高考数学压轴题集锦——导数及其应用三
2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（三）
1.已知函数 .
（1）若函数 有零点，求实数 的取值范围；
（2）证明：当 时， .
2.已知函数 （ ）， （ ）.
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ， ，若 （ ）是 的两个零点，且
，试问曲线 在点 处的切线能否与 轴平行？请说明理由.
3.已知函数 （ ）
（1）若 在 处取得极大值，求实数 的取值范围；
（2）若 ，且过点 有且只有两条直线与曲线 相切，求实数
的值.
x
axxf += ln)(
)(xf a
ea 2≥ xexf −>)(
2( ) lnf x x a x= − a R∈ ( )F x bx= b R∈
( )f x
2a = ( ) ( ) ( )g x f x F x= + 1 2,x x 1 20 x x< < ( )g x
1 2
0 2
x xx
+= ( )y g x= 0x x
3 2( )f x x mx nx= + + ,m n R∈
( )f x 1x = m
' (1) 0f = (0,1)P ( )y f x= m
4.已知函数 ， .
（1）求函数 的单调区间；
（2）求证： ，
5.已知函数f（x）= ﹣ax+b在点（e，f（e））处的切线方程为y=﹣ax+2e．
（Ⅰ）求实数b的值；
（Ⅱ）若存在x∈[e，e2]，满足f（x）≤ +e，求实数a的取值范围．
6.已知函数 的图像在 处的切线 过点 .
（1）若函数 ，求 的最大值（用 表示）；
（2）若 ， ，证明： .
2( ) xf x x e= 3( ) 2g x x=
( )f x
x R∀ ∈ ( ) ( )f x g x≥
x
x
ln
4
1
21( ) ln 12f x x ax bx= − + + 1x = l 1 1( , )2 2
( ) ( ) ( 1) ( 0)g x f x a x a= − − > ( )g x a
4a = − 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 3 2f x f x x x x x+ + + + = 1 2
1
2x x+ ≥
7.已知函数 ， ， .
（1）当 时，求曲线 在 处的切线方程；
（2）若对任意的 ，都有 成立，求实数 的取值范围.
8.设函数
（1）求 的单调区间；
（2）若 为整数，且当 时， 恒成立，其中 为
的导函数，求 的最大值.
9.设函数 .
（1）若对定义域内的任意 ，都有 成立，求实数 的值；
（2）若函数 的定义域上是单调函数，求实数 的取值范围；
（3）若 ，证明对任意的正整数 ， .
1)(1
<′
+
−
xfx
xk )(xf ′
( ) ln af x x x x
= + 3 2( ) 3g x x x= − − a R∈
1a = − ( )y f x= 1x =
1 2
1, [ ,2]2x x ∈ 1 2( ) ( )f x g x≥ a
2)( −−= axexf x
)(xf
ka ,1= 0>x )(xf
k
2( ) ln( 1)f x x b x= + +
x ( ) (1)f x f≥ b
( )f x b
1b = − n 3 3 3
1
1 1 1 1( ) 1 2 3
n
k
f k n=
< + + + +∑
10.已知函数 （ 且 ）， 为自然对数的底数．
（Ⅰ）当 时，求函数 在区间 上的最大值；
（Ⅱ）若函数 只有一个零点，求 的值．
11.已知函数 ， .
（1）当 时，求 的单调递增区间；
（2）设 ，且 有两个极值 ，其中 ，求
的最小值.
12.已知函数f（x）=lnx+x2﹣2ax+1（a为常数）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若存在x0∈（0，1]，使得对任意的a∈（﹣2，0]，不等式2mea（a+1）+f（x0）＞a2+2a
+4（其中e为自然对数的底数）都成立，求实数m的取值范围．
1( ) ( 1)lnxf x a e x a a
= − + − 0a > 1a ≠ e
a e= ( )y f x= [ ]0,2x∈
( )f x a
1( )f x x x
= − ( ) 2 lng x a x=
1a ≥ − ( ) ( ) ( )F x f x g x= −
( ) ( ) ( )h x f x g x= + ( )h x 1 2,x x 1
1(0, ]3x ∈
1 2( ) ( )h x h x−
13.已知函数f（x）=ax+x2﹣xlna（a＞0，a≠1）．
（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）求函数f（x）单调增区间；
（3）若存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1（e是自然对数的底数），求实
数a的取值范围．
14.已知函数 ， ．
（1）若函数 在 上单调递增，求实数 的取值范围；
（2）若直线 是函数 图像的切线，求 的最小值；
（3）当 时，若 与 的图像有两个交点 ，求证：
1( ) lnf x x x
= − ( )g x ax b= +
( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( )0,+∞ a
( )g x ax b= + 1( ) lnf x x x
= − a b+
0b = ( )f x ( )g x 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y
2
1 2 2x x e>
15.某工艺品厂要设计一个如图1所示的工艺品，现有某种型号的长方形材料如图2所示，其
周长为4m，这种材料沿其对角线折叠后就出现图1的情况．如图，ABCD（AB＞AD）为长
方形的材料，沿AC折叠后 交DC于点P，设△ADP的面积为
，折叠后重合部分△ACP的面积为 ．
（Ⅰ）设 m，用 表示图中 的长度，并写出 的取值范围；
（Ⅱ）求面积 最大时，应怎样设计材料的长和宽？
（Ⅲ）求面积 最大时，应怎样设计材料的长和宽？
16.已知 .
（1）当 时，求 在 处的切线方程；
（2）若存在 ，使得 成立，求实数 的取值范围.
AB′ 2S
1S
AB x= x DP x
2S
( )1 22S S+
( ) ( )2 lnxf x e x a= + +
1a = ( )f x ( )0,1
[ )0 0,x ∈ +∞ ( ) ( ) 2
0 0 02lnf x x a x< + + a
17.已知函数 恰有两个极值点 ，且 .
（1）求实数 的取值范围；
（2）若不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
18.已知函数f（x）=（lnx﹣k﹣1）x（k∈R）
（1）当x＞1时，求f（x）的单调区间和极值．
（2）若对于任意x∈[e，e2]，都有f（x）＜4lnx成立，求k的取值范围．
（3）若x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明：x1x2＜e2k．
19.已知函数 （ ）.
（Ⅰ）若曲线 在点 处的切线与 轴垂直，求 的值；
（Ⅱ）若函数 有两个极值点，求 的取值范围；
（Ⅲ）证明：当 时， .
( ) ( ) ( )2ln 1f x ax x x a R= − − ∈ 1 2,x x 1 2x x<
a
1 2ln ln 1x xλ λ+ > + λ
( ) 21e 2
xf x a x x= − − a∈R
( )y f x= ( )( )0, 0f y a
( )f x a
1x > 1e lnx x x x
> −
20.已知函数 .
(1)当 时，求 在 上的值域；
(2)若函数 有三个不同的零点，求 的取值范围.
21.已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）讨论函数 的单调性.
22.已知函数 在 上为增函数，且 .
（Ⅰ）求函数 在其定义域内的极值；
（Ⅱ）若在 上至少存在一个 ，使得 成立，求实数 的取值范围.
( ) ( )3 21 2 33f x x x x b b R= - + + Î
0b = ( )f x [ ]1,4
( )f x b
2ln2
1)( 2 −−= xaxxf
1=a )(xf ))1(,1( f
)(xf
1( ) lnsinf x xx θ= + [1, ]+∞ (0, )θ π∈
( )f x
[1, ]e 0x 0 0
0
2( ) ekx f x x
− > k
参考答案
1.（1）函数 的定义域为 .
由 ，得 .
①当 时， 恒成立，函数 在 上单调递增，
又 ，
所以函数 在定义域 上有 个零点.
②当 时，则 时， 时， .
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
当 .当 ，即 时，又 ，
所以函数 在定义域 上有 个零点.
综上所述实数 的取值范围为 .
另解：函数 的定义域为 .
由 ，得 .
令 ，则 .
当 时， ；当 时， .
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
故 时，函数 取得最大值 .
因 ，两图像有交点得 ，
综上所述实数 的取值范围为 .
（2）要证明当 时， ，
即证明当 时， ，即 .
x
axxf += ln)( ),0( +∞
x
axxf += ln)( 22
1)( x
ax
x
a
xxf
−=−=′
0≤a 0)( >′ xf )(xf ),0( +∞
+∞→+∞→<=+= )(,,01ln)1( xfxaaf
)(xf ),0( +∞ 1
0>a ),0( ax∈ ),(;0)( +∞∈<′ axxf 0)( >′ xf
)(xf ),0( a ),( +∞a
1ln)]([ min +== axfax 01ln ≤+a ea 10 ≤< 01ln)1( >=+= aaf
)(xf ),0( +∞ 2
a ]1,( e
−∞
x
axxf += ln)( ),0( +∞
x
axxf += ln)( xxa ln−=
xxxg ln)( −= )1(ln)( +−=′ xxg
)1,0( ex∈ 0)( >′ xg ),1( +∞∈
ex 0)( <′ xg
)(xg )1,0( e ),1( +∞
e
ex 1= )(xg eeeeg 11ln1)1( =−=
+∞→+∞→ )(, xfx ea 1≤
a ]1,( e
−∞
ea 2≥ xexf −>)(
eax 2,0 ≥> xex
ax −>+ln xxeaxx −>+ln
令 ，则 .
当 时， ；当 时， .
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
当 时， .
于是，当 时， .①
令 ，则 .
当 时， ；当 时， .
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
当 时， .
于是，当 时， .②
显然，不等式①、②中的等号不能同时成立.
故当 时， .
2.（Ⅰ）
(1)当 时， ， 在 单调递增，
(2)当 时， 有
(Ⅱ)
假设 在 处的切线能平行于 轴.
axxxh += ln)( 1ln)( +=′ xxh
ex 10 << 0)( <′ xf ex 1> 0)( >′ xf
)(xh )1,0( e ),1( +∞
e
ex 1= aexh +−= 1)]([ min
ea 2≥
eaexh 11)( ≥+−≥
xxex −=)(ϕ )1()( xexeex xxx −=−=′ −−−ϕ
10 << x 0)( >′ xf 1>x 0)( <′ xf
)(xϕ )1,0( ),1( +∞
1=x ex 1)]([ min =ϕ
0>x ex 1)( ≤ϕ
ea 2≥ xexf −>)(
0,22)(
2
>−=−=′ xx
ax
x
axxf
0≤a 0)( >′ xf )(xf ( )上+∞,0
0>a
20)( axxf ==′ 得
+∞
> ,22,0)(0 aaxfa ，单调增区间是的单调减区间是时，所以
bxxxxg +−= ln2)( 2
)(xgy = 0x x
∵
由假设及题意得：
④
由-得，
即
由④⑤得，
令 ， .则上式可化为 ，
设函数 ，则
,
所以函数 在 上单调递增.
于是，当 时，有 ，即 与⑥矛盾.
所以 在 处的切线不能平行于 轴.
3.（Ⅰ）
∴ ①
( )0,22)( >+−=′ xbxxxg
0ln2)( 11
2
11 =+−= bxxxxg
0ln2)( 22
2
22 =+−= bxxxxg
1 2
02
x x x
+ =
022)(
0
00 =+−=′ bxxxg
( ) ( ) ( ) 0lnln2 2121
2
2
2
1 =−+−−− xxbxxxx
0
21
2
`1
2
ln2
xxx
x
x
b −−=
( ) 1
1 21 2
12 1 2
2
2 22ln
1
x
x xx x
xx x x
x
−−= =+ +
1
2
x tx
= 1 2 , 0 1x x t< ∴ < < 1
22ln +
−=
t
tt
( ) ( )101
22ln <<+
−−= tt
ttth
( ) ( )
( )
( ) 0
1
1
1
41
2
2
2
>
+
−=
+
−=′
tt
t
ttth
( )
1
22ln +
−−=
t
ttth (0,1)
0 1t< < ( ) ( ) 01 =< hth 2 2ln 01
tt t
−− <+
( )y f x= 0x x
nmxxxf ++=′ 23)( 2
( ) 02301 =++=′ nmf 得由
.0124 2 >−=∆ nm
( ) 303 2 −≠>+ mm ，得到
∵
∴
由题
②
由①②得
（Ⅱ）
所以
因为过点 且与曲线 相切的直线有且仅有两条，
令切点是 ，
则切线方程为
由切线过点 ，所以有
∴
整理得
所以
,即为所求
4.（Ⅰ）
∴
( ) ( )( )32313223)( 2 ++−=+−+=′ mxxmmxxxf
+−===′
3
2110)( mxxxf 或，得
3,13
21 −<>
+− mm 解得
3−
′>−< xfxfxx
( ) ( ) ( )+∞−∞−− ,020,2)( ，和，，单调递增区间是的单调递减区间是所以 xf
0≤x )()( xgxf ≥ 0>x )()( xgxf ≥ 02 ≥x
xex x 20 ≥> 时，只需证
( )+∞∈−= ,0,2)( xxexh x令
2)( −=′ xexh
2ln,0)( ==′ xxh 得
( ) ( ) 02lnln22ln222ln22ln)( 2ln
min >−=−=−==∴ eehxh
( ) 恒成立0)(,,0 >+∞∈∴ xhx
0>x )()( xgxf >
Rx∈∀ ( ) ( )f x g x≥
( ) ( ) ( ) ( ) 0,,2ln,0,2ln,0 >′+∞∈<′∈∴ xhxxhx
( ) ( ) ( )上单调递增上单调递减，在，在 +∞∴ ,2ln2ln0xh
则函数p（x）在[e，e2]上单调递减，
∴p（x）＜p（e）=lne﹣2 ＜0，
则h′（x）＜0，及h（x）在区间[e，e2]单调递减，
h（x）≥h（e2）= ﹣ = ﹣ ，
∴实数a的取值范围[ ﹣ ，+∞]．
6.（1）由 ，得 ，
的方程为 ，又 过点 ，
∴ ，解得 .
∵ ，
∴ ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
故 .
（2）证明：∵ ，∴
，
，∴
令 ， ， ，令 得 ；令
得 .∴ 在 上递减，在 上递增，
∴ ，∴ ， ，解得： .
7.（1）当 时， ， ， ，
' 1( )f x ax bx
= − + ' (1) 1f a b= − +
l 1( 1) (1 )( 1)2y a b a b x− − + + = − + − l 1 1( , )2 2
1 1 1( 1) (1 )( 1)2 2 2a b a b− − + + = − + − 0b =
21( ) ( ) ( 1) ln (1 ) 12g x f x a x x ax a x= − − = − + − +
2
'
1( )( 1)1 (1 ) 1( ) 1 ( 0)
a x xax a x ag x ax a ax x x
− − +− + − += − + − = = >
1(0, )x a
∈ ' ( ) 0g x > ( )g x
1( , )x a
∈ +∞ ' ( ) 0g x < ( )g x
2
max
1 1 1 1 1 1( ) ( ) ln ( ) (1 ) 1 ln2 2g x g a a aa a a a a
= = − + − + = −
4a = −
2 2
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) 3 ln 2 1 ln 2 1 3f x f x x x x x x x x x x x x x+ + + + = + + + + + + + +
2
1 2 1 2 1 2 1 2ln( ) 2( ) 2 2x x x x x x x x= + + + + − + = 2
1 2 1 2 1 2 1 22( ) ln( )x x x x x x x x+ + + = −
1 2 ( 0)x x m m= > ( ) lnm m mϕ = − ' 1( ) mm m
ϕ −= ' ( ) 0mϕ < 0 1m< <
' ( ) 0mϕ > 1m > ( )mϕ (0,1) (1, )+∞
( ) (1) 1mϕ ϕ≥ = 2
1 2 1 22( ) 1x x x x+ + + ≥ 1 2 0x x+ > 1 2
1
2x x+ ≥
1a = − 1( ) lnf x x x x
= − (1) 1f = − '
2
1( ) ln 1f x x x
= + +
，从而曲线 在 处的切线为 ，即 .
（2）对任意的 ，都有 成立，从而
对 ， ，从而 在 递减，
递增， .
又 ，则 .
下面证明当 时， 在 恒成立.
，即证 .
令 ，则 ， .
当 时， ，当 时， ，从而 在 递减，
递增， ，
从而 时， 在 恒成立.
8.（1）函数f（x）=ex-ax-2的定义域是R，f′（x）=ex-a，
若a≤0，则f′（x）=ex-a≥0，所以函数f（x）=ex-ax-2在（-∞，+∞）上单调递增
若a＞0，则当x∈（-∞，lna）时，f′（x）=ex-a＜0；
当x∈（lna，+∞）时，f′（x）=ex-a＞0；
所以，f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增
（2）由于a=1，
令 ， ，
令 ， 在 单调递增，
且 在 上存在唯一零点，设此零点为 ，则
1)1)((1)(1
' +<−−⇔<+
−
xexkxfx
xk x
xe
xkex x
x +−
+<∴>−∴>
1
1.01,0
xe
xxg x
+−
+=
1
1)( min)(xgk <∴
22
'
)1(
)2(1)1(
1)( −
−−=+−
−−=
x
xx
x
x
e
xee
e
xexg
01)(,2)( ' >−=−−= xx exhxexh )(xh∴ ),0( +∞
)(,0)2(,0)1( xhhh ∴>< ),0( +∞ 0x )2,1(0 ∈x
' (1) 2f = ( )y f x= 1x = 2( 1) 1y x= − − 2 3y x= −
1 2
1, [ ,2]2x x ∈ 1 2( ) ( )f x g x≥ min max( ) ( )f x g x≥
3 2( ) 3g x x x= − − ' 2( ) 3 2 (3 2)g x x x x x= − = − ( )y g x= 1 2[ , ]2 3
2[ ,2]3 max
1( ) max{ ( ), (2)} 12g x g g= =
(1)f a= 1a ≥
1a ≥ ln 1ax x x
+ ≥ 1[ ,2]2x∈
1( ) ln lnaf x x x x xx x
= + ≥ + 1ln 1x x x
+ ≥
1( ) lnh x x x x
= + '
2
1( ) ln 1h x x x
= + − ' (1) 0h =
1[ ,1]2x∈ ' ( ) 0h x ≤ [1,2]x∈ ' ( ) 0h x ≥ ( )y h x= 1[ ,1]2x∈
[1,2]x∈ min( ) (1) 1h x h= =
1a ≥ ln 1ax x x
+ ≥ 1[ ,2]2x∈
当 时， ，当 时，
，
由 ，又
所以 的最大值为2
9.（1）由 ,得 ．∴ 的定义域为 ．
因为对x∈ ,都有 ，∴ 是函数 的最小值，故有 ．
解得 ．
经检验， 时， 在 上单调减，在 上单调增． 为最小值．
（2）∵ 又函数 在定义域上是单调函数，
∴ 或 在 上恒成立．
若 ，则 在 上恒成立,
即 = 恒成立,由此得 ；
若 ,则 在 上恒成立,
即 = 恒成立．
因 在 上没有最小值，∴不存在实数 使 恒成立．
综上所述，实数 的取值范围是 ．
（3）当 时，函数 ．令
，
则 ．
当 时， ，所以函数 在 上单调递减．
又 ， 当 时，恒有 ，即 恒成立．
),0( 00 xx ∈ 0)(' xg
0
0
0min 1
1)()(
0
x
e
xxgxg x
+
−
+==∴
)3,2(1)(,20)( 0000
' 0 ∈+=∴+=⇒= xxgxexg x )( 0xgk <
k
01 >+x 1−>x ( )xf ( )+∞− ,1
( )+∞− ,1 ( ) ( )1fxf ≥ ( )1f ( )xf ( ) 01 =′f
,022,12)(/ =+∴++= b
x
bxxf 4−=b
4−=b )(xf )1,1(− ),1( +∞ )1(f
,1
22
12)(
2
/
+
++=++=
x
bxx
x
bxxf ( )xf
( ) 0≥′ xf ( ) 0≤′ xf ( )+∞− ,1
( ) 0≥′ xf 012 ≥++
x
bx ( )+∞− ,1
xxb 22 2 −−≥
2
1)2
1(2 2 ++− x ≥b 2
1
( ) 0≤′ xf 012 ≤++
x
bx ( )+∞− ,1
xxb 22 2 −−≤
2
1)2
1(2 2 ++− x
2
1)2
1(2 2 ++− x ( )+∞− ,1 b ( ) 0≤′ xf
b
+∞,2
1
1−=b ( ) ( )1ln2 +−= xxxf
( ) ( ) ( )1ln233 +−+−=−= xxxxxfxh
( ) ( )
1
13
1
123
23
2
+
−+−=+−+−=′
x
xx
xxxxh
( )+∞∈ ,0x ( ) 0<′ xh ( )xh ( )+∞,0
( ) 00 =h ∴ [ )+∞∈ ,0x ( ) ( ) 00 =< hxh ( ) 32 1ln xxx <+−
故当 时，有 ．
而 ， ．取 ，则有 ．
．所以结论成立．
10.解：（Ⅰ）当 时， ， ，令 ，解得
，
时， ； 时， ，
∴ ，而 ， ，
即 ．
（Ⅱ） ， ，
令 ，得 ，则
①当 时， ，
极小值
所以当 时， 有最小值 ，
因为函数 只有一个零点，且当 和 时，都有 ，则
，即 ，
因为当 时， ，所以此方程无解．
②当 时， ，
↘ 极小值 ↗
( )+∞∈ ,0x ( ) 3xxf <
∗∈ Nk ( )+∞∈∴ ,01
k kx 1=
3
11
kkf <
333
1
1
3
1
2
111
nkf
n
k
+⋅⋅⋅+++<
∑
=
a e= 1( ) ( 1)xf x e e x e
= − + − '( ) xf x e e= − '( ) 0f x =
1x =
(0,1)x∈ '( ) 0f x < (1,2)x∈ '( ) 0f x >
{ }max( ) max (0), (2)f x f f= 1(0) 1f e e
= − − 2 1(2) 3f e e e
= − −
2
max
1( ) (2) 3f x f e e e
= = − −
1( ) ( 1)lnxf x a e x a a
= − + − '( ) ln ln ln ( )x xf x a a e a a a e= − = −
'( ) 0f x = logax e=
1a > ln 0a >
x ( ,log )a e−∞ loga e (log , )a e +∞
'( )f x − 0 +
( )f x
logax e= ( )f x min
1( ) (log ) lnaf x f e e a a
= = − −
( )f x x → −∞ x → +∞ ( )f x → +∞
min
1( ) ln 0f x e a a
= − − = 1ln 0e a a
+ =
1a > ln 0a >
0 1a< < ln 0a <
x ( ,log )a e−∞ loga e (log , )a e +∞
'( )f x − 0 +
( )f x
∴
所以当 时， 有最小值 ，
因为函数 只有一个零点，且当 和 时，都有 ，
所以 ，即 （ ）（*）
设 ，则 ，
令 ，得 ，
当 时， ；当 时， ；
所以当 时， ，所以方程（*）有且只有一解 ．
综上， 时函数 只有一个零点．
11.(1)由题意得F(x) = x－ －2alnx. x 0, = ,
令m（x）=x２－2ax+1，
①当 时 F(x)在（0，+ 单调递增；
②当a 1时，令 ，得x1= , x2=
x (0, ) ( ) ( )
+ － +
∴F(x)的单增区间为(0, )，( )
综上所述，当 时F(x)的单增区间为（0，+ ）
当a 1时，F(x)的单增区间为(0, )，( )
（2）h(x)= x－ 2alnx, h/(x)= ,(x>0),由题意知x1,x2是x2+2ax+1=0的两根，
∴x1x2=1, x1+x2=－2a,x2= ,2a= ,
－ = － =2( )
令H(x)=2( ), H/(x)=2( )lnx=
logax e= ( )f x min
1( ) (log ) lnaf x f e e a a
= = − −
( )f x x → −∞ x → +∞ ( )f x → +∞
min
1( ) ln 0f x e a a
= − − = 1ln 0e a a
+ = 0 1a< <
1( ) ln (0 1)g a e a aa
= + < < 2 2
1 1'( ) e aeg a a a a
−= − =
'( ) 0g a = 1a e
=
10 a e
< < '( ) 0g a < 1a e
> '( ) 0g a >
1a e
= min
1 1( ) ( ) ln 0g a g e ee e
= = + = 1a e
=
1a e
= ( )f x
当 时，H/(x)<0, H(x)在 上单调递减，H(x)的最小值为H( )= ,
即 － 的最小值为 .
12.解：（I）f（x）=lnx+x2﹣2ax+1，
f'（x）= +2x﹣2a= ，
令g（x）=2x2﹣2ax+1，
（i）当a≤0时，因为x＞0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（ii）当0＜a 时，因为△≤0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（iii）当a＞ 时，x在（ ，
）时，g（x）＜0，函数f（x）单调递减；
在区间（0， ）和（ ，+∞）时，g（x）＞0，函数f（x）单调递增；
（II）由（I）知当a∈（﹣2，0]，时，函数f（x）在区间（0，1]上单调递增，
所以当x∈（0，1]时，函数f（x）的最大值是f（1）=2﹣2a，对任意的a∈（﹣2，0]，
都存在x0∈（0，1]，使得不等式a∈（﹣2，0]，2mea（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4成立，
等价于对任意的a∈（﹣2，0]，不等式2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2＞0都成立，
记h（a）=2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2，由h（0）＞0得m＞1，且h（﹣2）≥0得m≤e2，
h'（a）=2（a+2）（mea﹣1）=0，
∴a=﹣2或a=﹣lnm，
∵a∈（﹣2，0]，
∴2（a+2）＞0，
①当1＜m＜e2时，﹣lnm∈（﹣2，0），且a∈（﹣2，﹣lnm）时，h'（a）＜0，
a∈（﹣lnm，0）时，h'（a）＞0，所以h（a）最小值为h（﹣lnm）=lnm﹣（2﹣lnm）＞0，
所以a∈（﹣2，﹣lnm）时，h（a）＞0恒成立；
②当m=e2时，h'（a）=2（a+2）（ea+2﹣1），因为a∈（﹣2，0]，所以h'（a）＞0，
此时单调递增，且h（﹣2）=0，
所以a∈（﹣2，0]，时，h（a）＞0恒成立；
综上，m的取值范围是（1，e2]．
13.解：（1）∵f（x）=ax+x2﹣xlna，
∴f′（x）=axlna+2x﹣lna，
∴f′（0）=0，f（0）=1
即函数f（x）图象在点（0，1）处的切线斜率为0，
∴图象在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（3分）
（2）由于f'（x）=axlna+2x﹣lna=2x+（ax﹣1）lna＞0
①当a＞1，y=2x单调递增，lna＞0，所以y=（ax﹣1）lna单调递增，
故y=2x+（ax﹣1）lna单调递增，
∴2x+（ax﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当0＜a＜1，y=2x单调递增，lna＜0，所以y=（ax﹣1）lna单调递增，
故y=2x+（ax﹣1）lna单调递增，
∴2x+（ax﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
综上，函数f（x）单调增区间（0，+∞）；（8分）
（3）因为存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1，
所以当x∈[﹣1，1]时，|（f（x））max﹣（f（x））min|
=（f（x））max﹣（f（x））min≥e﹣1，（12分）
由（2）知，f（x）在[﹣1，0]上递减，在[0，1]上递增，
所以当x∈[﹣1，1]时，（f（x））min=f（0）=1，
（f（x））max=max{f（﹣1），f（1）}，
而f（1）﹣f（﹣1）=（a+1﹣lna）﹣（ +1+lna）=a﹣ ﹣2lna，
记g（t）=t﹣ ﹣2lnt（t＞0），因为g′（t）=1+ ﹣ =（ ﹣1）2≥0
所以g（t）=t﹣ ﹣2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，
所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，
也就是当a＞1时，f（1）＞f（﹣1）；
当0＜a＜1时，f（1）＜f（﹣1）（14分）
①当a＞1时，由f（1）﹣f（0）≥e﹣1⇒a﹣lna≥e﹣1⇒a≥e，
②当0＜a＜1时，由f（﹣1）﹣f（0）≥e﹣1⇒ +lna≥e﹣1⇒0＜a≤ ，
综上知，所求a的取值范围为a∈（0， ]∪[e，+∞）．（16分）
14.（1）解：h（x）=f（x）﹣g（x）= ，则 ，1ln x ax bx
− − − 2
1 1( )h x ax x
′ = + −
∵h（x）=f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴对∀x＞0，都有 ，即对∀x＞0，都有 ，.…………2分
∵ ，∴ ，
故实数a的取值范围是 ；.…………3分
（2）解：设切点为 ，则切线方程为
，
即 ，亦即
，
令 ，由题意得 ， ，
令 ，则 ，.…………6分
当 时， 在 上单调递减；当 时， 在
上单调递增，
∴ ，
故 的最小值为﹣1；.…………7分
（3）证明：由题意知 ， ，
两式相加得
两式相减得 即
∴ ，即
，. 9分
2
1 1( ) 0h x ax x
′ = + − ≥ 2
1 1a x x
≤ +
2
1 1 0x x
+ > 0a ≤
( ],0−∞
0 0
0
1,lnx x x
−
( )0 02
0 0 0
1 1 1lny x x xx x x
− − = + −
0 02 2
0 0 0 0 0
1 1 1 1 1lny x x xx x x x x
= + − + + −
02
0 0 0
1 1 2ln 1y x xx x x
= + + − −
0
1 0tx
= > 2
2
0 0
1 1a t tx x
= + = + 0
0
2ln 1 ln 2 1b x t tx
= − − = − − −
2( ) ln 1a b t t t tϕ+ = = − + − − ( )( )2 1 11( ) 2 1 t tt tt t
ϕ + −′ = − + − =
( )0,1t ∈ ( ) ( )0,t tϕ ϕ′ < ( )0,1 ( )1,t ∈ +∞ ( ) ( )0,t tϕ ϕ′ >
( )1,+∞
( ) ( )1 1a b tϕ ϕ+ = ≥ = −
a b+
1 1
1
1ln x axx
− = 2 2
2
1ln x axx
− =
( )1 2
1 2 1 2
1 2
ln x xx x a x xx x
+− = +
( )2 1 2
2 1
1 1 2
ln x x x a x xx x x
−− = −
2
1
2 1 1 2
ln 1
x
x ax x x x
+ =−
( )
2
1 2 1
1 2 1 2
1 2 2 1 1 2
ln 1ln
x
x x xx x x xx x x x x x
+ − = + +−
1 2 1 2 2
1 2
1 2 2 1 1
2( )ln lnx x x x xx x x x x x x
+ +− = −
不妨令 ，记 ，
令 ，则 ，
∴ 在 上单调递增，则 ，
∴ ，则 ，∴ ，
又 ，
∴ ，即 ，.…………10分
令 ，则 时， ，∴ 在 上单调递增．
又 ，
∴ ，
则 ，即 ．.…………12分
15.（Ⅰ）由题意， , ， .…………1分
设 ，则 ，由△ADP≌△CB'P，故PA=PC=x﹣y，
由PA2=AD2+DP2，得 即： ..…………3分
（Ⅱ）记△ADP的面积为 ，则 .…………5分
当且仅当 时， 取得最大值．
故当材料长为 ，宽为 时， 最大．….…………7分
（Ⅲ）
1 20 x x< < 2
1
1xt x
= >
( )2 1( ) ln ( 1)1
tF t t tt
−= − >+
( )2
2
1( ) 0( 1)
tF t t t
−′ = >+
( )2 1( ) ln 1
tF t t t
−= − +
( )1,+∞ ( )2 1( ) ln (1) 01
tF t t Ft
−= − > =+
( )2 1ln 1
tt t
−> +
2 2 1
1 1 2
2( )ln x x x
x x x
−> +
1 2 1 2 2
1 2
1 2 2 1 1
2( )ln ln 2x x x x xx x x x x x x
+ +− = > −
1 21 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
42( ) 4 4ln ln ln 2lnx xx xx x x x x x x xx x x x x x x x
+− < − = − = −
1 2
1 2
42ln 2x x
x x
− > 1 2
1 2
2ln 1x x
x x
− >
2( ) lnG x x x
= − 0x > 2
1 2( ) 0G x x x
′ = + > ( )G x ( )0,+∞
2 1 2ln 2 ln 2 1 0.85 122
e ee
− = + − ≈ <
1 2 1 2
1 2
2 2( ) ln 1 ln 2
2
G x x x x e
x x e
= − > > −
1 2 2x x e> 2
1 2 2x x e>
AB x= 2-BC x= 2 , 1 2x x x> − ∴ < <
=DP y PC x y= −
( ) ( )2 2 22x y x y− = − + 12 1 ,1 2y xx
= − < <
2S ( )2
1 2= 1- 2 3 3 2 2S x xx x
− = − + ≤ −
( )2 1,2x = ∈ 2S
2m ( )2 2 m− 2S
( ) ( ) 2
1 2
1 1 1 4+2 = 2 1 2 3 ,1 22 2S S x x x x xx x
− + − − = − + < <
于是令 .…………9分
关于 的函数 在 上递增，在 上递减，
当 时， 取得最大值．
故当材料长为 ，宽为 时， 最大．.…………12分
16.（1） 时， ，
， ，
所以 在 处的切线方程为
（2）存在 ， ，
即： 在 时有解；
设 ，
令 ，
所以 在 上单调递增，所以
1°当 时， ，∴ 在 单调增，
所以 ，所以
2°当 时，
设 ，
令 ，
( ) 3
3
1 2 2 2
1 4 2+2 2 0, 22
xS S x xx x
− + ′ = − − = = ∴ =
∴ x 1 2+2S S ( )31 2， ( )3 2,2
∴ 3 2x = 1 2+2S S
3 2m ( )32- 2 m 1 2+2S S
1a = ( ) ( )2 ln 1xf x e x= + + ( ) 2 12 1
xf x e x
′ = + +
( )0 1f = ( ) 10 2 31f ′ = + =
( )f x ( )0,1 3 1y x= +
[ )0 0,x ∈ +∞ ( ) ( ) 2
0 0 02lnf x x a x< + +
( )02 2
0 0ln 0xe x a x− + − < [ )0 0,x ∈ +∞
( ) ( )2 2lnxu x e x a x= − + − ( ) 2 12 2xu x e xx a
′ = − −+
( ) 2 12 2xm x e xx a
= − −+ ( ) ( )2 14 2 0xm x e x a
′ = + − >+
( )u x′ [ )0,+∞ ( ) ( ) 10 2u x u a
′ ′≥ = −
1
2a ≥ ( ) 10 2 0u a
′ = − ≥ ( )u x [ )0,+∞
( ) ( )max 0 1 ln 0u x u a= = − < a e>
1
2a < ( ) 1ln ln 2x a x + < +
( ) 1 1ln2 2h x x x = + − +
( )
1
1 21 1 1
2 2
x
h x
x x
−
′ = − =
+ +
( ) 10 2h x x′ > ⇒ > ( ) 10 0 2h x x′ < ⇒ < <
所以 在 单调递减，在 单调递增
所以 ，所以
所以
设 ， ，
令 ，
所以 在 上单调递增，
所以
所以 在 单调递增，∴ ，
所以 ，
所以
所以，当 时， 恒成立，不合题意
综上，实数 的取值范围为 .
17.（1）因为 ，
依题意得 为方程 的两不等正实数根，
∴ ， ，
令 ， ，
当 时， ；
当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减， ，
当 时， ，
( )h x 10, 2
1 ,2
+∞
( ) 1 1 02h x h ≥ = >
1 1ln2 2x x + > +
( ) ( )2 2 2ln lnx xu x e x a x e= − + − > − 2 2 21 1
2 2
xx x e x x + − > − + −
( ) ( )2 2 1 02
xg x e x x x = − − + ≥
( ) 22 2 1xg x e x′ = − −
( ) 22 2 1xx e xϕ = − − ( ) 24 2 4 2 0xx eϕ′ = − ≥ − >
( ) 22 2 1xx e xϕ = − − [ )0,+∞
( ) ( )0 1 0g x g′ ′≥ = >
( )g x ( )0,+∞ ( ) ( )0 0g x g> >
( ) ( )0 0g x g> >
( ) ( ) ( )2 2ln 0xu x e x a x g x= − + − > >
1
2a < ( ) ( ) 22lnf x x a x> + +
a 1
2a ≥
( ) ln 2f x a x x′ = −
1 2,x x ln 2 0a x x− =
0a ≠ 2 ln x
a x
=
( ) ln xg x x
= ( ) 2
1 ln xg x x
−′ =
( )0,x e∈ ( ) 0g x′ >
( ),x e∈ +∞ ( ) 0g x′ <
( )g x ( )0,e ( ),e +∞ ( )1 0g =
x e> ( ) 0g x >
所以
∴
解得 ，
故实数 的取值范围是 .
（2）由（1）得， ， ，两式相加得
，
故
两式相减可得 ，
故
所以 等价于 ，
所以
所以 ，
即 ，
所以 ，
因为 ，令 ，所以
即 ，令 ，
则 在 上恒成立， ，
令 ，
①当 时， 所以 在 上单调递减，
( )20 g ea
< <
( )2 10 g ea e
< < =
2a e>
a ( )2 ,e +∞
1 1ln 2a x x= 2 2ln 2a x x=
( ) ( )1 2 1 2ln ln 2a x x x xλ+ = +
( )1 2
1 2
2ln ln x xx x a
λλ ++ =
( ) ( )1 2 1 2ln ln 2a x x x x− = −
1 2
1 2
2 ln ln
x xa x x
−= ⋅ −
1 2ln ln 1x xλ λ+ > + ( )1 22 1x x
a
λ λ+ > +
( ) ( )1 22 1x x aλ λ+ > +
( ) ( )1 2
1 2
1 2
2 2 1ln ln
x xx x x x
λ λ−+ > +−
( )( )1 2 1 2
1 2
ln ln 1x x x x
x x
λ λ+ − > +−
1 1
2 2
1
2
ln
1
1
x x
x x
x
x
λ
λ
+ > +
−
1 20 x x< < ( )1
2
0,1xt x
= ∈ ( )ln 11
t t
t
λ λ+ > +−
( ) ( )( )ln 1 1 0t t tλ λ+ − + − < ( ) ( ) ( )( )ln 1 1h t t t tλ λ= + − + −
( ) 0h t < ( )0,1 ( ) lnh t t t
λ λ′ = + −
( ) lnI t t t
λ λ= + − ( ) ( )( )2 2
1 0,1tI t tt t t
λ λ−′ = − = ∈
1λ ≥ ( ) 0I t′ < ( )h t′ ( )0,1
所以 在 上单调递增，
所以 符合题意
②当 时， 所以 在 上单调递增
故 在 上单调递减，
所以 不符合题意；
③当 时，
所以 在 上单调递增，
所以 所以 在 上单调递减，
故 不符合题意
综上所述，实数 的取值范围是 .
18.解：（1）∵f（x）=（lnx﹣k﹣1）x（k∈R），
∴x＞0， =lnx﹣k，
①当k≤0时，∵x＞1，∴f′（x）=lnx﹣k＞0，
函数f（x）的单调增区间是（1，+∞），无单调减区间，无极值；
②当k＞0时，令lnx﹣k=0，解得x=ek，
当1＜x＜ek时，f′（x）＜0；当x＞ek，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的单调减区间是（1，ek），单调减区间是（ek，+∞），
在区间（1，+∞）上的极小值为f（ek）=（k﹣k﹣1）ek=﹣ek，无极大值．
（2）∵对于任意x∈[e，e2]，都有f（x）＜4lnx成立，
∴f（x）﹣4lnx＜0，
即问题转化为（x﹣4）lnx﹣（k+1）x＜0对于x∈[e，e2]恒成立，
即k+1＞ 对于x∈[e，e2]恒成立，令g（x）= ，则
，
令t（x）=4lnx+x﹣4，x∈[e，e2]，则 ，
∴t（x）在区间[e，e2]上单调递增，故t（x）min=t（e）=e﹣4+4=e＞0，故g′（x）＞0，
∴g（x）在区间[e，e2]上单调递增，函数g（x）max=g（e2）=2﹣ ，
( ) ( )1 0h t h′ ′> = ( )h t ( )0,1
( ) ( )1 0h t h< =
0λ ≤ ( ) 0I t′ > ( )h t′ ( )0,1
( ) ( )1 0h t h′ ′< = ( )h t ( )0,1
( ) ( )1 0h t h> =
0 1λ< < ( ) 0 1I t tλ′ > ⇔ < <
( )h t′ ( ),1λ
( ) ( )1 0h t h′ ′< = ( )h t ( ),1λ
( ) ( )1 0h t h> =
λ [ )1,+∞
要使k+1＞ 对于x∈[e，e2]恒成立，只要k+1＞g（x）max，
∴k+1＞2﹣ ，即实数k的取值范围是（1﹣ ，+∞）．
证明：（3）∵f（x1）=f（x2），由（1）知，函数f（x）在区间（0，ek）上单调递减，
在区间（ek，+∞）上单调递增，且f（ek+1）=0，
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜ek＜x2＜ek+1，
要证x1x2＜e2k，只要证x2＜ ，即证 ＜ ，
∵f（x）在区间（ek，+∞）上单调递增，∴f（x2）＜f（ ），
又f（x1）=f（x2），即证f（x1）＜ ，
构造函数h（x）=f（x）﹣f（ ）=（lnx﹣k﹣1）x﹣（ln ﹣k﹣1） ，
即h（x）=xlnx﹣（k+1）x+e2k（ ），x∈（0，ek）
h′（x）=lnx+1﹣（k+1）+e2k（ + ）=（lnx﹣k） ，
∵x∈（0，ek），∴lnx﹣k＜0，x2＜e2k，即h′（x）＞0，
∴函数h（x）在区间（0，ek）上单调递增，故h′（x）＜h（ek），
∵ ，故h（x）＜0，
∴f（x1）＜f（ ），即f（x2）=f（x1）＜f（ ），∴x1x2＜e2k成立．
19.（Ⅰ）由 得 .
因为曲线 在点 处的切线与 轴垂直，
所以 ，解得 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，若函数 有两个极值点，则
，即
( ) 21e 2
xf x a x x= − − ( ) e 1xf x a x′ = − −
( )y f x= ( )( )0, 0f y
( )0 1 0f a′ = − = 1a =
( ) e 1xf x a x′ = − − ( )f x
( ) e 1 0xf x a x′ = − − =
有两个不同的根，且 的值在根的左、右两侧符号相反.
令 ，则 ，
所以当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.
又当 时， ； 时， ； 时， ；
时， ，
所以 .即所求实数 的取值范围是 .
（Ⅲ）证明：令 （ ），则 ，
.
令 ，则 ，
因为 ，所以 ， ， ， ，
所以 ，即 在 时单调递增，
又 ，所以 时， ，即函数 在 时单调递增.
所以 时， ，即 时， .
20.(1)当 时， ， .
当 时， ，故函数 在 上单调递减；
当 时， ，故函数 在 上单调递增.
由 ， .
∴ 在 上的值域为 ；
(2)由(1)可知， ，
由 得 ，由 得 或 .
所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增；
1
ex
xa
+= 1
ex
xa
+−
( ) 1
ex
xh x
+= ( ) ( )
( )2
e 1 e
ee
x x
xx
x xh x
− +′ = = −
0x > ( ) 0h x′ < ( )h x 0x < ( ) 0h x′ > ( )h x
x → −∞ ( )h x → −∞ 0x = ( )0 1h = 0x > ( ) 0h x > x → +∞
( ) 0h x →
0 1a< < a 0 1a< <
( ) 1e lnxg x x x x
= − + 1x > ( )1 0g =
( ) 2
e 1e ln 1
x
xg x x x x
′ = + − −
( ) ( )h x g x′= ( ) ee ln
x
xh x x x
′ = + 2 3
e e 2x xx
x x
−+ +
1x > e ln 0x x > e 0
x
x
> ( )
2
e 1 0
x x
x
− > 3
2 0x
>
( ) 0h x′ > ( ) ( )h x g x′= 1x >
( )1 e 2 0g′ = − > 1x > ( ) 0g x′ > ( )g x 1x >
1x > ( ) 0g x > 1x > 1e lnx x x x
> −
0b = ( ) 3 21 2 33f x x x x= - + ( ) ( )( )2' 4 3 1 3f x x x x x= - + = - -
( )1,3xÎ ( )' 0f x < ( )f x ( )1,3
( )3,4xÎ ( )' 0f x > ( )f x ( )3,4
( )3 0f = ( ) ( ) 41 4 3f f= =
( )f x [ ]1,4 40, 3
é ùê úê úë û
( ) ( )( )2' 4 3 1 3f x x x x x= - + = - -
( )' 0f x < 1 3x< < ( )' 0f x > 1x < 3x >
( )f x ( )1,3 ( ),1- ¥ ( )3,+¥
所以 ， ，
所以当 且 ，即 时， ， ， ，使得
，
由 的单调性知，当且仅当 时， 有三个不同零点.
21.（1）当 时，函数 ， ，
∴ ， ，
∴曲线 在点 处的切线方程为 .
（2） .
当 时， ， 的单调递减区间为 ；
当 时， 在 递减，在 递增.
22.（Ⅰ） 在 上恒成立，即 .
∵ ，∴ .故 在 上恒成立
只须 ，即 ，又 只有 ，得 .
由 ，解得 .
∴当 时， ；当 时， .
故 在 处取得极小值1，无极大值.
（Ⅱ）构造 ，则转化为；若在 上存在
，使得 ，求实数 的取值范围.
当 时， ， 在 恒成立，所以在 上不存在 ，使得
1=a 2ln2
1)( 2 −−= xxxf xxxf 1)(' −=
0)1(' =f 2
3)1( −=f
)(xf ))1(,1( f 2
3−=y
)0(1)('
2
>−= xx
axxf
0≤a 0)(' a )(xf ),0( a
a ),( +∞
a
a
2
1 1( ) 0sinf x x xθ
′ = − + ≥• [ 1, )− +∞ 2
sin 1 0sin
x
x
θ
θ
• − ≥•
(0, )θ π∈ sin 0θ > sin 1 0xθ • − ≥ [ 1, )− +∞
sin 1 1 0θ • − ≥ sin 1θ ≥ 0 sin 1θ< ≤ sin 1θ =
2
πθ =
2 2
1 1 1( ) 0xf x x x x
−′ = − + = = 1x =
0 1x< < ( ) 0f x′ < 1x > ( ) 0f x′ >
( )f x 1x =
1 2 1 2( ) ln lne eF x kx x kx xx x x
+= − − − = − − [1, ]e 0x
0( ) 0F x > k
0k ≤ [1, ]x e∈ ( ) 0F x < [1, ]e [1, ]e 0x
( ) ( )max
41 3f x f b= = + ( ) ( )min 3f x f b= =
4 03b + > 0b < 4 03 b- < < ( )1 0,1x$ Î ( )2 1,3x Î ( )3 3,4x Î
( ) ( ) ( )1 2 3 0f x f x f x= = =
( )f x 4 ,03b æ öç ÷Î -ç ÷è ø ( )f x
成立.
②当 时， .
因为 ，所以 ，所以 在 恒成立.
故 在 上单调递增， ，只要 ，
解得 .
∴综上， 的取值范围是 .
0 0
0
2( ) ekx f x x
− >
0k > 2
1 2 1( ) eF x k x x
+′ = + −
2 2
2 2
1 2 1 ( )kx e x kx e e e x
x x
+ + − + + + −= =
[1, ]x e∈ 0e x− > ( ) 0F x′ > [1, ]x e∈
( )F x [1, ]e max
1( ) ( ) 3F x F e ke e
= = − − 1 3 0ke e
− − >
2
3 1ek e
+>
k 2
3 1( , )e
e
+ +∞
