专题2-5函数与导数压轴小题归类（解析版）_02高考数学_2024年新高考资料_2.2024二轮复习_2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

专题 2-5 函数与导数压轴小题归类
目录
题型01 整数解型..................................................................................................................................................................1
题型02 函数零点构造型....................................................................................................................................................4
题型03 同构: 方程零点型同构...........................................................................................................................................8
题型04 同构: 不等式型同构求参.....................................................................................................................................10
题型05 恒成立求参：移项讨论型....................................................................................................................................13
题型06 恒成立求参：虚设零点型....................................................................................................................................17
题型07 “倍缩”型函数求参数...........................................................................................................................................20
题型08 恒成立求参：“等式”型....................................................................................................................................23
题型09 双变量型不等式范围最值....................................................................................................................................25
题型10 双变量型：凸凹反转型........................................................................................................................................29
题型11多参型：代换型.....................................................................................................................................................31
题型12 多参型：二次构造放缩型....................................................................................................................................34
题型13 多参型：韦达定理求参型....................................................................................................................................38
题型14 多参型：单峰函数绝对值型................................................................................................................................40
题型15 导数与三角函数....................................................................................................................................................45
高考练场..............................................................................................................................................................................48
题型 01 整数解型
【解题攻略】
整数解，属于导数研究函数的性质，根据题意求得整数型参数的取值范围，或者整数解求参
数范围等，涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过
导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、
方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合
的思想找到解题的思路.
k lnx1
【典例1-1】（2021·湖南怀化·二模（理））已知函数 f(x) (kN )，g(x) ，若对任意的 ，
x  x1 c1
存在实数a,b满足0abc，使得g(a) f(b)g(c)，则k的最大值是
A．3 B．2 C．4 D．5
【答案】A
lnx1 k lnx1
【解析】根据条件将问题转化为  ，对于 恒成立，然后构造函数h(x)x ，然后求出
x1 x x1 x1
h(x)的范围，进一步得到k的最大值.
k lnx1
【详解】 f(x) (kN )，g(x) ，对任意的 ，存在实数 满足 ，使得
x  x1 c1 a,b 0abc
g(a) f(b)g(c)，
lnc1 k lnx1 k
易得 ，即  恒成立，  ，对于 恒成立,
 g(c) f(b) f(c) c1 c x1 x x1
lnx1 x2lnx 1
设h(x)x ，则h(x) ，令 ，q(x)1 0在 恒成立，
x1 (x1)2 q(x)x2lnx x x1
q(3)32ln30，q(4)42ln40，故存在x
0
(3,4)，使得qx
0
0，即x
0
2lnx
0
，当
x(1,x ) q(x)0 h(x)
0x(1,x )时，q(x)0，h(x)单调递减；
0
x lnx x
h(x) h(x ) 0 0 0
当 时， ， 单调递增. ,将 代入得：
x(x ,) q(x)0 h(x) min 0 x 1 x 2lnx
0 0 0 0
x (x 2)x
h(x) h(x ) 0 0 0 x
， ，且 ， 故选：A
min 0 x 1 0 kN k h(x) x k 3
0  min 0
【典例1-2】.（2020·黑龙江实验中学三模（理））已知函数 f(x)exax1在区间(1,1)内存在极值点，
且 f(x)0恰好有唯一整数解，则 的取值范围是（ ）
e21  e21   e21
A． ,e B． ,1e1, 
 2e2   2e2   2 
e21 e1
C． D． , e1,e
e1,e  2e2 e 
【答案】D
【分析】求导，由
fx0得xlna1,1
可求出a的范围，再考查lna与零的大小比较，在
f 10 f 10
时，结合题意得出 ，以及当 时， ，解出实数 的范围可得出答
lna1,0  f 20 lna0,1  f 20 a
案．
【详解】Qf xexax1，则 fxexa，
由于函数y f x 在区间1,1上存在极值点，令 fxexa0，得xlna，
1
所以， ，解得 ae，
1lna1 e
由于 f 00，且不等式 f x0恰有一整数解．
①当lna0时，即当a1时，
fxex1，
当x0时，
fx0；当x0时， fx0．
此时，函数y f x 在x0处取得最小值，则 f x f 00，不合乎题意；
1
②当 时，即当 a1时，当 时， fx0；当 时， fx0．
1lna0 e xlna xlna
所以，函数y f x 的单调递减区间为 ,lna ，单调递增区间为 lna, ．
f 2e22a10
由题意可得 ，解得e21 e1，此时，e21 e1；
 f 1e1a10 2e2 a e 2e2 a e
③当0lna1时，即当1ae时，当xlna时，
fx0；当xlna时， fx0．
所以，函数y f x 的单调递减区间为 ,lna ，单调递增区间为 lna, ．
f 2e22a10
e21
由题意可得
 f 1ea10
，解得e1a
2
，此时，
e1ae
．
e21 e1
因此，实数 的取值范围是 , e1,e ，故选D．
a  2e2 e 
【变式1-1】在关于x的不等式e2x2  aex 4e2 xaex 4e2 0（其中e=2.71828L 为自然对数的底数）的
解集中，有且仅有两个大于2的整数，则实数a的取值范围为（ ） 16 1   9 1 
A． 5e4 , 2e   B． 4e2 , 2e 
 16 4   9 4 
C． 5e4 , 3e2  D． 4e2 , 3e2  
【答案】D
【分析】
将不等式转化为e2x22 ax1ex，分别研究两个函数的性质，确定a的取值范围，构造函数，利用放
缩法进一步缩小a的取值范围，列出不等式组，求出结果.
【详解】由e2x2  aex 4e2 xaex 4e2 0，化简得：e2x22 ax1ex，
设 f xe2x22 ，gxax1ex，则原不等式即为 f xgx .若
a0
，则当x2时， f x0，
gx0，
原不等式的解集中有无数个大于2的整数，∴a0.∵ f 20，g2ae2 0，∴ f 2g2 .
1 xex
当 f 3g3，即a 时，设 hx f xgxx4，则hx2e2x2axex 2e2x2 .
2e 2e
xex x1ex
设x2e2x2 x4，则x2e2 在3,单调递减，所以
2e 2e
x1ex xex
x2e2 30，所以x2e2x2 在4,单调递减，∴
2e 2e
x42e22e0，
 3e
∴当
x4
时， hx0 ，∴ hx在4,上为减函数，即hxh44e23ae4 e2 

4
2


0，
∴当x4时，不等式 f xgx 恒成立，原不等式的解集中没有大于2的整数.
{f (3)>g(3) {e2>2ae3
要使原不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则 f (4)>g(4)，即 4e2>3ae4，解得
f (5)≤g(5) 9e2≤4ae5
9 4
a .
4e2 3e2
 9 4 
则实数
a
的取值范围为
4e2
,
3e2 
.故选：D
【变式1-2】（黑龙江省佳木斯市第一中学2021-2022学年高三上学期第四次调研考试理科数学试题
x
）已知偶函数 f x满足 f3x f3x，且当x0,3时， f xxe  2，若关于x的不等式
f2xtf x0在 150,150
上有且只有150个整数解，则实数t的取值范围是（ ）
A．  0,e  1 2   B．  e  1 2,3e  2 3  C．  3e  3 2,2e1   D．  e  1 2,2e1  
       
【答案】B
【分析】
根据偶函数 f x 满足 f3x f3x，得到函数 f x 是以6为周期的周期函数，由x0,3 时，
x
f xxe  2，用导数法结合偶函数，作出数 f x在 (3,3] 上的图象，将不等式 f2xtf x0在
150,150 上有且只有150个整数解，转化为在一个周期(3,3]上 f xt有3个整数解分别为-2，2，3求
解.【详解】因为偶函数 f x 满足 f3x f3x，所以 f 6x f x f x，即 f6+x fx，
所以函数 f x是以6为周期的周期函数，当 x0,3时， f xxe  2 x ，所以 fxe  （2 x 1- x ），
2
当0x2时， fx0，函数 f x 递增；当2x3时， fx0，函数 f x 递减；
2
当当 x2 时，函数 f x取得极大值 f x e ，作出函数 f x在 (3,3] 上的图象，如图所示：
因为不等式
f2xtf x0在 150,150
上有且只有150个整数解，
所以不等式
f2xtf x0在(3,3]上有且只有3个整数解，
当 f x0时，不符合题意，故不等式 f xt在(3,3]上有且只有3个整数解，
f 3 3
因为 f 1e  1 2, f 33e  3 2 ，所以 f 1  e 1，即 f 1 f 3 ，
故不等式 f xt在(3,3]上的3个整数解分别为-2，2，3，
所以， f 1t f 3，即e  1 2 t3e  3 2 ，故选：B
1lnx
【变式1-3】（四川省成都石室中学高三下学期考试数学（理）试题）已知函数 f(x) ，若关于 的
x x
不等式 f2(x)af(x)0恰有两个整数解，则实数a的取值范围是
1ln2 1ln3 1ln3 1ln2
A．( , ] B．[ , )
2 3 3 2
1ln2 1ln3 1ln3
C．( , ) D．(1, ]
2 3 3
【答案】A
【详解】
11lnx lnx
∵ fx  ，
x2 x2
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减，
当a>0时,f2(x)+af(x)>0 f(x)<−a或f(x)>0,此时不等式f2(x)+af(x)>0有无数个整数解，不符合题
意；
当a=0时,f2(x)+af(x)>0⇔f(x)≠0,此时不等式f2(x)+af(x)>0有无数个整数解，不符合题意；
当a<0时,f2(x)+af(x)>0 f(x)<0或f(x)>−a,要使不等式f2(x)+af(x)>0恰有两个整数解，必须满足
⇔  1ln2 1ln3
f(3) −a<f(2),求解不等 ⇔ 式可得实数 a 的取值范围是    2 , 3   .
⩽
题型 02 函数零点构造型
【解题攻略】函数零点构造型，涉及到函数的性质应用：
与对称有关的常用结论：
①若点Ax
1
,y
1
 ，Bx
2
,y
2
 关于直线xa对称，则x
1
x
2
2a；
②若 f(x)的图象关于直线xa对称，则 f(x)= f(2a- x)；
ab
③若 ，则 的图象关于直线x 对称；
f(ax) f(bx) f(x) 2
④若 f(2ax) f(x)2b，则 f(x)的图象关于点(a,b)对称．
数形结合法解决零点问题：
①零点个数：几个零点
②几个零点的和
③几个零点的积 .
lnx,0xe
【典例1-1】（2020·黑龙江实验中学高三阶段练习（理））已知函数 f x ，若实数
2lnx,xe
0abc互不相等，且 fa f b f c ，则bca的取值范围为______．

【答案】
2 e21,e2

【分析】画出 f x 的图象，结合图象得a,b,c的取值范围，再由lnalnb，lnb2lnc，用b表示a,c，
结合函数导数可求出bca的取值范围.
【详解】解：令2lnx0，解得xe2，当xe时， lne 12lne，所以函数的图象如图，
1 1
当 f x1时，x e 或 e ，因为 fa f b f c ，所以 e a1， 1be ， ece2 ，
1
因为 ，所以b ，因为 ，所以 ，
lnalnb a lnb2lnc bce2
e2 1 e21 e21
所以bcab  b ，设 f xx ,1xe ，
b b b x
e21 x2e21
所以 fx1  0，解得 或 （舍去），
x2 x2 x e21  e21
当1 x e21时， fx0， f x 单调递减；当 e21xe时， fx0，
e21
单调递增，所以当 时， f x  e21 2 e21，
f x x e21 min e21
2e21 
由 f 1e2  f e
e
，所以
f
x取值范围为

2 e21,e2 ，
故答案为: .

2 e21,e2
2lnx,x1

【典例1-2】.（2020·吉林吉林·三模）已知函数 f(x)1 3 ，若实数 满足 ，
x ,x1
 2 2 x,x x  x
1 2 1 2
f(x ) f(x )4，则x x 的取值范围为___________ .
1 2 1 2
【答案】
32ln2,
【解析】画出 f(x)的图像如图所示，可知 f(x)为R上的单调递增函数，又 f(1)2，可得x <1<x ，故
1 2
1 3
f(x ) x  , f(x )2lnx ，结合 ，可得 ，有 ，构
1 2 1 2 2 2 f(x ) f(x )4 x 12lnx x +x =1-2lnx +x
1 2 1 2 1 2 2 2
造g(x)12lnxx,x1，利用导数研究单调性，可得g(x) g(2)32ln2，即得解
min
【详解】 画出 的图像如图所示，可知 为R上的单调递增函数，
f(x) f(x)
1 3
由于 ，不妨设 ，可知 故 f(x ) x  , f(x )2lnx
f(1)2 x x x <1<x 1 2 1 2 2 2
1 2 1 2
1 3
x  2lnx 4x 12lnx
2 1 2 2 1 2
2 x2
不妨设 g'(x)1  ,x1
x +x =1-2lnx +x g(x)12lnxx,x1 x x
1 2 2 2
故g(x)在(1,2)单调递减，在(2,)单调递增，
故g(x) g(2)32ln2可得x x 的最小值为32ln2
min 1 2
故答案为：
32ln2,
【变式1-1】（2022·云南省玉溪第一中学高三）已知函数 f x xex ，gxxlnx，若 f x gx t，
1 2
lnt
其中 ，则 的取值范围是______.
t0 xx
1 2
 1
【答案】,

 e
lnt lnt lnt
【分析】转化条件得
x lnx
，则
xx

t
，令ht
t
t 0，利用导数求得 ht的取值范围即可得
1 2 1 2
解.
【详解】由题意，xex1 t，x lnx t，则elnx2 lnx t，ex1x elnx2 lnx ，
1 2 2 2 1 2
作函数 f(x) xex的草图如下，由图可知，当t0时， f(x)t有唯一解，故x lnx ，且x >0，
1 2 1
lnt lnt lnt
∴   ，
x x x lnx t
1 2 2 2
lnt 1lnt
设h(t)
t
，
t0
，则h(t)
t2
，令 h(t)0 ，解得
te
，
易得当t(0,e)时，h(t)0，函数h(t)单调递增，当t(e,)时，h(t)0，函数h(t)单调递减，
1 lnt  1  1
故h(t)�h(e) ，即 的取值范围是, .故答案为：, .
e xx  e  e
1 2
xa,x0,
【变式1-2】．（2022·浙江·高三专题练习）设函数 f x  lnx,x0, 已知 x 1 x 2 ，且 f x 1  f x 2 ，若
1
x x 的最小值为 ，则a的值为___________．
2 1 e
【答案】1
【分析】令 f x  f x t，由图象可知t(,a]，构造函数g(t) x x et ta (ta)，利用导
1 2 2 1
数求函数最小值即得.
【详解】令 f x  f x t，由图象如图所示可知t(,a]．
1 2
因为x x ，则x at，lnx t，得x ta,x et，所以x x et ta．
1 2 1 2 1 2 2 1
令g(t)et ta(ta)，则g(t)et 1(ta)，∴当a0时，即a0时，g(t)0，
1
∴ 在 上单调递减，所以g(t) g(a)eaaaea  ，解得 ；
g(t) (,a] min e a1
∴当a0时，即a0时，g(0)0，∴g(t)在(,0]上单调递减，在(0,a]上单调递增，
1 1
所以g(t) g(0)e00a ，解得a1 0与 矛盾，舍去．
min e e a0
综上可得，a1．故答案为：1.1
【变式1-3】.（2021·全国·模拟预测）已知函数 f(x) ， ，若方程 有4个
|x1|1 g(x)x22xa f(x)g(x)
不同的实根x，x，x ，x x x x x  ，则ax x x  的取值范围是______．
1 2 3 4 1 2 3 4 1 4 3
【答案】(0,1)
【分析】先做出函数 f(x)，g(x)的大致图象，利用图像的对称性得到x x 2，1 x 2 ，
1 4 3
1 1
再由 f x gx 得 x 2 x 3 22x 3 a，ax 3 22x 3  x 2 ，所以
3 3 3 3
ax x x a2x x34x24x 1．
1 4 3 3 3 3 3
规定函数设h(x)x34x24x1(1x2)，利用导数判断单调性，求出ax x x  的取值范围
1 4 3
【详解】作出 f(x)，g(x)的大致图象如图所示，
由 f(x)，g(x)的图象都关于直线x1对称可得x x 2，1 x 2，
1 4 3
1 1
由 f x gx 得 x 2 x 3 22x 3 a，ax 3 22x 3  x 2 ，
3 3 3 3
所以ax x x a2x x34x24x 1．
1 4 3 3 3 3 3
设h(x)x34x24x1(1x2)，则h(x)3x28x4(x2)(3x2)0，
所以h(x)在(1,2)上单调递增，ax
1
x
4
x
3
 的取值范围是(0,1)．
故答案为：(0,1)
题型 03 同构: 方程零点型同构
【解题攻略】
对于既含有指数式又含有对数式的等式或不等式，直接求导会出现越求导式子越复杂的情况，此时可通
过
同构函数，再利用函数的单调性，把问题转化为较为简单的函数的导数问题．
导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现ex与lnx，通常使用同构来进行求解，难点是寻找构造突破
口。
如xeex2(e1)lnx2变形得到eelnxx2elnxx2elnxlnx，从而构造 f(t)et t进行求解.
常见同构：
lnx 1
①ax log xexlna  xlnaexlna xlnxlnxelnx xlnalnxaee ；
a lnalnx 1
②ex  ex lnxxex xlnxxex lnxelnx xlnx ；
 e
③eax axlnx1 x1elnx1 lnx1axlnx1
④xex exlnx  xlnx1；xlnxln  xex  xex 1
2m
【典例1-1】（2024·全国·模拟预测）已知m是方程xeex2(e1)lnx2的一个根，则ee1 (e1)lnm
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
【答案】B
【分析】设 f(t)et t，同构得到 f(elnxx2) f(lnx)，结合函数单调性得到(e1)lnx2x，结合
2m
m是方程的一个根，故(e1)lnm2m，解得mee1 ，从而求出答案.
【详解】xeex2(e1)lnx2eelnxx2elnxx2xlnxelnxlnx，
设 f(t)et t，则 f(t)et 10恒成立，故 f(t)单调递增，
由 f(elnxx2) f(lnx)得elnxx2lnx，即(e1)lnx2x.
因为m是方程xeex2(e1)lnx2的一个根，所以(e1)lnm2m，
2m
2m
所以 ，所以ee1 e1lnmm(e1)lnm2.
mee1
故选：B.
【典例1-2】
2a x2
（2023·全国·模拟预测）若方程2aln
x

ex
(a0)在a,0上有实根，则a的取值范围是（ ）
A．
,2
B．
2,0
C．
,ln2
D．
ln2,0
【答案】C
【分析】根据题意，化简得到    ln 2 x a   e ln 2 x a xex，设 f ttet,t 0 ，得到 f    ln 2 x a    f x ，求得
ft0，得到 f t 为增函数，转化为方程ln2alnxx在 a,0 上有实根，设gxlnxx，
利用导数求得函数gx 的单调性，结合ln2aga
，进而求得a的范围.
2a x2 2a 2a  2a ln 2a
【详解】由2aln  ，可得 ln xex，即ln e x xex，
x ex x x  x 
因为 a<0 ，可得 2aax0 ，所以ln 2 x a 0，其中 x0 ，设 f ttet,t 0 ，则 f    ln 2 x a    f x ，
2a
又因为 ftt1et 0 ，所以 f t在0,上为增函数，所以ln x，即ln2alnxx，
x
所以问题转化为方程ln2alnxx在 a,0
上有实根，
1x
设gxlnxx（ ），则gx 0，所以gx在a,0上是减函数，
ax0 x
所以ln2agalnaa，解得aln2．故选：C．
ex
0
【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）已知 是方程 的一个根，则 （ ）
x exln3x2x0 x
0 0
1
1
A． B． C．2 D．3
3 2【答案】D
【分析】解法一 根据题意，转化为lnex0 ex0 ln3x 3x ，令 f xlnxx,x0，利用导数得到 f x 在
0 0
0,上为增函数，得到 f  ex0   f 3x
0
 ，即ex0 3x
0
，即可求解；
解法二 根据题意，转化为ex0 x ln3x eln3x0 ，令gxexx,x0，利用导数求得gx 在 0, 上为
0 0
增函数，得到gx gln3x 
，即可求解.
0 0
【详解】解法一 因为x 是方程exln3x2x0的一个根，所以ex0 ln3x 2x 0，
0 0 0
即ex0 ln3x 3x x 0，整理得lnex0 ex0 ln3x 3x ，
0 0 0 0 0
1
令 f xlnxx,x0，则 fx 10恒成立，所以 f x在0,上为增函数，
x
由lnex0 ex0 ln3x
0
3x
0
，可得 f  ex0   f 3x
0
 ，所以ex0 3x
0
，
ex0
所以 3．
x
0
解法二 因为x 是方程exln3x2x0的一个根，所以ex0 ln3x 2x 0，
0 0 0
即ex0 ln3x 3x x 0，所以ex0 x ln3x 3x ，所以ex0 x ln3x eln3x0 ，
0 0 0 0 0 0 0 0
令gxexx,x0，可得gxex10，
所以函数gx
在
0,
上为增函数，
ex0
由 ，可得 ，所以 ，所以 3．
ex0 x ln3x eln3x0 gx gln3x  x ln3x x
0 0 0 0 0 0 0
故选：D．
【变式1-2】（2023上·四川绵阳·高三四川省绵阳实验高级中学校考阶段练习）已知a0,b1,且
e2a 2lnb1b22a,则一定有（ ）
A．bea B．lnba
C．alnb1 D．alnb1
【答案】A
【分析】由已知可得elnb2 lnb21e2a2a1，构造函数 f xexx1，利用 f x 在 0, 上的单调
性比较大小可得答案.
【详解】因为e2a 2lnb1b22a， 所以e2a 2ab22lnb1elnb2 lnb21，
所以 elnb2 lnb21e2a2a1，
令 f xexx1，则 fxex1，
当x0, 时， f�( x) >0，故 f x 在 0, 上单调递增，
因为a0，b1，所以2a0,lnb2 0，
则lnb2 2a， 所以lnba，即bea，故A正确；故B错误；
因为lnba，所以alnb2a，
因为a0，所以alnb不确定，故CD错误.
故选：A.
【变式1-3】（2023上·山东日照·高三统考开学考试）已知正实数x，y满足ex  ylnxylny，则
lnx1
lny的最大值为（ ）
x
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】Alnx1
【分析】由已知得 xex xylnxy ，构造 f xxex，结合 f x的单调性知 lnyxlnx ，故将 x lny化
lnx1 lnx1
为 xlnx，利用导数求gx xlnx的最大值即可.
x x
【详解】∵ex  ylnxylny，∴ex  ylnxy即xex xylnxylnxy·elnxy，
设 f xxex ，则 f x f lnxy ，且 fxexx1 ，所以在 1, 上， f x 单调递增，
1
正实数 x ， y ，∴ ex  ylnxye0 1 ，即lnxy y 0，所以 f x f lnxy等价于 xlnxy ，即
lnx1 lnx1 lnx1
，∴ lny xlnx，设gx xlnx，∴
lnyxlnx x x x
1lnx1 1 x2xlnx
gx
x2
1
x

x2
，∴ g10 ，
1
设 hxx2xlnx ，hx2x1 2 210，所以hx单调递减，且h10，
x
所以在
0,1 上，hx0，gx0，gx
单调递增，在
1, 上，hx0，gx0，gx
单调递
减，
lnx1
所以gx g10，即 lny最大值为0，故选：A.
x
max
题型 04 同构: 不等式型同构求参
【解题攻略】
 aea lnbelnb  f(x) xex

（1）乘积模型：
aea blnb ealnea blnb f(x) xlnx

lnaalnbln(lnb) f(x) xlnx

 ea b x
  f(x)

lnea lnb lnx

ea b  ea elnb ex
（2）商式模型：
    f(x)
a lnb a lnb x

alnalnbln(lnb) f(x) xlnx


 ea lnea blnb f(x) xlnx
（3）和差模型：
ea ablnb
ea lnea elnb lnb f(x)ex lnx
mlnxex
【典例1-1】（2023·全国·安阳市第二中学校联考模拟预测）已知关于x的不等式xm11 在
x
 1,e3
上恒成立，则正数m的最大值为（ ）
1
A． B．0 C．e D．1
e
【答案】C【分析】将不等式变形得到xmlnxm exlnex，构造 f ttlntt1 ，研究其单调性得到xm ex，取
lnx 1 lnx 1 1 1
对数后参变分离得到  ，构造gx ，求导后得到gx  ，从而得到  ，求出 ，
x m x max e e m 0me
得到答案.
mlnxex
【详解】xm11 变形为 ， 即 ，其中 ，
x
 1,e3，故
x xmxmlnxex xmlnxm exlnex m0
xm 1,ex 1，
1 t1
令 f ttlntt1，则有 f  xm  f  ex，因为 ft1
t

t
0在
t1
上恒成立，故 fttlnt 在
lnx 1 lnx 1lnx
上单调递增，故 ，两边取对数得： ，则  ，令gx ，则gx ，
t1 xm ex mlnxx x m x x2
故当x1,e 时，gx0，
lnx
当
xe,+时，gx0，故gx
在 x1,e上单调递增，在 xe,+上单调递减，
x
lnx 1
gx 在 处取得极大值，也是最大值，gx  ，
x xe max e
1 1
所以  ，解得： ，故正数m的最大值为 .故选：C
e m 0me e
1
【典例1-2】（2020上·北京·高三统考阶段练习）已知不等式xalnx
ex
xa 对x1，恒成立，则实
数a的最小值为（ ）
e
A． B． C． D．
 e 2 e 2e
【答案】C
1  1 
【分析】先利用同构变形得到 ex ln ex   xa lnxa ，构造函数 f xxlnx ， x0 ，
结合其单调性和求解的是a的最小值，考虑两种情况，进行求解，最终求得实数a的最小值.
1 1 1  1 
【详解】因为xalnx xa，所以x xaalnxxalnxa，即 ln xa lnxa ，
ex ex ex ex 
构造函数 f xxlnx ， x0 所以 f   e 1 x     f  xa fx1 1 x  x x 1 ，
令 f�( x) >0，解得：x1，令 fx0，解得：0x1，故 f x 在 0，1 上单调递减，在 1, 上单调
递增，
1
当 时，0 1 与1的大小不定，但当实数a最小时，只需考虑其为负数的情况，此时
x1 ex ，xa 0xa 1
1 x
因为当
0x1
时，
f
x单调递减，故
ex
xa，两边取对数得： xalnxx1a
lnx
，
1lnx
x gx
令gx
lnx
，则 lnx2 ，令 gx0 得：
1xe
，令 gx0 得：
xe
，
所以gx
在
1，e
单调递增，在
e,+ 单调递减，所以gxgee
故a的最小值是e
．故选：C
【变式1-1】（2022下·河南·高三校联考阶段练习）若关于x的不等式axex alnx1ex在 1,
上恒
成立，则实数a的取值范围为（ ）
 1
A．

,
e


B．,3 C．,2 D．,e【答案】D
【分析】先根据题目不等式构造 f xaxex ，得到 f x f lnx1 ，构造gxxlnx1，x1，证
明出1lnx1x在 1, 上恒成立，得到 f xaxex 在 1, 上单调递减，转化为aex在 1, 上
恒成立，求出实数a的取值范围.
【详解】依题意，axex alnx1elnx1．令 f xaxex ，则 f x f lnx1 ．令gxxlnx1，
x1，
1
则gx1 0，所以gx在1,上单调递减，则gxg10，
x
所以1lnx1x在 1, 上恒成立，故 f xaxex 在 1, 上单调递减，
所以 fxaex 0在 1, 上恒成立，故aex在 1, 上恒成立，
其中yex在 1, 单调递增，故yex e．所以ae，实数a的取值范围是 ,e .故选：D
【变式1-2】（2022上·浙江绍兴·高三统考期末）已知关于x的不等式aexxlna2xlnx恒成立，其中e为
自然对数的底数，aR，则（ ）
A．a既有最小值，也有最大值 B．a有最小值，没有最大值
C．a有最大值，没有最小值 D．a既没有最小值，也没有最大值
【答案】B
【分析】对不等式进行变形，构造新函数，结合单调性与同构得到lna2lnxx，从而利用导函数研究
hx2lnxx x0
，求出最大值，从而求出ae2ln22，得到答案.
【详解】aexxlna2xlnx变形为：exlna xxlnaelnx2 xlnx2，令gtet xt（x0）则上式可
化为：gxlnag  lnx2 ，其中gtet x0，所以gtet xt（x0）单调递增，故
2 2x
，即 ，令hx2lnxx x0，则hx 1 ，当 时，
xlna2lnx lna2lnxx x x 0x2
hx0，当x2时，hx0，所以hx
在x2处取得极大值，也是最大值，故
hx h22ln22，所以lna2ln22，解得：ae2ln22，综上：a有最小值，无最大值.
max
故选：B
【变式1-3】（2022上·安徽亳州·高三统考期末）已知a<0，若x1时，exlnex xa lnxa恒成立，则
a的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．e D．2e
【答案】C
【分析】构造函数，利用函数单调性解出ex xa，两边取对数，进行参变分离，求导后求出最值，得到
答案.
1 x1
【详解】令 f xxlnx， ，则 fx1  0在 上恒成立，
0x1 x x 0x1
所以 f xxlnx在 0,1 上单调递减，因为a<0，x1，所以ex0,1 ，xa0,1 ，
x
因为 ，所以 ，两边取对数得 ，即 ，故 a，
exlnex xa lnxa ex xa lnex lnxa xalnx lnx
lnx1
x gx
令gx
lnx
，
x1
， lnx2 ，当 x1,e 时， gx0 ，当 xe,+ 时， gx0 ，
x
故gx
lnx
在
xe
上取得最大值，gx gee，故
a≥e
，
max
综上：a的最小值为e
.故选：C.题型 05 恒成立求参：移项讨论型
【解题攻略】
一般地，已知函数y f(x),xa,b ，yg(x),xc,d
（1）若x a,b ，x c,d ，有 f(x)g(x )成立，故 f(x ) g(x ) ；
1 2 1 2 1 max 2 min
（2）若x a,b ，x c,d ，有 f(x)g(x )成立，故 f(x) g(x ) ；
1 2 1 2 1 max 2 max
（3）若x a,b ，x c,d ，有 f(x)g(x )成立，故 f(x ) g(x ) ；
1 2 1 2 1 min 2 max
（4）若x a,b ，x c,d ，有 f(x)g(x )成立，故 f(x ) g(x ) ；
1 2 1 2 1 min 2 min
【典例1-1】（2022·全国·高三专题练习）已知函数 f xx2ln1xlnax 有唯一零点，则a
（ ）
1
A． B． C． D．
0 2 1 2
【答案】C
1 1
【分析】分析可知函数 f x存在极小值 f x 0 且满足 ax  x 1 2x 0 ，由此可得出
0 0 0
 1 2x   1 2x 
f x x2ln  0 0，构造函数xx2ln  ，其中 31 ，利用
0 0  x 0 12 x 0 1  x12 x1 1 x 2
 31
导数分析得出函数 x 在区间 

1, 2  

上为减函数，可求得
x
的值，进而可求得
a
的值.
0
1 1
【详解】函数
f
x的定义域为1,a，则 ， fx2x  ，则
a1 x1 xa
1 1
fx2  0
x12 xa2 ，
所以，函数
fx
在
1,a
上为增函数，当x1时，
fx，当xa时， fx，
1 1 1 1
则存在
x
1,a，使得 fx
0
2x
0

x 1

x a
0，则
ax

x 1
2x
0
，
0 0 0 0 0
当1xx 时， fx0，此时函数 f x 单调递减，当x xa时， fx0，此时函数 f x 单调递
0 0
增，
f x  f x x2ln1x lnax  ，由于函数 f xx2ln1xlnax 有唯一零点，
min 0 0 0 0
 1 1
  2x 0
则 ，由ax
0
x
0
1 0 ，解得 31，
f x min  f x 0 x 0 2ln1x 0 lnax 0 0  x 0 1 1x 0  2
1  1   1 2x 
所以，x2ln1x ln x2 ln1x ln 2x x2 ln  0 0，
0 0 ax
0
0 0 x
0
1 0  0  x
0
12 x
0
1
 1 2x 
令xx2ln  ，其中 31 ，
 x12 x1 1 x 2
x12  2x2 2x2 4x48x32x24
x2x  2x 
12x22x  x13   2x22x1 x1  2x2 2x1 x14x2x122  2x2
 ， 31，则 ， ， ，则 ，
 2x22x1 x1 1x
2 2x22x10 x10 2x2 0
x0
 31
所以，函数 在1, 上单调递减，且 ， ，
x   2   00 x 0
0
1
从而可得 1，解得 .故选：C.
a a1
【典例1-2】.（2022·全国·高三专题练习）若对任意x0,
，不等式2e2xalnaalnx0恒成立，则
实数a的最大值为（ ）
A． e B．e C．2e D．e2
【答案】C
【分析】令 f(x)2e2xalnaalnx，x(0,)，即 f(x) ≥0，利用导数研究函数 f(x)的性质，由
min
a
f(x)4e2x  x 递增，由零点存在定理知存在 x 0 ，使 fx 0 0 ，则可得 a4x 0 e2x0 ，
f(x)  f x 2e2x0 alnaalnx 0，代入a4x e2x0，得关于x 的不等式
min 0 0 0 0
2e2x 0 

12x
0
12x
0
2x
0
 lnx
0
2ln4  �0，再构造函数，利用单调性求得x
0
的取值范围，再由a4x
0
e2x0，
求得a的最大值.
a
【详解】令 ， ，所以 f(x)4e2x  ，因为需要保证 有意义，所以
f(x)2e2xalnaalnx x(0,) x lna
a0，所以 f(x)在(0,)上单调递增，因为当x0时， f(x)0，且 f(a)4e2a10，所以
x (0,a)，使得 fx 0，
0 0
并且当x0,x
0

时，
f(x)0；当xx
0
,
时， f(x)0，所以函数 f(x)在
0,x
0

上单调递减，在
a
x ,上单调递增，所以 f(x)  f x 2e2x0 alnaalnx ，且 fx 0 4e2x0  x 0，所以
0 min 0 0 0
a4x e2x0，lnaln4lnx 2x ，
0 0 0
所以 f(x) 2e2x0 alnaalnx 2e2x0 4x e2x0 ln4lnx 2x 4x e2x0 lnx
min 0 0 0 0 0 0
2e2x0  12x
0
ln44x
0
lnx
0
4x
0
2 2e2x 0 

12x
0
12x
0
2x
0
 lnx
0
2ln4  �0所以
12x 12x 2x  lnx2ln4  �0，考虑函数h(x)(12x)(12x)2x  lnx2ln4 
0 0 0 0
14x22xlnx22xln4，
其中x(0,)，
根据复合函数单调性可得函数h(x)在(0,)上单调递减，
1  1  1
因为h
2


0，所以解
h(x)�0
得到x

0,
2
，所以x
0


0,
2
，
因为 a4x e2x0 在    0, 1 2    上单调递增，所以a�4 1 2 e 2 1 2 2e，所以 a 的最大值为 2e .故选：C
0
【变式1-1】（2020·福建省福州第一中学高三阶段练习（理））已知2a1，且x0时，
5e8x4842xa5
恒成立，则a的最小值是（ ）
A．1 B．ln22 C．1e D．ln33
【答案】B
【解析】设 f x5e8x 42xa548，x0，原不等式转化为 f x 0成立，利用导数研究函数的最
min
小值，利用最小值不小于0，可求出a的范围，从而求其最小值.
【详解】设 f x5e8x 42xa548，x0，下面先求 f x ，且 f x 0；
min min
fx40e4x2xa2 e2x2xa  e2x2xa  ,*
 fx40e4x2xa2 e2x2xa  e2x2xa  ,*
 
当x0时，e2x2xa1a0，设hxe2x2xa，hx2e2x20，hx
在
0,
增，故
hxh0a1，
当1a1时 fx0，故 f x f 0534a5 0，满足题设；
当2a1时，h01a0，h1e22ae240，则x
0
0,1 使hx
0
0，即
e2x0 2x a0，
0
且 f x在 0,x 减，在 x , 增，则 f x  f x 5e8x0 4e10x0 48，记t e2x0  1te2 ，
0 0 min 0
则 f x gt5t44t548，gt20t31t0，gt在  1,e2 减，由gt0，即gtg2，
0
1
知
1t2
，即
1e2x0 2
，故0x
0

2
ln2，设 Px2xe2x，则Px2  1e2x 0，
1 
故 Px在0,减，故aPx
0
P
2
ln2

，即
aln22
，因此
a
的最小值是
ln22
.
1 1
【变式1-2】（2022·全国·高三专题练习）已知函数 f xxex ax3 ax21，x0,，若 f x有最
3 2
小值，则实数a的取值范围是
2 3  2 3 
A．
e,
B．
e,
C．
3
e2,

 D．
3
e2,

【答案】C
【分析】对函数y f x 求导得出 fxx1 exax  ，由题意得出函数y f x 在 0, 上存在极小
值点，然后对参数a分类讨论，在ae时，函数y f x 单调递增，无最小值；在ae时，根据函数
y f x 的单调性得出 f x
极小值
 f 0 ，从而求出实数a的取值范围.
1 1
【详解】Qf xxex ax3 ax21，fxx1exax2axx1 exax ，
3 2
构造函数gxexax，其中x0，则gxexa.
①当a1时，对任意的x0，gx0，则函数ygx
在
0,
上单调递减，
此时，gxg010，则对任意的x0， fx0.
此时，函数y f x 在区间 0, 上单调递增，无最小值；
②当a1时，解方程gxexa0，得xlna.
当0xlna时，gx0，当xlna时，gx0，
此时，gx glnaaalnaa1lna
.
min
（i）当1lna0时，即当1ae时，则对任意的x0，
fx0，
此时，函数y f x 在区间 0, 上单调递增，无最小值；
（ii）当1lna0时，即当ae时，g01，当x时，gx，
由零点存在定理可知，存在t 0,lna 和t lna, ，使得gt gt 0，
1 2 1 2
即et1 at et2 at 0，且当0xt 和xt 时，gx0，此时， fx0；
1 2 1 2
当t xt 时，gx0，此时， fx0.
1 2
所以，函数y f x 在xt 处取得极大值，在xt 取得极小值，
1 2
由题意可知， f x  f t  f 01，
极小值 21 1 1 1 1 1
f t t et2  at3 at2 t et2  t2et2  t et2 11 t2et2  t et2 1，
2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2
3 et2 ex 3
可得t  ，又 ，可得a ，构造函数hx ，其中x ，
2 2 et2 at 2 0 t 2 x 2
exx1 3 
则hx
x2
0，此时，函数 yhx在区间
2
,

上单调递增，
3
3 e2 2 3
当 3 时，则 hxh 2    3  3 e2 ， 2 3.
x a e2
2 2 3
2 3 
因此，实数 的取值范围是 e2,，故选C.
a 3 
【变式1-3】（2022上·江苏扬州·高三统考阶段练习）当x0时，不等式x2ex mx2lnx1有解，则实数
m的范围为（ ）
 1  2 
A．1, B．   e ,   C．  e ,   D．2,
【答案】A
【分析】先令m1，构造导数证得在 0,1 上存在x 使得x 2ex0 x 2lnx 1，即m1满足题意，故排除
0 0 0 0
D；再利用一次函数的单调性证得当m1时，x2ex mx2lnx1在
0,
上恒成立，即可排除BC，实则
至此已经可以选择A选项，然而我们可以进一步证得当m 1时，题设不等式也成立，由此选项A正确.
【详解】当m1时，题设不等式可化为x2exx2lnx10有解，
令 f xx2exx2lnx1x0 ，则问题转化为 f x0有解，
2 x2 x2ex 1 
fx  x22x  ex 1  ，
x x
令gxx2ex1x0，则gx  x22x  ex 0，所以gx 在0,上单调递增，
又g010，g1e10，故gx 在 0,1 上存在唯一零点x ，且x 2ex0 1，两边取自然对数得
0 0
2lnx x 0，
0 0
所以当0xx 时，gx0，即 fx0，故 f x 单调递减；当xx 时，gx0，即 f�( x) >0，故
0 0
f x 单调递增；
所以 f x  f x x 2ex0 x 2lnx 1x 2ex0 1x 2lnx 0，即在 0,1 上存在x 使得
min 0 0 0 0 0 0 0 0
x 2ex0 x 2lnx 1，即 f x0有解x ，
0 0 0 0
即m1满足题意，故排除D.
由上述证明可得x2exx2lnx10，即x2ex x2lnx1在
0,
上恒成立，
令hmxm2lnx1，则hmx0，故hm
在R上单调递增；
所以当m1时，h1hm
，即x2lnx1mx2lnx1，故x2ex mx2lnx1，
即当m1时，x2ex mx2lnx1在
0,
上恒成立，显然题设不等式无解，矛盾，故排除BC；
当 m 1 时，hmh1 ，即mx2lnx1x2lnx1，故mx 0 2lnx 0 1x 0 2lnx 0 1，
又x 2ex0 x 2lnx 1，故x 2ex0 mx 2lnx 1，即x2ex mx2lnx1至少有一解x ；
0 0 0 0 0 0 0
综上：m1，即选项A正确.
故选：A.题型 06 恒成立求参：虚设零点型
【解题攻略】
虚设零点法：
涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出来，然后寻找一种
整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决
（1）、整体代换：把超越式子（多为指数和对数式子）转化为普通的（如二次函数一次哈数等）可解式
子，如比值代换等等。
（2）、反代消参：反解参数代入，构造单一变量的函数。如果要求解（或者要证明）的结论与参数无
关，则可以通过反解参数，用变量（零点）表示参数，然后把函数变成关于零点的单一函数，再对单一变
量求导就可以解决相应的问题。
（3）留参降次（留参、消去指对等超越项）：如果要求解的与参数有关，则可以通过消去超越项，建立
含参数的方程或者不等式。恒等变形或者化简方向时保留参数，通过“降次”变换，一直降到不可再降为
止，再结合条件，求解方程或者不等式，解的相应的参数值或者参数范围
【典例1-1】（四川省内江市威远中学校2022-2023学年高三上学期第三次月考数学（理）试题）已知不等
式xex1xlnx2m3对x0,
恒成立，则m取值范围为（ ）
1 1
A．m B．m C． D．
2 2 m2 m2
【答案】A
【分析】将问题转化为xex1xlnx2m3对x0, 恒成立，构造函数 f xxex1xlnx，进而
通过导数方法求出函数的最小值，即可得到答案.
【详解】不等式xex1xlnx2m3对x0, 恒成立，即xex1xlnx2m3对x0,
恒成
1  1 1
立，令 f xxex1xlnxx0， fxx1ex11 x x1   ex1 x   ，而gxex1 x 在
 g1e210

0, 单调递增（增+增），且   g   1 1 6    e 1 1 7 6 160 ，所以 x 0    1 1 6 ,1    （x 0 唯一），使得
1
gx ex01 0
.
0 x
0
则x0,x  时，gx0 fx0， f x 单调递减，xx , 时，gx0 fx0， f x 单
0 0
调递增.所以 f x  f x x ex01x lnx
min 0 0 0 0
1  x ex01 1
根据gx ex01 0 0 ，
0 x
0
 lnx
0
x
0
1
1
所以 f x 1x x 12，所以22m3m .
min 0 0 2
故选：A.
【典例1-2】（黑龙江省哈尔滨市第六中学校2022-2023学年高三上学期10月月考数学试题）若关于x的
不等式exa lnxa对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
 1
A．

,
e


B．,e C．,1 D．,2
【答案】C
【分析】构造函数 f(x)exa lnxa(x0)，将原不等式转化为求解函数 f(x)的最小值，通过导数判断函数
的单调性研究函数的最值，得到ex0a lnx a�0，再利用基本不等式进行求解即可．
0
【详解】解：设 f(x)exa lnxa(x0)，则 f(x)�0对一切正实数x恒成立，即 f(x) �0，
min1 1 1
由 f(x)exa  ，令h(x)exa  ，则h(x)exa  0恒成立，所以 在 上为增函数，
x x x2 h(x) (0,)
当x0时，h(x)，当x时，h(x)，则在(0,)上，存在x 使得h(x )0，
0 0
当0xx 时，h(x)0，当xx 时，h(x)0，故函数 f(x)在(0,x )上单调递减，在(x ，)上单调递
0 0 0 0
增，
1
所以函数 在 处取得最小值为 ，因为ex0a  ，即 ，
f(x) xx f(x )ex0a lnx a�0 x x alnx
0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1
所以 x aa�0恒成立，即2a�x  ，又x  �2 x  2，当且仅当x  ，即 时取等号，
x 0 0 x 0 x 0 x 0 x x 1
0 0 0 0 0 0
故2a�2，所以a�1．故选：C．
ex
【变式1-1】设实数 ，若对任意 x0,，不等式 lnx0恒成立，则 的取值范围是（ ）
0  
1
A．0 B． C． D．
e 0e1 0e 0e2
【答案】C
ex
【分析】令 f x lnx，根据二阶导数的符号判断 的单调性，由零点存在性定理易知

f(x)
x (0,)使 f(x )0，此时 x ex0，进而讨论 f(x)的单调性可知 f(x) f(x )，要使题设不等式恒成
0 0 0 0
立，即 f(x )
ex0
lnlnx 0成立，构造g(x )
1
2lnx x 利用导数研究其单调性确定 的
0  0 0 x 0 0 g(x )0
0 0
区间，进而求的范围.
ex ex 1
【详解】令 f x

lnx，只需要 x0,上
f(x)0
恒成立，∵ f(x)


x
且
0
，
ex 1
∴ f(x)


x2
0，即
f(x)
在 x0,上单调递增，∵
x
l

im
0
f(x)，
x
l

im

f(x)，
∴x (0,)，使 f(x )0，即 x ex0，
0 0 0
∴x(0,x )时， f(x)0， f(x)单调递减；x(x ,)时， f(x)0， f(x)单调递增；
0 0
故只需 f x f x 
ex
0 lnx 
ex
0 lnlnx 0，令g(x )
1
2lnx x ，
0  0  0 0 x 0 0
0
1
∴g(x )( 1)2 0，故 在 上递减，而 ，
0 x g(x ) x (0,) g(1)0
0 0 0
∴x (0,1]时，g(x )0恒成立，可知x ex0 (0,e].故选：C
0 0 0
【变式1-2】.已知函数 f xx2ln1xlnax 有唯一零点，则a（ ）
1
A． B． C． D．
0 2 1 2
【答案】C
【分析】
1 1
分析可知函数 f x存在极小值 f x 0 且满足 ax  x 1 2x 0 ，由此可得出
0 0 0
 1 2x   1 2x 
f x x2ln  0 0，构造函数xx2ln  ，其中 31 ，利用
0 0  x 0 12 x 0 1  x12 x1 1 x 2
 31
导数分析得出函数 x 在区间   1, 2    上为减函数，可求得 x 的值，进而可求得 a 的值.
01 1
【详解】函数
f
x的定义域为1,a，则 ， fx2x  ，
a1 x1 xa
1 1
fx2  0
则 x12 xa2 ，所以，函数 fx 在 1,a 上为增函数，
当x1时，
fx，当xa时， fx，
1 1 1 1
则存在
x
1,a，使得 fx
0
2x
0

x 1

x a
0，则
ax

x 1
2x
0
，
0 0 0 0 0
当1xx 时， fx0，此时函数 f x 单调递减，
0
当x xa时， fx0，此时函数 f x 单调递增，f x  f x x2ln1x lnax  ，
0 min 0 0 0 0
由于函数 f xx2ln1xlnax 有唯一零点，则 f x  f x x2ln1x lnax 0，
min 0 0 0 0
 1 1
  2x 0
由ax
0
x
0
1 0 ，解得 31，
 1x 
x 0 1 0 2
1  1   1 2x 
所以，x2ln1x ln x2 ln1x ln 2x x2 ln  0 0，
0 0 ax
0
0 0 x
0
1 0  0  x
0
12 x
0
1
 1 2x 
令xx2ln  ，其中 31 ，
 x12 x1 1 x 2
x12  2x2 2x2 4x48x32x24
x2x  2x 
12x22x  x13   2x22x1 x1  2x2 2x1 x1
4x2x122  2x2
 ，
 2x22x1 x1
31
1x
2
，则
2x22x10
，
x10
，
2x2 0
，则 x0 ，
 31
所以，函数 在1, 上单调递减，且 ， ，
x   2   00 x 0
0
1
从而可得 1，解得 .故选：C.
a a1
【变式1-3】若对任意x0,
，不等式2e2xalnaalnx0恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A． e B．e C．2e D．e2
【答案】C
【分析】
令 f(x)2e2xalnaalnx，x(0,)，即 f(x) ≥0，利用导数研究函数 f(x)的性质，由
min
a
f(x)4e2x  x 递增，由零点存在定理知存在 x 0 ，使 fx 0 0 ，则可得 a4x 0 e2x0 ，
f(x)  f x 2e2x0 alnaalnx 0，代入a4x e2x0，得关于x 的不等式
min 0 0 0 0
2e2x 0 

12x
0
12x
0
2x
0
 lnx
0
2ln4  �0，再构造函数，利用单调性求得x
0
的取值范围，再由a4x
0
e2x0，
求得a的最大值.
a
【详解】令 ， ，所以 f(x)4e2x  ，
f(x)2e2xalnaalnx x(0,) x
因为需要保证lna有意义，所以a0，所以 f(x)在(0,)上单调递增，因为当x0时， f(x)0，且 f(a)4e2a10，所以x
0
(0,a)，使得 fx
0
0，
并且当x0,x 
时，
f(x)0；当xx ,
时， f(x)0，所以函数 f(x)在
0,x 
上单调递减，在
0 0 0
a
x ,上单调递增，所以 f(x)  f x 2e2x0 alnaalnx ，且 fx 0 4e2x0  x 0，
0 min 0 0 0
所以a4x e2x0，lnaln4lnx 2x ，所以 f(x) 2e2x0 alnaalnx
0 0 0 min 0
2e2x0 4x e2x0 ln4lnx 2x 4x e2x0 lnx 2e2x0  12x ln44x lnx 4x2
0 0 0 0 0 0 0 0 0
2e2x 0 

12x
0
12x
0
2x
0
 lnx
0
2ln4  �0所以12x
0
12x
0
2x
0
 lnx
0
2ln4  �0，
考虑函数h(x)(12x)(12x)2x  lnx2ln4  14x22xlnx22xln4，其中x(0,)，
根据复合函数单调性可得函数h(x)在(0,)上单调递减，
1  1  1
因为h
2


0，所以解
h(x)�0
得到x

0,
2
，所以x
0


0,
2
，
因为 a4x e2x0 在    0, 1 2    上单调递增，所以a�4 1 2 e 2 1 2 2e，所以 a 的最大值为 2e .故选：C
0
题型 07 “倍缩”型函数求参数
【解题攻略】
如果函数 f(x)在定义域的某个区间
m,n
（mn）上的值域恰为
km,kn
（k 0），则称函数 f(x)为
m,n
上的k倍域函数，
m,n
称为函数 f(x)的一个k倍域区间．
把函数h(x)存在区间
m,n
，使得函数h(x)为
m,n
上的k倍域函数，结合函数的单调性，转化为
h(m)km
 是解答的关键.
h(n)kn
【典例1-1】（陕西省汉中中学2019届高三上学期第二次月考数学（理）试卷）设函数的定义域为D，若
a b
满足条件：存在a,bD ，使 f x在a,b上的值域为  2 , 2   ，则称 f x为“倍缩函数”.若函数
f x=ext为“倍缩函数”，则实数t的取值范围是
 1ln2  1ln2
A．,  B．, 
 2   2 
1ln2  1ln2 
C． , D． ,
 2   2 
【答案】B
【分析】
根据定义及函数单调性，分析可得关于x的方程，判断出方程有两个不等的实数根；构造函数
x
g(x)ex  t，通过求导求得极值点，代入后求得t的最大值．
2
【详解】
因为函数 f x=ext为“倍缩函数”，且为递增函数
a b
所以存在a,bD ，使 f x在a,b上的值域为 2 , 2   a
ea t 

 2
则 ，由此可知等价于 有两个不等实数根。令
ebt  b ex x t0 g(x)ex  x t
 2 2 2
1 1 1 1
则g'(x)ex  ，令g'(x)ex 0解得xln ln2代入方程得eln2 ln2t 0
2 2 2 2
ln21  1ln2
解得t  ，因为有两个不等的实数根所以t的取值范围为, 
2  2 
所以选B
【典例1-2】（浙江省杭州学军中学西溪校区2020-2021学年高三3月数学试题）设函数 f(x)的定义域为D，
a b
若函数 满足条件：存在 ，使 在 上的值域是 , ，则 称为“倍缩函数”，若
f(x) [a,b]D f(x) [a,b] 2 2 f(x)
函数 f(x)log
2
 2x t  为“倍缩函数”，则实数t的取值范围是________.
 1
【答案】0, 
 4
【分析】由题意得，函数是增函数，构造出方程组，利用方程组的解都大于0，求出t的取值范围.
【详解】
a b
因为函数 f(x)log 2  2x t 为“倍缩函数”，即满足存在 [a,b]D ，使 f(x) 在 [a,b] 上的值域是 2 , 2  
由复合函数单调性可知函数 f(x)在[a,b]上是增函数
   log 2  2a t   a 2  2a t 2 a 2
所以f a f x ，则 b ，即  所以方程 有两个不等的实根，且两
  f b f x
m
m
a
in
x
  log 2  2bt   2  2bt 2 b 2 2x22 x t0
根都大于0
124t 0 1  1  1
则 ，解得0t 所以实数 的取值范围是 0,  .故答案为： 0, 
t0 4 t  4  4
【变式1-1】（2020年浙江省新高考考前原创冲刺卷（二））设函数hx
的定义域为D，若满足条件：存
在a,bD，使hx 在 a,b 上的值域为2a,2b，则称hx 为“倍胀函数”.若函数 f xlnxt为“倍胀
函数”，则实数t的取值范围是________.
【答案】
1ln2,
【分析】
根据定义及函数的单调性，可得方程lnx2xt0有两个不等的实数根，构造函数gxlnx2xt，通
过求导求得极值点，代入gx ，求得gx
的最大值，进而可求解.
【详解】
解：因为函数 f xlnxt为“倍胀函数”，且定义域为 0, ，所以存在 a,b0, ，使 f x 在
lnat 2a
a,b上的值域为
2a,2b
.因为
f x
为增函数，所以
lnbt2b
，所以方程
lnx2xt0
有两个不等的实
1 1 1  1
数根.令 gxlnx2xtx0，则gx
x
2，令gx
x
20，解得x
2
.易知 gx在

0,
2


上
1  1 1
单调递增，在 ,上单调递减，所以gx g ln 1t t1ln2.易知当 时，
2  max 2 2 x0
gx
x
gx
lnx2xt0
t1ln20gx，当x时gx，所以要使方程lnx2xt0有两个不等的实数根，只需
t1ln20，得t 1ln2，所以t的取值范围为
1ln2,
.
故答案为：
1ln2,
f x
【变式1-2】（河北省邢台一中2021-2022学年高三下学期模拟数学（理)试题）.设函数 的定义域为
I
，若存在 a,b I ，使得 f x 在区间 a,b 上的值域为 ka,kb kN* ，则称 f x 为“k 倍函
f xlog  3x m 
数”.已知函数
3
为“3倍函数”，则实数m的取值范围为（ ）
 2 3  2 3  2 3   2 3
A．

0, 

B．

 ,0

C．

,

D．

, 

9 9 9 9
       
【答案】A
【分析】
问题转化为33x 3x m0有两个不等的实数根，设t 3x，换元t3 t m有两个不等的正实数根，记
 3 3
gtt3tt 0 ，求导则 gt3  t 3     t 3   t 0 ，结合图象得出结论.
  
【详解】
f xlog  3x m  f xlog  3x m 
解：由函数 为“3倍函数”，且函数 单调递增，得
3 3
log (3a m)3a 3a m33a
3
 ，即 ， 有两个不等的实数根，设 ，则问题转化
 log (3b m)3b 3b m33b 33x 3x m0 t 3x
3
为关于t的方程t3 t m有两个不等的正实数根.记
gtt3tt 0
，则
 3 3
gt3t t  t 0 ，
  
3 3
  
 3 2 3
令 gt0 ，得0t  3 ， 当 时，gt min  g  3    9 ，
3  t 0  
故可画出函数y  gt 与y m的草图，如下图所示：
由图可知， ， 时，有两个交点，
 2 3   2 3
m ,0 m0, 
   
9 9
   
即33x 3x m0有两个不等的实数根.故选：A.
【变式1-3】（2022吉林吉林·高三阶段练习（理））设函数 f x 的定义域为D，若满足条件：存在
[m,n]D，使 f x 在[m，n]上的值域为[km，kn]（kR且k 0），则称 f x 为“k倍函数”，若函数
f(x)ax a1 为“3倍函数”，则实数a的取值范围是（ ）
 3  2 
A．1,ee B． 1,e3 C．ee,e D． e,e3
   
【答案】A
【分析】由函数与方程的关系得：函数 f(x)ax a1 为“3倍函数”，即函数y f(x)的图像与直线
3
g(log )0
y3x g(x)ax3x g(x) a lna3
有两个不同的交点，设 ，再利用导数可得求出 的单调区间，只需g(log )0，
y3x g(x)ax3x g(x) a lna
3
即可求出
1aee
【详解】因为函数 f(x)ax a1 为增函数，由函数 f(x)ax a1 为“3倍函数”，即函数y f(x)的
图像与直线y3x有两个不同的交点，
3
设 ，则 ，又 ，所以 ，则当xlog 时， ，
g(x)ax3x g(x)axlna3 a1 lna0 a lna g(x)0
3 3 3
当xlog 时， ，所以函数 在(,log )为减函数，在(log ,)为增函数，
a lna g(x)0 g(x) a lna a lna
要使y f(x)的图像与直线y3x有两个不同的交点，
则需g(log 3 )0，即a logaln 3 a 3log 3 0 所以 1 log 3 ， 所以log   3   lna 1 所以
a lna a lna lna a lna a lna
 3  lna
  a
lna
3 3
所以ln 1 所以 e 即 3 又 ，所以 3 故选A
lna lna aee a1 1aee
.
题型 08 恒成立求参：“等式”型
【解题攻略】
一般地，已知函数y f(x),xa,b ，yg(x),xc,d
若x
1
a,b ，x
2
c,d ，有 f(x
1
)g(x
2
)，则 f(x)的值域是g(x)值域的子集．
1
【典例1-1】（2021·四川·绵阳中学模拟预测（文））已知函数
f(x)
xex，g(x)
2
x2lnxa，若
x
1
,x
2
[1,2]，使得 f x
1
gx
2
 ，则实数a的取值范围是
 2 1 1  2 1 1
A． e2 ln22, e  2   B． e2 ln22, e  2  
1 1 2  1 1 2 
C． 2  e , e2 ln22  D． 2  e , e2 ln22  
【答案】B
【解析】直接对 f x 和gx 进行求导，通过导数研究函数的单调性，得出 f(x)在区间[1,2]上是单调减函
数和g(x)在区间[1,2]上是单调增函数，由于x ,x [1,2]，使得 f x gx  ，则
1 2 1 2
{y|y f(x)}{y|y g(x)}，即可求出实数a的取值范围.
1
【详解】解：因为函数 ，g(x) x2lnxa，
f(x) xex 2
 2 1
f(x)ex(1x)0 ， f(x) 在区间 [1,2] 上是单调减函数，所以 f(x)  e2 , e   ，
1 x21 1 
g(x) x x  x 0， g(x) 在区间 [1,2] 上是单调增函数，所以g(x)  2 a,2ln2a   ，
由于x ,x [1,2]使得 f x gx  ，所以{y|y f(x)}{y|y g(x)}，
1 2 1 22 1 1
当 时，得2ln2a 或  a，
{y|y f(x)}{y|y g(x)} e2 e 2
2 1 1  2 1 1
所以a e2 ln22或a e  2 ，所以 f(x)g(x) ，得a  e2 ln22, e  2   ．故选：B．
【典例1-2】．（2022·福建·泉州市城东中学高三）已知x，x是函数 f xx22ax2lnx的两个极值点，
1 2
5
且 x 1 x 2 ，当a 2 时，不等式 f x 1 mx 2 恒成立，则实数 m 的取值范围（ ）
 8   8 
A．  ln2,0  B．, ln2 
 9   9 
 8   8 
C．  ln2,0 D．  ln2,
 9   9 
【答案】B
【分析】先求导由x，x是极值点，得x x a,xx 1，进而将不等式 f x mx 恒成立转化为
1 2 1 2 1 2 1 2
m  x
1
32x
1
2x
1
lnx
1

min
，构造函数gx 求得最小值，即可求出实数m的取值范围.
2 2  x2ax1 
【详解】由题意得， ， fx2x2a  ，所以 ， 是方程 的两个正
x0 x x x x x2ax10
1 2
根，
f x 
所以a240,x 1 x 2 a 5 2 ,x 1 x 2 1，不等式 f x 1 mx 2 恒成立，即m x 2 1 恒成立；
f x  x22ax 2lnx
又 1  1 1 1 x32ax22x lnx x32x x x22x lnx ，
x x 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1x32x 2x lnx
2 2 1 1 1 1
5 1 5 1
则m  x 1 32x 1 2x 1 lnx 1  min ，又x 1 x 2 a≥ 2 ,x 1 x 2 1，可得 x 1  x 1  2 ，则0 x 1 ≤ 2 .
 1
令gxx32x2xlnx,

0x
2


，则 gx3x2222lnx3x22lnx0 ，
 1 1 9 9
所以 gx在

0,
2


上单调递减，所以gx
min
g
2



8
ln2，故m
8
ln2.
故选：B.
【变式1-1】（2022·四川成都·高三阶段练习（文））设函数 f xx1 ex e  ，gxlnxax，其中
aR．若对任意的正实数x，x，不等式 f x gx 恒成立，则a的最小值为（ ）
1 2 1 2
1
A．0 B．1 C． D．e
e
【答案】C
【分析】根据不等式 f x gx 恒成立的等价形式 f x gx  ，求 f x 的最小值，然后分离常数得
1 2 min 1 2
lnx lnx
a x0 恒成立，令hx 求其最大值，从而得到 的取值范围，进而求得最小值.
x x a
【详解】依题意，当x 0,x 0时，不等式 f x gx 恒成立，等价于 f x gx  ，
1 2 1 2 min 1 2
对于 f x ，当0x1时，x10，exe<0，f x0，
当x1时，x10，ex e0，f x0，当且仅当x1时， f
min
x0，
lnx lnx 1lnx
当
x0
时，gxlnxax0，即a
x
x0 ，令hx
x
，hx
x2
，
当0xe时，hx0，hx 单调递增；当xe时，hx0，hx
单调递减；lne 1 1 1
h xhe  ，a ， 的最小值为 .故选：C.
max e e e a e
lnx
【变式1-2】（2022·河南安阳·高三阶段练习）已知函数 f(x) ， ，若
x
g(x)ln(x1)2ax2
x 1   1,e2 ，x 2 (0,1]使得 f x 1 gx 2  成立，则实数a的取值范围是（ ）
 ln2  ln2  1  ln2
A．,  B．,  C．,  D．,e 
 2   2   e  2 
【答案】A
lnx1
【分析】先根据恒成立转化不等式为 f x
min
gx
2
，再分离转化为求h(x) x2 ,x(0,1]最大值，
利用导数研究其单调性，即可确定结果.
lnx 1lnx
【详解】 f(x) x fx x2 ， x  1,e2  ，∴令 fx0，解得 1xe ， f x单调递增，
2
∴令 fx0，解得 exe2 ， f x单调递减，∵ f 10 f  e2  e2 f x
min
 f 10
因为对x 1   1,e2 ，x 2 0,1 使得 f x 1 gx 2 成立，所以x0,1 使得0ln(x1)2ax2成立，
因为x0,lnx12ax2 0，所以x(0,1]，使得0lnx12ax2
成立，
1 x
lnx1  x2[lnx1]2x  2lnx1
令 ，所以 x1 x1
h(x) ,x(0,1] h(x) 
x2 2ah(x) x4 x3
max
1 2 2x1
x x   0
x 2lnx1,x0,1, x12 x1 x12 ，
x1
x
在
0,1 单调递增，x00，因此h(x)0，h(x)在(0,1]单调递增，
ln2
， ，a 故选：A
h(x) h(1)ln2 2aln2 2
max
【变式 1-3】（江苏省南京航空航天大学附属高级中学 2020-2021 学年高三数学试题）已知函数
a 1  1 
f(x)(x2)ex e1 ，g(x) x xlnx，对任意的m  e ,3   ，总存在n  e ,3   使得 g(m)�f(n) 成立，则
a的范围为_________．
【答案】a�1
【分析】
1  1 
解题的关键在于读懂“对任意的m  ,3 ，总存在n  ,3 使得 成立”这一恒成立问题，即
e  e  g(m)�f(n)
g(x)�f(x) min 要恒成立，先通过求导求出 f(x) min ，再通过g(x)�f(x) min 恒成立问题分离参数a，被分离部分
再构造函数求最值，即可求出a
【详解】
1  1 
解：对任意的m  e ,3   ，总存在n  e ,3   使得 g(m)�f(n) 成立，即 g(x)�f(x) 恒成立
min
∵ f(x)(x2)ex e1，∴ f(x)(x1)ex
1
∴当x( ,1)时， ，函数 单调递减，
e f(x)0 f(x)
∴当x(1,3)时， f(x)0，函数 f(x)单调递增，
∴ f(x)  f(1)1
min
1  a
当x  e ,3   时，g(x) x xlnx�1，则 a�xx2lnx记h(x) xx2lnx，h(x)12xlnxx，h(1)0，h(x)32lnx
1  1
h(x) 在 e ,3   上单减，h(x)�h  e   1，所以 h(x) 单减，则
1
x( ,1)， 单增， ， 单减，所以
e h(x) x(1,3) h(x) h(x) h(1)1
max
故当a�1时，g(x)�1．
故实数a的取值范围为a�1．
题型 09 双变量型不等式范围最值
【解题攻略】
一般地，已知函数y f x,xa,b ，ygx,xc,d
不等关系
(1)若x a,b ，x c,d ，总有 f x gx  成立，故 f x gx ；
1 2 1 2 max min
(2)若x a,b ，x c,d ，有 f x gx  成立，故 f x gx ；
1 2 1 2 max max
(3)若x a,b ，x c,d ，有 f x gx  成立，故 f x gx ；
1 2 1 2 min min
(4) 若x a,b ，x c,d ，有 f x gx  成立，故 f x gx ．
1 2 1 2 min max
【典例1-1】（2023下·四川眉山·高三眉山市彭山区第一中学校考阶段练习）已知函数 f xexax有两
个零点x,x ，且x x ，则下列说法不正确的是（ ）
1 2 1 2
A．ae B．x
1
x
2
lnx
1
x
2
2
C．xx 1 D． f x 有极小值点
1 2
【答案】C
【分析】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于0，判断A；根据
方程，指对互化，判断B；根据极值点的位置，结合 f 00，即可判断C；根据A的判断，即可判断D.
【详解】由题意，函数 f xexax，则 fxexa，
当a0时， fxex a0在R上恒成立，所以函数 f x 单调递增，不符合题意；
当a0时，令
fxex a0，解得xlna
，令
fxex a0，解得xlna
，
所以函数 f x 在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增，
因为函数 f xexax有两个零点x,x 且x x ，
1 2 1 2
对A，则
f(lna)elnaalnaaalnaa(1lna)0，且a0，
所以1lna0，解得ae，所以A正确；
对B，ae，且ex1 ax
1
0，ex2 ax
2
0，故x
1
lnax
1
 ，x
2
lnax
2
 ，
所以x x ln(a2xx )2lnaln(xx )2ln(xx )，所以B正确；
1 2 1 2 1 2 1 2
对C，由 f(0)10，且由A可知，ae，lna1，则0x 1，但xx 1不能确定，
2 1 2
所以C不正确；
对D，由函数 f x 在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增，
所以函数的极小值点为x lna ，所以D正确；
0故选：C.
【典例1-2】（2023下·福建福州·高三福建省福州第一中学校考）已知函数 f xx2ex ，若
f x  f x  ，且x  x ，x x 0，则（ ）
1 2 1 2 1 2
1 3
A．x  B．x  C． D．
1 2 2 2 xx 1 x x 2
1 2 1 2
【答案】D
【分析】利用导数讨论函数 f(x)的单调性，设x x 、 f(x )2且x 0，结合图象得
1 2 0 0
0 x 1 x  x 2，再利用导数研究函数g(x) f(1x) f(1x)的性质得 f(1x) f(1x)，结合
1 2 0
f x  f x  变形、基本不等式，即可判断各项正误.
1 2
【详解】 f(x)(x2)ex，则 f(x)(x1)ex，令 f(x)0x1，
当x(,1)时 f(x)0， f(x)单调递减，当x(1,)时 f(x)0， f(x)单调递增，
在x(,2)上 f(x)0，且 f(2)0， f(0)2， f(x)  f(1)e，即 f(x)e.
min
综上， f(x)的图象如下：结合 f x
1
 f x
2
k，x
1
x
2
0，令x
1
x
2
，
1
如上图，若 f(x 0 )(x 0 2)ex0 2 且x 0 0，则 0 x 1 1 x 2  x 0 2 ，则x 1  2 不一定成立，A错误；
3 3 3 e3 3 3
又 f( )( 2)e2  (e,2)，故 x ，则x  不一定成立，B错误；
2 2 2 2 0 2 2
令g(x) f(1x) f(1x)(x1)ex1(x1)e1x，
则g(x)xex1xe1x x(ex1e1x)，
当x0时，x11x，得ex1e1x，则g(x)0；
当x0时，x11x，得ex1e1x，则g(x)0，
所以函数g(x)在R上单调递增，且g(0)0，
所以 f(1x) f(1x)在R上恒成立，得 f(x ) f[1(x 1)] f[1(x 1)]，
2 2 2
即 f(x ) f(2x )，又 f(x ) f(x )，所以 f(x) f(2x )，
2 2 1 2 1 2
由2x 1，且函数 f(x)在x(,1)单调递减，得x 2x ，即x x 2，D正确.
2 1 2 1 2
又0 x 1 x  x 2，则2x x 2 xx ，即1 xx ，故0xx 1，C错误.
1 2 0 1 2 1 2 1 2 1 2
故选：D.
 1 1x2
【变式1-1】（2019下·河南鹤壁·高三鹤壁高中校考阶段练习）已知函数 f xk lnx ，
 k x
k2, ，曲线y f x 上总存在两点Mx,y  ，Nx ,y  ，使曲线y f x 在M,N两点处的切线互
1 1 2 2
相平行，则x x 的取值范围为（ ）
1 2
4  8  4  8 
A． , B． , C． , D． ,
5  5  5  5 【答案】B
4
x x 
【分析】由题得  1 ，分析得到 1 2 1 对 都成立，
x 1 x 2   k k   x 1 x 2 k k k2,
1
再求函数gkk
，k2,的最小值得解.
k
 1 1x2  1 1 1
【详解】由题得函数 f xk lnx 的导数 fxk   1.
 k x  k x x2
 1 1 1  1 1 1
由题意可得 fx  fx （ x,x 0 ，且 x  x ）.即有  k k    x  x2   k k    x  x2 ，
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
 1 x x  2  1x x  2
化为x x k xx ，而xx  1 2  ，∴x x k  1 2  ，
1 2  k 1 2 1 2  2  1 2  k 2 
4
x x 
化为 1 2 1 对 都成立，令 1 ， ，
k k2, gkk k2,
k k
1
gk1
k2
0，对k2,恒成立，即gk在2,递增，
4 8

∴ gkg2 5，∴ k 1 5，∴ x x  8，即 的取值范围是   8 ,   .选：B.
2 k 2 2 5 x x 5 
1 2
【变式1-2】（2019下·山西长治·高三统考阶段练习）若方程x﹣2lnx+a＝0存在两个不相等的实数根x 和
1
x，则（ ）
2
1 1 1 1
 ＜1  ＞1
A． B．
x x x x
1 2 1 2
1 1 1 1
 1  1
C． D．
x x x x
1 2 1 2
【答案】B
【分析】x 和x 是方程x﹣2lnx+a＝0两个不相等的实数根，不妨设x x ，代入方程消去a得到x ,x 关系，
1 2 1 2 2 1
1 1 1 1
x
令t 1 1， 用 表示，进而将  用 表示，构造函数判断  与 的大小关系，即可求出结论.
x 2 x 2 ,x 1 t x 1 x 2 t x 1 x 2 1
【详解】x 和x 是方程x﹣2lnx+a＝0两个不相等的实数根，不妨设x x 0，
1 2 1 2
x﹣2lnx a＝0,x﹣2lnx a＝0,
1 1 2 2
x x 2lnt 2tlnt
两式相减得x x 2ln 1＝0，令t  1 1,x tx ，x (t1)2lnt,x  ,x tx  ，
1 2 x x 1 2 2 2 t1 1 2 t1
2 2
1 1 t1 t1 (t1)(t1) t21
      ，令 ，
x x 2lnt 2tlnt 2tlnt 2tlnt g(t)t212tlnt,t 1,g(t)2t2lnt2
1 2
2
令(t)2t2lnt2,(t)2 ,t1,(t)0恒成立，
t
(t)在(1,)是单调递增，(t)(1)0,g(t)0恒成立，
g(t)在(1,)是单调递增，g(t)g(1)0,t 1恒成立，
t21 1 1
t212tlnt0,t212tlnt 0, 1，   1 .故选:B.
2tlnt x x
1 2
【变式1-3】（2021上·高三单元测试）已知直线yx2分别与函数yex和ylnx的图象交于点
Ax,y  ，Bx ,y  ，则下列结论错误的是（ ）
1 1 2 2lnx e
A． x
1
x
2
2 B． ex1 ex2 2e C． x
1
1 x 2 lnx 2 0 D．x 1 x 2  2
【答案】D
【解析】对A，分别作出函数yx2，yex，ylnx的图象，通过图象观察易得x x 2成立；利
1 2
lnx
用基本不等式可证B成立；构造函数 f x
x
可证C成立；构造函数gx2xlnx可得
1x  e
，
2
再利用函数yxlnx的单调性，可证得D不成立；
【详解】对A，如图，作出函数yex、ylnx和yx的草图，因为A，B关于C对称，且0x 1x ，
1 2
因为C(1,1) ，所以x x 2，故A正确；
1 2
对B，由基本不等式，ex1 ex2 2 ex1x2 2e，因为x  x ，所以等号不成立，故B正确；
1 2
x x  2 1 lnx
对C，因为0x 1 x 2   1 2 2   1，所以0x 1  x 1，记 f x x ，
2
 1 
则 fx 1 x l 2 nx ，故 0x1 时， f�( x) >0 ，所以 f x ln x x 在 (0,1) 上单调递增，所以 f x 1  f  x 2   ，
1
ln
lnx x
即 1  2 x lnx ，即 ，故C正确；
x 1 2 2 lnx
1 1 x lnx 0
x x 2 2
2 1
  1 3
对D，记gx2xlnx，则g110，g e 2 e   e 0，则
1x  e
，又
2 2
2
e
x 1 x 2 2x 2 x 2 x 2 lnx 2 ，易知 yxlnx 在1,e上单调递增，故x 1 x 2 x 2 lnx 2  eln e  2 ，故D错误．
故选：D．
题型 10 双变量型：凸凹反转型
【解题攻略】
凸凹翻转型常见思路，如下图转化为两个函数的最值问题是关键。
ln2b b n
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）设大于1的两个实数a，b满足   ，则正整数n的最大
e2a a
值为（ ）．
A．7 B．9 C．11 D．12
【答案】B
ln2b e2a
【分析】将已知条件变形为  ，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出 的最大值
bn an n
即可.
ln2b bn ln2b e2a ln2 x
【详解】解：易知  等价于  ．令 f x x1，则
e2a an bn an xn
xn1lnx2nlnx lnx2nlnx
fx  ．
x2n xn1
令 fx0得
xen
2．当 f�( x) >0时x  1,en 2 ；当 fx0时x  en 2,  ．所以 f x在  1,en 2 上单调递增，
2 2
在  en 2,  上单调递减，则 f x 有最大值 f  en 2   n e2   ．令 gx e x 2 n x x1 ，则 gx e2x x 2 n x 1 n．
n n n n n
当 1时不符合，舍去，所以 1．则gx0，x ．当gx0时x ；当gx0时1x ．
2 2 2 2 2
n en
g 
所以 在 n上单调递减，在n 上单调递增，则 有最小值 2 n n ．
gx 

1,
2



2
,

gx 
2


2 2
 
n en
若 成立，只需 ，即  ，即 ．
ln2b

e2a
f

en
2
g


n

e2 

n

n
en2 


n

n2
bn an 2 2 2
n n2 n
两边取自然对数可得n2n2ln ．当 时等式成立；当 时有 ln ．
2 n2 n3 n2 2
x2 x
令x ln ，本题即求x0的最大的正整数．
x2 2
4 1
x  0
x22 x 恒成立，则 x 在 3, 上单调递减．
5 11 9 3
因为8 ln40，9 ln 1.57141.510，10 ln50，
3 7 2 2
所以x0的最大正整数为9．故选：B．
e2a 1
【典例1-2】（2023上·江苏苏州·高三统考阶段练习）已知正数 满足 2ba lnb1，则
a,b 8 2 ea b
（ ）
9 3 3
A． B． C．1 D．
4 2 4
【答案】A
【分析】不等式可化为e2a 8a4lnb16b8，分别构造函数，利用导数求出函数的最大、最小值，由不
等式左边最小值等于右边的最大值，建立方程即可得解.e2a 1
【详解】由 2ba lnb1e2a8a4lnb16b8，设 ，则 ，
8 2
f(x)ex4x f(x)ex4
当xln4时， f(x)0，当xln4时， f(x)0，所以 f(x)在(0,ln4)上单调递减，在(ln4,)上单调递
增，
则 f(x)  f(ln4)48ln2，故 f(2a)e2a 8a48ln2，
min
当且仅当2aln4，即aln2时取等号；
4(14x) 1 1
设 ，则g(x) ，当0x 时 ，当 x时 ，
g(x)4lnx16x8 x 4 g(x)0 4 g(x)0
 1 1  1
所以 在0, 上单调递增，在 ,上单调递减，所以g(x) g 48ln2，故
g(x)  4 4  max 4
1
，当且仅当b 时取等号，
g(b)4lnb16b848ln2 4
1 1 9
又 ，则 ，此时aln2,b ，则ea b2  .故选：A
f(2a)g(b) f(2a)g(b)48ln2 4 4 4
【变式1-1】.已知实数x，y满足ln4x3y6exy2 3x2y6，则xy的值为
A．2 B．1 C．0 D．1
【答案】A
【分析】
设m4x3y6，nxy2，得lnmen mn2，变形为lnmmen n2,(m0)，令
fmlnmm，hnen n2，求导求最值得fm hn
,结合取等条件求出x,y即可
max min
【详解】
设m4x3y6，nxy2，则mn3x2y4
lnmen mn2，lnmmen n2,(m0)
1
令fmlnmm，
f
(m)=
m
1,0m<1,
f
(m)>0,
;
m>1,
f
(m)<0,则fm在0,1单调递增1,单调
递减fm f11，fm1
max
令hnen n2，hnen 1,n0,hn0;n0,hn0,则hn,0
单调递减，
0,
单调递
增hn h01hn1
min
4x3y61
由题意 fmhnm1 ，
n0
，
 xy20
，
x1
，
y1
,故x+y=2。故选A
【变式1-2】（安徽省六安市第一中学、合肥八中、阜阳一中三校 2021-2022学年高三上学期10月联考数
学试题）已知函数 f(x)ex(|lnx|m)x有两个零点，则m的取值范围为（ ）
1
A． B．( ,) C． D．
(e,) e (1,) (0,)
【答案】B
【解析】
【分析】
x x
根据零点定义，令 f x0，可得 ex m lnx ，构造函数gx ex m，求导并令g'x0，解得 x1 ，
1
且根据导数的符号判断单调性，进而可得在 处取得最大值。所以可得gx g1 m，进而根
x1 max e
据极限值情况可得m的取值范围。
x x 1x
【详解】令 f x0，可化为 ex m lnx ，令gx ex m，g'x ex ，令g'x0，得 x1 ，
当x,1 时，g'x0；当x1, 时，g'x0，1
所以gx g1 m，
max e
1
gx先增后减，即从负无穷增大到 m，然后递减到 ，而函数y lnx 是0,1时由正无穷递减到0，然
e m
1 1
后又逐渐增大，所以 m0，即m 所以选B
e e
题型 11 多参型：代换型
【解题攻略】
x x x x
不等式中，可以借助对数均值不等式解决，完整的对数均值不等式为： xx  1 2  1 2 ，可用
1 2 lnx lnx 2
1 2
两边同除x，
2
x
令t  1 整体换元的思想来构造函数，证明不等式成立求解参数
x
2
lnx
【典例1-1】（2022·全国·高三专题练习）已知函数 f x ，对于正实数a，若关于t的方程
x
a
f t f  恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（ ）
 t 
A．
1,8
B．
 e2,8 
C．
8,
D．
 e2, 
【答案】D
lnx a a
【分析】研究 f x x 的图像可知，若 f t f   t   ，令x 1 t,x 2  t ，则 f x 1  f x 2  ，且 x 1 ,x 2 1 ，
可以推出，x x 或xx a，通过对数不等式写出关于xx 的不等式，即可求出a的范围
1 2 1 2 1 2
lnx 1lnx 1lnx 1lnx
【详解】因为 f x ， f’x ，令 f’x 0得： ；令 f’x 0得：
x x2 x2 0xe x2
xe，所以 f x 在区间 0,e 单调递增，在 e, 单调递减，且x时， f x0恒成立， f x 的图
像如下：
a
令x 1 t,x 2  t ，则 f x 1  f x 2  ，且 x 1 ,x 2 1
a
①当 时，t  ,t  a ，成立，所以 是方程的一个实数根
x x t a
1 2
lnx lnx lnx lnx
②当 x  x 时，由 f x  f x 得： x 1  x 2 ，令 x 1  x 2 m
1 2 1 2 1 2 1 2
mx lnx lnx lnx lnx lnx
则： 1 1 ，两式相减得：m 1 2 ，两式相加得：m 1 2
mx lnx x x x x
2 2 1 2 1 2x x x x x x x x
所以： 1 2  1 2 ，由对数均值不等式得： 1 2  1 2
lnx lnx lnx lnx lnx lnx 2
1 2 1 2 1 2
x x x x a
所以： 1 2  1 2 ，且 ，所以 ， ，即：t ae2
lnx lnx 2 x,x 1 lnxx 2 xx e2 t
1 2 1 2 1 2 1 2
所以ae2 故选：D
【典例1-2】（2020·江苏·高三专题练习）若对任意正实数a,b,a2(lnblna)b2abmab恒成立，则实数
m的取值范围是_________
【答案】
,2
1 1
【分析】将原不等式等价转化为m1( xlnx) x0 ，构造函数(x) xlnx，利用导数求得
x min x
(x)的最小值，由此求得m1的取值范围，进而求得m的取值范围.
【详解】对任意正实数a,b,a2(lnblna)b2abmab恒成立，
即a2lnblnab2 m1ab恒成立，
a b a b b
m1  (lnblna)  ln 对任意正实数 恒成立，
b a b a a a,b
a b b b 1
m1(  ln ) .令 x,则x0,m1( xlnx) .
b a a min a x min
1 1
设(x) xlnx,则x lnx1.令
x x2 g(x)(x)
2 1
则g(x)  0,(x)在 上单调递增，
x3 x (0,)
1
又(1) ln110,当 时， 当 时，
12 x(0,1) (x)0, x(1,)
(x)0,(x)在(0，1)上单调递减，在(1,)上单调递增，
(x) (1)1,m11,m2.
min
故答案为：
,2
1 1
【变式1-1】（2020·全国·高三专题练习（文））设三次函数 f(x) ax3 bx2cx，（a,b,c为实数且
3 2
b2
）的导数为 ，记 ，若对任意 ，不等式 恒成立，则 的最大值
a0 f(x) g(x) f(x) xR f(x)�g(x) a2c2
为____________
【答案】2 22
【分析】先对函数 f(x)求导，二次求导，求出g(x)，不等式 f(x)�g(x)恒成立问题即二次不等式恒成立问
c c c
题，根据图像可得 且 ，可得出 �1，分 1和 1讨论，利用不等式的性质和基本不等式可求
�0 a0 a a a
b2
得 的最大值．
a2c2
1 1
【详解】因为 f(x) ax3 bx2cx，所以 ，即 .
3 2 f(x)ax2bxc, f(x)2axb g(x)2axb
因为对任意xR，不等式 f(x)�g(x)恒成立，所以ax2bxc�2axb恒成立，即ax2(b2a)xcb�0
恒成立，所以(b2a)24a(cb)�0且a0，即b2�4ac4a2，所以4ac4a2�0，所以c�a0，所以
c c b2
�1，令t ，则 .①当 时，ac,b0, 0；②当 时，
a a t�1 t 1 a2c2 t1
c t 21
4 4
b2 4ac4a2 a 4(t1) 4(t1) 4 4
剟    � 2 22
a2c2 a2c2 1   a c   2 t21 (t1)22(t1)2 (t1) (t 2 1) 2 2 22c
4 4
b2 4ac4a2 a 4(t1) 4(t1) 4 4
剟    � 2 22
a2c2 a2c2 1   a c   2 t21 (t1)22(t1)2 (t1) (t 2 1) 2 2 22 当且仅当
t 21时，取得最大值为2 22.故答案为2 22
【变式1-2】已知存在x，x (0,)，若要使等式2x (x 2ex )(lnx lnx )成立（e=2.71828…），则
1 2 1 2 1 1 2
实数的可能的取值是（ ）
1 2 1
A． B． C． D．0
2e e e
【答案】B
1 1x  x
【解析】根据题意可得   2 2eln 2 ，求出 1 的取值范围，进而可得 的取值范围，结合选项，
 2 x 1  x 1  
即可求解.
1 (x 2ex )(lnx lnx ) 1x  x
【详解】解： ，  2 1 1 2   2 2eln 2
2x (x 2ex )(lnx lnx )  2x 2 x  x
1 2 1 1 2 1 1 1
x 1 1 1 1
令t  2 ，又 ， ，且  t2elnt，令  f(t) t2elnt，则
x  x，x (0,) t 0  2  2
1 1 2
1 2e 
f(t) lnt 1，
2 t 
2e 1 2e
再令g(t)lnt 1g(t)  0， 在 上单调递增
t t t2 g(t) (0,)
2e
又 g(e)lne 10， 在 上， ；在 上， ，
e  (0,e) g(t)0 (e,) g(t)0
1 e 1 e
则在 上， ；在 上， ，f(t)  f(t)  f(e) e2elne  
(0,e) f(t)0 (e,) f(t)0 max 极大值 2 2  2
1 1 2 2
且当 时， ；当 时， ， 0或  或
t0 f(t) t f(t) f(t) f(t) e 0 e
所以结合选项，可知答案选B.故选：B
【变式 1-3】（江苏省扬州中学 2022-2023 学年高三考试 数学）若正实数a,b满足ab1，则函数
1
f(x)ax2(3 )xa的零点的最大值为______.
b
859
【答案】
2
 1  1 2
3 3
   
b b
【分析】根据题意，先求出函数 的零点，x     1，然后换元
 1 2 2a 2a
f xax23 xa    
 b    
1
3
b ，转化为求 的最大值，求导取得其单调性，转化为求t的最大值，再令
t  f tt t21
2a
43a
t  f a ，再根据单调性求最大值，最后求得结果.
2a2a2
 1
【详解】因为正实数 满足 ，则函数 f xax23 xa的零点
a,b ab1  b  3 1   3 1  2 4a2  3 1  3 1 2
x   b  b    b     b   1 令 3 1 所以零点的最大值就相当于求
2 2a  2a   2a  b
t 
    2a
1 1 12 t21
的最大值令 ， ft1   0 所以函数
t t21 f tt t21 2 t21 2 t21
f tt t21是单调递减的，
1 1
3 3
当t取最小值时，f(t)取最大值又因为 b ，a+b=1所以 1a 43a
t  t   (0a1)
2a 2a 2a2a2
3  2a2a2 43a24a 6a216a8
令 43a ， fa 
f a  2a2a22  2a2a22
2a2a2
2 2
令 fa0 ，解得 a1，此时 f a递增。 fa0 ，解得0a ，此时 f a递减，
3 3
2
43
f a min  f    2 3     2 2 2 3 4  9 2 t 所以此时 f t  f   9  9    9  2 1 859 故答案为
3 9 max 2 2 2 2
859
2
题型 12 多参型：二次构造放缩型
【解题攻略】
多参数型求参数范围，或者多参型最值，难点是能够两次构造函数，利用导数
求
出相应函数的最值
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知关于x的不等式
a1xlnxb恒成立，则aeb1的最小值为
（ ）
1 1 1
A． B． C． D．
1 2 4 8
【答案】C
【分析】令 f(x)lnx(a1)x，则将问题转化为 f(x) b，求出函数的导数，根据函数的单调性可求
max
出 f(x)的最大值，问题转化为(a1)eb1，1a0时，aeb1a(a1)，从而可求出其最小值.
【详解】关于x的不等式
a1xlnxb恒成立，即lnx(a1)xb，
1 (a1)x1
令 ，则 ， f(x) (a1) ，
f(x)lnx(a1)x f(x) b x x
max
当a1时， f(x)0，则 f(x)在(0,)上递增，所以 f(x)无最大值，1 1
当 时，令 ，解得0x ，令 ，解得x ，
a1 f(x)0 a1 f(x)0 a1
 1   1   1  1
所以 在0, 上递增，在 ,上递减，所以 f(x)  f  ln 1ln(a1)1，
f(x)  a1 a1  max a1 a1
所以ln(a1)1b，得ln(a1)b1，所以eln(a1) eb1，即a1eb1，所以当1a0时，
aeb1a(a1)，
 1 2 1  1  1 1
令g(a)a(a1)a      ,0  ，所以此时a ,b1ln2,aeb1取最小值为 ，
 2 4  4  2 4
1
当 时， ，综上， 的最小值为 ，故选：C
a0 aeb1 0 aeb1 4
【典例1-2】（2021·高三单元测试）已知e为自然对数的底数，a,b为实数，且不等式
b2
对任意的 恒成立.则当 取最大值时， 的值为（ ）
lnx(2ea1)xb10 x(0,) a1 a
A．2e B．2e1 C．3e D．3e1
【答案】D
【解析】先构造函数 f xlnx(2ea1)xb1，求出 fx ，讨论确定出 f x 0得
max
b2 lna12e2 lnt2e2
blna12e，则有  ，再构造出函数gt ，同样利用导数确定出
a1 a1 t
gt
的最大值，从而得到a值.
1
【详解】设 f xlnx(2ea1)xb1，则 fx
x
2ea1，当
a2e1
时， f�( x) >0 ，所以
1
f x在0,上递增，不符合条件，故 ，令 fx0得x ，
a2e1 a12e
 1   1 
所以
f
x在

0,
a12e


上递增，
a12e
,

上递增，
 1  1 b2 lna12e2
故有 f x
max
 f 
a12e


ln
a12e
b0，即 blna12e，则有
a1

a1
，
t
令
t a1,t 2e
， gt
lnt
t
2e2，则
gt t2e
ln
t
t2e2
在
2e,
上递减，且
g3e0
，
b2
所以 gt在2e,3e上递增，3e,上递减，所以gtg3e，此时 取得最大值，且 ，所
a1 a13e
以a3e1.故选：D
【变式1-1】（2021·四川成都·统考模拟预测）设k，bR，若关于x的不等式lnx1xkxb在
b1
1,上恒成立，则
k1
的最小值是（ ）1 1
A． B． C． D．
e2 e1 e2 e1
【答案】D
【分析】根据不等式lnx1xkxb在1,上恒成立，令tx10，转化为lntt1kt1b在
 1 
0,上恒成立，令
f
tlntt1kt1，用导数法求得最大值 f 
k1


lnk1k，转化为
b1 2 lnk1 2 lnu
  1，再令 ，得到gu  1，求其最大值即可.
k1 k1 k1 uk1 u u
【详解】因为不等式lnx1xkxb在1,上恒成立，所以不等式lnx11kxb在1,上恒
成立，
令tx10，则 lntt1kt1b在 0, 上恒成立，令 f tlntt1kt1 ，
1
所以 ft 1k，若 ，则 ft0， f t在0,递增，当 时， f t，不等式
t k 1 t
不成立，
1 1
故 ，当0t 时， ft0，当t  时， ft0，
k 1 k1 k1
1  1  1
所以当t  k1 时， f t取得最大值 f  k1   ln k1 11k lnk1k，所以 lnk1k b ，
b1 2 lnk1 2 lnu
所以 lnk1k12b1，所以   1，令 ，则gu  1，
k1 k1 k1 uk1 u u
2 1lnu 1lnu 1 1
所以gu
u2

u2

u2
，当0u
e
时gu0，当u
e
时，gu0，
1 1 b1
所以当u
e
时， gu取得最小值g
e


e1，所以
k1
的最小值是
e1
故选：D
1
【变式1-2】（2022·四川南充·高三四川省南充高级中学校考）已知函数 f xex x2x3 ，若 时，
2 xR
恒有 f 'x3x2axb，则abb的最大值为
e e
A． B． C． D．
e 2 2 e
【答案】C
【分析】对函数 f x 求导并带入已知不等式中，将不等式恒成立问题由构造新函数gxexxax并借
助导数利用分类讨论求最小值即可求出ab的不等式关系，进而表示b1a1a21a2ln1a
，再
令t
1a并构造htt2t2lnt，利用导数求得最大值即可.
1
【详解】因为函数 f xex x2x3，则 fxexx3x2，
2由题可知，对xR，恒有exx3x2 3x2axbexxaxb0成立，
令gxexxax，则gxex1a，
当a1时，函数gx 在R上单调递增，且x时，gx，不符合题意；
当a1时，abb0，
当a1时，令gxex1a0xln1a ，所以函数gx
在
ln1a,
上单调递增，且在
,ln1a
上单调递减；
所以gx g  ln1a  eln1aln1aaln1a1a1aln1a ，
min
故1a1aln1ab0b1a1a21a2ln1a，
令t
1a0，则htt2t2lnt，且ht2t2tlnttt12lnt
，
   
当t 0, e 时，ht0，函数ht单调递增；当t e, 时，ht0，函数ht单调递减，
所以ht h  e    e 2   e 2 ln e  e ，故b1a e ，
max 2 2
e
综上所述， 的最大值为 .故选：C
abb 2
b
【变式1-3】（2023·浙江·高三路桥中学校联考）已知 ， ，关于 的不等式xa  lnx1无实数解，
a0 b0 x a
则ba的最小值为（ ）
1 1 1
A． B． C． D．1
4 4 2 2
【答案】A
b
【分析】根据题意分析可得 f xxa  lnx1在定义域内恒成立，求导，利用导数判断单调性和最值结
a
合恒成立问题可得ba2，进而利用二次函数求ba的最大值.
b b
【详解】构建 f xxa  lnx，由题意可得 f xxa  lnx1在定义域内恒成立，
a a
b a2xab
可得
f
x的定义域为0,，且 fxaxa1  因为 ， ，
ax ax a0 b0
1 1
 b a  b a
令
f�( x) >0
，解得x
a2  
；令
fx0
，解得0x
a2  
；
 1   1
 b a    b a
则 在   , 上单调递增，在 0,  上单调递减；
f x a2    a2  
    1 1
所以 f x f


b 

a b

b
ln


b 

a

b

b
ln
b
1，令 b ，则 ，
a2   a2 a a2  a2 a2 a2 t 0
  a2 ttlnt1
构建gtttlnt,t 0，则gt11lntlnt，令gt0，解得0t1；令gt0，解得t 1；
b
则 gt在 0,1 上单调递增，在1,上单调递减，所以 gtg11 ，若 ttlnt1 ，则t a2 1，即
ba2，
 1 2 1 1 1 1
所以baa2aa   ，当a ,b 时， 取到最小值 .故选：A.
 2 4 2 4 ba 4
题型 13 多参型：韦达定理求参型
【典例1-1】（2023上·北京顺义·高三北京市顺义区第一中学校考）若函数
b c
f(x)  alnx  (a 0)既有极大值也有极小值，则错误的是（ ）
x x2
A．bc0 B．ab0
C．b28ac0 D．ac0
【答案】A
【分析】求出函数 f(x)的导数 f'(x)，由已知，可得函数 f'(x)在 0, 上有两个变号零点，转化为一元二
次方程有两个不等的正根判断作答即可．
【详解】函数 f(x)的定义域为
0,
，
b c a b 2c ax2bx2c
由 f xalnx
x

x2
a0，得 fx
x

x2

x3

x3
，因为函数
f
x既有极大值也有极小
值，
所以函数 f'(x)在 0, 上有两个变号零点，而a0，
所以方程ax2bx2c0有两个不等的正根x,x ，
1 2

Δb28ac0

 b
所以x x  0 ，所以 ，所以 ，即 ．
1 2 a

 2c
xx  0
  1 2 a b28ac0,ab0,ac0 a2bc0 bc0
故BCD正确，A错误．故选：A．
【典例1-2】（2023上·江苏苏州·高三苏州中学校考开学考试）若函数 既
有极大值也有极小值，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将函数既有极大值也有极小值转化为导函数对应的方程有两个不等正根即可解决问题.
3x 1
【详解】因为 f xalnx
x

2x2
a0 ，所以函数
f
x定义域为0,，a 3 1 ax23x1
fx    ，
x x2 x3 x3
由题意，方程
fx0，即ax23x10有两个不相等的正根，设为x,x
，
1 2

Δ94a0

 3
则x x  0，解得 ，即 的取值范围为 ，故选：A.
1 2 a

 1 9  9
  x 1 ·x 2  a 0 0a 4 a   0, 4  
1
【变式1-1】（2023·山东烟台·统考二模）若函数 f(x)=lnx+ x2+ax有两个极值点 ，且
2 x,x
1 2
f x  f x 5，则（ ）
1 2
A．a4 2 B．a2 2 C．a2 2 D．a4 2
【答案】C
【分析】由极值点定义确定x
1
,x
2
,a的关系，化简 f x
1
 f x
2
5，由此求a的范围.
1
【详解】因为函数 f(x)=lnx+ x2+ax有两个极值点 ，
2 x,x
1 2
1 x2ax1
又函数 f(x)=lnx+ x2+ax的定义域为0,，导函数为 f(x) ，
2 x
所以方程x2ax10由两个不同的正根，且x,x 为其根，
1 2
所以a24a0，x
1
x
2
a0，x
1
x
2
1，
所以a<0，
1 1 1
则lnx  x2ax lnx  x2ax lnxx  x x 2 xx ax x 
1 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2
1 1
ln1 a21a2  a21，
2 2
1
又 f x 1  f x 2 5，即 2 a215，可得 a280 ，
所以a2 2或a2 2（舍去），
故选：C.
1 
【变式1-2】（2021·浙江·模拟预测）已知 f xx12alnx 在 4 ,  上恰有两个极值点 x ， x ，且
1 2
f x 
1
，则 的取值范围为（ ）
x x x
1 2 2
 1  1   1  1 3 
A．3, ln2 B． ln2,1 C．, ln2 D． ln2, ln2
 2  2   2  2 4 
【答案】D
1  3 1
【分析】由题意得导函数在区间 ,有两个零点，根据二次函数的性质可得 a ，由根与系数的
4  8 2
x x 1
 1 2
关系可得
  x 1 x 2 
a
2
以及1
2 x 2  4
3，求出 f
x
x
1
 的表达式，将
x
用
x
表示，表示为关于
x
的函数，利用
2 1 2 2
导数与单调性的关系即可求出结果.
a 2x22xa
【详解】由题意得 fx2x2  x0，令 fx0 ，得 ，
x x 2x22xa0a0,

 1 2 1
由题意知 在 上有两个根 ， ，∴2  2 a0，得 ．
1  
4 4
3 1
2x22xa0  4 ,  x x   48a0 8 a 2
1 2
x x 1
 1 2
由根与系数的关系得 a ，由求根公式得 2 48a 1 12a ，
  x 1 x 2  2 x 1,2  4  2
1 12a 3 1 1 3
∵ ，∴x  ，∵ a ，∴ x  ．则
x x 2 2 8 2 2 2 4
1 2
f x x 1   x 1 12 x alnx 1  x 2 22x x 1 x 2 lnx 1 x 2 21x 2 ln1x 2  x 2 121x 2 ln1x 2 1    1 2 x 2  4 3   ，
2 2 2
1 1 1 1
令 t 1x ，则 4 t 2 ．设gtt2tlnt1 4 t 2   ，则 gt12lnt ，
2
1 1 e
易知 gt 在
4
,
2


上单调递增，∴gt12lnt12ln2ln
4
0，
1 1 1 1 1 3
∴当 t 时，函数 gt为减函数，∴gt 2 ln 1 ln2，且
4 2 4 4 4 4
1 1 1 1
gt 2ln ln 1 ln2，
2 2 2 2
f x  1 3 
∴ 1  ln2, ln2，故选：D.
x 2 4 
2
1
【变式1-3】（2023·河南开封·高三统考）已知函数 f x x2axalnx的两个极值点分别是 ，则下
2 x,x
1 2
列结论正确的是（ ）
A．a<0或a4 B．x
1
2x
2
2 16
1
C．存在实数a，使得 f x 1  f x 2 0 D． f x 1  f x 2  4  x 1 2x 2 2 6
【答案】D
【分析】求出函数 f(x)的导数 f(x)，由 f(x)有两个零点求出a范围判断A；根据选项BCD的特征结合韦
达定理表示成a的函数，再利用导数推理作答.
1 a x2axa
【详解】函数 f x x2axalnx的定义域为 ，求导得 f(x)xa  ，
2 (0,) x x
Δa24a0
依题意， ，即 在 上有两个不等的实根，因此 ，解得 ，A
f(x)0 x2axa0 (0,) a0 a4
错误；
由韦达定理得x x a,xx a，则x2x2 (x x )22xx a22a(a1)218，B错误；
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 1
f(x ) f(x ) (x2x2)a(x x )a(lnx lnx ) a2aalna，
1 2 2 1 2 1 2 1 2 2
1 1 1
令g(a) a1lna,a4，g(a)  0，即函数 在 上单调递减，
2 2 a g(a) (4,)
g(a)g(4)3ln40，因此 f(x ) f(x )ag(a)0恒成立，C错误；
1 2
1 3 1 3 1
f(x ) f(x ) (x2x2)6alna a2 a6，令h(a)alna a2 a6,a4，
1 2 4 1 2 4 2 4 23 1 3 1 1 3
h(a)lna a ，令(a)lna a ,a4，(a)  0，即函数 在 上单调递减，
2 2 2 2 a 2 (a) (4,)
11
h(a)(a)(4)ln4 0，则函数 在 上单调递减，
2 h(a) (4,)
1
于是 ，所以 f(x ) f(x ) (x2x2)6，D正确.
h(a)h(4)4ln412268ln280 1 2 4 1 2
故选：D
题型 14 多参型：单峰函数绝对值型
【典例1-1】（安徽省阜阳市太和第一中学2019-2020学年高三数学试题）若存在实数a、b，对任意实数
x0，4
，使不等式 xmaxb xm恒成立，则实数m的取值范围为________.
1
【答案】m
4
【分析】
不等式 xmaxb xm可化为不等式|axb x|m，等价于存在实数a，b，对任意x[0,4]，
1
不等式 成立，等价于存在实数a，b，不等式 成立，分别讨论a ，
|axb x|m |axb x| m 4
max
1 1 1 
a  4 , 2   ，a 2 ,  的情况，注意由任意性和存在性可知需先求出 |axb x| ，再求
max
 
|axb x| 即可解决.
max
min
【详解】
不等式 xmaxb xm可化为不等式|axb x|m，
原题等价于存在实数a，b，对任意x[0,4]，不等式|axb x|m成立，
1
等价于存在实数a，b，不等式 成立，令
，则ya
，
|axb x| m yaxb x 2 x
max
1
（1）在 x[0,4] 上，当 y 0 ，即a 4 时，函数单调递减，此时 4ab2 yb ，
当b12a时，4ab2b，且4ab20，则| y| 4ab2，
max
1
当 时， ，且 ，则 ，从而当a 时，设
b12a 4ab2b b0 | y| b 4
max
4ab2,b12a
g(b)|y|  ，
max b,b12a
则g(b)在(,12a)单调递减，在(12a,)单调递增，所以b12a时，g(b)取最小值，最小值为
1
g(12a)12a ；
2
1 1  1   1 
（2）当a 4 时，由ya 2 x 0可得，y在  0, 4a2  上单调递减，在 4a2 ,4   上单调递增，
1 1 1 1 1
①在a  , 时， ，则b  yb，同理可得，当a  , 时，
4 2 b4ab2 4a 4 2
 1 1
b,b

4a 8a
g(b)|y|  ，则 在 单调递减，在 单调递增，故当 时， 取
max b,b 1
(,
1
) (
1
,) b
1
 8a g(b) 8a 8a 8a g(b)1 1 1
最小值，最小值为g( )  ；
8a 8a 4
1  1
②在a ,时， ，则b  y4ab2，
2  b4ab2 4a
 1 1
b,b12a

4a 8a
同理可得，当 时，g(b)|y|  ，则 在 单调递减，
a   1 ,   max 4ab2,b12a 1 (,12a 1 )
2   8a g(b) 8a
1 1 1 1
在(12a ,)单调递增，故当b12a 时， 取最小值，最小值为g(12a )2a 1，
8a 8a g(b) 8a 8a
1 1 1 1 1
根据对勾函数的性质可得，g(12a )2a 1 .综上所述，g(b) ，即g(b)  ，
8a 8a 4 4 min 4
1 1
m .故答案为m .
4 4
【典例1-2】（中学生标准学术能力诊断性测试2019-2020学年高三1月（一卷）数学（理）试题）设函数
f x x36x2axb ，若对任意的实数a和b，总存在x
0
0,3 ，使得 f x
0
m，则实数m的最大值
为__________．
【答案】2
【分析】
将函数变形为 f x x36x29x(9a)xb ，设g(x)x36x29x，
h(x)(9a)xb，画出函数图像，当a9,b2时取最值，得到答案.
【详解】
f x x36x2axb  x36x29x(9a)xb
设g(x)x36x29x,g'(x)3x212x93(x1)(x3)
g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，g(0)g(3)0
设h(x)(9a)xb
画出函数图像：
对任意的实数 和 ，总存在 ，使得
x 0,3 f x m
a b 0 0
等价于求 f x 最大值里的最小值.根据图像知：当a9,b2时，最大值的最小值为2
故实数m的最大值为2。答案为2
1 1 
【变式1-1】设函数 f(x) x axb ，若对任意的实数 a,b ，总存在x 0   2 ,2   使得 f x 0 m 成立，则实
数m的取值范围是________．
 1
【答案】,

 4【分析】
1  1 
首先设 f(x) 在 2 ,2   上的最大值为 Ma,b，因为存在实数x 0   2 ,2   使不等式 f x 0 m ，所以
m f(x)
max
Ma,b ，又由对任意实数a，b，mMa,b 恒成立，所以可以得到mMa,b
min
，所以
只需求Ma,b
的最小值即可求出实数m的取值范围.通过取端点值和中间的特值，得到可得
1
Ma,b f(2) 2ab ，
2
1 1
Ma,b f( 2 ) 2 2 ab ， Ma,b f(1) 1ab ，然后寻找合适的系数进行组合，并利用绝对值不
等式的性质化为常数，得到其最小值.
1 1  1
【详解】∵ f(x)
x
axb ，∴
f(x)
在
2
,2 

上的最大值为 Ma,b，可得Ma,b f(2)
2
2ab ，
1 1
Ma,b f( 2 ) 2 2 ab ， Ma,b f(1) 1ab ，可得
1
Ma,b2Ma,b3Ma,b 2ab  4a2b  33a3b
2
 1 2ab+4a2b33a3b  3 ，即6Ma,b 3 ，∴Ma,b 1 ，
2 2 2 4
1 
∵存在实数x 0   2 ,2   使不等式 f x 0 m ，所以 m f(x) max Ma,b，又由对任意实数 a ， b ，
mMa,b
恒成立，
1  1
∴mMa,b  .故答案为：, .
min 4  4
【变式1-2】若a0， f xx2a lnx1，gxx xa 22ln2，对任意x
1
1， ，总存在唯一的
x 2， ，使得 f x gx  成立，则实数a的取值范围____________．
2 1 2
5 2 
【答案】  ln2，4
3 3 
【分析】
先分类讨论 f x 的最小值，再分类讨论研究函数gx 的单调性，根据题意得到关于a的不等式，利用构
造函数，使用导数研究不等式的解的情况，从而综合得出实数a的取值范围．
【详解】
a
解：（1）①当 时， f xx2alnxa，
fx2x
， ，fx0恒成立，
xe x a0
f x 在 e， 上增函数，故当xe时， f x  f e=e2;
min
a 2 a  a 
②当 时， ， f 'x2x  x x ，
f xx2alnxa x x 2  2 
1 xe   
a
（I）当
2
1即
0a2
时，
f
'x在 x1，e时为正数，所以
f
x在区间1，e上为增函数，
故当x1时， f x 1a，且此时 f 1 f ee2;
min
 a   a 
（II）当1 a 2 e，即 2a2e2 时， fx 在x   1， 2    时为负数，在x   2 ，e   时为正数， a   a 
所以 在区间1， 上为减函数，在 ，e上为增函数，
f x 2  2
   
 a 
故当 x a 时， f x  3a  a ln a ，且此时 f   2    f ee2;
2 min 2 2 2  
a
（III）当
2
e，即
a2e2
时， fx在 x1，e时为负数，所以
f
x在区间1，e上为减函数，
1a，0a2

3a a a
故当 时， ．综上所述， f x   ln ，2a2e2 ．
min 2 2 2

xe f x  f ee2   e2，a2e2
min
由于当x趋近于时， f x 的趋近于，
①当0a2时，在 2， 上,gxx xa 22ln2x(xa)22ln2x2ax22ln2，单调递增，
gx
在
2，
的取值范围是[g
2,),由题意得g262a2ln21a，
5 2
解得  ln2a2；
3 3
x2ax22ln2,2xa
②当
2a
时，gx
x2ax22ln2,xa
.1
a
2
2，即
2a4
时，
gx
在
2,a
上减，在
3a a a
a，上增，当
x
趋近于

时，gx的趋近于

，由题意得g22a22ln2 f(x)
min

2

2
ln
2
，
a a a a
即  ln 22ln2(*)设htttlnt，t  1,2 ，ht2lnt 0，1t2，所以ht单调递
2 2 2 2
增,
∴hth222ln2，当且仅当a4时取等号.∴由hth2
得t2,即a4，∴2a4时符合题
意；
 a a 
③当 a4 时 f x在  2, 2   递增，在 2 ,a   递减，在a，递增，当 x 趋近于  时，gx的趋近于  ，
a a2 3a a a a2 3a a a
若 时，由题意得g  22ln2 f(x)   ln 。得   ln 22ln20
4a2e2 2 4 min 2 2 2 4 2 2 2
（**），
a
设mtt23ttlnt22ln2，t 
2
  2，e2 .则mt2t2lnt 0，所以mt递增，且 m20 ，
所以mt0恒成立，∴此时不等式（**）无解；
a a2 a2
若当 时，由题意得g  f(x) =e2 得 e222ln20，即 e222ln2（***）
a2e2 2 min 4 4
a a 2
由于 e2，∴  e4,而 ，
2 2 e222ln2e22(1ln2)e2 e4
5 2  5 2 
∴不等式（***）无解．综上，所求a的取值范围是  ln2,4．故答案为：  ln2,4
3 3  3 3 
【变式1-3】（浙江省温州市2021-2022学年高三适应性测试一模数学试题）设函数 f(x) x3|xa|3 .
若 f(x)在[1,1]上的最大值为2，则实数a所有可能的取值组成的集合是________.
 2 3 2 3
【答案】3,5 ,1 
 9 9 【分析】
根据函数的最大值,依据 f 02可求出a的两种情况.讨论a的不同取值,去掉内层的绝对值,利用导数分析
三次函数的极值点,进而求得最大值与最小值.通过函数的上下平移,结合最值即可求得a的所有取值.
【详解】
因为函数 f(x) x3|xa|3 .若 f(x)在[1,1]上的最大值为2所以 f 02,即3|a| 2
当a0时,不等式化为3a 2,解得1a5
当a0时,不等式化为3a 2,解得5a1由以上可知:
(1) 当1a5时,函数解析式可化为 f(x) x3xa3 令g(x)x3x,则g'(x)3x21
3 3
当 时解得x  ,x 
g'(x)3x210 1
3
2
3
 3
当1 x 3 3 时, g'(x)3x210 ,即 gx 在   1, 3    上单调递增
 3 3
当 3 3 x 3 3 时, g'(x)3x210 ,即 gx 在    3 , 3    上单调递减
 3 
当 3 3 x1时, g'(x)3x210 ,即 gx 在   3 ,1   上单调递增.
3 3
 3  3  3 2 3  3  3 3 2 3
所以g      ,g     


3 



3 



3 

9 

3 



3 

3 9 g10,g10
极大值 极小值
当3a5时, g(x)x3x向下平移a3个单位可得h(x)x3xa3的图像
 3
因为 在 上的最大值为2。所以只需满足 g    a3 2即可,即
f(x) x3xa3 [1,1]  3 
极小值
2 3 2 3 2 3
 a32,解得a5 ,或a1 (舍)
9 9 9
当1a3时, g(x)x3x向上平移3a个单位可得到h(x)x3xa3的图像。由 f(x) x3xa3
 3
在 上的最大值为2。可知只需满足g  
3
  3a2即可.即 2 3 3a2,解得a1 2 3 ,符
[1,1]   极大值 9 9
合题意
(2) 当5a1,函数解析式可化为 f(x) x3xa3令g(x)x3x,则g'(x)3x210
所以g(x)x3x在[1,1]上单调递增则g(x) g(1)1312 g(x) g(1)112
min max
当5a3时,g(x)x3x向下平移a3 个单位可得h(x)x3xa3
由 f(x) x3xa3在[1,1]上的最大值为2只需 g(1)a3 2,即2a32解得a3或a1(舍)
当3a1时, g(x)x3x向上平移a3个单位可得h(x)x3xa3
由 f(x) x3xa3在[1,1]上的最大值为2只需 g(1)a3 2,即2a32解得a3或a7(舍)
 2 3 2 3
综上可知,满足条件的所有可能的 为5 2 3 ,1 2 3 和 故答案为: 3,5 ,1 
a 9 9 3  9 9 题型 15 导数与三角函数
【典例1-1】函数 f xsin2x4cosx的最大值为（ ）
A． 96 3 B．3 2 C． 106 2 D． 6 3
【答案】A
【分析】
 3
根据周期性只需考虑 x0,2函数最值，结合
f
xsin2x4cosx2cosxsinx2得x

,
2


时函
数取得最大值，利用导函数分析单调性，结合隐零点求解最值.
【详解】
由题 f xsin2x4cosx f x2 ，只需考虑x0,2 函数最值即可，
 3
f
xsin2x4cosx2cosxsinx2，所以当
sinx0,cosx0
即x

,
2


时函数取得最大值，
fx2cos2x4sinx2  12sin2x  4sinx4sin2x4sinx2，
2t 1
考虑函数ht4t24t2,t1,0，h10,h00，所以必存在唯一零点
t
，ht
0
0,t
0
2  0
2
，
0
且t1,t  ht4t24t2递减，tt ,0 ht4t24t2递增，
0 0
 3
记 t 0 sinx 0 ，由正弦函数单调性可得： x,x 0 函数 f x递增，x  x 0 , 2   函数 f x递减，
所以函数 f xmax f x 2cosx sinx 2
0 0 0
2sinx 1 1 3 3
sin2x  0 ，解得sinx  ,cosx  ，
0 2 0 2 0 2
 3 1 3 
所以 f xmax f x 0 2cosx 0 sinx 0 22   2     2 2   96 3.故选：A
  
 
【典例1-2】已知函数 f(x)xsinx 2sin(x )，若对于任意的x,x [0, ),(x x )，均有
4 1 2 2 1 2
| f(x) f(x )|a|ex1 ex2 |成立，则实数a的最小值为
1 2
2 3
A． B．1 C． D．3
3 2
【答案】B
【分析】
首先判断 f x 的单调性，假设x x ，将| f(x) f(x )|a|ex1 ex2 |去绝对值，化简后构造函数
1 2 1 2
Fxxsinxsinxcosxaex ，利用导数结合Fx
的单调性进行化简，利用分离常数法求得实数a的最
小值.
【详解】
 π  π
依题意 f xxsinxsinxcosx ，且x   0, 2 .所以 f'xxcosxcosx0 ，故 f x在x   0, 2 时单
调递增.不妨设x
1
x
2
，则 f x
1
 f x
1
 ，且ex1 ex2 .故由| f(x
1
) f(x
2
)|a|ex1 ex2 |得
f x  f x aex1 aex2，即 f x aex1  f x aex2，构造函数Fx f xaex ，则Fx 在
1 2 1 2
 π  π xcosxcosx
x   0, 2 时单调递减.故 F'xxcosxcosxaex 0 在区间  0, 2 上恒成立，即a ex 在区间
 π xcosxcosx  π x1sinxcosx
  0, 2 上恒成立.构造函数gx ex   x   0, 2   ，g'x ex 0，故 gx在 π
区间

0,
2
上递减，故 gx g01 ，所以
a1
.故
a
的最小值为
1
.故选B.
max
π π 5(x1)
【变式1-1】函数y5sin x (15x10)的图象与函数y 图象的所有交点的横坐标之和
5 5 x22x2
为___________.
【答案】-7
【分析】
5x1
由函数解析式可得两函数图象均关于点（﹣1，0）对称，进而探讨函数y 的单调性，然后画出
x22x2
图象的大致形状，即可求得两图象所有交点的横坐标之和.
【详解】
π π
易知函数y5sin x 的图象关于点（﹣1，0）对称，
5 5
5x1
设函数y f x
x22x2
图象上任意一点为 Ax,y，则它关于（-1,0）的对称点为 B2x,y，将其
51x
y
代入 的解析式得： ，即
y f x 2x222x2
5x1 5x1 5x1
y  
5x1
x222x2 x222x2 x22x2
，于是函数y
x22x2
关于点（-1,0）对称.又
x22x2x12x2 xx2
fx5 5
 x22x2 2  x22x2 2 ，
所以x,2 时， fx0，y f x 单调递减，x2,0 时， fx0，y f x 单调递增，
5
x0,时， fx0，y f x单调递减.于是x=-2时，y f x的极小值为 f 2 ，
2
 π π π 5 5
而y5sin   5   5sin 5 5sin 6  2 ，x=0时， y f x的极大值为 f 0 2 ，
π π 5
而y5sin 5sin  .现作出两个函数的大致图象，如图：
5 6 2
于是得到图象交点横坐标之和为：﹣1+（﹣2）×3=﹣7.故答案为：-7.
【变式1-2】已知0x yπ，且eysinxexsiny，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的
是（ ）
A．cosxcosy0 B．cosxcosy0C．cosxsiny D．sinxsiny
【答案】B
sinx
【分析】构造 f x ， ，求导研究其单调性，判断出D选项，利用同角三角函数关系得到
ex 0xπ
π
AB选项，构造差函数，得到x y，从而判断出C选项.
2
sinx sinx cosxsinx
【详解】构造 f x ， ，则 f x 0恒成立，则 fx ，
ex 0xπ ex ex
当0x π 时， ， fx cosxsinx 0，当 π xπ时， ， fx cosxsinx 0
4 cosxsinx ex 4 cosxsinx ex
sinx  π π  π
所以 f x 在0, 单调递增，在 ,π单调递减，因为 ，所以0x  yπ，
ex  4 4  0x yπ 4
0ex ey，
sinx siny
又  0，所以 ，D错误，
ex ey 0sinxsiny
π
因为0x 4  yπ，所以 cosx 1sin2x 0 ， cosy  1sin2 y，所以cosx cosy ，所以
cosxcosy0，A错误，B正确.
π  π
令gx f x f  x，则g 0，
2  4
 π 
sinxcosx ex e2 x 
gx fx f   π x   cosxsinx  sinxcosx   
2  ex π x π
e2 e2
π 
当
0xπ
时， gx0 恒成立，所以gx f x f 
2
x

在0,π上单调递增，
 π π  π 
当x  0, 4   时，gx f x f  2 x  0，即 f x f  2 x  ，因为 f x f y，所以
π 
f y f  x
2 
π π π π  π π
因为0x
4
 yπ，所以
2
x
4
，因为
f
x在在
4
,π

单调递减，所以y
2
x，即x
2
y
因为xcosx在 0,π
上单调递减，
π 
所以cosxcos ysiny，C错误
2 
故选：B
1
【变式1-3】已知函数 f(x) ax3xsinx2cosx(aR)，若f(x)在R上单调，则a的取值范围是（ ）
3
 1 1   2 2 
A．,



, B．,



,
 2 2     
   
C． D．,    ,
(,1][1,)  2 2 
【答案】A
【分析】先求函数的导函数，由 f(x)在R上单调，可知 f(x)0恒成立或 f(x)0恒成立，构造函数
g(x)ax2sinxxcosx，分类讨论a的取值范围，利用导数研究函数的单调区间及最值即可得解.【详解】求导 f(x)ax2sinxxcosx，令g(x)ax2sinxxcosx，
由 f(x)在R上单调，可知g(x)0恒成立或g(x)0恒成立，分类讨论：
g(x)2axcosxcosxxsinx2axxsinx2asinxx
1
（1）当a 时， ，令 ，得
2 2asinx0 g(x)0 x0
当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递减；当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递增；
g(x) g(0)0，即g(x)0恒成立，符合题意；
min
1
（2）当a 时， ，令 ，得
2 2asinx0 g(x)0 x0
当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递减；
g(x) g(0)0，即g(x)0恒成立，符合题意；
max
1 1
（3）当 a 时，令 ，得 或 ，
2 2 g(x)0 x0 sinx2a
研究x0,
内的情况即可：
当x0,x  时，g(x)0，函数g(x)单调递减；当xx,x 
时， g(x)0，函数g(x)单调递增；当
1 1 2
xx ,
时，g(x)0，函数g(x)单调递减；
2
当xx 时，函数g(x)取得极小值，且满足sinx 2a；当xx 时，函数g(x)取得极小值，且满足
1 1 2
sinx 2a
2
sinx  
g(x 1 )ax 1 2sinx 1 x 1 cosx 1  2 1 x 1 2sinx 1 x 1 cosx 1 ，且x 1    0, 2   同理
sinx   
g(x 2 ) 2 2 x 2 2sinx 2 x 2 cosx 2 ，且x 2   2 ,  又 g(0)0 ，当x 1  2 时， gx 1 0 ；当 x 2  时，
gx 0，故不符合；
2
 1 1 
所以a的取值范围是,



,故选：A
 2 2 
高考练场
1.（黑龙江省实验校2020届高三第三次模拟考试数学（理）试题）已知函数 f(x)exax1在区间(1,1)
内存在极值点，且 f(x)0恰好有唯一整数解，则 的取值范围是（ ）
e21  e21   e21
A． ,e B． ,1e1, 
 2e2   2e2   2 e21 e1
C． D． , e1,e
e1,e  2e2 e 
【答案】D
【分析】
求导，由
fx0得xlna1,1 可求出a的范围，再考查lna与零的大小比较，在lna1,0
时，结
f 10 f 10
合题意得出 ，以及当 时， ，解出实数 的范围可得出答案．
 f 20 lna0,1  f 20 a
【详解】
Qf xexax1，则 fxexa，由于函数y f x 在区间1,1上存在极值点，令 fxexa0，
得xlna，
1
所以， ，解得 ae，由于 f 00，且不等式 f x0恰有一整数解．
1lna1 e
①当lna0时，即当a1时，
fxex1，
当x0时，
fx0；当x0时， fx0．
此时，函数y f x 在x0处取得最小值，则 f x f 00，不合乎题意；
1
②当 时，即当 a1时，当 时， fx0；当 时， fx0．
1lna0 e xlna xlna
所以，函数y f x 的单调递减区间为 ,lna ，单调递增区间为 lna, ．
f 2e22a10
由题意可得 ，解得e21 e1，此时，e21 e1；
 f 1e1a10 2e2 a e 2e2 a e
③当0lna1时，即当1ae时，当xlna时，
fx0；当xlna时， fx0．
所以，函数y f x 的单调递减区间为 ,lna ，单调递增区间为 lna, ．
f 2e22a10
e21
由题意可得
 f 1ea10
，解得e1a
2
，此时，
e1ae
．
e21 e1
因此，实数 的取值范围是 , e1,e ，故选D．
a  2e2 e 
2.（2021·江苏·高三开学考试）已知函数 f(x)xln(x1)，g(x)xlnx，若 f(x)12lnt，g(x )t2 ，
1 2
则(xx x )lnt的最小值为___________.
1 2 2
1
【答案】
2e
【分析】先证明据x 1lnx ，结合x lnx t2，求出(xx x )lntt2lnt，令h(t)t2lnt(t0)，根据函数的
1 2 2 2 1 2 2
单调性求出代数式的最小值即可．
【详解】 f(x)x ln(x 1)12lnt，即x 1ln(x 1)lnt2 ln[ex11(x 1)]，t2 ex11(x 1)①，t2 0，
1 1 1 1 1 1 1
g(x )x lnx t2 elnx2 lnx ②，又 yxex在[0，)上单调递增，故由①②得
2 2 2 2
ex 1 1x 1elnx 2 lnx x 1lnx ，
1 2 1 2
故(xx x )lntx lnx lntt2lnt，令h(t)t2lnt(t0)，则h(t)2tlntt，
1 2 2 2 2
令
h(t)0
，解得：
t e
 1
2
，令h(t)0，解得：
0te
 1
2
，故h(t)在(0,e  1 2)递减，在
(e
 1
2
，
)
递增，
 1 1 1
故h(t) h(e 2) ，故答案为： ．
min 2e 2e4 2
3.（2023·广东梅州·统考三模）已知实数 x ， x 满足
ex1 
x ，
lnx
2

x2 ，则 xx2  （ ）
1 2 1 2 1 2
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】C
【分析】由已知可得xex1 elnx2 2 lnx2 4，构造函数 f xxex，通过导数研究单调性，得x lnx2，结合
1 2 1 2
对数的运算规则求xx2
的值.
1 2
4 2
【详解】由
ex1 
x ，得 xex1 4 ，由
lnx
2

x2 ，有 x2lnx2 4 ，可得 elnx2 2 lnx2 4 .
1 1 2 2 2 2
令 f xxex， fxx1ex，由 f�( x) >0，得x1，由 fx0，得x1，
所以函数 f x 在区间 ,1 上单调递减，在区间 1, 上单调递增.
当x0时， f x0，当x0时， f x0，
由 f x
1
 f  lnx
2
2 4，则有x
1
lnx
2
2，所以ex1 elnx2 2  x
2
2，
因为xex1 4，所以xx2 4.故选：C
1 1 2
4.（2021·广东深圳·高三练习）设k 0，若存在正实数x，使得不等式log xk3kx10成立，则k的最
27
大值为（ ）
ln3
1 ln3 e
A． B． C． D．
eln3 e ln3 2
【答案】A
【分析】化简log xk3kx10得log x≥k3kx，从而xlog x≥kx3kx，3log3xlog x≥kx3kx，构造函数
27 3 3 3
log x log x log x
fxx3x，有单调性得
log x≥kx0
，再化简得k≤
x
3 ，再构造函数gx
x
3 ，求gx
x
3 得最
3
大值即可.
【详解】解：因为log
33
x≥k3kx1，所以log
3
x≥k3kx，因为x0，所以xlog
3
x≥kx3kx，即3log3xlog
3
x≥kx3kx，
设函数 fxx3x，x0， fx3x x3xln33x(1xln3)0，所以函数 fxx3x在(0，)为增函数，
1 1 lnx
xlog x 
所以 所以 k≤ log 3 x，设函数 gx log 3 x， gx xln3 3  ln3 ln3  1lnx ，
log x≥kx0 x x x2 x2 ln3x2
3
log x log e 1
所以函数gx 3 在 为增函数，在 为减函数，所以gx ge 3  ，
x (0，e) (e，) max e eln3
1
所以 的最大值为 ，故选：A.
k eln3
5.（2021下·四川眉山··高三练习）若x0,1
，mxxlnxm恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
1 
A．1, B．
2
,

 C．2, D．,1
【答案】A
【分析】把给定恒成立的不等式变形，构造函数 f(x)m(x1)xlnx(0x1)，利用导数探讨 f(x)的最
大值不超过0即可作答.
【详解】x(0,1]，mxxlnxmm(x1)xlnx0，
令 f(x)m(x1)xlnx(0x1)，则 f(x)m1lnx，而lnx0成立，
当m1时， f(x)0，即 f(x)在(0,1]上递增，当x1时 f(x) 0，
max
于是有当m1时，恒有m(x1)xlnx0，
当m1时，由 f(x)0得xem1，0xem1有 f(x)0，em1x1有 f(x)0，即 f(x)在[em1,1)上递
减，
当x[em1,1)时， f(x) f(1)0，即m(x1)xlnx0成立，不符合题意，综上：m1，
所以实数m的取值范围为
1,
.
故选：A
6.（江苏省扬州市高邮市2022-2023学年高三上学期10月学情调研测试数学试题）当x0时，不等式
x2ex mx2lnx1有解，则实数m的范围为（ ）
 1  2 
A．1, B．   e ,   C．  e ,   D．2,
【答案】A
【分析】先令m1，构造导数证得在 0,1 上存在x 使得x 2ex0 x 2lnx 1，即m1满足题意，故排除
0 0 0 0
D；再利用一次函数的单调性证得当m1时，x2ex mx2lnx1在
0,
上恒成立，即可排除BC，实则
至此已经可以选择A选项，然而我们可以进一步证得当m 1时，题设不等式也成立，由此选项A正确.
【详解】当m1时，题设不等式可化为x2exx2lnx10有解，
令 f xx2exx2lnx1x0 ，则问题转化为 f x0有解，
2 x2 x2ex 1 
fx  x22x  ex 1  ，
x x
令gxx2ex1x0，则gx  x22x  ex 0，所以gx 在0,上单调递增，
又g010，g1e10，故gx 在 0,1 上存在唯一零点x ，且x 2ex0 1，两边取自然对数得
0 0
2lnx x 0，
0 0
所以当0xx 时，gx0，即 fx0，故 f x 单调递减；当xx 时，gx0，即 f�( x) >0，故
0 0
f x 单调递增；
所以 f x  f x x 2ex0 x 2lnx 1x 2ex0 1x 2lnx 0，即在 0,1 上存在x 使得
min 0 0 0 0 0 0 0 0
x 2ex0 x 2lnx 1，即 f x0有解x ，
0 0 0 0
即m1满足题意，故排除D.
由上述证明可得x2exx2lnx10，即x2ex x2lnx1在
0,
上恒成立，
令hmxm2lnx1，则hmx0，故hm
在R上单调递增；
所以当m1时，h1hm
，即x2lnx1mx2lnx1，故x2ex mx2lnx1，
即当m1时，x2ex mx2lnx1在
0,
上恒成立，显然题设不等式无解，矛盾，故排除BC；
当 m 1 时，hmh1 ，即mx2lnx1x2lnx1，故mx 0 2lnx 0 1x 0 2lnx 0 1，
又x 2ex0 x 2lnx 1，故x 2ex0 mx 2lnx 1，即x2ex mx2lnx1至少有一解x ；
0 0 0 0 0 0 0
综上：m1，即选项A正确.
故选：A.
7.（陕西省汉中中学2022高三上学期第二次月考数学试卷）设函数的定义域为D，若满足条件：存在
a b
a,bD ，使 f x在a,b上的值域为 2 , 2   ，则称 f x为“倍缩函数”.若函数 f x=ext 为“倍缩函
数”，则实数t的取值范围是
 1ln2  1ln2
A．,  B．, 
 2   2 
1ln2  1ln2 
C． , D． ,
 2   2 
【答案】B
【分析】根据定义及函数单调性，分析可得关于x的方程，判断出方程有两个不等的实数根；构造函数
x
g(x)ex  t
2x
g(x)ex  t，通过求导求得极值点，代入后求得t的最大值．
2
【详解】因为函数 f x=ext为“倍缩函数”，且为递增函数所以存在 a,bD，使 f x 在 a,b 上的值
a b
域为 , 
2 2
 a
ea t 

 2
则 ，由此可知等价于 有两个不等实数根令
ebt  b ex x t0 g(x)ex  x t
 2 2 2
1 1 1 1
则g'(x)ex  ，令g'(x)ex 0解得xln ln2代入方程得eln2 ln2t 0
2 2 2 2
ln21  1ln2
解得t  ，因为有两个不等的实数根所以t的取值范围为, 所以选B
2  2 
1
8. （ 湖 北 省 十 堰 市 东 风 高 级 中 学 2021-2022 学 年 高 三 数 学 试 题 ） 已 知 f xxex e2 ，
e
gxx12alnx1，若存在x
1
R，x
2
1, ，使得 f x
1
gx
2
成立，则实数a的取值范围
是______.
【答案】
,0  2e2, 
【分析】根据存在x R，x 1, ，使得 f x gx 成立，只需 f x  gx ，先利用导数法求
1 2 1 2 min max
得 f x  f 1e2 ，再令t x1t 0 ，将求gx 的最大值转化为htt2alnt 在t0, 中的
min
a
最大值，求导ht2t
，然后分 ， 和 三种情况讨论求解.
t a0 a0 a0
【详解】因为存在x R，x 1, ，使得 f x gx 成立，所以只需 f x  gx ，
1 2 1 2 min max
因为
fxx1ex
，当x1时，
fx0当x1时， fx0，
所以 f x 在 ,1 中单调递减，在 1, 中单调递增，所以 f x  f 1e2 ，
min
令t x1t 0 ，则gx 在 1, 中的最大值，也就是htt2alnt 在t0, 中的最大值.
a
因为ht2t
t
（1）当a0时，ht0，yht 在t0, 中递减，且t趋近于0时，ht
趋近于，满足题意；
（2）当a0时，htt2 ，ht 0e2
，不合题意舍去；
max
a a
（3）当
a0
时，由 ht0 可得0t
2
， ht0 可得t 
2
，
∴ ht 在     0, a 2     中单调递增，在     a 2 ,     中单调递减，∴ht max h     a 2      a 2 aln a 2 ，
a a a a a a
∴只需 aln e2，即  ln e2，令 ，则 .
2 2 2 2 2 2 lne2
由xxlnxx可知  e2 e2 ，xlnx，∴x在0,1中单调递减，在1,中单调递增，
a a a
又x0,1时，x0，∴xe2的解为
xe2
，即
2

2
ln
2
e2 的解为
a2e2
.
综上所述，所求实数a的取值范围是
,0  2e2, 
.故答案为：
,0  2e2, 
9.（2021·新疆乌鲁木齐·统考三模）若ex1 lnx ，令t x x ，则t的最小值属于（ ）
2 2 1 3 3   5 5 
A．1,  B． ,2 C．2,  D． ,3
 2 2   2 2 
【答案】C
【分析】设aex1 lnx ，把参数t表示成a的函数即t x x ea lna，构造函数，通过导数研究函数
2 2 1
最小值及最小值的取值范围.
【详解】设aex1 lnx ，则x lna，x ea，t x x ea lna，
2 1 2 2 1
1
令 ，h(x)ex ，易知 单增，
h(x)exlnx
x
h(x)
且h( 1 ) e20， ，则存在x ( 1 ,1)，使h(x )ex0  1 0，
2 h(1)e10 0 2 0 x
0
即x(0,x )，h(x)0，h(x)单减；x(x ,)，h(x)0，h(x)单增；
0 0
1 1
又h(x )ex0  0ex0  ,lnx x ，
0 x x 0 0
0 0
则h(x)h(x )ex0 lnx x  1 ，x ( 1 ,1)
0 0 0 x 0 2
0
1 1 1 5
易知h(x )x  在x ( ,1)单减，即h(1)2h(x )h( )
0 0 x 0 2 0 2 2
0
故选：C
lnx,x1

10.（2022·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）已知函数 f x x ，若
1 ,x1
 Fx f f x1m
 2  
有两个零点x,x ，则x x 的取值范围是（ ）
1 2 1 2
A．42ln2, B．   1 e,  C．   42ln2,1 e  D．  ,1 e 
【答案】A
【分析】由题意可知，当x1时， f x1lnx11， f   f x1  ln  f x1 ；当x1时，
x 3
fx11 1 1， f f x1lnf x1.由 f f x1m0，得
2 2      
f xem1.根据 f x 的解析式，分别求出x,x 的表达式，再根据导数求x x 的取值范围.
1 2 1 2
【详解】当x1时， f x1lnx11，f   f x1  ln  f x1 ；
x 3
当 时， fx11 1 1，f f x1lnf x1，综上，对
x1 2 2    
xR, f   f x1  ln  f x1 .
Fx f   f x1  m有两个零点x,x ，即方程ln  f x1  m0有两个根x,x ，
1 2 1 2
即方程 f xem1有两个根x,x ，不妨设x x .易知函数 f x 在 ,1 上单调递减，在 1, 上单调
1 2 1 2
递增，
x x 1 1
 当 x1 时， lnx em1 ；当 x1 时，1 2 1 em1.令t em1,1 2 1  2 ,t 2 .
2
1 1
x
2
et,x
1
22t,x
1
x
2
et 2t2,t 
2
.令gtet 2t2,t 
2
，g'tet 2，令
g't0,tln2.
1
 tln2时，g't0； 时，g't0，
2 t ln21 

函数 gt在
2
,ln2

上单调递减，在ln2,上单调递增，
当t
ln2时，gt gln2eln22ln2242ln2.
min
函数gt 的值域为 42ln2, ，即x
1
x
2
的取值范围是 42ln2, .故选：
A
.
11.（四川省泸县第五中学2021-2022学年高三模拟考试数学（文）试题）若存在两个正实数x，y使等式
2xmy2exlnylnx0成立，（其中e2.71828...）则实数m的取值范围是________.
2 
【答案】 ,0  ,
e 
【详解】
m 2exy 2  x lnylnx ，
m
1  2exy
2

x
lnylnx   

e 1
2

x
y 

ln
x
y ，设t 
x
y 0 ，设gt  

e
2
t  

lnt ，
那么gt 1
2
lnt  

e
2
t

  1
t
 1
2
lnt e
t
 1
2
， gt
2
1
t

t
e
2
 t
2

t
2
2
e 0恒成立，所以 gt 是单调递
减函数，当te时，
ge0，当t0,e
时，
gt0 ，函数单调递增，当te,
，
gt0
，
e 1 e 2
函数单调递减，所以 gt 在 时，取得最大值， ge ，即  ，解得： 或m ，
te 2 m 2 m0 e
2  2 
写出区间为 ,0  , ，故填： ,0  ,.
e  e 
12.（2023·江苏·统考模拟预测）已知 f xmxn，gxlnx，对于x0, ， f xgx 恒成立，
则m2n的最小值为（ ）
A．ln2 B．－1 C．ln4 D．－2
【答案】C
【分析】等价于对于x0,
，nlnxmx恒成立，设h(x)lnxmx,(x0)，求出函数h(x)最大值，
得到m2nm22lnm，设p(m)m22lnm,(m0)，求出函数p(m)的最小值即得解.
【详解】因为对于x0, ， f xgx 恒成立，所以对于x0, ，nlnxmx恒成立，
1 1mx
设 ，所以h(x) m .当 时， ，函数 单调递增，
h(x)lnxmx,(x0) x x m0 h(x)0 h(x)
所以函数h(x)没有最大值，所以这种情况不满足已知；当m0时，
1
当x(0,
m
)时， h(x)0 ，函数h(x)单调递增.
1 1 1
当x( ,)时， ，函数 单调递减.所以h(x) h( )ln 11lnm.
m h(x)0 h(x) max m m
2 m2
所以 .所以 .设 ，所以p(m)1  ，
n1lnm m2nm22lnm p(m)m22lnm,(m0) m m
当0m2时，p(m)0，函数p(m)单调递减.当m>2时，p(m)0，函数p(m)单调递增.
所以p(m)
min
 p(2)222ln22ln2ln4.所以m2n的最小值为ln4.
13.（2022下·福建泉州·高三泉州市城东中学校考）已知x，x是函数 f xx22ax2lnx的两个极值点，
1 25
且 x 1 x 2 ，当a 2 时，不等式 f x 1 mx 2 恒成立，则实数 m 的取值范围（ ）
 9   9 
A．  ln2,0  B．, ln2 
 8   8 
 9   9 
C．  ln2,0 D．  ln2,
 8   8 
【答案】B
【分析】先求导由x，x是极值点，得x x a,xx 1，进而将不等式 f x mx 恒成立转化为
1 2 1 2 1 2 1 2
m  x
1
32x
1
2x
1
lnx
1

min
，构造函数gx 求得最小值，即可求出实数m的取值范围.
2 2  x2ax1 
【详解】由题意得， ， fx2x2a  ，所以 ， 是方程 的两个正
x0 x x x x x2ax10
1 2
根，
f x 
所以a240,x 1 x 2 a 5 2 ,x 1 x 2 1，不等式 f x 1 mx 2 恒成立，即m x 2 1 恒成立；
f x  x22ax 2lnx
又 1  1 1 1 x32ax22x lnx x32x x x22x lnx ，
x x 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1x32x 2x lnx
2 2 1 1 1 1
5 1 5 1
则m  x 1 32x 1 2x 1 lnx 1  min ，又x 1 x 2 a 2 ,x 1 x 2 1，可得 x 1  x 1  2 ，则0 x 1 ≤ 2 .
 1
令gxx32x2xlnx,

0x
2


，则 gx3x2222lnx3x22lnx0 ，
 1 1 9 9
所以 gx在

0,
2


上单调递减，所以gx
min
g
2



8
ln2，故m
8
ln2.
故选：B.
14.（2022·全国·高三专题练习）设函数 f x xaxb ，a，bR，若对任意的实数a，b，总存在实数
x 0,4 ，使得不等式 f x m成立，则m的最大值是_______．
0 0
1
【答案】
4
【分析】构造函数ux xaxb，分情况讨论函数的单调性，并求最值.
【详解】设 f x 的最大值为Mb，
1 1
令
ux xaxb
，则ux
2 x
a在x0,4上，当ux0时，即a
4
时， ux单调递增，此时
bux24ab，
当b12a时，Mb24ab，
1 1
当 b12a 时， Mbb ，从而当a 4 时， b12a 时， Mb取最小值，Mb min 12a 2 ，
1  1   1 
当a
4
时，
ux
在

0,
4a2 
上单调递增，在
 4b2
,4
 
上单调递减，
在a   1 , 1 时，bux 1 b，当b 1 时，Mb  1  1 ，
4 2 4a 8a min 8a 4
在a   1 ,  ，时，24abu(x) 1 b，当b12a 1 时，Mb 2a 1 1 1 ，
2  4a 8a min 8a 4
对任意实数a，b，总存在实数x
0
0,4 ，使得不等式 f(x
0
)m成立等价于m≤ f(x)
max
恒成立，1 1 1
m ，故 的最大值为 ，故答案为： .
4 m 4 4
exasinx, x0
15.已知函数 f x ．若关于x的不等式 的解集为 ，则实数a的取
 x2a1xa, x0 fx0 1,
值范围为___________．
 
【答案】0，2e4
 
【分析】 fx0的解集为 1,x0，＋，f x＝ex asinx�0恒成立，且x2＋a1x＋a�0在
x≤0时的解集为[－1，0]，分类讨论即可﹒
【详解】 fx0的解集为 1,x0，＋，f x＝ex asinx�0恒成立，且x2＋a1x＋a�0在
x≤0时的解集为[－1，0]﹒
(1)当x≤0时， f x＝x2＋a1x＋a＝xax＋1 ，为满足题意，其图像应该如图：
∴a≥0；
(2)当x＞0时，
①a＝0时，f(x)＝ex≥0恒成立，满足题意；
sinx 1
②a＞0时， 恒成立  恒成立(x＞0)，
exasinx�0 ex a
 π
2cosx＋

令 gx＝ sinx x＞0 ，则 gx＝ cosxsinx ＝  4，
ex ex ex
由 gx＞0 得， 
2
＋2kx＜x＋ 
4
＜ 
2
＋2k，即x  

 3
4
＋2k， 
4
＋2k  

kZ 时， gx单调递增，
由 gx＜0 得， 
2
＋2k＜x＋ 
4
＜ 3
2
 ＋2k，即x  


4
＋2k， 5
4
＋2k  

kZ 时， gx单调递减，
π 
x＝ ＋2kkZ 时，gx取得极大值， x＞0，x＝ ＋2kkN
4 4
2
[gx] ＝g 

 ＋2k 

＝ 2 ，kN
极大值  4   ＋2k
e4
2
时，g(x) ＝ 2  1 ， 2 ae  4，a 2e  4 ， ，
max  a 2 2
k＝0 e4 0＜a 2e4
   
综上所述，a0，2e4 ﹒故答案为：0，2e4 ﹒
   