【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题09 一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数图象及性质）（全题型压轴题） Word版含解析.docx，共(38)页，2.610 MB，由小赞的店铺上传

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专题09一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数图象及性质）（全题型压轴题）利用导数研究函数零点（方程的根）问题①图象识别题②函数切线条数问题③不等式整数解问题④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题⑤不等式恒成立问题①图象识别题1．（2022·四川成都·模拟预测

（文））函数()exxfx=−的图像大致是（）A．B．C．D．【答案】B【详解】解：函数()exxfx=−的定义域为R，0x时()0fx，排除A．1()exxfx-¢=，当1x时，()0fx，当1x时，()0fx，所以()fx在(,1)−递减，在(1

,)+递增，且x→−时，()fx→+，x→+时，()0fx→，故选：B．2．（2022·浙江·模拟预测）已知R，则函数()e2xxfx=+的图象不可能是（）A．B．C．D．【答案】D【详解】取12=，则12()e2xxfx=+，定义域为)0,+，()()()()()11222

1122222e2e2ee2e()2112e222e2e2xxxxxxxxxxxxfxxx−−−−+++===+++，令()()212e(0)xgxxx=+−，则()()12e0xgxx=−−，则()gx在)0,+上单调递减，又(0)3,(1

)2e0gg==−，故存在()00,1x使0()0gx=，当)00,xx，()0,()fxfx单增，当()0,xx+，()0,()fxfx单减，又(0)0f=，显然()0fx，A符合；取2=，则2()e2xxfx=+，定义域为R，()()()()22222e2e4e()e

2e22xxxxxxxxxfxx++−=−=++，易得当0x时，()0fx，则()fx在(),0−单减，当0x时，令()2()42e(0)xhxxxxx=+−，则()2()42exhxx=+−，令()2()

42e(0)xmxxx=+−，则()2()22exmxxx=−−，显然当()0,31x−时，()0,()mxmx单增，当()31,x−+时，()0,()mxmx单增，又2(0)60,(31)(0)0,(1)4e,(2)42e0mmmmm=−=+=−，则存在

()01,2x使0()0mx=，即0()0hx=，则()hx在)00,x上单调递增，在()0,x+上单调递减，又(0)0h=，则0()(0)0hxh=，3(2)80,(3)123e0hh==−，则存在()12,3

x使1()0hx=，即1()0fx=，则()fx在)10,x上单调递增，在()1,x+上单调递减，又2()0e2xxfx=+，B符合；取1=−，则()21()exfxx=+，定义域为0xx，()()()()2222e2e1e(

)e2e22xxxxxxxxfxx++−+=−+=++，令()()21exnxx=++，则()()2exnxx=+，当2x−时，()0,()nxnx单减，当20x−或0x时，()0,(

)nxnx单增，又21(2)20en−=−，则()0nx，()0fx，即()fx在(),0,(0,)−+单调递减，又当0x时，()()0e21xfxx=+，当0x时，()()0e21xfxx=+，C符合.故选：D.3．（2022·山西太原·一模（理））下

列函数图象中，函数()()||xfxxeZ=的图象不可能的是（）A．B．C．D．【答案】C【详解】当2=时，()2xfxxe=，定义域为R关于原点对称.()()()22xxfxxexefx−−=−==，则()fx为偶函数.当0x时，()2xfxxe=.则()()()()22222(2

)0xxxxxxfxxexeexxexexex==+=+=+即函数()fx在()0,+上单调递增，则函数()fx在(,0−上单调递减.此时函数()fx的图象可能为A选项.当2=−时，()2xefxx=，定义为|

xxR且0x关于原点对称.()()()22xxeefxfxxx−−===−，则()fx为偶函数.当0x时，()2xefxx=.则()()()()222224322(2)xxxxxxexxeexexeexfxxxxx−−−====当02x时()0fx，即函数(

)fx在()0,2上单调递减当2x时()0fx，即则函数()fx在)2,+上单调递增.根据对称性可知，此时函数()fx的图象可能为B选项.当1=时，()xfxxe=，定义为R关于原点对称.()()()xxfxxexefx−−=−=−=−，则()fx为奇函数.当0x时，(

)xfxxe=.则()()()()(1)0xxxxxxfxxexeexexeex==+=+=+令()()1xgxex=+，则()()()()()()111(2)0xxxxgxexexexex=+=+++=+即

()0fx并且在()0,+上单调递增，并且()fx在()0,+上单调递增.根据对称性可知，此时函数()fx的图象可能为D选项.故选：C②函数切线条数问题1．（2022·安徽·安庆市第二中学高二期末）若过点()(),0aba可以作曲

线exyx=的三条切线，则（）A．0ebabB．e0aab−C．20e4ab+D．()24e0ab−+【答案】D【详解】由题可得()1exyx=+，设切点()000,exxx，则()00000e1exxxbxxa−+=−，整理得()0200exxaxab−−=−，由题

意知关于0x的方程()0200exxaxab−−=−有三个不同的解，设()()2exfxxaxa=−−，()()()2exxxfxa=+−，由()0fx¢=，得2x=−或xa=，又0a，所以当2x−时，()0fx¢>，()fx单调递增，当2xa−时，()0fx¢<，()fx单调递

减，当xa时()0fx¢>，()fx单调递增，当x→−时()0fx→，当x→+时，()fx→+，且()242eaf+−=，()e0afaa=−，函数()fx的大致图像如图所示，因为()fx的

图像与直线yb=−有三个交点，所以240eab+−，即()24e0ab−+.故选：D.2．（2022·广东佛山·高三阶段练习）已知函数(e3)()xfxx=−，若经过点(0,)a且与曲线()yfx=相切的直线有三条，则（）A．3ea−−B．ea−C．3a−D．3a−或e

a−【答案】A【详解】()()2exfxx=−，设经过点(0,)a且与曲线()yfx=相切的切点为()()000,3exxx−，则()()000e2xfxx=−.又切线经过()0,a，故由题意()()00000ee32xxaxxx−−=−有3个解.化简有()()0

0000ee32xxaxxx=−−−，即()02003e3xaxx=−+−有3个解.设()()2e33xgxxx=−+−，则()()2exgxxx=−+，令()0gx=有0x=或1x=，故当(),0x−时，()0gx，()gx单调递减

；当()0,1x时，()0gx，()gx单调递增；当()1,x+时，()0gx，()gx单调递减.又()03g=−，()1eg=−，且()()711egg−=−，()()2e20gg=−，故要()02003e3xaxx=−+−有3个解，则3ea−−.故选：A3．（20

22·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）过直线1yx=−上一点P可以作曲线()lnfxxx=−的两条切线，则点P横坐标t的取值范围为（）A．01tB．1teC．0teD．11te【答案】C【详解】解：由题意得(,1)Ptt−，设切点为(

)00,Axy，00x，1()1fxx=−，()0000111xfxxx−=−=，则过点P的切线方程为()000001lnxyxxxxx−−+=−，整理得0001ln1xyxxx−=−+，由点P在切线上，

则00011ln1xttxx−−=−+，即0002lntxxx=−，因为过直线1yx=−上一点P可以作曲线()lnfxxx=−两条切线，所以关于0x的方程0002lntxxx=−有两个不等的实数根，即函数yt=与函数()2lngxxxx=−的图象有两个交点

，()2ln11lngxxx=−−=−，()()00e,0egxxgxx，则函数()gx在()0e，上单调递增，在()e,+上单调递减，且(e)eg=，0x→时，()0gx→；x→+时，()gx→−，则函数yt=与函数()ln2gxxxx=−+的图象如下

图所示：由图可知，0et，故选：C.③不等式整数解问题1．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））已知不等式e(3)20(1)+−−xaxxa恰有2个整数解，则a的取值范围为（）A．2324e3eaB．2324e3eaC．32

4e3aD．324e3a【答案】C【详解】当3x=−时，e(3)20(1)+−−xaxxa即为0320+−,即10,不成立；当3x−时不等式等价于()321111?ee13e3eexxxxxaxx−+=−

=++,由于1a，故不成立；当3x−时，不等式等价于()23exxax++，若0a，则不等式对于任意的2x−恒成立，满足不等式的整数有无穷多个，不符合题意；当0a时，令()()2,(3)3exxgxxx+=−+，则()()22553exxx

gxx++=−+，在553,2−+−上()0gx，∴()gx单调递增，在552−++，上()0gx，∴()gx单调递减，且在(3,2)−−上()0gx,在()2,−+

上()0gx,又∵在x趋近于+时，()gx趋近于0，∴()gx在()3,−+上的图象如图所示：∵55212−+−−，∴当3x−时，不等式等价于()23exxax++有两个整数解，这两个整数解必然是1−和0，充分必要条

件是()()01gaga,即2334eaa,∴324e3a，故选：C2．（2022·江西·新余市第一中学三模（理））若不等式32ln(1)230axxx+−+在区间(0,)+内的

解集中有且仅有三个整数，则实数a的取值范围是（）．A．2780,2ln2ln5B．2780,2ln2ln5C．2780,2ln2ln5D．27,2ln2+【答案】C【详解】不等式32ln(1)230axxx+−+，即32ln

(1)23axxx+−，不等式成立则|1xx−，令32()ln(1),()23fxaxgxxx=+=−，则2()666(1)gxxxxx=−=−.令()0gx，得1x或0x；()0gx，得01x，()gx在(1,0)−和(1,)+上单调递增，在(0,1)上单调

递减，min()(1)1gxg==−，且3(0)02gg==.如图所示当0a时，()()fxgx至多有一个整数解.当0a时，()()fxgx在区间(0,)+内的解集中有且仅有三个整数，只需(3)(3)(4)(4)fgfg，即3232ln42333ln5243

4aa−−，解得27802ln2ln5a.故选：C3．（2022·全国·高三专题练习）偶函数()fx满足()()44fxfx+=−，当(0,4x时，()()ln2xfxx=，不等式()()20fxafx+在200,200−上有且只有20

0个整数解，则实数a的取值范围是（）A．1ln6,ln23−B．1ln2,ln63−−C．1ln2,ln63−−D．1ln6,ln23−【答案】C【详解】

因为()fx为偶函数，所以()()()444fxfxfx+=−=−，所以()()8fxfx+=，所以()fx是周期函数，且周期为8，且()fx关于直线4x=对称，又当(0,4x时，()()ln2xfxx=，则()()()()221ln21ln20xxxxfxxxx−−==，

令()0fx=，解得e2x=，所以当e0,2x时，()0fx，()fx为增函数，当e,42x时，()0fx，()fx为减函数，作出()fx在()0,8内图象，如图所示：因为(

)fx为偶函数，且不等式()()20fxafx+在200,200−上有且只有200个整数解，所以不等式()()20fxafx+在()0,200内有100个整数解，因为()fx周期为8，所以()fx在()0,200内有25个周期

，所以不等式()()20fxafx+在()0,8有4个整数解，（1）若0a，由()()20fxafx+，可得()0fx或()fxa−，由图象可知不等式()0fx在()0,8内有7个整数解，不等式()fxa−在()0,8内无整数解，不符合题意；（2）若0

a=，则()0fx，由图象可知不等式()0fx在()0,8有7个整数解，不合乎题意；（3）若0a，由()()20fxafx+，可得()fxa−或()0fx，由图象可得()0fx在()0,8

内无整数解，不符合题意，所以()fxa−在()0,8内有4个整数解，因为()fx在()0,8内关于直线4x=对称，所以()fx在()0,4内有2个整数解，因为()1ln2f=，()ln42ln22f==，()ln633f=，则(

)()()123fff=，所以()fxa−在()0,4的整数解为1x=和2x=，所以ln6ln23a−，解得ln6ln23a−−.故选：C.4．（2022·辽宁·辽阳市第一高级中学高二期末）已知函数()()1lnfxkx

xx=+−，若()0fx有且只有两个整数解，则k的取值范围是（）A．ln5ln2,3010B．ln5ln2,3010C．ln2ln3,1012D．ln2ln3,1012【答案】C【详解】由题设，()

fx定义域为(0,)+，则()0fx可得ln(1)xkxx+，令ln()xgxx=，则21ln()xgxx−=，所以0ex时()0gx，即()gx递增，值域为(1,)e−；ex时()0gx，即()gx递减，值域为1(0,)e；而(1)ykx=+恒过(1,0)

−，函数图象如下：要使ln(1)xkxx+有且只有两个整数解，则(1)ykx=+与()gx必有两个交点，若交点的横坐标为12xx，则121234xx，所以ln232ln343ln454kkk，即ln2ln31012k.故选：C5

．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数22()ln2efxxxmx=−+，若()0fx的解集中恰有一个整数，则m的取值范围为________．【答案】22ln22e,4e2−【详

解】由题可知，22()ln2efxxxmx=−+，0x，由于()0fx的解集中恰有一个整数，即22ln2e0xxmx−+，即222elnxmxx−+−，因为0x，所以2ln2exxmx−+−的解集中恰有一个整数，令()ln=−xgxx，则()2ln1−=xgxx，当

1ex时，()0gx；当ex时，()0gx，所以()gx在()1,e上单调递减，在()e,+上单调递增，画出()lnxyxgx==−和22eyx=−的大致图象，如图所示：要使得2ln2exxmx−+−，可知0m，设0x为()ln=−xgxx和2

2eyxm=−+的交点的横坐标，而2ln2exxmx−+−的解集中恰有一个整数，可知该整数为1，即012x，当01x=时，得()10g=；当02x=时，得()ln222g=−，即()1,0A，ln22,2B−，

当直线22eyxm=−+过点()1,0A时，得22em=，当直线22eyxm=−+过点ln22,2B−时，得2ln24e2m=−，所以m的取值范围为22ln22e,4e2−.故答案为：22ln22e,4e2−

6．（2022·重庆·高三阶段练习）设函数()()e21,1xfxxaxaa=−−+，若不等式()0fx恰有两个整数解，则a的取值范围是______.【答案】2533e2ea【详解】由()0fx，可得()e(21)1xxax−−，令()()()()e211,xgx

haxxx−==−，由题意知恰有两个整数，使()gx()hx成立，因为()()e21xgxx=+，由()0gx=，可得12x=−，所以当12x−时，()0gx，函数()gx单调递减，当12x−时，()0gx，函数()gx单调递增，所以()12min12e2

gxg−=−=−，且()()()1201,13e,25eggg−−=−−=−−=−，直线()()1hxax=−恒过点()1,0，且斜率为a，结合图象可得()()()()()()001122hghghg−−−−，即12123e35eaaa−−−−−−−

−，解得2533e2ea，即a的取值范围是2533e2ea.故答案为；2533e2ea.7．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数()()ee1(0)=−+−xxfxxaa，若关于x的不等式()0

fx有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围是__________.【答案】321211,33e22e++【详解】由题意得，关于x的不等式()0fx即()ee10,(0)xxxaa−+−，即(1)e1,(0)xx

axa++，令,(()(1),0)e1()xhxgxxaxa=+=+，则若关于x的不等式()0fx有且仅有两个整数解，即()()gxhx有且仅有两个整数解，由()(2)exgxx=+，当2x−时，()0,()gxgx递减，当2x−时，()0,()gxgx

递增，故min21()=(2)egxg−=−，且1x−时，()0gx，(1)0g−=，故可作出函数()(1)exgxx=+的大致图象如图：因为0a，(0)(0)1gh==，结合图象要使得()()gxhx有且仅有两个整数解，需

满足2310121e231eaaa−+−+−−+−，解得321111(1)(1)3e2ea++，故实数a的取值范围是321211,33e22e++，故答案为：321211,33e22e++④函数零点，方程根，两个函数图象交点

问题1．（2022·安徽黄山·二模（文））已知函数()ln()2,012e,0exxxxxfxxxx−−=−−，()()2gxfxxa=+−至少有2个零点，则实数a的取值范围是（）A．211,e−B．21[0,]eC．211

,0e−D．21,e−【答案】A【详解】令()()2hxfxx=+，当0x时，()ln()hxx=−，当0x时，1()exxhx−=，求导得2()exxhx−=，02x时，()0hx，2x时，()0hx，故()hx在[0,2)上单

调递增，在(2,)+上单调递减，(0)1h=−，21(2)eh=，作出()hx大致图象如图所示，由题意得()yhx=和ya=图象至少有两个交点，故a的取值范围是211,e−故选：A2．（2022·新疆·模拟

预测（理））若函数()32elnfxxaxxx=−+−有两个零点，则a的取值范围为（）A．10,2e2e+B．12e,2e−+C．21,12e−+D．1,2e2e−−【答案】B【详解】问题转化为函数32()eg

xxaxx=−+,()lnhxx=的图像有两个交点作出草图,寻求临界相切的情况设切点的横坐标为0x.则()()()()0000gxhxgxhx==,即320000200eln132exaxxxxaxx−+=−+=消

去a得3000e2ln10xxx−+−=设3()e2ln1xxxx=−+−2223321111()3e3e33e33e0xxxxxxxxx=−+=++−−=−…即()x在(0,)+上单调递增注意到(e)eeee110=−+−=所以唯一切点

的恒坐标为0ex=代入解得12e2ea=−显然当()()323200000000112e,e2ee2e2eagxxaxxxxxhx−=−+−−+=此时必有两个交点，所以a的取值范围为12e,2e−+故选:

B3．（2022·天津·耀华中学一模）已知函数()3,1eln34,1xxfxxxxx=−+，若函数()21yfx=+与()()42yafx=−的图象恰有5个不同公共点，则实数a的取值范围是（）A．949,824

B．491,24C．91,8D．9,8+【答案】A【详解】当1x时，()elnxfxx=，2ln1()elnxfxx−=，当1ex时，()0fx，当ex时，()0fx，故ex=时，min()(e)1fxf==；当1x时，32()34

,()33fxxxfxx=−+=−，当1x=−时，()fx有极大值(1)6f−=，当1x=时，(1)2f=，作出()3,1eln34,1xxfxxxxx=−+的大致图象如图：函数()21

yfx=+与()()42yafx=−的图象恰有5个不同公共点，即方程()()()24021fxafx−−+=有5个不同的根，令()fxt=，根据其图象，讨论()21)40(2tta+=−−有解情况如下：

令()2()421tgtta=−−+,(1当()在(,1)−和[2,6)上各有一个解时，即(1)440(2)980(6)49240gagaga=−=−=−，解得949824a，（2）当()在(1,2)和(6,)+上各有一个解时，(1)440(2)9

80(6)49240fafafa=−=−=−，解得a，（3）当()有一个根为6时，解得4924a=，此时另一个根为16，不合题意；（4）当()有一个根为1时，解得1a=，此时另一个根也为1，不合题意，综上可知：94982

4a，故选：A4．（2022·贵州·贵阳乐湾国际实验学校高三开学考试（理））已知定义在22−,上的函数()()2,21ln2,12+−−=+−xxxfxxx，若()()()2gxfxax=−+的图象与x轴有3个不同的交点，则实数a的取值范围是（）A．ln21,2e

B．10e1−，C．103e，D．2ln2,3+【答案】A【详解】()()(2)gxfxax=−+图象与x轴有3个不同的交点，()fx与(2)yax=+有三个交点,作出二者函数图象如下图，易知直线(2

)yax=+恒过定点()2,0A−,斜率为a，当直线与()fx相切时是一种临界状态,设此时切点的坐标为()00,Cxy，则()()000122ln2ayxaxx==++=+,解得0e21e=−=xa，所以0112eyx==+，当直线过点()2,

ln4B时,ln4ln22(2)2ABk==−−，综上所述:ln212ea.故选:A.5．（2022·广东·高三阶段练习）定义在R上的函数()fx满足()()0,()(2)fxfxfxfx−+==−；且当[0,1]x时，32()fxxxx=−+．则方程7

()20fxx−+=所有的根之和为（）A．14B．12C．10D．8【答案】A【详解】由()()0,()(2)fxfxfxfx−+==−可得()fx为奇函数，且关于1x=对称.又由题意()()fxfx−=−，故()()()22fxfxfx=−=−+，所以()fx关于()2,0对称，且(

)()()24fxfxfx=−+=+，故()fx的周期为4.又当[0,1]x时，32()fxxxx=−+，此时()22123213033fxxxx=−+=−+，故32()fxxxx=−+在[0,1]x为增函数.综上可画出()yfx=的函数部分图象.又方程7()20fxx−+

=的根即()yfx=与()127yx=−的交点，易得在区间)(5,2,2,9−上均有3个交点，且关于()2,0对称，加上()2,0共7个交点，其根之和为322214+=故选：A6．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））已知函数()2lngxmxx=+与函数()()2fxmx=

+恰有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A．(),2−B．()3,0−C．()1,0−D．()1,−+【答案】C【详解】令()lnpxxx=−，其中0x，()111xpxxx−=−=.当01x时，()0px

，此时函数()px单调递减，当1x时，()0px，此时函数()px单调递增，故当0x时，()()110pxp=，由()()fxgx=可得22lnxxmxx−=−，令()22lnxxhxxx−=−，其中0x，所以，(

)()()()212ln2lnxxxhxxx−−+=−，令()2ln2txxx=−+，其中0x，则()221xtxxx−=−=.当02x时，()0tx，此时函数()tx单调递减，当2x

时，()0tx，此时函数()tx单调递增，所以，当0x时，()()242ln20txt=−，故当01x时，()0hx，此时函数()hx单调递减，当1x时，()0hx，此时函数()hx单调递增，则()()11hxh=−

，且当02x时，()0hx；当2x时，()0hx.由题意可知，直线ym=与函数()hx的图像有2个交点，如下图所示：由图可知，当10m−时，直线ym=与函数()hx的图像有2个交点，因此，实数m的取值范

围是()1,0−.故选：C.7．（2022·湖南·长沙市南雅中学高二阶段练习）已知函数()()()()1ln,0e,0xxxfxxx−−=，若关于x的方程()()220fxafxaa−+−

=有四个不等实根．则实数a的取值范围为__________．【答案】(0,1【详解】当0x时，()11eexxxfxx−−==，则()11exxfx−−=，令()0fx，则01x，令()0fx，则1x，所以函数()fx在)0

,1上单调递增，在()1,+上单调递减，则()()max11fxf==，且当0x时，()0fx，令()tfx=，()()21gttataa=−+−，由()()220fxafxaa−+−=可得()0

gt=，函数()tfx=图象如图，因为关于x的方程()()220fxafxaa−+−=有四个不等实根．则函数()gt必有两个不同的零点1t、2t，不妨设12tt.①若10t=，则21t=，由韦达定理可得()1212101ttaatta=−=+==，解得1a=，合乎题意

；②若10t，则201t，则()()()20101210gaagaa=−=−+，解得01a；③若()10,1t，则21t，则()()()20101210gaagaa=−=−+，无解.综上所述，实数a的

取值范围是(0,1.故答案为：(0,1.8．（2022·内蒙古包头·高三开学考试（理））已知函数3211()34=−++fxxaxx．(1)若2a=，求()fx的单调区间；(2)讨论()fx的零点情况．【答案】(1)递增区间为(,26),(26,)−−++，递减区间为(

26,26)−+(2)答案见解析（1）解：当2a=时，则3211()22,R32fxxxxx=−−−，可得2()42fxxx−=−，令()0fx=，解得1226,26xx=−=+，当(,26)x−−时，()0fx，当(26,26)−+x时，()0fx，当(26,)x++时

，()0fx，所以()fx在(,26),(26,)−−++单调递增，()fx在(26,26)−+单调递减．（2）解：当12x=−时，()0fx；当12x−时，()0fx=等价于32314=

++xaxx，令32(),()314xgxgxaxx==++，则2223122()14++=++xxxgxxx，当0x=时，()0gx¢=；当31,,0(0,)22−−−+x时，()0gx¢

>；当31,22x−−时，()0gx¢<；所以()gx在31,,,22−−−+单调递增；在31,22−−单调递减，且当12x→−时，()gx→−，当x

→−时，()gx→−；当x→+时，()gx→+，如图所示，可得32728−=−g为()gx的极大值，当2738−a，即98a−时，()ygx=与()yhx=只有1个交点，即()fx只有1个零点；当98a=−时，()ygx=与()yhx=有2个交点，即()fx有2个零点；当

98a−时，()ygx=与()yhx=有3个交点，即()fx有3个零点．综上，98a−时，()fx只有1个零点；当98a=−时，()fx有2个零点；当98a−时，()fx有3个零点．9．（2022·北京·北师大二附中高三开学考试）已知函数()2

2exfxxm=+.(1)当1m=时，求曲线()yfx=在()()0,0f处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若关于x的方程()()2212exxfxm=+恰有四个不同的解，求m的取值范围.【答案】(1)1；(2)2211,e22−−−.（1

）当1m=时，()22exfxx=+，所以()02f=，又()22exfxx=+，所以切线的斜率()02kf==，则切线方程为22yx=+，该切线与x轴交于点()1,0−，与y轴交于点()0,2，所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为112

12=；（2）由()()2212exxfxm=+可得，()4222e201exxxmxm+−=+，即422212ee0xxxmxm+−=−，令2extx=，则22120mttm+−=−，∴1t=或12tm=−−，设()2exxgx=，则()(

)222eexxgxxxxx==−−，当x变化时，()(),gxgx变化如下，x(),0−0()0,22()2,+()gx−0+0−()gx极小值0极大值24e函数()gx的图象如图，要使方程()()2212exxfxm=+恰有四个不同的解

，因为1t=与函数()gx的图象有一个交点，则12tm=−−与函数()gx的图象有三个交点，∴24012em−−，即2211e22m−−−，∴m的取值范围为2211,e22−−−.10．（2022·山东菏泽·高二期末）已知函数()eaxfxx=

（0x），()lnxgxx=（1x）.(1)讨论函数()fx的单调性；(2)当1a=时，函数()fx、()gx满足下面两个条件：①方程()()fxgx=有唯一实数解()01,2x；②直线ym=（()0mfx）与两条曲线()yfx=和()ygx=有四个不同的交点，从左到右依次为1x

，2x，3x，4x.问是否存在1，2，3，4的一个排列i，j，k，l，使得ijklxxxx=？如果存在，请给出证明；如果不存在，说明理由.【答案】(1)答案见解析(2)存在，证明见解析（1）解：由题可知()()2e1axfxaxx=−，0x，当0a时，()0fx，函数()fx

在()0,+上单调递减；当0a时，对于10,xa，()0fx，函数()fx单调递减；1,xa+，()0fx，函数()fx单调递增；（2）解：由1a=，()exfxx=，当0x→时，()fx→+；

当x→+时，()fx→+，又因为()()2e1xfxxx=−，所以()fx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，()()min1fxf=；由()lnxgxx=，知当1x→时，()gx

→+；当x→+，()gx→+，又()()2ln1lnxgxx−=，可知()gx在()1,e上单调递减，在()e,+上单调递增，()()mineegxg==，令()()()elnxxhxfxgxxx=−=−，即当

1x→时，()0hx；当ex=时，()0hx，结合条件①中方程()()fxgx=有唯一实数解()01,2x，知：当()01,xx时，()()fxgx，当()0,xx+时，()()fxgx，综上

，画出函数()fx，()gx的简图：其中111e,xAxx，222,lnxBxx，333e,xCxx，444,lnxDxx，()()00,Pxfx，则12031xxxx，4ex，即31241234eelnlnx

xxxmxxxx====，得11exmx=，44lnxxm=，因为34ln4344eelnlnxxxxxx==，由31x，4ln1x，得34lnxx=，因为111221eelnlnexxxxxx==，由11x，

2ln1x，因此12exx=，所以，14234114elnxxxxxmxxxm===，所以存在满足条件的一个排列，如2i=，3j=，1k=，4l=，使2314xxxx=.11．（2022·辽宁大连·高二期末）已知()exaxfx=和()lnxgxax=有相同的最大值.

（0a）(1)求a的值；(2)求证：存在直线yb=与两条曲线()yfx=和()ygx=共有三个不同的交点()()()112233,,,,,xyxyxy且123xxx，使得123,,xxx成等比数列.【答案

】(1)1a=(2)见解析(1)()exaxfx=的定义域为R，且()()1exaxfx−=，0a，当1x时，()0fx，()fx递增；当1x时，()0fx，()fx递减；所以()()max1eafxf==，

()lnxgxax=的定义域为()0,+，且()21ln,0xgxaax−=，当0ex时，()0gx，()gx递增；当ex时，()0gx，()gx递减；所以()()max1eegxga==，又()exaxfx=和()lnxgxax=有相同的最大值，所以1ee

aa=，解得1a=，又0a，所以1a=；(2)由（1）可知：()exxfx=在(),1−递增，在()1,+递减，且,0xy→+→，()lnxgxx=在()0,e递增，在()e,+递减，且,0xy→+→，()exxfx=和()

lnxgxx=的图象如图所示：设()fx和()gx的图象交于点A，则当直线yb=经过点A时，直线yb=与两条曲线()yfx=和()ygx=共有三个不同的交点，则12301exxx，且12312223lnln,,eexxxxxxbbbxx==

==，因为1122lnexxxbx==，所以1212lnlneexxxx=，即()()12lnfxfx=，因为121,lnlne=1xx，且()exxfx=在(),1−递增，所以12lnxx=，所以22121lnxxxxb==，因为2323lnexxxbx

==，所以3232lnlneexxxx=，即()()23lnfxfx=，因为231,lnlne=1xx，且()exxfx=在()1,+递减，所以23lnxx=，所以33231lnxxxxb==，所以32121xxxxb==，即2213xxx=

，所以得123,,xxx成等比数列⑤不等式恒成立问题1．（2022·内蒙古通辽·高二期末（理））已知函数()22,0,ln,0,xxxfxxxx−−−=„，若关于x的不等式()efxax−（e是自然对数的底数）在R上恒成立，则a的

取值范围是（）A．21e1,3e2−B．21e1,3e2−C．21e,22e−D．21e,22e−【答案】D【详解】()efxax−在R上恒成立，等价于()fx的图

像恒在直线eyax=−的上方，画出()22,0ln,0xxxfxxxx−−−=„的图像：直线eyax=−恒过定点()0,e−，当直线eyax=−与lnyxx=，0x相切时，设切点()000,lnPxxx，求导得ln1yx¢=+，可得01lnkx=+，由0000lne1l

nxxxx++=，解得0ex=，则切线的斜率为2.当直线eyax=−与()211yx=−−++，0x相切时，直线eyax=−与半圆()()22110xyy++=„相切，由2e11aa−−=+，解得21e2ea−=，由图可知，a的取值范围是21e,22e−.故A，B，C错误.故

选：D.2．（2022·四川雅安·高二期末（理））若不等式lne1xaxaxx−+在()0,x+上恒成立，则实数a的取值范围是（）A．0,1B．0,eC．1,1−D．)0,+【答案】A【详解】由lne1xaxaxx−

+在()0,x+上恒成立，得e(ln1)0xxaxx−++在()0,x+上恒成立，当0a=时，上式显然成立，当0a时，令()e(ln1)xfxxaxx=−++，()0,x+，则1()ee1(1)exxxafxxaxxx=+−+=+−

，当0a时，()0fx，所以()fx在()0,+上递增，而当0x→时，()fx→−，不合题意，当0a时，由()0fx=，得exax=，令exy=，ayx=，作出两函数的图象，

如图所示由图象可知，存在0x，使00exax=，所以00lnelnxax=，得00lnlnxxa+=，当00xx时，()0fx，当0xx时，()0fx，所以()fx在()00,x上递减，在()0,x+上递增，所以当0xx=时，()fx取得最小值，所以0mi

n0000()()e(ln1)xfxfxxaxx==−++(ln1)lnaaaaa=−+=−，由ln0aa−，得ln0a，得01a，综上，01a，故选：A3．（2022·全国·高二期末）当a＞0时，

若不等式2ln1xaxbx+−恒成立，则ba的最小值是__________．【答案】1e−【详解】由题意知：0x，由2ln1xaxbx+−可得ln1xaxbx++，即不等式ln1xaxbx++恒成立，令ln1(),()x

fxgxaxbx+==+，易得()gx为斜率大于0的一条直线，()0bga−=；221(ln1)ln()xxxxfxxx−+−==，当()0,1x时，()0,()fxfx单增，当()1,x+时，()0,()fxfx单减，又10ef=，要使不等式ln1xaxbx+

+恒成立，必有()gx的零点与()fx的零点重合或者在()fx的零点左侧，如图所示：故有1eba−，解得1eba−，当且仅当()gxaxb=+恰为()fx在1ex=处的切线时取等，此时ln1()xfxx+=的图像恒在()gxaxb=+图像的下方，即满足ln1xaxbx++

恒成立，即2ln1xaxbx+−恒成立.又21()eef=，故()fx在1ex=处的切线方程为221e()eeeyxx=−=−，即2e,eab==−时，ba取得最小值1e−.故答案为：1e−.4．（2022·江苏南通·高三开学考试）已知函数()()ln20fxaxxa=−.(1)讨论(

)fx的单调性；(2)当0x时，不等式()()22coseaxxfxfx−恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)(0,2e（1）解：函数()()ln20fxaxxa=−的定义域为()0,+，且()22aaxfxxx−=−=.当0a时，因为0x，则()0f

x，此时函数()fx的单调递减区间为()0,+；当0a时，由()0fx可得2ax，由()0fx可得02ax.此时，函数()fx的单调递增区间为0,2a，单调递减区间为,2a+.综上所

述，当0a时，函数()fx的单调递减区间为()0,+；当0a时，函数()fx的单调递增区间为0,2a，单调递减区间为,2a+.（2）解：()()()()()()()ln222cose2cos0e2cos0eafxaxxxxfxfxfxfxfxfx−

−−−−−，设()e2costgttt=−−，其中()tfx=，则()e2sintgtt=−+，设()esin2thtt=+−，则()ecosthtt=+，当0t时，e1t

，sin1t，且等号不同时成立，则()0gt恒成立，当0t时，e1t，cos1t−，则()0ht恒成立，则()gt在()0,+上单调递增，又因为()01g=−，()1e2sin10g=−+，所以，存在(

)00,1t使得()00gt=，当00tt时，()0gt；当0tt时，()0gt.所以，函数()gt在()0,t−上单调递减，在()0,t+上单调递增，且()00g=，作出函数()gt的图象如下图所示：由（1）中函数()fx

的单调性可知，①当0a时，()fx在()0,+上单调递增，当0x+→时，()fx→+，当x→+时，()fx→−，所以，()tfx=R，此时()00gt，不合乎题意；②当0a时，()maxln22aafxfaa==−，且当0x+→时，()fx→−，此时函数()fx的值

域为,ln2aaa−−，即,ln2ataa−−.（i）当ln02aaa−时，即当02ea时，()0gt恒成立，合乎题意；（ii）当ln02aaa−时，即当2ea时，取10minln,2ataat=−，结合图象可知()10g

t，不合乎题意.综上所述，实数a的取值范围是(0,2e.5．（2022·福建泉州·高二期中）已知2()()lnfxxaxaxax=+−+．(1)当ea=时，求()fx的单调性；(2)若()0fx…，求a的取值范围．【答案】

(1)单调递减区间为(0,e)，单调递增区间为(e,)+(2)1ae=−或0ea剟(1)解：当ea=时，2()ee(e)lnfxxxxx=+−+，其定义域为(0,)+，21e()2eeln(e)2elnfxxxxxxx

x=+−++=−−，令()()gxfx=，则(e)0g=，又222eee17()2024gxxxx=−+=−+，故()gx在(0,)+单调递增，所以当0ex时，()(e)0fxf=；当ex时，()(e)0fxf=，故()fx的单

调递减区间为(0,e)，单调递增区间为(e,)+．(2)解：因为2()()ln()(ln)fxxaxaxaxxaxax=+−+=+−，其定义域为(0,)+，①若0a=，则2()0fxx=…，故0a=符合题意；②若0a，则0xa+，所以ln1()0ln0xf

xxaxxa−厖?，令ln()xhxx=，得21ln()xhxx−=，令()0hx=，得ex=，当x变化时，()hx，()hx的变化情况如下表x(0,e)e(e,)+()hx＋0－()hx单调递增1e单调递减如图，作出其函数图象由图可知ln111exxaa剠，

解得0ea„，③若0a，则()00ln0xafxxax+−…或0ln0xaxax+−，令()lnxxax=−，则()10axx=−，所以()lnxxax=−在(0,)+单调递增，故当xa−时

，()0x；当0xa−时，()0x，所以()0a−=即ln()0aaa−−−=，令()lnmxxxx=+，则()2lnmxx=+，令()0mx=，得2ex−=，当x变化时，()mx，()mx变化情况如下表，

x()20,e−2e−()2e,−+()mx－0＋()mx单调递减2e−−单调递增又0lim()0xmx+→=，且10em=，作出其函数图象，如图由图可知()0ma−=的解为1ea−=即1ae=−，综上可得1ae=−或0ea剟．6．（20

22·北京市第二十二中学高三开学考试）已知函数()eln,xfxaxaR=−.(1)当0a=时，若曲线()yfx=与直线ykx=相切于点P，求点P的坐标；(2)当ea=时，证明：()efx；(3)若对任意()

0,x+，不等式()lnfxaa恒成立，请直接写出a的取值范围.【答案】(1)()1,e(2)证明见解析(3)()0,e（1）当0a=时，()()e,exxfxfx==.设()00,exPx，则切线斜率0exk=.由切点性质，得

000eexxkkx==，解得01x=.所以点P的坐标()1,e.（2）当ae=时，()eelnxfxx=−，其中0x，则()eexfxx=−，令()eexgxx=−，其中0x，则()2e

e0xgxx=+，故函数()fx在()0,+上单调递增，且()10f=，当x变化时，()(),,xfxfx变化情况如下表：x()0,11()1,+()fx−0+()fx单调递减极小值单调递增由上表可知，()min()1efxf==.所以(

)efx.（3）实数a的取值范围()0,e.理由如下：方法一：（数形结合）在()0,+上()elnlnxfxaxaa=−恒成立，即elnlnxaxa+.因而函数1exy=的图象在函数2lnlnyaxaa=+的图象上方.考虑函数1exy=图象在函数2lnlnyaxaa

=+图象恰好有一个公共点的临界情形（如图所示），此时它们在交点处有一条公切线m，设交点的横坐标为0x.又''12e,xayyx==，由切点性质知0000eelnlnxxaxaxaa==+，所以00lnlnaaxaax=+即001lnlnxax=+，

由00exax=得00exxa=，所以()00001lnlnexxxx=+即00012ln0xxx+−=记()()12ln,0,hxxxxx=+−+，则()22110hxxx=++，所以()hx在()0,+上是增函数

.又因为()10h=，所以方程00012ln0xxx+−=的解是01x=.因此，当两函数恰好有一个交点时，交点坐标是()1,e，此处公切线方程是eyx=.所以当函数1exy=的图象在函数2lnlnyaxaa=+的图象上方时，实数a的取值范围()0,e.方法二：（同构

变形）显然0a，在()0,+上()elnlnxfxaxaa=−恒成立，即lnelnlnxaxa−−恒成立即lnelnlnxaax−−恒成立，所以lnlnelnlnelnxaxxaxxx−+−+=+恒成立，构造函数()()e,0,xgxxx=++，易知()gx在()0,

+上是增函数，所以lnlnxax−恒成立，即minln(ln)axx−，令()()1ln,(0)xhxxxhxxx−==−，当()0,1x时，()0hx，所以()hx在()0,1上单调递减，当()1,x+时，

()0hx，所以()hx在()1,+上单调递增，所以()min()11hxh==，所以ln1a，解得0ea，所以实数a的取值范围()0,e.7．（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）已知()lnfxaxx=−.(1)讨论()fx零点的个数；(2)若对任意)1

,x+，都有()xfxa，求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)1,2+(1)解：函数()lnfxaxx=−的定义域为()0,+，由()ln0fxaxx=−=得lnxax=，设()lnxgxx=，其中0x

，则函数()fx的零点个数等价于直线ya=与函数()gx图象交点个数，()21lnxgxx−=，当ex，()0gx，此时，函数()gx的单调递减区间为()e,+，当0ex时，()0gx，此时，函数()gx的单调递增区间为()0,e，且当01x

时，()0gx，当1x时，()0gx，如下图所示：故当1ea时，()fx无零点；当1ae=或0a时，()fx只有1个零点；当10ea时，函数()fx有2个零点.(2)解：()xfxaQ，即2lnaxxxa−，得2ln0axaxx−−，又1

x，不等式两边同时除以x，得ln0aaxxx−−，即1ln0axxx−−.令()1lnhxaxxx=−−，其中1x，易知()10h=，由题意可知()()1hxh对任意的1x恒成立，()22axxahxx−

+=.①当0a时，则当1x时，()210ax+，则()0hx此时，函数()yhx=在)1,+上单调递减，则()()1hxh，不合乎题意；②若0a，对于方程20axxa−+=.（i）当2140a=−时，即12a时，()0hx恒成立且()hx不恒为零

，此时，函数()yhx=在)1,+上单调递增，则有()()1hxh，合乎题意；（ii）当2140a=−时，即102a时，设方程20axxa−+=的两个不等实根分别为1x、2x，且12xx，则121=xx，1210xxa+=，所以，210xx，21221xxx=，211

0xx.当21xx时，()0hx；当2xx时，()0hx，所以函数()hx在()21,x上单调递减，在()2,x+上单调递增，所以，()()21hxh，不合乎题意.综上所述，实数a的取值范围是1,2+.