玩转高中数学研讨 第8讲导数的综合应用

专题三 导数及其应用
第八讲 导数的综合应用
2020年
1.（2020•全国1卷）已知函数2
()e x f x ax x =+-.
（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥
12
x 3
+1，求a 的取值范围. 【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.
（2）27,4e ⎡⎫
-+∞⎪⎢⎣⎭
【解析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围.
【详解】(1)当1a =时，()2
x x x e f x =+-，()21x f x e x '=+-，
由于()20x
f x e ''=+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：
当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2)由()3
112f x x ≥
+得，23112
x e ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；
②.当0x >时，分离参数a 得，32
1
1
2x e x x a x ----
， 记()321
1
2x e x x g x x ---=-，()()23
1212x x e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-， 令()()2
1102
x
e x x h x x -
--≥=，则()1x h x e x '=--，()10x h x e ''=-≥， 故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，
由()0h x ≥可得：2
1102
x
e x x -
--恒成立，故当()0,2x ∈时，0g x ，()g x 单调递增；
当()2,x ∈+∞时，0g x
，()g x 单调递减；因此，()()2
max
724
e g x g -⎡⎤==⎣⎦
, 综上可得，实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫
-+∞⎪⎢⎣⎭
. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 2.（2020•全国2卷）已知函数f (x )=sin 2x sin2x . （1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：()8
f x ≤； （3）设
n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤
34n
n
. 【答案】（1）当0,
3x π⎛⎫∈ ⎪
⎝⎭
时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ
⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()()'0,f x f x <单调递减，当2,3x ππ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；
(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；
(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得
()()()()2
22
2
123
sin sin sin 2sin 2sin 4sin
2sin 2sin 2n n n f x x x x x x x x x -⎡⎤=⎣
⎦
，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.
【详解】(1)由函数的解析式可得：()3
2sin cos f x x x =，则：
()()224'23sin cos sin f x x x x =-()2222sin 3cos sin x x x =- ()222sin 4cos 1x x =-()()22sin 2cos 12cos 1x x x =+-，
()'0f x =在()0,x π∈上的根为：122,3
3x x π
π=
=
，当0,3x π⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()()'0,f x f x >单调递增， 当2,33x ππ⎛⎫∈
⎪⎝
⎭
时，()()'0,f x f x <单调递减，当2,3x ππ⎛⎫∈
⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增.
(2)注意到()()()()2
2
sin
sin 2sin sin 2f x x x x x f x πππ+=++==⎡⎤⎣⎦，
故函数()f x 是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得：()()00f f π==，
2
3f π⎛⎫== ⎪⎝⎭⎝⎭
2
23f π⎛
⎛⎫=⨯= ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭
， 据此可得：(
)max f x =⎡⎤⎣⎦，(
)min f x =⎡⎤⎣⎦(
)f x ≤. (3)结合(2)的结论有：
222
2sin sin 2sin 4sin 2n
x x x
x 2
3
3
3
33sin sin 2sin 4sin 2n
x x x
x ⎡⎤=⎣
⎦
()()
()22
2
2
1
2
3
sin sin sin 2sin 2sin 4sin
2
sin 2sin 2n n
n
x x x x x x x x -⎡⎤=⎣⎦
2
3
233
sin sin 2
n x x ⎡⎤≤⨯⨯⎢⎥⎣
⎦2
3
8n
⎡⎤⎛⎢⎥≤ ⎢⎥⎝⎭⎣⎦
34n ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
3.（2020•全国3卷）设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (1
2
))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．
（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）3
4
b =-
；（2）证明见解析 【解析】（1）利用导数的几何意义得到'
1()02
f =，解方程即可； （2）由（1）可得'2
311()32()()422f x x x x =-=+-，易知()f x 在11(,)22
-上单调递减，在1(,)2-∞-，
1(,)2
+∞上单调递增，且111111
(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，采用反证法，推出
矛盾即可.
【详解】（1）因为'
2
()3f x x b =+，由题意，'
1()02f =，即2
1302b ⎛⎫
⨯+= ⎪⎝⎭
则3
4
b =-
； （2）由（1）可得3
3
()4f x x x c =-
+，'2311()33()()422
f x x x x =-=+-， 令'()0f x >，得12x >或21x <-；令'
()0f x <，得1122
x -<<，
所以()f x 在11(,)22-上单调递减，在1
(,)2-∞-，1(,)2
+∞上单调递增，
且111111
(1),(),(),(1)424244
f c f c f c f c -=--=+=-=+，
若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的
零点0x ，则(1)0f ->或(1)0f <，
即14c >
或14c <-. 当14
c >时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>，
又32
(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<，
由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --上存在唯一一个零点0x ，
即()f x 在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当14
c <-
时，111111
(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<，
又32
(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->，
由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -上存在唯一一个零点0x '，
即()f x 在(1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1.
【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.
4.（2020•江苏卷）已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有
()()()f x h x g x ≥≥．
（1）若()()22
2 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，
，求h (x )的表达式； （2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，
，求k 的取值范围；
（3）若()
422242
() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<，，，[] , D m n =⊆⎡⎣，求
证：n m -
【答案】（1）()2h x x =；（2）[]
0,3k ∈；（3）证明详见解析
【解析】（1）求得()f x 与()g x 的公共点，并求得过该点的公切线方程，由此求得()h x 的表达式. （2）先由()()0h x g x -≥，求得k 的一个取值范围，再由()()0f x h x -≥，求得k 的另一个取值范围，从而求得k 的取值范围.
（3）先由()()f x h x ≥，求得t 的取值范围，由方程()()0g x h x -=的两个根，求得n m -的表达式，利用导数证得不等式成立.
【详解】（1）由题设有2222x x kx b x x -+≤+≤+对任意的x ∈R 恒成立.
令0x =，则00b ≤≤，所以0b =.因此22kx x x ≤+即()2
20x k x +-≥对任意的x ∈R 恒成立，
所以()2
20k ∆=-≤，因此2k =.故()2h x x =.
（2）令()()()()()1ln 0F x h x g x k x x x =-=-->，()01F =.又()1
x F x k x
-'=⋅. 若k 0<，则()F x 在0,1上递增，在1,
上递减，则()()10F x F ≤=，即()()0h x g x -≤，不符
合题意.当0k =时，()()()()()0,F x h x g x h x g x =-==，符合题意. 当0k >时， ()F x 在0,1上递减，在1,
上递增，则()()10F x F ≥=，
即()()0h x g x -≥，符合题意.综上所述，0k ≥.
由()()()2
1f x h x x x kx k -=-+--()()2
110x k x k =-+++≥
当1
02
k x +=
<，即1k <-时，()211y x k x k =-+++在0,为增函数，
因为()()0010f h k -=+<，故存在()00,x ∈+∞，使()()0f x h x -<，不符合题意.
当1
02k x +=
=，即1k =-时，()()20f x h x x -=≥，符合题意. 当102
k x +=>，即1k >-时，则需()()2
1410k k ∆=+-+≤，解得13k -<≤. 综上所述，k 的取值范围是[]
0,3k ∈.
（3）因为(
)
4
2
3
422
243248x x t t x t t x -≥--+≥-
对任意[,][x m n ∈⊂恒成立，
()
423422432x x t t x t t -≥--+
对任意[,][x m n ∈⊂恒成立，
等价于()
2
2
2()
2320x t x
tx t -++-≥
对任意[,][x m n ∈⊂恒成立.
故222320x tx t ++-≥
对任意[,][x m n ∈⊂恒成立
令22()232M x x tx t =++-，当201t <<，2
880,11t t ∆=-+>-<-<，
此时1n m t -≤<<，当212t ≤≤，28
80t ∆=-+≤，
但(
)
2
3
42
48432x t t x t t
-≥--+对任意的[,][x m n ∈⊂恒成立.
等价于(
)(
)(
)
2
3
2
2
443420x t t x t t --++-≤对任意的[,][x m n ∈⊂恒成立.
()()()2
3
2
2
443420x t t x t t --++-=的两根为12,x x ，则423
1212328
,4
t t x x t t x x --+=-⋅=，
所以12=n m x x --=
.
令[]
2
,1,2t λλ=∈，则n m -=
.
构造函数()[]()
3
2
5381,2P λλλλλ=-++∈，()()()2
3103331P λλλλλ'=-+=--，
所以[]
1,2λ∈时，()0P λ'<，()P λ递减，()()max 17P P λ==.
所以(
)max n m -=
n m -≤【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.
5.（2020•新全国1山东）已知函数1
()e ln ln x f x a x 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． 【答案】（1）
2
1
e -（2）[1,)+∞ 【解析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）解法一：利用导数研究，得到函数()f x 得导函数()’f x 的单调递增，当a=1时由()’10f =得
()()11min f x f ==,符合题意；当a>1时，可证1()(1)0f f a
''<，从而()'f x 存在零点00x >，使得
0100
1
()0x f x ae x -'=-
=，得到min ()f x ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式
可以证得()1x ≥恒成立；当01a <<时，研究()f 1.即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围. 解法二：利用指数对数的运算可将()1
11lna x lnx f x e
lna x e lnx +-≥++-≥+转化为,
令()x
g x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,注意到()g x 的单调性，进一步等价转化为
1lna lnx x ≥-+，令()1h x lnx x =-+,利用导数求得()max h x ，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a
的对数不等式，解得a 的取值范围. 【详解】（1）
()ln 1x f x e x =-+，1
()x f x e x
'∴=-
，(1)1k f e '∴==-. (1)1f e =+，∴切点坐标为(1,1+e ),
∴函数f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,
∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(
,0)1e --,∴所求三角形面积为122
2||=211
e e -⨯⨯--; （2）解法一：
1()ln ln x f x ae x a -=-+,
11()x f x ae x -'∴=-
，且0a >.设()()g x f x =',则1
21()0,x g x ae x
-'=+> ∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增， 当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.
当1a >时，11a < ，11
1a e -<∴，1
11()(1)(1)(1)0a f f a e a a
-''∴=--<,
∴存在唯一00x >，使得01
00
1
()0x f x ae
x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，01
1x ae x -∴=
，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01
min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+
001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =
++-+≥-+=+>1, ∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；
当01a <<时， (1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立. 综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞). 解法二：()1
11x lna x f x ae
lnx lna e lnx lna -+-=-+=-+≥等价于
11lna x lnx e lna x lnx x e lnx +-++-≥+=+,
令()x
g x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,
显然()g x 为单调增函数，∴又等价于1lna x lnx +-≥，即1lna lnx x ≥-+， 令()1h x lnx x =-+,则()111x
h x x x
-=
-=' 在()0,1上h ’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h ’(x)<0,h(x)单调递减， ∴()()10max h x h ==,01lna a ≥≥，即，∴a 的取值范围是[1,+∞).
【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.
6.（2020•天津卷）已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()f x '
为()f x 的导函数．
（Ⅰ）当6k =时，
（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （ii ）求函数9
()()()g x f x f x x
'
=-+
的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k -时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()
121212
2f x f x f x f x x x ''+->-．
【答案】（Ⅰ）（i ）98y x =-；（ii ）()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得()g x '的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令1
2
x t x =，将原问题转化为与t 有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ) (i) 当k =6时，()3
6ln f x x x =+，()2
6
'3f x x x
=+
.可得()11f =，()'19f =， 所以曲线()y f x =在点()()
1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-. (ii) 依题意，()()3
2
3
36ln ,0,g x x x x x x
=-++
∈+∞. 从而可得()2
263'36g x x x x x =-+-，整理可得：32
3(1)(1)()x x g x x
'
-+=， 令()'0g x =，解得1x =.当x 变化时，()()',g x g x 的变化情况如下表：
所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g (x )的极小值为g (1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由3
()ln f x x k x =+，得2
()3k f x x x
'=+
.
对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令
1
2
(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--
()2233
1121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
3322
121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭
()3
32213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭
. ①
令1()2ln ,[1,)h x x x x x =--∈+∞.当x >1时，2
2121()110h x x x x '⎛⎫
=+-=-> ⎪⎝⎭
，
由此可得()h x 在[
)1,+∞单调递增，所以当t >1时，()()1h t h >，即12ln 0t t t
-->.
因为21x ≥，323
331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，
所以()(
)
332
322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫
-+-+------- ⎪
+ ⎪⎝⎭⎝⎭
323
36ln 1t t t t
=-++-. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当1t >时，()()1g t g >，即3
2
3
36ln 1t t t t
-++
>， 故32
3
36ln 10t t t t
-++
-> ③ 由①②③可得()()()()()()()121
2
1
2
20x x f
x f x f x f x '
'
-+-->.
所以，当3k ≥-时，任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有
()()()()
121212
2f x f x f x f x x x ''+->-.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
7.（2020•浙江卷）已知12a <≤，函数()e x
f x x a =--，其中e =2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，
上有唯一零点； （Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，
上的零点，证明：
0x ≤； （ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．
【答案】（I ）证明见解析，（II ）（i ）证明见解析，（ii ）证明见解析. 【解析】（I ）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II ）（i ）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii ）先根据零点条件转化：0000()()x
x f e x f x a =+，再根据12a <≤放缩，转化为证明不等式
224(2)(1)(1)a e e a -≥--，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】（I ）
()1,0,1,()0,()x x f x e x e f x f x ''=->∴>∴>∴在(0,)+∞上单调递增，
2212,(2)240,(0)10a f e a e f a <≤∴=--≥->=-<，
所以由零点存在定理得()f x 在(0,)+∞上有唯一零点； （II ）（i ）
000()0,0x
f x e x a =∴--=，
002000012(1)x
x
x e x x e x ≤⇔--≤≤--， 令2
2
()1(02),()1(02),2
x
x
x g x e x x x h x e x x =---<<=---<<
一方面：1()1(),x
h x e x h x '=--= 1()10x h x e '=->，
()(0)0,()h x h h x ''∴>=∴在(0,2)单调递增，()(0)0h x h ∴>=，
2
210,2(1)2
x
x x e x e x x ∴--->-->，另一方面：1211a a <≤∴-≤，
所以当01x ≥0x 成立，因此只需证明当01x <<时2
()10x g x e x x =---≤，
因为11()12()()20ln 2x x g x e x g x g x e x ''=--==-=⇒=， 当(0,ln 2)x ∈时，1()0g x '<，当(ln 2,1)x ∈时，1()0g x '>， 所以()max{(0),(1)},
(0)0,(1)30,()0g x g g g g e g x ''''''<==-<∴<，
()g x ∴在(0,1)单调递减，()(0)0g x g ∴<=，21x e x x ∴--<，
综上，0
02000012(1),x x
e
x x e x x ∴--≤≤--≤（ii ）0000000()()()[(1)(2)]x
a a t x x f e x f x a x e x a e ==+=-+-，
00()2(1)(2)0a a t x e x a e '=-+->0x ≤≤，
0()(2)](1)(1)2)a a a a t x t e a e e a e ∴≥=--=--+-，因为12a <≤，
所以,2(1)a e e a a >≥-，0()(1)(1)2(2)a
t x e a a e ∴≥--+--，
只需证明22(2)(1)(1)a a e e a --≥--，即只需证明22
4(2)(1)(1)a e e a -≥--，
令22()4(2)(1)(1),(12)a s a e e a a =----<≤，则22
()8(2)(1)8(2)(1)0a a s a e e e e e e '=---≥--->，
2()(1)4(2)0s a s e ∴>=->，即224(2)(1)(1)a e e a -≥--成立，
因此()0
x 0e
(e 1)(1)x f a a ≥--.
【点睛】本题考查利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式，考查综合分析论证与求解能力描述难题.
2016-2019年
1（2019天津理8）已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,
1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上
恒成立，则a 的取值范围为
A.[]0,1
B.[]0,2
C.[]0,e
D.[]1,e 2.（2019全国Ⅲ理20）已知函数3
2
()2f x x ax b =-+.
（1）讨论()f x 的单调性； （2）是否存在
,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；
若不存在，说明理由.
3.（2019浙江22）已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>
（1）当3
4
a =-
时，求函数()f x 的单调区间；
（2）对任意2
1
[
,)e x ∈+∞均有
()2f x a ≤ 求a 的取值范围. 注：e=2.71828…为自然对数的底数.
4.（2019全国Ⅰ理20）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2
π
-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点．
5.（2019全国Ⅱ理20）已知函数()1
1
ln x f x x x -=-
+.
（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；
（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x
y =的切线.
6.（2019江苏19）设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数． （1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；
（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值； （3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427
． 7.（2019北京理19）已知函数3
21()4
f x x x x =
-+. （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[]2,4x ∈-时，求证：()6x f x x -≤≤.
(III)设()()()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[]2,4-上的最大值为()M a ，当()M a 最小时，求a 的值.
8.（2019天津理20）设函数()e cos ,
()x
f x x
g x =为()f x 的导函数.
（Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当ππ,
42x ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
时，证明π()()02f x g x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间ππ2,2π42m m ⎛
⎫
+
+ ⎪⎝
⎭
内的零点，其中n ∈N ，证明200
π22sin c e os n n n x x x π
π-+-<
-. 9．（2017新课标Ⅱ）若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则
21()(1)x f x x ax e -=+-的极小值为
A ．1-
B ．3
2e -- C ．3
5e - D ．1
10．（2017浙江）函数()y f x =的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是
x
x
A ．
B ．
x
x
C ．
D ． 11．(2016全国I) 函数2||2x y x e =-在[–2,2]的图像大致为
A ．
B ．
C ．
D ．
12．(2018全国卷Ⅰ)已知函数1
()ln f x x a x x
=
-+． (1)讨论()f x 的单调性；
(2)若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：
1212
()()
2-<--f x f x a x x ．
13．(2018全国卷Ⅱ)已知函数2
()e =-x
f x ax ．
(1)若1=a ，证明：当0≥x 时，()1≥f x ； (2)若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．
14．(2018全国卷Ⅲ)已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++-．
(1)若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； (2)若0x =是()f x 的极大值点，求a ．
15．(2018北京)设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．
(1)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 16．(2018天津)已知函数()x
f x a =，()lo
g a g x x =，其中1a >．
(1)求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；
(2)若曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线与曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线平行，证明
122ln ln ()ln a
x g x a
+=-
； (3)证明当1e
e a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()y
f x =的切线，也是曲线()y
g x =的切线． 17．(2018江苏)记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f x g x =且
00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．
(1)证明：函数()f x x =与2
()22g x x x =+-不存在“S 点”；
(2)若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；
(3)已知函数2()f x x a =-+，e
()x
b g x x
=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()
g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．
18．(2018浙江)已知函数()ln f x x =
．
(1)若()f x 在1x x =，2x (12x x ≠)处导数相等，证明：12()()88ln 2f x f x +>-；
(2)若34ln 2a -≤，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 19．（2017新课标Ⅰ）已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--．
(1)讨论()f x 的单调性；
(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．
20．（2017新课标Ⅱ）已知函数2()ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥．
(1)求a ；
(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且2
20()2e
f x --<<．
21．（2017新课标Ⅲ）已知函数()1ln f x x a x =--．
(1)若()0f x ≥，求a 的值；
(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，21
11(1)(1)(1)2
22n
m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值．
22．（2017浙江）已知函数()(x
f x x e
-=1()2
x ≥．
（Ⅰ）求()f x 的导函数；
（Ⅱ）求()f x 在区间1[,)2
+∞上的取值范围．
23．（2017江苏）已知函数32()1f x x ax bx =+++(0,)a b >∈R 有极值，且导函数()f x ' 的极值点是
()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：2
3b a >；
（3）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于7
2
-
，求a 的取值范围． 24．（2017天津）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一
个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()g x 的单调区间； （Ⅱ）设00[1,)
(,2]m x x ∈，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <；
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且
00[1,)(,2],p
x x q
∈ 满足041|
|p x q Aq
-≥． 25．（2017山东）已知函数()22cos f x x x =+，()()cos sin 22x g x e x x x =-+-，其中 2.71828
e =是自然
对数的底数．
（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(,())f ππ处的切线方程；
（Ⅱ）令()()()h x g x af x =-()a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 26．(2016年山东)已知()221
()ln ,R x f x a x x a x
-=-+
∈． （I ）讨论()f x 的单调性；
（II ）当1a =时，证明()3
()'2
f x f x +
＞对于任意的[]1,2x ∈成立． 27．(2016年四川) 设函数2()ln f x ax a x =--，其中a R ∈.
（I ）讨论()f x 的单调性；
（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()x
f x e x
->
-在区间(1,)+∞内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．
28．(2016年天津)设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈,
(I)求)(x f 的单调区间；
(II)若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； (Ⅲ)设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．4
1． 29．(2016年全国Ⅰ) 已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点．
（I ）求a 的取值范围；
（II ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<． 30．(2016年全国Ⅱ)
(I)讨论函数2()e 2
x
x f x x -=
+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20x x x -++>； (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2
e =(0)x ax a
g x x x --> 有最小值．设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．
31．(2016年全国Ⅲ) 设函数()cos 2(1)(cos 1)f x x x αα=+-+，其中0α>，
记|()|f x 的最大值为A ． （Ⅰ）求()f x '；
（Ⅱ）求A ；
（Ⅲ）证明|()|2f x A '≤．
32．（2016年浙江高考）已知3a ≥，函数()F x =2min{2|1|,242}x x ax a --+-，其中
min{,}p q =,>p p q
q p q ⎧⎨
⎩
，≤ ．
（I ）求使得等式2()242F x x ax a =-+-成立的x 的取值范围； （II ）（i ）求()F x 的最小值()m a ；
（ii ）求()F x 在区间[0,6]上的最大值()M a ．
33．(2016江苏) 已知函数()()0,0,1,1x x f x a b a b a b =+>>≠≠．
（1）设2a =，1
2
b =
． ①求方程()2f x =的根；
②若对于任意x ∈R ，不等式()()26f x mf x -≥恒成立，求实数m 的最大值； （2）若01a <<，1b >，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值．
2016-2019年
1.解析 当1x =时，()112210f a a =-+=>恒成立； 当1x <时，()2
2
22021
x f x x ax a
a
x =-+⇔-恒成立，令()()()()2
2
22
1112111111x x x x x g x x x x x
-----+==-=-
=-=---- ()()1
1221201x x x
⎛⎫--+
---= ⎪ ⎪-⎝⎭
， 所以()max 20a
g x =，即0a >．当1x >时，(
)ln 0ln x
f x x a x
a
x
=-⇔恒成立， 令()ln x h x x =，则()()21
ln ln x x x h x x -⋅
'==
当e x >时，()0h x '>，()h x 递增，当1e x <<时，()0h x '<，()h x 递减， 所以当e x =时，()h x 取得最小值()e e h =.所以()min e a h x =.综上，a 的取值范围是[]0,e ．
2.解析（1）2
()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3
a x =
. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在
(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫
⎪⎝⎭
单调递减；
若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增； 若a <0，则当,
(0,)3a x ⎛
⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()0f x '<．故()f x 在
,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫
⎪⎝⎭
单调递减.
（2）满足题设条件的a ，b 存在.
（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．
（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭
，最大值为b 或2a b -+．
若3
127
a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.
若3
127
a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-a =0，与0<a <3矛盾．
综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．
3.解析：（Ⅰ）当34a =-
时，3
()ln 04
f x x x =->．
3()
4f 'x x =-
=
， 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．
（Ⅱ）由1
(1)2f a
≤，得0a <≤0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥．
令1t a
=
，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则
()2ln g t g x ≥=．
（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭
≤()2ln g t g x ≥=．
记1
()ln ,
7p x x x =≥，则1()p'x x ==故
所以，()(1)0p x p ≥= ．
因此，()2()0g t g p x ≥=≥．
（ii ）当
211,e 7x ⎡⎫
∈⎪⎢
⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝
令
211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤
=++∈⎢
⎥⎣⎦
，则()10q'x =+>， 故()q x 在2
11,e 7⎡⎤⎢
⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫
⎪⎝⎭
．
由（i ）得11(1)0
7777q p p ⎛⎫⎛⎫=-
<-= ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝
．
由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢
⎣⎭
，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫
∈+∞⎪⎢⎣⎭
，均有()2x
f x a
．
综上所述，所求a 的取值范围是
0,4⎛ ⎝⎦
4.解析：（1）设()()g x f 'x =，则1
()cos 1g x x x
=-
+，21sin ())(1x 'x g x =-++.
当1,
2x π⎛
⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><， 可得()g'x 在1,
2π⎛⎫
- ⎪⎝
⎭
有唯一零点，设为α. 则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,
2x α⎛π⎫
∈ ⎪⎝
⎭
时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛
⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即
()f 'x 在1,2π⎛
⎫- ⎪⎝
⎭存在唯一极大值点.
（2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.
（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，
()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.
（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫
⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，
02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫
∈ ⎪
⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫
⎪⎝⎭单调递减.
又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤
∈ ⎥⎝⎦
时，()0f x >.
从而()f x 在0,2⎛⎤
⎥⎝⎦
π没有零点.
（iii ）当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫
π ⎪⎝⎭单调递减.而
02f π⎛⎫
> ⎪⎝⎭
，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤
π ⎥⎝⎦
有唯一零点.
（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.
5.解析：（1）f （x ）的定义域为(0,1)(1,)+∞.
因为2
11()0(1)f x x x '=
+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，222
22e 1e 3(e )20e 1e 1
f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <
<，1
111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点1
1
x ． 综上，f （x ）有且仅有两个零点．
（2）因为0
ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0
()0f x =，即0001ln 1
x x x +=-， 故直线AB 的斜率000000000
01
11ln 11
1ln 1
x x x x x k x x x x x x +---=
==+-----． 曲线
y =e x 在点001(ln ,
)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是0
1x ， 所以曲线
ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．
6.解析（1）因为a b c ==，所以3
()()()()()f x x a x b x c x a =---=-． 因为(4)8f =，所以3
(4)8a -=，解得2a =．
（2）因为b c =，所以2
3
2
2
()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-，
从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23
a b
x +=． 因为2,,
3a b a b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠，所以21,3,33
a b
a b +===-． 此时2
()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-．令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：
所以()f x 的极小值为2
(1)(13)(13)32f =-+=-．
（3）因为0,1a c ==，所以3
2
()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，
2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>，
则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．
由()0f 'x =，得121133
b b x x ++==．
列表如下：
所以()f x 的极大值()1M f x =．
解法一：()3
21111(1)M f x x b x bx ==-++
()2
2
11
11211(1)[32(1)]3
999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪
⎝⎭ ()23
21(1)(1)227927
b b b b b --+++=++
23(1)2(1)(1)2
272727
b b b b +-+=
-+ (1)24272727b b +≤
+≤
．因此4
27
M ≤．
解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2
()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-．
令2
()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭
． 令()0g'x =，得1
x =
．列表如下：
所以当13x =
时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327
g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤
，因此4
27
M ≤． 7.解析：（I ）由321()4f x x x x =-+，得23
'()214f x x x =-+．
令'()1f x =，即232114x x -+=，解得0x =或83x =.又88
(0)0,(),327
f f ==
所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与64
27
y x =-.
（II ）令()()g x f x x =-，[]2,4x ∈-.由321()4g x x x =-得23
'()24
g x x x =-.
令'()0g x =得0x =或8
x =.'(),()g x g x 随x 的变化情况如表所示
所以()g x 的最小值为-6，最大值为0，所以6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （III ）由（II ）知，
当3a ≤-时，()()()003M a F g a a ≥=-=->； 当3a >-时，()()()2263M a F g a a ≥-=--=+>；
当3a =-时，()3M a =.综上，当()M a 最小时，3a =-.
8.解析 （Ⅰ）由已知，有'()e (cos sin )x f x x x =-.因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+
π+ ⎪⎝⎭
()k ∈Z 时，有sin cos x x >，
得()'0f x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛
⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭
()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()'0f x >，则()f x 单调递增.
所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤
π-π+∈⎢⎥⎣
⎦Z 的单调递减区间为
52,2()44k k k ππ⎡
⎤π+π+∈⎢⎥⎣
⎦Z . （Ⅱ）记()()()2h x f x g x x π⎛⎫
=+-
⎪⎝⎭
.依题意及
（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而'()2e sin x g x x =-. 当ππ,42x ⎛⎫
∈
⎪⎝⎭
时，()'0g x <，故'()'()'()()(1)'()022h x f x g x x g x g x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.
因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫
⎛⎫
== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以，当,
42x ππ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
时，()()02f x g x x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭. （Ⅲ）依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x
n x =. 记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫
∈
⎪⎝⎭
，且()()()22e cos e cos 2e n n y x n n n n n n f y y x n -π-π==-π=∈N . 由()()20e 1n n f y f y -π==及（Ⅰ），得0n y y . 由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈
⎪⎝⎭时，()'0g x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫<= ⎪⎝⎭.又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫
+- ⎪⎝⎭
，
故()()()
()()022*******
2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π
-π-π-π
π--=-=<
--.
所以，200
22sin c s e o n n n x x x -π
ππ+-<-.
9．A 【解析】∵21()[(2)1]x f x x a x a e -'=+++-，∵(2)0f '-=，∴1a =-，
所以21()(1)x f x x x e -=--，21()(2)x f x x x e -'=+-，
令()0f x '=，解得2x =-或1x =，所以当(,2)x ∈-∞-，()0f x '>，()f x 单调递增；当(2,1)x ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 的极小值为
11(1)(111)1f e -=--=-，选A ．
10．D 【解析】由导函数的图象可知，()y f x =的单调性是减→增→减→增，排除 A 、C ；由导函数的
图象可知，()y f x =的极值点一负两正，所以D 符合，选D ． 11．D 【解析】当0x
时，令函数2()2x f x x e =-，则()4x f x x e '=-，易知()f x '在[0，ln4）上单
调递增，在[ln4，2]上单调递减，又(0)10f '=-<，1
()202
f '=>，(1)40f e '=->，
2(2)80f e '=->，所以存在01
(0,)2
x ∈是函数()f x 的极小值点，即函数()f x 在0(0,)x 上单调递
减，在0(,2)x 上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为D ．
12．【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，222
11
()1a x ax f x x x x -+'=--+=-．
（i ）若2≤a ，则()0'≤f x ，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减．
（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x -=或2a x +=．
当2()a a x +∈+∞时，()0f x '<；
当x ∈时，()0f x '>．所以()f x 在，)+∞
单调递减，在(
,22
a a +单调递增．
(2)由(1)知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >．
由于()f x 的两个极值点1x ，2x 满足2
10x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >．由于
121212212121212
22
()()ln ln ln ln 2ln 1
1221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----，
所以
1212()()2f x f x a x x -<--等价于222
1
2ln 0x x x -+<．
设函数1
()2ln g x x x x
=
-+，由(1)知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <．
所以
2221
2ln 0x x x -+<，即1212
()()2f x f x a x x -<--． 13．【解析】(1)当1=a 时，()1≥f x 等价于2(1)e 10-+-≤x x ．
设函数2()(1)1-=+-x g x x e ，则22()(21)(1)--=--+=--x x g'x x x e x e ． 当1≠x 时，()0<g'x ，所以()g x 在(0,)+∞单调递减． 而(0)0=g ，故当0≥x 时，()0≤g x ，即()1≥f x ． (2)设函数2()1e -=-x h x ax ．
()f x 在(0,)+∞只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)+∞只有一个零点．
（i ）当0≤a 时，()0>h x ，()h x 没有零点； （ii ）当0a >时，()(2)e x
h'x ax x -=-．
当(0,2)∈x 时，()0<h'x ；当(2,)∈+∞x 时，()0>h'x ． 所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． 故2
4(2)1e =-
a
h 是()h x 在[0,)+∞的最小值． ①若(2)0>h ，即2
e 4
<a ，()h x 在(0,)+∞没有零点；。