新江苏省高三数学上学期考试试题分类汇编导数及其应用

新江苏省高三数学上学期考试试题分类汇编导数及其应用导数及其应用一、填空题1、（南通、2017届高三第一次调研测）已知两曲线()2sin f x x =，()cos g x a x =，π(0)2x ∈，相交于点P ．若两曲线在点P 处的切线互相垂直，则实数a 的值为 ▲ ． 2、（2017届高三上学期期中）若函数321()33f x x x ax a =+-+在区间[1,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是 ▲3、（2017届高三上学期期中）已知()f x 为奇函数，当0x <时，()2xf x e x =+，则曲线()y f x =在1x =处的切线斜率为 ▲ ．4、（2017届高三上学期期中）已知函数x a x x f sin )(+=在),(+∞-∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 。

5、（2017届高三上学期期末）已知1,5x x ==是函数()()()cos 0f x x ωϕω=+>两个相邻的极值点，且()f x 在2x =处的导数()20f '<，则()0f = ▲ ．二、解答题1、（、2017届高三第一次模拟）设函数()ln f x x =，1()3a g x ax x-=+-（a R ∈）. （1）当2a =时，解关于x 的方程()0xg e =（其中e 为自然对数的底数）；（2）求函数()()()x f x g x ϕ=+的单调增区间；（3）当1a =时，记()()()h x f x g x =⋅，是否存在整数λ，使得关于x 的不等式2()h x λ≥有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由.（参考数据：ln 20.6931≈，ln 3 1.0986≈）2、（南通、2017届高三第一次调研测）已知函数2()ln f x ax x x =--，a ∈R ．（1）当38a =时，求函数()f x 的最小值；（2）若10a -≤≤，证明：函数()f x 有且只有一个零点； （3）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．3、（苏北四市（淮安、宿迁、连云港、徐州）2017届高三上学期期中）设函数2()ln f x x ax ax=-+，a 为正实数． （1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）求证：1()0f a≤；（3）若函数()f x 有且只有1个零点，求a 的值．4、（苏北四市（徐州、淮安、连云港、宿迁）2017届高三上学期期末）已知函数2(),()ln ,2R x f x ax g x x ax a e=-=-∈．（1）解关于()R x x ∈的不等式()0f x ≤； （2）证明：()()f x g x ≥；（3）是否存在常数,a b ，使得()()f x ax b g x +≥≥对任意的0x >恒成立？若存在，求 出,a b 的值；若不存在，请说明理由．5、（2017届高三上学期期中调研）已知32()31(0)f x ax x a =-+>，定义{}(),()()()m a x (),()(),()()f x f xg xh x f x g x g x f x g x ⎧==⎨<⎩≥． （1）求函数()f x 的极值；（2）若()()g x xf x '=，且存在[1,2]x ∈使()()h x f x =，求实数a 的取值范围； （3）若()ln g x x =，试讨论函数()h x (0)x >的零点个数．6、（2017届高三上学期期末）已知()()()21,.xf x x mx m Rg x e =++∈=（1）当[]0,2x ∈时，()()()F x f x g x =-为增函数，求实数m 的取值范围； （2）若()1,0m ∈-，设函数()()()()15,,44f x G x H x xg x ==-+，求证：对任意[]12,1,1x x m ∈-，()()12G x H x <恒成立.7、（2017届高三上学期期中）设函数()ln f x x ax =-()a R ∈.（1）若直线31y x =-是函数()f x 图象的一条切线，求实数a 的值；（2）若函数()f x 在21,e ⎡⎤⎣⎦上的最大值为1ae -（e 为自然对数的底数），求实数a 的值；（3）若关于x 的方程()()22ln 23ln x x t x x t x t --+--=-有且仅有唯一的实数根，求实数t 的取值范围.8、（2017届高三上学期期中）已知函数x xae x f x+=)(。

（1）若函数)(x f 的图象在))1(,1(f 处的切线经过点)1,0(-，求a 的值；（2）是否存在负整数a ，使函数)(x f 的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a 的值；若不存在，请说明理由；（2）设a >0，求证：函数)(x f 既有极大值，又有极小值。

9、（2017届高三上学期期末）已知函数()()()f x g x h x =⋅，其中函数()x g x e =，2()h x x ax a =++．（1）求函数()g x 在()1,(1)g 处的切线方程；（2）当02a <<时，求函数()f x 在[2,]x a a ∈-上的最大值；（3）当0a =时，对于给定的正整数k ，问函数()()2(ln 1)F x e f x k x =⋅-+是否有零点？请说明理由．（参考数据 1.649, 4.482,ln 20.693e ≈≈≈≈）10、（2017届高三上学期期末）已知函数x x x f ln )(=，)()(12-=x x g λ（λ为常数）． （1）若函数)(x f y =与函数)(x g y =在1=x 处有相同的切线，求实数λ的值； （2）若21=λ，且1≥x ，证明：)()(x g x f ≤； （3）若对任意),[+∞∈1x ，不等式恒)()(x g x f ≤成立，求实数λ的取值范围．参考答案 一、填空题 12、3a ≤3、12e- 4、[1,1]- 5二、解答题1、解：（1）当2a =时，方程()0x g e =即为1230xx e e +-=，去分母，得 22()310x x e e -+=，解得1x e =或12x e =， ……………2分故所求方程的根为0x =或ln 2x =-. ……………4分（2）因为1()()()ln 3(0)a x f x g x x ax x xϕ-=+=++->， 所以222211(1)((()a ax x a ax a x x a x x x xϕ-+----+'=+-==（0x >）， …6分①当0a =时，由()0x ϕ'>，解得0x >；②当1a >时，由()0x ϕ'>，解得1a x a->；③当01a <<时，由()0x ϕ'>，解得0x >； ④当1a =时，由()0x ϕ'>，解得0x >；⑤当0a <时，由()0x ϕ'>，解得10a x a -<<.综上所述，当0a <时，()x ϕ的增区间为1(0,)a a-； 当01a ≤≤时，()x ϕ的增区间为(0,)+∞；1a >时，()x ϕ的增区间为1(,)a a-+∞. ……………10分（3）方法一：当1a =时，()3g x x =-，()(3)ln h x x x =-，所以3()l n 1h x x x '=+-单调递增，33()ln 12022h '=+-<，3(2)ln 2102h '=+->，所以存在唯一03(,2)2x ∈，使得0()0h x '=，即003ln 10x x +-=， ………12分当0(0,)x x ∈时，()0h x '<，当0(,)x x ∈+∞时，()0h x '>， 所以20m i 0(39()()(3)ln (3)(1)6()x h x h x x x x x x x x -==-=--=-=-+，记函数9()6()r x x x =-+，则()r x 在3(,2)2上单调递增， …………14分所以03()()(2)2r h x r <<，即031()(,)22h x ∈--， 由322λ≥-，且λ为整数，得0λ≥， 所以存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. .……………16分方法二：当1a =时，()3g x x =-，所以()(3)ln h x x x =-，由(1)0h =得，当0λ=时，不等式2()h x λ≥有解， …………12分 下证：当1λ≤-时，()2h x λ>恒成立，即证(3)ln 2x x ->-恒成立. 显然当(0,1][3,)x ∈+∞时，不等式恒成立， 只需证明当(1,3)x ∈时，(3)ln 2x x ->-恒成立.即证明2ln 03x x +<-.令2()ln 3m x x x =+-，所以2221289()(3)(3)x x m x x x x x -+'=-=--，由()0m x '=，得4x = …14分当(1,4x ∈，()0m x '>；当(4x ∈，()0m x '<；所以m a()3m x m+==<--=-<. 所以当1λ≤-时，()2h x λ>恒成立.综上所述，存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. .……………16分2、【解】（1）当38a =时，23()ln 8f x x x x =--．所以(32)(2)31()144x x f x x xx+-'=--=，（x>0）． ……………………………2分令()0f x '=，得2x =，当(02)x ∈，时，()0f x '<；当(2)x ∈+∞，时，()0f x '>， 所以函数()f x 在(02)，上单调递减，在(2)+∞，上单调递增．所以当2x =时，()f x 有最小值1(2)ln 22f =--．………………………………4分（2）由2()ln f x ax x x =--，得2121()210ax x f x ax x x x--'=--=>，． 所以当0a ≤时，221()<0ax x f x x--'=， 函数()f x 在(0+)∞，上单调递减，所以当0a ≤时，函数()f x 在(0+)∞，上最多有一个零点．……………………6分因为当0a -1≤≤时，(1)1<0f a =-，221e e ()>0e ea f -+=， 所以当0a -1≤≤时，函数()f x 在(0+)∞，上有零点．综上，当0a -1≤≤时，函数()f x 有且只有一个零点． ………………………8分（3）解法一：由（2）知，当0a ≤时，函数()f x 在(0+)∞，上最多有一个零点． 因为函数()f x 有两个零点，所以>0a ． ………………………………………9分由2()ln f x ax x x =--，得221()(0)ax x f x x x--'=>，，令2()21g x a x x =--． 因为(0)10g =-<，2>0a ，所以函数()g x 在(0)+∞，上只有一个零点，设为0x ． 当0(0)x x ∈，时，()0()0g x f x '<<，；当0()x x ∈+∞，时，()0()0g x f x '>>，． 所以函数()f x 在0(0)x ，上单调递减；在0()x +∞，上单调递增． 要使得函数()f x 在(0+)∞，上有两个零点，只需要函数()f x 的极小值0()0f x <，即2000ln 0ax x x --<．又因为2000()210g x ax x =--=，所以002ln 10x x +->，又因为函数()2ln 1h x =x x +-在(0+)∞，上是增函数，且(1)0h =， 所以01x >，得0101x <<． 又由200210ax x --=，得22000111112()()24a x x x =+=+-， 所以01a <<． ……………………………………………………………………13分以下验证当01a <<时，函数()f x 有两个零点．当01a <<时，21211()10a a g a a a a -=--=>，所以011x a<<． 因为22211e e ()10e e e ea af -+=-+=>，且0()0f x <．所以函数()f x 在01()ex ，上有一个零点．又因为2242222()ln (1)10a f a a a a a a=----=>≥（因为l n 1x x -≤），且0()0f x <．所以函数()f x 在02()x a，上有一个零点．所以当01a <<时，函数()f x 在12()e a，内有两个零点．综上，实数a 的取值范围为(1)0，． ……………………………………………16分下面证明：ln 1x x -≤．设()1ln t x x x =--，所以11()1x t x x x-'=-=，（x>0）． 令()0t x '=，得1x =．当(01)x ∈，时，()0t x '<；当(1)x ∈+∞，时，()>0t x '． 所以函数()t x 在(01)，上单调递减，在(1)+∞，上单调递增． 所以当1x =时，()t x 有最小值(1)0t =． 所以()1ln 0t x x x =--≥，得ln 1x x -≤成立． 解法二：由（2）知，当0a ≤时，函数()f x 在(0+)∞，上最多有一个零点． 因为函数()f x 有两个零点，所以>0a ． ………………………………………9分由2()ln 0f x ax x x =--=，得关于x 的方程2ln x x a x+=，（x>0）有两个不等 的实数解． 又因为ln 1x x -≤，所以222ln 211(1)1x x x a x x x +-==--+≤，（x>0）． 因为x>0时，21(1)11x--+≤，所以1a ≤．又当=1a 时，=1x ，即关于x 的方程2ln x x a x+=有且只有一个实数解． 所以<<1a 0． ……………………………………………………………………13分（以下解法同解法1）3、（1）当2a =时，2()ln 22f x x x x =-+，则1'()42f x x x=-+，……………2分 所以'(1)1f =-，又(1)0f =，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为10x y +-=．…………4分（2）因为111()ln1f aa a =-+，设函数()ln 1g x x x =-+， 则11'()1xg x x x-=-=， …………………………………………………6分令'()0g x =，得1x =，列表如下：所以111()ln 10f a a a =-+≤．………………………………………………8分（3）2121'()2ax ax f x ax a x x--=-+=-，0x >，令'()0f x >x <<0<，所以()f x 在上单调增，在)+∞上单调减．所以()f x f ≤．………………………………………………10分设0x =，因为函数()f x 只有1个零点，而(1)0f =，所以1是函数()f x 的唯一零点．当01x =时，()(1)0f x f =≤，()f x 有且只有1个零点，1=，解得1a =．…………………………………………12分 下证，当01x ≠时，()f x 的零点不唯一．若01x >，则0()(1)0f x f >=1>，即01a <<，则11a>． 由（2）知，1()0f a<，又函数()f x 在以0x 和1a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在0x 和1a 之间存在()f x 的零点，则()f x 共有2个零点，不符合题意；若01x <，则0()(1)0f x f >=1<，即1a >，则101a<<． 同理可得，在1a和0x 之间存在()f x 的零点，则()f x 共有2个零点，不符合题意．因此01x =，所以a 的值为1．…………………………………………………16分4、（1）当0a =时，2()2ex f x =，所以()0f x ≤的解集为{0}；当0a ≠时，()()2exf x x a =-， 若0a >，则()0f x ≤的解集为[0,2e ]a ；若0a <，则()0f x ≤的解集为[2e ,0]a ．综上所述，当0a =时，()0f x ≤的解集为{0}；当0a >时，()0f x ≤的解集为[0,2e ]a ；当0a <时，()0f x ≤的解集为[2e ,0]a ． ……………………4分（2）设2()()()ln 2e x h x f x g x x =-=-，则21e '()e e x x h x x x-=-=．所以函数()h x 的最小值为0h =，所以2()ln 02e x h x x =-≥，即()()f x g x ≥．…………………………………8分 （3）假设存在常数a ，b 使得()()f x ax b g x +≥≥对任意的0x >恒成立，即22ln 2ex ax b x +≥≥对任意的0x >恒成立．而当x 21ln 2e 2x x ==，所以11222b ≥≥，所以122b =，则122b =-所以2212220(*)2e 2e 2x x ax b ax --=-+≥恒成立，①当0a ≤时，1202<，所以(*)式在(0,)+∞上不恒成立；②当0a >时，则2214(2)0e 2a -≤，即2(20a ≤，所以a =，则12b =-．……………………………………………………12分令1()ln2x x x ϕ=+，则'()x ϕ=，令'()0x ϕ=，得x =当0x <'()0x ϕ>，()x ϕ在上单调增；当x >'()0x ϕ<，()x ϕ在)+∞上单调减．所以()x ϕ的最大值0ϕ=．所以1ln 02x -+≤恒成立．所以存在a ，12b =-符合题意．………………………………………16分5、解：（1）∵函数32()31f x ax x =-+，∴2'()363(2)f x ax x x ax =-=-． ．．．．．．．．．．1分 令'()0f x =,得10x =或22x a=，∵0a >，∴12x x <，列表如下：∴()f x 的极大值为(0)1f =，极小值为222()11f a a a a =-+=-．．．．．．．．3分（2）2363)()(x ax x f x x g -='=，∵存在[1,2]x ∈使()()h x f x =，∴()()f x g x ≥在[1,2]x ∈上有解，即32323136ax x ax x -+-≥在[1,2]x ∈上有解， 即不等式3132a x x +≤在[1,2]x ∈上有解， ．．．．．．．．．．．．．4分 设233[1,32]131()x y x x x x +∈=+=，∵2433'0x y x --=<对[1,2]x ∈恒成立， ∴313y xx =+在[1,2]x ∈上单调递减，∴当1x =时，313y x x=+的最大值为4， ∴24a ≤，即2a ≤． ．．．．．．．．．7分（3）由（1）知，()f x 在(0,)+∞上的最小值为224()1f a a=-，①当2410a->，即2a >时，()0f x >在(0,)+∞上恒成立，∴()max{(),()}h x f x g x =在(0,)+∞上无零点． ．．．．．．．．．8分②当2410a-=，即2a =时，min ()(1)0f x f ==，又(1)0g =， ∴()max{(),()}h x f x g x =在(0,)+∞上有一个零点． ．．．．．．．．．9分③当2410a-<，即02a <<时，设32()()()31ln x f x g x ax x x ϕ=-=-+-(01)x <<，∵211'()366(1)0x ax x x x x x ϕ=--<--<，∴()x ϕ在(0,1)上单调递减，又232123(1)20,()0a e a e e e ϕϕ-=-<=+>，∴存在唯一的01(,1)x e∈，使得0()0x ϕ=． Ⅰ．当00x x <≤时，∵0()()()()0x f x g x x ϕϕ=-=≥，∴()()h x f x =且()h x 为减函数，又0000()()()ln ln10,(0)10h x f x g x x f ===<==>，∴()h x 在0(0,)x 上有一个零点； Ⅱ．当0x x >时，∵0()()()()0x f x g x x ϕϕ=-<=，∴()()h x g x =且()h x 为增函数， ∵(1)0g =，∴()h x 在0(,)x +∞上有一个零点；从而()max{(),()}h x f x g x =在(0,)+∞上有两个零点． ．．．．．．．．．15分 综上所述，当02a <<时，()h x 有两个零点；当2a =时，()h x 有一个零点；当2a >时，()h x 有无零点． ．．．．．．．．．．16分6、7、解：（1）()ln f x ax x =-+，()1f x a x'∴=-, 设切点横坐标为x ，则00013,ln 31,a x ax x x ⎧-=⎪⎨⎪-+=-⎩ ………………2分 消去a，得0l n 0x =，故01x =，得2.a =- ………………4分（2）()22111,1,1,f x a x e x e x '=-≤≤≤≤ ①当21a e≤时，()0f x '≥在21,e ⎡⎤⎣⎦上恒成立，()f x 在21,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增， 则()()22max 21f x f e ae ae ==-=-，得2211a e e e=>-,舍去; ………………5分②当1a ≥时，()0f x '≤在21,e ⎡⎤⎣⎦上恒成立，()f x 在21,e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，则()()max 11f x f a ae==-=-，得111a e =<-,舍去; ………………6分③当211a e <<时，由()201f x x e '⎧>⎪⎨≤≤⎪⎩，得11x a ≤<；由()201f x x e'⎧<⎪⎨≤≤⎪⎩，得21x e a <≤，故()f x 在11,a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在21,e a⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则()max 11ln 1f x f a aea ⎛⎫==--=- ⎪⎝⎭，得2a e a --=, ………………8分设()212ln ,,1g a ae a a e ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭,则()211,,1g a e a a e ⎛⎫'=-∈ ⎪⎝⎭当211,a e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()10g a e a '=-<,()g a 单调递减，当1,1a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()10g a e a '=->,()g a 单调递增，故()min 10g a g e ⎛⎫== ⎪⎝⎭,2ln 0ae a ∴--=的解为1a e =.综上①②③，1a e=. …………………10分（3）方程()()22ln 23ln x x t x x t x t --+--=-可化为()()()()2211ln 2323ln 22x x t x x t x t x t --+--=-+-， 令()1ln 2h x x x =+，故原方程可化为()()223h x x t h x t --=-， …………………12分由（2）可知()h x 在()0,+∞上单调递增，故2230x x t x tx t ⎧--=-⎨->⎩有且仅有唯一实数根，即方程20x x t --=（※）在(),t +∞上有且仅有唯一实数根， …………………13分①当410t ∆=+=，即14t =-时，方程（※）的实数根为1124x =>-，满足题意； ②当0∆>，即14t >-时，方程（※）有两个不等实数根，记为12,,x x 不妨设12,,x t x t ≤> Ⅰ）若1,x t =2,x t >代入方程（※）得220t t -=，得0t =或2t =， 当0t =时方程（※）的两根为0,1，符合题意；当2t =时方程（※）的两根为2,1-，不合题意，舍去；Ⅱ）若12,,x t x t <>设()2x x x t ϕ=--，则()0t ϕ<，得02t <<；综合①②，实数t的取值范围为02t ≤<或14t =-. …………………16分 8、解：（1）∵22(1)'()x ae x x f x x-+= ∴'(1)1f =, (1)1f ae =+ ∴函数()f x 在(1,(1))f 处的切线方程为：(1)1y ae x -+=-，又直线过点(0,1)-∴1(1)1ae --+=-，解得：1a e=- ………2分（2）若0a <，22(1)'()x ae x x f x x-+=， 当(,0)x ∈-∞时，'()0f x >恒成立，函数在(,0)-∞上无极值；当(0,1)x ∈时，'()0f x >恒成立，函数在(0,1)上无极值； 方法（一）在(1,)+∞上，若()f x 在0x 处取得符合条件的极大值0()f x ，则0001()0'()0x f x f x >⎧⎪>⎨⎪=⎩，5分则00000200201102(1)03x x x ae x x ae x x x ⎧⎪>⎪⎪⎪+>⎨⎪⎪-+⎪=⎪⎩（）（）（），由（3）得：02001x x ae x =--，代入（2）得： 00001x x x -+>-，结合（1）可解得：02x >，再由0000()0x ae f x x x =+>得：020x x a e >-，设2()x x h x e=-，则(2)'()xx x h x e -=，当2x >时，'()0h x >，即()h x 是增函数， 所以024()(2)a h x h e >>=-，又0a <，故当极大值为正数时，24(,0)a e ∈-，从而不存在负整数a 满足条件． ………8分 方法（二）在(1,+)x ∈∞时，令2()(1)x H x ae x x =-+，则'()(2)x H x ae x =+ ∵(1,+)x ∈∞ ∴(,+)x e e ∈∞ ∵a 为负整数 ∴1a ≤- ∴x ae ae e ≤≤- ∴20x ae +< ∴'()0H x < ∴()H x 在(1,)+∞上单调减又(1)10H =>，22(2)440H ae e =+≤-+< ∴0(1,2)x ∃∈，使得0()0H x = …5分 且01x x <<时，()0H x >，即'()0f x >；0x x >时，()0H x <，即'()0f x <； ∴()f x 在0x 处取得极大值0000()x ae f x x x =+ （*） 又02000()(1)0x H x ae x x =-+=∴00001x x ae x x =--代入（*）得：0000000(2)()011x x x f x x x x -=-+=<-- ∴不存在负整数a 满足条件． ………8分 （3）设2()(1)x g x ae x x =-+，则'()(2)x g x x ae =+， 因为0a >，所以，当0x >时，'()0g x >，()g x 单调递增； 当0x <时，'()0g x <，()g x 单调递减；故()g x 至多两个零点． 又(0)0g a =-<，(1)10g =>，所以存在1(0,1)x ∈，使1()0g x = 再由()g x 在(0,)+∞上单调递增知， 当1(0,)x x ∈时，()0g x <，故2()'()0g x f x x =<，()f x 单调递减； 当1()x x ∈+∞，时，()0g x >，故2()'()0g x f x x=>，()f x 单调递增； 所以函数()f x 在1x 处取得极小值． ………12分 当0x <时，1x e <，且10x -<，所以222()(1)(1)x g x ae x x a x x x ax a =-+>-+=+-，函数2y x ax a =+-是关于x 的二次函数，必存在负实数t ，使()0g t >，又(0)0g a =-<， 故在(,0)t 上存在2x ，使2()0g x =， 再由()g x 在(,0)-∞上单调递减知， 当2()x x ∈-∞,时，()0g x >，故2()'()0g x f x x=>，()f x 单调递增； 当2(,0)x x ∈时，()0g x <，故2()'()0g x f x x =<，()f x 单调递减； 所以函数()f x 在2x 处取得极大值．综上，函数()f x 既有极大值，又有极小值． ………16分 9、解：(1) ()xg x e '=，故(1)g e '=， 所以切线方程为(1)y e e x -=-，即y e =---------------------3分（2）2()()xf x e x ax a =⋅++， 故'()(2)()xf x x x a e =++， 令'()0f x =，得x a =-或2x =-. ①当22a -≥-,即01a <≤时，()f x 在[2,]a a --上递减，在[,]a a -上递增，所以{}max ()max (2),()f x f a f a =-, 由于22(2)(2)a f a a a e --=+，2()(2)a f a a a e =+，故()(2)f a f a >-， 所以m()(f x f =; ---------------------5分②当22a -<-,即12a <<时，()f x 在[2,2]a --上递增，[2,]a --上递减，在[,]a a -上递增，所以{}max ()max (2),()f x f f a =-，由于2(2)(4)f a e --=-，2()(2)a f a a a e =+，故()(2)f a f >-，---------------------7分所以max ()()f x f a =;综上得，2max ()()(2)a f x f a a a e ==+ ----------8分（3）结论：当1k =时，函数()F x 无零点；当2k ≥时，函数()F x 有零点 ------------9分 理由如下：①当1k =时，实际上可以证明：22ln 20x ex e x -->．方法一：直接证明2()2ln 2xF x ex e x =--的最小值大于0，可以借助虚零点处理．212()(2)x F x x x e x +'=+-，显然可证212()(2)x F x x x e x+'=+-在()0,+∞上递增， 因为1112211212()2()20e eF e e e e e e e e e +⎡⎤⎛⎫'=+-=+-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦，32154024F e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以存在011(,)2x e ∈，使得()00F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，()F x 递减；当0(,)x x ∈+∞时，()F x 递增， 所以()()00min 012(ln 1)2F x F x x x ==--+，其中011(,)2x e ∈，而()12(ln 1)2x x x ϕ=--+递减，所以()132(ln 2)025x ϕϕ⎛⎫>=-> ⎪⎝⎭， 所以()m in0F x >，所以命题得证。