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1、新课标新课标 20222022 版高考数学二轮版高考数学二轮复习专题六函数与导数第复习专题六函数与导数第 4 4讲函讲函数、数、导数与不等式学案文新人教导数与不等式学案文新人教A A 版版第第 4 4 讲讲函数、导数与不等式函数、导数与不等式 做真题做真题(2022高考全国卷)函数(2022高考全国卷)函数f f(x x)a ae ex xlnlnx x1.1.(1)(1)设设x x2 2 是是f f(x x)的极值点，的极值点，求求a a，并求并求f f(x x)的单调区间；的单调区间；1 1(2)(2)证明：当证明：当a a 时，时，f f(x x)0.)0.e e解：解：(1)(1)f
2、f(x x)的定义域为的定义域为(0(0，)，)，f f(x x)a ae e .x x1 1x x1 1由题设知，由题设知，f f(2)(2)0 0，所以，所以a a2 2.2e2e1 1x x1 1x x从而从而f f(x x)2 2e e lnlnx x1 1，f f(x x)2 2e e2e2e2e2e1 1.x x当当 00 x x22 时，时，f f(x x)0)22 时，时，f f(x x)0.)0.所以所以f f(x x)在在(0(0，2)2)单调递减，在单调递减，在(2(2，)，)-2-2-单调递增单调递增即即f f(x x)的单调递减区间为的单调递减区间为(0(0，2)2)
3、，单调递增，单调递增区间为区间为(2(2，)，)1 1e e(2)(2)证明：当证明：当a a 时，时，f f(x x)lnlnx x1.1.e ee ee ee e1 1设设g g(x x)lnlnx x1 1，那么，那么g g(x x).e ee ex x当当 00 x x11 时，时，g g(x x)0)11 时，时，g g(x x)0.)0.所以所以x x1 1 是是g g(x x)的最小值点的最小值点故当故当x x00 时，时，g g(x x)g g(1)(1)0.0.1 1因此，当因此，当a a 时，时，f f(x x)0.)0.e e 明考情明考情 在高考压轴题中，函数与方程、不
4、等式的交在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查比拟大小、不等式证明、不等式恒成立与体考查比拟大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题能成立问题-3-3-x xx xx x导数方法证明不等式导数方法证明不等式构造函数证明不等式：构造法证明不等式是构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明常见的构造方法有：性、极值、最值加以
5、证明常见的构造方法有：(1)(1)直直 接接 构构 造造 法法：证证 明明 不不 等等 式式f f(x x)g g(x x)()(f f(x x)0()0(f f(x x)g g(x x)0)0)，进而构造辅助函数，进而构造辅助函数h h(x x)f f(x x)g g(x x)；(2)(2)适当放缩构造法：适当放缩构造法：一是根据条一是根据条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，即件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，即 lnlnx xx x1 1，e e x x1 1，lnlnx x x xe0)0)，x xx xx xx x1 1ln(ln(x x1)1)x x(x x 1)1)；(3)(3
6、)构造“形似函数：构造“形似函数：稍作变稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，的式子的形式，根据“相同结构构造辅助函数；根据“相同结构构造辅助函数；(4)(4)构造双函数：构造双函数：假设直接构造函数求导，假设直接构造函数求导，难以判难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调-4-4-性与极值点都不易获得，那么可构造性与极值点都不易获得，那么可构造f f(x x)和和g g(x x)，利用其最值
7、求解，利用其最值求解案例案例【直接构造法】【直接构造法】(1)(2)(1)(2)略略(2022高考全(2022高考全(3)(3)证明：证明：由题设由题设c c1 1，设设g g(x x)国卷)设函数国卷)设函数1 1(c c1)1)x xc cx x，关键步关键步f f(x x)lnlnx xx x 关键关键 1 1：利用要证明的不等式：利用要证明的不等式1.1.直接构造函数直接构造函数(1)(1)讨论讨论f f(x x)的的那么那么g g(x x)c c1 1c cx xlnlnc c，令令单调性；单调性；(2)(2)证明：当证明：当g g(x x)0 0，c c1 1lnlnlnlnc c
8、解得解得x x0 0.lnlnc cx x(1，)(1，)x x1 1时，时，1 1当当x xx x0 0时，时，g g(x x)0 0，g g(x x)lnlnx xx x；单调递增；当单调递增；当x xx x0 0时，时，g g(x x)单调递减单调递减 关关(3)(3)设设c c1 1，证，证g g(x x)0 0，明：当明：当x x(0，(0，键键 2 2：利用导数研究函数单调：利用导数研究函数单调-5-5-1)1)时，时，1 1(c c性、极值性、极值 1)1)x xc c.x xc c1 1由由(2)(2)知知 1 1c c，故，故 0 0 x x0 0lnlnc c1.1.关键关
9、键3 3：判断极值点所在的区间：判断极值点所在的区间 又又g g(0)(0)g g(1)(1)0 0，故当，故当 0 0 x x1 1 时，时，g g(x x)0.0.所以当所以当x x(0，(0，1)1)时，时，1 1(c c1)1)x xc c.关键关键 4 4：利用函数单调性与极：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式值点所在区间证得不等式 x x案例案例【适当放缩构造【适当放缩构造(1)(1)略略法】法】(2022高考全(2022高考全国卷)函数国卷)函数关键步关键步(2)(2)证明：证明：当当a a11 时，时，f f(x x)e e(x xx x1 1e e2 2x x1 1)e
10、)e.x x 关键关键 1 1：根据条件将：根据条件将f f(x x)e e-6-6-f f(x x)axaxx x1 1e ex x2 2放缩，将放缩，将a a代换掉代换掉.令令g g(x x)x xx x1 1e e错误!那么那么g g(x x)2 2x x1 1e ex x1 12 2x x1 1，(1)(1)求曲线求曲线y y.f f(x x)在点在点(0(0，1)1)处的切线方处的切线方程；程；(2)(2)证明：证明：当当a a11时，时，f f(x x)e e0.0.当当x x 1 1 时，时，g g(x x)0)1 1 时，时，g g(x x)0)0，g g(x x)单调递增；所
11、单调递增；所以以g g(x x)g g(1)1)0.0.因此因此f f(x x)e e0.0.关键关键 3 3：利用导数研究函数单：利用导数研究函数单调性、极值、最值，证得不等调性、极值、最值，证得不等式式 典型例题典型例题(2022高考天津卷节选(2022高考天津卷节选)设函数设函数f f(x x)e ex xcoscosx x，g g(x x)为为f f(x x)的导函数的导函数(1)(1)求求f f(x x)的单调区间；的单调区间；-7-7-(2)(2)当当x x，时时，证证 明明f f(x x)2 2 4 4 g g(x x)x x 0.0.2 2【解】【解】(1)(1)由，有由，有f
12、 f(x x)e e(cos(cosx xsinsin 5 5 x x)因此，当因此，当x x 2 2k k，2 2k k(k kZ)Z)4 44 4 x x时，有时，有 sinsinx xcoscosx x，得，得f f(x x)0)0，那么，那么f f(x x)单单 3 3，2 2k k(k kZZ)时，时，调递减；调递减；当当x x 2 2k k4 44 4 有有 sinsinx xcos0)0，那么，那么f f(x x)单调递单调递增增所所 以以f f(x x)的的 单单 调调 递递 增增 区区 间间 为为 3 3 2 2k k，2 2k k(k kZ)Z)，f f(x x)的单调递减
13、的单调递减4 44 4 5 5 (k kZ)Z)区间为区间为 2 2k k，2 2k k4 44 4 (2)(2)证明：记证明：记h h(x x)f f(x x)g g(x x)x x，依，依 2 2 题意及题意及(1)(1)，有，有g g(x x)e e(cos(cosx xsinsinx x)，从而，从而-8-8-x x g g(x x)2e2e sinsinx x当当x x，时，时，g g2 2 4 4x x (x x)0)0，故，故h h(x x)f f(x x)g g(x x)x x 2 2 g g(x x)()(1)1)g g(x x)x x 0.0.2 2 因此，因此，h h(x
14、 x)在区间在区间，上单调递减，进上单调递减，进2 2 4 4 而而h h(x x)h h f f 0.0.2 2 2 2 所以当所以当x x，时，时，f f(x x)g g(x x)x x 2 2 4 4 2 2 0.0.(1)(1)证明不等式的根本方法证明不等式的根本方法利用单调性：假设利用单调性：假设f f(x x)在在 a a，b b 上是增函上是增函数，数，那么()那么()x x a a，b b，有有f f(a a)f f(x x)f f(b b)，()()x x1 1，x x2 2 a a，b b，且且x x1 1 x x2 2，有有f f(x x1 1)f f(x x2 2)对对
15、于减函数有类似结论于减函数有类似结论利用最值：假设利用最值：假设f f(x x)在某个范围在某个范围D D内有最内有最-9-9-大值大值M M(或最小值或最小值m m)，那么那么x xD D，有有f f(x x)M M(或或f f(x x)m m)(2)(2)证明证明f f(x x)g g(x x)，可构造函数可构造函数F F(x x)f f(x x)g g(x x)，证明，证明F F(x x)0.)1.)1.证明：当证明：当m m11 时，时，f f(x x)m me e lnlnx x1e1e lnlnx x1 1，要证明要证明f f(x x)1)1，只需证明，只需证明 e ex xlnl
16、nx x20，20，1 1设设g g(x x)e e lnlnx x2 2，那么，那么g g(x x)e e x xx xx xx xx xx x(x x0)0)，设设h h(x x)e e (x x0)0)，那么，那么h h(x x)e e x x1 1x xx x1 1x x2 200，所以函数所以函数h h(x x)g g(x x)e e 在在(0(0，)，)x x1 1x x-10-10-上单调递增，上单调递增，1 11 1因为因为g g()e e2 2202010，2 2所以函数所以函数g g(x x)e e 在在(0(0，)上有唯，)上有唯x x1 1x x1 1一零点一零点x x
17、0 0，且，且x x0 0(，1)1)，2 2因为因为g g(x x0 0)0 0，所以，所以 e ex x0 0，即，即 lnlnx x0 01 1x x0 0 x x0 0，当当x x(0，(0，x x0 0)时，时，g g(x x)0)0)0，所以当所以当x xx x0 0时，时，g g(x x)取得最小值取得最小值g g(x x0 0)，故故g g(x x)g g(x x0 0)e ex x0 0lnlnx x0 02 2x x0 01 1x x0 020，20，综上可知，综上可知，假设假设m m(1，(1，)，)，那么那么f f(x x)1.)1.-11-11-根据不等式确定参数范围
18、根据不等式确定参数范围一般地，假设一般地，假设a a f f(x x)对对x xD D恒成立，那么恒成立，那么只需只需a a f f(x x)maxmax；假设；假设a a f f(x x)对对x xD D恒成立，那恒成立，那么只需么只需a a f f(x x0 0)成立，成立，那么只需那么只需a a f f(x x)minmin；假设存在；假设存在x x0 0D D，使，使a a f f(x x0 0)成立，那么只需成立，那么只需a a f f(x x0 0)maxmax.由此构造不等式，求由此构造不等式，求解参数的取值范围解参数的取值范围分类讨论法分类讨论法常见有两种情况：一种先利用常见有
19、两种情况：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数或者一次函数.案例案例【结合导函数的【结合导函数的(1)(1)略略零点分类讨论】零点分类讨论】(2)(2)当当x x(1，)时，(1，)时，f f(
20、x x)关键步关键步-12-12-(2022高考全(2022高考全国卷)函数国卷)函数a ax x1 10 0 等价于等价于 lnlnx xx x1 10.0.f f(x x)(x x1)ln1)lnx xa a(x x1)1)(1)(1)当当a a4 4 时，时，求曲线求曲线y yf f(x x)在在(1(1，f f(1)(1)处的处的切线方程；切线方程；(2)(2)假设当假设当a ax x1 1设设g g(x x)lnlnx x，x x1 1 关键关键 1 1：对条件进行恒等变形，对条件进行恒等变形，直接构造函数直接构造函数 2 2a a那么那么g g(x x)2 2x xx x1 11
21、12 2x x2 21 1a ax x1 1，g g(1)(1)0.0.2 2x xx x1 1x x(1，(1，)时，)时，f f(x x)0 0，求求a a的的错误!取值范围取值范围()当()当a a2，2，x x(1(1，)时，)时，x x2(12(1a a)x x11x x2 2x x1 10 0，故故g g(x x)0 0，g g(x x)在在(1(1，)上单调递增，因此)上单调递增，因此g g(x x)0 0；关键关键 3 3：通过放缩判断导函数：通过放缩判断导函数符号，研究函数单调性，求函符号，研究函数单调性，求函2 22 2-13-13-数值域数值域()当()当a a2 2 时
22、，令时，令g g(x x)0 0得得x x1 1a a1 1 a a1 1 1 1，x x2 2a a1 1 a a1 1 1.1.由由x x2 21 1 和和x x1 1x x2 21 1 得得x x1 11 1，故当故当x x(1，(1，x x2 2)时，时，g g(x x)0 0，2 22 2g g(x x)在在(1(1，x x2 2)上单调递减，此上单调递减，此时时g g(x x)g g(1)(1)0.0.关键关键 4 4：利利用导数研究函数单调性，求函用导数研究函数单调性，求函数值域数值域 综上，综上，a a的取值范围是的取值范围是(，2.2.(2022高考全(2022高考全国卷)函
23、数国卷)函数(1)(1)略略(2)(2)由由(1)(1)知，知，当当a a00 时，时，f f(x x)在在(0(0，)上无最大值；当上无最大值；当a a0 0 时，时，f f(x x)在在x x 处取得最处取得最1 1f f(x x)lnlnx xa a(1(1x x)a a-14-14-(1)(1)讨论讨论f f(x x)的的单调性；单调性；(2)(2)当当f f(x x)有最有最大值，且最大值大值，且最大值大于大于 2 2a a2 2 时，时，求求a a的取值范的取值范围围.1 1 1 1 大值，最大值为大值，最大值为f f lnln a a a a 1 1 a a 1 1 lnlna
24、aa a1.1.a a 关键关键 1 1：利用函数特点直接分：利用函数特点直接分类讨论，得函数最值类讨论，得函数最值 1 1 因此因此f f 2 2a a2 2 等价于等价于 lnlna a a a a a1 10.0.令令g g(a a)lnlna aa a1 1，错误!那么那么g g(a a)在在(0(0，)上单调，)上单调递增，又递增，又g g(1)(1)0.0.于是，于是，当当 0 0a a1 1 时，时，g g(a a)0 0；当当a a1 1 时，时，g g(a a)0.0.关键关键 3 3：利用函数单调性、最值得到参利用函数单调性、最值得到参数范围数范围 因此，因此，a a的取值
25、范围是的取值范围是(0(0，1).1).典型例题典型例题-15-15-(2022江西省五校协作体试题(2022江西省五校协作体试题)函数函数1 1f f(x x)lnlnx xa a(x x1)(1)(a aR)R)2 2(1)(1)假设假设a a2 2，求曲线，求曲线y yf f(x x)在点在点(1(1，f f(1)(1)处的切线方程；处的切线方程；(2)(2)假设不等式假设不等式f f(x x)0)0)0，所以，所以f f(x x)在在(1(1，-16-16-)上单调递增，)上单调递增，所以当所以当x x11 时，时，f f(x x)f f(1)(1)0 0，所以所以a a00 不合题意
26、不合题意2 2axax当当a a2，即2，即 00 11 时，时，f f(x x)a a2 2x x2 2a ax x a a011 时，时，f f(x x)f f(1)(1)0 0，所以，所以a a22 满足题意满足题意2 2当当 00a a211 时，由时，由f f(x x)0)0，结合，结合a ax x11 可得可得 11x x ，由，由f f(x x)0)，a aa a2 22 2所以所以f f(x x)在在(1(1，)上单调递增，上单调递增，在在(，)2 22 2a aa a上单调递减，所以上单调递减，所以f f()f f(1)(1)0 0，2 2a a所以所以 00a a20)0
27、在在(0(0，)上恒成立，)上恒成立，求实求实数数a a的取值范围的取值范围解：解：(1)(1)当当a a0 0 时，时，f f(x x)(x x1)ln1)lnx x，-18-18-f f(x x)lnlnx x(x x1)1)lnlnx x 1 1，设，设x xx xg g(x x)lnlnx x 1 1，x xx x1 1那么那么g g(x x)2 200，所以所以g g(x x)在在(0(0，)x x上单调递增，而上单调递增，而g g(1)(1)0 0，所以所以x x(0，(0，1)1)时，时，g g(x x)0)0，即，即f f(x x)0)0)0，即，即f f(x x)0)0，所以
28、所以f f(x x)的单调递减区间为的单调递减区间为(0(0，1)1)，单调递，单调递增区间为增区间为(1(1，)，)(2)(2)由由(x x1)ln1)lnx xaxax00，得，得axax(00，所以所以a a 0)0)，显然显然m m(x x)在在(0(0，)上单调递增，而，)上单调递增，而m m(1)(1)0 0，所以所以x x(0，(0，1)1)时，时，m m(x x)0)0，h h(x x)0)0)0，h h(x x)0)0，h h(x x)单调递增，单调递增，所以所以h h(x x)minminh h(1)(1)0.0.所以所以a a000，即实数，即实数a a的取值范围的取值范
29、围是是(0(0，)，)1 1(2022贵州省适应性考试(2022贵州省适应性考试)函数函数f f(x x)x xlnlnx x，g g(x x)a ae e.(1)(1)求函数求函数f f(x x)的单调区间；的单调区间；1 1(2)(2)求证：当求证：当a a 时，时，xfxf(x x)g g(x x)e e解：解：(1)(1)函数函数f f(x x)的定义域为的定义域为(0(0，)，)x x-20-20-x x1 1由由f f(x x)x xlnlnx x，得，得f f(x x)1 1，x xx x1 1当当x x(0，(0，1)1)时，时，f f(x x)0)0.)0.所以所以f f(x
30、 x)的单调递减区间是的单调递减区间是(0(0，1)1)，单调递，单调递增区间是增区间是(1(1，)，)(2)(2)证明：要证证明：要证xfxf(x x)g g(x x)，即证，即证x x(x xlnlnx x)a ae e，即证，即证a a设设h h(x x)x xx xx xlnlnx xe ex xx x2 2.x x2 2x xlnlnx xe e2 2，x x2 2x x1 1x xlnlnx xlnlnx x那么那么h h(x x)x xe elnlnx xx x1 1 x x1 1.x xe e由由(1)(1)可知可知f f(x x)f f(1)(1)1 1，即，即 lnlnx
31、x(x x1)0，1)0，于是，当于是，当x x(0，(0，1)1)时，时，h h(x x)0)0，h h(x x)单单调递增；调递增；-21-21-当当x x(1，)时，(1，)时，h h(x x)0)0)0)，f f(x x)3 3x x 1 1 x xx x1 13 3x x3 3x x2 22 22 22 23 3x xx x2 23 3x xx x.因为因为 3 3x x2 23 3x x2020 恒成立，所以当恒成立，所以当x x(1，(1，-22-22-)时，)时，f f(x x)0)0，y yf f(x x)单调递增；单调递增；当当x x(0，(0，1)1)时，时，f f(x
32、x)0)0，y yf f(x x)单调递单调递减减故故f f(x x)的单调递增区间为的单调递增区间为(1(1，)，单调，)，单调递减区间为递减区间为(0(0，1)1)(2)(2)因为因为f f(x x)x xaxax2ln2lnx x0 0 在在(0(0，)上恒成立，所以当)上恒成立，所以当x x(0，)时，(0，)时，2ln2lnx xg g(x x)x xa a0 0 恒成立恒成立2 23 3x xg g223 3(x x)2 2x xlnlnx xx xlnlnx xx xx x2 2x xlnlnx x1 122，2 2x x令令h h(x x)x xlnlnx x1 1，那么，那么
33、h h(x x)在在(0(0，)上单调递增，且)上单调递增，且h h(1)(1)0 0，所以当所以当x x(0，(0，1)1)时，时，h h(x x)0)0，g g(x x)0)0)0，g g(x x)0)0，即，即-23-23-3 3y yg g(x x)单调递增单调递增所以所以g g(x x)minming g(1)(1)1 1a a0，0，a a1 1，故实故实数数a a的取值范围为的取值范围为 1 1，)，)3 3函数函数f f(x x)axaxx xlnlnx x.(1)(1)假设函数假设函数f f(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递增，求求a a的取值范围；的取值范围；
34、(2)(2)假设假设a ae e，证明：当，证明：当x x00 时，时，f f(x x)00 时，时，f f(x x)0，)0，即即 2 2a a令令g g(x x)lnlnx x，lnlnx x1 1lnlnx x1 1x x2 2x x恒成立恒成立x x(x x0)0)，那么，那么g g(x x)x x2 2易知易知g g(x x)在在(0(0，1)1)上单调递增，上单调递增，在在(1(1，)-24-24-上单调递减，那么上单调递减，那么g g(x x)maxmaxg g(1)(1)1 1，1 11 1所以所以 2 2a a1，即1，即a a.故故a a的取值范围是的取值范围是 ，2 22
35、 2)1 1(2)(2)证明：假设证明：假设a ae e，要证，要证f f(x x)x xe e ，只，只e ex x1 11 1x x需证需证 e ex xlnlnx xee，即，即 e ex xe e ln0)0)，那么，那么h h(x x)e ex xe ex x1 12 2，e ex x1 11 1易知易知h h(x x)在在(0(0，)上单调递减，上单调递减，在在(，)e ee e1 1上单调递增，那么上单调递增，那么h h(x x)minminh h()0 0，e e1 1所以所以 lnlnx x0.0.e ex x再令再令(x x)e ex xe e，那么，那么(x x)e ee
36、 e，易知易知(x x)在在(0(0，1)1)上单调递增，在上单调递增，在(1(1，-25-25-x xx x)上单调递减，)上单调递减，那么那么(x x)maxmax(1)(1)0 0，所以所以 e ee e 0.0.因为因为h h(x x)与与(x x)不同时为不同时为 0 0，所以，所以 e ex x1 1e e ln0)0 在在x x(0，)上(0，)上恒成立，此时恒成立，此时(0(0，)为，)为f f(x x)的单调递增区间的单调递增区间当当a a11 时，时，令令f f(x x)0 0，得得x xlnlna a(0(0，)，)，故故x x(0，(0，lnlna a)时，时，f f(
37、x x)0)0)0，即，即(ln(lna a，)为，)为f f(x x)的单调递增区的单调递增区间间(2)(2)设设h h(x x)(x x1)e1)e a a(x x4 4x x)，x x(0(0，)，)，那么那么h h(x x)(x x2)(e2)(ex x2 2a a)，1 1当当a a 时，时，h h(x x)0)0 在在(0(0，)上恒成，)上恒成2 2立，立，即即h h(x x)为增函数，故为增函数，故h h(x x)h h(0)(0)10，即10，即1 1a a 符合题意符合题意2 21 1当当a a 时，令时，令h h(x x)0 0，得，得x xln(ln(2 22 2a a)(0，)，)(0，)，可得可得x x(0，(0，ln(ln(2 2a a)时，时，h h(x x)0)0)0，那么，那么h h(x x)为增函数故为增函数故h h(x x)minminh h(ln(ln(2 2a a)0，)0，即得即得ln(ln(2 2a a)2 22ln(2ln(2 2a a)20，20，-27-27-1 1解得解得 0ln(0ln(2 2a a)3 31 1，即，即 e e2 21 1 符合题意符合题意2 21 1综上，综上，a a的取值范围为的取值范围为 e e2 23 31 13 31 1a a，)，)-28-28-