【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题10 一元函数的导数及其应用（利用导数研究双变量问题）（全题型压轴题） Word版含解析.docx，共(25)页，1.595 MB，由小赞的店铺上传

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专题10一元函数的导数及其应用（利用导数研究双变量问题）（全题型压轴题）利用导数研究双变量问题①12()()fxgx=型②12()()fxgx型（或12()()fxgx型）③变更主元法④构造函数法①12()()fxgx=型1．（202

2·湖北省广水市实验高级中学高一阶段练习）已知函数()22fxxxa=−+，()5gxaxa=+−(1)若函数()yfx=在区间1,0−上存在零点，求实数a的取值范围；(2)若对任意的11,3x−，总存在21,3x−，使得()()12fxgx=成立，求实数a的取值范

围.【答案】(1)[3,0]−(2)(),62,−−+(1)()yfx=的图象开口向上，对称轴为1x=，所以函数()fx在1,0−上单调递减.因为函数()yfx=在区间1,0−上存在零点，所以(1)30(0)0fafa−=+=，解得30a−，即实数a的取值范围为[3

,0]−.(2)记函数()22fxxxa=−+，[1,3]x−的值域为集合A，()5gxaxa=+−，[1,3]x−的值域为集合B.则对任意的11,3x−，总存在21,3x−，使得()()12fxgx=成立AB.因为()yfx=的图象开口向上，对称轴为1x=

，所以当[1,3]x−，minmax()(1)1,()(3)3fxfafxfa==−==+，得{|13}Ayaya=−+.当0a=时，()gx的值域为{5}，显然不满足题意；当0a时，()gx的值域为{|5252}Byaya=−+，因为AB，所以521523aaa

a−−++，解得2a；当0a时，()gx的值域为{|5252}Byaya=+−，因为AB，所以521523aaaa+−−+，解得6a−.综上，实数a的取值范围为(),62,−−+2．（2022·福建·厦门一中高一期末

）已知函数()2sincosfxxxa=+−.（1）当0a=时，求()fx在,2上的值域；（2）当0a时，已知2()log(3)2gxax=+−，若12,,[1,5]2xx有12()()fxgx=，求a的取值范围.【答案】（1）1,

1−；（2）13,34.【详解】（1）当220,()1coscoscoscos1afxxxxx==−+=−++，,2x令costx=，设()2215124htttt=−++=−−+，1,0t−，函数()ht在1,0

−上单调递增，()()11,01hh−=−=，()fx的值域为1,1−.（2）设()fx的值域为集合,()Agx的值域为集合,B根据题意可得BA，2()coscos1fxxxa=−++−，,2x令costx=，22151()

24yttata=−++−=−−+−，1,0t−，函数215()24yta=−−+−在1,0−上单调递增，且()()minmax1,1fxafxa=−−=−，1,1Aaa=−−−，2()log(3)2gxax=+−又0a，所以2()gx

在[1,5]上单调递增，()()122,532gaga=−=−，[2a2,3a2]B=−−，由BA得22113321340aaaaaa−−−−−，a的取值范围是13,34

.【点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数(),,yfxxab=，(),,ygxxcd=，（1）若1,xab，2,xcd，总有()()12fxgx成立，故()()2maxmin

fxgx；（2）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx成立，故()()2maxmaxfxgx；（3）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx成立，故()()2

minmaxfxgx；（4）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx=，则()fx的值域是()gx值域的子集．3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()(14)xmfxxx+=，且(1)5f=.（1）求实

数m的值，并求函数()fx的值域；（2）函数()1(22)gxaxx=−−，若对任意1[1,4]x，总存在0[2,2]x−，使得()()01gxfx=成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）4m=，()fx值域为4,5；（2）3a或3a−.【详解】（1）由()15f=，得

4m=，即()244xfxxxx+==+.∴()fx在1,2上递减，在2,4上递增，且()24f=，()()145ff==.∴()fx值域为4,5.（2）对于任意1[1,4]x，总存在0[2,2]x−，使得()()01gxfx=成立，则(

)fx的值域是()gx值域的子集；依题意知，0a，当0a时，()0[21,21]gxaa−−−，即[4,5][21,21]aa−−−.∴0214215aaa−−−，解得3a.当0a时，

()0[21,21]gxaa−−−，即[4,5][21,21]aa−−−.∴0214215aaa−−−，解得3a−.故3a或3a−.【点睛】结论点睛：本题考查特殊函数的应用以及由命题成立确定集合包含关

系：（1）特殊函数,(,0)byaxabx=+：图像在一、四象限，在第一象限以bxa=为界先减后增；（2）若0,xx使0()()fxgx=，则()fx值域包含于0()gx的值域.4．（2022·全国·高一课时练习）已知函

数2()2xfxx=−(xR，且2)x.（1）判断并证明()fx在区间(0,2)上的单调性；（2）若函数2()2gxxax=−与函数()fx在[0,1]x上有相同的值域，求a的值；（3）函数2()(13)5,hxbxb=−+1,[0,1]bx，若对于任意1[0,1]x，总存在

2[0,1]x，使得12()()fxhx=成立，求b的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）1a=；（3）[2,)+【详解】（1）()fx在区间(0,2)上为减函数.任取1202xx，()()2212121222xxfxfxxx−=−−−()()()()221221122222

xxxxxx−−−=−−()()()()221212121222xxxxxxxx−−−=−−()()()()()121212121222xxxxxxxxxx−−+−=−−()()()()12212122222xxxxxxx−−−=−−，由于1202xx,121

220,20,0xxxx−−−，()122220xxx−−，所以()()()()12120,fxfxfxfx−，所以()fx在(0,2)上递减.（2）因为()fx在0,1上递减，所以其值域为1,0−，即0,1

x时，()1,0gx−.因为()00g=为最大值，所以最小值只能为()1g或()ga.若()11g=−，则1,1121aaa=−=−.若()1ga=−，则211,121aaa=−=−.综上所述，1

a=.（3）当1b，0,1x时，()hx在0,1上递减，所以()hx在0,1上的最大值为()05hb=，最小值为()21135hbb=−+.由（2）知()fx在0,1上的值域为1,0−.所以()()0011hh−，所以2501351

1bbbb−+−，解得2b.5．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数()ln(2)(fxxaxa=+−是常数），此函数对应的曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线与x轴平行(1)求a的值，并求()fx出的最大值；(2)设0m，函数()31,

(1,2)3gxmxmxx=−，若对任意的1(1,2)x，总存在2(1,2)x，使12()()0fxgx−=求m的取值范围【答案】(1)1a=,()maxln111fx=−=−(2)3[3ln2

,)2m−+（1）对()fx求导，得1()(2)fxax=+−，由题意可得，(1)1(2)0fa=+−=，解得1a=，所以()lnfxxx=−，定义域为()0,+，且1()1fxx=−，当01x时，()0fx，()fx单调递增，当1x

时，()0fx，()fx单调递减，所以当1x=时，()fx有极大值，也为最大值且()()max1ln111fxf==−=−.（2）设()()()1,2fxx的值域为()()(),1,2Agxx的值域为B,由题意“对于任意的()11,2x，总存在()21,2x使得()()1

20fxgx−=”，等价于AB，由（1）知()1xfxx−=，因为()1,2x，所以()0fx，故()fx在()1,2x上单调递减，所以()()()12ffxf，即()ln221fx−−，所以()ln22,1A=−−，因为()31

3gxmxmx=−，所以()()()211gxmxmmxx=−=−+，因为0m，故()0gx，所以()gx在()1,2x上是增函数，所以()()()12ggxg，即()2233mgxm−，故22,33Bmm=−由AB，得20132ln223mm−−

−，解得33ln22m−，所以实数m的取值范围是33ln2,2−+.【关键点点睛】解第二问的关键是准确理解题意，将问题转化为两个函数值域的问题求解是解题的关键．对于此类问题，还要注意以下的结论：①1212,,()(){()|}{()|}xAxBfxgx

fxxAgxxB=成立②12121max2min,,()()()()xAxBfxgxfxgx成立；③12121min2min,,()()()()xAxBfxgxfxgx成立；④1212

1min2max,,()()()()xAxBfxgxfxgx成立；⑤12121max2max,,()()()()xAxBfxgxfxgx成立．当函数的最值不存在时可用值域的端点值代替．6．（2022·全国·高二课时练习）已知函数()321,,1,12111,0

,,362xxxfxxx+=−+函数()()sin2206xgxkkk=−+，若存在10,1x及20,1x，使得()()12fxgx=成立，求实数k的取值范围．【答案】14,23【详解】由题意，当10,2x

时，()1110,366fxx=−+，当1,12x时，()3221xfx=+，()()()()()()23232222612223460111xxxxxxxfxxxx+−++===+++，恒

成立，所以()fx在1,12x上单调递增，所以()1,16fx，所以函数()fx在0,1上的值域为0,1A=，()gx的值域为322,22Bkk=−−，并且AB．若AB=，即221k−或3202k−，解得12k或4

3k，所以，若AB，k的取值范围是14,23．②12()()fxgx型（或12()()fxgx型）1．（2022·全国·高二单元测试）已知函数e()2xfxx=，2()21gxxxa

=−++−．若对任意1x，2(0,)x+，都有()()12fxgx恒成立，则实数a的取值范围为__________．【答案】e,2−【详解】()()'22e22e12e42xxxxxfxx

x−−==，所以在区间()()()'0,1,0,fxfx递减；在区间()()()'1,,0,fxfx+递增.所以在区间()0,+上，()fx的极小值也即是最小值为()e12f=.二次函数2()21gxxxa=−++−的开口向下，对称轴为1x=，所以当1x=时，()gx取得最

大值为()1121gaa=−++−=，由于对任意1x，2(0,)x+，都有()()12fxgx恒成立，所以2ea，即a的取值范围是e,2−.故答案为：e,2−2．（2022·上海市洋泾中学高二阶段练习

）已知Rx，定义：()Ax表示不小于x的最小整数，例如：()22A=，()0.50A−=．(1)若()2021Ax=，求实数x的取值范围：(2)若0x，且()()12122xxAxAxA+++=，求实数x的

取值范围；(3)设()()2fxxtxAx=−+，()17424xxgx=−+，若对于任意的1x，(23,1x−−，都有()()12fxgx，求实数t的取值范围．【答案】(1)(2020,2021(2)1,12

(3)(),2−（1）由()Ax定义可得，实数x的取值范围为(2020,2021；（2）若0x，则()121122,322xxx++=+，所以12132xxA++=，所以()()23AxAx+=，所以()(22,3xAx+，当(0,1x时，()(22

12,3xAxx+=+，所以1,12x；当(1,2x时，()(2222,3xAxx+=+，无解；当()2,x+时，()24xAx+，则()(22,3xAx+无解；综上，实数x的取值范围是1,12

；（3）()17424xxgx=−+，(23,1x−−，则(2112,82x，所以()()2171422442xxxgx=−+=−+，()2min4gx=，因为对于任意的1x，(23,1x−−，都有()()1

2fxgx，所以()14fx，即()24xtxAx−+对(3,1x−−恒成立，即()24xtxAx+对(3,1x−−恒成立，当(3,2x−−时，()()224414222xxxxxxAx++==−

+−−，所以2t，当(2,1x−−时，()224444xxxxxxAx++==−+−−，所以4t，综上，2t．3．（2022·上海·高三专题练习）设()x表示不小于x的最小整数，例如(0.3)1,(2.5)2=−=−．（1）解方程(1)3x−=；（2）设()((

))fxxx=，*nN，试分别求出()fx在区间(0,1、(1,2以及(2,3上的值域；若()fx在区间(0,]n上的值域为nM，求集合nM中的元素的个数；（3）设实数0a，()()2xgxxax=+−，2sin2()57xhxxx+=−+，若对于任意1

2,(2,4]xx都有12()()gxhx，求实数a的取值范围．【答案】（1）34x；（2）当(0,1x时，值域为1；当(1,2x时，值域为3,4；当(2,3x时，值域为7,8,9；(1)2nn+个；（3）(3,)+．【详解】【解

】（1）由题意得：213x−，解得：34x．（2）当(0,1x时，(()1,()0,1xxxx==，于是(())1xx=，值域为1当(1,2x时，(()2,()22,4xxxx==，于是(())3xx=或4，值域为3,4当(2,3x时，

(()3,()36,9xxxx==，于是(())7xx=或8或9，值域为7,8,9设*nN，当(1,]xnn−时，()xn=，所以()xxnx=的取值范围为22(,]nnn−，-所以()fx在(

1,]xnn−上的函数值的个数为n，-由于区间22(,]nnn−与22((1)(1),(1)]nnn+−++的交集为空集，故nM中的元素个数为(1)1232nnn+++++=．-（3）由于2140573xx−+，1sin23x+，因此()4hx，当52

x=时取等号，即即(2,4]x时，()hx的最大值为4，由题意得(2,4]x时，()4gx恒成立，当(2,3]x时，223xax−恒成立，因为2max(2)33xx−=，所以3a当(3,4]x时，2324xax−恒成立，因为239244xx−，所以94a≥综合得，

实数a的取值范围是(3,)+．【点睛】关键点点睛：1.首先理解()x的定义，2.第三问，若对于任意12,(2,4]xx都有12()()gxhx，转化为()()maxgxfx，再利用参变分离求a的

取值范围.4．（2022·福建省厦门集美中学高二期中）已知函数()lnfxaxx=+．(1)试讨论()fx的极值；(2)设()222gxxx=−+，若()10,x+，20,1x，使得()()12fxgx

，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)()3,e−−−(1)函数()fx的定义域为()0,+，()11axfxaxx+=+=．当0a时，()0fx，所以()fx在()0,+上为增函数，此时函数不存在极值．当0a时，由()0fx，解得10xa−，故(

)fx在10,a−上单调递增．由()0fx，解得1xa−，故()fx在1,a−+上单调递减．此时函数在1xa=−处取得极大值．无极小值．综上所述，当0a时，函数不存在极值．当0a时，函数在1xa=−处取得极大值，无极小值．(2)由（

1）知当0a时，()fx在()0,+上为增函数，故()fx无最大值，此时不符合题意；当0a时，()()max111ln1lnfxfaaa=−=−+−=−−−．易知()222gxxx=−+在0,1上单调递减，所以()()max02gxg==．

因为()10,x+，20,1x，使得()()fxgx，所以()()maxmaxfxgx，即()01ln2aa−−−解得3ea−−，所以实数a的取值范围是()3,e−−−．5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f

(x)()211axxx++−=−lnx（a∈R）．（1）当12a时，讨论函数f(x)的单调性；（2）设g(x)＝x2﹣2bx+4，当a13=时，若对任意x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使f（x1）+g（x2）

≤0，求实数b的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）b136．【详解】（1）∵f(x)()211axxx++−=−lnx，∴()()()()222211111axxaaxaxafxaxxx

x−−−+−−−=−−==．①当11aa−时，即102a＜＜时，此时f(x)的单调性如下：x（0，1）1（1，1aa−）1aa−（1aa−+，）()fx+0_0+f(x)增减增当102a＜＜时，f(x)在（0，1），（1aa−+，）上是增函数，在（1，1aa−）上是减函数．

②当a12=时，f′(x)22(1)02xx−=，f(x)在（0，+∞）上是增函数．③当0a=时，()21xfxx−=，()001fxx，()01fxx，所以函数的单调递增区间是()0,1，单调递减区间是()1,+

，④当0a时，()()()211axaxfxx+−−=，110axa−=（舍），21x=，()001fxx，()01fxx，所以函数的单调递增区间是()0,1，单调递减区间是(

)1,+，综上，当a≤0时，f(x)在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；当0＜a12＜时，f(x)在（0，1），（1aa−+，）上是增函数，在（1，1aa−）上是减函数，当a12=时，f′(x)22(1)02xx−=，f(x)在（0，+∞）上是增函数．（2）由（

1）知，当a13=时，f(x)在（0，1）上是增函数，在（1，2）上是减函数．于是x1∈（0，2）时，f（x1）∈（﹣∞，23]，从而存在x2∈[1，2]，使得g（x2）22224xbx=−+[﹣f（x1）]min23=−，等价为[g(x)]min23−，x∈[1，2]，考察g(x)

＝x2﹣2bx+4＝（x﹣b）2+4﹣b2，x∈[1，2]的最小值．①当b≤1时，g(x)在[1，2]上递增，[g(x)]min＝g(1)＝5﹣2b23−，解得b176（舍去），②当b≥2时，g(x)在[1，2]上递减，[g(x)]min＝g(2)＝8﹣4b23−

，解得b136成立．③当1＜b＜2时，[g(x)]min＝g（b）＝4﹣b223−，无解．综上b136．6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()321121,32fxaxbxxabR=+−−，()21gxxx=−+，若函数

()fx的图象与函数()gx的图象的一个公共点P的横坐标为1且两函数图象在点P处的切线斜率之和为9.（1）求,ab的值；（2）对任意12,1,1xx−，不等式()()12fxkgx+恒成立，求实数k的取值范围.【答案】（1）6,4,ab==；（2）1

,4−−.【详解】解：（1）因为()()11fg=，所以113132ab+−=，即2324ab+=，又()'21gxx=−，所以()'11g=()2'2fxaxbx=+−，()'12fab=+−由题意得()()'1

+g'119fab=+−=，所以10ab+=由2324,10,abab+=+=得6,4,ab==（2）由（1）得()322+221fxxxx=−−，对任意的12,1,1xx−，()()12fxkgx+恒

成立，所以()()maxmin+k<gfxx()1,1x−，因为()()()2'6422311fxxxxx=+−=−+，令()'0fx得113x−，令()'0fx得1x−或13x.所以函数()fx在11,3−

上单调递减，在1,13上单调递增.而()()11,11ff−==，所以()max1fx=，而()2213124gxxxx=−+=−+，当1,1x−时，()min1324gxg==，故314k+，所以

实数k的取值范围是1,4−−.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数(),,yfxxab=，(),,ygxxcd=(1)若1,xab，2,xcd，总有()()12fxgx成立，故()()2maxminfxg

x；(2)若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx成立，故()()2maxmaxfxgx；(3)若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx成立，故()()2minminfxgx；(4)若1,xab

，2,xcd，有()()12fxgx=，则()fx的值域是()gx值域的子集．7．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数f(x)＝x－mlnx－1mx−(m∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex.(1)若m<e＋1，试

求f(x)在[1，e]的最小值；(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)当2m时，函数()fx的最小值为2m−；当2e1m+时，函数()fx的最小值为()2ln1mmm−−

−(2)2ee1,2e1−++（1）f(x)＝x－mlnx－1mx−，且定义域(0，＋∞)，∴f′(x)＝1－mx＋21−mx＝(1)(1)−−−xxm，①当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数

，则f(x)min＝f(1)＝2－m.②当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).（2）

已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.由（1）知m≤2时，在x1∈[e，e2]上有f′(x1)≥0，所以f(x)为单调递增函数，∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－1e−m.又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，当x2∈[－2，0

]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.所以m≤2且e－m－1−me≤1，解得2e1e1−++c≤m≤2.所以实数m的取值范围是2ee1,2e1−++.8．（2022·黑龙江·铁人中学高二期中）已知函数f(x)＝x－(a＋1)l

nx－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex.（1）当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；（2）当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)<g(x2)恒成立

，求a的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）22,11eee−+.【详解】（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(1)()xxax−−.①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f（1）＝1－a.②当1

<a<e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数.f(x)min＝f

(e)＝e－(a＋1)－ae.综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－ae.（2）由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2

，0])的最小值.由（1）知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数.g(x)mi

n＝g(0)＝1.所以e－(a＋1)－ae<1，即a>221eee−+，所以a的取值范围为22,11eee−+.9．（2022·河北·石家庄二中实验学校高三开学考试）设a为实数，函数()3223fxxxa=−+，()()22l

n3gxxx=−.(1)若函数()fx与x轴有三个不同交点，求实数a的取值范围；(2)对于11,2x−，21,ex，都有()()12fxgx，试求实数a的取值范围.【答案】(1)01

a(2))25e,−+（1）()()26661fxxxxx=−=−，由()0fx，解得1x或0x；由()0fx解得01x，所以()fx在(),0−上单调递增，在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，若函数()f

x与x轴有三个不同交点，则(0)0(1)10fafa==−+，解得01a，所以若函数()fx与x轴有三个不同交点，实数a的取值范围为01a；（2）对于11,2x−，21,

ex，都有()()12fxgx，则()()12minminfxgx，由（1）知函数()fx在)1,0−上单调递增，在(0,1上单调递减，在(1,2上单调递增，又()15fa−=−，()11fa=−，故当1

,2x−时()()min15fxfa=−=−，因为()()22ln3gxxx=−，且1,ex，则()()()4ln14110gxxxx=−−=，故函数()gx在1,e上单调递减，故()()2minee

gxg==−，由题意可得25ea−−，故25ea−.所以实数a的取值范围为)25e,−+.10．（2022·河南安阳·高二阶段练习（文））已知函数ln()mxfxx+=，2()2ln3gxxxxax=+−+，

m，aR.(1)求()fx的单调区间；(2)当0m=时，若211,ex，21,eex使()()12fxgx…成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)()fx的单调递增区间为()10,em−，单调递减区间为()1e

,m−+(2)4a(1)由ln()mxfxx+=，则()()221ln1ln()mxmxfxxx−+−−==由()1ln0mx−−，解得1emx−，()1ln0mx−−，解得10emx−所以当1emx−时，()0fx，函数()fx单调递减，当

10emx−时，()0fx，函数()fx单调递增.所以函数()fx的单调递增区间为()10,em−，单调递减区间为()1e,m−+(2)当0m=时，函数()fx在()0,e上单调递增，在()e,+上单调递减所以函数()fx在1,e上单调递增.在

2,ee上单调递减，又()10f=，()222eef=，所以()()min10fxf==211,ex，21,eex使()()12fxgx…成立，即()20gx即1,e

ex使202ln3xxxax+−+成立即32lnaxxx++在1,eex上有解设()32lnhxxxx=++，则()()()22223123231xxxxhxxxxx+−+−=+−==所以当11ex时，()0hx，

()hx单调递减.当1ex时，()0hx，()hx单调递增.所以()()14hxh=要使得32lnaxxx++在1,eex上有解，则4a11．（2022·吉林·延边二中高二期中）设a为实数

，函数()323fxxxa=−+，()lngxxx=.(1)若函数()fx与x轴有三个不同交点，求a的范围(2)对于11,3x，21,eex，都有()()12fxgx，试求实数a的取值范围.【答案】(1)()

0,4(2))e4,++(1)()()23632fxxxxx=−=−由()0fx，解得2x或0x；由()0fx解得02x所以()fx在(),0−上单调递增，在()0,2上单调递减，在()2,+上单调递增.函数()fx与x轴有三个不同交点，则()()002

40fafa==−+解得04a所以函数()fx与x轴有三个不同交点，实数a的取值范围04a(2)对于11,3x，21,eex，都有()()12fxgx，则()()12minmaxfxgx

.由（1）可知，函数()fx在)1,2上单调递减，在(2,3上单调递增，故当1,3x时，()()min24fxfa==−，因为()lngxxx=，且1,eex，则()1ln0gxx=+且()gx不恒为零，故函数()gx在1,ee

上单调递增，故()()maxeegxg==，由题意可得4ea−，故e4a+.所以实数a的取值范围为)e4,++12．（2022·四川省资阳中学高二期中（理））已知()()2ln21fxxmxmx=−−−()mR，

()2e12xgxx=−−.(1)当1m=时，求()fx极值；(2)讨论()fx单调性；(3)当0m时，若对于任意1>0x，总存在22,1x−−，使得()()12fxgx，求m的取值范围.【答案】(1)极大值为3ln24−，无极小值(2)答案见解析(

3)e,2+（1）由题可知，函数定义域为()0,+，由()()()211xxfxx−−+=当()0fx，解得102x，当()0fx，解得12x，所以函数()fx在12x=处取得极大值13ln224f=−

，无极小值.（2）()()()211mxxfxx−−+=，①所以当0m时，有()0fx恒成立，()fx在()0,+单调递增，②当0m时，由()0fx解得：10,2xm，()fx在10,2m上单调递增；由()0fx解

得：1,2xm+，()fx在1,2m+上单调递减；综上，0m时，()fx在()0,+单调递增；0m时，()fx在10,2m上单调递增，在1,2m+上单调递减.（3）当0m时

，()max11ln2124fxfmmm==−−，根据题意，不等式等价于()2max1ln214mgxm−−，22,1x−−，对于()2e12xgxx=−−，()e202xgxx=

−，2,1x−−，所以()gx在2,1x−−上单增，所以()()max1122egxg=−=−，则有11ln21242emm−−−，设()1ln214hmmm=−−，()0m，则()21104

hmmm=−，()hm在定义域内为减函数，又e1222eh=−，所以e2m，即m的取值范围是e,2+.③变更主元法1．（2022·全国·高一课时练习）已知对任意1,3m，215mxmxm−−−+恒成立，则实数x的取值范围是（）A．6,

7+B．1515,,22−+−+C．6,7−D．1515,22−+【答案】D【详解】对任意1,3m，不等式215mxmxm−−−+恒成立，即对任意1,3m，()21

6mxx−+恒成立，所以对任意1,3m，261xxm−+恒成立，所以对任意1,3m，2min612xxm−+=，所以212xx−+，解得151522x−+，故实数x的取值范围是1515,22−+．故选：D．2．（2023·全国·高三专题练习）

函数2(3)fxxax=++，若4,6,()0afx恒成立，则实数x的取值范围是___________．【答案】(,3636,)][−−−−++【详解】令2()3haxax=++，当4,6a

时，()0ha恒成立，只需(4)0,(6)0,hh即22430,630,xxxx++++解得36x−−或36x−+．所以实数x的取值范围是(,3636,)][−−−−++．故答案为：(

,3636,)][−−−−++3．（2022·福建省永泰县第一中学高二开学考试）定义在()1,1−上的函数()fx满足对任意的x，()1,1y−，都有()()1xyfxfyfxy++=+，且当()0,1x时，()0fx．(1)求证：函数()fx是奇函数；(2)求证：(

)fx在()1,1−上是减函数；(3)若112f=−，()221fxtat−−对任意11,22x−，1,1a−恒成立，求实数t的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)(),1313,

−−−++.（1）令0x=，0y=，得()()()000fff+=，所以()00f=．令yx=−，得()()()00fxfxf+−==，即()()fxfx=−−，所以函数()fx是奇函数．（2）设1211xx−，则()11,1x−−，所以()()()()2121211

21xxfxfxfxfxfxx−−=+−=−．因为210xx−，11x，21x，所以121xx，即1211xx−，所以211201xxxx−−．又()()12211212111011xxxxxxxx+−−−=−−，所以2112011xxxx−−，所以211201

xxfxx−−，所以()()210fxfx−，即()()12fxfx．所以()fx在()1,1−上是减函数．（3）由（2）知函数()fx在()1,1−上是减函数，所以当11,22x−时，函数()fx的最大值为11122f

f−=−=，所以()221fxtat−−对任意11,22x−，1,1a−恒成立等价于2121tat−−对任意1,1a−恒成立，即2220tat−−对任意1,1a−恒成立．设()2

22222gatattat=−−=−+−，是关于a的一次函数，1,1a−，要使()2220gatat=−+−对任意1,1a−恒成立，所以(1)0?(1)0gg−，即22220220tttt−−+−

，解得13t−−或31t+，所以实数t的取值范围是(),1313,−−−++．④构造函数法1．（2022·陕西师大附中高二期中（文））已知函数()ln1(R)fxaxxa=−+．(1)当0a时，求函数()fx的单调区间；(2)对任意的12,(0,

1]xx，当12xx时都有121211()()4fxfxxx−−，求实数a的取值范围．【答案】(1)在(0,)a上单调递增，在(,)a+上单调递减．(2)[3,)−+（1）定义域为(0,)+，()1aaxfxxx

−=−=．当0a时，由()0fx，解得：xa，由()0fx，解得：0xa．即()fx在(0,)a上单调递增，在(,)a+上单调递减．（2）121211()()4()fxfxxx−−，即()()121244fxf

xxx−−．令4()()gxfxx=−，则可知函数()gx在(0,1]上单调递增．所以2244()()10agxfxxxx=+=−+在(0,1]上恒成立．即4axx−在(0,1]上恒成立，只需max4()axx−，设4yxx=−，2410yx=+，4y

xx=−在(0,1]单调递增．所以max4()143axx−=−=−．综上所述，实数a的取值范围为[3,)−+．2．（2022·湖南郴州·高二期末）已知()21ln22fxaxxx=+−（Ra且0a），()cossingxxxx=+．(1)求()gx在

,−上的最小值；(2)如果对任意的1,x−，存在21,xee，使得()()212fxagxx−≤成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)-1(2)()1,00,2−+(1)()sinsincoscosgxxxxxxx=−++=，显然()gx为偶函数

，当0x时，0,2x时，cos0xx，()0gx，∴()gx在0,2单调递增；,2x时，cos0xx，()0gx，∴()gx在,2ππ单调递减；()01g=，22g=，()1g=−，∴()gx在()0

,上的最小值为1−．由偶函数图象的对称性可知()gx在(),−上的最小值为1−．(2)先证ln1−xx，设()ln1hxxx=−+，则()111xhxxx−=−=，令()001hxx，令()01hxx，∴()hx在()0,1上单调递增，在()

1,+上单调递减．()()10hxh=故ln1−xx①恒成立．由题意可得21,xee，使得()221fxax−−≤成立，即()222221ln2axxxx−−≥成立．由①可知22ln10xx−≥，参变分离得2222212lnxxaxx−−≥，设(

)212lnxxxxx−=−，1,xee，即只需()minax≥即可．()()()()()()2221111ln1ln122'lnlnxxxxxxxxxxxxxxx−−−−−−−+

==−−由①知ln1−xx得ln1xx−−，∴1114ln111202222xxxxxx−−++−+=−=≥令()'01xxe，令()1'01xxe，∴()x在1,1e上单

调递减，在()1,e上单调递增．∴()()min112x==−，∴12a−，又已知0a故a的取值范围为()1,00,2−+．3．（2022·广西玉林·模拟预测（理））已知函数()1ln

fxaxxx=+−的图像在1x=处的切线与直线0xy−=平行．(1)求函数()fx的单调区间；(2)若()12,0,xx+，且12xx时，()()()221212fxfxmxx−−，求实数m的取值范围．【

答案】(1)()fx在()0,e递增，在()e,+递减(2)21,2e−−(1)()1lnfxaxxx=+−的导数为()1lnfxax=−−，可得()fx的图象在()()1,1Af处的切线斜率为1a−，

由切线与直线0xy−=平行，可得11a−=，即2a=，()21lnfxxxx=+−，()1lnfxx=−，由()0fx，可得0ex，由()0fx，可得ex，则()fx在()0,e递增，在()e,+递减．(2)因为1

2xx，若()12,0,xx+，由()()221212fxfxmxmx−−，即有()()221122fxmxfxmx−−恒成立，设()()2gxfxmx=−，所以()()2gxfxmx=−在()0,+为增函数，即有()1ln20

gxxmx=−−对0x恒成立，可得1ln2xmx−在0x恒成立，由()1lnxhxx−=的导数为()2ln2xhxx−=，当()0hx=，可得2ex=，()hx在()20,e递减，在()2e,+递增，即有()hx在2ex=处取得极小值，

且为最小值21e−可得212em−，解得212em−则实数m的取值范围是21,2e−−．4．（2022·四川省仁寿县文宫中学高三开学考试（理））已知函数()21()lnR2fxxaxb

a=−+．(1)若曲线()yfx=在1x=处的切线的方程为330xy−−=，求实数a，b的值；(2)若20a−，对任意12,(0,2]xx，不等式121211()()fxfxmxx−−恒成立，求m的最小值．【答案】(1)2a=−，1

2b=−(2)12（1）∵21()ln2fxxaxb=−+，∴()afxxx=−，∵曲线()yfx=在1x=处的切线的方程为330xy−−=，∴13a−=，(1)0f=，∴2a=−，102b+=，∴2a=−，12b=−．（2）因为20a−，02x，

所以()0afxxx=−，故函数()fx在(0,2]上单调递增，不妨设1202xx，则121211|()()|||fxfxmxx−−，可化为2121()()mmfxfxxx++，设21()()ln2mmhxfxxaxbxx=+=−++，则12(

)()hxhx．所以()hx为(0,2]上的减函数，即2()0amhxxxx=−−在(0,2]上恒成立，等价于30xaxm−−在(0,2]上恒成立，即3mxax−在(0,2]上恒成立，又20a−，所以2axx−，所以332xaxxx−+，而函数32yxx=

+在(0,2]上是增函数，所以3212xx+（当且仅当2a=−，2x=时等号成立）．所以12m．即m的最小值为12．5．（2022·辽宁·沈阳二中高二期末）已知函数()232lnfxxxx=−−.(1)求()fx的极

值；(2)若对于任意不同的1x，2x，都有()()121212fxfxaxaxxx−+−，求实数a的取值范围.【答案】(1)极小值为22ln2−−，无极大值；(2))1,+.(1)）因为()232lnfxxxx=−−，所以()2223223xxfxxxx=−−=−−令

()0fx=，解得2x=或12x=−（舍去）.当x变化时，()fx，()fx的变化情况如表所示.x()0,22()2,+()fx−0+()fx单调递减22ln2−−单调递增因此，当2x=时，()fx有极小值，且极小值为22

ln2−−，无极大值(2)不妨令12xx，则()()121212fxfxaxaxxx−+−等价于()()221212fxfxaxax−−，即()()221122fxaxfxax−−令函数()()()22132lngxfxax

axxx=−=−−−，可知()gx在()0,+上单调递减，()()()221322213.axxgxaxxx−−−=−−−=若10a−„，即1a…，则()221320axx−−−在()0,+上恒成立，故()0gx在()0,+上恒成立，则()gx在()0,+上单调递减，符合题

意若10a−，即1a，则()221320axx−−−在()0,+上不恒成立，故()0gx在()0,+上不恒成立，则()gx在()0,+上不可能单调递减，不符合题意.综上所述，实数a的取值范围为)

1,+.