不成立.
(2)当 0a 时 '( ) 0f x 得 lnx a ，当 lnx a 时， ( ) 0f x ， ( )f x 在 ( ,ln )a 上单
调递减；当 lnx a 时， ( ) 0f x ， ( )f x 在 (ln , )a 上单调递增， ( )f x 当 lnx a
时取到最小值；又当 x ，x 时都有 ( )f x ， (ln ) (2 ln ) 0f a a a ，
即 2a e 时 ( )f x 有两个零点.
（Ⅱ）要证 1 2 1 2x x x x ，即证 1 2( 1)( 1) 1x x ；
由已知 1
1( 1)xe a x ， 2
2( 1)xe a x ，即证
1 2
1 2 2( 1)( 1) 1
x xex x a
.
即证 1 2 2x xe a ，即证 1 2 2lnx x a ，即证 2 12lnx a x ，
又 2 lnx a ，且 ( )f x 在 (ln , )a 上单调递增，
故只需证 2 1(2ln )f x f a x ，即证 1 1(2ln )f x f a x ，
令 ( ) (2ln )g x f a x f x 且 lnx a ，
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35
2
2 2 2 2( ) 2 0
xx x
x
x x x
e aa a e aeg x e ae e e
，
( )g x 在 ( ,ln )a 上单调递减， ( ) (ln ) (2ln ln ) (ln ) 0g x g a f a a f a ，
(2ln ) ( )f a x f x ，在 ( ,ln )a 上恒成立，
1 1(2ln ) ( )f a x f x ，故原命题得证.
32．解：（Ⅰ） '( ) ln 1 2f x x x , ' (1) 1f ,所以切线l 的方程为 1y ( 1)x ，
y x ,切线l 的方程为 y x .
xy a , ' ln ,xy a a 直线 y x 与 xy a 的图象相切，切点为 0
0 , xx a ，
0
0
0
(1)ln 1
(2)
x
x
a a
a x
2 ( )ln 1x a 将（ ）代入（1）得 ,
即 ln1 ,ln ln
ax aa a
11代入（2）得- 1 1ln ln alna lna
，
即 ln( ln ) 1a ， 1ln a e ，即 1ln a e ，解得
1
ea e
.
（Ⅱ）由题意，
2
' 1 2 1( ) 2 x mxF x x mx x
，函数 ( )F x 的两个极点 1 2,x x ，
即函数 2( ) 2 1h x x mx 在 0, 上有两个相异零点 1 2,x x ，
2
1 2
1 2
4 4 01 0, ,
2 0
mx x
x x m
1m ，
当 10 x x ，或 2x x 时， ' ( ) 0F x ；当 1 2x x x 时， ' ( ) 0F x ，
( )F x 在 1(0, )x ， 2( , )x 上单调递增， ( )F x 在 1 2( , )x x 上单调递减，
1 2(1) 2 2 0, 0 1h m x m x ，令
2
2 12 1 0, ,2
xx mx m x
2 1( ) (ln ) (ln ),2
xf x x x mx x x 则
2
' 3 1( ) ln ,2 2
xf x x
设
2 2
'3 1 1 1 3( ) ln , ( ) 3 ,2 2
x xs x x s x xx x
则
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36
1 当 1x 时, ' ( ) 0, ( )s x s x 在 1, 上单调递减，所以 ( ) ( ) (1) 1 0,s x s m s
所以 ( )f x 在 1, 上单调递减,所以 ( ) (1) 1 0f x f ，
21 m x ， 2( ) 1f x ；
②当 0 1x 时，由 ' ( ) 0,s x 得 30 3x ，由 ' ( ) 0,s x 得 3 13 x ，
所以 ( )s x 在 3(0, )3
上单调递增，在 3( ,1)3
上单调递减，
3 3( ) ( ) ln 03 3s x s ， ( )f x 在 0,1 上单调递减， ( ) (1) 1,f x f
1x 0,1 ， 1( ) 1f x ，
综上所述， 2 1( ) 1 ( )f x f x .
33．解：由题设得，g(x)＝ x
1＋x
(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝ x
1＋x
，g2(x)＝g(g1(x))＝
x
1＋x
1＋ x
1＋x
＝ x
1＋2x
，g3(x)＝ x
1＋3x
，…，
可得 gn(x)＝ x
1＋nx
.
下面用数学归纳法证明：
①当 n＝1 时，g1(x)＝ x
1＋x
，结论成立．
②假设 n＝k 时结论成立，即 gk(x)＝ x
1＋kx
.
那么， gk＋1(x)＝g(gk(x))＝ gk（x）
1＋gk（x）
＝
x
1＋kx
1＋ x
1＋kx
＝ x
1＋（k＋1）x
，
即当 n＝k＋1 时结论成立．
由①②可知，结论对 n∈N＋成立．
(2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立，即 ln(1＋x)≥ ax
1＋x
恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－ ax
1＋x
(x≥0)，
则φ′(x)＝ 1
1＋x
－ a
（1＋x）2
＝ x＋1－a
（1＋x）2
，
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37
当 a≤1 时，φ′(x)≥0(仅当 x＝0，a＝1 时等号成立)，
∴ ( )x 在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴ ( )x ≥0 在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1 时，ln(1＋x)≥ ax
1＋x
恒成立(仅当 x＝0 时等号成立)．
当 1a 时，对 x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴ ( )x 在(0，a－1]上单调递减，
∴ ( 1)a < (0) ＝0.即 1a 时，存在 x>0，使φ(x)<0，故知 ln(1＋x)≥ ax
1＋x
不恒成立．
综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1
2
＋2
3
＋…＋ n
n＋1
，
比较结果为 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：
(方法一)上述不等式等价于1
2
＋1
3
＋…＋ 1
n＋1
x
1＋x
，x>0.令 x＝1
n
，n∈N＋，则 1
n＋1
x
1＋x
，x>0. 令 x＝1
n
，n∈N＋，则 lnn＋1
n
> 1
n＋1
.
故有:ln 2－ln 1>1
2
，ln 3－ln 2>1
3
，……,ln(n＋1)－ln n> 1
n＋1
，
上述各式相加可得 ln(n＋1)>1
2
＋1
3
＋…＋ 1
n＋1
，结论得证．
(方法三)如图，错误! x
x＋1
dx 是由曲线 y＝ x
x＋1
，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，
而1
2
＋2
3
＋…＋ n
n＋1
是图中所示各矩形的面积和，
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∴1
2
＋2
3
＋…＋ n
n＋1
>错误! x
x＋1
dx＝错误!
1－ 1
x＋1 dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．
34．解：（1）由 k e 得 ( ) xf x e ex ,所以 ( ) xf x e e
由 ( ) 0f x 得 1x ,故 f（x）的单调递增区间是 1, ；
由 ( ) 0f x 得 1x ,故 f（x）的单调递减区间是 ,1 .
（2）由 ( ) ( )f x f x 可知 f x 是偶函数，
于是 0f x 对任意 x R 成立等价于 ( ) 0f x 对任意 0x 成——
由 ( ) 0xf x e k ,得 lnx k ，
1 当 时， ,
2 此时 在 上单调递增，故 ，符合题意.
3 当 时， ，当 x 变化时 的变化情况如下表：
由此可得，在 0, 上， ( ) (ln ) lnf x f k k k k
依题意 ,又 ,∴
综合①，②得，实数 k 的取值范围是 0 k e .
（3）∵
∴
∴
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由此得
故 .
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