【文档说明】2023届高考数学优质二诊模拟试题分类汇编 专题01 函数与导数 Word版含解析.docx，共(19)页，1.575 MB，由小赞的店铺上传

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2023届优质二诊模拟试题分类汇编函数与导数一．单选1．（广东省佛山市2023届高三二模）已知函数()()πsin22fxx=+，若存在1x，2x，33π0,2x，且()3221124xxxxx−=−=，使()()()1230fxfxfx==，则的值为（

）A．π6−B．π6C．π3−D．π3【详解】令2tx=+，因为1x，2x，33π0,2x，所以1t，2t，()3,3πt+，π2，因为()()()1230fxfxfx==，结合sinyt=的图象（如图所示），得到12πtt+

=，233πtt+=或123πtt+=，235πtt+=,因为()3221124xxxxx−=−=，所以213xx=，317xx=，则1182π2023πxx+=+=解得π6=−，此时1π6x=，2π2x=，37π6x=，满足题

意，或11823π2025πxx+=+=解得5π6=，不符合题意舍去.故选：A.2．（广东省广州市2023届高三二模）已知233a=，342b=，134c=，则（）A．c<a<bB．b<c<aC．bacD．cba【详解】由213339a==，314

428b==，134c=，则111334889ba=，ca，又14223loglog84b==，13222loglog43c==，则22loglogcb，即cb，所以cba．故选：D．3．（广东省广州市2023届高

三二模）已知函数()()sin2fxx=+，若()π3fxf≤恒成立，且()ππ4ff，则()fx的单调递增区间为（）A．π2ππ,π63kk++（kZ）B．πππ,π63kk轾犏-+犏臌（kZ）C．πππ,π36kk−+

（kZ）D．2πππ,π36kk−−（kZ）【详解】因为()π3fxf≤恒成立，所以()maxπ13ffx==，即2πsin13+=，所以2ππ2π32k+=+或2π3π2π,Z32kk+=+，所以π2π6k=−+或

5π2π,Z6kk=+，当π2π,Z6kk=−+时，()π1ππππ3πsin2π2π,sin2πsin6242632fkfk=+−=−=+−==，则()ππ4ff，与题意矛盾，当5π2π,Z6kk=+时，()5

π1ππ5π5π3πsin2π2π,sin2πcos6242662fkfk=++==++==−，符合题意，所以5π2π,Z6kk=+，所以()5π5πsin22πsin266fxxkx=++=+，令π5

π2π2π2π622xkk+−++，得2ππππ,Z36kxkk−−++，所以()fx的单调递增区间为2πππ,π36kk−−（kZ）.故选：D.4．（广东省广州市2023届高三二模）已知偶函数()fx与其导函数()fx的定义域均为R，且

()exfxx−++也是偶函数，若()()211fafa−+，则实数a的取值范围是（）A．(),2−B．()0,2C．()2,+D．()(),02,−+【详解】因为()fx为偶函数，则()()=fxfx−，等式两边求导可得()()fxfx=−−，①因为函数()

exfxx−++为偶函数，则()()eexxfxxfxx−++=−+−，②联立①②可得()ee2xxfxx−−=−，令()()gxfx=，则()ee1ee102xxxxgx−−+=−−=，且()gx不恒为零，所

以，函数()gx在R上为增函数，即函数()fx在R上为增函数，故当0x时，()()00fxf=，所以，函数()fx在)0,+上为增函数，由()()211fafa−+可得()()211fafa−+，所以，211aa−+，整理可得220aa−，解得02a.故选：

B.5．（广东省深圳市2023届高三二模）已知函数331()log1xxfxxx=，，，则((2))ff=（）A．2B．-2C．12D．-12【详解】3(2)log2f=，因为33log2log31=，所以3log2((2))32ff==.故选：A.6．（

广东省深圳市2023届高三二模）已知0，ππ,,44xy−，且esinesinxyyx+=，则下列关系式恒成立的为（）A．coscosxyB．coscosxyC．sinsinxyD．sinsinxy

【详解】构造()sinexxfx=，ππ,44x−，则()cossinexxxfx−=，当ππ,44x−时，cosxsinx，()cossin0exxxfx−=，所以()sinexxfx=在ππ,

44−单调递增，因为0e0exy，，当sinsin0eexyxy+=，e1时，则0sinsinxy,所以sinsin0,eexyxy所以π04xyπcos0,4yxx=

，单调递增，所以coscosxy;当sinsin0eexyxy+=，e1时sinsin0xy,所以sinsin0,eexyxy所以π04xy−,πcos,,04yxx

=−单调递减，所以coscosxy.故选：A7．（湖北省武汉市2023届高三下学期四月调研）已知π3sin35+=，则πsin26+=（）A．2425B．2425−C．725D．725−【详解】π2ππ2πsin2sin2cos26323

+=+−=−+2π72sin1325=+−=−.故选：D8．（山东省济南市2023届高三二模）已知函数()()sin2cos20fxaxbxab=+的图象关于直线π6x=对称，则下列说法正确的是

（）A．6fx−是偶函数B．()fx的最小正周期为2πC．()fx在区间ππ,36−上单调递增D．方程()2fxb=在区间0,2π上有2个实根【详解】因为()fx的图象关于直线π6x=对称，故()π03f

f=，所以2π2πsincos33bab=+，所以3ab=，所以()π3sin2cos22sin26fxbxbxbx=+=+，此时()()πππ2sin22666fbb=+=，故函数图象关于直线π6x=对称.()()()ππππ2sin222s

in26666fxbxbx−=−+=−，令()()()ππ2sin266gxfxbx=−=−，则()()πππ2sin01266gb=−=，而()()ππ2sin230126gbb−=−=−，故()()()ππ

2sin266gxfxbx=−=−不是偶函数，故A错误.()fx的最小正周期为2ππ2=，故B错误.因为b的正负无法确定，故()fx在,36−的单调性无法确定，故C错误.令()2,0,2πfxbx=，因20b，则πsin216x+=，因为0,2πx，故ππ

25π2,666x+，故ππ5π2,622x+=即π7π,66x=，故方程()2,0,2πfxbx=共2个不同的解，故D正确.故选：D.9．（浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模））已知1a，1b，且2loglog4=ba，则ab的最小值为（）A．4B．8C

．16D．32【详解】∵2loglog4=ba，∴21loglog42=ba，即：2222log4loglog=ab∴22loglog4ab=，∵1a，1b，∴2log0a，2log0b，∴22222log()loglog2loglog

4ababab=+=，当且仅当22loglogab=即ab=时取等号，即：4216ab=，当且仅当ab=时取等号，故ab的最小值为16.故选：C.10．（浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模））已知()sin()fxx=+(0)满足()14f=，503f=

且()fx在5,46上单调，则的最大值为（）A．127B．1817C．617D．3017【详解】()sin()fxx=+(0)满足()14f=，503f=，53442TnT−=+，即()1736Tnn=+N，()612

17nn+=N，()fx在5,46上单调，572641222T−==，即127，当1n=时最大，最大值为1817，故选：B.二.多选11．（广东省佛山市2023届高三二模）已知函数()21e12xfxx=−−，对于任

意的实数a，b，下列结论一定成立的有（）A．若0ab+，则()()0fafb+B．若0ab+，则()()0fafb−−C．若()()0fafb+，则0ab+D．若()()0fafb+，则0ab+【

详解】()()21e1e2xxfxxfxx=−−=−，令()()()ee1xxgxxgxgx=−=−在()0,+上单调递增，在(),0−上单调递减，故()()01gxg=，所以()fx在R上单调递增，且()00f=.对于A项，若()()0,ababf

afb+−−，显然B正确；对于B项，有()()22211e1e1ee222bbbbfbfbbbb−−+−=−−+−−=+−−，令()()2ee2ee2bbbbhbbhbb−−=+−−=−−，令()()hbub=，()()ee20bbubub−

=+−在R上单调递增，而()()000hu==，故()hb在()0,+上单调递增，在(),0−上单调递减，故()()00hbh=，所以()()()()()()00fbfbfafbfafb+−+−−，故A正确；对于D项，若()()()(

)()0fafbfafbfbab+−−−，即0ab+，故D正确；设()()fcfb=−，若cab−，则()()()fcfbfa=−满足()()0fafb+，但0ab+，故C错误.故选：ABD12．（广东省广州市2

023届高三二模）已知函数()2414xfxx=−+的定义域是,ab（a，bZ），值域为0,1，则满足条件的整数对(),ab可以是（）A．()2,0−B．()1,1−C．()0,2D．()1,2-【详解】显然()2414xfxx=−+是偶函数，其图像如下图所示：

要使值域为0,1，且a，bZ,则2a=−，0,1,2b=；1a=−，2b=；0a=，2b=.故选：ACD.13．（广东省深圳市2023届高三二模）已知()fx是定义在闭区间上的偶函数，且在y轴右侧的图象是函数()sinyx=+()0,0π图象的一部分(如图所示)，则（）A

．()fx的定义域为π,π−B．当π6x=时，()fx取得最大值C．当0x时，()fx的单调递增区间为2ππ,36−−D．当0x时，()fx有且只有两个零点5π12−和11π12−【详解】由图得()1sin20==fφ，

且位于增区间上，所以πZπ2,6kk=+，又因为0π，所以π6=，2π2ππsin133632π43fT=+=−，则2ππ3π2π,Z3622π8π9kk+=+

，23,Z90<4kk=+，所以2=，所以()()πsin206fxxx=+，由图可知，原点右侧的第二个零点为2π2ππ11π343412T+=+=，所以()fx的定义域为11π11π,1212−，故A错误；当11π0,12x

时，()πsin26fxx=+，因为1π6πsin2f==为最大值，则当π6x=时，()fx取得最大值，故B正确；当0x时，令ππ3π2π22π262kxk+++，则ππ2π

π2π,Z663kxkk+++，又因为11π0,12x，所以当0x时，()fx的减区间为π2π,63，因为函数()fx为偶函数，所以当0x时，()fx的单调递增区间为2ππ,36

−−，故C正确；当11π0,12x时，ππ2,2π66x+，令()πsin206fxx=+=，得π2π6x+=或2π，则5π12x=或11π12，因为函数()fx为偶函数，所以当

0x时，()fx有且只有两个零点5π12−和11π12−，故D正确.故选：BCD.14．（湖北省武汉市2023届高三下学期四月调研）函数()21exykx=+的图像可能是（）A．B．C．D．【详解】()2()1exfxkx=+，当0k=时,()xfxe=,A选项正确；()2()21exfxk

xkx=++，244001kkk=−，()2()21e0xfxkxkx=++,()2()1exfxkx=+1k时,()2()21e0xfxkxkx=+=+有两个根12,xx,且12121,2xxxxk=+=−时120,0xx,根据极值点判断，故C选项正确,D选项错误

；当0k时,()2()21e0xfxkxkx=+=+有两个根12xx,且12121,2,xxxxk=+=−此时120,0xx,故B选项正确.故选：ABC．15．（山东省济南市2023届高三二模）若定义在0,1上的函数()fx同时满足：①()11f=；②对0,1

x，()0fx成立；③对1x，2x，120,1xx+，()()()1212fxfxfxx++成立；则称()fx为“正方和谐函数”，下列说法正确的是（）A．()2fxx=，0,1x是“正方和谐函数”B．若()fx为“正方和谐函数”，则()0

0f=C．若()fx为“正方和谐函数”，则()fx在0,1上是增函数D．若()fx为“正方和谐函数”，则对0,1x，()2fxx成立【详解】对于A,函数()2fxx=，0,1x，显然满足条件①②．对任意20x，20x且121xx+时，2221212121212()()

()()20fxxfxfxxxxxxx+−+=+−−=．函数()2fxx=在区间[0，1]上是否为“正方和谐函数”．故A正确.对于B，若函数()fx为“正方和谐函数”，则令10x=，20x=，得(0)(0)(0)fff+，即(0)0f，又

由对0,1x，()0fx，(0)0f=，故B正确；对于C，设1201xx，则2101xx−，所以()210fxx−22112111()()()()()fxfxxxfxxfxfx=−+−+，即有12()()fxfx，函数()fx在区间0,1上不一定是单调递增

，故C错误；对于D，①当0x=时，()0020f=成立，②当112x时，21x，()12fxx，③当102x时，12,12x，()()22fxfx，则()()122fxfx；显然，当211,22x时

，()()1111212222fxfff=成立；假设当111,22kkx+时，有()12kfx成立，其中1,2,k=，那么当2111,22kkx++时，()11111111111222222222kk

kkkfxfff+++==，可知对于111,22nnx+，总有()12nfx，其中1,2,n=，而对于任意10,2x，存在正整数n，使得111,2

2nnx+，此时()122nfxx综上可知，满足条件的函数()fx对0,1x时总有()2fxx成立.故D正确，故选：ABD16．（浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模））已知函数()fx（xR）是奇函数，()()2

fxfx+=−且()12f=，()fx是()fx的导函数，则（）A．()20232f=B．()fx的一个周期是4C．()fx是偶函数D．()11f=【详解】因为函数()fx是奇函数，(2)()fxfx+=−，所以(2

)()()fxfxfx+=−=−，所以(4)(2)()fxfxfx+=−+=，即：(4)()fxfx+=，故()fx的周期为4，所以(4)()fxfx+=，故()fx的一个周期为4，故B项正确；(2023)(45053)(3)(1)(1)2fffff=+==−=−=−，故A项错误；因为函数

()fx是奇函数，所以()()fxfx−=−，所以()()fxfx−−=−，即：()()fxfx−=，所以()fx为偶函数，故C项正确；因为(2)()fxfx+=−，所以(2)()fxfx+=−−，令=1x−，可得(1)

(1)ff=−，解得：()01f=，故D项错误.故选：BC.三．填空17．（广东省佛山市2023届高三二模）已知函数()3fxxx=−有2个极值点1x，2x，则()()1212xxfxfx+++=______．【详解

】因为函数()3fxxx=−有两个极值点1x与2x，由()2310fxx=−=，则2310x−=的两根为1x与2x，所以120xx+=，即21xx=−，由()3fxxx=−，可得()()()()()33fxxxxxfx−=−−−=−−

=−，所以()()1212xxfxfx+++=()()110fxfx+−=.故答案为：0.18．（广东省深圳市2023届高三二模）已知函数()fx的定义域为R，若()12fx+−为奇函数，且()()13fxfx−=+，则()20

23f=_________.【详解】因为()12fx+−为奇函数，则()()1212fxfx−+−=−+−，所以，()()114fxfx++−=，在等式()()114fxfx++−=中，令0x=，可得()214f=，解得()12f=，又因为()()13fxfx−=+，则()()134f

xfx+++=，①所以，()()354fxfx+++=，②由①②可得()()51fxfx+=+，即()()4fxfx+=，所以，函数()fx为周期函数，且该函数的周期为4，所以，()()()()2023450533412ffff=+==−=.

故答案为：2.19．（山东省济南市2023届高三二模）已知()()5ππsin3cos66−=+，则πtan6+的值为______.【详解】由()()5ππsin3cos66−=+可得()()()()()πππππsinπ3co

ssin3costan366666+=++=++-=，故答案为：320.（浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模））已知sincos2sin+=，2sincossin=，则224cos2cos2−=______．【详解】将sincos2si

n+=平方得212sincos4sin+=，结合2sincossin=可得221isn2i4sn+=，即22124sin0sin+=−，则224cos2cos2(2cos2cos2)(2cos2cos2)−=−+(

)()2214sin2sin2cos2cos20=−++=，故答案为：021．（浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模））已知函数2()e2e2xxfxx=−+在点()()00,Px

fx处的切线方程为l：()ygx=，若对任意xR，都有()()0()()0xxfxgx−−成立，则0x=______．【详解】因为2()e2e2xxfxx=−+，所以2()2e2e2xxfx=−+，00200

()e2e2xxfxx=−+，所以()()()00002200=2e2e2e2e2xxxxgxxxx−+−+−+，令()()()hxfxgx=−，则()()000022200()e2e22e2e2e2e2xxxxxxhx

xxxx=−+−−+−+−+，则0()0hx=，()0022()2e2e2e2exxxxhx=−−−，令2()2e2exxx=−，则2()4e2exxx=−，令()0x=，得ln2x=−，所以(),ln2x−−时，()0x，()x单调递减，()ln2,x

−+时，()0x，()x单调递增，当()0ln2,x−+，0xx时，0()()xx，则()()0()0hxxx=−，()hx单调递增，0()()0hxhx=，即()()fxgx，所以当()0ln2,x−+，0xx时，()()0()()

0xxfxgx−−成立，当()0,ln2x−−，0xx时，0()()xx，则()()0()0hxxx=−，()hx单调递增，0()()0hxhx=，即()()fxgx，所以当()0,ln2x−−，0xx时

，()()0()()0xxfxgx−−成立，综上所述0ln2x=−.故答案为：ln2−.三．解答22．（广东省佛山市2023届高三二模）已知函数()1e3xfxxa=−，其中0a．(1)若()fx有两个零点，求a的取值范围；(2)若()()12sinfxax−，求a的取值范围．【

详解】（1）由()fx有两个零点，得方程13exxa=有两个解，设()3exxrx=，则()()31exxrx−=，由()0rx，可得1x，()rx单调递增，由()0rx，可得1x，()r

x单调递减，所以()rx的最大值为()31er=，当x→+时()0rx→，当x→−时，()rx→−，所以130ea，解得3ea，所以，()fx有两个零点时，a的取值范围是e,3+；（2）设()()()12singxfxax=−−，即()()1e312sin

xgxxaxa=−−−，则()0gx恒成立，由()100gaa=−，π6π1πe3066ga=−，可得01a，下面证明当01a时，()()1e312sin0*xxaxa−−−，即证213e2sin10xxxa

a−+−，令1ba=，则证2e32sin10xbbxx−+−，)1,b+，令()2e32sin1xhbbbxx=−+−为开口向上的二次函数，对称轴为32exxb=，由（1）可知3312e2exxb=，故()hb在)1,b+时单调递增，

则()()1e32sin1xhbhxx=−+−，下面只需证明e32sin10xxx−+−即可，即证32sin110exxx−+−，令()32sin11exxxFx−+=−，则()232sin2cosexxxxFx−+−=，令()232sin2c

osqxxxx=−+−，则()π32cos2sin22sin304qxxxx=−++=+−，所以函数()qx单调递减，且()00q=，所以当0x时，()0Fx，当0x时，()0Fx，所以函数

()Fx在(),0−上单调递增，在()0,+上单调递减，故()()00FxF=，即32sin110exxx−+−，从而不等式()*得证，综上，a的取值范围是(0,1．23．（广东省广州市2023届高三二模）已知函数()()ln1fxx=+，()2gxaxx=+.(1

)当1x−时，()()fxgx，求实数a的取值范围；(2)已知*nN，证明：111sinsinsinln2122nnn+++++.【详解】（1）解：令()()()ln11hxxxx=+−−，则()1111xhxxx=−=−++，当10x−时，()0hx，则函

数()hx在()1,0−上单调递增，当0x时，()0hx，则函数()hx在()0,+上单调递减，所以，()()max00hxh==，即()ln1xx+，所以，当0a时，()2ln1xxaxx++，即()()fxgx，

当a<0时，取010xa=−，由于()0ln1ln10x+=，而2200110axxaaa+=−−=，得()2000ln1xaxx++，故()()00fxgx，不合乎题意.综上所述，0a.（2）证明：当0a=时，由（1）可得()ln1xx+，则ln1−xx，可

得11ln1xx−，即1ln1xx−−，即()1ln11xxx−，令111tx=−，所以，1txt=−，所以，1ln1ttt−，即()()1lnln11tttt−−，所以，()()1lnln1nknknk+−+−+，0,1,2,,kn，令()()

sin0gxxxx=−，则()1cos0gxx=−，且()gx不恒为零，所以，函数()gx在()0,+上单调递增，故()()00gxg=，则()sin0xxx，所以，()()11sinlnln1nknknknk+−+−++，0,1,2,,kn，所以，111sinsi

nsin122nnn+++++()()()()()ln1lnln2ln1ln2ln21nnnnnn+−++−+++−−()2ln2lnln2nnnn=−==24．（广东省深圳市2023届高三二模）已知函数()1emxfxx−=−.(1)讨论函数()fx的单调

性；(2)当0m时，函数()()ln1xgxfxxm+=−+恰有两个零点.（i）求m的取值范围；（ii）证明:()11mmgxmm−−.【详解】（1）()1e1mxfxm−=−，当0m时，()1e10mxfxm−=−，所以函数()fx

在R上递减，当0m时，设()1e1mxFxm−=−，则()21e0mxFxm−=，所以函数()1e1mxFxm−=−在R上递增，即()1e1mxfxm−=−在R上递增，令()1e10mxfxm−=−=，得1lnmxm−=，当1ln

,mxm−−时，()0fx，函数()fx为减函数，当1ln,mxm−+时，()0fx¢>，函数()fx为增函数，综上可得，当0m时，函数()fx在R上递减；当0m时，函数()f

x在1ln,mm−−上递减，在1ln,mm−+上递增；（2）（i）()()()1ln1ln1e0mxxxgxfxxmmm−++=−+=−，函数()gx的定义域为()0,+，()()2111e1e0mxmxmxgxmxmxmx−−−=

−=，设()21e1mxhxmx−=−，则()()()211e00mxhxmmxx−=+，所以函数()hx在()0,+上递增，由（1）可知，当1m=时，()()1ln1110mfxffm−==−=，即1exx−

，所以3211333322222211e1111mmhmmmmmmm−+−−−−−+=+−++−，所以3332222110hmmmmm−−−+−=，又因()01h=−，由零

点的存在性定理可得，存在3210,1xm−+，使得()10hx=，即1111emxmxm−=，（*）当()10,xx时，()0hx，即()0gx，()gx为减函数，当()1,xx+时，()0hx，即()0gx，()gx为增

函数，当m1时，由（*）可知()()111111122111ln1ln1ln11emxmxxxxgxmmxmmx−−+++=−=−=，且11110e1mxmxm−=，设()1exxx−=，则()()()11e0

0xxxx−=+，所以函数()1exxx−=在()0,+上递增，因为()11=，结合11110e1mxmxm−=，得11mx，又m1，所以111xm，所以()1111ln110mxxmx−+−，即()()10gxgx，所以当m1

时，函数()gx最多一个零点，与题意矛盾，当01m时，()111emgm−=−，设()()11e01xGxxx−=−，则()()121e001xGxxx−=+，所以函数()Gx在()0,1上递增，所以

()()10GxG=，即()111e0mgm−=−，因为()1e0xxx−，所以1lnxx−，即1lnxx−，所以22lnxx−，则()2212xxgxmxmxmm−+−−，所以44442440mgmmmm−=，且241m，当

01m时，1111e1mxmxm−=，所以由()x的单调性可知11mx，且111xm，所以当()11,xx时，()0gx，()gx为减函数，当()1,xx+时，()0gx，()g

x为增函数，所以由零点的存在性定理可知，()gx在区间441,m上存在唯一的零点，11ee1ln11eee0emmgm−−+=−=，且11e，所以由零点的存在性定理可知，()gx在区间1,1e上存在唯一的零点，所以当01

m时，函数()gx恰有两个零点，综上所述，m的取值范围为()0,1；（ii）因为1111emxmxm−=，即112lnln10mxmx++−=，则11ln12ln2xmmx+=−−+，所以()111112

1ln112ln2emxxmgxxmmxmm−+=−=++−，有基本不等式可得()111221112ln212ln22ln2mmmgxxxmxmmmxmmm=++−+−=，当且仅当1211xmx=，即11xm=时，取等号，由1111emxmxm−=，由11

xm=可得1m=，这与01m矛盾，所以11xm，所以()()12lnmgxgxm，要证()11mmgxmm−−，即证()111mmgxmm−−，设()()12ln0Hxxxxx=−+，则()22211110Hxxxx=−−=−−

所以函数()Hx在()0,+上递减，所以当01x时，()()10HxH=，因为01m，所以101mm，所以1112ln2lnmmmmmmmm−=−，又()()12lnmgxgxm，所以()11mmgxmm−−.25．（湖北省武汉市2023届高三

下学期四月调研）已知函数()lnkfxxxx=−，其中0k．(1)证明：()fx恒有唯一零点；(2)记（1）中的零点为0x，当e02k时，证明：()fx图像上存在关于点()0,0x对称的两点．【详解】（1）2()0ln()fxkxxgx===，又()(2ln1)gxxx=+，令()0g

x，则1ex，()gx递增，令()0gx，则10ex，()gx递减，而01x时，()0gx，1x时()0gx，有(1)0gk=，()2eekkgkk=，可得()fx恒有唯一零点．（2）因为200eln0,2kxx=，故0(1,e)x，

要证()fx图像上存在关于点()0,0x对称的两点，即证方程()()00()20fxfxxxx+−=有解；()()000ln2ln202kkxxxxxxxxx−+−−−=−()()()2200002ln2ln220xxxxxxxxxkx−+−−−=()()()2

23000002ln2ln22ln0xxxxxxxxxxx−+−−−=，令()()()()223000000()2ln2ln22ln02hxxxxxxxxxxxxxx=−+−−−，()()()2220000()34ln()384ln2hxxxxxxxxxxx=−++−+−，令

()()()()2220000()34ln()384ln2mxhxxxxxxxxxxx==−++−+−，则()()()0000()64ln()68ln22mxxxxxxxxx=−++−−+，令()()(

)()0000()64ln()68ln22nxmxxxxxxxxx==−++−−+()()()00008()6ln26ln()2xxxnxxxxxxx−=−−+−，当00xx时，02xxx−，则()0

nx，()mx递增，当002xxx时，02xxx−，则()0nx，()mx递减，故()()000()212lnmxmxxx=−，因为0(1,e)x，故()00mx，又0x→时，()

mx→−，02xx→时，()mx→−，故()mx先负后正再负，则()hx先减再增再减，又()00hx=，且0x→时，()mx→+，02xx→时，()mx→−，故()mx先正后负再正再负，则()

hx先增再减再增再减，又0x→时，()hx→−，02xx→时，()hx→−，而()00hx=，故()hx在区间()00,x存在两个零点，则原题得证！26．（山东省济南市2023届高三二模）已知函数()()2ln

xfxxa=−.(1)当0a=时，求()fx在区间1,e上的值域；(2)若()fx有唯一的极值点，求a的取值范围.【详解】（1）当0a=时，()2lnxfxx=，则()312lnxfxx−=，当)1,ex时，()0fx¢>；当(e,ex时，()0fx

；()fx\在)1,e上单调递增，在(e,e上单调递减，()()max1e2efxf==，又()10f=，()21eef=，()()min10fxf==，()fx\在1,e上的值域为10,2e.（2）()()()332ln12l

nxaaxxxxfxxaxa−−−−==−−，()fx的极值点即为()fx的变号零点，设()12lnagxxx=−−，()2222aaxgxxxx−=−=；①若0a，ayx=−与2lnyx=−在()0,+上单调递减，()gx在()0,+上单调递减；()110ga=−，()()e1

2lne0eagaaa−=−−−−，存在唯一的()01,exa−，使得()00gx=，又()fx定义域为()0,+，()30xa−，()00fx=，且当()00,xx时，()0fx¢>；当()0,xx+时，()0fx；()fx\在()00,x上单调递增，在()0,x+上

单调递减，()fx\存在唯一的极大值点，符合题意；②若0a，()fx定义域为()()0,,aa+，当xa时，()30xa−，()0gx，()2lngaa=−，()gx单调递减，（i）当1a时，()0ga，()0gx，即()0fx，()fx

\在(),a+上无极值点；（ii）当1a=时，()0ga=，()0gx，即()0fx，()fx\在(),a+上无极值点；（iii）当01a时，()0ga，()20g，存在唯一的()1,2xa，使得()10gx=，即()10fx=，当()1,xax时，

()0gx，即()0fx¢>；当()1,xx+时，()0gx，即()0fx；1xx=是()fx的极大值点，此时()fx在(),a+上有一个极值点；当0xa时，()30xa−；令()0gx=，解得：2ax=，则当0,2ax时，()0gx

；当,2axa时，()0gx；()gx在0,2a上单调递增，在,2aa上单调递减；令12ln022aag=−=，解得：2ea=，（i）当1a时，若21,ea，02ag

，()2ln0gaa=−，当0,2ax时，2221616412ln1430161616aagaaa=−−−+−=−，22,162aax，3,2axa

，使得()()230gxgx==，则当()()230,,xxxa时，()0gx，即()0fx¢>；当()23,xxx时，()0gx，即()0fx；()fx\在()()230,,,xxa上单调递增，在()23,xx上单调递减

，此时()fx在()0,a上有两个极值点；若2,ea+，则02ag，()0gx，则()0fx，此时()fx在()0,a上无极值点；1a不符合题意；（ii）当1a=时，102g，1016g，()10g=，存在唯一的

411,162x，使得()40gx=，则当()40,xx时，()0gx，则()0fx¢>；当()4,xx+时，()0gx，则()0fx；()fx\在()40,x上单调递增，在()4,x+

上单调递减，4xx=为()fx唯一的极大值点，此时()fx在()0,a有一个极值点，则1a=符合题意；（iii）当01a时，02ag，()2ln0gaa=−；当0,2ax时，2160ga；存在唯一的25,16axa，使得

()50gx=，当()50,xx时，()0gx，则()0fx¢>；当()5,xx+时，()0gx，则()0fx；()fx\在()50,x上单调递增，在()5,x+上单调递减，5xx=为()fx的极大值点，此时()fx在()0,a有一个极值点，不合题意

；综上所述：a的取值范围为(,01−U.27．（浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模））已知函数()e(R)xafxax=−．(1)讨论函数()fx零点个数；(2)若()lnfxaxa−恒成立，求a的取值范围．【详解】（1）由()e0xafxx=−=，得e,(0

)xxax=,设()exhxx=，则()()1exhxx=+，当1x−时，()0hx，当10,0xx−时，()0hx，所以()exhxx=在(1,0),(0,)−+上单调递增；在(,1)−−上单调递减，所以min1()(1)

ehxh=−=−，据此可画出()exhxx=大致图象如图，所以（i）当1e−a或0a=时，()fx无零点：（ii）当1ae=−或0a时，()fx有一个零点；（iii)当10ea−时，()fx有两个零点；（2）①当0a=时，(

)lnfxaxa−即e0x恒成立，符合题意；②当0a时，由()lnfxaxa−可得0x，则e0xax−，则elnxaaxax−−，即1(lne1)xxax+−，设1()ln1mxxx=+

−，则22111()xmxxxx−=−+=，当01x时，()0mx，当1x时，()0mx，所以()mx在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，所以()()10mxm=，所以，当0a时，1e0(l

n1)xxax+−，即()lnfxaxa−恒成立，即0a符合题意；③当0a时，由（1）可知，()exhxaxa−=−，在(0,)+上单调递增．又()00haa−=−，()e(0)1ahaaa−=−，所以0(0,)xa，使000()e0xhxaxa−=−=.i）当0(0,)

xx时，e0xxa−，即e0xax−，设()eln0xagxaxax=−−+，则2()e0xaagxxx=−−−，所以()gx在0(0,)x上单调递减，所以0(0,)xx时，()()00lngxgxaxa=−+；ii）当0(,

)xx+时，e0xxa−，即e0xax−，设()eln0xatxaxax=−−+，因为222e()exxaaxaaxtxxxx+−=+−=，令20()e,,()xpxxaaxxx=+−+，则2()(2)expxxxa=+−，又令20()(2)e(),,xn

xxxaxx=++−，则2()(42)e0xnxxx=++，得()nx在0(),x+上单调递增，有020000()()()(2)e0xpxnxnxxxaaxa==+−=+，得()px在0(),x+上单调递增，有02000e()

()0xpxpxxaaxa=+−=，则2()()0pxtxx=，得()tx在0(,)x+上单调递增，则0(,)xx+时，()()00lntxtxaxa=−+，又0(0,)xx时，()()0

0lngxgxaxa=−+，得当0a时，()lnfxaxa−时，00ln00eaxax−+，由上可知00exax=，()exhxx=在(0,)+上单调递增，则此时e+10ea，