【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24 第12、16题 导数及其应用-零点、最值、双变量问题 Word版含解析.docx，共(52)页，3.395 MB，由小赞的店铺上传

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猜题24第12、16题导数及其应用-零点、最值、双变量问题一、填空题1．已知函数()()()()22ln4ln28fxxaxxax=++++存在三个零点1x、2x、3x，且满足123xxx，则2312123lnlnln222xxxxxx

+++的值为__________.【答案】16【分析】由()0fx=可得()()24lnln240axxaxx++++=，令ln2xtx=+，可得出24

0tat++=，构造函数()ln2xgxx=+，其中0x，利用导数分析函数()gx的单调性与极值，数形结合可知关于t的方程240tat++=有两个不等的实根1t、2t，设12tt，且有111ln2xtx=+，32223lnln22xxtxx=+=+，利用韦达定理可

求得所求代数式的值.【解析】函数()fx的定义域为()0,+，由()0fx=可得()()24lnln240axxaxx++++=，令ln2xtx=+，可得()()()2242280tata−++−++=，即240tat

++=，构造函数()ln2xgxx=+，其中0x，则()21lnxgxx−=.当0ex时，()0gx，此时函数()gx单调递增，当ex时，()0gx，此时函数()gx单调递减，当01x时，()ln

22xgxx=+，当1x时，()ln22xgxx=+，且()()max1e2egxg==+，作出函数()gx的图象如下图所示：若使得方程()()24lnln240axxaxx++++=由三个不等的实根

1x、2x、3x，且满足123xxx，则关于t的方程240tat++=有两个不等的实根1t、2t，设12tt，由韦达定理可得124tt=，则121022ett+，由图可知111ln2xtx=

+，32223lnln22xxtxx=+=+，因此，()2231212123lnlnln22216xxxttxxx+++==.故答案为：16.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数的零点求代数式的值，解题的关键在于通过换元ln2xtx=+，

通过分析函数()ln2xgxx=+的单调性，利用数形结合思想将问题转化为一元二次方程根与系数的关系进行求解.2．已知函数()()e,02e1,0xxkkxxfxxx−−+=+（e为自然对数的底

数），若关于x的方程()()fxfx−=−有且仅有四个不同的解，则实数k的取值范围是_________．【答案】()2e,+【分析】设()()()Fxfxfx=+−，由题可得当0x时，()Fx有两个零点，进而可得2e

2xxkxk=−有两个正数解，令()()2e0xgxxx=，考查直线2ykxk=−与曲线()()2e0xgxxx=相切时k的值，数形结合可得出实数k的取值范围.【解析】令()()()Fxfxfx=+−，可得()()()()FxfxfxFx−=−+=，所以函数()Fx

为偶函数，因为()010f=，则()()0200Ff=，所以，当0x时，函数()Fx有两个零点，且当0x时，0x−，可得()()1eee22xxxkkFxxkxxkx=+−−+=−+，令()0Fx=，可得22exkxkx−=，令()2exgxx=，其中0x

，则()()21e0xgxx=+，故函数()gx在()0,+上为增函数，下面考查直线2ykxk=−与函数()gx的图象相切的情形：设直线2ykxk=−与函数()gx的图象相切于点()(),tgt，其中0t，函数()gx的图象在xt=处的切线斜率为()21ett+，故曲线()ygx=在点(

)(),tgt的切线的方程为()()2e21ettyttxt−=+−，即()221e2ettytxt=+−，由题意可得()2221e2e0ttktktt=+−=−，解得1t=，2ek=，结合图形可知，当2ek时，直线2ykxk=−与曲线()ygx=在()0,+上的图

象有两个交点，即此时函数()Fx在()0,+上有两个零点，因此，实数k的取值范围是()2e,+.故答案为：()2e,+.【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.3．已知函数()222fxxxt=−+，()exgxt=−.给出下列四个结论：①当0=t时，函数()()yfxgx=有最小值；②tR，使得函数()()yfxgx=在区间)1,+上单调递增；③tR，使得

函数()()yfxgx=+没有最小值；④tR，使得方程()()0fxgx+=有两个根且两根之和小于2.其中所有正确结论的序号是___________.【答案】①②④【分析】利用函数的最值与单调性的关系可判断①③的正误；利用函数的单调性与导数的关系可判断②的正误；取1t=−，利用导数研究函数的单

调性，结合零点存在定理可判断④的正误.【解析】对于①，当0=t时，()()()22exyfxgxxx==−，则()22exyx=−，由0y可得22x−，由0y可得2x−或2x，此时，函数()22exyxx=−的增区间为(),2−−、()2

,+，减区间为()2,2−，当0x或2x时，()22e0xyxx=−，当02x时，()22e0xyxx=−，故函数()22exyxx=−在2x=处取得最小值，①对；对于②，()()()()()2222e22e2e2e

1xxxxyxtxxtxtx=−−+−+=−+−+，令()e1xhxx=−+，其中1x，则()e10xhx=−，所以，函数()hx在)1,+上单调递增，所以，()()e11e0xhxxh=−+=，则e1e0xx−−，由()()22e2e10xx

yxtx=−+−+可得()22e2e1xxxtx−−+，构造函数()()22ee1xxxpxx−=−+，其中1x，则()()()()23224e42e442eee1e1xxxxxxxxxxxxpxxx−+−−+−==−+−+，令()2442exqxx

x=−+−，其中1x，则()()242e0xqxxx=−−，所以，函数()qx在)1,+上单调递减，故当1x时，()()112e0qxq=−，则()0px，即()px在)1,+上单调递减，()()

max11pxp==，则21t，解得12t，②对；对于③，()()22exyfxgxxxt=+=−++，22exyx=−+，因为函数22exyx=−+在R上单调递增，010xy==−，1e0xy==，所以，存在()

00,1x，使得0y=，当0xx时，0y，此时函数22exyxxt=−++单调递减，当0xx时，0y，此时函数22exyxxt=−++单调递增，所以，对任意的实数t，函数22exyxxt=−++有最小值，③错；对于④，令()22exuxxxt

=−++，不妨令()010ut=+=，即取1t=−，由③可知，函数()22e1xuxxx=−+−在()0,x−上单调递减，在()0,x+上单调递增，因为()00,1x，则()()000uxu=，()22e10u=−，所

以，存在()10,2xx，使得()10ux=，此时函数()ux的零点之和为1102xx+=，④对.故答案为：①②④.【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.4．若函数()esinxfxax=−，()esinxgxaxx=−，且()fx和()gx在0,π一共有三个零点，则=a__________.【答案】sin1e或4π2e2−

【分析】考虑a<0，0a=，0a三种情况，设()1exFxa=，()2sinFxx=，()3exaFxx=，求导得到导函数，根据公切线计算得到1π4x=，π42e2a−=，再根据a的范围讨论零点的个数，计算得到答案.【解析】当a<0时，()esin0xfx

ax=−，()esin0xgxaxx−=，不成立；当0a=时，()sinfxx=−，()singxxx=−，在0,π上有0，π两个零点，不成立；当0a时，()00fa=，(0,πx时，()esi

n0xfxax==−，即esinxax=；()00ga=，当(0,πx时，()esin0xgxaxx−==，即esinxaxx=，设()1exFxa=，()2sinFxx=，()3exaFxx=，则()1exFxa

=，()2cosFxx=，()()32e1xaxFxx−=当()1exFxa=，()2sinFxx=相切时，设切点为()11,xy，则1111esinecosxxaxax==，解得1π4x=，π42e2a−=；当)0,1x时，()

30Fx，函数单调递减；当(1,πx时，()30Fx，函数单调递增.画出()2sinFxx=，()3exaFxx=的简图，如图所示：()2sinFxx=，()3exaFxx=最多有两个交点，故()gx最多有2个零点，当π42e2

a−时，()fx没有零点，()gx最多有2个零点，不成立；当π42e2a−=时，()fx有1个零点，π432π2eπ12π2FF==，()gx有2个零点，成立；现说明π42e1π，即π44eπ，构造函数，(

)44exhxx=−，3,3.5x，()()334e44exxhxxx=−=−，设()31exhxx=−，()21e3xhxx=−，设()22e3xhxx=−，()2e6xhxx=−，设()3e6xhxx=−，()3e

60xhx=−恒成立，故()3e6xhxx=−单调递增，()()333e630hxh=−，故()22e3xhxx=−单调递增，()()3.52223.5e33.50hxh=−，故()31exhxx=−单调递减，()()3313e30hxh=−，故()hx函数单调递减，()

()343π34e34e810hh=−=−，故π44eπ，当4π2e20a−，()fx有2零点，()gx有2个零点，若1x=是一个零点，则有两个零点重合，满足，此时sin1ea=.综上所述：sin1ea

=或π42e2a−=故答案为：sin1e或4π2e2−【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，解题的关键是将函数的零点问题转化为交点问题，利用公切线解决参数.5．若12,xx

是函数()()21e12xfxaxa=−+R的两个极值点，且212xx，则实数a的取值范围为_____________．【答案】2,ln2+【分析】根据极值点定义可将问题转化为ya=与()exgxx=有两个不同交

点12,xx；利用导数可求得()gx单调性，并由此得到()gx的图象；采用数形结合的方式可确定1201xx且ea；假设212xxt==，由()()12gxgx=可确定2ln2t=，进而得到()1gx的值，结合图象可确定a的取值范围.【解析】()exfxax=−，12,xx是(

)fx的两个极值点，12,xx是e0xax−=的两根，又当0x=时，方程不成立，ya=与exyx=有两个不同的交点；令()exgxx=，则()()21exxgxx−=，当()(),00,1x−时，()0gx；

当()1,x+时，()0gx；()gx在()(),0,0,1−上单调递减，在()1,+上单调递增，则()gx图象如下图所示，由图象可知：1201xx且ea；212xx，212xx；当212xx=时，不妨令212xx

t==，则2ee2tttt=，即2e2ett=，2e2t=，解得：2ln2t=，当212xx=时，()()2ln212e22ln2ln2gxgx===，若212xx，则2ln2a，即a的取值范围为

2,ln2+.故答案为：2,ln2+.【点睛】方法点睛：本题考查根据极值点求解参数范围问题，可将问题转化为已知函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)的问题，解决此类问题的常用的方法有：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再

通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.6．已知函数()()()222e1exxfxaaxx=+−++有三个不同的

零点1x，2x，3x，且123xxx，则3122312111eeexxxxxx−−−的值为______．【答案】4【分析】先将题给条件转化为()()2120eexxxxaa

−+++=有三个不同的零点1x，2x，3x，且123xxx，再转化为()()2120tata−+++=有二根12,tt，且1210,0ett，进而利用根与系数关系求得3122312111eeexxxxxx−−−的

值【解析】()()()()()22222e1e=e12eexxxxxxxfxaaxxaa=+−++−+++，又2e0x，则()()2120eexxxxaa−+++=有三个不同的零点1x，2x，

3x，且123xxx，令()exxgx=，则1()exxgx−=，当1x时()0gx，()gx单调递减；当1x时()0gx，()gx单调递增则()gx在=1x时取得最大值1(1)=eg，0x时()0gx，令exxt=，则1e

t则()()2120tata−+++=必有二根12,tt，且1210,0ett则12121,2ttatta+=+=+则1exxt=有一解10x，2exxt=有二解23,xx且2301xx故()()312

2223121211111eeexxxxxxtt−−−=−−2212121()1(1)24ttttaa=−++=−+++=故答案为：47．已知函数()-2213--(2)22()=e-+8-12(>2)xxxfxxxx

若在区间()1,+上存在()2nn个不同的数1x，2x，3x，…，nx，使得()()()1212nnfxfxfxxxx===成立，则n的最大值为______．【答案】4【分析】由导数判断单调性后作出()fx图象，数形结合求解【解析】2231,1<23()=2,<22e(+812)

,>2xxxfxxxxxx−−−−−，当2x时，22()e(64)xfxxx−=−+−，令()=0fx，得35x=+，当235x+时，()0fx，当35x+时，()0fx，()fx在(2,35)+单调递增，在(35,)++单调递减，作出()fx图象，数

形结合可得=ykx与(=)yfx在()1,+最多有4个交点，故答案为：48．已知函数()2e,0ln,>0xxxfxxx−=，若函数()yfxb=−有四个不同的零点1x、2x、3x、4x，且1234xxxx

，则以下结论正确的是_____.①22342xx+；②20eb；③122xx+=−；④()13422xxxx+−.【答案】①②④【分析】设()2exgxx=−，其中xR，利用导数分析函数()gx的单调性与极值，数形结合可判断②的正误；分析可知341xx=，结合基本不等式可判断①的

正误；构造函数()()()2hxgxgx=−−−，利用导数分析函数()hx在()1,−+上的单调性，可判断③④的正误.【解析】设()2exgxx=−，其中xR，则()()21exgxx=−+，当1x−时，()0gx¢>，此时函数()gx单调递增，当1x−时，()0gx¢

<，此时函数()gx单调递减，所以，函数()gx的极大值为()21eg−=，且当0x时，()0gx，作出函数()fx、yb=的图象如下图所示：由图可知，当20be时，直线yb=与函数()fx的图象有四个交点，②对；因为()()34fxfx=，则34lnlnxx=，由图可

知3401xx，则4331lnlnlnxxx=−=，所以，2222344422441122xxxxxx+=+=，①对；令()()()2hxgxgx=−−−，其中1x−，由图可知1210xx−，()()(

)()()2221e21e21eexxxxhxxxx−−−−=−+++=−+−+，当1x−时，10,2xxx+−−，则()0hx，此时函数()hx单调递减，所以，()()()()111210hxgxgxh=−−−−=，即()()()1122gxgxgx−−=

，因为121x−−−，21x−，且函数()gx在()1,−+上单调递减，所以，122xx−−，则122xx+−，故()1231242xxxxxx++−=，③错④对.故答案为：①②④.【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：（1）证明122x

xa+（或122xxa+）：①首先构造函数()()()2gxfxfax=−−，求导，确定函数()yfx=和函数()ygx=的单调性；②确定两个零点12xax，且()()12fxfx=，由函数值()1gx与()ga的大小关系，得()()()()()1112122gxfxf

axfxfax=−−=−−与零进行大小比较；③再由函数()yfx=在区间(),a+上的单调性得到2x与12ax−的大小，从而证明相应问题；（2）证明212xxa（或212xxa）（1x、2x都为正数）：①首先构造函数()()2agxfxfx=−，求导，确定函数()yfx=和函

数()ygx=的单调性；②确定两个零点12xax，且()()12fxfx=，由函数值()1gx与()ga的大小关系，得()()()2211211aagxfxffxfxx=−=−与零进行大小比较；③再由函数()yfx=在区间(),a+上的单

调性得到2x与21ax的大小，从而证明相应问题；（3）应用对数平均不等式12121212lnln2xxxxxxxx−+−证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212lnlnxxxx−−；

③利用对数平均不等式来证明相应的问题.9．若正实数1x是函数()eexfxxx=−−的一个零点，2x是函数2()(ln1)(e)egxxx=−−−的一个大于e的零点，则()122eexx−=_______．【答案】1【分析】由题意，根据零点的定义，构造新函数，利用函数的单调性，可得等量

关系，等量代换后，可得答案.【解析】由题意，()()()()11112222=ee=0,=ln1ee=0,xfxxxfxxx−−−−−①②，且10x，2ex，由②得()221ln1e=0exx−−−，所以221lne=0,eexx−

−③，令()()=1lneFxxx−−，所以1ex与2ex是函数()Fx的零点，()1=ln+1Fxxx−，当()0,+x时，()Fx单调递增，所以在()1,+上，()()10FxF=，()Fx单调递增，故函数()Fx在()1,+上存在唯一零点，由10x，

2ex，则1e1x，21ex，所以12eexx=，则()()()11111222eeee1ee====1eeeexxxxxx−−−，故答案为：1.10．若函数()()()1ln1fxxxx=

++−有三个零点1x，2x，3x，且123xxx，则()()()3122331+++xxxxxx的取值范围为______.（写成区间形式）【答案】(,64)−−【分析】对函数进行整理，构造(1)

()ln1xgxxx−=++，结合零点个数及单调性求出2−，求出32101xaxbx=且311xx=，利用基本不等式得到122331()()()8xxxxxx+++，从而得到答案．【解析】解：因为()()

()1ln1fxxxx=++−，所以()()()11ln11101f=++−=，令(1)ln(1)0xxx++−=，(0)x，即(1)ln01xxx−+=+，(0)x，令(1)()ln1xgxxx−=++，(0)x，则()10g=

，22212(22)1()(1)(1)xxgxxxxx+++=+=++，(0)x，令2()(22)1hxxx=+++，(0)x，要想()gx除1外再有两个零点，则()gx在(0,)+上不单调，则22(22)4480=+−=+，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，舍去；当2−时，设()0gx=即()0hx=的两根为a，b，且ab，则有12(1)0abab=+=−+，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1(1)11(1)lnln()111xxgxgxxxxx−−=+=−+=−++，若()0gx=，则1()0gx=，

因为13()()0gxgx==，所以311xx=，所以122331111111111111()()()(1)(1)()(2)()xxxxxxxxxxxxxx+++=+++=+++111111(22)28xxxx+=，因为2−，所以38

−，故3122331()()()64xxxxxx+++−．检验：当2=−时，2(1)()ln(0)1xgxxxx−=++，22214(1)()0(1)(1)xgxxxxx−=−=++…，此时()gx在(

0,)+上单调递增，又()10g=，即1231xxx===，此时为临界情况，3122331()()()64xxxxxx+++=−，综上，3122331()()()xxxxxx+++的取值范围为(,64)−−．故答案为：(,64)−−．11．已知函数()()216249

,111,19xxxfxfxx−+=−，则下列结论正确的有___________.①()19nfn−=，nN②()0,x+，()1fxx恒成立③关于x的方程()()fxmm=R有三个不同的实根，则

119m④关于x的方程()()19nfxn−=N的所有根之和为23nn+【答案】①③【分析】根据已知递推可判断①，根据函数变化的规律，只需要证明(01x，，()1fxx成立，作差求导可判断②，作图可判断③，

数形结合，根据每个区间上的对称轴可判断④.【解析】由()()()()()()121111111=2==n1199999nnnfnfnfnfnf−−−=−−−−==，故A对.由A可知，要使()0,x+，()

1fxx恒成立，只需要满足(01x，，()1fxx成立即可.即2116249xxx−+，即3216249-10xxx−+成立，令()3216249-1gxxxx=−+，则()248489=0gxxx

=−+，得1213,44xx==，当14x=时，()gx有最大值1=04g，故B不正确.作出()fx的图像，由图可知，要使方程()()fxmm=R有三个不同的实根，则()()2<<1fmf

，即119m，故C对.由()()119fxfx=−可知，函数在(,1nn+上的图像可以由(-1,nn上的图像向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，由于2=162

49yxx−+的对称轴为34x=，故()09fx=的两根之和为32，同理，()-19fx=的两根之和为3+2,2()1-9nfx=的两根之和为()3+2-12n，故所有根之和为()233331+2++4++2-1=22222nnn

++，故D错.故选：①③12．已知函数()exfxxa=−+，给出下列四个结论：①若0a=，则()fx有一个零点；②若)1,a+，则()fx有三个零点；③0a，()fx在R上是增函数；④0a，使得()fx在R上是增函数．其中所有正确结论的序号是_____

_．【答案】①③【分析】对于①，当0a=时，则()()()e+0e0xxxxfxxx=−，，，分段讨论得出函数()fx在R上单调递增，再由()10f−，()01>f可判断；对于②，当1a=时，则()()()e++11e11xxxxfxxx−

=−−−，，，分段讨论函数()fx的单调性，再由当1x−时，()()00fxf=可判断；对于③，当a<0，即>0a−时，则()()()e++exxxaxafxxaxa−=−−−，，，分段讨

论得出函数()fx在R上单调递增，由此可判断；对于④，当>0a，即0a−时，则()()()e++exxxaxafxxaxa−=−−−，，，分段讨论函数()fx的单调性，由此可判断.【解析】解：因为函数()exfxxa=−+，所以函数()()()e++exxxaxafxxa

xa−=−−−，，，对于①，当0a=时，则()()()e+0e0xxxxfxxx=−，，，当0x时，()fx单调递增，当0x时，()'e10xfx−=，所以()fx单调递增，所以函数()fx在R上单调递增，且()1011ef−−=−

，()11>e10f=−，所以函数()fx有一个零点，故①正确；对于②，当1a=时，则()()()e++11e11xxxxfxxx−=−−−，，，当1x−时，()fx单调递增，且()2212+2e10e1f−=−−=−，()1

11+11ee>0f−−=−=，所以在()1−−，，函数()fx有且只有一个零点，当1x−时，令()'e10xfx−==，解得0x=，所以当10x−时，所以()'e10xfx−=，()fx单调递减；当0x>时，所以()'1>0exfx−=，()fx单调递

增，所以当1x−时，()()0e1000fxf−=−=，所以在)1+−，，函数()fx有且只有一个零点，所以当1a=，函数()fx只有两个零点，故②不正确；对于③，当a<0，即>0a−时，则()()()e++exxxaxafxxaxa−=−−

−，，，当xa−时，()fx单调递增，当xa−时，()'e10xfx−=，所以()fx单调递增，所以函数()fx在R上单调递增，综上得，0a，()fx在R上是增函数，故③正确；对于④，当>0a，即0a−

时，则()()()e++exxxaxafxxaxa−=−−−，，，当xa−时，()fx单调递增，当xa−时，令()'e10xfx−==，解得0x=，所以当0ax−时，所以()'e10xfx−=，()fx单调递减；当0x>时，所

以()'1>0exfx−=，()fx单调递增，所以当>0a时，函数()fx在()a−−，和()0+，上单调递增，在()0a−，上单调递减，所以不存在>0a，使得()fx在R上是增函数，故④正确；综上得，正确结论的序号是①③，故答案为：①③.【点睛】关键点睛：本题考查函数的零点个数，

关键在于利用导函数分段讨论函数的单调性，极值，最值.13．已知()fx是定义域为()0,+的单调函数，若对任意的()0,x+，都有()13log4ffxx+=，且关于x的方程()323694fxxxxa−=−+−+在区间(0,3上有两解

，则实数a的取值范围是___________【答案】(0,5【分析】令()13logfxxa+=，将xa=可得134logaa+=，解得3a=，即可得13()3logfxx−=−，设()32694gxxxxa=−+−+，利用导数判

断单调性作出32694yxxx=−+−的图象以及13|log|yx=的图象，结合图象可得0(3)41aga=−即可求解.【解析】因为定义在()0,+的单调函数()fx满足()13log4ffxx+=，所

以必存在唯一的正实数a，满足()13logfxxa+=，()4fa=①，令xa=，可得()13logfaaa+=②，由①②得：13log4aa=−即413aa−=，因为ya=单调递增，413ay−=单调递减，所以方程413aa−=有唯一解，所

以413aa−=，解得：3a=．故13()3logfxx=−，由方程()323694fxxxxa−=−+−+在区间(0,3上有两解，即3213log694xxxxa=−+−+在区间(0,3上有两解，由()3

2694gxxxxa=−+−+，可得()()()23129313gxxxxx=−+=−−，当13x时，()0gx，()gx递减，当01x时，()0gx，()gx递增，所以()gx在1x=处取得最

大值a，()04ga=−，()34ga=−，分别作出13|log|yx=，和32694yxxx=−+−的图象，可得两图象只有一个交点()1,0，若32694yxxx=−+−的图象以及13|log|yx=的图象有2个交点，则0(3)41aga=−

，解得05a，所以当05a时，两图象有两个交点，即方程两解．故答案为：(0,5．【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加

以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.14．已知()2()xfxkexkR=−，下列结论正确的是______.①当1k=时，()0fx恒成立；②若()

fx在R上单调，则2ke；③当2k=时，()fx的零点为0x且0112x−−；④若()fx有三个零点，则实数k的取值范围为240,e.【答案】②③④.【分析】用特殊值判断①，由导函数研究恒成立判断②，利用导数研究函数零点判断

③④．【解析】①当1k=时，2()xfxex=−，()1110fe−=−，故①错误；②2()xfxkex=−，则()2xfxkex=−，若()fx在R上单调递增，则()0fx，即2xxke恒成立，令2()xxgxe

=，则22()0xxgxe−==，得1x=，即()gx在(),1−上单调递增，在()1,+单调递减，所以()max2()1gxge==，故2ke；若()fx在R上单调递减，则()0fx，即2xxke恒成立，当x

→−时，2xxe→−，()gx无最小值，故2xxke不恒成立，即()fx不会单调递减，综上：若()fx在R上单调，则2ke；故②正确；③当2k=时，2()2xfxex=−，()()2xfxex=−，令()xhxex=−，则()1xhxe=−

，令()0hx=，解得：0x=，故()hx在(),0−递减，在()0,+递增，故()()01hxh=，故()fx在R上单调递增，∵()2110fe−=−，18024efe−−=，由函数零点存在性

定理知，存在011,2x−−，使得()00fx=，故③正确；④()fx有3个零点等价于方程20xkex−=有3个根，即方程2xxke=有3个根，令2()xxFxe=，22()xxxFxe−=，故()Fx在

(),0−递减，在()0,2递增，在()2,+递减，而()00F=，()242Fe=，且当0x时，()0Fx，大致图象如图示：故k的取值范围是240,e，故④正确；故答案为：②③④

.【点睛】本题考查用导数研究不等式恒成立问题，研究函数的零点个数问题．解题关键是掌握导数与单调的关系．在用导数确定函数单调性得到函数极值后需结合零点存在定理确定零点的存在，由单调性得零点个数．有时可由数形结合思想求解．15．已知函数()24()xxex

fxmxxexRe=−++有三个不同的零点123,,xxx且123xxx，若ixiieTx=(123)i,,,=则123TTT++的值为_________．(注：题中e为自然对数的底数，即2.71828e=

)【答案】8e+【分析】运用分离变量法构造新函数，通过分析新函数的性质，结合函数的图象，确定函数的零点，即可求解.【解析】因为()fx有三个不同的零点123,,xxx且123xxx，且()010f=，由()0fx=，可得240xxexmxxee−++=，即410xxexemex−++=，即

41xxexemex+=−，其中0x令()xehxx=，可得2(1)()xexhxx−=，当0x或01x时，()0hx，()hx单调递减；当1x时，()0hx，()hx单调递增，其中x→

−时，()0hx→；当0x且0x→，()hx→−；当0x且0x→，()hx→+；(1)he=，所以函数()hx的图象大致如图所示，令xetx=，则0t或te，可得41etmt+=−，令()4egttt=+，可得()241egtt=−，当2te−时，()0g

t；当20et−时，()0gt；当2ete时，()0gt；当2te时，()0gt，则()gt的图象大致如图所示，因为()0fx=有三个零点，结合()hx和()gx的图象可知：若0t时，至多有2个零点12,xx；若0t时，()1gt

m=−的解12,tt必有一个为e，否则必存在四个零点，所以12,4tet==，又因为123xxx，所以32112213213,4xxxeeetTetTTxxx========，所以123448TTTee++=++=+.故答案为：8e+.16．已知函数()()2()xxxxfxxxeemexe=

−++−有三个零点1x，2x，3x，且1230xxx，其中mR，2.718e=为自然对数的底数，则3122312111xxxxxxmeee−−−−的范围为______．【答案】210,ee−【分析】通过换元法将方程变为()()2110

tmtm+−+−=，其中xxte=；利用导数可求得()xxgxe=的大致图象，从而确定其与yt=的交点个数，将所求式子化为()()221211tt−−，利用韦达定理可求得结果.【解析】由()0fx=，两边同时除以()

xxexe−变形为0xxxxemexe++=−，有101xxxmxee++=−设xxte=即101tmt++=−，所以2(1)10tmtm+−+−=令()xxgxe=，则1()xxgxe−=，所以()gx在(,1)−上单调递增，在(1,)+上单调递减，且()00g=，()11ge=，当0x

时，()0gx其大致图像如下．要使关于x的方程0xxxxemexe++=−有三个不相等的实数解1x，2x，3x，且1230xxx．结合图像可得关于t的方程2()(1)10gttmtm=+−+−=一定有两个不等的实数根1t，2t且1210tte，从而2111mee+−．121

ttm+=−，121ttm=−，则111xxte=，32322xxxxtee==．所以()()3122223121211111xxxxxxtteee−−−=−−()()()222121212111[1(1)1]1ttttttm

m=−−=−++=−−−+=31223122111110,xxxxxxmmeeeee−−−−=−−.故答案为：210,ee−【点睛】方法点睛：已知函数零点(方程根)个数

求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后

在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解17．已知函数2()4ln2lnxfxexmxxex=−+−存在4个零点，则实数m的取值范围是__________.【答案】1(0,)2【分析】令()0fx=可得出4ln12ln1exmexxx−=+−，令ln1

extx=−，()144gttt=++，利用导数分析函数ln1extx=−与()144gttt=++的单调性与极值，数形结合可得出()144gttt=++与函数2ym=−的两个交点的横坐标在区间()1,0−内，进而可求得实数m的取值范围．【解析】令()0fx=，可得4ln4ln12lnln

1exxexmexxexxxx−=+=+−−，令ln1extx=−，()4ln1144ln1exgttexxtx=+=++−，()21lnextx−=，令0t=，可得xe=，列表如下：x()0,ee(),e+t+0−t极大值所以，函数ln1extx=−在xe=处取

得最大值，即maxln10eete=−=．当1x时，ln11extx=−−.所以，函数()144gttt=++的定义域为(),0−，()2221414tgttt−=−=，令()0gt=，由于0t，解得12t=−，列表如下：t1,2

−−12−1,02−()gt+0−()gt极大值所以，函数()gt在12t=−处取得最大值，即()max142402gt=−−+=，若使得函数()24ln2lnxfxexmxxex=−+−存在4个零点，则直线2ym=−与

函数()gt的图象恰有两个交点，设交点的横坐标分别为1t、2t，作出函数()ln1extxex=−的图如下图所示：由图象可知，12121010tttt−−作出函数2ym=−与函数()gt在(

),0−上的图象如下图所示：由图象可知，当120m−−时，即当102m时，直线2ym=−与函数()gt在()1,0t−上的图象有两个交点，综上所述，实数m的取值范围是10,2．故答案为：10,2【点睛】思路点睛：

对于复合函数()yfgx=的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数()ugx=和外层函数()yfu=；（2）确定外层函数()yfu=的零点()1,2,3,,iuuin==；（3）确定直线()1,2,3,,iuuin==与内层函数()ugx=图象的交点个

数分别为1a、2a、3a、L、na，则函数()yfgx=的零点个数为123naaaa++++．18．已知函数()(ln)()fxmxxm=−R的图像与2()2lngxxx=−的图像在区间1,ee上存在关于x轴对称

的点，则m的取值范围是______．【答案】2e21,e1−−【分析】将问题转化为22lnlnxxmxx−=−在区间1,ee上有解，令22ln()lnxxhxxx−=−，求导分析单调性，求出极值与端点处的函数值，即可求m的取值范围．【

解析】当1,eex时，直线yx=在lnyx=图像的上方，故当1,eex时，ln0xx−．因为函数()(ln)()fxmxxm=−R的图像与2()2lngxxx=−的图像在区间1,ee

上存在关于x轴对称的点，等价于方程2(ln)2ln0mxxxx−+−=，即22lnlnxxmxx−=−在区间1,ee上有解．令22ln()lnxxhxxx−=−，1,eex，则2(1)(22ln)()(ln)−+

−=−xxxhxxx，因为1,eex，所以222lnxx+，则由()0hx=，得1x=，当1,1ex时，()0hx，当(1,xe，时，()0hx，所以()hx在1,1e

上单调递减，在(1,e]上单调递增．又222112ln112eee11eeelneeh−+==+−，12ln1(1)11ln1h−==−，22e2lnee2(e)elnee1h−−==−−，22212e2e1

22eeee+−=−++，22e2e111e12e1e1e1−−−==+−−−−，所以实数m的取值范围为2e21,e1−−．故答案为：2e21,e1−−【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方

程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．19．已知113k，函数()311

xkfxk=−−+的零点分别为()1212,xxxx，函数()3121xkgxk=−−+的零点分别为()3434,xxxx，则()()4321xxxx−+−的最小值为________.【答案】35log2【解析】由()3103111xxkkfxkk=−=−=++，

求得1131xk=+，22131xkk+=+.由()310312121xxkkgxkk==−−=++，求得33121xkk=−+，43121xkk=++，利用同底数幂的除法运算及乘法运算得到()()4321(21)(31)31xxxxkkk−+−++=+.再换元利用函数单调性求得函数值域得解

.【解析】()3103111xxkkfxkk=−=−=++，因为12xx，所以113111xkkk=−=++，2213111xkkkk+=+=++.()310312121xxkkgxkk==−−=++，又因为34xx，所以3312

1xkk=−+，43121xkk=++，所以21321xxk−=+，433131xxkk−+=+，所以()()4321(21)(31)31xxxxkkk−+−++=+.令1kt+=，4[,2)3t，则1kt=−，所以(21)(3

1)(21)(32)2671kktttktt++−−==+−+.设2()67httt=+−，4[,2)3t，则222262'()60thttt−=−=，()ht在4[,2)3上单调递增，所以5()[,6)2ht，()()432153[,6

)2xxxx−+−，故()()4321335[log,log6)2xxxx−+−.故答案为：35log2【点睛】本题综合性较强，属于难题.根据已知条件构造出()()4321(21)(31)31xxxxkkk−+−++=+是解题关键.20．已知函数ln()xfxx=，()ex

xgx=，若存在1>0x，2xR，使得()()120fxgx=成立，则12xx的最小值为__________．【答案】1e−【分析】利用导数分析函数()fx的单调性，结合已知条件可得出21exx=，可得2122exxxx=，构造函数()e(0)xhxxx=，利用导数求出函数()h

x在(),0−上的最小值可得解.【解析】函数()fx的定义城为(0,)+，21ln()xfxx−=，当(0,e)x时，()0fx，()fx单调递增，当(e,)x+时，()0fx，()fx单调递减，又(1)0f=，所以(0,1)x时，()0fx；(1,e)x

时，()0fx；(e,)x+时，()0fx，同时注意到()lne()eeexxxxxgxf===，所以若存在1(0,)x+，2xR，使得()()120fxgx=成立，则101x且()()()212exfxgxf==，所以()212e0xxx=，所以2122

exxxx=，所以构造函数()e(0)xhxxx=，而()e(1)xhxx=+，当(1,0)x−时，()0hx，()hx单调递增；当(,1)x−−时，()0hx，()hx单调递减，所以()()min11ehxh=−=−，即()12min1exx=−．故答案为：1e−.【

点睛】关键点点睛：本题的关键点利用导数分析函数得()lne()eeexxxxxgxf===，再构造函数()hx，考查了学生分析问题、解决问题的能力..21．已知函数21,0()ln,0xxfxxx++=，若存在实数abc，满足()()()fafbfc==，则()()()afabfbc

fc++的最大值是______．【答案】33e12−【分析】作出()fx的函数图象，得出4ab+=−，3(e,e]c，将()()()afabfbcfc++化简为(4)lncc−，构造函数()(4)lngxxx=−，3(e,e]x，由()0gx得出

()gx单调递增，求出()gx的最大值，即可求得答案．【解析】解：作出()fx的函数图象如图所示：∵存在实数abc，满足()()()fafbfc==，4ab+=−，()()()()()(4)()(4)lnafabfbcfcabcfccfccc

++=++=−=−，由图可知，1()3fc，3eec，设()(4)lngxxx=−，其中3(e,e]x，4()ln1gxxx=+−，显然()gx在3(e,e]x单调递增，4()20ege=−，3(e,e]x，()0gx，()gx在3(e,e]x单调递增，()

gx在3(e,e]x的最大值为333(e)3(e4)3e12g=−=−，(4)()cfc−的最大值为33e12−，故答案为：33e12−．22．已知函数()()1,0ln1,0xxfxxx+=+，若关于x的方程()()ffxa=恰有两个不相等的实数根12,

xx，且12xx，则2112xx++的取值范围是______．【答案】e1e[,e)ln2−【分析】根据给定分段函数，求出函数(())ffx的解析式，确定给定方程有两个不等实根的a的取值范围，再将目标函数用a表示出即可求解作答.【解析】函数()()1,0ln1,0xxfxx

x+=+在(,0)−上单调递增，()1fx，在[0,)+上单调递增，()0fx，当()0fx，即1x−时，(())2ffxx=+，且(())1ffx，当10x−，即0()1fx时，(())ln(2)ffxx=+，且0(())ln2ffx，当0x，

即()0fx时，(())ln[ln(1)1]ffxx=++，且(())0ffx，因此2,1(())ln(2),10ln[ln(1)1],0xxffxxxxx+−=+−++，在坐标系内作出函数(())yffx=的图

象，如图，再作出直线ya=，则方程(())ffxa=有两个不等实根，当且仅当直线ya=与函数(())yffx=的图象有两个不同交点，观察图象知方程(())ffxa=有两个不等实根1212,()xxxx，当且仅当ln21a，此时12xa+=，

且2ln(ln(1)1)xa++=，即12xa+=，且e121eax−+=，则有e1211e2axxa−+=+，令e1e(),ln21xgxxx−=，求导得e12e(e1)()xxxgxx−−=，令(

)e1xhxx=−，当ln21x时，()(1)0xhxxe=+，即函数()hx在(ln2,1)上单调递增，当ln21x时，()(ln2)2ln21ln410hxh=−=−，即()0gx，因此函数()gx在[ln2,1)上单调递增，e(ln2)ln2g=，而e1(1

)eg−=，于是当ln21x时，e1e()eln2gx−，有e1e1eeeln2aa−−，所以2112xx++的取值范围是e1e[,e)ln2−.故答案为：e1e,eln2−【点睛】思路点睛

：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.23．函数()fx的定义域为D，若存在闭区间,abD，使得函数()fx满足：①()fx在,ab内是单调

函数；②()fx在,ab上的值域为2,2ab，则称区间,ab为()yfx=的“倍值区间”．下列函数中存在“倍值区间”的有__________．①()()20fxxx=；②()()3xfxx=R；③()()2401xfxxx=+；④()()fxxx=R．【答案】

①③．【分析】根据新定义，先确定函数的单调性，然后判断方程组()2()2faafbb==（增函数）或()2()2fabfba==（减函数）是否有解．【解析】①函数()()20fxxx=为增函数，若函数()()20fxxx=存在“倍值区间”(),,abab，则有()()222

2faaafbbb====，解得02ab==，所以函数()()20fxxx=存在“倍值区间”0,2，故正确；②函数()()3xfxx=R为增函数，若函数()()3xfxx=R

存在“倍值区间”(),,abab，则()()3232abfaafbb====，当0x时，30xy=，20yx=，此时32xx=无解；当0x时，设()32xgxx=−，()e2xhxx=−，令()e20xhx=−=，解得ln2x=，故当0ln

2x时，()0hx，()hx单调递减；当ln2x时，()0hx，()hx单调递增；所以()()minln2=22ln20hxh=−，所以0x时，()32e20xxgxxx=−−，所以此时32xx=无解，综上所述，32x

x=无解，故函数()()3xfxx=R不存在“倍值区间”，③当0x=时，()0fx=；当0x时，()41fxxx=+，由于对勾函数1yxx=+在()0,1上单调递减，由复合函数可得函数()fx在区间()0,1上单调递增，若函数()241xfx

x=+在区间0,1存在“倍值区间”(),,abab，则有()()22421421afaaabfbbb==+==+，解得01ab==，所以函数()241xfxx=+存在“倍值区间”0,1，故正确；④若函

数(),0,0xxfxxxx==−，所以()fx在)0,+上单调递增，在(,0−上单调递减，若()fx在)0,+存在“倍值区间”(),,abab，所以则()()22faaafbbb====，解得0ab==，与区间,

ab矛盾，故舍去，若()fx在(,0−存在“倍值区间”(),,abab，所以则()()22faabfbba=−==−=，解得0ab==，与区间,ab矛盾，故舍去，故()()fx

xx=R没有“倍值区间”；故答案为：①③．【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学

的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.24．已知,abR，若123,,xxx是函数32()fxxaxb=++的零点，且123123xxxxxx

+=，，则32ab+的最小值是____________．【答案】-4【分析】利用导数分析函数()fx的单调性，结合条件确定123,,xxx的正负，再求出32ab+的解析式，再利用导数求其最值.【解析】因为32()fxxaxb=++，所

以2()32fxxax=+，若0a=时，()0fx，函数()fx在(,)−+上单调递增，所以函数32()fxxaxb=++至多只有一个零点，与条件矛盾，若0a时，当23ax−−时，()0fx，函数()fx单调递增，当203ax−时，()0f

x，函数()fx单调递减，当0+x时，()0fx，函数()fx单调递增，因为函数32()fxxaxb=++有三个零点，且123xxx，所以2()03af−，(0)0f，且123203axxx−，所以33

328440327927aaaafbb−=−++=+，(0)0fb=又3328403279aaafb=++，由零点存在性定理可得3203ax，所以13xx，所以123xxx+，与已知矛盾，若a<0时，当0x−时

，()0fx，函数()fx单调递增，当203ax−时，()0fx，函数()fx单调递减，当2+3ax−时，()0fx，函数()fx单调递增，因为函数32()fxxaxb=++有三个零点，且

123xxx，所以2()03af−，(0)0f，且123203axxx−，所以33328440327927aaaafbb−=−++=+，(0)0fb=因为123xxx+=所以123xxx−+=，且32123

()()()xxxxxxxaxb−−−=++所以3232123121323123()()xxxxxxxxxxxxxxxxaxb−+++++−=++故123121323123()0xxxaxxxxxxxxxb−++=++=−=解得2322axbx=−=故3222

3226(0)abxxx+=−令3()26(0)gxxxx=−，()6(1)(1)gxxx=+−故()gx在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增()(1)4gxg=−，当且仅当1x=时等号成立，

故32ab+的最小值为4−，故答案为：4−【点睛】本题解决的关键在于利用导数分析函数的单调性，结合零点存在性确定123,,xxx的正负，并由此求出目标函数的解析式.25．已知函数()(e1)xfxx=+，()(1)lngxxx=+，若12()()(0)fxgxt

t==，则12(1)lnxxt+的最小值为_______.【答案】1e−##1e−−【分析】利用导数研究()gx的单调性，结合()(e)xfxg=可得12lnxx=，进而有12(1)lnlnxxttt+=，构造()lnhxxx=求最小值即可.【解析】由1

()ln1gxxx=++且0x，则21()xgxx−=，在(0,1)时()0gx，()gx递减；在(1,)+时()0gx，()gx递增；所以极小值()(1)2gxg=，故()gx单调递增，又()(e)xfx

g=，由12()()(0)fxgxtt==，则12(e)()xggxt==，所以12lnxx=，所以1222(1)ln(1)lnlnlnxxtxxttt+=+=，令()lnhxxx=，则()ln1hxx=+，所以1(0,)e上()0hx，()hx递减

，1(,)e+上()0hx，()hx递增，故11()()eehxh=−，即12(1)lnxxt+的最小值为1e−.故答案为：1e−【点睛】关键点点睛：注意()(e)xfxg=，根据()gx的单调性求出12,xx的关系，进而转化目标式并构造函数求最小值.26．已知函数()lnxf

xx=，()exgxx−=，若存在()10,x+，2Rx，使得()()()120fxgxkk==成立，则221ekxx的最大值为___________.【答案】24e【分析】利用导数分析函数()fx、()gx的单调性，结合已知条件可得出21exx=

，变形后可得出1211lnxxkxx==，故2221eekkxkx=，构造函数()2exhxx=，其中0x，利用导数求出函数()hx在(),0−上的最大值，即可得解.【解析】因为()lnxfxx=，其中0

x，()21lnxfxx−=，当0ex时，()0fx¢>，此时函数()fx单调递增，当ex时，()0fx，此时函数()fx单调递增，且当01x时，()ln0xfxx=，当1x时，()ln0xfxx=.因为()exxgx=，其中xR，()1exxgx

=−，当1x时，()0gx，此时函数()gx单调递增，当1x时，()0gx，此时函数()gx单调递减，且当0x时，()0exxgx=，当0x时，()0exxgx=.因为存在()10,x+，2Rx，使得()()()120fxgxkk==成立，则

()10,1x，20x，因为()()lneeeexxxxxgxf===，由题意()()()212exfxgxf==，所以，21exx=，则12lnxx=，所以，1211lnxxkxx==，故2221eekkxkx=，其中0

k，构造函数()2exhxx=，其中0x，则()()2exhxxx=+，当<2x−时，()0hx，此时函数()hx单调递增，当20x−时，()0hx，此时函数()hx单调递减，因此，()()2max42ehxh=−=.故答案为：24e.27

．已知函数(23),?0(),0.xxexfxexax−=+，若12()(),fxfx=且12||xx−的最大值为4，则实数a的值为________．【答案】2e【分析】先分析分段函数每段的单调性，从而确

定12,xx的分布情况，然后根据12()()fxfx=消去一个变量，将目标12xx−表示成新的函数，再研究新的函数的单调性和最大值即可【解析】不妨设12xx，当0x时，()()23exfxx=−，则有：()()21exfxx=−故当12x时，()0fx¢>

，()fx在1,2+上单调递增；当102x时，()0fx，()fx在10,2上单调递减；当0x时，()efxxa=+，()fx在(),0−上单调递增.可得：()0fa=，12e2f=−，302f=，()1ef=

−根据12,xx的分布情况讨论如下：当12,xx均分布在()0,+时，则有：12110,122xx故此时12xx−的最大值不可能为4，而当0x时，()efxxa=+又是单调递增的，故1x分布在()efxxa=+上，

2x分布在()()23exfxx=−上.由12()()fxfx=，可得：()221e23exxxa=−+故有：()2211221223eexxxxxxax−−=−=−−+设()()123eexaxgxx−−−+=（0x）对()gx求导可得：()()121e1xxgx−−=−

对()gx求导可得：()()121exxgx−−+=可得：()0gx，则()gx在区间()0,+上单调递减又()10g=，则有：当()0,1x时，()0gx，即()gx在区间()0,1上单调递增；当()1,x+时，()0gx，即()gx在区间()1,+上单调递

减.故()gx在1x=处取得极大值，此时极大值为()gx的最大值则有：()()max12eagxg==+根据题意知，24ea+=解得：2ea=故答案为：2ea=【点睛】导函数问题中，注意分类讨论与数形结合思想的应用，常将问题转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，有时候需要多次求导才能得

出函数的单调性．28．已知函数()()21ln02fxaxxxaxa=−−.若1x，()21,ex，且12xx都有()()12123fxfxxx−−.则实数a的取值范围是______.【答案】e3,0−【分析】先求导判断()f

x在()1,e上单调性，将()()12123fxfxxx−−化简为()()112233fxxfxx++，进而得到()()3nxfxx=+在()1,e上单调递增，再利用构造函数法即可求得实数a的取值范围【解析】()()2

1ln02fxaxxxaxa=−−，则()()ln+ln0fxaxaxaaxxa=−−=−则()()ln00fxaxxa=−在()1,e上恒成立则()()21ln02fxaxxxaxa=−−在()1,e上单调递减不妨设()12121,exxxx，，

，则()()12fxfx则()()12123fxfxxx−−可化为()()()12213fxfxxx−−即()()112233fxxfxx++令()()3nxfxx=+，则()nx在()1,e上单调递增则()()3ln30nxfxaxx=+=−+在()1,e上恒成立即3l

nxax−在()1,e上恒成立令3(),lnxpxx−=()1,ex，则()23ln(),lnxxxpxx−−=()1,ex令3()ln1rxxx=+−，()1,ex，则22133()0xrxxxx−=−=，在()1,e上恒成立则3()ln1rxxx=+−在()1,e上

单调递减，又3(e)0er=，则()0rx在()1,e上恒成立则()23ln()0lnxxxpxx−−=在()1,e上恒成立则3()lnxpxx−=在()1,e上单调递增则()e3px−，在()1,e上恒成立，则e3a−，又0a，则e3

0a−故实数a的取值范围是e3,0−故答案为：e3,0−29．关于函数2()lnfxxx=+，给出如下四个命题：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()fx

kx恒成立；④对任意两个正实数12,xx，且12xx，若12()()fxfx=，则124xx+；其中的真命题有___________.【答案】②④【分析】①求f(x)导数，讨论f(x)单调性即可判断其极值情况；②作出y=f(x

)与y=x图象，根据两图象交点个数即可判断()yfxx=−的零点个数；③问题转化为()fx是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y=f(x)图象求出12,xx范围，再结合12()()fxfx=和f(x)的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【解析】

()22xfxx−=，当02x时，()0fx；当2x时，()0fx¢>．∴()fx在()02，上单调递减，在()2+，上单调递增，2x=是()fx的极小值点，故①错误；根据函数()fx的单调性及

极值点，作出函数()fx的大致图象，如图所示，再作出直线yx=，易知直线yx=与()fx的图象有且只有1个交点，即函数()yfxx=−有且只有1个零点，故②正确．根据()fx的图象可知，若要存在正实数k使得()fxkx恒成立，则()fx要存在过原点且斜率为正

的切线，假设()fx存在过原点且斜率为正的切线，切点为0002,lnxxx+，则切线斜率为0202xx−，则切线方程为()00020022lnxyxxxxx−−−=−，∵切线过原点，故000022lnxxxx−−−=−，整理得000ln

40xxx−−=，令()ln4Fxxxx=−−，则()lnFxx=−，∴在()01，上，()()0FxFx，单调递增，在()1+，上，()()0FxFx，单调递减，∴()()10FxF„，∴()0F

x恒成立，即方程000ln40xxx−−=无解，即()fx不存在过原点且斜率为正的切线，故不存在正实数k使得()fxkx恒成立，故③错误；由()()1212xxfxfx=，可知12202xx，，要证124xx+，即证124

xx−，且1242xx−，()fx在()2+，上单调递增，即证()()124xffx−，又()()12fxfx=，∴证()()224xffx−，即证()()()402fxfxx−，，．令()()()()()224lnln4024hxfxfxxxxxx=−−=−−+

−−，，，则()2228(2)0(4)xhxxx−−=−，∴()hx在()02，上单调递减，∴()()2hxh=0，∴124xx+，故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问

题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．30．已知函数()333fxaxx=−+，()1422xxgx+=−+，若对于任意12,1,1xx−，都有()()12fxgx成立，则=a__________.【答案】4【分析】先求g(x)在1,1−上的最大值

，再把题意转化为1,1x−，f(x)≥2恒成立,再利用导数求f(x)在1,1−上的最小值建立不等式即可求解.【解析】()()21422211xxxgx+=−+=−+，当1,1x−时，1,222x，所以当x=1时，由22x=，()gx取得最大值()

12g=.因为对任意12,1,1xx−，都有()()12fxgx成立，所以()()12minmaxfxgx，即()1min2fx，即对任意1,1x−，()2fx恒成立，所以()()1212ff−，解得：24a.()()223331fxa

xax=−=−，令()()2233310fxaxax=−=−=解得：1xa=，当11xa−−时，有()0fx¢>；当11xaa−时，有()0fx；当11xa时，有()0fx¢>；

所以()fx在11,a−−上单调递增，在11,aa−上单调递减，在1,1a上单调递增.于是，当1,1x−时()()min1min1,2fxffa

=−，即()1212faf−，解得：a=4.故答案为：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()()2maxminfxgx；(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．31．已知函数()(2,0,1,1,3xxxfx

ex−=，其中e为自然对数的底数，若存在实数12xx，满足1203xx＜，且12()()fxfx=，则212xx﹣的取值范围为_____．【答案】[0]12ln−，．【分析】分析函数单调性知12013xx剟?，记212mxx=−，得到1122mlnxx=+−，利用导数求出最

值．【解析】解：记212mxx=−，由()(2,0,1,1,3xxxfxex−=，知()fx在[0,1]和(1,3]单调，所以有，12013xx剟?时，11()fxx=，222()xfxe−=，所以221xxe−=，所以212xlnx−=，

即212xlnx=+，故1122mlnxx=+−，设()22gxlnxx=+−，1(xe，1]，则1()2gxx=−，令()0gx=，得12x=，当11(,)2xe时，()0gx，()gx

单调递增，当1(2x，1)时，()0gx，()gx单调递减，12()1,(1)0ggee=−=；所以当12x=时，()gx取极大值也是最大值，即11()211222maxmglnln==+−=−，所以212xx−最大值为12ln−．故

答案为：[0，12]ln−．【点睛】本题考查分段函数的应用，结合导数知识，关键理清不同区间上表达式的形式，求出对应的最值，属于中档题．32．已知()21xfxxeee=++，()()()21ln1gxxax=−+++，

若存在1Rx，()21,x−+，使得()()12fxgx成立，则实数a的取值范围是______.【答案】()()2,02,e−+【分析】根据存在1Rx，()21,x−+，使得()()12fxgx成立，只需(

)minfx()maxgx，先利用导数法求得()()2min1fxfe=−=，再令()10txt=+，将求()gx的最大值转化为()2lnhttat=−+在()0,t+中的最大值，求导()2ahttt=−+，然后分a<0，0a=和0a三种情况讨论求解.【解析

】因为存在1Rx，()21,x−+，使得()()12fxgx成立，所以只需()minfx()maxgx，因为()()1xfxxe=+，当1x−时，()0fx当1x−时，()0fx¢>，所以()fx在(),1−−中单调递减，在()1,−+中单调递增

，所以()()2min1fxfe=−=，令()10txt=+，则()gx在()1,−+中的最大值，也就是()2lnhttat=−+在()0,t+中的最大值.因为()2ahttt=−+（1）当a<0时，()0ht，()yht=在()0,t+中递减，且t趋近于0时，()ht趋近于

+，满足题意；（2）当0a=时，()2htt=−，()2max0hte，不合题意舍去；（3）当0a时，由()0ht可得02at，()0ht可得2at，∴()ht在0,2a

中单调递增，在,2a+中单调递减，∴()maxln222aaahtha==−+，∴只需2ln22aaae−+，即2ln222aaae−+，令2a=，则2lne−.由

()lnxxxx=−可知()22ee=，()lnxx=，∴()x在()0,1中单调递减，在()1,+中单调递增，又()0,1x时，()0x，∴()2xe的解为2xe，即2ln222aaae−+的解为22ae.综上所述，

所求实数a的取值范围是()()2,02,e−+.故答案为：()()2,02,e−+【点睛】本题主要考查双变量问题，导数与函数的单调性和最值，还考查了转化化归的思想，分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题.二、单选题3

3．已知()(),fxgx分别为定义域为R的偶函数和奇函数，且()()exfxgx+=，若关于x的不等式()()220fxagx−在()0,ln2上恒成立，则实数a的最大值是（）A．379B．389C

．399D．409【答案】D【分析】由奇偶性求得(),()fxgx，化简不等式，并用分离参数法变形为24(ee)(ee)xxxxa−−+−，设eexxt−+=，换元后利用函数的单调性求得不等式右边的取值范围，从而可得a的范围．【解析】因为(),()

fxgx分别为偶函数和奇函数，且()()exfxgx+=①，所以()()exfxgx−−+−=，即()()e−−=xfxgx②，①②联立可得ee()2xxfx−+=，ee()2xxgx−−=，不等式22()()0fxagx−为2(ee)ee04xxxxa−−−+−，且(0,ln2)x，设

eexxt−+=，(0,ln2)x，则ee0xxt−=−，故eexxt−=+在(0,ln2)上是增函数，5(2,)2t，所以24(ee)(ee)xxxxa−−+−，则24444tattt=−−，又4ytt=−在5(2,)2t时是增函数，所以490

10tt−，故44049tt−，要使24(ee)(ee)xxxxa−−+−，在(0,ln2)x恒成立，则409a，即实数a的最大值是409.故选：D．【点睛】方法点睛：本题不等式恒成立问题，考

查函数的奇偶性，解题方法是利用奇偶性求得函数(),()fxgx的表达式，然后化简不等式，用分离参数法变形转化为求函数的最值或取值范围，从而得结论．34．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()()12fxfx=，则124xx+.A．①④B．②③C．②③④D．②④【答案】D【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，求导研究其单调性和最值，可得答案.【解析】对于①，由()2lnfxxx=+，

求导得()22212xfxxxx−=−+=，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，故错误；对于②，由()2lnyf

xxxxx=−=+−，求导得：22222172122410xxxyxxxx−−−−+−=−+−==，则函数()yfxx=−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()34lnxxxgxx−+−=，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，故错误；对

于④，令()0,2t，则()20,2t−，()22,4t+，令()()()()()2224t222ln2ln2ln2242tmtftfttttttt+=+−−=++−−−=++−−−，则()()()()222222

22482228042244tttttmtttttt−−++−=−+=−+−−−，()mt在()0,2上单调递减，则()()00=mtm，即()()()220mtftft=+−−，令12xt=−，由()()12fxfx=，且函数

()fx在()2,+上单调递增，得22xt+，则12224xxtt+−++=，当24x时，124xx+显然成立，故正确.故选：D.35．已知函数()eexfxx=+−（e为自然对数的底数），满足()1fa=，11eaMxx=

，方程lne2xxbxbx−=−有解，且xM，则b的最小值为（）A．e2−B．1C．e2+D．2【答案】A【分析】根据题意，利用()ee1afaa=+−=，解得1a=，进而求出M，化简得e2lnxxbxx−=+，令e2()lnxx

gxxx−=+，通过讨论()gx的单调性，得到()gx的最小值，进而得到b的最小值【解析】由题意得，()ee1afaa=+−=，解得1a=，1111eeMxxxx==，由方程lne

2xxbxbx−=−有解，可得e2(ln)xxbxx−=+,ln0xx+，e2lnxxbxx−=+，设e2()lnxxgxxx−=+，由题意得，求b的最小值，即求()gx的最小值，又因为21e(1)(ln)(e2)(1)()(ln)xxxxxxxgxxx++−−+=+222e(

lnln)(ee2)(ln)xxxxxxxxxxxx+++−+−−=+222e(lnln1)(2)(ln)xxxxxxxxxx+++−−++=+22e(1)(ln1)(2)(ln)xxxxxxx++−++=+；因为1,xe，所以，令()ln1hxx

x=+−，1()10hxx=+，所以，()hx在[1,e]x上单调递增，()(1)0hxh=，所以，22e(1)(ln1)(2)0(ln)xxxxxxx++−+++，()0gx，()gx单调递增，所以，()(1)e2gxg=−，所以，得e2b−.故选：A36．已知函数()ln

fxxax=−有两个零点1x，()212xxx，则下列说法：①函数()fx有极大值点0x，且1202xxx+；②212exx；③1232xxa+；④若对任意符合条件的实数a，曲线()yfx=与曲线1ybx=−最多只有

一个公共点，则实数b的最大值为ln2.其中正确说法的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【分析】分类讨论()fx的单调性，即可得a，1x，2x的范围，根据()0fx=，得到0x和a之间关系，构造()()2

gxfxfxa=−−，10,xa，可知()gx单调递减，由此得到()10gx，即可判断①；对()()120fxfx==进行变形化简，即可判断②；根据①中a，1x，2x的范围，即可判断③；构造()1lnhxxaxx=−+，当1a4

时，可知()hx单调递减，则方程()hxb=最多有一个根，当10a4时，()0hx=有两根，由x→+时，()hx→−，只需考虑()hx极小值，根据()hx单调性求得极小值，进而求极小值的范围，即可求得b的范围，即

可判断④.【解析】解：因为()lnfxxax=−()0x，所以()1fxax=−，当0a时，()0fx¢>，()fx在()0,+上单调递增，则()fx最多有一个零点，故不符合题意，舍；当0a时，令()10fxax=−=，解得1xa=，当10,xa

时，()0fx¢>，()fx单调递增，当1,xa+时，()0fx，()fx单调递减，所以当1xa=，()fx取得极大值点，即01xa=，因为()lnfxxax=−有两个零点1x，()212xxx，所以1210xxa，且有111ln0faaaa=−

，解得10ea，设()()2gxfxfxa=−−，10,xa，所以1101gfafaa=−=.由()()2xgxfafx=−=−()22lnlnxaxxaxaa−−−−−22lnln2

xaxax−−+=−，所以()21122222gxaaxxaaxx−=−+=+−−22211aaxaa=+−−，由10ga=，当10,xa，所以211,10axaaa−−−

，()22,211aaxaa−−−−，所以()0gx，故()gx单调递减，所以在10,xa时，()01gxga=，因为110xa，所以()()11102fafxxxg=−−，即()()1122ffxfxxa=

−，因为121xaa−，21xa，()fx在1,a+单调递减，所以122xxa−，即21022xxxa=+，故①正确；由()lnfxxax=−有两个零点()1212,xxxx，且2102

2xxxa=+，所以1122ln,lnxaxxax==，故1212e,exaaxxx==，所以()122122eeexxaaaxx+==，故②正确；由①知21022xxxa=+，21xa，所以1232xxa+，故③正确；因为曲线()yfx=与曲线1ybx=−最多只有一个公

共点，所以1lnxaxbx−+=在10,ea时最多只有一根.令()1lnhxxaxx=−+，则()222111axxhxaxxx−+−=−−=，令140a=−，即1a4时，()0hx，()hx单调递减，此时方程()hxb=最多有

一个根，当10a4时，0，所以()0hx=有两根34,xx，令34xx，则311422114axaa−−==+−，411422114axaa+−==−−，由韦达定理，可知3434110,0xxxxaa+==，故34,0x

x，所以在()30,x上()0hx，()hx单调递减，在()34,xx上()0hx，()hx单调递增，在()4,x+上()0hx，()hx单调递减，当x→+时，()hx→−，所以只需考虑()hx极小值即可，根据()hx单调性，可知3xx=为()hx极小值点，即()30h

x=，即23310axx−+−=，即3311axx−=，所以()33333312lnln1hxxaxxxx=−+=+−，由322114xa=+−，令()2ln1uxxx=+−，则()22122xuxxxx−

=−=，当2x时，()0ux，()ux单调递减，所以()()()332ln2hxuxu==，所以ln2b，即实数b的最大值为ln2，故④正确.故选：D．【点睛】思路点睛：此题考查函数于导数的综合问题，属于难

题，关于极值点偏移问题的思路如下：(1)根据题意建立()()12,fxfx的等量关系，并结合()fx的单调性，确定12,xx的取值范围；(2)不妨设12xx，将待证不等式变形，进而结合原函数或导数的单调性等价转换；(3)构造关于1x或2x的一元函数，或令()21,1xttx=构造关于

t的一元函数，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到对不等式的证明.37．设函数()22,0ln,0xxxfxxx−−=①若方程()fxa=有四个不同的实根1x，2x，3x，4x，则1234xxxx的取值范围是(

)0,1②若方程()fxa=有四个不同的实根1x，2x，3x，4x，则1234xxxx+++的取值范围是()0,+③若方程()fxax=有四个不同的实根，则a的取值范围是10,e④方程()()2110fxafxa−++=

的不同实根的个数只能是1，2，3，6四个结论中，正确的结论个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】作出()fx的图像，利用函数与方程之间的关系，分析问题，即可得出答案．【解析】解：对于①：作出()fx的图像如下：若方程()fxa=有四个不同的实根1x，2x，

3x，4x，则01a，不妨设1234xxxx，则1x，2x是方程220xxa−−−=的两个不等的实数根，3x，4x是方程|ln|xa=的两个不等的实数根，所以12xxa=，34lnlnxx−=，所以43lnln0xx+=，所以3

41xx=，所以1234(0,1)xxxxa=，故①正确；对于②：由上可知，122xx+=−，34lnlnxxa−==，且01a，所以341xx=，所以31,1ex，4e(1,)x，所以344411(2,e)exxxx+=++，所

以12341(0,ee2)xxxx++++−，故②错误；对于③：方程()fxax=的实数根的个数，即为函数()yfx=与yax=的交点个数，因为yax=恒过坐标原点，当0a=时，有3个交点，当a<0时最多2个交点，所以0a，当yax=与ln(1)yxx

=相切时，设切点为()00,lnxx，即1yx=，所以0000ln1|xxxyxx===，解得0ex=，所以0e1|xxy==，所以1ea=，所以当yax=与ln(1)yxx=相切时，即1ea=时，

此时有4个交点，若()fxax=有4个实数根，即有4个交点，当1ea时由图可知只有3个交点，当10ea时，令()lngxxax=−，()1,x+，则()11axgxaxx−=−=，则当11xa时()0gx，即()gx单调递增，当1xa时()0gx，即()gx单

调递减，所以当1xa=时，函数取得极大值即最大值，()max1ln10gxgaa==−−，又()10ga=−及对数函数与一次函数的增长趋势可知，当x无限大时()0gx，即()gx在11,a和1,a

+内各有一个零点，即()fxax=有5个实数根，故③错误；对于④：21()()()10fxafxa−++=，所以1[()][()]0fxafxa−−=，所以()fxa=或1()fxa=，由图可知，当1m时，()fxm=的交点个数为2，当

1m=，0时，()fxm=的交点个数为3，当01m时，()fxm=的交点个数为4，当0m时，()fxm=的交点个数为1，所以若1a时，则1(0,1)a，交点的个数为246+=个，若1a=时，则11a=，交点的个

数为3个，若01a，则11a，交点有426+=个，若a<0且1a−时，则10a且1aa，交点有112+=个，若11aa=−=，交点有1个，综上所述，交点可能有1，2，3，6个，即方程不同实数根1，2，3，6，故④正确；故选：B．