【文档说明】备战2023年高考数学题型猜想预测卷（上海专用） 猜题22 第12、16题 导数的综合应用压轴题（上海精选归纳） Word版含解析.docx，共(39)页，2.287 MB，由管理员店铺上传

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猜题22第12、16题导数的综合应用压轴题（上海精选归纳）一、填空题1．（2022秋·上海宝山·高三统考期末）已知函数()()2log41xfxx=+−，数列na是公差为4的等差数列，若()()()(

)112233440afaafaafaafa+++=，则数列na的前n项和nS=_____．【答案】228nn−【分析】设()()gxxfx=，根据()fx的奇偶性和单调性可得()gx的奇偶性和单调性，然后结合等差数列的性质可得140aa+=，再利用

等差数列的通项公式及求和公式即得.【解析】因为()()222411log41loglog222xxxxxfxx+=+−==+，xR，则()()2122logxxffxx−=+=，所以()fx为R上的偶函数，当

0x时，()41041xxfx−=+，所以函数()fx在)0,+上单调递增，且()()01fxf=≥，设()()gxxfx=，则()gx为奇函数，且在)0,+上单调递增，因此()gx在R上单调递增，由题知()()()()12340gagagaga+++=

，又数列na是公差为4的等差数列，可得1423aaaa+=+，若140aa+，则14aa−，∴()()()144gagaga−=−，即()()140gaga+，同理可得()()230gaga+，∴()()()()12340gagagaga+++，与()()()()12340

gagagaga+++=矛盾，舍去；同理若140aa+，则()()()()12340gagagaga+++，与()()()()12340gagagaga+++=矛盾，舍去；∴140aa+=，又na的公差4d=，∴12340a+=，解得16a=−，∴2(1

)64282−=−+=−nnnSnnn＝2n2﹣8n，故答案为：228nn−．2．（2022·上海宝山·统考一模）对于正整数n，设nx是关于x的方程320nxxn+−=的实数根，记(1)(2)nnanxn=+，其中x表

示不超过x的最大整数，则()234202211012aaaa++++=______.【答案】2021【分析】根据导数可得()fx为单调递增函数，根据零点存在性定理找到nx的取值范围，代入(1)(2)nnanxn=

+即可得出通项公式，求出答案.【解析】设()32fxnxxn=+−，则()232fxnx=+，当2n时，()0fx¢>因此()fx为单调递增函数，又因当2n时，()()2332111110nnnnfnnnnnnnn=+−=−+++

+++且()120f=，所以当2n时，方程320nxxn+−=有唯一的实数根nx，且,11nnxn+，所以(1)1nnnxn++，(1)nnanxn=+=，因此()()()2342022220222021

11234202220211012101221012aaaa+++++=++++==故答案为：20213．（2022·上海普陀·统考一模）设1a、2a、3a均为正数且222123aaa+=，则使得不等式123

123111kaaaaaa++++总成立的k的取值范围为______．【答案】(,532−+【分析】由已知可得出2212331aaaa+=，不妨设13cosaa=，23sinaa=，其中π0,2，可得出()()()12

3123sincossincossincos11113sincosaaaaaa++++++++==+，令(sincos1,2t=+，可得出()123123111231aaataaat++++=++−，利用导数求出函数()ft在(1,2上的最小

值，即可得出实数k的取值范围.【解析】因为1a、2a、3a均为正数且222123aaa+=，则2212331aaaa+=，不妨设13cosaa=，23sinaa=，其中π0,2，所以，()3311221231

233231121113aaaaaaaaaaaaaaaaaa++++=++++++cossin113cossinsincoscossin=++++++22sincossincossincos13sincos+++

+=+()()sincossincossincos13sincos++++=+，因为π0,2，则ππ3π444+，令(πsincos2sin1,24t=+=+，则()2

2sincos12sincost=+=+，所以，21sincos2t−=，所以，()()21232123111112233112tttaaattaaat−++++++=+=++−−，令()231fttt=++−，其中(

1,2t，则()()()2222211011ttfttt−−=−=−−，所以，函数()ft在(1,2上单调递减，所以，()()min222353221ftf==++=+−，所以，()123123min111532kaaaaaa++++=+.

故答案为：(,532−+.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）xD，()()minmfxmfx；（2）xD，()()maxmfxm

fx；（3）xD，()()maxmfxmfx；（4）xD，()()minmfxmfx.4．（2022春·上海宝山·高二上海市吴淞中学校考期末）已知数列na前n项和2nSn=，数列nb满足11,N,1;nnnnbnnTaa+=为数列nb的前n

项和．若对任意的N,1nn，不等式9(1)nnTn+−恒成立，则实数的取值范围为______．【答案】(),24−−【分析】利用na与nS的关系，求得na，由题意，求得nb并裂项，利用裂项相消，求得nT，分n为奇数或偶数两种情况

，利用函数求最值研究不等式恒成立问题，可得答案.【解析】当1n=时，111aS==；当2n时，()221121nnnaSSnnn−=−=−−=−，将1n=代入上式，可得12111a−==，则()*21,Nnann=−；()()111111212122121nnnbaannnn+

===−−+−+，11111111112335212122121nnTnnnn=−+−++−=−=−+++L，代入不等式9(1)nnTn+−，可得()9121nnnn+−+，整理可得()()212191nnnn++

+−，当n为偶数时，不等式为219219219nnnnn+++=++，令()9219fxxx=++，()()()222223239292xxxfxxxx−+−=−==，当32,2x+

时，()0fx¢>，则()fx在32,2+上单调递增，由于()()429.2527.52ff==，故()()min227.5fxf==，此时27.5；当n为奇数时，不等式为219219217nnnnn++−=−−，令()9217gxxx=−−

，（x为奇数且*Nx），易知()gx在()0,+单调递增，则()()min124gxg==−，此时24−，综上所述，24−.故答案为：(),24−−.5．（2023·上海·高三专题练习）已知函数()fx是定义在R上的偶函数，在[0,)+上是增函数，且()()222

41fxaxbfxx++++恒成立，则不等式sin0+abxbx的解集为______.【答案】()0,+【分析】由题意可得出22241xaxbxx++++，可知方程20xaxb++=与方程22410xx++=同解，可解得122,ab==，则不等式为1si

n02xx+，利用函数1()sin2hxxx=+的单调性即可解出不等式.【解析】由于函数()fx定义在R上的偶函数,在[0,)+是增函数,由()()22241fxaxbfxx++++得()()22241fxaxbfxx++++,所以22241

xaxbxx++++,解方程22410xx++=得122222,22xx−+−−==,令2()gxxaxb=++,则22220,022gg−+−−,所以122222,22xx−+−−

==是方程20xaxb++=的两根,由韦达定理得1212212axxbxx−=+=−==,解得212ab==,则不等式sin0+abxbx即1sin02xx+,设1()sin2hxxx=

+，11()1cos22hxx=+，1111cos,2222x−，故()0hx，所以()hx单调递增，且(0)0h=，故解集为(0,)+.故答案为：(0,)+.【点睛】方法点睛：对于求值或求解函数不等式问题,一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的

符号“f”，转化为解不等式（组）的问题，若()fx为偶函数,则()()(||)fxfxfx−==.6．（2022秋·上海长宁·高一统考期末）已知函数1()2fxxax=+−；若存在相异的实数()12,,0xx−，使得()()12fxfx=成立，则实数a

的取值范围是__________.【答案】(,2)−−【分析】去掉绝对值得到分段函数，分别讨论0a、a<0，结合函数的导数研究单调性，再通过存在性进行求解.【解析】12,12()2122,2axaxxfxxaaxxaxx+−=+−=−+①

当0a，0x时，1()2fxxax=−+，'21()20fxx=−−，则()fx在(),0−单调递减，不满足题意（舍）；②当a<0，0x时，12,02()122,2axaxxfxaxaxx

+−=−+，当2ax时，()2120fxx=−−，()fx在,2a−单调递减，且()()2afxf,；当02ax时，由'21()20fxx=−=，得22x=−，当222a−，即2

a−时，02ax，则'()0fx恒成立，则()()2afxf，不满足题意（舍）；当222a−，即2a−时，02ax，则()fx在2,22a−单调递增，在2,02−单调递减，且对于任意02(,)22ax−，0()()2afxf，则满足存在相异的

实数()12,,0xx−，使得()()12fxfx=成立，所以2a−.故答案为：(,2)−−.7．（2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）已知函数()()2e820exxxxfxxmm−=−+有三个零点123,,xxx，且有123xxx，则312123e

ee222xxxxxx−−−的值为________.【答案】12【分析】由()0fx=得出2ee2(4)2120xxmxx−++−−=，令e2xtx=−，得出2(4)120tmt++−=，利用导数

得出e()2xgxx=−的图象，由零点的个数，结合图象求解即可.【解析】若()0fx=，则2e820exxxxxm−−+=，即22e8ee20xxxmxmx−−+=当0x=时，可得0e0=，不成立，故0x等式两边同除以2x，得22e8ee20xxxmmxxx−−+=即2ee

2(4)2120xxmxx−++−−=令e2xtx=−，则2(4)120tmt++−=22Δ(4)41(12)(4)480mm=+−−=++方程有两个不等的实根，12,tt，12120tt=−令10t，则20t

，令e()2xgxx=−，()21()xexgxx−=当(1,)x+时，()0gx，当(0,1)x或(,0)x−时，()0gx即函数()gx在(1,)+上单调递减，在(0,1)，(,0)−上单调递增，(1)2e0

g=−如下图所示函数()fx有三个零点123,,xxx，123xxx31212123eee2,22xxxttxxx=−=−=−由图可知，3212123eee22212xxxttxxx−−−=−

=故答案为：12【点睛】方法点睛：已知零点的个数求参数的范围一般思路：利用导数得出函数的简图，由交点的个数结合图象得出参数的范围.8．（2023·上海·高三专题练习）关于函数()esinxfxx=+，(,)x−，下列四个结论中正

确的为__________．①()fx在(,0)−上单调递减，在(0,)上单调递增；②()fx有两个零点；③()fx存在唯一极小值点0x，且()010fx−；④()fx有两个极值点．【答案】②③【分析】利

用导数可判断①，利用指数函数及正弦函数的性质可判断②，利用零点存在定理可知存在03(,)42x−−，使得'()0fx=，进而可知函数()fx的单调性及极值情况，再结合函数的零点存在性定理及三角函数的图像性质可判断③

④.【解析】∵()esinxfxx=+，()ecosxfxx=+，因为,02x−时，e0x，cos0x，所以()0fx，所以()fx在,02−上单调递增，故①错误；()fx有两个零点等价于esin0x

x+=有两个根，即函数exy=与sinyx=−有两个交点，根据exy=与sinyx=−的图象，可知在(,)−上有两个交点，故②正确；-2e02f−=，34343312ecos442ef−

−=+−=−23342eee2=，34e2，34122e，304f−存在03,42x−−，使得()00fx=且00ecos0xx+=在()0,x−上，()0fx，在()0

,x上，()0fx，在()0,x−上，()fx单调递减，在()0,x上，()fx单调递增，()fx在(,)−上存在唯一极小值点0x，()000000esinsincos2sin4xfxxxxx=+=−=−

03,42x−−，则03,44x−−−，02sin(1,0)4x−−，故③正确．令()()ecosxgxfxx==+，则()esinxgxx=−，当(,0)x−时，0e1x，si

n0x，esin0xx−，当(0,)x时，e1x，0sin1x．()esin0xgxx=−在(,)−恒成立，()gx单调递增且()ecos()e10g−−−=+−=−，22ecose220g−−−=+−=

，()gx存在唯一零点0,2x−−，使得00ecos0xx+=()0,xx−，()0gx，即()0fx，()0,xx，()0gx，即()0fx，()fx在0x处取得极小值故有唯一

极小值点，故④错误．故答案为：②③.9．（2023·上海·高三专题练习）在空间直角坐标系Oxyz−中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程2221xyz++=表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲面在工业、农业、建筑等众多领域

应用广泛．已知点(,,)Pxyz是二次曲面22420xxyyz−+−=上的任意一点，且0x，0y，0z，则当zxy取得最小值时，不等式lne3022xayxza+−恒成立，则实数a的取值范围是________．【答案】

[e,)−+【分析】先通过zxy取得最小值这个条件找出当,,xyz的关系，带入后一个不等式，利用对数恒等式变型，此后分离参数求最值即可.【解析】根据题意22420xxyyz−+−=，带入zxy可得：2224212222zzxxyyxyxyxyxyyx−+===+−，而0x，0y，

利用基本不等式222222xyxyyxyx+=，当22xyyx=，即2yx=取得等号，此时22224246zxxxxx=−+=，即23zx=，综上可知，当zxy取得最小值时，223yxzx==，带入第二个式子可得，2eln02x

axaxx+−，即eln0xaxaxx+−，于是lneln(ln)0xxxaxaxeaxxx−+−=+−，设()lnuuxxx==−，11()1xuxxx−=−=，故当1x时，()ux递增，01x时，()ux递减，min()(1)1uxu==；于是原不等

式转化为1u≥时，0ueau+恒成立，即ueau−在1u≥时恒成立，设()uehuu=(1)u，于是2(1)()0ueuhuu−=，故()hu在1u≥时单调递增，min()(1)huhe==，故a

e−，ae−即可.故答案为：[e,)−+【点睛】本题eln0xaxaxx+−恒成立的处理用到了对数恒等式，若直接分离参数求最值，会造成很大的计算量.10．（2022秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考

阶段练习）已知1x，2x是函数()2ln2fxxmxx=+−，mR的两个极值点，若12xx，则()12fxx的取值范围为______．【答案】3ln2,02−−【分析】先由题得所以12121,2mxxxx+==，110x2.化简得()12fxx=11

1111)2ln1xxxx−+−−（，再构造函数1)xx−+g()=（1112ln(0)12xxxx−−，利用导数求函数的值域即得解.【解析】由题得函数的定义域为(0,)+，21()22(22)mfxxxxmxx=+−=−+，所以12,xx是方程2220xxm−+=的两个实数根，所

以12121,2mxxxx+==，因为12xx，1>0x，所以112021xxx+=，所以110x2.所以()2211111121222ln2(1)2ln1=fxxmxxxxxxxxx+−−+−==111111)2ln1xxx

x−+−−（记1111)2ln(0)12xxxxxx−+−−g()=（，所以22211()12ln2ln()(1)(1)gxxexxx=−++−=−−−由102x2201,ln()04eexe

x，所以()0,()gxgx在1(0)2，单调递减，又由洛必达法则得当0x→时，21lnln011xxxxxxx===−→−，即00lim(ln)0,lim()0xxxxgx→→==1113()ln

2ln22222g=+−=−−，所以函数g(x)的值域为3ln2,02−−.即()12fxx的取值范围为3ln2,02−−.故答案为：3ln2,02−−【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和取值范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能

力.11．（2022·上海·高三专题练习）已知函数()lg2fxxkx=−−，给出下列四个结论：①若0k=，()fx恰有2个零点；②存在负数k，使得()fx恰有1个零点；③存在负数k，使得()fx恰有3个零点；④存在正数k

，使得()fx恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是_______．【答案】①②④【分析】由()0fx=可得出lg2xkx=+，考查直线2ykx=+与曲线()lggxx=的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.【解析】对

于①，当0k=时，由()lg20fxx=−=，可得1100x=或100x=，①正确；对于②，考查直线2ykx=+与曲线()lg01yxx=−相切于点(),lgPtt−，对函数lgyx=−求导得1ln10yx=−，由题意可得2lg1ln10kttkt+=−

=−，解得100100lgetkee==−，所以，存在100lg0kee=−，使得()fx只有一个零点，②正确；对于③，当直线2ykx=+过点()1,0时，20k+=，解得2k=−，所以，当100lg2eke−−时，直线2ykx=+与

曲线()lg01yxx=−有两个交点，若函数()fx有三个零点，则直线2ykx=+与曲线()lg01yxx=−有两个交点，直线2ykx=+与曲线()lg1yxx=有一个交点，所以，100lg220ekek−−+，此不等式无解，因此，不存在0k，使得函数()fx有三个

零点，③错误；对于④，考查直线2ykx=+与曲线()lg1yxx=相切于点(),lgPtt，对函数lgyx=求导得1ln10yx=，由题意可得2lg1ln10kttkt+==，解得100lg100teeke==，所以，当lg0100eke时，函数()f

x有三个零点，④正确.故答案为：①②④.【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3

）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．12．（2020·上海·统考一模）若定义在N上的函数(),()fxgx满足：存在0xN，使得()()00fxgx成立，则称()fx与()gx在N上具有性质(,)Pfg，设函数1()2xafx−=与3()gxx=，其中，0a，已知()

fx与()gx在N上不具有性质(,)Pfg，将a的最小值记为0a．设有穷数列nb满足()1101,1,504nnbbbnNna+==+，这里0a表示不超过0a的最大整数．若去掉nb中的一项tb后，剩下的所有项之和恰可表为()2mmN，

则tmb+的值为_________．【答案】2626【解析】问题可转化为()()fxgx在N上恒成立，令31()02xazxx−=−在N上恒成立，根据函数的单调性求出20ae=，从而求出nS，再求出答案即可.【解析】因为()fx与()g

x在N上不具有性质(,)Pfg，所以()()fxgx在N上恒成立，令31()02xazxx−=−在N上恒成立，当21'()ln302xzxaax=−=时，a最小，所以联立()0'()0zxzx==，得到2011ln36xax=+，令21()36xhxx=+，则311

'()32hxx=−，当0,1x=时，'()0hx，()hx递减，当2,3,4,x=时，'()0hx，()hx递增，所以117(1),(2)224hh==，所以(1)(2)hh，当1x=时，20ae=，所以50473528n=，因为111,1nn

bbb+==+，所以nbn=，所以2(1)3528352922ntnnSbm+==+=，而352835292495.0262nS==，取2495m=，则131tb=，所以13124952626tbm+=+=，故答案为：2626.【点睛】方法点睛：

该题考查的是有关函数恒成立问题，数列的应用以及转化思想，解题方法如下：（1）根据题意，将问题转化，将其转化为31()02xazxx−=−在N上恒成立，利用导数研究其单调性，得到最值，求得相应的参数值；（2）根据数列相关公式求得的nS；（3）根据题意，建立相应的等量关系

式求得结果.13．（2020·上海·高三专题练习）设函数()()fxxR满足()(),()(2)fxfxfxfx−==−,且当[0,1]x时3()fxx=,又函数()|cos()|gxxx=,则函数()()()hxgxfx=−在13[,]22−上的零点个数为

___________.【答案】6【解析】判断函数()fx为偶函数，周期为2，判断()gx为偶函数，计算(0)0,(1)1ff==，113(0)()()()0222gggg==−==，画出函数图像，根

据图像到答案.【解析】()()fxfx−=知，函数()fx为偶函数，()(2)fxfx=−，函数关于1x=对称。()(2)(2)fxfxfx=−=−，故函数()fx为周期为2的周期函数，且(0)0,(1)1ff==。()|cos()|gxxx=为偶函数，113(0)()()()0222g

ggg==−==，()11g=，当10,2x时，()cos()gxxx=，()'()cos()singxxxx=−，函数先增后减。当13,22x时，()cos()gxxx=−

，()'()sincos()gxxxx=−，函数先增后减。在同一坐标系下作出两函数在13[,]22−上的图像，发现在13[,]22−内图像共有6个公共点，则函数()hx在13[,]22−上的零点个数为6．故答案为：6.【点睛】本题考查了函数零点问题，确定函数的奇偶性，对称性，

周期性，画出函数图像是解题的关键.14．（2022秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考期中）若函数f(x)＝12ax2－ex＋1在x＝x1和x＝x2两处取到极值，且212xx，则实数a的取值范围是________.【答案】2,ln2+【解析】对()fx求导后令'

()0fx=,再根据12,xx是导函数的两根数形结合分析两根的关系求解.【解析】函数21()12xfxaxe=−+,所以'()xfxaxe=−,若函数21()12xfxaxe=−+在1xx=和2xx=两处取到极值,则1xx=和2xx=是函数'()xfxaxe

=−的两个零点,即是方程0,xaxe−=,即xeax=的两个根,所以函数()xegxx=的图象与直线ya=有两个不同的交点,且交点的横坐标分别为12,xx,由于2(1)'()xxegxx−=,所以当0x或01x

时,)'(0gx；当1x时,'()0gx；故()gx的减区间有(),0−和()0,1,增区间有()1,+,且当1x=时,()()min1gxge==,作出()gx的草图：由图可知：12,0xx,且ae,因为212xx,即212xx,取2

12xx=,并令1,(0)xtt=,则22,xt=所以22tteett=,解得ln2t=,此时ln22ln2ln2ea==,故2ln2a,即实数a的取值范围是2,ln2+.故答案为：2,ln2+

【点睛】本题主要考查了函数的极值问题,包括数形结合求解函数零点与范围分析的问题,需要根据题意参变分离画出图像分析极值点之间的关系,并找到临界条件进行分析.属于中等题型.15．（2015秋·上海·高三校联

考阶段练习）对于具有相同定义域D的函数()fx和()gx，若存在函数()hxkxb=+(k，b为常数)，对任给的正数m，存在相应的0xD，使得当xD且0xx时，总有0()()0()()fxhxmhx

gxm−−，则称直线:lykxb=+为曲线()yfx=和()ygx=的“分渐近线”．给出定义域均为{|1}Dxx=的四组函数如下：①()2fxx=，()gxx=；②()102xfx−=+，()23xgxx−=；③21()xfxx+=,ln1()lnxxgxx+=；④22()1

xfxx=+,()()21xgxxe−=−−其中，曲线()yfx=和()ygx=存在“分渐近线”的是________．【答案】②④【分析】根据分渐近线的定义，对四组函数逐一分析，由此确定存在“分渐近线”的函数.【解析】()fx和()gx存在

分渐近线的充要条件是x→时，()()0,()()fxgxfxgx−→．对于①()2fxx=，()gxx=，当1x时，令()()()2Fxfxgxxx=−=−由于1()202Fxxx=−，所以()hx为增函数

，不符合x→时，()()0fxgx−→，所以①不存在；对于②()1022xfx−=+，()232,(1)xgxxx−=()()fxgx2313()()10210xxxfxgxxx−−−=+−=+，因为当1x

且x→时，()()0fxgx−→，所以存在分渐近线；对于③21()xfxx+=，ln1()lnxxgxx+=，21111111()()lnlnlnxxnxfxgxxxxxxxxx++−=−=+−−=−当1x且x→时，1x与1lnx均单调递减，但1x的递减速度比1

lnx快，所以当x→时()()fxgx−会越来越小，不会趋近于0，所以不存在分渐近线；对于④22()1xfxx=+，()()21xgxxe−=−−，当x→时，22()()2221xxfxgxxex−−=−+++222222221xxx

xxex−−−++=++2201xxe=+→+，且()()0fxgx−因此存在分渐近线．故存在分渐近线的是②④．故答案为②④．【点睛】本小题主要考查新定义概念的理解和运用，考查函数的单调性，属于中档题.16．（2014·上海闵行·统考二模）对于函数()()()sin,0,212,2,2

xxfxfxx=−+，有下列4个命题：①任取)12,0,xx+，都有()()122fxfx−恒成立；②()()()*22fxkfxkk=+N，对于一切)0,x+恒成立；③函数()()ln1yfx

x=−−有3个零点；④对任意0x，不等式()2fxx恒成立.则其中所有真命题的序号是______.【答案】①③④【分析】因为()()()sin,0,212,2,2xxfxfxx=−+,()fx定义域为)0,+,以长度2为变化区间的正弦类型的曲线,且当2x

时,后面每个周期都是前一个周期振幅的12,根据相应性质判断命题即可求得答案.【解析】对于①,如图:任取)12,0,xx+当12,0,2xx,()()1212sinsin2fxfxxx−=−当()2,x+,11()(2)sin2

2nfxfxn=−=,()*nN)12,0,xx+,()()122fxfx−,恒成立故①正确.对于②,1()(2)2fxfx=−1(2)()2kfxkfx+=()*(

)2(2)kfxfxkkN=+,故②错误.对于③,()()ln1fxx=−的零点的个数问题,分别画出()yfx=和()ln1yx=−的图像如图:()yfx=和()ln1yx=−图像由三个交点.()()ln1fxx=−的零点

的个数为:3.故③正确.对于④,设(2,22xkk+,()kN()()()sin,0,212,2,2xxfxfxx=−+max1()2kfx=,()kN令()2gxx=在(

2,22xkk+,()kN可得:()min11gxk=+当0k=时,0,2x,max()1fx=,()min1gx=,()maxmin()fxgx若任意2x,不等式()2fxx恒成立,即()maxmin()fxgx,可得1112kk+求证:当1k,1112kk+,化简可

得:21kk+设函数()21kTkk=−−,则()2ln210kTk=−当1k时,()Tk单调递增,可得()(1)0TkT=()210kTkk=−−21kk+即:1112kk+综上所述,对任意0x,不等式()2fxx恒成立.故④正确.故答案为:①③④.【点睛】本题考查

了三角函数的图像与性质,分段函数的性质和函数的零点.对于含参数不等式恒成立问题可转化为求函数的最值问题,然后再构造辅助函数,利用函数的最值即可求出结果,考查了推理能力与计算能力.17．（2023·上海·

高三专题练习）已知函数()12exxfx−=,若关于x的方程()()210fxmfxm−+−=恰好有3个不相等的实根,则m的取值范围是__________．【答案】(),12−【分析】由题设()1fx=或()1

fxm=−，这两个方程的解的个数可看作函数()yfx=的图象与直线1y=或1ym=−的交点个数，首先研究函数()fx的性质并作出简图且()1fx=有三个解，进而求参数范围．【解析】当0x时，12112

2()eexxxxfx−−==，则1112121e2e12()(e)exxxxxxxfxx−−−−−−−==，当102x时，()0fx，()fx递增，当12x时，()0fx，()fx递减，当0x时，121122()()eexxxxfx−−−−==，则121()0e

xxfxx−−=−，即()fx递减，注意x趋向+时，()fx趋向于0且()0fx，(0)0f=，有极大值1()2e2f=，函数()fx的图象如下，由2()()10fxmfxm−+−=得：()1fx=或()1fxm=−，由图知：()1fx=有三个不同的根

，因此11m−=或()1fxm=−无实根，即10m−，所以1m或2m=．故答案为：(),12−18．（2017春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考期中）已知函数f（x）＝2x，g（x）＝x2＋ax（其中a∈R）.

对于不相等的实数x1，x2，设m＝1212()()fxfxxx−−，n＝1212()()gxgxxx−−，现有如下命题：①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；

④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.其中真命题有___________________（写出所有真命题的序号）.【答案】①④【解析】对于①，因为f'（x）＝2xln2＞0恒成立，故①正确对于②，取a＝－8，即g'（x）＝2x－8，当x1，x2＜4时n＜0，②错误对

于③，令f'（x）＝g'（x），即2xln2＝2x＋a记h（x）＝2xln2－2x，则h'（x）＝2x（ln2）2－2存在x0∈（0，1），使得h（x0）＝0，可知函数h（x）先减后增，有最小值.因此，对任意的a，m＝n不一定成立.③错误对于④，由f'（x）

＝－g'（x），即2xln2＝－2x－a令h（x）＝2xln2＋2x，则h'（x）＝2x（ln2）2＋2＞0恒成立，即h（x）是单调递增函数，当x→＋∞时，h（x）→＋∞当x→－∞时，h（x）→－∞因此对任意的a，存在y＝a与函数h（x）有交点.④正确考

点：本题主要考查函数的性质、函数的单调性、导数的运算等基础知识，考查函数与方程的思想和数形结合的思想，考查分析问题和解决能提的能力.19．（2022秋·上海黄浦·高三上海市向明中学校考开学考试）已知函数()fx满足,1(1)ln(1),1axaxfxxx+−+=+−，函数()()()

gxfxfx=−−恰有5个零点，则实数a的取值范围为____________．【答案】1,0e−【分析】把函数零点问题转化为两函数交点问题，再结合函数图像，利用导数求切线进行求解.【解析】因为函数()fx满足,1(1)ln(1),1axaxfxxx+−+=

+−，所以,0()ln,0axxfxxx=，-,0()ln(-),0axxfxxx−=，因为函数()()()gxfxfx=−−恰有5个零点，所以函数()yfx=与()yfx=−恰有5个交

点，如图，因为yax=−与yax=交于原点，要恰有5个交点，,0yaxx=−与lnyx=必有2个交点，设,0yaxx=−与lnyx=相切，切点为(,)mn，此时切线斜率为1100nyxmm−===−，解得1,ln1nm==，解得em=，所以切点为(e,1)，所以e1a−=，解得1ae

=−，所以要使函数()()()gxfxfx=−−恰有5个零点，则1(,0)ea−.故答案为：1,0e−.20．（2022秋·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试）设a，b是两个实数，0ab，直线

:lykxm=+和圆221xy+=交于两点A，B，若对于任意的,kab，均存在正数m，使得OAB的面积均不小于34，则2ba−的最大值为__________．【答案】2【分析】设O到直线l的距离为d，利用三角形的面积均不小于34列不等式，由此求得d的取值范围，再利用

点到直线的距离公式转化为关于,mk的不等式.根据k的取值范围，求得m的取值范围，由此求得关于,ab的不等式，结合导数求得2ba−的最大值.【解析】设O到直线l的距离为d，则2132124AOBSdd=−，解得1322d，即213221mk+，所以

22131122kmk++，因为,kab，0m时，22max111122kb+=+，22min331122ka+=+，所以22131122bma++，因为存在0m满足条件，所以22131122ba++，化简得223122ba−，

且0ab，由223122ba−得232ba+，所以()22322baaafa−+−=，因为0a，解不等式()2620232afaa=−+无解，所以()fa在)0,+上单调递减，所以()()02faf

=．故2ba−的最大值为2．故答案为：2【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用导数求最值，属于难题.21．（2019春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）若存在实数ab、，对任意实数04x，，使不等式xmaxbx

m−++恒成立，则实数m的取值范围为________.【答案】14m【分析】不等式xmaxbxm−++可化为不等式||axbxm+−，等价于存在实数a，b，对任意[0,4]x，不等式||axbxm+−成立，等价于存在实数a，b，不等式max||axbxm+−成立

，分别讨论14a，11,42a，1,2a+的情况，注意由任意性和存在性可知需先求出max||axbx+−，再求()maxmin||axbx+−即可解决.【解析】不等式xmaxbxm−++可化为不等式|

|axbxm+−，原题等价于存在实数a，b，对任意[0,4]x，不等式||axbxm+−成立，等价于存在实数a，b，不等式max||axbxm+−成立，令yaxbx=+−，则12yax=−，（

1）在[0,4]x上，当0y，即14a时，函数单调递减，此时42abyb+−，当12ba−时，42abb+−−，且420ab+−，则max||42yab=−−+，当12ba−时，42abb+−−，且0b，则max||

yb=，从而当14a时，设max42,12()||,12abbagbybba−−+−==−，则()gb在(,12)a−−单调递减，在(12,)a−+单调递增，所以12ba=−时，()gb取最小值，最小值为1(12)122gaa−=−；（2）当14a时，由

102yax=−可得，y在210,4a上单调递减，在21,44a上单调递增，①在11,42a时，42bab+−，则14byba−，同理可得，当11,42a时，max11,48()||1,8bbaagb

ybba−==，则()gb在1(,)8a−单调递减，在1(,)8a+单调递增，故当18ba=时，()gb取最小值，最小值为111()884gaa=；②在1,2a+时，42bab+−，则1424byaba−+−，同理可得，当1

,2a+时，max11,1248()||142,128bbaaagbyabbaa−−+==+−−+，则()gb在1(,12)8aa−−+单调递减，在1(12,)8aa−++单调递增，故当1128baa=−+时，()gb取最小

值，最小值为11(12)2188gaaaa−+=+−，根据对勾函数的性质可得，111(12)21884gaaaa−+=+−.综上所述，1()4gb，即min1()4gb=，14m.故答案为14m.【点睛】本题考查函数综合，考查了函数任意性和存在性问题的综合，难度

较大，关键在于根据任意性先对a进行讨论求出max||axbx+−，再对b进行分段得到分段函数()gb，结合单调性和存在性的特点求出()gb的最小值，属难题.二、单选题22．（2023春·上海杨浦·高三复旦附中校考开学

考试）无穷数列na满足：101a，且对任意的正整数n，均有()1e3ennaana+=−，则下列说法正确的是（）A．数列na为严格减数列B．存在正整数n，使得0naC．数列na中存在某一项为最大项D．存在正整数n，使得43na【答案】D【分析】由已知可变形

为()1ln3nnnaaa+−−=，构造函数()ln(3),03fxxxx=+−，利用导函数分析单调性以及最值即可一一判断求解.【解析】因为()10e3ennaana+=−，所以30na−，所以3na，由()1e3ennaana+=−可得()1e3nnanaa+−=−

，则()1ln3nnnaaa+−−=，则有()1ln3nnnaaa+=+−，设函数()ln(3),03fxxxx=+−，12()133xfxxx−=+=−−，当02x时，()0fx，当23x时，()0fx，所以()fx在()0,2单调递增，()2,

3单调递减，所以()(2)2fxf=，因为101a，所以()()2132()0,2,()0,2,afaafa==以此类推，对任意,02nnaN，故B错误；所以1()ln(3)nnnnnafaaaa+==+−，故A错误；因为1nnaa+，所以数列na中不存在某一项

为最大项，C错误；因为101a，所以2111()ln(3)ln31afaaa==+−，322234()ln(3)1ln223afaaa==+−+，所以存在正整数n，使得43na，D正确.【点睛】关键点点睛:本题关键在于据题意转化为()1ln3

nnnaaa+−−=，利用函数()ln(3),03fxxxx=+−的单调性以及最值分析求解.23．（2022春·上海宝山·高二上海市行知中学校考期末）关于函数2()lnfxxx=+，下列判断正确的是（）①2x=是()fx的极大值点②函数()yfxx=−有且只

有1个零点③存在正实数k，使得()fxkx成立④对任意两个正实数12,xx，且12xx，若12()()fxfx=，则124xx+A．①④B．②③C．②④D．①③【答案】C【分析】对于①，根据极大值点的定义，求导，研究导数与零的大小关系，可得答案；对于②

，构造函数，求导研究其单调性，根据零点存在定理，可得答案；对于③，采用变量分离，构造函数，研究单调性与最值，可得答案；对于④，以直线2x=为对称轴，构造函数()()()()22,0,2mtftftt=+−

−，求导研究其单调性和最值，可得答案.【解析】解：对于①，由()2lnfxxx=+，求导得()()222120xfxxxxx−=−+=，令()0fx=，解得2x=，可得下表：x()0,22()2,+()fx

−0+()fx极小值则2x=为函数()fx的极小值点，故①错误；对于②，由()2lnyfxxxxx=−=+−，求导得：()222221721224100xxxyxxxxx−−−−+−=−+−==，则函数()yf

xx=−在()0,+上单调递减，当1x=时，()1110yf=−=，当2x=时，()2221ln22ln0eyf=−=+−=，由21ln0e，故函数()yfxx=−有且只有1个零点，故②正确；对于③，由题意，等价于存在正

实数k，使得()fxkx，令()()22lnfxxgxxxx==+，求导得()()34ln0xxxgxxx−+−=，令()4lnhxxxx=−+−，则()lnhxx=−，在()0,1x上，()0hx，函数()hx单调递增；在()1,x+上，()0hx

，函数()hx单调递减，()()10hxh，()0gx，()22lnxgxxx=+在()0,+上单调递减，无最小值，不存在正实数k，使得()fxkx恒成立，故③错误；对于④，令()0,2

t，则()20,2t−，()22,4t+，令()()()()()2224t222ln2ln2ln2242tmtftfttttttt+=+−−=++−−−=++−−−，则()()()()22222222482228042244tttttmtttttt−−++−=−+=

−+−−−，()mt在()0,2上单调递减，则()()00=mtm，即()()()220mtftft=+−−，令22xt=−，由()()12fxfx=，且函数()fx在()2,+上单调递增，得12xt+，则12224xxtt+−++=，当14x时，124xx+显然成立，故

④正确.故选：C.【点睛】本题主要考查了导数得应用，涉及函数的单调性和极值，函数零点个数的判断，以及构造法证明不等式，运算量较大，有一定的难度.24．（2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考开学考试）已知112233xy

xyxy､､､､､为6个不同的正实数，满足：①112233,,xyxyxy，②112233xyxyxy==，③()()()2113322xyxyxy++=+，则下列选项中恒成立的是（）A．2132yyy+B．2132yyy+C．2213yyyD．2213yyy【答案】D

【分析】利用不等式的性质，得到33221122xxyyxy++与()()31132222xxyyxy++++，由此排除A、B选项，再得到()()222323110yyxxyy−−与1223yxx，由此得到2213yyy，即D选项正确，C选项错误.【解析】不妨设13xx，则由11

33xyxy=得13yy，故130xx−，310yy−，则()()13310xxyy−−，即133111330xyxyxyxy+−−，即31131331xyxyxyxy++，故()()()113

13311133313312xyxyxyxyxyxyxxyy++++=++，所以()()3122314xyxxyy++，即33221122xxyyxy++（1），又因为()()()()()2211332211332xyxyxyxyxy=++++++，所以

()()()()3311311322222xyxyxxyyxy++++++=+（2），由（1）（2）可知1322yyy+或1322yyy+皆有可能，故A、B错误；由()()()2113322xyxyxy++=+得1313131322

22222xyxxxyyxyyxy+++=++，所以1313131322211332xxxyyxyyxyxyxy+++=+++，所以()()222231131133xxyyxyxxyy+−−=−−，不妨设31xx，则31yy，所以()()2222311331310xxyyxyxxyy+−−

=−−，所以13224222223212xxyyxyyyy++，所以()()222323110yyxxyy−−，又112233xyxyxy==，所以12232231xxxyyy=，所以13231231xxyyxxy，所以222321

130,0xxyyyy−−，同理当31xx时，22130yyy−，所以2213yyy，故D正确，C错误；故选：D.25．（2023·上海·高三专题练习）已知函数()()()()2213222e8122xxxfxxxx−−−=−+−

，若在区间()1,上存在()2nn个不同的数123,,,,nxxxx，使得()()()1212nnfxfxfxxxx===成立，则n的取值集合是（）A．2,3,4,5B．2,3C．2,3,5D．

2,3,4【答案】D【分析】由题意，可知n为方程()fxkx=的解的个数，判断()fx的单调性，作出()yfx=与ykx=的函数图象，根据图象交点个数即可求解．【解析】解：设1212()()()nnfxfxf

xkxxx===，则方程()fxkx=有n个根，即()fxkx=有n个根，2231,23()2,22e(812),2xxxfxxxxxx−−=−+−+−„„，所以()fx在3(1,)2上单调递增，在3(2，

2)上单调递减，且31()22f=，当2x时，22222()e(812)e(28)e(64)xxxfxxxxxx−−−=−+−+−+=−+−，设2()64(2)gxxxx=−+−，令()0gx=得35x=+，所以当235x+时，()0gx，即()0fx，当35x

+时，()0gx，即()0fx，所以()fx在(2,35)+上单调递增，在(35,)++上单调递减，且()151(35)e2522f++=−，作出()fx与ykx=的大致函数图象，如图所示：由图象可知()fxkx=的交点个数可能为1，2，3，4，又2n…，所以n的值为2，3，4．故选

：D．26．（2022春·上海浦东新·高二华师大二附中校考阶段练习）关于函数()2lnfxxx=+，下列判断正确的是（）①2x=是()fx极大值点；②函数()yfxx=−有且仅有1个零点；③存在正实数k，使得()fxkx成立；④对任意两个正实数

1x、2x且12xx，若()()12fxfx=，则124xx+.A．①④B．②③C．②③④D．②④【答案】D【分析】利用极值与导数的关系可判断①的正误；利用导数分析函数()yfxx=−的极值与单调性，结合零点存在定

理可判断②的正误；利用参变量分离法结合导数可判断③的正误；利用对数平均不等式121212lnlnxxxxxx−−结合基本不等式可判断④的正误.【解析】对于①，函数()2lnfxxx=+的定义域为()0,+，()22122xfxxxx=−=−，当02x时，()0fx，此时函数()fx单

调递减，当2x时，()0fx¢>，此时函数()fx单调递增，所以，2x=是()fx极小值点，①错；对于②，令()()2lngxfxxxxx=−=−+，该函数的定义域为()0,+，()22222122210xxxxgx

xxxx−+−−+=−−==−，则函数()gx在()0,+上单调递减，因为()110g=，()2ln210g=−，所以，函数()yfxx=−有且仅有1个零点，②对；对于③，若存在正实数k，使得()fxkx成立，则2ln2xxkx

+，令()2ln2xxpxx+=，其中0x，则()34lnxxxpxx−−=，令()4lnhxxxx=−−，其中0x，则()lnhxx=−，当01x时，()0hx，此时函数()hx单调递增，当1x时，()0hx，此时函数()hx单调递减，则(

)()130hxh=−，所以，当0x时，()0px，故函数()px在()0,+上单调递减，则()px无最小值，故不存在正实数k，使得()fxkx成立，③错；对于④，先证明121212lnln

xxxxxx−−，其中120xx，即证1121222112lnxxxxxxxxxx−=−，令121xtx=，即证12lnttt−，令()12lnmtttt=−−，其中1t，则()222212110ttmtt

tt−+=−−=−，所以，函数()mt在()1,+上为减函数，当1t时，()()10mtm=，所以，当120xx时，121212lnlnxxxxxx−−，由()()12fxfx=，得121222lnlnxxxx+=+可得()12122112222lnlnxxxxxxxx−−=

−=，所以，12121212lnln2xxxxxxxx−=−，所以，122xx，因此，121224xxxx+，④对.故选：D.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化

为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0fx=分离变量得出()agx=，将问题等价转化

为直线ya=与函数()ygx=的图象的交点问题.27．（2022秋·上海黄浦·高三上海市光明中学校考期中）已知1,0,()sin,0,xxfxxx+=若()()()123123,fxfxfxxxx==，则1232232xxx+++的最大值是()A．3B

．522+C．833+D．1716+【答案】C【分析】利用数形结合，画出()fx的图像可得23xx+为定值，再将1232232xxx+++转化为关于x的函数，最后利用求导求出1232232xxx+++的最大值.【解析】如图作出()fx的图象，依

题意，1231sinsinxxx+==，注意到23xx+=，且13sin1xx=−，因此1233322322sin2xxxxx+++=++，其中3,2x，设()2sin2,()12cosgxxx

gxx=+=++，当2,23x，时()0gx，当2,3x，时()0gx，因此()gx在2,23上单调递增，在2,3上单调递减，则8()3,33gx

+，即1232232xxx+++的最大值为833+故选：C.【点睛】此题为函数零点相关问题，通常需要先画出函数图像，再结合函数图像得到某一部分为定值，再求出剩余部分的取值范围即可.28．（2022·上海·高三专题练习）已知()fx为奇函数，当0,1x时

，()1122fxx=−−，当(,1x−−，()11xfxe−−=−，若关于x的不等式()()fxmfx+有解，则实数m的取值范围为（）A．()()1,00,−+B．()()2,00,−+C．()1

ln2,10,2−−−+D．()1ln2,00,2−−+【答案】D【分析】利用()fx为奇函数及已知区间解析式求出()fx在xR上分段函数的表示形式，由()()fxmfx+有解，即0xR使()()00fxmfx+

即可，结合函数图象分析即可得m的取值范围；【解析】若1,0x−，即0,1x−，则()11121222fxxx−=−−−=−+；∵()fx是奇函数，∴()()1122fxxfx−=−+=−，则()1212fxx=+−，

1,0x−；同理，若)1,x+，即(,1x−−−，则()()11xfxefx−+−=−=−，有()11xfxe−+=−，)1,x+；综上，有111,112||1,102()112||,0121,1xxexxxfxxxex−−−+−

−+−−=−−−作出函数()fx的图象如图：1、当0m时，()fxm+是()fx的图象向左平移m个单位，即如下图此时()()fxmfx+有解，满足条件.2、当0m时，()f

xm+是()fx的图象向右平移m个单位，即如下图当()fxm+的图象与()fx在1x相切时，()1xfxe−=，此时对应直线斜率2k=，由12xe−=，得ln21x=+，此时ln21111ye+−=−=，即切点坐标为()1ln2,1+；设切线方程为()2yx

a=−，此时()121ln2a=+−，得1ln22a=+；∴当10ln22m−+时，满足题设条件，解之得：1ln202m−−；综上，有1ln202m−−或0m，即m的取值范围是()1ln2,00,2−−+；故选：D.【点睛】本题考查了利用函数奇偶性求函数解析式，并利用

函数不等式能成立，结合函数图象分析边界情况，利用导数求边界值，进而得到参数范围；29．（2017秋·上海·高三上海市建平中学校考阶段练习）已知函数()1||xfxx=+，有下列四个结论：①对任意xD，()()0fxfx+−=恒成立；②存在()0,

1m，使得方程()fxm=有两个不等实根；③对任意12,xxD，若12xx，则一定有()()12fxfx=；④对任意(1,)k+，函数()()gxfxkx=−有三个零点．上述结论正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】

B【分析】通过函数的基本性质﹣﹣奇偶性和单调性,对选项进行逐一验证即可.【解析】∵函数()()1||xfxxRx=+是奇函数，∴任意xR,等式()()0fxfx−+=恒成立,故①正确；令12m=,()12fx=,可解得,

1x=或=1x−,故②正确；当0x时,()1fxxx=+,21()0(1)fxx=+，故原函数在[0,)+单调递增.当0x时,()1xfxx=−,21()0(1)fxx=−,故原函数在(,0)−单调递增.函数()1fxxx=+在0

x=是连续的,故函数在R上单调递增,对任意12,xxD，若12xx，则一定有()()12fxfx；故③错误；由③中分析可得：()('0,1fx，故对任意(1,)k+,函数()yfx=的图象与

ykx=只有原点一个交点，即函数()()gxfxkx=−有一个零点，故④错误．故选B．【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体,考查了函数的图像和性质,属于中档题.30．（2022·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测）若存在实数k和b，使得函数()f

x和()gx对其公共定义域上的任意实数x都满足：()()gxkxbfx+恒成立，则称此直线ykxb=+为()fx和()gx的“隔离直线”.有下列命题：①2()fxx=和()2elngxx=之间存在唯一的“隔离直线”2eeyx=

−；②2()fxx=和()1(0)gxxx=之间存在“隔离直线”，且b的最小值为1−，则（）A．①､②都是真命题B．①､②都是假命题C．①是假命题，②是真命题D．①是真命题，②是假命题【答案】D【分析】命题①，2()fxx=和()2elngxx=

有公共点()e,e，故隔离直线过该点，设为点斜式，结合二次函数性质对参数分类讨论，即可求解；命题②，设隔离直线为ykxb=+，则22010xkxbkxbx−−+−对任意0x恒成立，结合二次函数性质对参数分类讨论

，即可求解；【解析】对于命题①，函数2()fxx=和()2elngxx=的图像在ex=处有公共点，若存在()fx和()gx的隔离直线，那么该直线过这个公共点()e,e，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为()e

eykx−=−，即eeykxk=−+由()()ee0fxkxkx−+恒成立，即()2ee00xkxkx−+−恒成立，（i）当0k=时，则()2e0xx不恒成立，不符合题意；（ii）当0k时，令()()2ee0uxxkxkx=−+−

，对称轴02kx=，()ux在()0,e上单调递增，且()e0u=，故0k不恒成立，不符合题意；（iii）当0k时，令()()2ee0uxxkxkx=−+−，对称轴02kx=，则()()22min2eee0244kkkuxuk−==−+−=−，只有2ek=，即直线2ee

yx=−下面证明()2eln2eegxxx=−，令()2ee2elnGxxx=−−,求导()2ee()xGxx−=，令()0=Gx，得ex=，当()0,ex时，()0Gx，函数()Gx在区间()0,e上单调递减；当()e,x+时，()0Gx，函数()Gx在区间()e,+

单调递增；故当ex=时，函数()Gx取得极小值，也是最小值，故()0Gx，即()2eegxx−所以2()fxx=和()2elngxx=之间存在唯一的隔离直线2eeyx=−.对于命题②，设2()fxx=和1()(0)gxxx=的隔离直线为ykxb=+，则21xkxbkxbx++

对任意0x恒成立，即22010xkxbkxbx−−+−对任意0x恒成立，由210kxbx+−恒成立，得0k（i）当0k=时，则0b=符合题意；（ii）当0k时，则20xkxb−−对任意0x恒成立，令()()20

hxxkxbx=−−，对称轴02kx=，需240kb=+，即24kb−，故0b令()()210dxkxbxx=+−，对称轴02bxk=−，需240bkb=+，即24bk−，所以421664k

bk−，故40k−同理可得421664bkb−，即40b−，故故命题①正确，命题②错误；故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义“隔离直线”，解题中理解“隔离直线”的定义，注意利用导数研究函数的单调性及最值时解题的

关键，考查学生的转化与化归能力，属于难题.31．（2023·上海·高三专题练习）已知函数()()()1ln1fxxxx=++−，（0）的三个零点分别为1x，2x，3x，其中123xxx，()()()122331xx

xxxx+++的取值范围为（）A．()64,32−−B．(),64−−C．(),32−−D．(),16−−【答案】D【分析】构造()1()ln1xgxxx−=++，结合零点个数及单调性求出2−，求出32101xax

bx=且311xx=，利用基本不等式得到()()()1223318xxxxxx+++，从而得到答案.【解析】∵()()()1ln1fxxxx=++−，令()1ln(1)0xxx++−=，即()1ln01xxx−+=+，（0x）令()1()ln1xg

xxx−=++，（0x），则(1)0g=，则()()()()2222211211xxgxxxxx+++=+=++，（0x），令()()2221hxxx=+++，（0x），要想()gx除1外再有两个零点，则()gx在()0,+上不单调，则()22224480

=+−=+，解得：2−或0，当0时，()0gx在()0,+恒成立，则()gx在()0,+单调递增，不可能有两个零点，当2−时，设()0gx=，即()0hx=的两根为,ab，且ab，则有()1210abab=+=−+，故01ab，令(

)0gx，解得：xa或xb，令()0gx，解得：axb，所以()gx在()0,a，(),b+上单调递增，在(),ab上单调递减，因为123xxx，所以32101xaxbx=

，又因为()()11111lnln111xxgxgxxxxx−−=+=−+=−++，若()0gx=，则10gx=，因为()()130gxgx==，所以311xx=，所以()()()()1223311111111111111

12xxxxxxxxxxxxxx+++=++=++++1111122281xxxx+=，因为2−，故()()()12233116xxxxxx

+++−.检验：当2=−时，()()21ln1xgxxx−=++（0x），()()()()222114011xgxxxxx−=−=++，此时()gx在()0,+上单调递增，又()10g=，即1231xxx===，此时为临界情况，()()()1223311

6xxxxxx+++=−；综上：()()()122331xxxxxx+++的取值范围为(,16)−−.故选：D.【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定

其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数

形结合思想研究；③构造辅助函数研究.