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专题 4 用导数研究函数的最值
函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的最值是函数的一个重要性质,有些复杂的函数的最值,只能借
助导数来求,高考常考题型一是给出确定函数或含有参数的函数求最值,二是求解不等式恒成立问题,常常利
用函数的最值来求解,此类问题一般难度较大,多以压轴题形式出现.
(一) 求函数y f x在闭区间a,b上的最值
一般地,如果在区间a,b上函数y f x的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值与最小值．
求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a,b)内的极值；
(2)求函数在区间端点的函数值f(a),f(b)；
(3)将函数f(x)的极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值．
π
【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高三冲刺调研）已知函数 f xlnx+sinx+sin .
10
(1)求函数 f x在区间1,e上的最小值；
(2)判断函数 f x的零点个数，并证明.
π
【解析】（1）因为 f xlnx+sinx+sin ，
10
1 1 1
所以 f¢(x) +cosx，令gx f¢(x) +cosx，g¢x- -sinx，
x x x2
1
当xÎ1,e时，g¢x- -sinx<0，
x2
所以gx在1,e上单调递减，且g11+cos1>0，
1 1 2π 1 1
ge +cose< +cos - <0，
e e 3 e 2
所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使ga f¢a0
又当xÎ1,a时，gx f¢x>0；当xÎa,e时，gx f¢x<0；所以 f x在xÎ1,a上单调递增，在xÎa,e上单调递减，
π π
又因为 f 1ln1+sin1+sin sin1+sin ，
10 10
π π
f elne+sine+sin 1+sine+sin > f 1，
10 10
π
所以函数 f(x)在区间[1,e]上的最小值为 f 1sin1+sin .
10
（2）函数 f x在0,+¥上有且仅有一个零点，证明如下：
π 1
函数 f xlnx+sinx+sin ，xÎ0,+¥，则 f¢(x) +cosx，
10 x
1
若00，
x
π
所以 f(x)在区间0,1上单调递增，又 f 1sin1+sin >0，
10
æ1ö 1 π π π
f ç ÷-1+sin +sin <-1+sin +sin 0，
èeø e 10 6 6
结合零点存在定理可知， f(x)在区间0,1有且仅有一个零点，
π
若10,sinx³0，sin >0，则 f x>0，
10
若x>π，因为lnx>lnπ>1³-sinx，所以 f x>0，
综上，函数 f(x)在0,+¥有且仅有一个零点.
(二) 求函数在非闭区间上的最值
求函数在非闭区间上的最值,一般通过研究函数的单调性与极值来确定,若函数在某一区间上有唯一极值点,
则该点处的极值一定是函数的最值.
1
【例2】（2024届青海省部分学校高三下学期协作考试模拟预测）已知函数 f xeax+ x2-ax（aÎR）.
2
(1)当a1时，求 f x的最值；
(2)当aÎ-1,1时，证明：对任意的x，x Î-2,2，都有 f x - f x ≤e2-1.
1 2 1 2
1
【解析】（1）当a1时， f xex+ x2-x， f¢xex+x-1，
2
易知 f¢xex+x-1在上R单调递增.
因为 f¢00，所以当x<0时， f¢x<0，当x>0时， f¢x>0，
所以 f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增，所以 f x有最小值 f 01，无最大值.
（2）证明： f¢xaeax+x-a.令gx f¢xaeax+x-a，则g¢xa2eax+1>0，
所以 f 'x在-2,2上单调递增.
又 f¢00，所以当x<0时， f¢x<0，当x>0时， f¢x>0，
所以 f x在-2,0上单调递减，在0,2上单调递增，
即当aÎ-1,1时， f x在-2,0上单调递减，在0,2上单调递增.
所以 f 2- f 0e2a -2a+1， f -2- f 0e-2a +2a+1.
令hte2t -2t-e2+2，则h¢t2e2t -2，当t<0时，h¢t<0，当t>0时，h¢t>0，
所以ht在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增.
1
因为h10，h-1 +4-e2 <0，所以当tÎ-1,1时，ht£0，
e2
即当tÎ-1,1时，e2t -2t+1£e2-1，
所以当aÎ-1,1时，e2a -2a+1≤e2-1且e-2a+2a+1≤e2-1，
即 f 2- f 0 £e2-1且 f -2- f 0 £e2-1，
即对任意的x，x Î-2,2，都有 f x - f x ≤e2-1.
1 2 1 2
(三) 含单参数的函数在闭区间上的最值问题
含单参数的函数的最值一般不通过比值求解,而是先讨论函数的单调性,再根据单调性求出最值．含参函数在
区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间,二是定极值点动区间,这两类问题一般根据区间与极值点的
位置关系来分类讨论．
【例3】（2024届广东省东莞中学、广州二中等高三下学期六校联考）已知函数
1
f x x2+1-ax-alnxaÎR．
2
(1)求函数 f x的单调区间；
(2)当a>0时，求函数 f x在区间1,e上的最大值．
【解析】（1） f x的定义域为0,+¥ ，a x2+1-ax-a x+1x-a
求导数，得 f¢xx+1-a- ，
x x x
若a£0，则 f¢x>0，此时 f x在0,+¥上单调递增，
若a>0，则由 f¢x0得xa，当0a时， f¢x>0 ， f x在a,+¥上单调递增，
综上，当a£0， f x的增区间为0,+¥，无减区间，
若a>0， f x减区间为0,a，增区间为a,+¥ .
（2）由（1）知，当00，得a< e+1- ，
2 2 2 2e
1 3 1
若10，则12，
所以x2是函数 f x的一个极值点，
所以a1；
1+lnx-1
（2）由（1）得 f x ，定义域为1,+¥，
x-1
1+lnx-1
所以问题等价于m£x× 在2,+¥上恒成立，
x-1
1+lnx-1 x-1-lnx-1
构造函数gxx× ，x³2，则g¢x ，
x-1
x-12
x-2
令hxx-1-lnx-1，x³2，则h¢x ，
x-1
所以x³2时，h¢x³0，hx在2,+¥递增，
所以hx³h21>0，所以g¢x>0，
所以gx在2,+¥递增，
所以gx g22，所以m£2，
min
所以实数m的最大值为2；
2 1+lnx-1 2
（3）由（2）得：x³2时， f x³ ，即 ³ ，
x x-1 x
2 2
整理得lnx-1³1- >1- ，
x x-1
k+1 2 2k k+1 2k
令x-1 ，则1- 1- ，即ln >1- ，
k x-1 k+1 k k+11 2 2 3
k1时，1-2´ 0时，若 fx³0，求b的最小值．
【解析】 (1)当b0时， f xex-ax， f¢xex-a，当a£0时， f¢xex-a>0， f x在R上单调
递增；当a>0时，令 f¢x0有xlna，当xÎ-¥,lna时， f¢x<0， f x单调递减，当xÎlna,+¥
时， f¢x>0， f x单调递增.
(2)当a>0时，由（1）若 fx³0，则 f lna³0有解即可，即a-alna+b ³ 0有解，即b ³ alna - a 有解，
设gaalna-a，则g¢alna，故当01时，g¢a>0，
ga单调递增.故g aln1-1 -1，故当b³alna-a -1.故b的最小值为-1
min min
(六) 根据 f x³a恒成立,求整数a的最大值
根据 f x³a恒成立,求整数a的最大值,通常情况是 f x有最小值,但无法求出,这种情况下一般设出函数
的极值点,把最小值转化为关于极值点的式子,根据极值所在范围,确定最小值的大致范围,由此确定整数a的
最大值.
【例6】（2024届山东省日照市高三下学期三模）已知函数 f xalnx-x2+a-2x，
gxx-2ex-x2-4x+m，aÎR.
(1)讨论函数 f x的单调性；(2)当a-1时，对"xÎ0,1， f x>gx，求正整数m的最大值.
a x+1-2x+a
【解析】（1）函数 f x的定义域为0,+¥，求导得 f¢x -2x+a-2 ，
x x
①当a£0时，有 f¢x<0，此时函数 f x在区间0,+¥上单调递减；
æ aö æ aö
②当a>0时，当xÎç0, ÷时， f¢x>0，此时函数 f x在区间ç0, ÷上单调递增；
è 2ø è 2ø
æa ö æa ö
当xÎç ,+¥÷时， f¢x<0，此时函数 f x在区间ç ,+¥÷上单调递减.
è2 ø è2 ø
所以当a£0时，函数 f x在区间0,+¥上单调递减；
æ aö æa ö
当a>0时，函数 f x在区间ç0, ÷上单调递增，在区间ç ,+¥÷上单调递减.
è 2ø è2 ø
（2）当a-1，xÎ0,1时， f x>gx恒成立，等价于m<-x+2ex-lnx+x恒成立，
æ 1ö
设hx-x+2ex-lnx+x，xÎ0,1，则h¢x1-x çex- ÷，
è xø
当0< x<1时，有1-x>0，
1 æ1ö
函数uxex- 在0,1上单调递增，且uç ÷ e-2<0，u1e-1>0，
x è2ø
æ1 ö 1
则存在唯一的x Îç ,1÷，使得ux 0，即ex0 ，
0 è2 ø 0 x
0
当xÎ0,x 时，ux<0，h¢x<0；当xÎx ,1时，ux>0，h¢x>0，
0 0
函数hx在0,x 上单调递减，在x ,1上单调递增，
0 0
1 2
hx hx -x +2ex0 -lnx +x -x +2 +2x -1+ +2x
min 0 0 0 0 0 x 0 x 0
0 0
2 2 2
设y-1+ +2x，则当xÎ0,1时，y¢- +2<0，函数y-1+ +2x在0,1上单调递减，
x x2 x
æ1 ö
又因为x Îç ,1÷，所以hx Î3,4 .
0 è2 ø 0
所以正整数m的最大值是3.
【例1】（2024届湖南省岳阳市汨罗市高三下学期5月月考）函数 f xlnx,gxx2-x-m+2．
(1)若me，求函数Fx f x-gx的最大值；(2)若 f x+gx£x2-x-2ex在xÎ(0,2]恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】（1）因为Fxlnx-x2+x+e-2，
1 (2x+1)(x-1)
可知F(x)的定义域为0,+¥，且F¢(x) -2x+1- ，
x x
由F¢(x)>0，解得01．
可知F(x)在(0,1)内单调递增，在(1,+¥)内单调递减，
所以函数Fx f x-gx的最大值为F1e-2．
（2）因为 f(x)+g(x)£x2-(x-2)ex在xÎ(0,2]恒成立，
等价于m³(x-2)ex+lnx-x+2在xÎ(0,2]恒成立．
设h(x)(x-2)ex+lnx-x+2，xÎ(0,2]，
1 æ 1ö
则h¢(x)(x-1)ex+ -1x-1 çex- ÷，
x è xø
1 1
当x>1时，则x-1>0，且ex >e, <1，可得ex- >e-1>0，
x x
所以h¢(x)>0；
当00，
x x2
æ1ö
可知u(x)在(0,1)递增，且uç ÷ e-2 0,u(1)e-1 0．
è2ø
æ1 ö
则$x Îç ,1÷，使得ux 0．
0 è2 ø 0
当xÎ0,x 时，u(x)<0；当xÎx ,1时，u(x)>0．
0 0
当xÎ0,x 时，h¢(x)>0；当xÎx ,1时，h¢(x)<0．
0 0
可知函数h(x)在0,x 递增，在x ,1递减，在(1,2)递增．
0 0
1 1
由ux ex0 - 0，得ex0 ，且lnx -x ．
0 x x 0 0
0 0
1 æ 1 ö
可得hx x -2ex 0 +lnx -x +2x -2 -2x +23-2çx + ÷，
0 0 0 0 0 x 0 è 0 x ø
0 0
æ1 ö
且x Îç ,1÷，则hx <0，
0 è2 ø 0又因为h(2)ln2>0，可知当xÎ(0,2]时，h(x) h2ln2，
max
所以m的取值范围是[ln2,+¥)．
【例2】（2024届云南省昆明市第一中学高三考前适应性训练）已知函数 f xxa-lnx，a>0．
(1)求 f x的最小值ga；
1
(2)证明：ga£a+ -1．
a
【解析】（1） f(x)的定义域为0,+¥， f¢xaxa-1- 1 axa -1 ，
x x
1
令ax 0 a -10解得x 0 æ ç è 1 a ö ÷ ø a，又因为当a>0时，yaxa -1为增函数，
故当xÎ0,x 时， f¢x<0，则 f x在0,x 上单调递减；
0 0
当xÎx ,+¥时， f¢x>0，则 f x在x ,+¥上单调递增；
0 0
1 1 1 1+lna 1+lna
故 fx fx xa -lnx - ln ，故ga ．
min 0 0 0 a a a a a
1+lna -lna
（2）ga ，a>0，则g¢a ，
a a2
故当aÎ0,1时，g¢a>0，则ga在0,1单调递增；
当aÎ1,+¥时，g¢a<0，则ga在1,+¥单调递减；
故ga g11．
max
1 1 1
又因为a+ ³2 a´ 2，所以a+ -1³1（当且仅当a1时，取“”），
a a a
1
所以ga£a+ -1．
a
【例3】（2024届河南省信阳市高级中学高三下学期三模）已知函数 f xax-ln1-xaÎR.
(1)若 fx³0恒成立，求a的值；
(2)若 f x有两个不同的零点x,x ，且 x -x >e-1，求a的取值范围.
1 2 2 1
1 -ax+a+1
【解析】（1） f¢xa+ (x<1)，
1-x 1-x
①当a³0时， f(-1)-a-ln2<0，不符合题意.
1
②当a<0时，令 f¢(x)0，解得x 1+ ，
aæ 1ö æ 1ö
当xÎç-¥,1+ ÷时， f¢(x)<0， f(x)在区间ç-¥,1+ ÷上单调递减，
è aø è aø
æ 1 ö æ 1 ö
当xÎç1+ ,1÷时， f¢(x)>0， f(x)在区间ç1+ ,1÷上单调递增，
è a ø è a ø
1 æ 1ö
所以当x 1+ 时， f(x)取得最小值 f ç1+ ÷a+1+ln-a；
a è aø
若 fx³0恒成立，则a+1+ln-a³0，
1 x+1
设jxx+1+ln-x(x<0)，则j¢x1+ ，
x x
当xÎ-¥,-1时，j¢x>0,jx在区间-¥,-1上单调递增，
当xÎ(-1,0)时，j¢x<0,jx在区间-1,0上单调递减，
所以jx£j-10，即a+1+ln-a³0的解为a-1.
所以a-1.
（2）当a³0时， f¢(x)>0， f(x)在区间(-¥,1)上单调递增，
所以 f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，因为 f(0)0，不妨设x 0，
1
若00）.
(1)求 f x在区间-1,1上的最大值与最小值；
(2)当a³1时，求证： f x³lnx+x+1.
【解析】（1）解： f¢xeax1+ax（x>0）（a>0），
1
令 f¢x0，则x- ，
a
1
当01时，-1<- <1，则当xÎ
ê
-1,- ÷时， f¢x<0， f x在区间
ê
-1,- ÷上单调递减；
a ë aø ë aø
当xÎ æ ç- 1 ,1
ú
ù 时， f¢x>0， f x在区间 æ ç- 1 ,1
ú
ù 上单调递增，
è a û è a û
æ 1ö 1
所以 f x f ç- ÷- ，
min è aø ae
而 f -1-e-a <0， f 1ea >0.所以 f x f 1ea
max
综上所述，当01时，所以 f x - ， f x ea.
min ae max
（2）方法一：隐零点法
因为x>0，a³1，所以xeax ³xex，欲证xeax ³lnx+x+1，只需证明xex ³lnx+x+1，
æ 1ö
设gxxex-lnx-x-1，（x>0），g¢xx+1 çex- ÷，
è xø
1
令fxex- ，易知fx在0,+¥上单调递增，
x
æ1ö
而fç ÷ e-2<0，f1e-1>0，
è2ø
æ1 ö
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x Îç ,1÷使得fx 0，
0 è2 ø 0
1 1
即ex0 - 0，因此ex0 ，x -lnx ，
x x 0 0
0 0
当xÎ0,x 时，f¢x<0，g¢x<0，gx在0,x 上单调递减；
0 0
当xÎx ,+¥时，f¢x>0，g¢x>0，gx在x ,+¥上单调递增；
0 0
1
所以gx gx ex0x -lnx -x -1 x --lnx -x -10
min 0 0 0 0 x 0 0 0
0
所以gx³0，因此 f x³lnx+x+1.
方法二：（同构）
因为x>0，a³1，所以xeax ³xex，欲证xeax ³lnx+x+1，只需证明xex ³lnx+x+1，
只需证明xex elnxex exlnx+x ³lnx+x+1，
因此构造函数hxex-x-1（xÎR），
h¢xex-1，
当xÎ-¥,0时，h¢x<0，hx在-¥,0上单调递减；当xÎ0,+¥时，h¢x>0，hx在0,+¥上单调递增：
所以hx³h00，所以ex ³x+1，
所以xex ³lnx+x+1，
因此 f x³lnx+x+1.
【例5】（2024届江苏省宿迁市高三下学期三模）已知函数 f(x)ln(x-a)+ 9a-4x(a>0)．
(1)若曲线y f(x)在x2处的切线的方程为x+yb，求实数b的值；
(2)若函数 f(x)≤lna+2a恒成立，求a的取值范围．
9a
【解析】（1）因为 f(x)ln(x-a)+ 9a-4x(a>0)，函数的定义域为(a, ]，
4
1 2
所以 f¢(x) - ，
x-a 9a-4x
由曲线y f(x)在x2处的切线的方程为x+yb，得 f¢(2)-1，
1 2
所以 f¢(2) - -1，
2-a 9a-8
1 2 8 1 9
设h(a) - ( 0，
2-a 9a-8 9 (a-2)2 (9a-8) 9a-8
8
所以函数h(a)是( ,2)上的递增函数，又h(1)-1，
9
1 2
所以方程 - -1有唯一解a1，
2-a 9a-8
所以 f(x)ln(x-1)+ 9-4x， f(2)1，
所以切点坐标为(2,1)，代入直线方程x+yb得b3．
9a
（2） f(x)ln(x-a)+ 9a-4x(a>0)，定义域为(a, ]，
4
1 2 9a-4x -2(x-a)
f¢(x) - ，
x-a 9a-4x (x-a) 9a-4x
-2
设g(x) 9a-4x-2(x-a)，所以g¢(x) -2<0，
9a-4x
9a 9a 5a
所以g(x)在(a, )上递减，又g(a) 5a >0，g( )- <0，
4 4 2
所以当xÎ(a,x )时，g(x)>0，即 f¢(x)>0，函数 f(x)递增，
0
9a
当xÎ(x , )时，g(x)<0，即 f¢(x)<0，函数 f(x)递减，
0 4
所以函数 f(x)的最大值 f (x) f(x ) ln(x -a)+ 9a-4x ，
max 0 0 0
又g(x ) 9a-4x -2(x -a)0，
0 0 0所以 9a-4x 2(x -a)，
0 0
所以 f (x) f(x ) ln(x -a)+2(x -a)，
max 0 0 0
因为 f(x)≤lna+2a恒成立，即ln(x -a)+2(x -a)≤lna+2a恒成立，
0 0
1
设h(x)lnx+2x，则h¢(x) +2>0，所以h(x)递增，
x
所以x -a≤a，即x £2a恒成立，
0 0
9a
因为g(x)在(a, )上递减，且g(x )0，
4 0
所以只需g(2a)≤0恒成立，即 a-2a≤0，
1
又a>0，所以a³ ．
4
【例6】（山西省晋城5月第四次调研考）函数 f(x) x2+ax ex(aÎR).
(1)求 f x的单调区间；
f(x)
(2)若 f xx只有一个解，则当x>0时，求使 > kx-x2 ex-1 成立的最大整数k.
ex
【解析】（1）函数 f(x) x2+ax ex，定义域为R，则 f¢xé
ë
x2+a+2x+aù
û
ex，
因为ex >0，设g(x)x2+(a+2)x+a，D(a+2)2-4aa2+4>0，
-(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4
则令g(x)0得，x ，x ，
1 2 2 2
-(a+2)- a2 +4
当xÎ(-¥, )时，g(x)>0， f¢(x)>0， f(x)单调递增，
2
-(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4
当xÎ( , )时，g(x)<0， f¢(x)<0，
2 2
f(x)单调递减，
-(a+2)+ a2 +4
当xÎ( ,+¥)时，g(x)>0， f¢(x)>0， f(x)单调递增，
2
-(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4
综上所述： f(x)的单调递增区间为(-¥, )，( ,+¥)，
2 2
-(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4
单调递减区间为( , )；
2 2
（2）若 f(x)x即 x2+ax ex x只有一个解，
因为x0使方程成立，所以只有0是 f(x)x的解，
当x¹0时，(x+a)ex 1无非零解，
设h(x)(x+a)ex-1，则h'(x)(x+a+1)ex，当x<-a-1，h¢(x)<0，h(x)单调递减，当x>-a-1，h¢(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)最小值为h(-a-1)-e-a-1-1<0，
当x®-¥时，h(x)®-1，当x®+¥时，h(x)®+¥，
故h(x)(x+a)ex-1定有零点，又因为(x+a)ex 1无非零解，有零点应还是0，
所以h(0)(0+a)e0-10，所以a1，则 f(x) x2+x ex，
f(x) > kx-x2 ex-1 ，得x2+x> kx-x2 ex-1 ，x>0，ex >1，
ex
x+1 x+1
所以 >k-x，得k < +x，
ex-1 ex-1
x+1 -1-xex ex ex-x-2
设F(x) +x，则F'(x) +1 ，
ex-1 ex-1 2 ex-1 2
令Gxex-x-2，则G¢xex-1，
因为x>0时，ex >1，所以G¢x>0，则Gx在0,+¥单调递增，
又G(1)e-3<0，G(2)e2-4>0
ex0 ex0 -x -2
所以$x Î(1,2)使得Gx 0，所以ex0 x +2，且F'x 0 0，
0 0 0 0 ex0 -1 2
x+1
当xÎ0,x 时，F¢x <0，F(x) +x单调递减，
0 0 ex-1
x+1
当xÎx ,+¥时，F¢(x)>0，F(x) +x单调递增，
0 ex-1
x +1
所以F(x)最小值Fx 0 +x ，且ex0 x +2，
0 ex0 -1 0 0
x +1
得Fx 0 +x x +1，
0 x +1 0 0
0
又因为x Î(1,2)，所以x +1Î(2,3)，因为k0，可得 f¢x在0,+¥单调递增，且 f¢10，
x2
故xÎ0,1时， f¢x<0， f x单调递减；xÎ1,+¥时， f¢x>0， f x单调递增，
则 f x的最小值为 f 11.
（2）若 f x在定义域内单调递增，则 f¢x³0在xÎ0,+¥上恒成立，
2
xex-1- x+a
f¢xex-1+ a - 2 a ，
x a x
2 a+2a-1
令gxxex-1- x+a，则g1 ³0，且g0a³0可知a³1，
a a
下证a³1时，gx³0，
2
由haxex-1- x+a关于a³1单调递增，则ha³xex-1-2x+1，
a
令Gxxex-1-2x+1，则G¢xx+1ex-1-2，
故G¢x在xÎ0,+¥上单调递增，且G¢10，
则Gx在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增，
所以Gx³G10，
综上所述，aÎ1,+¥时， f x在定义域0,+¥上单调递增.
a 2 a 2
（3） f¢xex-1+ - ，记nxex-1+ -
x a x a
a
n¢xex-1- ，00，
所以存在唯一x Î0,1，使得n¢x 0，
0 0故 f¢x在0,x 上单调递减，x ,+¥单调递增，其中x2ex0-1 a，
0 0 0
根据函数yx2ex-1在0,+¥上单调递增且aÎ0,1，得00, f x在0,+¥上存在零点，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当a-1时， f xex-sinx，
所以不等式转化为ex-bx-sinx-1³0，在0,+¥上恒成立.
令hxex-bx-sinx-1，
所以h¢xex-cosx-b.
当xÎ[0,+¥)时，ex-cosx³0恒成立.
若b£0，则h¢x³0在0,+¥上恒成立，
hx在0,+¥上单调递增，
故hx³h00，符合题意；
若b >0，令函数mxex-cosx-b，则m¢xex +sinx³0在0,+¥上恒成立，
所以mx在0,+¥上单调递增，
因为m0-b<0，且当x®+¥时，mx®+¥.
所以$x Î0,+¥，mx ex0 -cosx -b0，
0 0 0
故当xÎ0,x 时，h¢xmx<0，hx单调递减，
0
当xÎx ,+¥时，h¢xmx>0，hx单调递增，
0
则h(x) hx =ex0 -bx -sinx -10，gx单调递减；
è4 4 ø è 4ø
æ πö æ5π 9π ö æ πö
当xÎç0, ÷，xÎç +2kπ, +2kπ÷时，sinçx- ÷<0,gx单调递增.
è 4ø è 4 4 ø è 4ø
5π
所以当x +2kπ,kÎN时，gx取得极小值，
4
5π 13π
即当x , ,×××时，gx取得极小值.
4 4
5π 13π 2 5π 13π
又因为sin sin ×××- ， ，
0gç ÷>×××.
è4ø è 4 ø
所以gx£g æ ç πö ÷ 2 e - π 4，
è4ø 2
所以当xÎ0,+¥，- 2 e - 5 4 π £gx£ 2 e - π 4.
2 2
2 - 5π 1 2 - π
所以- e 4 £- £ e 4.
2 a 2
又因为a>0，
所以 5π 时， f x在0,+¥上存在零点，
a³ 2e4
é 5π ö
所以实数a的取值范围为ê 2e4 ,+¥÷.
ë ø
3.（2024届辽宁省凤城市第一中学高三下学期期初考）已知函数 f xxex-1-lnx-x.
(1)求函数 f x的最小值；
1
(2)求证：eé ë f x+xù û >ex-e-1lnx- .
2
1 æ 1ö
【解析】（1）因为函数 f xxex-1-lnx-x，所以 f¢xx+1ex-1- -1x+1 çex-1- ÷，
x è xø
1 1
记hxex-1- ,x>0，h¢xex-1+ >0，
x x2
所以hx在0,+¥上单调递增，且h10，
所以当01时，hx>0，即 f¢x>0，所以 f x在1,+¥单调递增，且 f¢10，
所以 f x f 10.
min
1
（2）要证eéf x+xù>ex-e-1lnx- ，
ë û
2
1
只需证明：x-1ex-lnx+ >0对于x>0恒成立，
21 1
令gxx-1ex-lnx+ ，则g¢xxex- x>0，
2 x
1
当x>0时，令m(x)g¢(x)xex- ，
x
1
则m¢(x)(x+1)ex+ >0，m(x)在(0,+¥)上单调递增，
x2
1
即g¢xxex- 在(0,+¥)上为增函数，
x
é 2ù
又因为g¢ æ ç 2ö ÷ 2 e 2 3 - 3 2 êe 2 3 - æ ç 27ö ÷ 3ú<0，g¢1e-1>0，
è3ø 3 2 3ê è 8 ø ú
ë û
æ2 ö 1 x2ex0 -1
所以存在x Îç ,1÷使得g¢x 0，由g¢x x ex0 - 0 0，
0 è3 ø 0 0 0 x x
0 0
1 1
得x2ex0 1即ex0 即ex0 即-2lnx x ，
0 x2 x2 0 0
0 0
1
所以当xÎ0,x 时，g¢xxex- <0，gx单调递减，
0 x
1
当xÎx ,+¥时，g¢xxex- >0，gx单调递增，
0 x
1 x -1 x 1 x3+x2+2x -2
所以gx gx x -1ex0 -lnx + 0 + 0 + 0 0 0 ，
min 0 0 0 2 x2 2 2 2x2
0 0
令jxx3+x2+2x-2 æ ç 2 0，
è3 ø è 3ø 3
æ2 ö æ2ö 2
所以jx在ç ,1÷上单调递增，所以jx >jç ÷ >0，
è3 ø 0 è3ø 27
jx
1
所以gx³gx 0 >0，所以x-1ex-lnx+ >0，
0 2x2 2
0
1
即eéf x+xù>ex-e-1lnx- .
ë û
2
ax
4.（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数 f x ，gxsinx+cosx.
ex
(1)当a1时，求 f x的极值；
(2)当xÎ0,π时， f x£gx恒成立，求a的取值范围.
x 1-x
【解析】（1）当a1时 f x ，所以 f¢x ，
ex ex
所以当x<1时 f¢x>0，当x>1时 f¢x<0，
所以 f x在-¥,1上单调递增，在1,+¥上单调递减，
1
所以 f x在x1处取得极大值，即 f x f 1 ，无极小值.
极大值 e（2）因为当xÎ0,π时， f x£gx恒成立，
ax
即当xÎ0,π时， £sinx+cosx恒成立，
ex
即exsinx+cosx-ax³0在0,π上恒成立，
3π 3π
当x 时- a³0，解得a£0，
4 4
设hxexsinx+cosx-ax，xÎ0,π，
则h¢xexsinx+cosx+excosx-sinx-a2excosx-a，
æ πö
令mxh¢x2excosx-a，则m¢x2excosx-sinx2 2excosçx+ ÷，
è 4ø
æ πö
当xÎç0, ÷时m¢x>0，则h¢x单调递增，
è 4ø
æπ ö
当xÎç ,π÷时m¢x<0，则h¢x单调递减，
è4 ø
æπö π
因为a£0，h¢02-a>0，h¢ ç ÷ 2e4 -a>0，h¢π-2eπ-a，
è4ø
当-2eπ-a³0，即a£-2eπ时h¢x³0在0,π上恒成立，
所以hx在0,π上单调递增，
所以hx h01>0，所以hx³0恒成立，
min
æπ ö
当-2eπ 0，hx单调递增；
0
当xÎx ,π时h¢x<0，hx单调递减；
0
ìïf 0³0 ì1³0 eπ
所以í ，则í ，解得-2eπ 0，当xÎç- ,+¥÷时， f¢x<0，
è 2ø è 2 ø
æ 1ö æ 1 ö
故 f x的单调递增区间为ç-1,- ÷，单调递减区间为ç- ,+¥÷.
è 2ø è 2 ø
1
（2）由 f xax+lnx+1，xÎ-1,+¥，得 f¢xa+ ，
x+1
若a³0，则显然 f 22a+ln3>0，不符合题意，
a+1
若a<0，令 f¢x0，解得x- >-1，
a
æ a+1ö
则当xÎç-1,- ÷时， f¢x>0， f x单调递增，
è a ø
æ a+1 ö
当xÎç- ,+¥÷时， f¢x<0， f x单调递减，
è a ø
æ a+1ö
f x f ç- ÷-a-1-ln-a，
max è a ø
则-a-1-ln-a£0，即a+1+ln-a³0，
1 a+1
令gaa+1+ln-a，则g¢a1+ ，
a a
当xÎ-¥,-1时，g¢a>0，ga单调递增，
当xÎ-1,0时，g¢a<0，ga单调递减，
所以ga g-10，当满足ga³0时，a-1，
max
所以a的取值集合为-1
.
6．（2024届重庆市育才中学教育集团高三下学期5月模拟）已知函数 f xax-ex+1．
(1)求函数y f x的最值；
(2)若a3，设曲线y f x与x轴正半轴的交点为P，该曲线在点P处的切线方程为ygx，求证：
"xÎR, f x£gx；
【解析】（1）因为函数 f xax-ex+1，定义域为R.
所以 f¢xa-ex，当a£0时， f¢x<0，函数 f x单调递减，此时，函数无最值.
当a>0时， f¢x0，xlna，
则 f¢x>0,xlna， f x在lna,+¥单调递减，
所以函数 f x在xlna处取得最大值，最大值为 f lnaalna-a+1，无最小值.
（2）因为a3，所以函数 f x3x-ex +1，则 f¢x3-ex
曲线y f x与x轴正半轴的交点为Px ,0，
0
则切线斜率为 f¢x 3-ex 0，
0
切线方程为：y 3-ex0 x-x .
0
则gx 3-ex0 x-x ，
0
令Fx f x-gx3x-ex+1- 3-ex0 x-x
0
F¢x3-ex- 3-ex0 ex0 -ex，
所以Fx在-¥,x 单调递增，x，+¥单调递减，
0 0
Fx的最大值为Fx 0，
0
所以Fx f x-gx£0，
即"xÎR, f x£gx .
7.（2024届河北省秦皇岛市青龙县第一中学高三下学期5月模拟）已知m>0，函数 f xex-2x+m的图
象在点 0, f 0 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2.
(1)求m的值；
(2)求 f x在-1,2上的值域.
【解析】（1）因为 f xex-2x+m，所以 f¢xex-2，则k f¢0-1.
因为 f 01+m，所以切点坐标为0,1+m，所以 f x的图象在点 0, f 0 处的切线方程为y -x+1+m.
1
令y0，得x1+m，又m>0，所以 ´1+m´1+m2，所以m1.
2
（2）由（1）可知 f¢xex-2，令 f¢x>0，解得x>ln2，所以 f x在ln2,2上单调递增.
令 f¢x<0，解得x1-2x恒成立，
即xlnx-ax+a>1-2x，
xlnx+2x-1
即a< 在xÎ1,+¥上恒成立，
x-1
xlnx+2x-1
令gx ,xÎ1,+¥，
x-1
lnx+3x-1-xlnx+2x-1 x-2-lnx
则g¢x x>1 ，
x-12 x-12
1 x-1
令hxx-2-lnxx>1，则h¢x1- >0x>1，
x x
所以函数hx在1,+¥上单调递增，
又h31-ln3<0,h42-ln4>0，
所以存在x Î3,4使得hx 0，即x -2lnx ，
0 0 0 0
当1x 时，hx>0，即g¢x>0，
0所以函数gx在1,x 上单调递减，在x ,+¥上单调递增，
0 0
x lnx +2x -1 x x -2+2x -1
所以gx gx 0 0 0 0 0 0 x +1，
min 0 x -1 x -1 0
0 0
所以a< x +1，
0
又因x Î3,4，则x +1Î4,5，
0 0
所以正整数a的最大值为4.
9．（2024届陕西省西北工业大学附属中学高三适应性训练）已知函数 f(x)2sinx-ax
(1)若函数在[0,π]内点A处的切线斜率为-a(a¹0)，求点 A的坐标；
é πù
(2)①当 a1时，求 g(x) f(x)-ln(x+1)在
ê
0,
ú
上的最小值；
ë 6û
1 1 1 n+1
②证明：sin +sin +
L
+sin >ln nÎN,n³2．
2 3 n 2
【解析】（1）设点Ax , f x ,x Î[0,π].
0 0 0
由于 f¢(x)2cosx-a，则 f¢x 2cosx -a-a，得cosx 0，
0 0 0
π æπö π æπ π ö
则 x ，且 f ç ÷2- a，所以点 A的坐标为ç ,2- a÷.
0 2 è2ø 2 è2 2 ø
（2）① g(x)2sinx-x-ln(x+1)，
1 1
则 g¢(x)2cosx-1- ，记h(x)2cosx-1- ，
x+1 x+1
1
则h¢(x)-2sinx+
(x+1)2
æπö 1
é πù h¢(0)1>0,h¢ ç ÷ -1<0
易知h¢(x)在 ê 0, ú 上单调递减，且 è6ø æπ ö 2 ,
ë 6û ç +1÷
è6 ø
æ πö 1
\$x
0
Îç
è
0,
6ø
÷,h¢x
0
0，即 -2sinx
0
+
x +12
0，
0
所以，当 xÎ0,x 时， h¢(x)>0，hx在0,x 上单调递增；
0 0
æ πö æ πö
当 xÎçx , ÷时， h¢(x)<0，hx在çx , ÷上单调递减.
è 0 6ø è 0 6ø
æπö 1 1 5
h00,hç ÷ 3-1- > 3-1- 3- >0
因为 è6ø π 1 3 ，
+1 +1
6 2
æ πö é πù
所以 xÎç0, ÷时，hx>0， gx在
ê
0,
ú
单调递增，
è 6ø ë 6û所以，当 x0时， gx取得最小值 g00.
æ πö
②由①可知 xÎç0, ÷，时 g(x)>0恒成立，即2sinx>ln(x+1)+x恒成立.
è 6ø
1 x
设 s(x)x-ln(x+1)，则 s¢(x)1- ，
x+1 x+1
æ πö æ πö
当 xÎç0, ÷时， s¢(x)>0， s(x)在ç0, ÷上单调递增，
è 6ø è 6ø
所以 s(x)>s(0)0，所以 x>ln(x+1)，
又 2sinx>ln(x+1)+x>2ln(x+1)，所以sinx>ln(x+1)，
1 1 æ1 ö
取 x nÎN,n³2，则sin >lnç +1÷ln(n+1)-lnn，
n n èn ø
1 1 1
\sin +sin + +sin >ln3-ln2+ln4-ln3+ +ln(n+1)-lnn
L L
2 3 n
n+1
ln(n+1)-ln2ln ，得证.
2
1
10．（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数 f(x)1- -alnx,aÎR.
x
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 a>0时，函数 f(x)与函数 g(x)a(1-e1-x)-x+1有相同的最大值，求 a的值.
1 a 1-ax
【解析】（1） f¢x - ，x>0.
x2 x x2
1 1
①当 a>0时，当 00，f(x)单调递增；当 x> 时， f¢x<0，f(x)单调递减.
a a
②当 a£0时， f(x)在（0,+¥）单调递增. .
1 1
综上所述，当 a>0时， f(x)在（0, ）单调递增，在（ ,+¥）单调递减.
a a
当 a£0时， f(x)在（0,+¥）单调递增.
1
（2）由（1）得当 a>0时，当 x 时， f(x)取得最大值1-a+alna，
a
g¢xae1-x-1,易知 g¢(x)单调递减 ，令 g¢(x)0， x1+alna，
当 x<1+alna时， g¢x>0， g(x)单调递增; 当 x>1+alna时， g¢x<0，单 g(x)调递减，所以，当
x1+alna时， g(x)取得最大值1-a+alna
依题意，有1-a+alnaa-1-lna，所以 2a-2-lna-alna0
1 1
令 h(x)2x-2-lnx-xlnx (x>0) 则 h¢x2- -lnx+11- -lnx.
x x
1
由 f(x)的单调性可知，当 a1时， f(x)1- -lnx.在 x1时取得最大值0，即 f(x)£0,从而可得
x1
h¢x1- -lnx£0，因此 h(x)在（0,+¥）上单调递减，又 h(1)0,
x
所以 2a-2-lna-alna0， a1.
11．（2024届山东省菏泽市高三下学期二模）已知函数 f xlnx+m的图象与 x轴交于点 P，且在 P处
的切线方程为 ygx,g11，记 hx2f x- 1+4x+1．（参考数据：e3 »20.09）．
(1)求 gx的解析式；
(2)求hx的单调区间和最大值．
1
【解析】（1）由题意 f xlnx+m与 x轴的交点 P1-m,0，又 f¢x ，
x+m
1
\在点 P处的切线的斜率 k 1，
1-m+m
\在点 P处的切线方程为 gxx-1+m,
Q
g11,\m1，即切线方程为 gxx
æ 1ö
（2）由（1）知 f xlnx+1，所以hx2lnx+1- 1+4x+1çx³- ÷，
è 4ø
2 1+4x-x-1
2 2
\h¢x - ，
x+1 1+4x x+1 1+4x
令h¢x0得 x 0,x 2,x,h¢x,hx的变化情况列表如下，
1 2
1 æ 1 ö
x - ç- ,0÷ 0 0,2 2 2,+¥
4 è 4 ø
h¢x - + -
hx 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数
æ 1 ö
所以hx的单调增区间为0,2，单调减区间为ç- ,0÷和2,+¥，
è 4 ø
æ 1ö 3
h(x) h22ln3-2，又hç- ÷2ln +12ln3-2ln4+1，
极大值 è 4ø 4
æ 1ö e3 20.09 æ 1ö
hç- ÷-hx 3-2ln4ln >ln >0,\hç- ÷>hx ，
è 4ø 极大值 16 16 è 4ø 极大值
3
\hx的最大值为2ln +1．
4
1
12．（2024届湖北省武昌实验中学高三下学期5月高考适应性考试）已知函数 f xlnx- ax2aÎR.
2(1)当 a1时，求 f x的最大值；
(2)讨论函数 f x在区间 é
ë
1,e2ù
û
上零点的个数.
【解析】（1） f x的定义域是0,+¥，
1 1 1-ax2
Q f xlnx- ax2aÎR，\f¢x -ax ，
2 x x
1-x2
当 a1时， f¢x 0，得 x±1.
x
x 0
Q >
\当 xÎ0,1时， f¢x>0，函数 f x单调递增，
当 xÎ1,+¥时， f¢x<0，函数 f x单调递减
1
\当 x1时，函数 f x取最大值，最大值为 f 1- ；
2
2lnx
（2）由 f x0，得 a ，
x2
2lnx 2-4lnx
令 gx ，则 g¢x ，
x2 x3
由 g¢x>0得1< x< e，
由 g¢x<0，得 e 时， f x在 é1,e2ù上没有零点.
ë û
e
13．（2024届安徽省鼎尖名校联盟高三下学期5月联考）已知函数 f x2x-1ex-ax2.
(1)求曲线 y f x在 x0处的切线方程；
(2)若 ae2，求函数 f x在1,3上的最值.
【解析】（1）由函数 f x2x-1ex-ax2，可得 f¢x2xex-2ax2x ex-a ，
可得 f¢00，且 f 0-2，所以切线的斜率为 k 0，切点为0,-2，
则所求切线方程为y=-2.
（2）由（1），当 ae2时，可得 f¢x2x ex-e2 ,xÎ1,3，
当 xÎ1,2时， f¢x<0，函数 f x在1,2上单调递减，
当 xÎ2,3时， f¢x>0，函数 f x在2,3上单调递增，
而 f 1-e2， f 2-2e2， f 34e3-9e2，
故所求最大值为4e3-9e2，最小值为 -2e2.
14．（2024届湖北省武汉市华中师范大学附属中学高三五月适应性考试）已知函数 f x xeax(x>0)．
(1)求函数 f x的单调区间；
(2)若函数 f x有最大值 1 ，求实数 a的值．
2
1 1+2ax
【解析】（1） f¢x ×eax+a xeax eax(x>0)
2 x 2 x
1°当 a³0时 f¢x>0,\f x在区间0,+¥上单调递增。
æ 1 ö
2°当 a<0时， xÎç0,- ÷时， f¢x>0,\f x单调递增
è 2aø
æ 1 ö
xÎç- ,+¥÷时， f¢x<0,\f x单调递减
è 2a ø
综上，当 a³0时， f x的增区间是0,+¥，
æ 1 ö æ 1 ö
当 a<0时， f x的增区间是ç0,- ÷，减区间是ç- ,+¥÷
è 2aø è 2a ø
（2）由（1）知当 a³0时， f x无最大值。当 a<0时， f x f æ ç- 1 ö ÷ - 1 e - 1 2 1 ，平方有 - 1 1 ，
max è 2aø 2a 2 2ae 4
2 2
解得 a- ,\a- ．
e e
1
15．（2024届四川省南充市高三三诊）已知函数 f x x2-sinx+ax.
2
(1)当 a1时，求 f x的最小值；
(2)①求证： f x有且仅有一个极值点；
1
②当 aÎ-1-π,1时，设 f x的极值点为 x ，若 gx- x2+2sinx-2x.求证： f x ³ gx
0 2 0 0
【解析】（1） f¢(x)x-cosx+a，令 f¢(x)h(x)，
1
当 a1时， f x x2-sinx+x，h(x)x-cosx+1，
2
Q
h¢(x)1+sinx³0，故 h(x)在 R上单调递增，又 h(0)0，
\xÎ(-¥,0), f¢(x)h(x)<0, f(x)在-¥,0上单调递减，
xÎ(0,+¥), f¢(x)h(x)>0, f(x)在0,+¥上单调递增，
\f(x)的最小值为 f(0)0.
（2）由（1）知， h(x) f¢(x)x-cosx+a，
Q
h¢(x)1+sinx³0，故 h(x)在 R上单调递增，即 f¢(x)在 R上单调递增，
又 f¢(-2-a)-2-cos(2+a)<0, f¢(2-a)2-cos(2-a)>0，
\f¢(-2-a)× f¢(2-a)<0，
\f¢(x)存在唯一的变号零点 x ，
0
即 f(x)有且仅有一个极值点 x .
0
②由①知： f(x)有且仅有一个极值点 x 且 f¢x x -cosx +a0，则 acosx -x
0 0 0 0 0 0
当 aÎ[-1-π,1]时， f¢(0)-1+a£0, f¢(π)π+1+a³0，
由①知：0£x £π，要证 f(x )³ g(x )，
0 0 0
1 æ 1 ö
只需证： Fx f x -gx x2-sinx +ax -ç- x2+2sinx -2x ÷³0，
0 0 0 2 0 0 0 è 2 0 0 0 ø
而 acosx -x ，那么 Fx 2x -3sinx +x cosx 0£x £π.
0 0 0 0 0 0 0 0
\F¢x 2-2cosx -x sinx ，
0 0 0 0令 Px F¢x ，则 P¢x sinx -x cosx ，
0 0 0 0 0 0
设 Sx P¢x ，则 S¢x x sinx ，又 x Î0,π，
0 0 0 0 0 0
所以 S¢x ³0，\Sx 在0,π上单调递增，即 P¢x 在0,π上单调递增，
0 0 0
又 P¢(0)0，\P¢x ³0，\Px 在0,π上单调递增，
0 0
即 F¢x 在0,π上单调递增，又 F¢(0)0，\F¢x ³0，
0 0
\Fx 在0,π上单调递增，\Fx ³F00，
0 0
综上所述， aÎ[-1-π,1]时， f x ³gx .
0 0
16．（2024届江苏省连云港市厉庄高级中学高三考前模拟）已知函数 f xax-1-log x（ a>0，且
a
a¹1）．
(1)若 ae，求函数 f x的最小值；
(2)若 a³2，证明： x| f x<1 Í æ ç 1 ,a ö ÷．
èa ø
1
【解析】（1）若 ae，则 f xex-1-log xex-1-lnx， xÎ0,+¥，所以 f¢xex-1- ，
e x
1 1 1
设 gxex-1- 则 g¢xex-1+ >0，得 f¢xex-1- 在0,+¥上为增函数．
x x2 x
又 f¢10，当01时 f¢x>0，
所以 f x在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增，
所以 f x在 x1处取得极小值即最小值．所以 f x的最小值为1．
1
（2）因为 f xax-1-log x， a³2， xÎ0,+¥，所以 f¢xax-1lna- ，
a xlna
1 1
设jxax-1lna- ，其中lna>0，得j¢xax-1ln2a+ >0，
xlna x2lna
所以 f¢x在0,+¥上为增函数，当 x®0时， f¢x®-¥,x®+¥时， f¢x®+¥，
所以存在 x Î0,+¥使得 f¢x 0，当0x 时 f¢x >0，
0 0 0 0 0 0
所以 f x在0,x 上单调递减，在x ,+¥上单调递增，且 f 11，
0 0
①当 ae时，由（1）知，由 f x³1，有 x| f x<1 ÆÍ æ ç 1 ,a ö ÷；
èa ø1 ln2a-1
②当 2£a1，得 f x在x ,+¥上单调递增，且 f x < f 11，
0 0 0
所以存在 x >x 使得 f x 1，要证 x| f x<1Í æ ç 1 ,a ö ÷，
1 0 1 èa ø
1
因为 <1， f x在x ,+¥上单调递增，只要证 a³x ，只要证 f a³ f x 1，
a 0 1 1
又当 2£ae时， f¢1lna- >0，由 f¢x在0,+¥上为增函数，
lna lna
所以 x <1，且 f x < f 11，所以存在x < x 使得 f x 1，
0 0 1 0 1
要证 x| f x<1Í æ ç 1 ,a ö ÷，因为 a >1， f x在0,x 上单调递减，
èa ø 0
1 æ1ö
且 x®0+时 f x®+¥，只要证 £x ，只要证 f ç ÷³ f x 1，
a 1 èaø 1
æ1ö 1 -1 1 1 -1 1 æ1ö
又 f ç èa ÷ ø aa -log a a aa +1，由 aa -1 >0 恒成立，故 f ç èa ÷ ø >1成立，
所以当 a>e时， x| f x<1Í æ ç 1 ,a ö ÷也成立，
èa ø
综上，当 a³2时， x| f x<1Í æ ç 1 ,a ö ÷成立.
èa ø
