【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题08 一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数零点（方程的根）问题）（全题型压轴题） Word版含解析.docx，共(27)页，1.690 MB，由小赞的店铺上传

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专题08一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数零点（方程的根）问题）（全题型压轴题）利用导数研究函数零点（方程的根）问题①判断零点（根）的个数②已知零点（根）的个数求参数③已知零点（根）的个数求代数式的值①判断零点（

根）的个数1．（2022·福建·厦门一中高二期中）已知函数()31ln01203xxxfxxx+=+，则函数()()1gxfxx=−−的零点个数为（）A．1B．0C．3D．2【答案】D当0x时，1ln10xxx+−−=，得ln1x=，即ex=，成立，当0x时

，312103xx+−−=，得31103xx−+=，设()3113gxxx=−+，()0x，()()()21110gxxxx=−=+−=，得1x=−或1x=（舍），当(),1x−−时，()0gx¢>，函数()gx单调递增，当()1,0x−时，()0

gx¢<，函数()gx单调递减，所以1x=−时，函数取得最大值，()5103g−=，()010g=，()350g−=−，根据零点存在性定理可知，()3,1x−−，存在1个零点，综上可知，函数有2个零点

.故选：D2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模（理））函数()2e1axfxx=−在定义域内的零点个数不可能是（）A．3B．2C．1D．0【答案】D2()2ee(2)eaxaxaxfxxaxxax=+=+，若0a=，则2()1fxx=−，有两个零点，若

0a，由()0fx=得0x=或2xa=−，若0a，在2xa−或0a时，()0fx，20xa−时，()0fx，所以()fx在2(,)a−−和(0,)+上递增，在2(,0)a−上递减，极小值(0)10f=−，极大值2224()1efaa−=−，(1)e

10af=−，()fx在(0,)+上有一个零点，2ea=时，2224()1efaa−=−0=，()fx在(,0)−上只有一个零点，这样共有2个零点；2ea时，2224()10efaa−=−，()fx在(,0)−

上无零点，这样共有1个零点；20ea时，2224()10efaa−=−，x→−时，2e0axyx=→，因此()0fx，所以()fx在2(,)a−−和2(,0)a−上各有一个零点，共有3个零点．由此不需要再研究0a的情形即可知只有D不可能出现，故

选：D．3．（2022·全国·高二课时练习）已知定义域为R的函数()fx的导函数为()fx，且()()2xfxxefx=+，若()1fe=，则函数()()4gxfx=−的零点个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】B因为()()2xfxxefx=+，所以()()2xfxfxxe−=，

则()()()2xxfxfxfxxee−==，所以()2xfxxce=+，即()()2xfxxce=+，因为()1fe=，所以()()11fcee=+=，解得0c=，所以()2xfxxe=，则()24xgxxe=−，所以(

)()2xgxexx=+，当2x−或0x时，()0gx，当20x−时，()0gx，所以当2x=−时，函数()gx取得极大值()2410e−−，当0x=时，函数()gx取得极小值40−，又当x→+时，()gx→+

，所以函数()()4gxfx=−的零点个数为1，故选：B4．（2022·广西·钦州一中高二期中（理））函数32()fxxxxc=+++的零点个数为（）A．1B．1或2C．2或3D．1或2或3【答案】A因为函数32()fxxxxc=+++，所以2'()321f

xxx=++，因为41280=−=−，所以'()0fx，从而32()fxxxxc=+++在R上单调递增，又当x→−时，()fx→−，当x→+时，()fx→+，由零点存在定理得：函数32()fxxxxc=+++有且只有一个

零点.故选:A.5．（2022·全国·高二课时练习）方程()()10xxeaa+=解的个数为（）A．3B．2C．1D．0【答案】C设()(1)xfxxe=+，所以()(1)(2)xxxfxexexe=+++=，当2x−时，()0,fx函数()fx单调递增，

当2x−时，()0,fx函数()fx单调递减.所以221()=0minfxee−−=−，当x→−时，()0fx，当x→+时，()0fx.因为0a，所以方程()()10xxeaa+=解的个数为1.故选：C6．（2022·全国·高三专题练习（理））若函数32()fxxaxbxc=+

++有极值点12,xx，且()11fxx=，则关于x的方程23(())2()0fxafxb++=的不同实根个数是（）A．2B．3C．3或4D．3或4或5【答案】B函数32()fxxaxbxc=+++有极值

点12,xx，则()232fxxaxb=++，且12,xx是方程2320xaxb++=的两个根，不妨设12xx，由23(())2()0fxafxb++=可得()1fxx=或()2fxx=，易得当()(

)12,,,xxx−+时，()0fx，()fx单调递增，当()12,xxx时，()0fx，()fx单调递减，又()11fxx=，则可画出()fx的大致图象如下：如图所示，满足()1fxx=或()2fxx=有3

个交点，即关于x的方程23(())2()0fxafxb++=的不同实根有3个.故选：B.7．（2022·河南·沈丘县第一高级中学高二期末（文））已知函数()lnfxx=.(1)当)1,x+时，证明：函数()fx

的图象恒在函数()322132=−gxxx的图象的下方；(2)讨论方程()0fxkx+=的根的个数.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【解析】(1)设()()()2312ln+23xFxfxgxxx−=−=，其中1x，则()232121+2xxxxxxFx−+−==()2331x

xxx−−−=()()21210xxxx−++=，在区间)1,+上，()Fx单调递减，又∵()1106F=−，即)1,x+时，()0Fx，∴3221ln22−xxx，∴在区间)1,+上函数()fx的图象恒在函数

()gx的图象的下方.(2)由()0fxkx+=得ln=−xkx，即ln=−xkx，令()lnxhxx=−，则()21ln−=−xhxx，令()0hx=，得ex=，当ex时，()0hx，()hx单调递增，当0ex时，()0hx，()hx单调递减，∴()hx在ex

=处取得最小值()1eeh=−，∴()()e1e=−hxh，又∵当ex时，ln0−xx，当1ex=时，1lnee01e−=，有零点存在性定理可知函数有唯一的零点1x=，∴()()ln0=−xhxxx的大致图象如图所示，∴当1e−k时，方程()0fxkx+=的根

的个数为0；当1ek=−或0k时，方程()0fxkx+=的根的个数为1；当10ek−时，方程()0fxkx+=的根的个数为2.8．（2022·云南·曲靖一中高二期中）已知函数()lnfxaxa=−．(1)当1a=时，求

函数()fx的图象在点()()1,1Tf处的切线的方程．(2)已知4a，讨论函数()fx的图象与直线2yx=−的公共点的个数．【答案】(1)2yx=−；(2)答案不唯一，具体见解析.(1)当1a=时，()ln1fxx=−，()1fxx=，()11kf==．()11f=

−，切点为()1,1T−．所以，所求的切线的方程为()()111yx−−=−，即2yx=−．(2)0a=时，函数()()=00fxx的图象就是x轴正半轴，与直线2yx=−有且只有一个公共点．0a时，联立()lnyfxaxa==−与

2yx=−消去y得ln+20xaxa−−=．设()ln+2gxxaxa=−−，则()()0xagxxx−=．当0a时，()0gx，()gx在()0+，上递增，()1=10ga−，()e20ge=−，因此()gx有一个零点．当04a时，令()0gx=得

xa=，当0xa时()0gx，xa时()0gx，则()gx在()0,a上递减，在()+a，上递增，()()min2ln2gxgaaaa==−−．当0,0xx→时()+gx→，+x→

时()+gx→．设()2ln2htttt=−−，则()10h=，()1lnhtt=−，()e0h=，0et时()0ht，e4t时()0ht，()ht在()0,e上递增、在(e,4上递减，(

)464ln4h=−()32lneln160=−．所以，1a=时()()min10gxg==；01a时，()mingx=()()1=0hah；14a时，()mingx=()()1=0hah．综上可知，0a

或=1a时，公共点的个数1；01a时，公共点的个数2；14a时，公共点的个数0．②已知零点（根）的个数求参数1．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知函数2ln1,e()ee1,22exxxfxxx=−−，设关于x的方程

()()()210Rfxafxa+−=有m个不同的实数解，则m的所有可能的值为（）A．3B．4C．2或3或4或5D．2或3或4或5或6【答案】A根据题意作出函数()fx的图象：2ln1lnxxxx−=，当1,eex，函数lnxx单调递增，当()e,+x时，

函数lnxx单调递减，所以ln1e,exx−；函数2ee22x−−，1ex时单调递减，所以()2ee,e22x−−−−，对于方程()()()210Rfxafxa+−=，令()tfx=，

则210tat+−=，所以240=+a，即方程必有两个不同的实数根120tt，且12121ttatt+=−=−，当11et时，2e0t−，3个交点；当110et时，2et−，也是3个交点；故选：

A．2．（2022·河南·高二阶段练习（文））若函数()21exxxfxa−−+=−有三个零点，则实数a的取值范围是（）A．2261,ee−−B．2251,ee−−C．25,ee−D．25,0e−【答案】C因为函数()21exxxfx

a−−+=−有三个零点，所以关于x的方程()0fx=有三个根.令()21exxxgx−−+=，则()()212exgxxx=−−.所以当(),1x−−时，有()0gx，()gx单调递增；当()1,2x−时，有()0gx，()gx单调递减；当()2,x+时，有()

0gx，()gx单调递增.因为()1eg−=，()252eg=−，所以要使方程()0fx=有三个根，只需25eea−.即实数a的取值范围是25,ee−.故选：C3．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）已知aR，函()()2ln(0

)e0xxxaxxfxaxx−=+，若函数()fx有三个不同的零点，e为自然对数的底数，则a的取值范围是（）A．10,2eB．10,eC．1(,e)0,2e−−D．1(,e)0,e−−【

答案】B当0x时，2ln0xxax−=，即ln0xax−=，故lnxax=，令ln()xgxx=，则21ln()xgxx−=，令()0gx=，得ex=，当0<<ex时，()0gx，当>ex时，(

)0gx，作出函数ln()xgxx=的图象如图所示：由图象知：当10ea时，方程ln0xax−=有两不等实根，当0a时，方程lnxax=有一个实根；令0xeax+=，显然0x,所以exax=−，

令()exhxx=−，则()()21e0−=−xxhxx在(),0−上恒成立，则()hx在(),0−上递增，且()0hx，作出函数()exhxx=−的图象如图所示：由图象知：当10ea时，方程e0xax+=在(,0)−恰有一个

实根，即此时()fx有三个不同的零点，综上，a的取值范围是10,e.故选：B4．（2022·江西·模拟预测（理））已知函数()()22e(e=−−xxfxxxa）有三个零点，则实数a的取值范围是（）A．（0，1e−）B．（0，2e−）C．（0，1）D．（0，e）【答案】A令()

()()22ee0=−−=xxfxxxa，所以22e0−=xx或e0xxa−=，令()22e=−xgxx，则()()2e=−xgxx，令()2(e)=−xhxx，则()2(1)e=−xhx，当(,0)x−时，()0hx

，h(x)在（－∞，0）上单调递增；当,()0x+时，()0hx，h(x)在（0，＋∞）上单调递减，所以()(0)20hxh=−，即()0gx，所以g(x)在R上单调递减，又()2110ge−=−，g（0）＝20−，所以存在0(1,0)x−使得()00gx=，所以方程e0x

xa−=有两个异于0x的实数根，则xxae=，令()xxkxe=，则()1xxexk−=，当(,1)x−时，()0kx，k(x)在（－∞，1）上单调递增；当(1,)x+时，()0kx，k(x)在（1，＋∞）上单调递减，且()0kx．所以()

1()1kxke=，所以()xxkxe=与ya=的部分图象大致如图所示，由图知10ae，故选：A．5．（2022·四川省绵阳南山中学高二期中（文））方程()log00,1xaxaa−=有两个不相等实根，则a的取值范围是（）A．()0,1B．2e0,eC．2

e1,eD．+2ee,【答案】C方程()log00,1xaxaa−=有两个不相等实根()log=0,1xaxaa有两个不同的交点，令()0xtt=，所以2xt=，则2log=a

tt，所以log=2att，所以logayt=与2ty=的图象有两个交点.①当01a时，如下图可知logayt=与2ty=的图象有一个交点，不满足.②当1a时，如下图，当2xy=与logayx=相切于点00,2xAx，所以1lnyxa=，则0

00112lnlog2axaxx==，解得：02eeexa==，所以要使logayt=与2ty=的图象有两个交点，所以a的取值范围是：2e1,e.故选：C.6．（2022·河南南阳·高二期中（理））若关于x的方程12ln0xxxmx−+−=在区间1,ee

内恰有两个相异的实根，则实数m的取值范围为（）A．(12ln2e3−−,B．1e12ln2e+−,C．1e12ln2e+−,D．()12ln2e3−−,【答案】D依题意关于x的方程1

2ln0xxxmx−+−=在区间1,ee内恰有两个相异的实根，12ln1mxx=+−，构造函数()112ln1eexxxxf+−=，()'221221xfxxxx−=−+=，

所以()fx在区间()()'11,,0,e2fxfx递减；在区间()()'1,e,0,2fxfx递增.122ln2112ln22f=−−=−，1e21e3ef=−−=−，()11ee21eef+

=+−=，所以()12ln2e3m−−,.故选：D7．（2022·辽宁·东北育才学校高二期中）方程321303xxxa+−−=有三个相异实根，则实数a的取值范围是（）A．5,93B．5,93−C．59,3−−

D．59,3−【答案】B记()32133fxxxxa=+−−，则()223fxxx=+−.令()0fx=，解得：3x=−或1x=.列表得：x(),3−−-3()3,1−1()1,+()fx+0-0+()fx单增单减单增要使方程321303xxxa+−−=有

三个相异实根，只需：()()()()()3213333303111303fafa−=−+−−−−=+−−，解得：593x−.故选：B8．（2022·福建·清流县第一中学高二阶段练习）若函数()()1ex

fxx=+，当方程()()Rfxaa=有2个解时，则a的取值范围（）A．21ea−B．21ea=−或0aC．210ea−D．21ea=−且0a【答案】C由函数()()1e,Rxfxxx=+，得

()()2exfxx=+，当2x−时，()()2e0xfxx=+，()()1exfxx=+递减，当2x−时，()()2e0xfxx=+，()()1exfxx=+递增，故()n2mi1(2)efxf=−=−，且当1x−时，()()1e0xf

xx+=，故()()1exfxx=+大致图象如图示：故当方程()()Rfxaa=有2个解时，则a的取值范围为210ea−，故选：C9．（2022·北京八十中高二期中）已知方程21exxxa+−=有三个实数解，则实数a的取值范围是_______.【答案】250,e解：因为

方程21exxxa+−=有三个实数解，所以，方程21exxxa+−=有三个实数解，故令()21exxxfx+−=，则()()()2'212eexxfxxxxx−+==+−++，所以，当12x−时，()'0fx，()fx单调递增；当1x−

或2x时，()'0fx，()fx单调递减；所以，当1x=−时，()fx取得极小值()1ef−=−，当2x=时，()fx取得极大值()252ef=，当x趋近于−时，()fx趋近于+，x趋近于+时，()fx趋近于0，所

以，()yfx=的大致图象如图，所以，实数a的取值范围是250,e.故答案为：250,e10．（2022·全国·高二）设函数()()212lnfxxx=+−，若关于x的方程()2fxxxa=

++在1,3上恰好有两个相异的实数根，则实数a的取值范围为___________.【答案】(32ln2,42ln3−−由题意，方程l21naxx=−+在1,3上恰好有两个相异的实数根，设()2ln1gxxx=−+，则()gx的图象与ya=在1,3上恰好有两个不同的交点.∵()22

1xgxxx−=−=，∴函数()gx在1,2上单调递减，在2,3上单调递增.又()()()13242ln32ln320gg−=−−=−，得()()13gg.∴需使()()23gag，即32ln242ln3a−−

.故所求实数a的取值范围是(32ln2,42ln3−−.故答案为：(32ln2,42ln3−−11．（2022·河南·高二期中（理））若函数()lne1xfxxax=−−+不存在零点，则实数a的取值范围是______.【答案】()1e,+−解：因为函

数()lne1xfxxax=−−+不存在零点，所以方程lne10xxax−−+=无实数根，所以方程lnelnexxax−+=无实数根，即方程lne1xxax−+=无实数根，故令()()'2lne1eeln,xxxxxx

gxgxxx−+−+−==，令()eeln,0xxhxxxx=−+−，故()'1e0xhxxx=−−恒成立，所以，()hx在()0,+上单调递减，由于()10h=，所以，当()0,1x时，()0hx，即()'0gx，当()1,x+时，()0hx，即()'0gx，所以函数(

)gx在()0,1x上单调递增，在()1,x+上单调递减，所以()()max11egxg==−，所以，当方程lne1xxax−+=无实数根时，1ea−即可.所以，实数a的取值范围是()1e,+−故答案为：()1e,+−

12．（2022·全国·高三专题练习）若函数()2ln1xfxxeax=−−−（）没有零点，则整数a的最大值为：_________．【答案】1解：由题意，当x→+时，0fx（），所以要使函数fx（）没有零点，只需0fx（）在()0+，上恒成立，令()e1xgxx=−−，则()e1xgx=

−，令()0gx=，得0x=，当0x时，()0gx，当0x时，()0gx，所以当0x=时，()gx取得极小值()00g=，所以e1xx+，所以()2ln1xfxxeax=−−−，()2lnln12ln1ln12xxeaxxxxaxxax+=

−−−++−−−=−，令()202axa−，且上面不等式取等时2ln0xx+=，记其零点为0x，当2a时，()()02000ln1xfxxeax=−−−，00002ln2ln0000ln12ln10xxxxe

axxexx++=−−−−−−=，显然不合题意，综上：2a，故整数a的最大值为1．故答案为：113．（2022·广西·柳州市第三中学高二阶段练习（理））已知函数32()3fxxxaxb=−++在1x=−处

的切线与x轴平行.(1)求a的值；(2)若函数()yfx=的图象与抛物线231532yxx=−+恰有三个不同交点，求b的取值范围.【答案】(1)9−(2)112b(1)解：因为32()3fxxxaxb=−++，所以2()36fxxxa=−+，在1x=−处的切线与x轴平行

，(1)0f−=，解得9a=−．(2)解：令23239()()(153)6322gxfxxxxxxb=−−+=−++−，则原题意等价于()gx图象与x轴有三个交点，2()3963(1)(2)gxxxxx=−+=−−由()0gx，解

得2x或1x；由()0gx，解得12x．()gx在1x=时取得极大值()112gb=−；()gx在2x=时取得极小值()21gb=−．故10210bb−−，112b．14．（2022·重庆·万州纯

阳中学校高二期中）已知函数()ln2=−fxaxxx.(1)若()fx在1x=处取得极值，求()fx在区间[1,2]上的值域；(2)若函数2()()2=−+fxhxxx有1个零点，求a的取值范围.【答案】(1)[2,4ln24]−−(2)(,0){2e}−(1)()ln2fxaxa=

+−因为()fx在1x=处取得极值所以(1)ln120faa=+−=，得2a=则[1,2]x时，()2ln0fxx=，()fx在区间[1,2]上单调递增，所以(1)2()(2)4ln24ffxf=−=−所以()

fx在区间[1,2]上的值域为[2,4ln24]−−(2)()hx的定义域为(0,)+函数2()lnhxaxx=−有一个零点2lnaxx=有一个实数根lnyax=与2yx=有一个交点.当0a时，由图可知

满足题意；当0a=时，2()hxx=−在(0,)+上无零点；当0a时，令22()20aaxhxxxx−=−=，得02ax令22()0axhxx−=，得2ax所以，当2ax=时，()hx有最大值2()ln()(l

n1)22222aaaaaha=−=−因为函数2()lnhxaxx=−有一个零点，所以(ln1)022aa−=，解得2ea=综上，a的取值范围为(,0){2e}−.15．（2022·北京·人大附中高二期中）已知函数()321313fxxxx=−−+．(1)求函数()fx的单调区间和极值；(2)

若方程()fxa=有三个不同的实数根，求实数a的取值范围．【答案】(1)函数的增区间是(,1)−−和3)+（，，减区间是(13)−，，极大值为8(1)3f−=，极小值为(3)8f=−；(2)883a−(1)

由题意2()23(1)(3)fxxxxx==+−−−，()0fx=得1x=−或3x=，列表如下：x(,1)−−1−(1,3)−3(3,)+()fx+0−0+()fx递增极大值递减极小值递增所以函数的增区间是(,1)−−和3)+（，，减区间是(13)−，，极大值为8(1

)3f−=，极小值为(3)8f=−；(2)作出函数图象，如图，直线ya=与函数()fx的图象有三个交点时，883a−.16．（2022·安徽·合肥市第九中学高二期中）当2x=时，函数3()4=−+fxaxbx（

,aRbR）有极值203−，(1)求函数3()4=−+fxaxbx的解析式；(2)若关于x的方程()fxk=有3个解，求实数k的取值范围．【答案】(1)32()843fxxx=−+(2)2044,33−(

1)2()3fxaxb=−，由题意得：()()21202028243fabfab=−==−+=−，解得：238ab==，32()843fxxx=−+经验证，函数32()843fxxx=−+在2x=处有极值203−，故解析式为：32()843fxxx=−+．(2)令

()()hxfxk=−，由(1)得：32()843hxxxk=−+−2()282(2)(2)hxxxx=−=−+令()0hx=得，122,2xx==−，∴当2x−时，()0hx，当22x−时，()0hx，当2x时，()0hx，因此

，当2x=−时，()hx有极大值443k−，当2x=时，()hx有极小值203k−−，关于x的方程()fxk=有3个解，等价于函数()hx有三个零点，所以44032003kk−−−204433k−．故实数k的取值范围是204

4,33−③已知零点（根）的个数求代数式的值1．（2022·陕西·模拟预测（理））已知函数()24,0,e1,0xxxxfxx+=−−，，若函数()()gxfxk=−有三个不同的零点，123,,xxx，且123xxx

，则123xxx的取值范围是（）A．44ln3，B．45ln3，C．4ln3+，D．2ln3+，【答案】C函数的图象如下图所示：令()()()0gxfxkfx

k=−==，因为函数()()gxfxk=−有三个不同的零点，所以4−−k，因为二次函数24yxx=+的对称轴为2x=−，所以有123420xxx−−，显然12,xx是方程240xxk+−=的两个不相等的实数根，因

此有12xxk=−，3x是方程e1xk−−=的根，即3e1xk−−=，所以30ln3x，于是有31233e1xxxxx+=，设2e1e(1)1()(0ln3)()xxxhxxhxxx+−−==，设()e(1)1()exxmxx

mxx=−−=，当0x时，()0,()mxmx单调递增，所以有()(ln3)3ln340mxm=−，即()0,()hxhx单调递减，所以当0ln3x时，4()(ln3)ln3hxh=，故选：C2．（2022·陕西·西安中学二模（理））已知函数()()(()ln1

,1,11ln2,1,xxxfxxxee+−=+−+，若方程()fxa=有三个不等根123,,xxx，则123111xxx++的取值范围是（）A．()1,+B．()0,1C．()1,0−D．(),1−【答案

】C当()1,x+时，()1ln2xxfxee=+−，()10xxfxe−=，所以()fx是减函数，作出函数()()(()ln1,1,11ln2,1,xxxfxxxee+−=+−+的图象，如图所示：因为方程

()fxa=有三个不等根123,,xxx，所以0ln2a，设123xxx，则()()121ln1,ln1xxaa+=+=，所以12111xx+=+，即()()12111xx++=，即12120xxxx++=，所以121231233111111xxxxxxxxx++=+=−+，又因为31x

，所以123111xxx++的取值范围是()1,0−，故选：C3．（2022·河北·模拟预测）已知实数1x，2x满足131eexx=，()622ln3exx−=，则12xx=（）A．2eB．5eC．6eD．7e【答案】C解：由

条件得1>0x，32ex，令2ln3tx=−，0t，则32etx+=，由条件622(ln3)exx−=，则633eeeetttt+==，令()exfxx=，(0)x，则()(1)exfxx=+，显然当0x时，()0fx，()fx在()0,+上单调递增．故由131

eexx=，3eett=可得12ln3xtx==−，61222(ln3)exxxx=−=．故选：C．4．（2022·浙江·镇海中学高三期末）已知函数()330|1ln0xxxfxxx−=+，，，．若存在互不相等的实数abcd，，，，

使得()()()()fafbfcfd===，则abcd的取值范围为（）A．()20e−，B．()10e−，C．()102e−，D．()01，【答案】A当0x时，3()300fxxxx=−==，或3x=−，或3x=舍去，3'2()3()333(1)(1)fxxxfxxxx=−=−=+−当10

x−时，'()0,()fxfx单调递减，当1x−时，'()0,()fxfx单调递增，此时函数有最大值，最大值为(1)2f−=，当0x时，11ln,()1ln11ln,0xxefxxxxe+=+=−−，函数()fx的图象如下图所示：因为存在互不相等的实数abcd，，

，，使得()()()()fafbfcfd===，说明函数yk=与函数()fx的图象有四个不同的交点，所以由数形结合思想可知：02k不妨设1310abcde−−，即33331ln1lnaabbcdk−=−=−−=+=，33332

2333()0()(3)0aabbabababaabb−=−−−−=−++−=，因为310ab−−，所以2230aabb++−=，由21ln1lnln2cdcdcde−−−=+=−=，因为2223201ababababab+−，所以20abc

de−，故选：A5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln,021,0xxfxxx=+，若方程()fxax=有三个不同的实数根1x，2x，3x，且123xxx，则()23123l

n+xxxxx的取值范围是（）A．1,122−−eeB．1,012−eC．11,221−−−eeeD．11,12−−ee【答案】B方程()fxax=，显然0x=不为该方程的实

数根.设()ln0g120xxxxxx=+所以方程()fxax=有三个不同的实数根1x，2x，3x，即()gxa=有三个不同的实数根1x，2x，3x当0x时，()lngxxx=，则()21lngxxx−=由()g0x，可得xe，()g0x

，可得0xe，所以()gx在()0,e上单调递增，在(),e+上单调递减，且当1x时，()0gx当x→+时，()0gx→从而作出()gx的大致图像.由图可知当10ae时，直线ya=与函数的图像有3个交点，即方程()gxa=有三个不同的实数根.由

112xe+=，得12xee=−，由120x+=，得12x=−所以11,122xee−−所以()23232311111232323lnlnln121,012xxxxaxaxxxxaxxxxxxxxe++====++++

−．故选：B．6．（2022·湖南·高三阶段练习）已知函数()2fxax=，()exgxb=，0ab，且当0x时，()fx与()gx的图象有且只有一个交点，则1ab+的取值范围为______.【答案】(),ee,−−+因为当0x

时，()fx与()gx的图象有且只有一个交点，所以关于x的方程2exaxb=在区间()0,+上有且只有一个解，分离参数得2exabx=，令()2exhxx=，0x，则()()3e2xxhxx−=，所以函数()hx在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+上单调递增，所以(

)()2e24hxh=，故2e4ab=.当0a，0b时，12eaabb+=，当且仅当1ab=，即e2a=，2eb=时，等号成立；当0a，0b时，12eaabb+−=−，当且仅当1ab=，即

e2a=−，2eb=−时，等号成立.所以1ab+的取值范围为(),ee,−−+.故答案为：(),ee,−−+7．（2022·江苏南通·高三期末）函数22,0,()4,0xtxfxxxtx−=−−−有三个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3

，则x1x2x3的取值范围是__________.【答案】)0,8设22,0,()4,0xxgxxxx=−−函数22,0,()4,0xtxfxxxtx−=−−−有三个零点x1，x2，x3，即()ygx=的图像与直线yt=有三个交点.

作出函数的图像()ygx=，如图.根据图像可得14t则12,xx是240xxt−−−=的两个实数根，则12xxt=3x满足320xt−=，即32logxt=所以1232lnlogln2ttxxxt

t==设()lnln2ttht=，则()()11lnln2htt=+由14t，则()()11ln0ln2htt=+所以()lnln2ttht=在)1,4上单调递增，所以())0,8ht故答案为：)0,88．

（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21exaxbxfx+−=的最小值为–1，函数()3231gxaxbx=++的零点与极小值点相同，则ab+=___________.【答案】1由()21exaxbxfx+−=可得()()221exaxabxbfx−+−

++=，因为()fx的最小值为()01f=−，所以0x=是()fx的极值点，所以()010fb=+=，所以1b=−；当0a=时，()231gxx=−+，由二次函数的性质可知该函数无极小值点，不符合题意；由()3231gxaxx=−+可得()()236

32gxaxxxax=−=−，令()()320gxxax=−=，可得10x=或22xa=，当0a时，20a，由()0gx¢>可得0x或2xa；由()0gx¢<可得20xa，所以()gx在

(),0-?单调递增，在20,a单调递减，在2,a+单调递增，所以()gx的极小值点为2xa=，由题意可得32222310gaaaa=−+=，解得2a=，此时121ab+=−+=；当0a时，当x→−时，()fx→−，不合题

意；所以1ab+=.故答案为：1.9．（2022·广东·顺德一中高二期中）已知函数()()ln,115,13xxfxxx=+，若21xx且()()12fxfx=，则12xx−的最大值是___________.【答案】3ln

38−因为()()ln,115,13xxfxxx=+，作出函数()fx的图象如下图所示：设()()12fxfxt==，则02t，由()()11153fxxt=+=，可得135xt=−，由()22lnfxxt==，可得2txe=.令(

)1235tgtxxte=−=−−，其中02t，()30tgte=−=，可得ln3t=.当0ln3t时，()0gt，此时函数()gt单调递增，当ln32t时，()0gt，此时函数()gt单调递减.所

以，()()maxln33ln38gtg==−.因此，12xx−的最大值为3ln38−.故答案为：3ln38−.10．（2022·全国·高三专题练习）已知实数1x，2x满足131xxee=，()522ln2x

xe−=，则12xx=______.【答案】5e实数1x，2x满足131xxee=，()522ln2xxe−=，2120,xxe，222ln20,txtxe+−==，则3ttee=，()(0),()(1)0(0)xxfxxexfxxex==

+，所以()fx在(0,)+单调递增，而31()()fxfte==，5121222ln2,(ln2)xtxxxxxe==−=−=.故答案为:5e.