2024北京高三一模数学题目(含答案)利用导数研究函数的性质

一、单选2024北京高三一模数学题目（含答案）
利用导数研究函数的性质
题1．（2024北京朝阳高三一模）已知n 个大于2的实数12,,,n x x x ⋅⋅⋅，对任意()1,2,,i x i n =⋅⋅⋅，存在2i y ≥满足i i y x <，
且i i y x
i i x y =，则使得12115n n x x x x -++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数n 为（
）A ．14B ．16C ．21
D ．23
2．
（2024北京海淀高三一模）函数()f x 是定义在(4,4)-上的偶函数，其图象如图所示，(3)0f =.设()f x '是()f x 的导函数，则关于x 的不等式(1)()0f x f x '+⋅≥的解集是（
）
A ．[0,2]
B ．[3,0][3,4)-
C ．(5,0][2,4)-
D ．(4,0][2,3)
- 3．（2024北京海淀高三一模）已知()()3
,0
lg 1,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨+>⎪⎩
，函数()f x 的零点个数为m ，过点(0,2)与曲线
()y f x =相切的直线的条数为n ，则,m n 的值分别为（
）
A ．1,1
B ．1,2
C ．2,1
D ．2,2
4．
（2024北京房山高三一模）若函数(]()ln ln(1),,0()1,0,e
x
x x x x ∞∞⎧-∈-⎪
=⎨∈+⎪⎩，则函数()()g x f x x c =++零点的个数为（）
A ．1
B ．2
C ．1或2
D ．1或3
5．
（2024北京延庆高三一模）已知函数()321x f x x =--，则不等式()0f x <的解集是（）
A ．()0,1
B ．()0,∞+
C ．()
,0∞-D ．()()
,01,∞∞-⋃+二、填空题
6．
（2024北京顺义·二模）已知函数()()2
1
3f x kx b x =-++，给出下列四个结论：①当0k =时，对任意b ∈R ，()f x 有1个极值点；②当1
8
k >时，存在b ∈R ，使得()f x 存在极值点；
③当0b =时，对任意k ∈R ，()f x 有一个零点；④当1
03
b <<
时，存在k ∈R ，使得()f x 有3个零点.其中所有正确结论的序号是.
7．（2024
北京海淀高三一模）已知函数()f x =
①函数()f x 是奇函数；
②R k ∀∈，且0k ≠，关于x 的方程0()f x kx -=恰有两个不相等的实数根；③已知P 是曲线()y f x =上任意一点，1,02A ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
，则12AP ≥；
④设()11,M x y 为曲线()y f x =上一点，()22,N x y 为曲线()y f x =-上一点.若121x x +=，则1MN ≥.其中所有正确结论的序号是
.
8．
（2024北京石景山高三一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：[]0,1x ∈时，()()*1,,N ,0,0,10,1p p x p q q q q R x x ⎧⎛⎫=∈⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪=⎩
为既约真分数和内的无理数．若数列*
1,n n a R n n -⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，给出下列四个结论：
①1
n a n =；②21n n a a ++<；③1112n i i i a a +=<∑；④1
1ln 2n
i i n a =+≥∑．
其中所有正确结论的序号是．
9．（2024北京石景山高三一模）设函数()32
3,1
3,1x ax x f x x a x ⎧+≤=⎨+>⎩
，①若()f x 有两个零点，则实数a 的一个取值可以是；②若()f x 是R 上的增函数，则实数a 的取值范围是
．
10．
（2024北京延庆高三一模）已知函数()221ln 1.x ax x f x a x x x
⎧+<⎪
=⎨≥⎪
⎩，，，给出下列四个结论：①存在实数a ，使得函数()f x 的最小值为0；②存在实数0a <，使得函数()f x 的最小值为1-；③存在实数a ，使得函数()f x 恰有2个零点；④存在实数a ，使得函数()f x 恰有4个零点．
其中所有正确结论的序号是．三、解答题11．（2024北京东城高三一模）已知函数()()ln 1f x x x =-.(1)求曲线()y f x =在2x =处的切线方程；(2)设()()g x f x '=，求函数()g x 的最小值；(3)若
()
2f x x a
>-，求实数a 的值.12．
（2024北京朝阳高三一模）已知函数()()()1e R x
f x ax a =-∈.(1)讨论()f x 的单调性；
(2)若关于x 的不等式()()1f x a x >-无整数解，求a 的取值范围.
13．
（2024北京顺义·二模）设函数()e cos x
f x a x =+，a ∈R .曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为
2y x =+.
(1)求a 的值；
(2)求证：方程()2f x =仅有一个实根；
(3)对任意()0,x ∈+∞，有()sin 2f x k x >+，求正数k 的取值范围.
14．（2024北京房山高三一模）已知函数1
()e ax
f x x
=+
．(1)当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)设2()()g x f x x '=⋅，求函数()g x 的极大值；(3)若e a <-，求函数()f x 的零点个数．
15．
（2024北京西城高三一模）已知函数()()1ln e x
f x x ax x a
=++．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处切线的斜率；(2)当1a =-时，讨论()f x 的单调性；
(3)若集合(){}1x
f x ≥-∣有且只有一个元素，求a 的值．16．（2024北京海淀高三一模）已知函数1
2
()e a x f x x -=.
(1)求()f x 的单调区间；
(2)若函数2
()()e ,(0,)g x f x a x -=+∈+∞存在最大值，求a 的取值范围.
17．（2024北京门头沟高三一模）已知函数()()2
1ln 12
f x ax x x a x =-
+-．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点())1,1f 处的切线方程；(2)当a<0时，求()f x 的极值；
(3)当1
12
a ≤≤时，判断()f x 零点个数，并说明理由．
18．（2024北京石景山高三一模）已知函数()()e 0ax
f x x a =>．
(1)求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)求()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值；(3)当1a =时，求证：()ln 1f x x x ≥++．
19．
（2024北京丰台高三一模）已知函数()()e ln 1x
f x x x =++-，曲线():C y f x =在点()()00,x f x 处的切线为():l y
g x =，记()()()
h x f x g x =-．(1)当00x =时，求切线l 的方程；
(2)在（1）的条件下，求函数()h x 的零点并证明()0xh x ≥；(3)当00x ≠时，直接写出函数()h x 的零点个数．（结论不要求证明）
20．
（2024北京延庆高三一模）已知函数()()ln 22f x x a x =-++-.(1)若曲线()y f x =的一条切线方程为1y x =-，求a 的值；(2)若函数()f x 在区间()1,2上为增函数，求a 的取值范围；
(3)若21,e x ∀∈+∞⎛⎫
⎪⎝⎭
，()f x 无零点，求a 的取值范围．
参考答案
1．D
【分析】构造函数()()ln 2x
f x x x
=≥，结合函数单调性可得e 4i
x <≤，则有()1211e 154n n x x x x n -++⋅≥⋅-⋅≥+，即可得解.
【详解】由i i y x
i i x y =，且2i y ≥，2i x >，故ln ln i i i i y x x y =，即
ln ln i i
i i
x y x y =，令()()ln 2x
f x x x
=
≥，()21ln x f x x -'=，
故当()2,e x ∈时，()0f x ¢>，当()e,+x ∈∞时，()0f x '<，即()f x 在()2,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，由
ln ln i i
i i
x y x y =，即()()i i f x f y =，故e i x >，2e i y ≤<，又()()ln 2ln 4
2424
f f =
==，故4i x ≤，即e 4i x <≤，若12115n n x x x x -++⋅⋅⋅+≤，则有()1211e
154
n n x x x x n -++⋅≥⋅-⋅≥+，
即60
1e
n ≤
+，由e 2.72≈，故60122.06123.07e +≈+=.
故最大正整数n 为23.故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助函数()ln x
f x x
=的性质，结合其单调性得到2e i y ≤<，从而得到e 4i x <≤，则有()1211e
154
n n x x x x n -++⋅≥⋅-⋅≥+，即可得解.
2．D
【分析】借助函数图象与导数的关系计算即可得.【详解】由(3)0f =，且()f x 为偶函数，故(3)0f -=，由导数性质结合图象可得当()4,0x ∈-时，()0f x '<，当()0,4x ∈时，()0f x '>，当0x =时，即()00f '=，
则由(1)()0f x f x '+⋅≥，有414
44x x -<+<⎧⎨-<<⎩
，解得43x -<<，
亦可得()()100f x f x ⎧+>>'⎪⎨⎪⎩，或()()100f x f x ⎧+<<'⎪
⎨⎪⎩，或()10f x +=，或()0f x '=，
由()()10
0f x f x ⎧+>>'⎪⎨⎪⎩
可得41304x x -<+<-⎧⎨<<⎩或31404x x <+<⎧⎨<<⎩，即23x <<，
由()()100f x f x ⎧+<<'⎪⎨⎪⎩
可得31340x x -<+<⎧⎨-<<⎩，即40x -<<，
由()10f x +=，可得13x +=±，即2x =或4x =-（舍去，不在定义域内），由()0f x '=，可得0x =，
综上所述，关于x 的不等式(1)()0f x f x '+⋅≥的解集为(4,0][2,3)- .故选：D.3．B
【分析】借助分段函数性质计算可得m ，借助导数的几何意义及零点的存在性定理可得n .【详解】令()0f x =，即0x ≤时，30x =，解得0x =，0x >时，()lg 10x +=，无解，故1m =，
设过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的切点为()00,x y ，
当0x <时，()2
3f x x '=，则有()320003y x x x x -=-，有()3200023x x x -=-，整理可得3
01x =-，即01x =-，
即当00x <时，有一条切线，当0x >时，()lg e
1f x x '=+，则有()()00
0lg 1e lg 1y x x x x -=-++，有()()000l 2g e
lg 11
x x x -+=
-+，整理可得()()()000221lg 10lg e x x x ++-++=，令()()()()()2l 0g 2l 1
e 1g g x x x x x =++-++>，则()()2lg 1g x x '=-+，令()0g x '=，可得99x =，
故当()0,99x ∈时，()0g x '>，即()g x 在()0,99上单调递增，当()99,x ∈+∞时，()0g x '<，即()g x 在()99,∞+上单调递减，由()()992lg e 99220099lg e 0g =+⨯+-=>，
()02020g =-=>，故()g x 在()0,99x ∈上没有零点，
又()()9992lg e 999210003999lg e 10000g =+⨯+-⨯=-<，故()g x 在()99,999上必有唯一零点，即当00x >时，亦可有一条切线符合要求，故2n =.故选：B.4．A
【分析】令()()0g x f x x c =++=，则()f x x c +=-，则函数()g x 零点的个数即为函数(),y f x x y c =+=-图
象交点的个数，构造函数()()h x f x x =+，利用导数求出函数()h x 的单调区间，作出其大致图象，结合图象即可得解.
【详解】(]()(]()[)
ln ln(1),,0ln(1),,0(),0,11,0,1e ,1,x x x x x f x x x x x x
∞∞∞∞⎧
⎪-∈-⎧-∈-⎪⎪
==∈⎨⎨∈+⎪⎪⎩⎪∈+⎩，
令()()0g x f x x c =++=，则()f x x c +=-，
则函数()g x 零点的个数即为函数(),y f x x y c =+=-图象交点的个数，
令()()(]()[)ln(1),,02,0,11
,1,x x x h x f x x x x x x x
∞∞⎧
⎪-+∈-⎪
=+=∈⎨⎪⎪+∈+⎩，
当(],0x ∈-∞时，()()ln 1h x x x =-+，则()11011
x h x x x =
+=-'≥-，所以函数()h x 在(],0-∞上单调递增，且()00h =，当()0,1x ∈时，()()20,2h x x =∈，当[)1,x ∞∈+时，()1h x x x =
+，则()22211
10x h x x x
-=='-+≥，所以函数()h x 在[)1,+∞上单调递增，且()12h =，又当x →-∞时()h x ∞→-，当x →时，()h x ∞→+，作出函数()h x
的大致图象如图所示，
由图可知函数(),y f x x y c =+=-的图象有且仅有一个交点，所以函数()()g x f x x c =++零点的个数为1个.故选：A.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.5．A
【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在001x <<，再由函数的单调性及(0)(1)0f f ==可得不等式的解集.
【详解】因为()32ln 3x f x '=-单调递增，且(0)ln 320f '=-<，(1)3ln 320f '=->，所以存在唯一0(0,1)x ∈，使得0()0f x '=，
所以当0x x <时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以函数()f x 在()0,x -∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，又(0)(1)0f f ==，且001x <<，所以由()0f x <可得01x <<，故选：A 6．①④
【分析】对①：借助导数研究函数的单调性即可得极值点个数；对②：借助导函数的导函数研究导函数可得导函数无零点，故函数不存在极值点；对③：举出反例即可得；对④：将零点个数转化为直线y kx b =+与曲线213y x =
+的交点个数，从而可通过研究过()0,b 的曲线2
1
3y x =+的切线，结合零点的存在性定理得到直线y kx b =+与曲线2
1
3y x =
+的关系.【详解】对①：当0k =时，()2
13f x b x =
，()()2232x f x x -'=+，则(),0x ∈-∞时，()0f x ¢>，当()0,x ∈+∞时，()0f x '<，故()f x 在(),0∞-上单调递增，在()0,∞+上单调递减，故对任意b ∈R ，()f x 有1个极大值点0x =，故①正确；对②：当18k >时，()()
2
232f x k x x +-'=-，若()f x 存在极值点，则()f x '有变号零点，则()
2
232x
k x -=+必须有解，
令()()
2
232x
x g x -=
+，
则()()()
()
()
()()
()
2
222224
3
3
2222611238386
333x x x x x x g x x x x x +'+=
--+++-=
++-+=
，
故当()(),11,x ∈-∞-⋃+∞时，()0g x '>，当()1,1x ∈-时，()0g x '<，
故()g x 在(),1-∞-、()1,+∞上单调递增，在()1,1-上单调递减，又0x ≥时，()0g x ≤，()()
()
2
8
211131g =+-⨯--=
，即()18g x ≤恒成立，故当18k >时，
()2232x k x -=+无解，故②错误；
对③：当0b =时，()2
1
3f x kx x =-+，当0k =时，()2
1
03f x x =>+，此时函数()f x 无零点，故③错误；对④：当1
03
b <<
时，若存在k ∈R ，使得()f x 有3个零点，则直线y kx b =+与曲线2
1
3y x =
+有三个不同交点，由直线y kx b =+过点()0,b ，曲线213y x =+过点10,3⎛⎫
⎪⎝⎭
，又1
03
b <<
，213y x =+是偶函数，且在()0,∞+上单调递减，
故当0k <时，直线y kx b =+与曲线2
1
3y x =
+在第二象限必有一交点，同理，当0k >时，直线y kx b =+与曲线2
1
3y x =+在第一象限必有一交点，过点()0,b 作曲线21
3y x =+0201,3x x ⎛⎫ ⎪+⎝
⎭，则切线方程为()
()00020
2221
33x y x x x x --
+-=+，即()()000202221
33x b x x x --+⨯-=+，则()()
2
2
020313x b x +=+，由103b <<
，则()
()
022
0231133x x +<+，即()()
2220011540x x +-++>，即()()()22220000141130x x x x +-+-=->，即2
03x ≥，
故当1
03
b <<
时，存在(
)
0,x ∈-∞+∞ ，
使曲线21
3y x =
+有过点()0,b 的切线，且切点为02
1,3x x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭
，
当0x >时，切线斜率为
()
22
230x x +<-，
则当()02022,03x k x ⎛⎫- ⎪∈ ⎪+⎝⎭
时，有()00f x <，又()1030b f =->，则存在()100,x x ∈，使()10f x =，此时函数y kx b =+单调递减，而2
1
03y x =
>+恒成立，故存在()20,x x ∈+∞，使()20f x =，
即当0x >时，存在()0
2022,03x k x ⎛⎫- ⎪∈ ⎪+⎝⎭
，使得()f x 有3个零点，
同理可得，当0x <()02020,23x k x ⎛⎫
- ∈ ⎪+⎝⎭
，使得()f x 有3个零点，故④正确.故答案为：①④.
【点睛】关键点点睛：第④个结论关键点在于将零点个数转化为直线y kx b =+与曲线2
1
3y x =+的交点个数，从而可通过研究过()0,b 的曲线21
3y x
=
+的切线，结合零点的存在性定理去得到直线y kx b =+与曲线2
1
3y x =
+的关系.7．②③④
【分析】对①：计算定义域即可得；对②：对0k >与0k <分类讨论，结合二次函数求根公式计算即可得；对③：借助两点间的距离公式与导数求取最值计算即可得；对④：结合函数性质与③中所得结论即可得.【详解】对①：令30x x -≥，即有()()110x x x +-≥，即[][]1,01,x ∞∈-⋃+，故函数()f x 不是奇函数，故①错误；
对②：0()f x kx kx -==
kx =，当0x =
00-=，故0是该方程的一个根；
当0x ≠，0k >
kx =，故0x >，结合定义域可得[]1,x ∞∈+，
有322x x k x -=，即()22
10x x k x --=，
令2
2
10x k x --=，4
40k ∆=+>
，有22k x =
或22
k x =（负值舍去）
，则
20122
k x +=，
故2210x k x --=必有一个大于1的正根，即0()f x kx -=必有一个大于1的正根；当0x ≠，0k <
kx =，故0x <，结合定义域有[)1,0∈-x ，
有322x x k x -=，即()22
10x x k x --=，
令2
2
10x k x --=，4
40k ∆=+>，有22k k x =或22
k k x =（正值舍去），
令244k t +=>，即24k t =-
，则22
211711742424
1
2222k t x ⎫⎛⎫--⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭==>=-，
即1x =-，故2210x k x --=在定义域内亦必有一根，
综上所述，R k ∀∈，且0k ≠，关于x 的方程0()f x kx -=恰有两个不相等的实数根，故②正确；对③：令(),P x y
，则有y =
2
2
2
3
2
1124
AP x x x
⎛
⎫=+
+=++
⎪⎝
⎭
，令()32
14
g x x x =++
，[][]1,01,x ∞∈-⋃+，()()2
3232g x x x x x =='++，当()21,1,3x ∞⎛⎫∈--⋃+ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，当2,03x ⎛⎫
∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，
故()g x 在21,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭、()1,∞+上单调递增，在2,03⎛⎫
- ⎪⎝⎭
上单调递减，
又()1111144g -=-++
=，()110044g =+=，故()14g x ≥恒成立，即2
14AP ≥，故12
AP ≥，故③正确；
对④：当12x x =时，由[][]1,01,x ∞∈-⋃+，121x x +=，故121
2
x x ==-，
此时，124y y =-==
，则12MN =≥，当12x x ≠时，由()y f x =与()y f x =-关于x 轴对称，不妨设12x x <，则有1210x x -≤<≤或121012x x -≤≤<≤≤，
当121012x x -≤≤<≤≤时，由2121x x x -≥≥，有
121MN x x =≥-≥，故
成立；
当1210x x -≤<≤时，即有211x x =-，
由③知，点M 与点N 在圆2
211:24A x y ⎛
⎫++= ⎪⎝
⎭上或圆外，
设点()1,M x m '与点()2,N x n '在圆上且位于x 轴两侧，则1M N ''=,故1MN M N ''≥=；
综上所述，1MN ≥恒成立，故④正确.故答案为：②③④.
【点睛】关键点点睛：结论④中的关键点在于借助结论③，结合函数的对称性，从而得到当1x 、2x 都小于零时，MN 的情况.8．②③④
【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.【详解】对于①，N ,1n n +∈∴= 时，()11
001
a R ==≠，故①错误；对于②，11
1
n a n +=
+，212n a n +=+，+12n n a a +∴>，故②正确；
对于③，112233411
111111
23341
n
i i n n i a a a a a a a a a a n n ++==++++=
⨯+⨯++⋅+∑ 111111111
23341212
n n n =
-+-++--<++ ，故③正确；
对于④，1231
111
23n
i n i a a a a a n
==++++=
+++∑ ，()2n ≥，构造函数()e 1x
g x x =--，()
0x >，则()e 10x
g x ='->，()g x 单调递增，
()(0)0g x g ∴>=，即当0x >时e 1x x >+，1
1
1
32111e 1,e 1,,e 123n n
>+>+>+ ，
111
23345111111
e
ln 2342232
n
n n n n n +++++⎛⎫
>⨯⨯⨯⨯=∴+++> ⎪⎝⎭
，当1n =时，110n
i i a a ===∑，11ln 02+=，1
1ln 2n
i i n a =+⎛⎫
∴≥ ⎪⎝⎭∑，故④正确.故选：②③④.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．9．
1-（1
3
a <-
内的值都可以）01a ≤≤或2
a ≥【分析】①分析函数的性质，确定零点所在的区间，通过解方程的方法，即可求解；
②根据分段函数的形式，确定两段函数都是单调递增，并根据分界点处函数值的关系不等式，即可求解.
【详解】①函数()23f x x a =+在()1,+∞上单调递增，()2
130f a =+>，
所以函数()f x 在区间()1,+∞上无零点，
则函数()3
3f x x ax =+在(],1-∞上有2个零点，
即330x ax +=，()
2
30x x a +=，则0x =
，或x =
或x =，a<0，
1>，解得：1
3
a <-，
所以a 的一个值是1-；
②函数()2
3f x x a =+在()1,+∞上单调递增，
则在(],1-∞上，()3
3f x x ax =+也单调递增，且321331a a +≤⨯+，
若函数在()3
3f x x ax =+在区间(],1-∞单调递增，
则()2
330f x x a '=+≥，即2≥-a x 在区间(],1-∞上恒成立，
即()
2
max
a x
≥-，即0a ≥，
不等式321331a a +≤⨯+，解得：2a ≥或1a ≤，综上可知，01a ≤≤或2a ≥.
故答案为：1-（1
3
a <-内的值都可以）；01a ≤≤或2
a ≥10．①③
【分析】取特殊值判断①，当0a <时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的零点确定函数的零点可判断③④.
【详解】当0a =时，()210 1.x x f x x ⎧<=⎨≥⎩
，，
，，显然函数的最小值为0，故①正确；
当0a <时，ln ()(1)a x
f x x x =
≥，()21ln ()a x f x x
-'=，当1e x <<时，()0f x '<，当e x <时，()0f x '>，所以()f x 在[)1,e 上单调递减，在[)e,+∞上单调递增，所以e x =时，()f x 有最小值(e)e
a
f =
，由1e a =-可得a e =-，
此时，1x <时，2()2e f x x x =-，()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以()(1)12e f x f >=-，与最小值为1-矛盾，
若1x <时，2()2f x x ax =+的对称轴方程为0x a =->，当1x a =-<时，
即1a >-时，2
min ()()f x f a a =-=-，若21a -=-，则1a =-与1a >-矛盾，
当1x a =-≥时，()f x 在(,1)-∞上单调递减，无最小值，综上，当0a <时，函数()f x 的最小值不为1-，故②错误；
由②知，1a <-时，1x <时，()f x 单调递减且(0)0f =，当1x ≥时，()0f x ≤且(1)0f =，所以函数恰有2个零点，故③正确；当0a >时，ln ()0(1)a x
f x x x
=≥≥且仅有(1)0f =，即ln ()(1)a x f x x x =≥有且只有1个零点，当0a <时，ln ()0(1)a x
f x x x
=
≤≥且仅有(1)0f =，即ln ()(1)a x f x x x =≥有且只有1个零点，综上0a ≠时，ln ()(1)a x
f x x x
=
≥有且只有1个零点，而2()2(2)f x x ax x x a =+=+在1x <上至多有2个零点，所以0a ≠时，函数没有4个零点，当0a =时，函数有无数个零点，故④错误.故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对a 分类讨论，利用导数研究[)1,+∞上的函数性质，结合二次函数性质研究另一段函数.
11．(1)24y x =-(2)2(3)2
a =【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）利用导数求出函数()g x 的单调区间，进而可求出最小值；
（3）分1a ≤和1a >两种情况讨论，在1a >时，再分x a >和1x a <<两种情况讨论，分离参数，构造函数并求出其最值，即可得解.【详解】（1）()()()ln 111
x
f x x x x '=-+>-，则()()22,20f f '==，
所以曲线()y f x =在2x =处的切线方程为()22y x =-，即24y x =-；（2）()()()()ln 111
x
g x f x x x x '==-+
>-，()()()22112111x x x g x x x x ---'=
+=
---，
当12x <<时，()0g x '<，当2x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在()1,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以()()min 22g x g ==；
（3）函数()f x 的定义域为()1,+∞，当1a ≤时，0x a ->，则
()
2f x x a
>-，即()()2f x x a >-，即()22a f x x -<-，由（2）得()2f x '≥，
令()()2h x f x x =-，则()()()201h x f x x ''=-≥>，所以()h x 在()1,+∞上单调递增，又当1x →时，()h x →-∞，因为1a ≤，所以22a -≥-，
此时()22a f x x -<-不恒成立，故1a ≤不符题意；当1a >时，若x a >，则0x a ->，则
()
2f x x a
>-，即()()2f x x a >-，即()22a f x x -<-，由上可知函数()()2h x f x x =-在(),a +∞上单调递增，所以()()()()ln 12h x h a a a a x a >=-->，
所以()2ln 12a a a a -≤--，解得2a ≥①，若1x a <<，则
()
2f x x a
>-，即()()2f x x a <-，即()22a f x x ->-，由上可知函数()()2h x f x x =-在()1,a 上单调递增，所以()()()()ln 1211h x h a a a a a <=--<<，所以()2ln 12a a a a -≥--，解得2a ≤②，由①②可得2a =，综上所述，2a =.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．12．(1)答案见解析(2)1
a ≥【分析】（1）首先求函数的导数，再分0,0,0a a a ><=三种情况讨论()f x 的单调性；
（2）不等式转化为11e x x a x -⎛
⎫-< ⎪⎝
⎭，设函数()1e x x h x x -=-，利用导数求函数的取值范围，再结合不等式，
讨论a 的取值，即可求解.
【详解】（1）()()1e x
f x a ax '=--，
当()0f x '=，得1a
x a
-=
，当0a >时，1,a x a -⎛
⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，
1,-⎛⎫
∈+∞ ⎪⎝⎭
a x a 时，()0f x '<，()f x 单调递减，当0a <时，1,a x a -⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，
1,-⎛⎫
∈+∞ ⎪⎝⎭
a x a 时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，当0a =时，()e x
f x =，函数()f x 在R 上单调递增，
综上可知，0a >时，函数()f x 的单调递增区间是1,a a -⎛⎫-∞ ⎝⎭，单调递减区间是1,a a -⎛⎫
+∞
⎪⎝⎭
，0a <时，函数()f x 的单调递减区间是1,
a a -⎛
⎫-∞ ⎪⎝
⎭，单调递增区间是1,a a -⎛⎫
+∞
⎪⎝⎭
，
0a =时，函数()f x 的增区间是(),-∞+∞，无减区间.
（2）不等式()()1e 1x
ax a x ->-，即11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝⎭，
设()1e x x h x x -=-，()2e 2
1e e
x x x
x x h x -+-'=-=，设()e 2x
t x x =+-，()e 10x t x '=+>，所以()t x 单调递增，
且()01t =-，()1e 20t =->，
所以存在()00,1x ∈，使()00t x =，即()00h x '=，
当()0,x x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，
所以()()00
000e 1
e x x x x h x h x -+≥=，
因为e 1x
x ≥+，所以()()()0000
2
000000011e 11
0e e e x x x x x x x x x x h x h x +-+-++≥=≥=>，
当0x ≤时，()()01h x h ≥=，当1x ≥时，()()11h x h ≥=，
不等式()()1e 1x
ax a x ->-无整数解，即11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝
⎭无整数解，
若0a ≤时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，若1a ≥时，即
1
1a
≤，因为函数()h x 在(],0-∞上单调递减，在[)1,+∞上单调递增，所以Z x ∈时，()()(){}1
min 0,11h x h h a ≥=≥，所以()1h x a
<无整数解，符合题意，当01a <<时，因为()()1
011h h a
==<，显然0,1是()1a h x ⋅<的两个整数解，不符合题意，综上可知，1a ≥.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键1是不等式的变形11e x x a x -⎛
⎫-< ⎪⎝⎭，第二个关键是确定函数
()1
e
x x h x x -=-
的单调性，以及确定()()011h h ==.13．(1)1a =；(2)证明见解析；(3)01k <≤.
【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得；
（2）分0x >，0x =，0x <，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证；
（3）令()e cos sin 2x
F x x k x =+--，分01k <≤，1k >两种情况，利用导数讨论最值即可得解.【详解】（1）解：因为()e cos x f x a x =+，所以()0
0e 1f a a =+=+，
又点()()0,0f 在切线2y x =+上，所以()02f =，
所以12a +=，即1a =.
（2）证明：欲证方程()2f x =仅有一个实根，只需证明e cos 20x x +-=仅有一个零点，
令()e cos 2x g x x =+-，则()e sin x
g x x '=-，令()()e sin x
h x g x x =-'=，则()e cos x h x x '=-，
讨论：（1）当0x >时，()0
e cos e cos 1cos 0x h x x x x =->-=-≥'，
所以()h x 在()0,∞+上单调递增，所以()()01h x h >=，即()e sin 10x
g x x =>'->，
所以()g x 在()0,∞+上单调递增，()()00g x g >=，即此时无零点；（2）当0x =时，()00g =，即此时有一个零点；
（3）当0x <时，()0
e cos 2e cos 21cos 0
x g x x x x =+-<+-=-+≤所以，当0x <时，()0g x <，即此时无零点
综上可得，()e cos 2x
g x x =+-仅有一个零点，得证.
（3）当()0,x ∞∈+时，e cos sin 2x x k x +>+，即e cos sin 20x x k x +-->恒成立，
令()e cos sin 2x
F x x k x =+--，则()e sin cos x
F x x k x =-'-，
由（Ⅱ）可知，()0,x ∞∈+时e sin 1x x ->，
所以()e sin cos 1cos x
F x x k x k x '=-->-，
讨论：（1）当01k <≤时，因为1cos 1x -≤≤，所以cos k k x k -≤≤，即11cos 1k k x k -≤-≤+，所以()1cos 10F x k x k >≥'--≥，即当01k <≤时，()0F x '>，
所以()e cos sin 2x
F x x k x =+--在()0,x ∞∈+时单调递增，
所以()()00F x F >=恒成立，即满足条件e cos sin 20x x k x +-->，
（2）当1k >时，由()e sin cos x
F x x k x =-'-可知()010F k ='-<，又()π
πe 0F k '=+>，所以存在()00,πx ∈，使得()00F x '=，
所以，当()00,x x ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减，当()0,x x ∞∈+时，()0F x '>，()F x 单调递增，
所以()()000F x F <=，即不能保证e cos sin 20x x k x +-->恒成立，综上可知，正数k 的取值范围是01k <≤.
【点睛】思路点睛：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解.
14．(1)3y x =-+(2)答案见解析(3)1
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）求导，分0a =，0a >和a<0三种情况讨论，再结合极大值的定义即可得解；
（3）令1()e 0ax f x x =+
=，则1
e ax x =-，再分x 的正负讨论，当0x <时，分离参数可得()ln x a x
-=-，则函数()f x 零点的个数即为函数()ln ,x y a y x -==-
图象交点的个数，构造函数()()
()ln 0x h x x x
-=-<，利用导数求出其单调区间和极值，作出函数的大致图象，结合图象即可得解.【详解】（1）当0a =时，1()1f x x
=+，()2
1
f x x '=-，则()()11,12f f =-'=，
所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为()21y x -=--，即3y x =-+；
（2）21
()e ax f x a x
'=-
，则()22()()e 10ax g x f x x ax x =⋅=-≠'，则()()()222e e 2e 0ax ax ax
g x ax a x ax ax x =+=+≠'，
当0a =时，()1g x =-，此时函数()g x 无极值；
当0a >时，令()0g x '<，则0x >或2x a <-，令()0g x '<，则2
0x a -<<，
所以函数()g x 在(2,,0,a ∞∞⎛
⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,0a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，
所以()g x 的极大值为2241e
g a a ⎛⎫
-=- ⎪⎝⎭；
当a<0时，令()0g x '<，则0x <或2
x a
>-
，令()0g x '<，则20x a <<-，
所以函数()g x 在()2,0,,a ∞∞⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,a ⎛
⎫- ⎪⎝
⎭上单调递减，
而函数()g x 的定义域为()(),00,∞∞-⋃+，所以此时函数()g x 无极值.
综上所述，当0a ≤时，函数()g x 无极大值；当0a >时，()g x 的极大值为
24
1e
a -；（3）令1()e 0ax
f x x =+
=，则1e ax x =-，当0x >时，1
e ,00ax
x
>-
<，
所以0x >时，函数()f x 无零点；
当0x <时，由1e ax
x =-
，得1ln ax x ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭，所以()ln x a x
-=-，则0x <时，函数()f x 零点的个数即为函数()
ln ,x y a y x
-==-图象交点的个数，令()()()ln 0x h x x x -=-
<，则()()2
ln 1
x h x x --'=
，当e x <-时，()0h x '>，当e 0x -<<时，()0h x '<，所以函数()h x 在(),e ∞--上单调递增，在()e,0-上单调递减，所以()()max 1
e e
h x h =-=
，又当x →-∞时，()0h x >且()0h x →，当0x →时，()h x ∞→-，如图，作出函数()h x 的大致图象，
又e a <-，由图可知，所以函数()()
ln ,x y a h x x
-==-的图象只有1个交点，即当0x <时，函数()f x 只有1个零点；综上所述，若e a <-，函数()f x 有1个零点．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.15．(1)2e 2
+(2)单调递增区间为(),1-∞-；单调递减区间为()1,0-(3)1a e
=-
【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；
（2）对函数求导得到()()11e x f x x x ⎛⎫
=+- ⎪⎝⎭
'，由函数()f x 定义域知1e 0x x -<，再利用导数与函数单调性间
的关系，即可求出结果；
（3）对函数求导得到()()1e 1x f x x x a ⎛⎫
=++ ⎪⎝⎭
'，再分0a >和a<0两种情况讨论，利用导数与函数单调性间的
关系，求出函数的单调区间，结合条件，即可求出结果.
【详解】（1）当1a =时，()ln e x
f x x x x =++，
所以()()1
11e x f x x x
=+
++',得到()12e 2f '=+，所以曲线()y f x =在点()(1,)1f 处切线的斜率为2e 2+．
（2）当1a =-时，()()ln e x
f x x x x =+--，易知()f x 的定义域为(),0∞-，
又()()()1111e 1e x x f x x x x x ⎛⎫=+
-+=+- ⎪⎝⎭
'，因为(),0x ∈-∞，所以1e 0x
x
-<，
所以(),1x ∈-∞-时，()0f x ¢>，()1,0x ∈-时，()0f x '<所以()f x 的单调递增区间为(),1-∞-；单调递减区间为()1,0-．（3）因为()()1ln e x
f x x ax x a =++，所以()()1e 1x f x x x a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭
'，
易知0a ≠，当0a >时，()f x 的定义域为()0,∞+，所以()0f x ¢>恒成立，故()f x 在)∞+上单调递增，
又1
2111e 0a
f a a a
⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，所以0a >不合题意，
当0a <时，()f x 的定义域为(),0∞-，此时1e
0x
x a
+<，
所以(),1x ∈-∞-时，()0f x ¢>，()1,0x ∈-时，()0f x '<，故()f x 的单调递增区间为(),1-∞-，单调递减区间为()1,0-，所以()()max 1()11ln e
f x f a a =-=-+--．设()()1
1ln (0)e g x x x x
=-+--
<，则()2211e 1e e x g x x x x +=+='，
当1,e x ∞⎛
⎫∈-- ⎪⎝
⎭时，()0g x '<，1,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '>，
所以()g x 的单调递减区间为1,e ⎛
⎫-∞- ⎪⎝⎭；单调递增区间为1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭
．
所以min 1()1e g x g ⎛⎫
=-=- ⎪⎝⎭
，
所以集合(){}1x
f x ≥-∣有且只有一个元素时1
a e
=-．【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：
一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；
三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.16．(1)()f x 的增区间为(),2∞-，减区间为(2,)+∞(2)1
a ≥-【分析】（1）对函数求导，得到12
1
(1))e 2
(a x f x x -=-
'，再求出()0f x '>和()0f x '<对应的x 取值，即可求出结果；
（2）令2()()e h x f x a -=+，对()h x 求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出()h x 的单调区间，进而得
出()h x 在(0,)+∞上取值范围，从而将问题转化成122
2e e e a a a ---+≥成立，构造函数12()e e x m x x --=+，再利
用()m x 的单调性，即可求出结果.
【详解】（1）易知定义域为R ，因为1
2
()e
a x f x x -=，所以111
2
2
211(1)()e
2e e 2
a x a x a x x x x f ----=-'=，由()0f x '=，得到2x =，当2x <时，()0f x '>，当2x >时，()0f x '<，所以，函数()f x (),2∞，单调递减区间为()2,∞+.（2）令2()()e h x f x a -=+，则()()h x f x ''=，
由（1）知，函数()f x 的单调递增区间为(),2∞-，单调递减区间为()2,∞+，所以()h x 在2x =时取得最大值12(2)2e e a h a --=+，
所以当2x >时，1
222()e e e (0)a x h x x a a h ---=+>=，当02x <<时，()(0)h x h >，即当,()0x ∈+∞时，(]()(0),(2)h x h h ∈，所以函数1
22
()e
e a x g x x a --=+在(0,)+∞存在最大值的充要条件是1222e e e a a a ---+≥，
即122122e e e e +e 02
a a a a a -----++=≥，
令12()e e x m x x --=+，则12()e e 0x m x --'=+>恒成立，所以12()e e x m x x --=+是增函数，又因为22(1)e e 0m ---=-=，所以12()e e 0a m a a --=+≥的充要条件是1a ≥-，所以a 的取值范围为[)1,-+∞.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，构造函数1
22()e e a x h x x a --=+，利用函数单调性得到,()
0x ∈+∞时，(]()(0),(2)h x h h ∈，从而将问题转化成122
2e e e a a a ---+≥，构造函数12()e e x m x x --=+，再利用()m x 的
单调性来解决问题.17．(1)12
y =-
(2)()1
2
f x a =-极大值，无极小值(3)当1
2a =
时()f x 有一个零点，当112
a <≤时()f x 无零点【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；（2）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出极值；（3）依题意可得()1
ln 102
a x x a -
+-=，令()()1ln 12F x a x x a =-+-，则判断()f x 的零点个数，即判断()
F x 的零点个数，利用导数说明()F x 的单调性，求出()()max ln 221F x a a a =-+，再令()ln 12
x
H x x x =
-+，[]1,2x ∈，利用导数说明()H x 的单调性，即可求出()max H x ，从而得解.
【详解】（1）当1a =时()21ln 2f x x x x =-，则()1
12
f =-，()ln 1f x x x '=+-，所以()10f '=，
所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为12
y =-.
（2）函数()f x 的定义域为(0,∞+，且()()ln 1ln 1f x a x a x a a x x '=+-+-=-+，令()()ln 1g x f x a x x '==-+，则()1a a x
g x x x
-'=
-=，因为a<0，所以()0g x '<恒成立，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，即()f x '在()0,∞+上单调递减，又()10f '=，
所以当01x <<时()0f x ¢>，当1x >时()0f x '<，则()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()1
2
f x a =-极大值，无极小值.（3）令()0f x =，即()2
1ln 102
ax x x a x -+-=，因为0x >，所以()1
ln 102
a x x a -+-=，令()()1
ln 12
F x a x x a =-
+-，
所以判断()f x 的零点个数，即判断()F x 的零点个数，又()1222a a x F x x x -'=
-=，112
a ≤≤，所以当02x a <<时()0F x '>，当2x a >时()0F x '<，所以()F x 在()0,2a 上单调递增，在()2,a +∞上单调递减，所以()()()max 2ln 221F x F a a a a ==-+，令()ln 12
x
H x x x =-+，[]1,2x ∈，则()11
ln 22
H x x '=
-，因为[]1,2x ∈，所以()()111ln 2ln 210222H x '≤-=-<，
所以()H x 在[]1,2上单调递减，所以()()10H x H ≤=，所以()20F a ≤，当且仅当1
2
a =时等号成立，所以当1
2
a =时()F x 有一个零点，即()f x 有一个零点，当
1
12
a <≤时()F x 无零点，即()f x 无零点，综上可得当12a =
时()f x 有一个零点，当1
12
a <≤时()f x 无零点.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将问题转化为()1
ln 102
a x x a -+-=，利用导数求出
()()max ln 221F x a a a =-+，再构造函数()ln 12
x
H x x x =
-+，[]1,2x ∈.18．(1)y x =(2)见解析(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义，求切线方程；
（2）首先求函数的导数，再讨论01a <≤和1a >两种情况求函数的单调性，求函数的最值；
（3）首先根据不等式构造函数()e ln 1x
g x x x x =---，再利用导数求函数的最小值，即可证明.
【详解】（1）()()1e ax
f x ax '=+，()01f '=，()00f =，
所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y x =；
（2）()()1e ax
f x ax '=+，0
a >当01a <≤时，()0f x '≥在区间[]1,1-上恒成立，()f x 在区间[]1,1-上单调递增，
所以函数()f x 的最小值为()1e ax
f --=-，最大值为()1e a f =，
当1a >时，()0f x '=，得()1
1,0x a
=-∈-，
()f x '在区间11,a ⎡
⎫--⎪⎢⎣⎭小于0，函数()f x 单调递减，
()f x '在区间1,1a ⎡⎤
-⎢⎥⎣⎦大于0，函数()f x 单调递增，
所以函数()f x 的最小值为11e f a a ⎛⎫
-=- ⎪⎝⎭
，
()1e ax f --=-，()1e a f =，显然()()11f f >-，所以函数()f x 的最大值为()1e a f =，
综上可知，当01a <≤时，函数()f x 的最小值为()1e ax f --=-，最大值为()1e a
f =，
当1a >时，函数()f x 的最小值为11e f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭
，最大值为()1e a
f =；
（3）当1a =时，()e x
f x x =，即证明不等式e ln 1x x x x ≥++，
设()e ln 1x
g x x x x =---，0x >，()()11e ⎛⎫'=+- ⎪⎝
⎭x g x x x ，
设()1e x
h x x =-
，0x >，()21e 0x
h x x
'=+>，所以()h x 在()0,∞+
单调递增，并且1202h ⎛⎫
=< ⎪⎝⎭，()1e 10h =->，
所以函数()h x 在1,12⎛⎫
⎪⎝⎭
上存在唯一零点0x ，使()0001e 0x h x x =-=，
即()00g x '=，则在区间()00,x ，()0x '<，()g x 单调递减，在区间()0,x +∞，()0g x '>，()g x 单调递增，
所以()g x 的最小值为()00000e ln 1x
g x x x x =---，
由()000
1
e 0x
h x x =-
=，得001x x e =，且00ln x x =-，所以()00g x =，
所以()e ln 10x
g x x x x =---≥，即()ln 1f x x x ≥++.
19．(1)1
y x =+(2)函数()h x 有唯一零点0x =，证明过程见解析(3)2
【分析】（1）只需分别求出()()0,0f f '即可得解；（2）首先有()()e ln 121x
h x x x =++--，()()1e 211
x x x h x x +--'=
+，令()()()1e 21,1x m x x x x =+-->-，我们
可以通过构造导数来说明()0m x >，即()0h x '>，这表明了()h x 单调递增，注意到()00h =，由此即可进一步得证；
（3）首先我们可以连续求导说明函数()f x '在(]1,0-上递减，在[)0,∞+上递增.其次
()()()()()000h x f x f x x x f x =---'，故()()()0h x f x f x ''-'=.进一步有()()000h x h x '==，然后分
000,10x x >-<<两种情况分类讨论即可求解.
【详解】（1）当00x =时，()()001f x f ==，
而()1
e 11
x f x x =+
-+'，所以()01f '=，从而切线方程为10y x -=-，也就是1y x =+.
（2）由题意()()()()()()e ln 11e ln 121x x
h x f x h x x x x x x =-=++--+=++--，
所以()()1e 211
e 211
x x
x x h x x x +--=+-=
'++，令()()1e 21x m x x x =+--，则()()2e 2x
m x x =+-'，
当10x -<<时，122x <+<，0e 1x <<，
所以()2e 2e 212x x
x +<<⨯=，即()0m x '<，
所以当10x -<<时，()m x 单调递减，()()00m x m >=，当0x >时，22x +>，e 1x >，
所以()2e 2e 212x x
x +>>⨯=，即()0m x '>，
所以当0x >时，()m x 单调递增，()()00m x m >=，综上，()0m x ≥恒成立，也就是()0h x '≥恒成立，所以()h x 在()1,∞-+又因为()00h =，故函数()h x 有唯一零点0x =，且当10x -<<时，()0h x <，当0x >时，()0h x >；因此当10x -<<时，()0xh x >，当0x >时，()0xh x >，故()0xh x ≥；
（3）对n 个实数12,,...,n a a a ，定义()12max ,,...,n a a a 和()12min ,,...,n a a a 分别为12,,...,n a a a 中最大的一个和最小的一个.
现在，()()e ln 1x f x x x =++-，故()1
e 11
x
f x x =+
-+'，令()()f x x ϕ'=，再对()x ϕ求导一次得到()()
2
1
e 1x
x x ϕ=-
+'.
当10x -<<时，()()
()
02
2
1
1
e e 110101x
x x ϕ=-
<-
='-=++，()x ϕ单调递减；
当0x >时，()()
()
02
2
1
1
e e 110101x
x x ϕ=-
>-
='-=++，()x ϕ单调递增.。