江苏专版2018年高考数学二轮复习知识专题突破专题限时集训3导数

专题限时集训(三) 导数
(对应学生用书第83页) (限时：120分钟)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．) 1．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检)若函数f (x )＝x 33－a
2
x 2
＋x ＋1在区间
⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，3上单调递减，则实数a 的取值范围是________. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞ [因为函数f (x )＝x 3
3－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，3上单调递减，所以f ′(x )＝x 2
－ax ＋1≤0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上恒成立，所以x 2
＋1≤ax ⇒a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2
＋1x max ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋1x max
，当且仅当x ＝3时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x max ＝103，所以a ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫103，＋∞.]
2．(泰州中学2016－2017年度第一学期第一次质量检测)若函数y ＝f (x )的定义域为R ，∀x ∈R ，f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋1)为偶函数，f (2)＝1，则不等式f (x )＜e x
的解集
为________．
(0，＋∞) [令g (x )＝
f x
e
x
，则g ′(x )＝
f x －f x
e
x
＜0，所以g (x )在定义
域内为减函数，因为f (x ＋1)为偶函数，所以f (x ＋1)＝f (－x ＋1)⇒f (0)＝f (2)＝1⇒g (0)＝1，因此f (x )＜e x
⇒g (x )＜1＝g (0)⇒x ＞0.]
3．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)函数f (x )＝log 2x 在点A (1,2)处切线的斜率为________.
【导学号：56394017】
1ln 2 [∵f ′(x )＝1x ln 2，∴k ＝f ′(1)＝1
ln 2
.] 4．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)若实数a ，b ，c ，d 满足|b ＋a 2
－4ln a |＋|2c －d ＋2|＝0，则(a －c )2
＋(b －d )2
的最小值为________．
5 [|b ＋a 2
－4ln a |＋|2c －d ＋2|＝0⇒b ＋a 2
－4ln a ＝0,2c －d ＋2＝0，所以(a －c )
2
＋(b －d )2
表示直线2x －y ＋2＝0上点P 到曲线y ＝4ln x －x 2
上点Q 距离的平方．由y ′＝4x －2x ＝2⇒x ＝1(负舍)得Q (1，－1)，所以所求最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫|2＋1＋2|52＝5.] 5．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x )＝x 3
＋mx ＋14
，
g (x )＝－ln x ，min{a ，b }表示a ，b 中的最小值，若函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x ＞
0)恰有三个零点，则实数m 的取值范围是________．
⎝
⎛⎭⎪⎫－54，－34 [f ′(x )＝3x 2
＋m ，因为g (1)＝0，所以要使h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x ＞0)恰有三个零点，需满足f (1)＞0，f ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
－m 3 ＜0，m ＜0，解得m ＞－54，－m 3
＞12⇒－54＜m ＜－3
4
.] 6．(河北唐山市2017届高三年级期末)已知函数f (x )＝ln(e x ＋e －x )＋x 2
，则使得f (2x )＞f (x ＋3)成立的x 的取值范围是________．
(－∞，－1)∪(3，＋∞) [因为f (－x )＝ln(e －x
＋e x )＋(－x )2＝ln(e x ＋e －x )＋x 2
＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，易知函数y ＝e x ＋e －x
在x ∈(0，＋∞)是增函数，所以函数f (x )＝ln(e x ＋e －x )＋x 2
在x ∈(0，＋∞)也是增函数，所以不等式f (2x )＞f (x ＋3)等价于|2x |＞|x ＋3|，解得x ＜－1或x ＞3.]
7．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))已知函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋c ，g (x )＝3x 2
＋2ax ＋b (a ，b ，c 是常数)，若f (x )在(0,1)上单调递减，则下列结论中： ①f (0)·f (1)≤0；②g (0)·g (1)≥0；③a 2
－3b 有最小值． 正确结论的个数为________．
2 [由题意，得 f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b ，若函数 f (x )在(0,1)上单调递减，则
⎩⎪⎨⎪⎧
f ，f
，
即⎩⎪⎨⎪⎧
b ≤0，3＋2a ＋b ≤0，
所以g (0)·g (1)＝b ·(3＋2a ＋b )≥0，故②
正确；不妨设f (x )＝x 3
－2x 2
－3x ＋5，则f (0)·f (1)＝5·(1－2－3＋5)＞0，故
①错；画出不等式组⎩
⎪⎨
⎪⎧
b ≤0，
3＋2a ＋b ≤0表示的平面区域，如图所示，令z ＝a 2
－3b ，则
b ＝13
a 2－z 3
，①当－z 3
＞－3，即z ＜9时，抛物线b ＝13
a 2－z
3
与直线2a ＋b ＋3＝0有公共点，联立两个方程消去b 得a 2
＋6a ＋9－z ＝0，z ＝(a ＋3)2
≥0，所以0≤z ＜9；当－
z
3≤－3，即z ≥9时，抛物线与平面区域必有公共点，综上所述，z ≥0，所以z ＝a 2
－3b 有最小值 ，故③正确．]
8．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))对任意的a ∈R ，曲线y ＝e x
(x 2
＋ax ＋1－
2a )在点P (0,1－2a )处的切线l 与圆C ：x 2＋2x ＋y 2
－12＝0的位置关系是________. 相交 [由题意，得y ′＝e x (x 2＋ax ＋1－2a )＋e x
(2x ＋a )，所以y ′|x ＝0＝1－a ，所以直线l 的方程为y －(1－2a )＝(1－a )x ，即(1－a )x －y ＋1－2a ＝0.化圆C 的方程为(x ＋1)2
＋y 2
＝13，其圆心(－1,0)到直线l 的距离为－a
－
－0＋1－2a |
－a 2＋－
2
＝|a |
a 2－2a ＋2＝1
2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a 2－1a ＋1
＝
1
2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －122＋12
≤2＜13，所以直线l 与圆相交．]
9．(山东省枣庄市2017届高三上学期期末)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且当x ＞0时，f (x )＞－xf ′(x )恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋lg|x ＋1|的零点的个数为________.
【导学号：56394018】
3 [因为当x ＞0时，[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )＞0，所以xf (x )在(0，＋∞)上单调递增，又函数f (x )为奇函数，所以函数xf (x )为偶函数，结合f (3)＝0，作出函数y ＝xf (x
)与y ＝－lg|x ＋1|的图象，如图所示，由图象知，函数g (x )＝xf (x )＋lg|x ＋1|的零点有3个．]
10．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)设函数f (x )在R 上存在导函数
f ′(x )，对任意的实数x 都有f (x )＝4x 2－f (－x )，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＋1
2
＜
4x .若f (m ＋1)≤f (－m )＋4m ＋2，则实数m 的取值范围是________.
⎣⎢⎡⎭
⎪
⎫－12，＋∞ [∵f (x )－2x 2＋f (－x )－2x 2＝0，设g (x )＝f (x )－2x 2
，则g (x )＋g (－x )＝0，∴g (x )为奇函数，又g ′(x )＝f ′(x )－4x ＜－12
，∴g (x )在(－∞，0)上是减
函数，从而在R 上是减函数，又f (m ＋1)≤f (－m )＋4m ＋2等价于f (m ＋1)－2(m ＋1)2
≤f (－m )－2(－m )2
，即g (m ＋1)≤g (－m )， ∴m ＋1≥－m ，解得m ≥－12
.]
11．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x )＝ax sin x －3
2
(a ∈
R )，且在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为π－32，则实数a 的值为________．
1 [由已知得f ′(x )＝a (sin x ＋x cos x )，对于任意的x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，有sin x ＋x cos
x ＞0，当a ＝0时，f (x )＝－32
，不合题意；当a ＜0时，x ∈⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤
0，π2
，f ′(x )＜0，从而f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2单调递减，又函数在图象上是连续不断的，故函数在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上
的最大值为f (0)＝－32，不合题意；当a ＞0时， x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f
′(x )＞0，从而f (x )
在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2单调递增，又函数在图象上是连续不断的，故函数在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为
f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2
＝π2
·a －32＝π－3
2
，解得a ＝1.]
12．(天津六校2017届高三上学期期中联考)设函数f (x )＝ln x x
，关于x 的方程[f (x )]
2
＋mf (x )－1＝0有三个不同的实数解，则实数m 的取值范围是________．
⎝ ⎛⎭
⎪⎫e －1e ，＋∞ [f (x )＝ln x x ⇒f ′(x )＝1－ln x x 2＝0⇒x ＝e ，因此当0＜x ≤e 时，f
(x )≤1e ；当x ＞e 时，0＜f (x )＜1e ，因此g (t )＝t 2＋mt －1＝0有两个根，其中t 1∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，1e ，
t 2∈(－∞，0]∪⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1e ，因为g (0)＝－1，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞0⇒m ＞e －1e .]
13．(山西大学附属中学2017级上学期11月模块诊断)已知函数 f (x )＝
⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＋，x ＞0，1
2
x ＋1，x ≤0，若m ＜n ，且f (m )＝f (n )，则n －m 的取值范围是________.
[3－2ln 2,2) [如图，作出函数y ＝f (x )的图象，不妨设f (m )＝f (n )＝t ， 由f (m )＝f (n )可知函数f (x )的图象与直线y ＝t 有两个交点， 而x ≤0时，函数y ＝f (x )单调递增，其图象与y 轴交于点(0,1)， 所以0＜t ≤1.又m ＜n ，所以m ≤0，n ＞0， 由0＜t ≤1，得0＜ln(n ＋1)≤1，解得0＜n ≤e－1. 由f (m )＝t ，即1
2m ＋1＝t ，解得m ＝2t －2；
由f (n )＝t ，即ln(n ＋1)＝t ，解得n ＝e t
－1；
记g (t )＝n －m ＝e t －1－(2t －2)＝e t －2t ＋1(0＜t ≤1)，g ′(t )＝e t
－2. 所以当0＜t ＜ln 2时，g ′(t )＜0，函数g (t )单调递减； 当ln 2＜t ≤1时，g ′(t )＞0，函数g (t )单调递增． 所以函数g (t )的最小值为g (ln 2)＝e
ln 2
－2ln 2＋1＝3－2ln 2；
而g (0)＝e 0
＋1＝2，g (1)＝e －2＋1＝e －1＜2，所以3－2ln 2≤g (t )＜2.] 14．(贵州遵义市2017届高三第一次联考)已知定义域为R 的偶函数f (x )，其导函数为
f ′(x )，对任意x ∈[0，＋∞)，均满足：xf ′(x )＞－2f (x )．若
g (x )＝x 2f (x )，则
不等式g (2x )＜g (1－x )的解集是________.
⎝
⎛⎭⎪⎫－1，13 [x ∈[0，＋∞)时，g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )＝x (2f (x )＋xf ′(x ))＞0，而g (x )＝x 2
f (x )也为偶函数，所以
g (2x )＜g (1－x )⇔g (|2x |)＜g (|1－x |)⇔|2x |＜|1－x |⇔3x 2
＋2x －1＜0⇔－1＜x ＜13
.]
二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(本小题满分14分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)在互联网时代，网校培训已经成为青年学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量
h (x )(单位：千套)与销售价格(单位：元/套)满足关系式h (x )＝f (x )＋g (x )(3＜x ＜7，m
为常数)，其中f (x )与(x －3)成反比，g (x )与(x －7)的平方成正比，已知销售价格为5元/套时，每日可售出套题21千套，销售价格为3.5元/套时，每日可售出套题69千套． (1)求h (x )的表达式；
(2)假设网校的员工工资，办公等所有开销折合为每套题3元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数) [解] (1)因为f (x )与x －3成反比，g (x )与x －7的平方成正比， 所以可设：f (x )＝
k 1
x －3
，g (x )＝k 2(x －7)2
，k 1≠0，k 2≠0，
则h (x )＝f (x )＋g (x )＝
k 1
x －3
＋k 2(x －7)2
. 2分
因为销售价格为5元/套时，每日可售出套题21千套，销售价格为3.5元/套时，每日可售出套题69千套，
所以，h (5)＝21，h (3.5)＝69，即⎩⎪⎨⎪⎧
k 1
2＋4k 2
＝21，
2k 1
＋49
4k 2
＝69，
解得：⎩⎪⎨
⎪⎧
k 1＝10，k 2＝4，
6分
所以，h (x )＝
10x －3
＋4(x －7)2
(3＜x ＜7). 8分
(2)由(1)可知，套题每日的销售量h (x )＝10x －3
＋4(x －7)2
， 设每日销售套题所获得的利润为F (x )， 则F (x )＝(x －3) ⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤10x －3
＋x －
2
＝10＋4(x －7)2
(x －3) ＝4x 3
－68x 2
＋364x －578，
10分
从而F ′(x )＝12x 2
－136x ＋364＝4(3x －13)(x －7)，3＜x ＜7，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3，133时，F ′(x )
＞0，所以函数F (x )在⎝
⎛⎭⎪⎫3，133上单调递增，
12分
x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫13
3，7时，F ′(x )＜0，所以函数F (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫133
，7上单调递减，
所以x ＝13
3
≈4.3时，函数F (x )取得最大值，
即当销售价格为4.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.14分
16．(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．
(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值； (2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2
有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎝
⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22的符号，并证明.
【导学号：56394019】
[解] (1)f ′(x )＝1＋a x
，又∵f ′(1)＝3. 2分
所以a ＝2.3分
(2)函数g (x )的定义域是(0，＋∞). 4分
若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2
＝x －kx 2
. 令g (x )＝0，则x －kx 2
＝0. 又据题设分析知k ≠0，
∴x 1＝0，x 2＝1
k
.
又g (x )有两个零点，且都大于0， ∴a ＝0，不成立.5分
据题设知⎩⎪⎨
⎪⎧
g
x 1＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g
x 2＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0，
不妨设x 1＞x 2，x 1
x 2
＝t ，t ＞1.
6分
所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)． 所以1＋
a
x 1－ln x 2
x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)，
7分
又g ′(x )＝1＋a x
－2kx ， 所以g ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2
)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a
x 1－ln x 2
x 1－x 2
＝a ⎝
⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2－ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2t ＋1－ln t t －1＝a x 2·1t －1⎣
⎢⎡
⎦
⎥⎤t －t ＋1
－ln t .9分
引入h (t )＝
t －
t ＋1
－ln t (t ＞1)，则h ′(t )＝
4
t ＋
2－1
t
＝－
t －2t t ＋
2
＜0.
所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减. 10分
而h (1)＝0，所以当t ＞1时，h (t )＜0. 易知x 2＞0，
1
t －1
＞0， 所以当a ＞0时，g ′⎝
⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜0；当a ＜0时，g ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22＞0.
14分
17．(本小题满分14分)(广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测试卷)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2
＋ax －3.
(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t ＞0)上的最小值；
(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)探讨函数F (x )＝ln x －1e x ＋2
e x 是否存在零点？若存在，求出函数F (x )的零点；若
不存在，请说明理由． [解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，
由f ′(x )＜0得，0＜x ＜1e ，由f ′(x )＞0得x ＞1
e
，
∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，1分
当0＜t ≤1e 时，t ＋2＞1e ，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝－1e ； 当t ＞1
e
时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ，2分
∴f (x )min
＝⎩⎪⎨⎪⎧
－1e ，0＜t ≤1e ，t ln t ，t ＞1
e
. 3分
(2)原问题可化为a ≤2ln x ＋x ＋3
x
， 4分
设h (x )＝2ln x ＋x ＋3
x
(x ＞0 )，
h ′(x )＝x ＋
x －
x
2
，当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，h (x )在(0,1)上单调递减；
5分
当x ＞1时， h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增；6分 ∴h (x )min ＝h (1)＝4，故a 的取值范围为(－∞，4].7分 (3)令F (x )＝0，得ln x －1e x ＋2e x ＝0，即x ln x ＝x e x －2
e (x ＞0)，
8分 由(1)知当且仅当x ＝1e 时，f (x )＝x ln x (x ＞0)的最小值是－1
e
，
9分
设φ(x )＝x e x －2e (x ＞0)，则φ′(x )＝1－x
e
x ，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，
＋∞)上单调递减，
∴当且仅当x ＝1时，φ(x )取最大值，且φ(1)＝－1
e
，
12分
∴对x ∈(0，＋∞)都有ln x ＞1e x －2e x ，即F (x )＝ln x －1e x ＋2
e x ＞0恒成立，故函数F (x )
无零点.
14分
18．(本小题满分16分)(无锡市普通高中2017届高三上学期期中基础性检测)已知函数f (x )＝sin x
e x 的定义域为[0,2π]，g (x )为
f (x )的导函数．
(1)求方程g (x )＝0的解集； (2)求函数g (x )的最大值与最小值；
(3)若函数F (x )＝f (x )－ax 在定义域上恰有2个极值点，求实数a 的取值范围． [解] (1)因为f ′(x )＝－
sin x e x ＋cos x
e
x ， 1分
所以g (x )＝cos x e x －sin x e x ＝0，解得x ＝π4或x ＝5π
4；
3分 (2)因为g ′(x )＝－cos x e x －sin x e x ＋sin x e x －cos x e x ＝－2cos x
e x ，
4分 令g ′(x )＝0，解得x ＝π2或x ＝3π
2
，
5分
所以g (x )的最大值为g (0)＝1，所以g (x )的最小值为g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2＝－e π2. 7分
(3)因为F ′(x )＝－sin x e x ＋cos x
e
x －a ＝g (x )－a ，
所以函数F (x )＝f (x )－ax 在定义域上恰有2个极值点，等价于g (x )－a ＝0在定义域上恰有2个零点且在零点处异号，即y ＝g (x )与y ＝a 的图象恰有两个交点， 由(2)知F ′(0)＝g (0)－a ＝1－a ，F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－a ＝－e －π2－a ，
F ′⎝
⎛⎭⎪⎫3π2＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫3π2－a ＝e －3π2－a ，F ′(2π)＝g (2π)－a ＝e －2π－a ，
若F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2≥0，则F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＞F ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＞0， 所以F ′(x )＝0至多只有1个零点，不成立，
10分 所以只有F ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＜0；
11分
若F ′⎝
⎛⎭⎪⎫3π2＜0，则F ′(2π)＜0，所以F ′(x )＝0只有1个零点，不成立，12分
所以F ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫3π2≥0，
13分
若F ′⎝
⎛⎭
⎪⎫3π2＝0，即a ＝e －3π2，在x ＝3π2处同号，不成立；
若F ′(2π)≤0，则F ′(x )＝0有3个零点，不成立，14分 所以只有F ′(2π)＞0. 所以满足的条件为：
⎩⎪⎨⎪⎧
F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－a ＝－e －π2－a ＜0F
π＝g π－a ＝e －2π－a ＞0，
解得－e －π2＜a ＜e －2π
或a ＝e －3π2
，
16分
(注：利用图象直接得出－e －π2＜a ＜e －2π
或a ＝e －3π2
扣4分．)
19．(本小题满分16分)(河北唐山市2017届高三年级期末)已知函数f (x )＝ln x
x
，g (x )＝
x ⎝
⎛⎭
⎪⎫ln x －ax 2
－1.
(1)求y ＝f (x )的最大值；
(2)当a ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，1e 时，函数y ＝g (x )(x ∈(0，e])有最小值．记g (x )的最小值为h (a )，
求函数h (a )的值域．
[解] (1)f ′(x )＝1－ln x
x
2
(x ＞0)， 当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 所以当x ＝e 时， f (x )取得最大值f (e)＝1e .
4分
(2)g ′(x )＝ln x －ax ＝x ⎝
⎛⎭
⎪
⎫ln x x －a ，由(1)及x ∈(0，e]得：
①当a ＝1e 时，ln x
x －a ≤0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，
当x ＝e 时，g (x )取得最小值g (e)＝h (a )＝－e
2.
8分
②当a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0， 1e ，f (1)＝0≤a ，f (e)＝1e ＞a ， 所以存在t ∈[1，e)，g ′(t )＝0且ln t ＝at ，
当x ∈(0，t )时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，当x ∈(t ，e]时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )的最小值为g (t )＝h (a ). 12分 令h (a )＝G (t )＝
t ln t
2
－t ，
因为G ′(t )＝ln t －12＜0，所以G (t )在[1，e)单调递减，此时G (t )∈(－e
2，－1]．
综上，h (a )∈[－e
2
，－1].
16分
20．(本小题满分16分)(江苏省泰州中学2017届高三摸底考试)已知函数f (x )＝e x e x (为自然对数的底数)．
(1)求f (x )的单调区间；
(2)是否存在正实数使得f (1－x )＝f (1＋x )，若存在请求出，否则说明理由；
(3)若存在不等实数x 1，x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)，证明：f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22＜0. 【导学号：56394020】
[解] (1)函数y ＝f (x )的单调递减区间是(1，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1).
(2)不存在正实数使得f (1－x )＝f (1＋x )成立，
事实上，由(1)知函数y ＝f (x )在(－∞，1)上递增，
而当x ∈(0,1)，有y ∈(0,1)，在(1，＋∞)上递减，有0＜y ＜1，
因此，若存在正实数使得f (1－x )＝f (1＋x )，必有x ∈(0,1).
6分 令F (x )＝f (1＋x )－f (1－x )＝x ＋1
e x ＋(x －1)e x
， 令F ′(x )＝x ⎝
⎛⎭⎪⎫e x －1e x ，因为x ∈(0,1)，所以F ′(x )＞0，所以F (x )为(0,1)上的增函数，所以F (x )＞F (0)＝0，即f (1＋x )＞f (1－x )，
故不存在正实数使得f (1－x )＝f (1＋x )成立. 8分
(3)若存在不等实数x 1，x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)，则x 1和x 2中，必有一个在(0,1)，另一个在(1，＋∞)，不妨设x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞).
10分 ①若x 2≥2，则
x 1＋x 22∈(1，＋∞)，由(1)知：函数y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22＜0； ②若x 2∈(1,2)，由(2)知：当x ∈(0,1)，则有f (1＋x )＞f (1－x )，
而1－x 1∈(0,1)，所以f (2－x 1)＝f [1＋(1－x 1)]＞f [1－(1－x 1)]＝f (x 1)＝f (x 2)，即f (2－x 1)＞f (x 2)，
而2－x 1，x 2∈(1,2)，由(1)知：函数y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递减，13分 ∴2－x 1＜x 2，即有x 1＋x 22∈(1，＋∞)，
由(1)知：函数y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22＜0； 综合①②得：若存在不等实数x 1，x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)，则总有f ′⎝
⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜0.
16分。