∴f′1＝e
12x从而fx＝e－x＋x4分2显然f′x＝e－1＋x在R上单调递增且f′0＝0，故当x∈－∞，0时，f′x＜0；当x∈0，＋∞时，f′x＞0∴fx的单调递减区间是－∞，0，单调递增区间是0，＋∞．7分2由fx＝gx得a＝e－x令hx＝e－x，则h′x＝e－1由h′x＝0得x＝09分当x∈－1，0时，h′x＜0；当x∈0，2时，h′x＞0∴hx在－1，0上单调递减，在0，2上单调递增，12又h0＝1，h－1＝1＋，h2＝e－2且h－1＜h2，e1∴两个图象恰有两个不同的交点时，实数a的取值范围是1，1＋13分e3．解：1fx的定义域为－∞，－1∪－1，＋∞，f′x＝
xxxx
a（x＋1）－（ax＋b）2（x＋1）
f＝
a－b22分（x＋1）
当ab时，f′x0，函数fx在－∞，－1，－1，＋∞上单调递增；当ab时，f′x0，函数fx在－∞，－1，－1，＋∞上单调递减．4分2①计算得f1＝＝ab＝f
a＋b
2
0，f＝a
b2ab0，fa＋b
bba＋b2ab故f1f＝＝ab0，2a＋baa

b2，①a
所以f1，f因为

bb，f成等比数列．6分aa
a＋b
2
≥ab，即f1≥f

ba
由①得f≤fa
b

ba
②由①知f＝H，f
ba

b＝G，a
故由H≤fx≤G，得f≤fx≤f当a＝b时，f＝fx＝fa
ba

b②a
b

b＝a8分a
这时，x的取值范围为0，＋∞；当ab时，01，从而
ba
ba
b，abab，a
由fx在0，＋∞上单调递增与②式，得≤x≤即x的取值范围为，当ab时，1，从而
ba
b；10分ab，abb≤x≤，即x的取值范围为aabb，12aa
ba
ba
由fx在0，＋∞上单调递减与②式，得分
4．解：1函数fx的定义域为0，＋∞．
f′x＝2xl
x＋x＝x2l
x＋1，令f′x＝0，得x＝
当x变化时，f′x，fx的变化情况如下表：
1e
2分
fxf′xfx
0，1e
－
1e0极小值
1，＋∞e
＋
所以函数fx的单调递减区间是0，4分2证明：当0＜x≤1时，fx≤0

11，单调递增区间是，＋∞ee
t＞0，令hx＝fx－t，x∈1，＋∞．
由1知，hx在区间1，＋∞内单调递增．6分
h1＝－t＜0，het＝e2tl
et－t＝te2t－1＞0
故存在唯一的s∈1，＋∞，使r