专题三 导数及其应用（一）导数的几何意义、定积分与微积分基本定理1.（2019全国Ⅰ理13）曲线在点处的切线方程为____________．2.（2019全国Ⅲ理6）已知曲线在点处的切线方程为y =2x +b ，则 A ． B ．a=e ，b =1C ．D ． ，3．(2018全国卷Ⅰ)设函数32()(1)f x x a x ax =+-+，若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为 A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =（二）导数的综合应用4．（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 ．32e --C ．35e - D ．1 5．(2016全国I) 函数2||2x y x e =-在[–2,2]的图像大致为A ．B ．C ．D ．6．（2015新课标Ⅱ）设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()xf x f x -0<，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是A ．()(),10,1-∞-UB ．()()1,01,-+∞U23()e xy x x =+(0)0，e ln x y a x x =+1e a （，）e 1a b ==-，1e 1a b -==，1e a -=1b =-C ．()(),11,0-∞--UD ．()()0,11,+∞U7．（2015新课标Ⅰ）设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是 A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e -C ．33[,)24eD ．3[,1)2e8.（2019全国Ⅲ理20）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.9.（2019全国Ⅰ理20）已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点10.（2019全国Ⅱ理20）已知函数.（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)处的切线也是曲线的切线.11．(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 ．12．(2018全国卷Ⅱ)已知函数2()e =-xf 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 ．13．(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 >；32()2f x x ax b =-+()f x ,a b ()f x [0,1]1-,a b ()sin ln(1)f x x x =-+()f x '()f x ()f x '(1,)2π-()f x ()11ln x f x x x -=-+e xy =(2)若0x =是()f x 的极大值点，求a ． 14．（2017新课标Ⅰ）已知函数2()(2)xx f x aea 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．15．（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220()2ef x --<<．16．（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 ，2111(1)(1)(1)222nm ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值． 17．(2016年全国Ⅰ) 已知函数2()(2)(1)xf 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 +<． 18．(2016年全国Ⅱ)(I)讨论函数2()e 2xx 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()2e =(0)x ax ag 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．19．(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 '≤． 20．(2015新课标Ⅱ）设函数2()mxf x ex mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；(Ⅱ)若对于任意1x ，2x [1,1]∈-，都有12|()()|f x f x -1e -≤，求m 的取值范围．专题三 导数及其应用答案部分1.3y x =【解析】因为23e x y x x =+（），所以2'3e 31xy x x =++（），所以当0x =时，'3y =，所以23e xy x x =+（）在点00（，）处的切线斜率3k =， 又()00y =所以切线方程为()030y x -=-，即3y x =． 2.D 【解析】 e ln x y a x x =+的导数为'e ln 1x y a x =++， 又函数e ln xy a x x =+在点(1,e)a 处的切线方程为2y x b =+， 可得e 012a ++=，解得1e a -=，又切点为(1,1)，可得12b =+，即1b =-．故选D ．3．D 【解析】通解 因为函数32()(1)=+-+f x x a x ax 为奇函数，所以()()-=-f x f x ，所以3232()(1)()()[(1)]-+--+-=-+-+x a x a x x a x ax ，所以22(1)0-=a x ，因为∈R x ，所以1=a ，所以3()=+f x x x ，所以2()31'=+f x x ，所以(0)1'=f ，所以曲线()=y f x 在点(0,0)处的切线方程为=y x ．故选D ．优解一 因为函数32()(1)=+-+f x x a x ax 为奇函数，所以(1)(1)0-+=f f ，所以11(11)0-+--++-+=a a a a ，解得1=a ，所以3()=+f x x x ，所以2()31'=+f x x ，所以(0)1'=f ，所以曲线()=y f x 在点(0,0)处的切线方程为=y x ．故选D ．4．A 【解析】∵，∵，∴，21()[(2)1]x f x x a x a e -'=+++-(2)0f '-=1a =-所以，，令，解得或，所以当，，单调递增；当时，，单调递减；当，，单调递增，所以的极小值为，选A ．5．D 【解析】当时，令函数，则，易知在[0，）上单调递增，在[，2]上单调递减，又，，，，所以存在是函数的极小值点，即函数在上单调递减，在上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为D ． 6．A 【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于 ，当时， ，所以在上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，， 数形结合可知，使得成立的的取值范围是． 7．D 【解析】由题意可知存在唯一的整数，使得，设，，由，可知在上单调递减，在上单调递增，作出与的大致图象如图所示，21()(1)x f x x x e-=--21()(2)x f x x x e-'=+-()0f x '=2x =-1x =(,2)x ∈-∞-()0f x '>()f x (2,1)x ∈-()0f x '<()f x (1,)x ∈+∞()0f x '>()f x ()f x 11(1)(111)1f e-=--=-0x ?2()2x f x x e =-()4xf x x e '=-()f x 'ln 4ln 4(0)10f '=-<1()202f '=>(1)40f e '=->2(2)80f e '=->01(0,)2x ∈()f x ()f x 0(0,)x 0(,2)x ()()f x h x x=()f x ()h x 2()()()xf x f x h x x '-'=0x >'()()xf x f x -0<()h x (0,)+∞()h x (,0)-∞(1)0f -=(1)0f =()0f x >x ()(),10,1-∞-U 0x 000(21)-<-xe x ax a ()(21)=-x g x e x ()=-h x ax a ()(21)x g x e x '=+()g x 1(,)2-∞-1(,)2-+∞()g x ()h x-a故，即，所以． 8.【解析】（1）． 令，得x =0或. 若a >0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减； 若a =0，在单调递增； 若a <0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a ，b 满足题设条件当且仅当，，即a =0，．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a ，b 满足题设条件当且仅当，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，在[0，1]的最小值为，最大值为b 或．若，b =1，则，与0<a <3矛盾.若，，则或a =0，与0<a <3矛盾．(0)(0)(1)(1)>⎧⎨--⎩h g h g ≤132<⎧⎪⎨--⎪⎩a a e ≤312a e <≤2()622(3)f x x ax x x a '=-=-()0f x '=3ax =(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U ()0f x '>0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '<()f x (,0),,3a ⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭()f x (,)-∞+∞,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U ()0f x '>,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '<()f x ,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭()f x ()f x (0)=f b (1)2f a b =-+1b =-21a b -+=1b =-()f x ()f x (0)=f b (1)2f a b =-+21a b -+=-()f x 3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭2a b -+3127a b -+=-a =3127a b -+=-21a b -+=a =a =-综上，当且仅当a =0，或a =4，b =1时，在[0，1]的最小值为–1，最大值为1． 9.【解析】（1）设，则，. 当时，单调递减，而， 可得在有唯一零点，设为. 则当时，；当时，. 所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.（2）的定义域为.（i ）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.（ii ）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.又，，所以当时，.从而 在没有零点.1b =-()f x ()()g x f 'x =1()cos 1g x x x=-+21sin ())(1x 'x g x =-++1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()g'x (0)0,()02g'g'π><()g'x 1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭α(1,)x α∈-()0g'x >,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭()0g'x <()g x (1,)α-,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭()g x 1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭()f 'x 1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭()f x (1,)-+∞(1,0]x ∈-()f 'x (1,0)-(0)0f '=(1,0)x ∈-()0f 'x <()f x (1,0)-(0)=0f 0x =()f x (1,0]-0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦()f 'x (0,)α,2απ⎛⎫⎪⎝⎭(0)=0f '02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f 'β=(0,)x β∈()0f 'x >,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f 'x <()f x (0,)β,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭(0)=0f 1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦()0f x >()f x 0,2⎛⎤⎥⎝⎦π（iii ）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.（iv ）当时，，所以<0，从而在没有零点. 综上，有且仅有2个零点.10.【解析】（1）f （x ）的定义域为. 因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=，， 所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0． 又，， 故f （x ）在（0，1）有唯一零点． 综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为，故点B （–ln x 0，）在曲线y =e x 上． 由题设知，即， 故直线AB 的斜率．曲线y =e x在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦()0f 'x <()f x ,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭()0f π<()f x ,2π⎛⎤π ⎥⎝⎦(,)x ∈π+∞ln(1)1x +>()f x ()f x (,)π+∞()f x (0,1)(1,)+∞U 211()0(1)f x x x '=+>-()f x e 110e 1+-<-22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--1101x <<1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-11x 0ln 01e x x -=01x 0()0f x =0001ln 1x x x +=-0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----001(ln ,)B x x -01x ln y x =00(,ln )A x x 01x所以曲线在点处的切线也是曲线y =e x 的切线．11．【解析】(1)的定义域为，．（i ）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减．（ii ）若，令得，或．当时，； 当时，．所以在，单调递减，在单调递增．(2)由(1)知，存在两个极值点当且仅当．由于的两个极值点，满足，所以，不妨设，则．由于，所以等价于．设函数，由(1)知，在单调递减，又，从而当时，．所以，即． 12．【解析】(1)当时，等价于．设函数，则．ln y x =00(,ln )A x x ()f x (0,)+∞22211()1a x ax f x x x x -+'=--+=-2≤a ()0'≤f x 2a =1x =()0f x '=()f x (0,)+∞2a >()0f x '=2a x -=2a x +=)x ∈+∞U ()0f x '<x ∈()0f x '>()fx)+∞()f x 2a >()f x 1x 2x 210x ax -+=121x x =12x x <21x >12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----1212()()2f x f x a x x -<--22212ln 0x x x -+<1()2ln g x x x x=-+()g x (0,)+∞(1)0g =(1,)x ∈+∞()0g x <22212ln 0x x x -+<1212()()2f x f x a x x -<--1=a ()1≥f x 2(1)e10-+-≤xx 2()(1)1-=+-xg x x e22()(21)(1)--=--+=--x x g'x x x e x e当时，，所以在单调递减． 而，故当时，，即． (2)设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i ）当时，，没有零点；（ii ）当时，．当时，；当时，． 所以在单调递减，在单调递增． 故是在的最小值． ①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由(1)知，当时，，所以． 故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．13．【解析】(1)当时，，． 设函数，则． 当时，；当时，．1≠x ()0<g'x ()g x (0,)+∞(0)0=g 0≥x ()0≤g x ()1≥f x 2()1e -=-xh x ax ()f x (0,)+∞()h x (0,)+∞0≤a ()0>h x ()h x 0a >()(2)e xh'x ax x -=-(0,2)∈x ()0<h'x (2,)∈+∞x ()0>h'x ()h x (0,2)(2,)+∞24(2)1e=-ah ()h x [0,)+∞(2)0>h 2e 4<a ()h x (0,)+∞(2)0=h 2e 4=a ()h x (0,)+∞(2)0<h 2e 4>a (0)1=h ()h x (0,2)0>x 2e >xx 33342241616161(4)11110e (e )(2)=-=->-=->a a a a a h a a a()h x (2,4)a ()h x (0,)+∞()f x (0,)+∞2e 4=a 0a =()(2)ln(1)2f x x x x =++-()ln(1)1xf x x x'=+-+()()ln(1)1xg x f x x x'==+-+2()(1)x g x x '=+10x -<<()0g x '<0x >()0g x '>故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，． 所以在单调递增．又，故当时，；当时，．(2)（i ）若，由(1)知，当时，，这与是的极大值点矛盾． （ii ）若，设函数．由于当时，，故与符号相同． 又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点．．如果，则当，且时，， 故不是的极大值点．如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点．如果，则．则当时，； 当时，．所以是的极大值点，从而是的极大值点 综上，． 14．【解析】（1）的定义域为，1x >-()(0)0g x g =≥0x =()0g x =()0f x '≥0x =()0f x '=()f x (1,)-+∞(0)0f =10x -<<()0f x <0x >()0f x >0a ≥0x >()(2)ln(1)20(0)f x x x x f ++->=≥0x =()f x 0a <22()2()ln(1)22f x xh x x x ax x ax ==+-++++||min{x <220x ax ++>()h x ()f x (0)(0)0h f ==0x =()f x 0x =()h x 2222222212(2)2(12)(461)()1(2)(1)(2)x ax x ax x a x ax a h x x x ax x ax x ++-++++'=-=++++++610a +>6104a x a +<<-||min{x <()0h x '>0x =()h x 610a +<224610a x ax a +++=10x <1(,0)x x∈||min{x <()0h x '<0x =()h x 610a +=322(24)()(1)(612)x x h x x x x -'=+--(1,0)x ∈-()0h x '>(0,1)x ∈()0h x '<0x =()h x 0x =()f x 16a =-()f x (,)-∞+∞，（ⅰ）若，则，所以在单调递减． （ⅱ）若，则由得．当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增． （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点．（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为． ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即． 又，故在有一个零点．设正整数满足，则． 由于，因此在有一个零点． 综上，的取值范围为．15．【解析】（1）的定义域为．设，则，等价于． 因为，，故，而，，得． 若，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以是的极小值点，故．综上，．2()2(2)1(1)(21)x x x x f x ae a e ae e '=+--=-+0a ≤()0f x '<()f x (,)-∞+∞0a >()0f x '=ln x a =-(,ln )x a ∈-∞-()0f x '<(ln ,)x a ∈-+∞()0f x '>()f x (,ln )a -∞-(ln ,)a -+∞0a ≤()f x 0a >ln x a =-()f x 1(ln )1ln f a a a-=-+1a =(ln )0f a -=()f x (1,)a ∈+∞11ln 0a a-+>(ln )0f a ->()f x (0,1)a ∈11ln 0a a-+<(ln )0f a -<422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>()f x (,ln )a -∞-0n 03ln(1)n a>-00000000()e (e 2)e 20nnnnf n a a n n n =+-->->->3ln(1)ln a a->-()f x (ln ,)a -+∞a (0,1)()f x (0,)+∞()ln g x ax a x =--()()f x xg x =()0f x ≥()0g x ≥(1)0g =()0g x ≥(1)0g '=1()g x a x'=-(1)1g a '=-1a =1a =1()1g x x'=-01x <<()0g x '<()g x 1x >()0g x '>()g x 1x =()g x ()(1)0g x g =≥1a =（2）由（1）知，． 设，则． 当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，；当时，．因此，所以是的唯一极大值点． 由得，故． 由得，． 因为是在的最大值点，由，得．所以．16．【解析】（1）的定义域为．①若，因为，所以不满足题意； ②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故是在的唯一最小值点．由于，所以当且仅当a =1时，． 故a =1．（2）由（1）知当时， 令得，从而 2()ln f x x x x x =--()22ln f x x x '=--()22ln h x x x =--1()2h x x'=-1(0,)2x ∈()0h x '<1(,)2x ∈+∞()0h x '>()h x 1(0,)21(,)2+∞2()0h e ->1()02h <(1)0h =()h x 1(0,)20x 1[,)2+∞0(0,)x x ∈()0h x >0(,1)x x ∈()0h x <(1,)x ∈+∞()0h x >()()f x h x '=0x x =()f x 0()0f x '=00ln 2(1)x x =-000()(1)f x x x =-0(0,1)x ∈01()4f x <0x x =()f x (0,1)1(0,1)e -∈1()0f e -'≠120()()f x f e e -->=220()2ef x --<<()f x (0,)+∞a 0≤11()ln 2022f a =-+<＞0a ()1a x a f 'x x x-=-=()0x ,a ∈()＜0f 'x ()，+x a ∈∞()＞0f 'x ()f x (0,)a (,)a +∞x a =()f x (0,)+∞()10f =()0f x ≥(1,)x ∈+∞1ln 0x x -->112n x =+11ln(1)22n n+<故而，所以m 的最小值为3．17．【解析】（Ⅰ）．（i ）设，则，只有一个零点．（ii ）设，则当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 又，，取满足且，则 ，故存在两个零点． （iii ）设，由得或． 若，则，故当时，， 因此在上单调递增．又当时，， 所以不存在两个零点． 若，则，故当时，； 当时，．因此在上单调递减， 在上单调递增．又当时，， 所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，， 又在上单调递减，所以等价于， 即．由于，而，所以．设，则．221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<23111(1)(1)(1)2222+++>'()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a =-+-=-+0a =()(2)xf x x e =-()f x 0a >(,1)x ∈-∞'()0f x <(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (,1)-∞(1,)+∞(1)f e =-(2)f a =b 0b <ln2ab <223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->()f x 0a <'()0f x =1x =ln(2)x a =-2ea ≥-ln(2)1a -≤(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (1,)+∞1x ≤()0f x <()f x 2ea <-ln(2)1a ->(1,ln(2))x a ∈-'()0f x <(ln(2),)x a ∈-+∞'()0f x >()f x (1,ln(2))a -(ln(2),)a -+∞1x ≤()0f x <()f x a (0,)+∞12x x <12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞22(,1)x -∈-∞()f x (,1)-∞122x x +<12()(2)f x f x >-2(2)0f x -<222222(2)(1)x f x x ea x --=-+-22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=222222(2)(2)x x f x x e x e --=---2()(2)xx g x xex e -=---2'()(1)()x x g x x e e -=--所以当时，，而，故当时，． 从而，故． 18．【解析】（I ）证明：∵当时， ∴在上单调递增 ∴时，∴（Ⅱ）， 由（Ⅰ）知，单调递增，对任意的，， ，因此，存在唯一，使得，即当时，，,单调递减； 当时，，,单调递增． 因此在处取得最小值，最小值为． 于是，由，得单调递增． 所以，由，得，因为单调递增，对任意的，存在唯一的，，使得，所以的值域为．综上，当时，有最小值，的值域为．19．【解析】（Ⅰ）．1x >'()0g x <(1)0g =1x >()0g x <22()(2)0g x f x =-<122x x +<()2e 2xx f x x -=+()()()22224e e 222xxx x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭x ∈()()22,-∞--+∞U ，()0f x '>()f x ()()22,-∞--+∞，和0x >()2e 0=12xx f x ->-+()2e 20x x x -++>33(2)(2)2()(())x x e a x x g x f x a x x-+++'==+()f x a +[)01a ∈，(0)10f a a +=-<(2)0f a a +=…(0,2]a x ∈()0a f x a +=()0a g x '=0a x x <<()0f x a +<()0g x '<()g x a x x >()0f x a +>()0g x '>()g x ()g x a x x =22(1)()(1)()2a a ax x x a a a a a a a e a x e f x x e g x x x x -+-+===+()2ax a e h a x =+2(1)()02(2)x x e x e x x +'=>++2x e x +(0,2]a x ∈0221()2022224a x a e e e e h a x =<==+++„2x e x +21(,]24e λ∈(0,2]a x ∈()[0,1)a af x =-∈()h a λ=()h a 21e 24⎛⎤ ⎥⎝⎦，[0,1)a ∈()g x ()h a ()h a 21e 24⎛⎤⎥⎝⎦，()2sin 2(1)sin f x a x a x '=---（Ⅱ）当时，因此，．当时，将变形为． 令，则是在上的最大值，，，且当时，取得极小值， 极小值为． 令，解得（舍去），． （ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．（ⅱ）当时，由，知．又，所以． 综上，． （Ⅲ）由（Ⅰ）得. 当时，.当时，，所以.当时，，所以.20．【解析】(Ⅰ)．若，则当时，，；当时，，．1a …|()||sin 2(1)(cos 1)|f x a x a x '=+-+2(1)a a +-„32a =-(0)f =32A a =-01a <<()f x 2()2cos (1)cos 1f x a x a x =+--2()2(1)1g t at a t =+--A |()|g t [1,1]-(1)g a -=(1)32g a =-14at a-=()g t 221(1)61()1488a a a a g a a a--++=--=-1114a a --<<13a <-15a >105a <„()g t [1,1]-|(1)|g a -=|(1)|23g a =-|(1)||(1)|g g -<23A a =-115a <<(1)(1)2(1)0g g a --=->1(1)(1)()4ag g g a-->>1(1)(17)|()||(1)|048a a a g g a a--+--=>2161|()|48a a a A g a a -++==2123,05611,18532,1a a a a A a a a a ⎧-<⎪⎪++⎪=<<⎨⎪-⎪⎪⎩„…|()||2sin2(1)sin |2|1|f x a x a x a a '=---+-„105a <„|()|1242(23)2f x a a a A '+-<-=剟115a <<131884a A a =++…|()|12f x a A '+<„1a …|()|31642f x a a A '--=剟|()|2f x A '„()(e 1)2mxf x m x '=-+0m ≥(,0)x ∈-∞10mxe -≤()0f x '<(0,)x ∈+∞10mxe-≥()0f x '>若，则当时，，；当时，，．所以，在单调递减，在单调递增．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增． 故在处取得最小值．所以对于任意，，的充要条件是：，即 ① 设函数，则． 当时，；当时． 故在单调递减，在 单调递增．又，，故当时，． 当时，，即①式成立； 当时，由得单调性，，即； 当时，，即综上，的取值范围是．0m <(,0)x ∈-∞10mxe ->()0f x '<(0,)x ∈+∞10mxe-<()0f x '>()f x (,0)-∞(0,)+∞m ()f x [1,0]-[0,1]()f x 0x =1x 2x [1,1]∈-12|()()|1f x f x e --≤(1)(0)1(1)(0)1f f e f f e --⎧⎨---⎩≤≤11m m e m e e m e -⎧--⎨+-⎩≤≤()1tg t e t e =--+()1tg t e '=-0t <()0g t '<0t >()0g t '>()g t (,0)-∞(0,)+∞(1)0g =1(1)20g e e --=+-<[1,1]t ∈-()0g t ≤[1,1]m ∈-()0,()0g m g m -≤≤1m >()g t ()0g m >1me m e ->-1m <-()0g m ->1mem e -+>-m [1,1]-。