【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第19讲 导数的应用——利用导数研究函数零点问题（达标检测） Word版含解析.docx，共(18)页，1.907 MB，由小赞的店铺上传

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《导数的应用——利用导数研究函数零点问题》达标检测[A组]—应知应会1．（2020春•海淀区校级期末）已知函数2()()xfxxae=+有最小值，则函数()yfx=的零点个数为()A．0．B．1C．2D．不确定【分

析】求出函数的导数，结合二次函数的性质判断即可．【解答】解：2()(2)xfxxxae=++，若函数2()()xfxxae=+有最小值，则2()2gxxxa=++不能恒大于等于0，故存在x使得()0gx，即2()2gxxxa=++有2个不相等的实数根，即函数()yfx=的零点个数为2个，故

选：C．2．（2020春•辽宁期末）函数()2xfxaex=+在R上有两个零点1x，2x，且212xx…，则实数a的最小值为()A．22ln−B．2ln−C．2e−D．2ln【分析】函数()20xfxaex=+=

，变形为2xxae=−，令2()xxgxe=−，利用导数求最值，可得20ae−．结合212xx…，可得212xx=时，a取得最小值．再把1x，2x代入20xaex+=，求解1x，再代入112xaex=−，即可

求得a的最小值．【解答】解：函数()20xfxaex=+=，变形为2xxae=−，令2()xxgxe=−，得2(1)()xxgxe−=，当(,1)x−时，()0gx，当(1,)x+时，()0gx，

可得1x=时，函数()gx取得最小值2e−．又当x→−时，()gx→+，当x→+时，()0gx，且函数()2xfxaex=+在R上有两个零点1x，2x，得20ae−．由212xx…，可得212xx=时，

a取得最小值．由112xaex=−，222xaex=−，得1214xaex=−，12xe=，解得12xln=．代入112xaex=−，解得2aln=−．a的最小值为2ln−．故选：B．3．（2020•包头二模）已知函数()fx是定义在R上连续的奇函数，且当0x时．(

)2()0xfxfx+，则函数2()()gxxfx=的零点个数是()A．0B．1C．2D．3【分析】分析可得()gx为R上连续的奇函数，且在R上为增函数，说明函数2()()gxxfx=只有1个零点，

可得选项．【解答】解：2()()gxxfx=，函数()fx是定义在R上连续的奇函数，则函数2()()gxxfx=，其定义域为R，则2()()()()gxxfxgx−=−−=−，则()gx为R上连续的奇函数，2()()gxxfx=，则2()2()()[()2()]gxxfxxf

xxxfxfx=+=+，又由当0x时，()2()0xfxfx+，则有()0gx，即函数()gx为(0,)+上的增函数，又由()gx为R上连续的奇函数，且(0)0g=，则()gx为R上的增函数，故函数2(

)()gxxfx=只有1个零点，故选：B．4．（2020•武汉模拟）已知函数21()2fxxalnx=−在(0,)+无零点，则实数a的取值范围为()A．(0,)eB．[0，)eC．[0，]eD．(0，)(ee，)+【分析】函数21()2fxxalnx=−在(

0,)+无零点，可转化为22xalnx=无正实数根，研究函数2()2xgxlnx=的值域，a只要在值域之外取值即可．【解答】解：函数21()2fxxalnx=−在(0,)+无零点，显然1x=不是函数()fx的零点．故问题可转化为22xalnx=无正实数根，令2()2xgxlnx=

，(0,1)xx，221()422()4xlnxxlnxxgxlnxlnx−−==，令()0gx=得xe=，当(0x，1)(1，)e时，()0gx，故()gx在(0,1),(1,)e上递减；当(,)xe+时，()0gx，()gx递增．又0x→时，()0g

x→；1(1)xx→时，()gx→−；1(1)xx→时，()gx→+．()gee=；x→+，()gx→+．作出函数()gx与ya=的图象：可知，当ya=介于x轴（包括x轴）与点(,)ee之间时，原

函数在(0,)+上无零点．故0ae„即为所求．故选：B．5．（2020•湖北模拟）已知()()sin(0)xxfxaeexa−=−−存在唯一零点，则实数a的取值范围()A．(,)2+B．[,)2+C．1(,)2+D．1[,)2+【分析】先由题设条件得到(0)0f=，

再研究()fx的奇偶性，把问题转化为当0x时，函数()fx无零点．利用放缩法与单调性求出a的取值范围．【解答】解：由题意知(0)0f=，()()sin(0)xxfxaeexa−=−−存在唯一零点，()fx只有一个零点0．()sin()()xxfxxaeefx−−=+−=−

，()fx是奇函数，故只考虑当0x时，函数()fx无零点即可．当0x时，有sinxx，1()(sin)()xxxxxfxaeexaeeaa−−=−−−−．令()xxxgxeea−=−−，0x，则(0)0g=，1()xxgxeea−=+−，0x

，()0xxgxee−=−，()gx在(0,)+上单调递增，(0)0g=，11()(0)202gxgaa=−厖．故选：D．6．（2020•临汾模拟）若函数32()1fxxaxx=−++−有且只有一个零点，则实数a的取值范围

为()A．(,0)−B．(,1)−C．(0,)+D．(1,)+【分析】原问题等价于关于x的方程231axxx=−+有且只有一个实根．显然0x，分离参数可得211axxx=−+有且只有一个实根，然后构造函数，结合导数分析函数的特征，结合图象可求．【解答】解：

函数32()1fxxaxx=−++−有且只有一个零点，等价于关于x的方程231axxx=−+有且只有一个实根．显然0x，方程211axxx=−+有且只有一个实根．设函数211()hxxxx=−+，则3233

122()1xxhxxxx+−=+−=．设3()2gxxx=+−，2()310hxx=+，()hx为增函数，又h（1）0=．当0x时，()0gx，()gx为增函数；当01x时，()0gx，()gx为减函数；当1x时，()0gx，()gx为增函数；()

gx在1x=时取极小值1．当x趋向于0时，()gx趋向于正无穷大；当x趋向于负无穷大时，()gx趋向于负无穷大；又当x趋向于正无穷大时，()gx趋向于正无穷大．()gx图象大致如图所示：方程211axxx=−+只有一个实根时，实数a的取值范围为

(,1)−，故选：B．7．（2019•兰州模拟）已知函数211()24fxalnxx=−+，当1(,0)2a−时，函数的零点个数为．【分析】通过导函数的符号判断函数的单调性，通过零点判断定理转化求解即可．【解答】解：函数211()24fxalnxx=−+，可得()afxxx=−，1(,0)

2a−时，()0fx，函数是减函数，f（1）1110244=−+=−，1211()1024aafee=−+，所以函数函数211()24fxalnxx=−+，当1(,0)2a−时，函数的零点个数为1．故答案为：1．8．（2020•济南二模）已知函数()(1)xfxeax=−+，若()f

x有两个零点，则实数a的取值范围是．【分析】先对()fx求导，根据a的范围研究()fx的符号，判断()fx的单调性，结合()fx有两个零点，求出a的取值范围．【解答】解：由题知：()xfxea=−，xR．①当0a„时，()0fx，()fx单调递增，至多有一个零点

，不合题意；②当0a时，令()0fxxlna==，易知()fx在(,)lna−单调递减，在(,)lna+单调递增，故()fx的最小值为()(1)flnaaalnaalna=−+=−．()fx

有两个零点，当x→时，()fx→+，()00flnalna，解得1a故答案为：(1,)+．9．（2020春•贵池区校级期中）已知函数()||xfxaxe=−有3个零点，则实数a的取值范围为．【分析】构造函数，利用函数的图象，通过函数的导数，求出切线的斜率，然后推出a的范围．【解答

】解：函数()||xfxaxe=−有3个零点，就是||xaxe=有3个解，也就是||yax=与xye=的图象有3个交点，显然0a，在同一个坐标系中画出两个函数的图象，如图：设切点(,)mme，则xye=，()mfme=，可得mmeem=，解得1m=，所以直线与指数函数相切

时，ae=，函数()||xfxaxe=−有3个零点，可得ae．故答案为：(,)e+．10．（2020•盐城三模）设函数2()22xfxxaxb=−+，若函数()yfx=与函数(())yffx=都有零点，且它们的零点完全相同，则实数a的取值范围是．【分析】由题

意可求0b=，所以函数2()2fxxax=−，当0a=时，易得符合题意，当0a时，函数2()2(2)fxxaxxxa=−=−，有两个零点10x=，22xa=，由(())()[()2]0ffxfxfxa=−=，得()

0fx=和()2fxa=，所以方程()2fxa=无解，利用△0即可求出a的取值范围．【解答】解：设零点为0x，则0()0fx=，0(())0ffx=，(0)0f=，0b=，函数2()2fxxax=−，①当0a=时，函数2()fxx=，4(())ffx

x=，都有唯一零点0x=，符合题意；②当0a时，函数2()2(2)fxxaxxxa=−=−，有两个零点10x=，22xa=，此时(())()[()2]0ffxfxfxa=−=，得()0fx=和()2fxa=，()0fx=已满足有两个相同的零点10x=，22xa=，方程()2fxa=无解，

即方程2220xaxa−−=无解，△2480aa=+，解得：20a−，综上所述，实数a的取值范围是：20a−„，故答案为：(2−，0]．11．（2020春•新华区校级期中）设()||fxlnx=，若函数

()()hxfxax=−在区间(0,8)上有三个零点，则实数a的取值范围．【分析】首先，画出函数()||fxlnx=的图象，然后，借助于图象，结合在区间(0,8)上有三个零点，进行判断．【解答】解：函数()||fxlnx=的

图象如图示：当0a„时，显然，不满足题意．当0a时，如图所示，当(0x，1]时，存在一个零点，当1x时，()fxlnx=，可得()gxlnxax=−，((1,8))x11()axgxaxx−=−=，若()0gx，可得1xa，()g

x为减函数，若()0gx，可得1xa，()gx为增函数，此时()fx必须在(1,8)上有两个零点，1()0(8)0(1)0gagg„即1088010lnalnalna−−−−„，解得，3218lnae，在区间(0,8)上有三个零点时，3218lnae

，故答案为：321(,)8lne．12．（2020春•烟台期末）已知函数32()2()fxxxxaaR=+++．（1）求函数()fx的极值；（2）若函数()fx有3个零点，求a的取值范围．【分析】（1）求导得()fx，令()0fx=得13x=−或1x

=−，列表格分析随着x变化()fx，()fx变化情况，进而得出极值．（2）由（1）可知要使得函数()fx有3个零点，只需04027aa−，进而解出a的取值范围．【解答】解：（1）2()341fxxx

=++，令2()3410fxxx=++=，解得13x=−或1x=−，则随着x变化()fx，()fx变化情况如下表：x(,1)−−1−1(1,)3−−13−1(3−，)+()fx+0−0+()fx单调递增极大值单调递

减极小值单调递增所以，当1x=−时，()fx取得极大值a，当13x=−时，()fx取得极小值427a−．（2）要使得函数()fx有3个零点，只需04027aa−，解得4027a．13．（2020•新课标Ⅲ）设函数3()fxxbxc=++，曲线()yfx=在点1(2，

1())2f处的切线与y轴垂直．（1）求b；（2）若()fx有一个绝对值不大于1的零点，证明：()fx所有零点的绝对值都不大于1．【分析】（1）求出原函数的导函数，由题意可得211()3()022fb=+=，由此求得b值；（2）设0x为()fx的一个零点，根据题意，30003()

04fxxxc=−+=，且0||1x„，得到30034cxx=−+，由0||1x„，对()cx求导数，可得()cx在[1−，1]上的单调性，得到1144c−剟．设1x为()fx的零点，则必有31113()04fxxxc=−+=，可得31113144

4cxx−=−+剟，由此求得1x的范围得答案．【解答】（1）解：由3()fxxbxc=++，得2()3fxxb=+，211()3()022fb=+=，即34b=−；（2）证明：设0x为()fx的一个零点，根据题意，30003()04fxxxc=

−+=，且0||1x„，则30034cxx=−+，由0||1x„，令33()(11)4cxxxx=−+−剟，2311()33()()422cxxxx=−+=−+−，当(1x−，11)(22−，1)时，()0cx，当1(2x−，1)2时，(

)0cx可知()cx在1(1,)2−−，1(2，1)上单调递减，在1(2−，1)2上单调递增．又1(1)4c−=，c（1）14=−，11()24c−=−，11()24c=，1144c−剟．设1x为(

)fx的零点，则必有31113()04fxxxc=−+=，即311131444cxx−=−+剟，321111321111431(1)(21)0431(1)(21)0xxxxxxxx−−=−+−+=+−„…，得111x−剟，即1||1x„．()fx所有零点的绝对值都不大于1．14

．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin(1)fxxlnx=−+，()fx为()fx的导数．证明：（1）()fx在区间(1,)2−存在唯一极大值点；（2）()fx有且仅有2个零点．【分析】（1）()fx的定义域为(1,)−+，求出原函数的导函数，进一步求导，

得到()fx在(1,)2−上为减函数，结合(0)1f=，21()11102(1)2f=−+−+=+，由零点存在定理可知，函数()fx在(1,)2−上存在唯一得零点0x，结合单调性可得，()fx在0(1,

)x−上单调递增，在0(x，)2上单调递减，可得()fx在区间(1,)2−存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x−时，()0fx，()fx单调递减；当0(0,)xx时，()0fx，()fx单调递增；由于()fx在0(

x，)2上单调递减，且0()0fx，()02f，可得函数()fx在0(x，)2上存在唯一零点1x，结合单调性可知，当0(xx，1)x时，()fx单调递增；当1(,)2xx时，()fx单调递减．当(2x，)

时，()fx单调递减，再由()02f，()0f．然后列x，()fx与()fx的变化情况表得答案．【解答】证明：（1）()fx的定义域为(1,)−+，1()cos1fxxx=−+，21()sin(1)fxxx=−++，令21()sin(1)gxxx=−++，则32

()cos0(1)gxxx=−−+在(1,)2−恒成立，()fx在(1,)2−上为减函数，又(0)1f=，21()11102(1)2f=−+−+=+，由零点存在定理可知，函数()fx在(1,)2−上存在唯一的零点0x，结合单调性可

得，()fx在0(1,)x−上单调递增，在0(x，)2上单调递减，可得()fx在区间(1,)2−存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x−时，()fx单调递增，()(0)0fxf=，()fx单调递减；

当0(0,)xx时，()fx单调递增，()(0)0fxf=，()fx单调递增；由于()fx在0(x，)2上单调递减，且0()0fx，1()0212f=−+，由零点存在定理可知，函数()fx在0(x，)2上

存在唯一零点1x，结合单调性可知，当0(xx，1)x时，()fx单调递减，1()()0fxfx=，()fx单调递增；当1(,)2xx时，()fx单调递减，1()()0fxfx=，()fx单调递减．当(2x，)时，cos0x，101x

−+，于是1()cos01fxxx=−+，()fx单调递减，其中3.2()1(1)1(1)12.610222flnlnlnlne=−+−+=−−=，()(1)30flnln=−+−．于是可得下表：x(1,0)−01(0,)x

1x1(,)2x2(,)2()fx−0+0−−−−()fx单调递减0单调递增大于0单调递减大于0单调递减小于0结合单调性可知，函数()fx在(1−，]2上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理

可知，()fx在(2，)上有且只有一个零点2x，当[x，)+时，sin1(1)xlnx+„，则()sin(1)0fxxlnx=−+恒成立，因此函数()fx在[，)+上无零点．综上，(

)fx有且仅有2个零点．15．（2020•沙坪坝区校级模拟）已知函数2()xfxaexbx=+−，(0a，bR，e是自然对数的底数）．（1）若ab=，讨论函数()yfx=在R上的零点个数；（2）设2b=，点(,)m

n是曲线()yfx=上的一个定点，实数0xm，()fx为()fx的导函数．试比较0()fx与00()()2xmfxmn+−+的大小，并证明你的结论．【分析】（1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最小值，判断函数的零点个数即可；（2）代入b的值，原不等式等价于0020()xmxmae

eaexm−−−，不妨设0txm=−，0t，原不等式等价于2()ttmmeeet−−−，两边同除以me得到2(1)tteet−，即2(1)ttete−令2()1ttgtete=−−，根据函数的单调性证明结论即可．【解答】解：（1）若ab=，则2()xfxaex

ax=+−，所以：()2xfxaexa=+−，易知(0)0f=，因为0a，所以()2xyfxaexa==+−在R上单调递增，所以：(,0)x−，()0()fxyfx=单调递减，(0,)x+，()0()fxyfx=单调递增，()

(0)0minfxfa==，所以函数()yfx=在R上的零点个数为0（4分）（2）000()()()2xmfxfxmn+−+证明：2()2xfxaexx=+−，则()22xfxaex=+−所以0020()22xmxmfaexm++=++−，000000(

)()()()()22xmfxnxmfxfxmnfxm+−+−+−，0221000000000()()()()22()()2xxmfxnfxfmaeexmxmaeexmxmxmxmxm−−−+−−+−===++−−−−−，原不等式等价于0020()xmxmaeeaexm−−−，

等价于0020()xmxmaeeaexm+−−（7分）不妨设0txm=−，0t，原不等式等价于2()ttmmeeet−−−两边同除以me得到2(1)tteet−，即2(1)ttete−令2()1ttgtete=−−，则222()(1)(1)22ttttttgteeee=−+=

−−令2211()1()0()0222ttthtehtegt=−−=−…对0t恒成立，()gt在0t单调递增，因为(0)0g=，所以()0gt对0t恒成立，所以000()()()2xmfxfxmn+−+16．（2020春•未央区校级月考）已知

函数22()()xgxlnxttRe=−+有两个零点1x，2x．（1）求实数t的取值范围；（2）求证：212114xxe+．【分析】（1）利用导数求出函数()gx的单调区间，由0t„时，3()320geet=−+

，0t时，2()0tge+，即对任意0t，存在20(,)2ex+，满足0()0gx．再由当0x→时，()gx→−．可得函数22()xgxlnxte=−+有两个零点的充要条件为2()02eg，即2102elnt−+，化

简得t的范围；（2）函数22()xgxlnxte=−+有两个零点1x，2x，可得11220xlnxte−+=，22220xlnxte−+=，联立可得122122lnxlnxxxe−=−，把证212114xxe+转化为证1212122()11lnxlnxxxxx−+−，不妨

设12xx，则转化为1212122xxxlnxxx−．令12xtx=，即证12tlntt−，1t．令1()Gttlntt=−−，求导即可证明12tlntt−，故结论成立．【解答】（1）解：212()(0)gxxxe

=−．由()0gx，解得202ex，由()0gx，解得22ex，函数()gx在2(0,)2e上单调递增，在2(2e，)+上单调递减．当0t„时，232ee，3()320geet=−+，当0t时，2222teee+，2

()222(1)tttgetette+=+−+=+−．令()1tmtte=+−，0t，则()10tmte=−．故()1(0)0tmttem=+−=．0t，2()222(1)0tttgetett

e+=+−+=+−．综上，对任意0t，存在20(,)2ex+，满足0()0gx．另一方面，当0x→时，()gx→−．因此，函数22()xgxlnxte=−+有两个零点的充要条件为2()02eg．即2102elnt−+

，化简得：21tln−，故t的范围为(21,)ln−+；（2）证明：函数22()xgxlnxte=−+有两个零点1x，2x，11220xlnxte−+=，22220xlnxte−+=，121222()l

nxlnxxxe−=−，即122122lnxlnxxxe−=−．要证212114xxe+，即证1212122()11lnxlnxxxxx−+−．不妨设12xx，则1212122()11lnxlnxxxxx−+−12

12122xxxlnxxx−．令12xtx=，即证12tlntt−，1t．令1()Gttlntt=−−，则22212(1)()10tGtttt−=+−=．()GtG（1）0=，即12tlntt−，即12212122()114lnxlnxxxxxe−+=−．[B组]—强基必备

1．（2020•全国三模）已知函数()()xfxaexaR=−有两个零点1x，2x，且12xx则下列结论中不正确的是()A．10aeB．101xC．122xx+D．1122lnxxlnxx−−【分析】求出原函数的导函数，可知

当0a时函数有极小值，求出极小值，再由极小值小于0求解a的范围判断A；分析函数两零点大于0，代入原函数，可得11xxae=，22xxae=，得到1122lnxxlnxx−=−判断D；由1122lnxxlnxxlna−=−=，设()gxlnxxlna=−−，则1x，2x为(

)gx的两个零点，利用导数求解1x的范围与12xx+的范围判断B与C．【解答】解：()1xfxae=−，当0a„时，()0fx在xR上恒成立，此时()fx在R上单调递减，不合题意；当0a时，由()

0fx=，解得xlna=−，当xlna−时，()0fx，()fx单调递减，当xlna−时，()0fx，()fx单调递增，当0a时，()fx单调减区间为(,)lna−−，单调增区间为(,)lna−+，可知当xlna=−时，函数取得极小值为()1l

naflnaaelnalna−−=+=+，又当x→−时，()fx→+，x→+时，()fx→+，要使函数()fx有两个零点，则010alna+，得10ae，故A正确；由(0)0fa=，极小值点0xlna=−，可得120xx．1

x，2x是()fx的两个零点，11xxae=，22xxae=．可得11lnxlnax=+，22lnxlnax=+．故1122lnxxlnxx−=−，故D错误；由1122lnxxlnxxlna−=−=，设()gxlnxxlna=−−，则1x，2x为()gx的两个零点，11()1xgxxx−

=−=，得()gx在(0,1)上单调增，在(1,)+上单调减，1201xx，故B正确；设()()(2)hxgxgx=−−，(01)x，则()(2)22(01)hxlnxlnxxx=−−+

−，2112(1)()202(2)xhxxxxx−=+−=−−恒成立，则()hx在(0,1)上单调增，()hxh（1）0=，111()()(2)0hxgxgx=−−，即11()(2)gxgx−，得21()(2)gxgx

−．又()gx在(1,)+上单调减，2x，12(1,)x−+，212xx−，即122xx+，故C正确．综上，错误的结论是D．故选：D．2．（2020•绵阳模拟）若函数21()()2fxxmlnxxx=+−−有且仅有一个零点，则实数m的取值范

围．【分析】分离参数m，先证明0yxlnx=−；解得：212xxmxlnx−=−；由于函数21()()2fxxmlnxxx=+−−有且仅有一个零点；设212()xxgxxlnx−=−，ym=；所以直线ym=与函数()gx有且只有一个交点；研究函数

()gx的图象特点及单调性，画出大致图象，即可得出结果．【解答】解：令()uxxlnx=−，0x；则1()xuxx−=，01x时，()0ux；1x时，()0ux；于是()uxxlnx=−在(0,1)上递减，在(1,)+上递增；最小值为u（1）10=，(0,)x

+，0xlnx−；由()0fx=，即21()02xmlnxxx+−−=，解得：212xxmxlnx−=−；设212()xxgxxlnx−=−，ym=；由于函数21()()2fxxmlnxxx=+−−有

且仅有一个零点；所以直线ym=与函数()gx有且只有一个交点；由21(1)(22)2()()xxlnxgxxlnx−+−=−，此时不能完全判断导函数值的正负；再令()22hxxlnx=+−，得2()xhxx−=，当(0,2)

x时，()0hx；当(2,)x+时，()0hx；于是，()hx在(0,2)上递减，(2,)+上递增．那么()hxh…（2）2(22)0ln=−．由此，()gx的正负只同1x−有关，由此得()gx在(0,1)上递减，在(1,)+上递增，且()g

x的极小值为g（1）12=−；又0x→时，()0gx→；x→+时，()gx→+；()gx图象大值如图所示，结合()gx的图象，得0m…或12m=−．故答案为：1{|2mm=−或0}m…．3．（2020•浙江）已知12a„，函数()xfxexa=−−，其中2.71828e=为自然对数的底

数．（Ⅰ）证明：函数()yfx=在(0,)+上有唯一零点；（Ⅱ）记0x为函数()yfx=在(0,)+上的零点，证明：（ⅰ）012(1)axa−−剟；（ⅱ）00()(1)(1)xxfeeaa−−…．【分析】（Ⅰ）推导出0x时，(

)10xfxe=−恒成立，(0)0f=，f（2）0，由此能证明函数()yfx=在(0,)+上有唯一零点．（Ⅱ）0()()0ifx=，从而000xexa−−=，进而00200012(1)xxexxex−−−−剟，令2()1(02)xgxexxx=−−−，2()12xxhxex=−−

−，(02)x，利用导数性质能证明012(1)axa−−剟．()ii要证明00()(1)(1)xxfeeaa−−…，只需证明00()(1)(1)xfxaeaa+−−…，只需证12(2)1aaeaa−−−−…，由此能证明00()(1)(1)xxfeeaa−−…．【解答】证明：（Ⅰ）

()0(0)xfxexax=−−=，()10xfxe=−恒成立，()fx在(0,)+上单调递增，12a„，f（2）22240eae=−−−…，又(0)10fa=−，函数()yfx=在(0,)+上有唯一零点．（Ⅱ）0()()0ifx=，000xexa−−=，012(

1)axa−−剟，00200012(1)xxexxex−−−−剟，令2()1(02)xgxexxx=−−−，2()12xxhxex=−−−，(02)x，一方面，1()1()xhxexhx=−−=，1()10xhxe=−，(

)(0)0hxh=，()hx在(0,2)单调递增，()(0)0hxh=，2102xxex−−−，22(1)xexx−−，另一方面，12a„，11a−„，当01x…时，01ax−„成立，只需证明当01x时，2

()10xgxexx=−−−„，1()12()xgxexgx=−−=，1()20xgxe=−=，2xln=，当(0,2)xln时，1()0gx，当(2,1)xln时，1()0gx，(){(0)gxmaxg，g（1）}，(0)0g=，g（1）3

0e=−，()0gx，()gx在(0,1)单调递减，()(0)0gxg=，21xexx−−，综上，00200012(1)xxexxex−−−−剟，012(1)axa−−剟．()ii要证明00()(1)(1)xxfeeaa−−…，

只需证00()(1)(1)xfxaeaa+−−…，由()i得只需证112(1)1aaeaaeaa−+−−−−−…，2112xexx++…，只需证211(1)(1)12aaaeaa+−+−−−…，只需证22(1)2(2)10aaeaa−−−−−…，即证12(2)1aa

eaa−−−−…，11[211aaaa=+−−−，)+，11322(2)221aaeaa−−−=−−厖，