重难点05 导数常考经典压轴小题全归类【十大题型】
【新高考专用】
【题型1 函数切线问题】..........................................................................................................................................3
【题型2 导数中函数的单调性问题】......................................................................................................................4
【题型3 导数中函数的极值问题】..........................................................................................................................6
【题型4 导数中函数的最值问题】..........................................................................................................................9
【题型5 函数零点（方程根）个数问题】...........................................................................................................12
【题型6 利用导数解不等式】................................................................................................................................16
【题型7 导数中的不等式恒成立问题】................................................................................................................19
【题型8 任意存在性问题】....................................................................................................................................22
【题型9 函数零点嵌套问题】................................................................................................................................26
【题型10 双变量问题】..........................................................................................................................................30
导数是高考数学的必考内容，是高考常考的热点内容，主要涉及导数的运算及几何意义，利用导数研
究函数的单调性，函数的极值和最值问题等，考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想.
从近三年的高考情况来看，导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，
难度较小；利用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，
属综合性问题，解题时要灵活求解．
【知识点1 切线方程的求法】
1.求曲线“在”某点的切线方程的解题策略：
①求出函数y=f(x)在x=x0处的导数，即曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率；
②在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为y=y0+f'(x0)(x-x0).
2.求曲线“过”某点的切线方程的解题通法：
①设出切点坐标T(x0,f(x0))(不出现y0)；
②利用切点坐标写出切线方程：y=f(x0)+f'(x0)(x-x0)；
③将已知条件代入②中的切线方程求解.
【知识点2 导数中函数单调性问题的解题策略】
1.确定函数单调区间的步骤；
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f'(x)；
(3)解不等式f'(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f'(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.
2.含参函数的单调性的解题策略：
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因
式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
3.根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x (
∈a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间
上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点3 函数的极值与最值问题的解题思路】
1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f'(x)；
(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；
(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0 的根x0左右两侧值的符号；
(5)求出极值.
2.根据函数极值求参数的一般思路：
已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0 和极值这两个条件列方
程组，利用待定系数法求解.
3.利用导数求函数最值的解题策略：
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：
①求函数在(a,b)内的极值；
②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性
和
极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
【知识点4 导数的综合应用】
1.导数中函数的零点（方程的根）的求解策略
(1)利用导数研究方程根（函数零点）的技巧
①研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．
②根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．
③利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
(2)已知函数零点个数求参数的常用方法
①分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建
关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．
②分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，
将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
2.导数中恒成立、存在性问题的求解策略
恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．
如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数
单调性求解函数的最大、最小值；当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函
数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，结合函数图象，
利用导数来求解．
【题型1 函数切线问题】
【例1】（2023·全国·模拟预测）若曲线y =(1- x)e
x有两条过点A (a,0)的切线，则a的取值范围是（ ）
A．(-∞,-1)∪(3,+ ∞)
B．(-3,1)
C．(-∞,-3)
D．(-∞,-3)∪(1,+∞)
【解题思路】根据题意，由导数的几何意义表示出切线方程，然后列出不等式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】设切点为(x0,(1- x0)e
x0)，由已知得y
' =- xe
x，则切线斜率k =- x0e
x0，
切线方程为y -(1- x0)e
x0=- x0e
x0(x - x0)．
∵直线过点A (a,0)，∴-(1- x0)e
x0=- x0e
x0(a- x0)，
化简得x0
2-(a+1) x0+1=0．∵切线有2 条，
∴Δ=(a+1)
2- 4>0，则a的取值范围是(-∞,-3)∪(1,+∞)，
故选：D.
【变式1-1】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知函数f (x)= 1
e
x -1，则曲线y = f (x)在点(-1,f (-1))处的
切线方程为（ ）
A．e x + y +1=0
B．e x - y +1=0
C．e x + y -1=0
D．e x - y -1=0
【解题思路】先由导数求切线的斜率，再求出切点，结合点斜式方程写出即可.
【解答过程】由f (x)= 1
e
x -1，得f
' (x)=- 1
e
x ，
所以f
' (-1)=-e，又f (-1)=e-1，
故曲线y = f (x)在点(-1,f (-1))处的切线的方程为y -(e-1)=-e(x +1)，即e x + y +1=0.
故选：A.
【变式1-2】（2023·四川雅安·统考一模）若直线y =kx与曲线y =ln x相切，则k =（ ）
A．1
e
2
B．2
e
2
C．1
e
D．2
e
【解题思路】利用导数的几何意义计算即可.
【解答过程】设切点为(x0,ln x0)，则由题意可知f
' (x)= 1
x ⇒f
'(x0)= 1
x0
=k，
所以¿.
故选：C.
【变式1-3】（2023·四川凉山·统考一模）函数f (x)= 1
2 x
2+aln x在区间(1,2)的图象上存在两条相互垂直的
切线，则a的取值范围为（ ）
A．(-2,1)
B．(-2,-1)
C．(-2,0)
D．(-3,-2)
【解题思路】利用导数的几何意义结合导函数的单调性计算即可.
【解答过程】由f (x)= 1
2 x
2+aln x⇒f
' (x)= x + a
x
(x>0)，
不妨设这两条相互垂直的切线的切点为(x1,f (x1)),(x2,f (x2))，且f
'(x1)⋅f
'(x2)=-1
若a≥0，则f
' (x)>0恒成立，不符合题意，可排除A 项；
所以a<0，此时易知y = f
' (x)单调递增，
要满足题意则需¿.
故选：D.
【题型2 导数中函数的单调性问题】
【例2】（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）下列函数中，既是偶函数，又在区间
(0,+∞)上单调递增的是（ ）
A．y = 1
x
2
B．y =e
-2 x
C．y =- x
2+1
D．y =lg|x|
【解题思路】求导判断函数单调性，并结合偶函数的定义逐一判断即可.
【解答过程】对于A 选项：当x∈(0,+ ∞)时，y = 1
x
2的导函数为y
' =-2
x
3 <0，
所以y = 1
x
2在x∈(0,+∞)时单调递减，故A 选项不符合题意；
对于B 选项：当x∈(0,+ ∞)时，y =e
-2 x的导函数为y =-2e
-2 x<0，
所以y =e
-2 x在x∈(0,+ ∞)时单调递减，故B 选项不符合题意；
对于C 选项：当x∈(0,+ ∞)时，y =- x
2+1的导函数为y
' =-2 x<0，
所以y =- x
2+1在x∈(0,+ ∞)时单调递减，故C 选项不符合题意；
对于D 选项：当x∈(0,+ ∞)时，y =lg|x|=lg x的导函数为y
' =
1
x⋅ln10 >0，
所以y = 1
x
2在x∈(0,+∞)时单调递增，
又函数y =lg|x|的定义域为(-∞,0)∪(0,+ ∞)，且f (x)=lg|x|=lg|- x|= f (- x)，故D 选项符合题意.
故选：D.
【变式2-1】（2023·陕西商洛·统考一模）已知函数f (x)=2(x -1)e
x- x
2-ax在R上单调递增，则a的最大
值是（ ）
A．0
B．1
e
C．e
D．3
【解题思路】结合导数，将f (x)在R上单调递增转化为f
' (x)=2 xe
x -2 x -a≥0恒成立，再参变分离，转化
为a≤2 xe
x -2 x恒成立，即求出2 xe
x -2 x的最小值即可得.
【解答过程】由题意可得f
' (x)=2 xe
x-2 x -a，
因为f (x)在R上单调递增，所以f
' (x)=2 xe
x-2 x -a≥0恒成立，
即a≤2 xe
x -2 x恒成立，
设g(x)=2 xe
x-2 x，则g
' (x)=(2 x +2)e
x-2，
令h(x)=(2 x +2)e
x-2，则h
' (x)=(2 x + 4)e
x，
当x<-2时，h
' (x)<0，x>-2时,h
' (x)>0,
故h(x)在(-∞,-2)为减函数，在(-2,+∞)上为增函数，
故h(x)min=h(-2)<0，但h(0)=0，
x→-∞时，h(x)→-2，
故当x<0 时，g
' (x)<0，当x>0时，g
' (x)>0，
则g(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
故g( x)min= g(0)=0，即a≤0.
故选：A.
【变式2-2】（2023·全国·模拟预测）已知x = ln 5
6，y = 24
25 ln 4
5 ，z =- 1
6，则（ ）
A．y < x< z
B．y < z< x
C．z< x< y
D．x< y < z
【解题思路】设函数f (x)= x ln x，利用函数单调性，比较x，y的大小，再结合ln x ≤x -1，比较x，z的
大小.
【解答过程】设f (x)= x ln x（x>0），则f
' (x)= ln x +1>0 ⇒ x> 1
e ，所以函数f (x)在(
1
e ,+∞)上为增函
数.
又1
e < 4
5 < 5
6所以f(
4
5)<f(
5
6)即24
25 ln 4
5 <ln 5
6 ⇒ x> y ；
设g(x)= ln x - x +1，则g
' (x)= 1
x -1= 1- x
x
>0 ⇒ 0< x<1，故g(x)在(0,1)上递增，在(1,+ ∞)上递减.
所以g(x)≤g(1)=0，故ln x - x +1≤0 ⇒ ln x ≤x -1（当x =1时取“=”）
所以ln 5
6 ≤5
6 -1=- 1
6 ，即x< z.
故选：A.
【变式2-3】（2023·河南·模拟预测）已知函数f (x)=e
x(x +a)
x
在(0,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围
是（ ）
A．[0,+ ∞)
B．(-∞,- 4]
C．(-∞,- 4]∪[0,+∞)
D．[- 4,0]
【解题思路】由导函数f
'( x)≥0在(0,+∞)上恒成立可得．
【解答过程】f
' (x)=e
x(x
2+ax -a)
x
2
，因为函数f (x)=e
x(x +a)
x
在(0,+ ∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)
时，f
' (x)=e
x(x
2+ax -a)
x
2
≥0恒成立，即当x∈(0,+∞)时，g(x)= x
2+ax -a≥0恒成立，因为对称轴为
x =- a
2，当a>0时，x =- a
2 <0，g(0)=-a<0，所以当x∈(0,+ ∞)时，g(x)= x
2+ax -a≥0不恒成立，
不符题意；当a≤0时，x =- a
2 ≥0，当x∈(0,+∞)时，g(x)= x
2+ax -a≥0恒成立，则Δ=a
2+ 4 a≤0，解
得- 4≤a≤0．
故选：D．
【题型3 导数中函数的极值问题】
【例3】（2023·四川成都·校考模拟预测）已知函数f (x)= x
3-2a x
2+a
2 x +1在x =1处有极小值，则a的值
为（ ）
A．1
B．3
C．1 或3
D．-1或3
【解题思路】由f (x)在x =1处有极小值可知，f
' (1)=0解出a的值，并根据单调性验证.
【解答过程】因为f (x)= x
3-2a x
2+a
2 x +1，
所以f
' (x)=3 x
2- 4 ax +a
2，
因为函数f (x)= x
3-2a x
2+a
2 x +1在x =1处有极小值，
所以f
' (1)=3- 4 a+a
2=0，解得a=1或a=3，
当a=1时，f
' (x)=3 x
2- 4 x +1=(3 x -1)(x -1)，
当f
' (x)>0时，x< 1
3或x>1，当f
' (x)<0时，1
3 < x<1，
f (x)在x =1处取到极小值，符合题意；
当a=3时，f
' (x)=3 x
2-12 x +9=3(x -1)(x -3)，
当f
' (x)>0时，x<1或x>3，当f
' (x)<0时，1< x<3，
f (x)在x =1处取到极大值，不符合题意；
综上：a的值为1.
故选：A.
【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）函数f ( x)=2 x - tan x - π在区间(- π
2 , π
2)的极大值、极小值分别为
（ ）
A．π
2 +1，- π
2 +1
B．- π
2 +1，- 3 π
2 +1
C．3 π
2 -1，- π
2 +1
D．- π
2 -1，- 3 π
2 +1
【解题思路】求出f
' (x)，由f
'( x)<0、f
'( x)>0可得答案．
【解答过程】由题意，得f
'( x)=2-(
sin x
cos x)
'
=2-
1
cos
2 x
= 2cos
2 x -1
cos
2 x
，
当x∈(-π
2 ,-π
4 )∪(
π
4 ,π
2 )时，2cos
2 x -1<0，f
'( x)<0；
当x∈(-π
4 ,π
4 )时，2cos
2 x -1>0，f
'( x)>0．
所以f ( x)在(-π
2 ,-π
4 )上单调递减，在(-π
4 ,π
4 )上单调递增，在(
π
4 ,π
2 )上单调递减．
当x =-π
4 时，f ( x)取得极小值，为f(-π
4 )=- 3π
2 +1；
当x =π
4 时，f ( x)取得极大值，为f(
π
4 )=-π
2 -1．
故选：D．
【变式3-2】（2023·甘肃兰州·校考一模）已知函数f (x)=e
x+ x
2
2 - ln x的极值点为x1，函数h(x)= ln x
2 x 的最
大值为x2，则（ ）
A．x1> x2
B．x2> x1
C．x1≥x2
D．x2≥x1
【解题思路】根据题目条件求出x1∈(
1
4 , 1
2)，x2= 1
2e < 1
4 ，即可判断．
【解答过程】f (x)=e
x+ x
2
2 - ln x的定义域为(0,+∞)，
f
' (x)=e
x+ x - 1
x 在(0,+∞)上单调递增，且f(
1
2)=e
1
2 - 3
2 >0，f(
1
4)=e
1
4 - 15
4 <0，
所以∃x1∈(
1
4 , 1
2)，e
x1+ x1- 1
x1
=0，
所以当0< x< x1时f
' (x)<0，当x> x1时f
' (x)>0，即f (x)在(0, x1)上单调递减，在(x1,+∞)上单调递增，
则f (x)在x = x1处取得极小值且x1∈(
1
4 , 1
2)．
h(x)= ln x
2 x 的定义域为(0,+∞)，由h
' (x)= 2-2ln x
4 x
2
= 1- ln x
2 x
2
，
当x∈(0,e)时，h
' (x)>0，当x∈(e,+∞)时，h
' (x)<0，
故h(x)= ln x
2 x 在x =e处取得极大值，也是最大值，h(x)max =h (e)= lne
2e = 1
2e，
即x2= 1
2e < 1
4 ．所以x1> x2．
故选：A.
【变式3-3】（2023·广东广州·广州校考模拟预测）设函数f (x)=sin(ωx +π
5 )(ω>0)，已知f (x)在
[0,2π]有且仅有5 个零点，下述四个结论错误的是（ ）
A．ω的取值范围是[
12
5 , 29
10)
B．f (x)在(0,π
10)单调递增
C．若x = 3π
25 是f (x)在(0,2π)上的第一个极值点，则ω= 16
5 ；
D．若x = 3π
25 是f (x)在(0,2π)上的第一个极值点，y =- 5
2 x + 4π
5
是f (x)的切线
【解题思路】选项A，利用函数有5 个零点，根据整体思想，可得答案；
选项B，根据正弦函数的单调性，利用整体思想，结合选项A，求其最值，可得答案；
选项C，根据正弦函数零点的计算公式，建立方程，可得答案；
选项D，先求直线与三角函数的公共点，根据导数的几何意义，可得答案.
【解答过程】∵f (x)=sin(ωx +π
5 )(ω>0)，在[0,2π]有且仅有5 个零点，∴0≤x ≤2π，
π
5 ≤ωx +π
5 ≤2πω+π
5 ，则5π≤2πω+π
5 <6π，12
5 ≤ω< 29
10，A 正确；
当0< x<π
10时，π
5 <ωx +π
5 < ωπ
10 +π
5 ，
当ω= 29
10 时，ωπ
10 +π
5 = 29π
100 + 20π
100 = 49π
100 <π
2 ，B 正确；
若x = 3π
25 是f (x)在(0,2π)上的第一个极值点，ω 3π
25 +π
5 =π
2 ，ω= 5
2，C 错误；
由C 得f (x)=sin(
5
2 x +π
5 )，直线y =- 5
2 x + 4π
5
过定点M(
8π
25 ,0)，
点M在f (x)上，f
' (x)= 5
2 cos(
5
2 x +π
5 )=- 5
2，f
'(
8π
25 )=- 5
2，
所以直线y =- 5
2 x + 4π
5 是f (x)的切线，D 正确.
故选：C.
【题型4 导数中函数的最值问题】
【例4】（2023·陕西宝鸡·统考二模）函数f (x)= x
2+(a-1) x -3 ln x在(1,2)内有最小值，则实数a 的取值
范围为（ ）
A．(- 3
2 ,2)
B．[- 3
2 ,2]
C．(- 4
3 ,2)
D．(- 4
3 ,1]
【解题思路】求出f
'( x)= 2 x
2+(a-1)x -3
x
，设g( x)=2 x
2+(a-1)x -3，得出g( x)=0有一正根一负根，
因此题意说明正根在区间(1,2)内，从而由¿得参数范围．
【解答过程】f
'( x)=2 x +(a-1)- 3
x = 2 x
2+(a-1)x -3
x
，
设g( x)=2 x
2+(a-1)x -3，因为Δ=(a-1)
2+24>0，因此g( x)=0有两个不同实根，
又g(0)=-3<0，因此g( x)=0两根一正一负，
由题意正根在(1,2)内，
所以¿，解得- 3
2 <a<2，
故选：A．
【变式4-1】（2023·广西南宁·统考模拟预测）若函数f ( x)=2 x
3-a x
2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且仅有
一个零点，则f ( x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为（ ）
A．1
B．- 4
C．-3
D．5
【解题思路】分类参数可得a=2 x + 1
x
2 (x>0)，构造函数h(x)=2 x + 1
x
2 (x>0)，利用导数求出函数h(x)的
单调区间及极值，作出其大致函数图象，结合函数图象求出a，再利用导数求出函数f (x)在[-1,1]上的最
值即可.
【解答过程】函数f ( x)=2 x
3-a x
2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且仅有一个零点，
即方程f ( x)=2 x
3-a x
2+1=0在(0,+ ∞)内有且仅有一个实根，
分离参数可得a=2 x + 1
x
2 (x>0)，
令h(x)=2 x + 1
x
2 (x>0)，
则函数y =h(x), y =a只有一个交点，
h
' (x)=2- 2
x
3 = 2(x
3-1)
x
3
，
当0< x<1时，h
' (x)<0，当x>1时，h
' (x)>0，
所以函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h(1)=3，
又当x→0时，h(x)→+∞，当x→+ ∞时，h(x)→+∞，
如图，作出函数h(x)=2 x + 1
x
2 (x>0)的大致图像，
由图可知a=3，
所以f ( x)=2 x
3-3 x
2+1，则f
'( x)=6 x
2-6 x =6 x (x -1)，
当-1< x<0时，f
' (x)>0，当0< x<1时，f
' (x)<0，
所以函数f (x)在(-1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
又f (-1)=- 4 ,f (0)=1,f (1)=0，
所以f ( x)在[-1,1]上的最大值为1，最小值为- 4，
所有f ( x)在[-1,1]上的最大值与最小值之和为1- 4 =-3.
故选：C.
【变式4-2】（2023·广东湛江·校考模拟预测）已知函数f ( x)=e
x+ x
3+(a-3)x +1在区间(0，1)上有最小
值，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(-e，2)
B．(-e，1-e)
C．(1，2)
D．(-∞,1-e)
【解题思路】f
' (x)在(0,1)上递增，根据f (x)在(0,1)上有最小值，可知f (x)有极小值点，也即最小值点，由
此列不等式来求得a的取值范围.
【解答过程】∵f
' (x)=e
x+3 x
2+(a-3)在区间(0,1)上单调递增，由题意只需
¿，
这时存在x0∈(0,1)，使得f ( x)在区间(0, x0)上单调递减，在区间[ x0,1)上单调递增，即函数f ( x)在区
间(0,1)上有极小值也即是最小值．
所以a的取值范围是(-e ,2).
故选：A.
【变式4-3】（2023·浙江嘉兴·校考模拟预测）已知函数f (x)= x ln x，g(x)= xe
x，若存在t >0，使得
f (x1)= g(x2)=t成立，则x1-2 x2的最小值为（ ）
A．2-ln 4
B．2+ln 4
C．e-ln2
D．e+ln2
【解题思路】由题设知f ( x1)= f (e
x2)=t，研究f ( x)的单调性及最值，画出函数图象，数形结合确定
y =t >0、f ( x)的交点个数得x1=e
x2，进而将目标式化为x1-2 x2= x1-2ln x1且x1>1，构造函数研究最小
值即可.
【解答过程】由题设x1ln x1= x2e
x2=e
x2lne
x2=t，即f ( x1)= f (e
x2)=t，
由f
'( x)=1+ ln x，则(0, 1
e )上f
'( x)<0，f ( x)递减；( 1
e ,+∞)上f
'( x)>0，f ( x)递增；
f ( x)≥f ( 1
e )=- 1
e ，且f (1)=0，f ( x)图象如下：
由图知：t ∈(0,+∞)时，x1=e
x2，即x2= ln x1且x1>1，所以x1-2 x2= x1-2ln x1，
令h( x)= x -2ln x且x∈(1,+ ∞)，则h
'( x)=1- 2
x = x -2
x
，
1< x<2时，h
'( x)<0，h( x)递减；x>2时，h
'( x)>0，h( x)递增；
所以h( x)min=h(2)=2-2ln 2=2- ln 4，即x1-2 x2的最小值为2-ln 4.
故选：A.
【题型5 函数零点（方程根）个数问题】
【例5】（2023·辽宁大连·大连二十四中校考模拟预测）已知函数f (x)=¿，若函数
g(x)= f (x)-|k x
2- 4 x|,(k ∈R)恰有4 个零点，则k 的取值范围（ ）
A．(-∞,-1)∪(2√5,+ ∞)
B．(-∞,-√5)∪(0,2)
C．(-∞,0)∪(0,2+2√2)
D．(-∞,0)∪(2+2√5,+∞)
【解题思路】零点个数问题转化为根的个数问题，进而转化为两个函数交点个数问题，通过对k讨论，进
而得到k的取值范围.
【解答过程】当x ≥0，f ( x)= x
3+2 x
2+ x，则f
'( x)=3 x
2+ 4 x +1，
因为x ≥0，f
'( x)=3 x
2+ 4 x +1>0，
所以当x ≥0时，f ( x)单调递增，
若函数g(x)= f (x)-|k x
2- 4 x|,(k ∈R)恰有4 个零点,
则f (x)=|k x
2- 4 x|有四个根，
即y = f (x)与y =h( x)=|k x
2- 4 x|有四个交点，
当k =0时，y = f (x)与y =|- 4 x|= 4|x|，图象如下：
两图象只有两个交点，不符合题意，
当k <0时，y =|k x
2- 4 x|与x轴相交与两点x1=0与x2= 4
k ( x2< x1)图象如下：
当x = 2
k 时，函数y =|k x
2- 4 x|的函数值为- 4
k ，
当x = 2
k 时，函数y =-2 x的函数值为- 4
k ，
所以两图象有四个交点，符合题意，
当k >0时，y =|k x
2- 4 x|与x轴相交与两点x1=0与x2= 4
k ( x2> x1)
图象如下：
在[0, 4
k )内两图象有两个交点，所以若有四个交点，
只需要y = x
3+2 x
2+ x与y =|k x
2- 4 x|在( 4
k ,+∞)内还有两个根，
因为x> 4
k ，所以y =|k x
2- 4 x|=k x
2- 4 x，
所以有x
3+2 x
2+ x =k x
2- 4 x在( 4
k ,+∞)内还有两个根，
即k x
2= x
3+2 x
2+5 x在( 4
k ,+∞)内还有两个根，
所以在k = x + 5
x +2在( 4
k ,+∞)内还有两个根，
因为y = x + 5
x +2≥2√5+2（当且仅当x =√5时，取等号），
所以4
k <√5且k >2√5+2，解得k >2√5+2，
综上所述，k 的取值范围为(-∞,0)∪(2√5+2,+∞).
故选：D.
【变式5-1】（2023·海南省直辖县级单位·校联考二模）已知函数f (x)=¿， 若函数g(x)= f (- x)- f (x)，
则函数g(x)的零点个数为（ ）
A．1
B．3
C．4
D．5
【解题思路】本题首先通过函数奇偶性求出g( x)=¿，再利用导数研究其在(0,+ ∞)上的零点个数即可.
【解答过程】当x>0时，- x<0，f (- x)=3 x
当x<0时，- x>0，f (- x)=e
- x
∴g( x)= f (- x)- f ( x)=¿，
g(- x)= f ( x)- f (- x)=- g( x)，且定义域为R，关于原点对称，故g(x)为奇函数，
所以我们求出x>0时零点个数即可，
g( x)=3 x -e
x , x >0，g
'( x)=3-e
x>0，令g
'( x)=3-e
x>0，解得0< x<ln3，
故g(x)在(0,ln3)上单调递增，在(ln3,+ ∞)单调递减，
且g(ln3)=3ln3-3>0，而g(2)=6-e
2<0，故g(x)在(ln3,2)有1 零点，
g(
1
3)=1-e
1
3 <0，故g(x)在( 1
3 ,ln3)上有1 零点，图像大致如图所示：
故g(x)在(0,+ ∞)上有2 个零点，又因为其为奇函数，则其在(-∞,0)上也有2 个零点，且g(0)=0，故g(x)
共5 个零点，
故选：D.
【变式5-2】（2023·陕西商洛·陕西校考模拟预测）已知函数f (x)=¿，若关于x的方程
f
2(x)-(2+t )f (x)+2t =0有3 个不同的实数根，则实数t的取值范围为（ ）
A．(-∞,- 1
e)
B．(- 1
e ,0)
C．[- 1
e ,1]
D．(-e,2)
【解题思路】求导分析函数f (x)的单调性及极值，作出函数f (x)的图象，把方程f
2(x)-(2+t )f (x)+2t =0
有3 个不同的实数根转化为方程f (x)=t有3 个不同的实数根，数形结合即可求解.
【解答过程】因为当x<0时，f (x)= xe
x，所以f
' (x)=(1+ x)e
x，
所以当x∈(-∞,-1)时，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(-1,0)时，f
' (x)>0，f (x)单调递增，所以f (x)≥f (-1)=- 1
e ，且f (x)<0；
又因为当x ≥0时，f (x)=- x
2+2 x =-(x -1)
2+1，
所以f (x)在x∈(0,1)时单调递增，在x∈(1,+∞)时单调递减，且f (x)≤f (1)=1，
所以作出函数f (x)=¿的大致图象如图：
由f
2(x)-(2+t )f (x)+2t =0得[f (x)-2][f (x)-t ]=0，
所以f (x)=2或f (x)=t，则f (x)=2无解，所以只有方程f (x)=t有3 个不同的实数根，
数形结合可知- 1
e <t <0.
故选：B.
【变式5-3】（2023·四川泸州·泸县五中校考模拟预测）已知函数f (x)=(x
2-2 x)e
x，若方程f (x)=a有3 个
不同的实根x1, x2, x3(x1< x2< x3)，则
a
x2-2的取值范围为（ ）
A．[- 1
e ,0)
B．[- 2
e ,0)
C．(-√2e-√2,0)
D．(-√2e-√2,√2e√2)
【解题思路】对f (x)求导，研究函数f (x)的单调性、极值等性质，利用f (x)的图象求得x2的范围，以及a
与x2的关系，将问题转化为关于x2的函数的值域的问题进行求解即可．
【解答过程】因为f (x)=(x
2-2 x)e
x，故可得f
' (x)=(x
2-2)e
x，
令f
' (x)=0，解得x =±√2，
当x<-√2或x>√2时，f
'( x)>0；-√2< x<√2时，f
'( x)<0，
故f (x)在(-∞,-√2)单调递增，在(-√2,√2)单调递减，在(√2,+ ∞)单调递增．
则f (x)的极大值为f (-√2)=(2+2√2)e-√2>0，f (x)的极小值为f (√2)=(2-2√2)e√2<0，
∵f (x)=(x
2-2 x)e
x = x( x -2)e
x，
∴当x<0时，f ( x)>0；当0< x<2时，f ( x)<0；当x>2时，f ( x)>0，
根据以上信息，作出f (x)的大致图象如图所示：
由图可知，直线y =a与函数y = f ( x)的图象有3 个交点时，方程f (x)=a有3 个不同的实根，则
a∈(0,(2+2√2)e-√2)，
因为方程f (x)=a的3 个不同的实根为x1, x2, x3 (x1< x2< x3)，则-√2< x2<0，
又因为f (x2)=(x2
2-2 x2)e
x2=a，x2∈(-√2,0)
故
a
x2-2 = (x2
2-2 x2)e
x2
x2-2
= x2e
x2，
令h(x)= xe
x , x∈(-√2,0)，
则h
' (x)=(x +1)e
x，令h
' (x)=0，解得x =-1，
当-√2< x<-1时，h
'( x)<0，h( x)单调递减；
当-1< x<0时，h
'( x)>0，h( x)单调递增，
所以h( x)min=h(-1)=- 1
e ，又h(-√2)=-√2e-√2 <0，h(0)=0，故可得h(x)<0，
所以x∈(-√2,0)时，h(x)∈[- 1
e ,0)，即
a
x2-2 ∈[- 1
e ,0)．
故选：A．
【题型6 利用导数解不等式】
【例6】（2023·陕西榆林·校考模拟预测）已知定义在(0,+∞)上的函数f (x)满足f
' (x)- f (x)
x
-1>0，且
f (1)=1，则不等式f (e
x)-(x +1)e
x>0的解集为（ ）
A．(0,+∞)
B．(1,+∞)
C．(-∞,0)
D．(-∞,1)
【解题思路】构造函数g(x)= f (x)
x
-ln x，根据题意得g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，不等式
f (e
x)-(x +1)e
x>0可转化为f (e
x)
e
x
-lne
x>1，即g(e
x)>g(1)，即可求解.
【解答过程】设g(x)= f (x)
x
-ln x，则g
' (x)= x f
' (x)- f (x)
x
2
- 1
x = x f
' (x)- f (x)- x
x
2
．
因为f
' (x)- f (x)
x
-1>0, x>0，所以x f
' (x)- f (x)- x>0，
所以g
' (x)>0，所以g(x)在(0,+ ∞)上单调递增．
不等式f (e
x)-(x +1)e
x>0可转化为f (e
x)
e
x
-lne
x>1，
又g(e
x)= f (e
x)
e
x
-lne
x，且g(1)= f (1)
1
-ln1=1，
即g(e
x)>g(1)，所以e
x>1，解得x>0，
即不等式f (e
x)-(x +1)e
x>0的解集为(0,+∞)．
故选：A．
【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）若函数f ( x)为偶函数，且当x ≥0时，f ( x)= x
3+2 x
2+3．若
f (-9)≥f (a
2-2a+1)，则实数a的取值范围为（ ）
A．[-2√3,4 ]
B．[- 4,2]
C．[-2,4 ]
D．[- 4,2√3]
【解题思路】利用导数判断得f ( x)在[0,+ ∞)上的单调性，再利用偶函数的性质得到|a
2-2a+1|≤9，从而
得解.
【解答过程】因为当x ≥0时，f ( x)= x
3+2 x
2+3，则f
'( x)=3 x
2+ 4 x = x (3 x + 4)≥0，
所以f ( x)在[0,+ ∞)上单调递增，
又f ( x)为偶函数，f (-9)≥f (a
2-2a+1)，所以f (|-9|)≥f (|a
2-2a+1|)，
则|a
2-2a+1|≤9，即-9≤a
2-2a+1≤9，解得-2≤a≤4．
故选：C．
【变式6-2】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）设函数f
' (x)是函数f ( x)( x∈R)的导函数，f (3)=e
3，且
f
' (x)- f (x)>0恒成立，则不等式f (x)-e
x>0的解集为（ ）
A．(0,3)
B．(1,3)
C．(-∞,3)
D．(3,+∞)
【解题思路】根据题意构造函数g(x)= f (x)
e
x
，求导后判断其单调性，然后由f (3)=e
3可得g(3)=1，则将原
不等式转化为g(x)> g(3)，再利用其单调性可得答案.
【解答过程】令g(x)= f (x)
e
x
，则g
' (x)= f
' (x)- f (x)
e
x
>0，则g(x)在R上单调递增.
因为f (3)=e
3，所以g(3)= f (3)
e
3
=1，
则f (x)-e
x>0等价于f (x)
e
x
>1，
即g(x)> g(3)，所以x>3，
所以不等式的解集为(3,+ ∞)，
故选：D.
【变式6-3】（2023·四川达州·统考一模）已知f (x)= ln x -a x
3，g(x)= xe
x- ln x - x - 3
4 ，若不等式
f (x)
g(x) >0的解集中只含有两个正整数，则a的取值范围为（ ）
A．[
ln3
27 , ln 2
8 )
B．(
ln3
27 , ln 2
8 )
C．[
ln 2
32 , ln3
27 )
D．(
ln 2
32 , ln3
27 )
【解题思路】由已知得出g
' (x)= (x +1)(xe
x -1)
x
，令h(x)= xe
x-1，根据其导数得出h(x)再x>0上单调递
增，设h(x0)= x0e
x0-1=0，结合其趋向得出在x∈(0, x0)上h(x)∈(-1,0)，在x∈(x0,+ ∞)上
h(x)∈(0,+ ∞)，即可得出g(x)的单调性，即可得出其最小值大于0，则f (x)
g(x) >0等价于f (x)>0，分离参
数后令j(x)= ln x
x
3 ，根据其导数得出其单调性，再求出与坐标轴交点并分析得出函数趋向，即可作图，根
据图象得出若a< ln x
x
3 解集中只含有两个正整数，只能是2,3，即可列不等式得出答案.
【解答过程】g(x)= xe
x- ln x - x - 3
4 定义域为(0,+∞)，
g
' (x)=e
x+ xe
x - 1
x -1= (x +1)(xe
x -1)
x
，
令h(x)= xe
x-1，再x>0上h
' (x)=e
x(x +1)>0，
∴h(x)再x>0上单调递增，
x从+ ∞趋向于0 时，xe
x趋向于0，则h(x)= xe
x-1趋向于-1，
设h(x0)= x0e
x0-1=0，即x0e
x0=1，x0=- ln x0，
则在x∈(0, x0)上h(x)∈(-1,0)，在x∈(x0,+∞)上h(x)∈(0,+ ∞)，
∴在x∈(0, x0)上g
' (x)<0，在x∈(x0,+∞)上g
' (x)>0，
∴g(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
∴g(x)min= g(x0)= x0e
x0- ln x0- x0- 3
4 =1+ x0- x0- 3
4 = 1
4 >0，
则f (x)
g(x) >0等价于f (x)>0，
f (x)= ln x -a x
3，定义域为(0,+ ∞)，
则f (x)>0，即ln x -a x
3>0，等价于a< ln x
x
3 ，
令j(x)= ln x
x
3 ，则j
' (x)= x
2-3 x
2ln x
(x
3)
2
= x
2(1-3ln x)
(x
3)
2
，
1-3 ln x<0，解得x>e
1
3，1-3 ln x>0，解得0< x<e
1
3，
则当x∈(0,e
1
3)时，j
' (x)>0，当x∈(e
1
3 ,+∞)时，j
' (x)<0，
则j(x)= ln x
x
3 在(0,e
1
3)上单调递增，在(e
1
3 ,+ ∞)上单调递减，
即j(x)的最大值在x =e
1
3处取得，
令j(x)= ln x
x
3 =0，解得x =1，即函数与x轴交于点(1,0)，
函数j(x)= ln x
x
3 当x由+∞→0时，ln x→-∞，x
3→0，则j(x)= ln x
x
3 →-∞，
当x由+ ∞→0时，ln x→+ ∞，x
3→+ ∞，但x
3的增长要远远大于ln x，则j(x)= ln x
x
3 →0，
作j(x)= ln x
x
3 图象如下：
∴要使a< ln x
x
3 解集中只含有两个正整数，只能是2,3，
∴j(4)≤a< j(3)，解得ln 4
64 = ln2
32 ≤a< ln3
27 ，即a∈[
ln 2
32 , ln3
27 )
故选：C.
【题型7 导数中的不等式恒成立问题】
【例7】（2023·全国·模拟预测）已知函数f ( x)= ln(√x
2+1+ x)+e
x -e
- x -2 x +3，若
f (ae
x)+ f (ln a- ln x)>6对于x∈(0,+∞)恒成立，则实数a的取值范围是 (
1
e ,+ ∞) ．
【解题思路】构造函数g( x)，h( x)，利用导数讨论g( x)，h( x)的单调性、奇偶性，进而构造函数
F( x)= f ( x)-3，将原不等式等价转化F (ae
x)> F(ln x - ln a)，利用单调性转化ae
x>ln x - ln a，构造函
数G( x)=e
x+ x和H ( x)= ln x - x，即可求导确定函数的最值.
【解答过程】令g( x)= ln(√x
2+1+ x)，因为x∈R，g( x)+ g(- x)= ln1=0，所以g( x)是奇函数，
易知g( x)在R上单调递增．
同理令h( x)=e
x -e
- x -2 x，可知h( x)是奇函数，
由于h
'( x)=e
x+e
- x -2≥2√e
x⋅e
- x -2=0，故h( x)在R上单调递增．
因此f ( x)= ln(√x
2+1+ x)+e
x -e
- x -2 x +3为R上单调递增．
令F( x)= f ( x)-3= g(x)+h(x)，F(- x)= g(- x)+h(- x)=-[g(x)+h(x)]=- F (x)，
则F( x)是在R上单调递增的奇函数．
不等式f (ae
x)+ f (ln a- ln x)>6等价于F (ae
x)+ F(ln a- ln x)>0，
故F (ae
x)>- F(ln a- ln x)= F(ln x - ln a)，由单调性得ae
x>ln x - ln a，即e
x + ln a>ln x - ln a，
即e
x + ln a+ x + ln a> x + ln x =e
ln x+ ln x，构造函数G( x)=e
x+ x，
则G
'( x)=e
x+1>0，G( x)在R上单调递增，G( x + ln a)>G(ln x)等价于x + ln a>ln x，
则x + ln a>ln x，即ln a>ln x - x，
令H ( x)= ln x - x，则H
'( x)= 1
x -1= 1- x
x
，令H
'( x)>0，得0< x<1；
令H
'( x)<0，得x>1，故H ( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
故H ( x)max= H (1)=-1，故ln a> H ( x)max =-1，即a> 1
e ，
故实数a的取值范围是(
1
e ,+ ∞)．
故答案为：(
1
e ,+ ∞).
【变式7-1】（2023·陕西咸阳·咸阳校考模拟预测）已知f (x),g(x)分别是定义域为R的偶函数和奇函数，且
f ( x)+ g( x)=e
x，若关于x的不等式2f (x)-a g
2(x)≥0在(0,ln2)上恒成立，则实数a的最大值是 40
9 ．
【解题思路】参变分离，将问题转化为函数最值问题，利用导数研究单调性，结合换元法可解.
【解答过程】因为f (x),g(x)分别是定义域为R的偶函数和奇函数，且f ( x)+ g( x)=e
x①，
所以f (- x)+ g(- x)=e
- x，即f ( x)- g( x)=e
- x②，
联立①②解得，f (x)= 1
2
(e
x+e
- x),g(x)= 1
2
(e
x -e
- x)，
因为y =e
x, y =-e
- x在(0,ln2)上都为增函数，
所以y =e
x-e
- x在(0,ln2)上单调递增，e
x-e
- x>e
0-e
0=0，
故不等式2f (x)-a g
2(x)≥0⇔a≤2f (x)
g
2(x)
⇔a≤e
x+e
- x
1
4
(e
x -e
- x)
2
令t =e
x+e
- x，因为当x∈(0,ln2)时，t
' =e
x-e
- x>0，t =e
x+e
- x单调递增，
所以2<t < 5
2，
又(e
x -e
- x)
2=(e
x+e
- x)
2- 4 =t
2- 4，
所以
e
x+e
- x
1
4
(e
x -e
- x)
2 = 4t
t
2- 4
=
4
t - 4
t
，
因为y =t , y =- 4
t 在(2, 5
2)上都为增函数，所以y =t - 4
t 在(2, 5
2)上单调递增，
所以
4
t - 4
t
> 40
9 ，所以a≤40
9 ，即实数a的最大值是40
9 .
故答案为:40
9 .
【变式7-2】（2023·陕西咸阳·武功校考模拟预测）已知f (x)是定义在(0,+∞)上的可导函数，若
x f
' (x)- f (x)= x
e
x ，f (1)=- 1
e ，且x ≥1时，f (xe
x)≤f (x + ln x -a)恒成立，则a的取值范围是 [1-e,1)
.
【解题思路】由f (x)= x⋅f (x)
x
，求导，根据x f
' (x)- f (x)= x
e
x ，f (1)=- 1
e 得到f (x)在(0,+∞)上是减函数，
然后将x ≥1时，f (xe
x)≤f (x + ln x -a)恒成立，转化为¿求解.
【解答过程】解：由于x f
' (x)- f (x)= x
e
x ⇒x f
' (x)- f (x)
x
2
= 1
xe
x ，
因为f (x)= x⋅f (x)
x
，
f
' (x)= f (x)
x
+ x(
f (x)
x )
'
= f (x)
x
+ x(
x f
' (x)- f (x)
x
2
)= f (x)
x
+ 1
e
x ，
设g(x)= f
' (x)= f (x)
x
+ 1
e
x ，
则g
' (x)=(
f (x)
x )
'
- 1
e
x = 1
xe
x - 1
e
x = 1- x
xe
x ，
所以当x∈(0,1)时，g
' (x)>0，此时g(x)为增函数；
当x∈(1,+∞)时，g
' (x)<0，此时g(x)为减函数；
所以g(x)max = g(1)= f (1)+ 1
e =- 1
e + 1
e =0，即f
' (x)≤0，
故f (x)在(0,+ ∞)上是减函数.
又由于x ≥1时，f (xe
x)≤f (x + ln x -a)恒成立，
所以¿，
设y = x + ln x -a，易知该函数为单调增函数，
故x ≥1时，x + ln x -a>0，只需1-a>0，即a<1.
又由于xe
x≥x + ln x -a化为xe
x≥ln(xe
x)-a，xe
x - ln(xe
x)+a≥0，
设t = xe
x，由x ≥1，得t ≥e，故xe
x - ln(xe
x)+a≥0等价变形为当t ≥e时，t - ln t +a≥0，
令h(t )=t - ln t +a，则h
' (t )=1- 1
t >0，
故当t ∈[e,+∞)时，h(t )=t - ln t +a为增函数，
所以t ∈[e,+∞)若使t - lnt +a≥0在t ∈[e,+∞)上恒成立，
只需e-1+a≥0，即a≥1-e.综上，1-e≤a<1.
故答案为：[1-e,1).
【变式7-3】（2023·宁夏石嘴山·平罗中学校考模拟预测）已知函数f (x)=e
x+ax -2，其中a∈R，若对于
任意的x1, x2∈[2,+∞)，且x1< x2，都有x2f (x1)- x1f (x2)<a(x1- x2)成立，则实数a 的取值范围是
(-∞,e
2+2] ．
【解题思路】根据题意转化为
f (x1)+a
x1
< f (x2)+a
x2
对任意的x1, x2∈[2,+∞)恒成立，令h(x)= f (x)+a
x
，
进而转化为h
' (x)≥0恒成立，得到a-2≤xe
x -e
x在[2,+∞)恒成立，令g(x)= xe
x-e
x，利用导数求得函数
g(x)为单调区间和最小值，得到a-2≤e
2，即可求解.
【解答过程】由对于任意的x1, x2∈[2,+∞) ，且x1< x2，都有x2f (x1)- x1f (x2)<a(x1- x2)，
则
f (x1)+a
x1
< f (x2)+a
x2
对于任意的x1, x2∈[2,+∞)恒成立，
令h(x)= f (x)+a
x
，则不等式等价于h(x1)<h(x2)对于任意的x∈[2,+∞)恒成立，
即h(x)在区间[2,+ ∞)单调递增，
又由f (x)=e
x+ax -2，可得h(x)=e
x+ax -2+a
x
，
则h
' (x)= xe
x -e
x+2-a
x
2
，即h
' (x)= xe
x -e
x+2-a
x
2
≥0在[2,+∞)恒成立，
即xe
x -e
x+2-a≥0在[2,+ ∞)恒成立，即a-2≤xe
x -e
x在[2,+∞)恒成立，
令g(x)= xe
x-e
x, x∈[2,+ ∞)，可得g
' (x)= xe
x>0恒成立，
所以函数g(x)为单调递增函数，所以g(x)≥g(2)=e
2，
则a-2≤e
2，解得a≤e
2+2，所以实数a的取值范围是(-∞,e
2+2].
故答案为：(-∞,e
2+2].
【题型8 任意存在性问题】
【例8】（2023·四川乐山·统考二模）若存在x0∈[-1,2]，使不等式x0+(e
2-1)ln a≥2a
e
x0 +e
2 x0-2成立，
则a的取值范围是（ ）
A．[
1
2e ,e
2]
B．[
1
e
2 ,e
2]
C．[
1
e
2 ,e
4]
D．[
1
e ,e
4]
【解题思路】等价变形给定的不等式，并令a
e
x0 =t，构造函数f (t )=(e
2-1)ln t -2t +2，将问题转化为存
在t ∈[
a
e
2 , a
e
-1]，使得f (t )≥0成立，再借助导数求解即得.
【解答过程】依题意，x0+(e
2-1)ln a≥2a
e
x0 +e
2 x0-2 ⇔ (e
2-1)ln a-(e
2-1) x0≥2a
e
x0 -2
⇔(e
2-1)ln a-(e
2-1)lne
x0≥2a
e
x0 -2⇔(e
2-1)ln a
e
x0 ≥2a
e
x0 -2，
令a
e
x0 =t，即(e
2-1)ln t -2t +2≥0，由x0∈[-1,2]，得t ∈[
a
e
2 , a
e
-1]，
令f (t )=(e
2-1)ln t -2t +2，则原问题等价于存在t ∈[
a
e
2 , a
e
-1]，使得f (t )≥0成立，
求导得f
'(t )=e
2-1
t
-2= (e
2-1)-2t
t
，由f
'(t )<0，得t >e
2-1
2
，由f
'(t )>0，得0<t <e
2-1
2
，
因此函数f (t )在(
e
2-1
2
,+ ∞)上单调递减，在(0, e
2-1
2
)上单调递增，
而f (1)=0,f (e
2)=(e
2-1)lne
2-2e
2+2 =2e
2-2-2e
2+2=0，又1<e
2-1
2
<e
2，
则当1≤t ≤e
2时，f (t )≥0，若存在t ∈[
a
e
2 , a
e
-1]，使得f (t )≥0成立，
只需a
e
2 ≤e
2且a
e
-1 ≥1，解得a≤e
4且a≥1
e ，即1
e ≤a≤e
4，
所以a的取值范围为[
1
e ,e
4].
故选：D.
【变式8-1】（2023·四川南充·统考三模）已知函数f ( x)= 1
3 x
3，g( x)=e
x- 1
2 x
2- x，∃x1，x2∈[1,2]
使|g(x1)- g(x2)|>k|f (x1)- f (x2)|（k为常数）成立，则常数k的取值范围为（ ）
A．(-∞,e-2]
B．(-∞,e-2)
C．(-∞,e
2-3
4 ]
D．(-∞,e
2-3
4 )
【解题思路】存在性问题转化为k <e
x - x -1
x
2
在[1,2]上能成立，利用导数求e
x - x -1
x
2
的最大值即可得解.
【解答过程】f ( x)= 1
3 x
3在[1,2]上为增函数，
由g( x)=e
x- 1
2 x
2- x知，g
'( x)=e
x - x -1，
令h( x)=e
x - x -1，则h
'( x)=e
x -1，
当x>0时，h
'( x)=e
x -1>0，
即h( x)=e
x - x -1在(0,+∞)上单调递增，
所以h( x)>h(0)=0，即g
'( x)>0，
所以g( x)在(0,+∞)上单调递增，即g( x)在[1,2]上单调递增，
不妨设1≤x2< x1≤2，则g( x1)>g( x2)，f ( x1)>f ( x2)，
∴|g(x1)- g(x2)|>k|f (x1)- f (x2)|可化为g(x1)- g(x2)>kf (x1)-kf (x2)，
即g(x1)-kf (x1)>g(x2)-kf (x2)，
令F( x)= g( x)-kf ( x)=e
x- 1
2 x
2- x - 1
3 k x
3，
则F
'( x)=e
x - x -1-k x
2，
∵∃x1, x2∈[1,2]， 使|g(x1)- g(x2)|>k|f (x1)- f (x2)|能成立，
∴F
'( x)>0在[1,2]上能成立，
即k <e
x - x -1
x
2
在[1,2]上能成立，
∴k <(
e
x - x -1
x
2 )
max
，x∈[1,2]，
令G( x)=e
x - x -1
x
2
，x∈[1,2]，
则G
'( x)= ( x -2)e
x+ x +2
x
3
，令m( x)=( x -2)e
x+ x +2，
则m
'( x)=( x -1)e
x+1，当x∈[1,2]时，m
'( x)>0，
故m( x)在[1,2]上单调递增，所以m( x)≥m(1)=3-e>0，
故G
'( x)>0，G( x)在[1,2]上单调递增，
∴G( x)max =G(2)=e
2-3
4
，
∴k <e
2-3
4
.
故选：D.
【变式8-2】（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数f (x)= x
2
e
x , x>0.若存在实数a∈[0,1]，使
得f(2- 1
m)≤a
3- 1
2 a
2-2a+e
-1成立，则正实数m的取值范围为（ ）
A．(
1
2 ,1]
B．[
1
2 ,1]
C．(0,1)
D．(0,1]
【解题思路】依题意，令g(a)=a
3- 1
2 a
2-2a+e
-1,a∈[0,1]，求出gmax(a)= g(0)=e
-1，若存在实数
a∈[0,1]，使得f(2- 1
m)≤a
3- 1
2 a
2-2a+e
-1成立，等价于f(2- 1
m)≤gmax(a)成立，进而转化为
f(2- 1
m)≤f (1)，再根据函数f (x)= x
2
e
x , x>0的单调性，得到¿，从而求出正实数m的取值范围.
【解答过程】令g(a)=a
3- 1
2 a
2-2a+e
-1,a∈[0,1]，则g
' (a)=3a
2-a-2=(3a+2)(a-1)，
∴当a∈[0,1]时，g
' (a)≤0，函数g(a)在[0,1]上单调递减，
∴ gmax(a)= g(0)=e
-1，
若存在实数a∈[0,1]，使得不等式f(2- 1
m)≤a
3- 1
2 a
2-2a+e
-1成立，等价于f(2- 1
m)≤gmax(a)=e
-1成
立，
又∵ f (1)=e
-1，∴ f(2- 1
m)≤f (1)，
∵ f (x)= x
2
e
x ，所以f
' (x)= 2 x - x
2
e
x
= x (2- x)
e
x
, x>0.
当x∈(0,2)时，f
' (x)>0，函数f (x)在(0,2)上单调递增，
当x∈(2,+∞)时，f
' (x)<0，函数f (x)在(2,+∞)上单调递减，
∵ m为正实数，∴ 2- 1
m <2，
又∵函数f (x)在(0,2)上单调递增，∴ ¿，解得1
2 <m≤1.
∴正实数m的取值范围为(
1
2 ,1].
故选：A.
【变式8-3】（2023·贵州·校联考二模）已知函数f (x)= xe
x+2a，g(x)=eln x
x
，对任意x1∈[1,2]，
∃x2∈[1,3]，都有不等式f (x1)≥g(x2)成立，则a 的取值范围是（ ）
A．[-e
2,+∞)
B．[
1-e
2
,+ ∞)
C．[-e
2 ,+ ∞)
D．[
1
2 -e
2,+∞)
【解题思路】将问题转化为f (x)min≥g(x)min，利用导数求f (x)在[1,2]上的最小值、g(x)在[1,3]上的最小值，
即可得结果.
【解答过程】对任意x1∈[1,2]，∃x2∈[1,3]，都有不等式f (x1)≥g(x2)成立⇔f (x)min≥g(x)min，
f
'( x)=e
x(x +1)，x∈[1,2]，f
'( x)>0，则f (x)在区间[1,2]上单调递增，
∴f (x)min= f (1)=e+2a，
g
'( x)=e(1- ln x)
x
2
，x∈[1,e]，g
'( x)>0，则g(x)在[1,e]上单调递增，
x∈(e,3]，g
'( x)<0，则g(x)在(e,3]上单调递减，
g(1)=0，g(3)=eln3
3
>0，故g(x)min=0，
综上，e+2a≥0⇒a≥-e
2.
故选：C.
【题型9 函数零点嵌套问题】
【例9】（2023·四川成都·石室中学校考一模）已知函数f (x)=(ln x)
2- a
2 xln x + a
e x
2有三个零点x1、x2、
x3且x1< x2< x3，则
2ln x1
x1
+ ln x2
x2
+ ln x3
x3
的取值范围是（ ）
A．(-
1
e
2-e
,0) B．(- 1
e
2 ,0)
C．(- 1
2e ,0)
D．(- 2
e ,0)
【解题思路】令f ( x)=0，将原函数的零点转化为方程(ln x)
2- a
2 xln x + a
e x
2=0的根，令t = ln x
x ( x＞0)，
转化为t
2- a
2 t + a
e =0，再令g( x)= ln x
x ( x＞0)，得到使t = g(x)时的根的个数，再分类讨论a的范围与根
的关系，结合函数与方程性质及零点的关系即可得.
【解答过程】令f ( x)=0，得(ln x)
2- a
2 xln x + a
e x
2=0，整理得(ln x
x )
2
- a
2
ln x
x
+ a
e =0，
令t = ln x
x ( x＞0)，原方程化为t
2- a
2 t + a
e =0，
设g( x)= ln x
x ( x＞0)， 则g
'( x)= 1- ln x
x
2
，
令g
'( x)=0，解得x =e，且g(e)= lne
e
= 1
e ，
当x∈(0,e)时，g
'( x)＞0，则g( x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g
'( x)<0，则g( x)单调递减，
则g( x)在x =e时，有最大值为g(e)= 1
e ，
则当t = g(x)∈(-∞,0)时，有一个解，
当t = g(x)∈(0, 1
e)时，有两个解，
当t = g(x)∈{0, 1
e}时，有一个解，
当t = g(x)∈(
1
e ,+ ∞)时，无解，
因为原方程为t
2- a
2 t + a
e =0，
由题可知有三个零点，因此方程有两个不等实根t1、t2，设t1<t2，
则有t1+t2= a
2，t1t2= a
e ，
若a=0，则t1=t2=0，故舍去，
若a>0，则t1+t2= a
2 >0，t1t2= a
e >0，
有0<t1<t2，即有0<t1< 1
e ，t2= 1
e ，代入得a=- 2
e ，矛盾，故舍去，
若a<0则t1<0，0<t2< 1
e ，
t1= ln x1
x1
，t2= ln x2
x2
= ln x3
x3
设h(t )=t
2- a
2 t + a
e ，则¿，得到- 2
e <a<0，
所以
2ln x1
x1
+ ln x2
x2
+ ln x3
x3
=2t1+2t2=a∈(- 2
e ,0).
故选：D.
【变式9-1】（2023·四川成都·四川校考模拟预测）已知a>1，x1, x2, x3为函数f ( x)=a
x - x
2的零点，
x1< x2< x3，若x1+ x3=2 x2，则（ ）
A．x3
x2
<2lna
B．x3
x2
=2lna
C．x3
x2
>2lna
D．x3
x2
与2lna大小关系不确定
【解题思路】x1, x2, x3为函数f ( x)=a
x - x
2的零点，则可以将三个根代入方程得到三个方程，再将这三个
方程进行运算凑出x1+ x3=2 x2，可解出
x3
x2
为定值，然后再根据函数有三个零点求出2lna的范围可得答案.
【解答过程】易知x1<0< x2< x3, x1, x2, x3为函数f ( x)=a
x - x
2的零点，
∴¿
∴x2
2+ x1 x3=0,又x1+ x3=2 x2,∴x2
2+(2 x2- x3)x3=0,∴(
x3
x2)
2
-2(
x3
x2)-1=0
解之：
x3
x2
=√2+1，负根舍去；
又f ( x)=a
x - x
2=0,∴a
x = x
2,∴x ln a= ln x
2，
即y = x ln a与y = ln x
2有三个交点，交点横坐标分别为x1, x2, x3，如下图先计算过原点的切线方程，不妨
设切点为(t ,2lnt ), y
' =(2ln x)
' = 2
x ,∴k = 2
t ,
切线方程为：y -2lnt = 2
t
(x -t )过原点，∴t =e
此时k = 2
t = 2
e ,∴y = x ln a的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出，
∴ln a< 2
e ,∴2ln a< 4
e <2<√2+1.
故选：C.
【变式9-2】（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知函数f (x)=e
x -1
x +
x
e
x -1+ x
+a，若f (x)=0有3 个不同的
解x1，x2，x3且x1< x2< x3，则2e
x1
x1
+e
x2
x2
+e
x3
x3
的取值范围是（ ）
A．(e,+∞)
B．[2e,+∞)
C．(-8e,+ ∞)
D．(e,2e)
【解题思路】对函数变形，利用导数研究函数的单调性及图象，把原函数有3 个不同的解转化为
t
2+(a+1)t +(a+1)=0有两个解，从而利用根的分布求解即可.
【解答过程】f (x)=e
x -1
x +
x
e
x -1+ x
+a=e
x -1
x +
1
e
x -1
x +1
+a
，
令t =e
x -1
x ，则t
' =(
e
x -1
x )
'
= (x -1)e
x -1
x
2
，
令t
'>0得x>1，令t
'<0得x<1且x≠0，
所以t =e
x -1
x 在(-∞,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且t(1)=1，
如图：
则t =e
x -1
x ∈(-∞,0)∪(1,+∞)，
所以f (x)=0有3 个不同的解等价于t + 1
t +1 +a=0有两个解t1，t2，
整理可得t
2+(a+1)t +(a+1)=0，且t1>1，t2<0，
根据根的分布得¿，解得a<- 3
2，又t1+t2=-(a+1)，
所以2e
x1
x1
+e
x2
x2
+e
x3
x3
=2(
e
x1
x1
+e
x2
x2)=2e(
e
x1-1
x1
+e
x2-1
x2 )=2e(t1+t2)=-2e(a+1)∈(e,+ ∞).
故选：A.
【变式9-3】（2023·江西南昌·统考二模）已知正实数a 使得函数f ( x)=(e
x -ax)( x -aln x)有且只有三个
不同零点x1, x2, x3，若x1< x2< x3，则下列x1, x2, x3的关系式中，正确的是（ ）
A．x1+ x3=2 x2
B．x1+ x2=√a x3
C．x1 x3= √a
2 x2
2
D．x1 x3= x2
2
【解题思路】根据给定条件，利用函数零点的意义用x 表示a，再数形结合探求出x1, x2, x3的关系，然后
逐项判断作答.
【解答过程】依题意，由f ( x)=0得：e
x=ax , x =a ln x，即e
x
x =a= x
ln x >0，
令g( x)=e
x
x ( x>0),h( x)= x
ln x ( x>1)，g
'( x)=e
x( x -1)
x
2
，h
'( x)= ln x -1
(ln x)
2 ，
当x∈(0,1)时，g
'( x)<0，函数g( x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，g
'( x)>0，函数g( x)单调递增，
当x∈(1,e)时，h
'( x)<0，函数h( x)单调递减，当x∈(e,+∞)时，h
'( x)>0，函数g( x)单调递增，
函数y = f ( x)有三个零点，即直线y =a与函数g( x)=e
x
x ( x>0)与函数h( x)= x
ln x ( x>1)的图象共有三个
公共点，
在同一坐标平面内作出函数g( x)=e
x
x ( x>0)与函数h( x)= x
ln x ( x>1)的图象，它们有公共点A( x2, y2)，
如图，
因此直线y =a必过点A，令直线y =a与函数g( x)=e
x
x ( x>0)的图象另一交点为B( x2, y2)，与函数
h( x)= x
ln x ( x>1)
的图象另一交点为C( x3, y3)，显然0< x1<1< x2<e< x3，且有e
x1
x1
=e
x2
x2
= x2
ln x2
= x3
ln x3
，
由e
x1
x1
= x2
ln x2
得：e
x1
x1
=e
ln x2
ln x2
，即g( x1)= g(ln x2)，而0<ln x2<1，于是x1= ln x2，
由e
x2
x2
= x3
ln x3
得：e
x2
lne
x2 = x3
ln x3
，即h(e
x2)=h( x3)，而e
x2>e，于是x3=e
x2，
由e
x2
x2
= x2
ln x2
得：x2
2=e
x2⋅ln x2= x3 x1，即x1 x3= x2
2，D 正确；
对于A，x1+ x3>2√x1 x3=2 x2，A 错误；
对于B，令φ( x)=e
x - x -1, x>1，φ
'( x)=e
x -1>0，函数φ( x)在(1,+ ∞)上递增，
即有φ( x)>φ(1)=e-2>0，因此e
x> x +1，则x3=e
x2> x2+1> x2+ x1，
而a=e
x1
x1
>1，从而√a x3> x3> x2+ x1，B 错误；
对于C，因为x1 x3= x2
2，若x1 x3= √a
2 x2
2成立，则必有a= 4，
令u( x)=e
x - 4 x , x>0，u
'( x)=e
x - 4，当x∈(0,ln 4)时，u
'( x)<0,u( x)递减，
当x∈(ln 4 ,+∞)时，u
'( x)>0,u( x)递增，而
u( 1
4 )=e
1
4 -1>0,u(1)=e- 4<0,u(2)=e
2- 4<0,u(3)=e
3-12>0，
因此函数u( x)=e
x - 4 x , x>0的两个零点，即方程e
x
x = 4的两个根分别在区间( 1
4 ,1),(2,3)内，
令t( x)= x - 4 ln x , x>1，t
'( x)=1- 4
x ，当x∈(1,4)时，t
'( x)<0,t( x)递减，
当x∈(4 ,+∞)时，t
'( x)>0,t( x)递增，而
t(1)=1>0,t(2)=2(1- ln 4)<0,t(4)= 4(1- ln 4)<0,t(e
3)=e
3-12>0，
因此函数t( x)= x - 4 ln x , x>1的两个零点，即方程x
ln x = 4的两个根分别在区间(1,2),(4 ,e
3)内，
显然直线y = 4与函数g( x)=e
x
x ( x>0)和h( x)= x
ln x ( x>1)的图象的交点有4 个，不符合题意，
所以a≠4，即x1 x3= √a
2 x2
2不正确，C 错误.
故选：D.
【题型10 双变量问题】
【例10】（2023 下·福建福州·高二校考期中）已知函数f (x)=(x -2)e
x，若f (x1)= f (x2)，且x1≠x2，
x1⋅x2>0，则（ ）
A．x1> 1
2
B．x2< 3
2
C．x1 x2>1
D．x1+ x2<2
【解题思路】利用导数讨论函数f ( x)的单调性，设x1< x2、f ( x0)=-2且x0≠0，结合图象得
0< x1<1< x2< x0<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
f (x1)= f (x2)变形、基本不等式，即可判断各项正误.
【解答过程】f ( x)=( x -2)e
x，则f
'( x)=( x -1)e
x，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)min= f (1)=-e，即f ( x)≥-e.
综上，f ( x)的图象如下：结合f (x1)= f (x2)=k，x1⋅x2>0，令x1< x2，
如上图，若f ( x0)=( x0-2)e
x0=-2且x0≠0，则0< x1<1< x2< x0<2，则x1> 1
2不一定成立，A 错误；
又f ( 3
2 )=( 3
2 -2)e
3
2 =- √e
3
2 ∈(-e,-2)，故3
2 < x0，则x2< 3
2不一定成立，B 错误；
令g( x)= f (1+ x)- f (1- x)=( x -1)e
x +1+( x +1)e
1- x，
则g
'( x)= x e
x +1- x e
1- x = x(e
x +1-e
1- x)，
当x ≥0时，x +1≥1- x，得e
x +1≥e
1- x，则g
'( x)≥0；
当x<0时，x +1<1- x，得e
x +1<e
1- 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 ( x2)= f [1+( x2-1)]>f [1-( x2-1)]，
即f ( x2)>f (2- x2)，又f ( x1)= f ( x2)，所以f ( x1)>f (2- x2)，
由2- x2<1，且函数f ( x)在x∈(-∞,1)单调递减，得x1<2- x2，即x1+ x2<2，D 正确.
又0< x1<1< x2< x0<2，则2> x1+ x2>2√x1 x2，即1>√x1 x2，故0< x1 x2<1，C 错误.
故选：D.
【变式10-1】（2023·广西河池·校联考模拟预测）若实数x , y满足4 ln x +2ln(2 y)≥x
2+8 y - 4，则
（ ）
A．xy = √2
4
B．x + y =√2
C．x +2 y =1+√2
D．x
2 y =1
【解题思路】根据题意将原不等式化简为ln[( 1
2 x
2)⋅(4 y)]≥1
2 x
2+ 4 y -2，令
a= 1
2 x
2,b= 4 y(a>0,b>0)，可知原不等式等价于(ln a-a+1)+(ln b-b+1)≥0，再令
g( x)= ln x - x +1，则原不等式等价于g(a)+ g(b)≥0；再利用导数求出函数g( x)单调性，进而可得
g( x)≤0，由此可知只有当a=b=1时，即g(a)= g(b)=0时才满足g(a)+ g(b)≥0，据此即可求出x , y的
值，进而求出结果.
【解答过程】∵4 ln x +2ln(2 y)≥x
2+8 y - 4( x>0, y >0)
∴2[ ln( x
2)+ ln(2 y)]≥x
2+8 y - 4 ，
即ln( x
2)+ ln(2 y)≥1
2 x +
❑
2 4 y -2
∴ln[( 1
2 x
2)⋅(4 y)]≥1
2 x
2+ 4 y -2，
设a= 1
2 x
2,b= 4 y(a>0,b>0)，则有ln ab≥a+b-2，即ln a+ ln b≥a+b-2，
∴(ln a-a+1)+(ln b-b+1)≥0，
令g( x)= ln x - x +1，则g
'( x)= 1
x -1= 1- x
x
，
∴当x∈(0,1)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减；
∴g( x)max = g(1)=0，即g( x)≤0，
要使(ln a-a+1)+(ln b-b+1)≥0成立等价于g(a)+ g(b)≥0成立，
只有当a=b=1时，即g(a)= g(b)=0时才满足，
∴a= 1
2 x
2=1,b= 4 y =1
∴x =√2, y = 1
4 ，∴xy = √2
4 .
故选：A.
【变式10-2】（2023 下·河南信阳·高二淮滨高中校考阶段练习）设函数f (x)=e
x(x -ae
x) (其中e 为自然对
数的底数)恰有两个极值点x1, x2(x1< x2)，则下列说法中正确的是( ）
A．0<a< 1
3
B．0< x2<1
C．- 1
2 <f (0)<0
D．f (x1)+ f (x2)>0
【解题思路】据题意，对函数f ( x)求导数，得出导数有两不等变号零点，转化为两函数有两个不同变号交
点的问题，结合图象即可得出a、x2、f (0)的取值范围,可知A ,B错误，C正确；根据x2+1
x1+1 =e
x2- x1对
f (x1)+ f (x2)进行转化，可知x2∈(0,1]时，f (x1)+ f (x2)≤0，故D 错误.
【解答过程】解：∵函数f ( x)=e
x( x -ae
x)，
∴f '( x)=( x +1-2a·e
x)e
x，
由于函数f ( x)的两个极值点为x1，x2，
即x1，x2是方程f '( x)=0即方程x +1-2ae
x=0的两不等实根，
当a=0时，x =-1，不满足两个根，
故当a≠0时，
x +1
2a =e
x；
设y1= x +1
2a (a≠0)，y2=e
x，
y1= x +1
2a (a≠0)过定点(-1,0)，
过点(-1,0)做y2=e
x的切线l，设切点(x0,e
x0)，
则kl= e
x0-0
x0-(-1) = y
' ¿,x0=0,则kl=1，
在同一坐标系内画出这两个函数的图象，如图所示：
应满足¿，
解得0<a< 1
2，
所以a的取值范围是(0, 1
2)，故A错误；
结合图象，易知-1< x1<0< x2，故B错误；
f (0)= e
0(0-ae
0)=-a∈(- 1
2 ,0)，故C正确；
由x1，x2是方程f '( x)=0即方程x +1-2ae
x =0的两不等实根，可得
¿可知②
①: x2+1
x1+1 =e
x2- x1
则f (x1)+ f (x2)=e
x1(x1-ae
x1)+e
x2(x2-ae
x2)
=e
x1(x1- x1+1
2 )+e
x2(x2- x2+1
2 )
=e
x1⋅x1-1
2
+e
x2⋅x2-1
2
=e
x1(
x1-1
2
+e
x2- x1 x2-1
2 )
=e
x1(
x1-1
2
+ x2+1
x1+1 ⋅x2-1
2 )
=e
x1⋅(x1
2-1)+(x2
2-1)
2(x1+1)
∵-1< x1<0
∴(x1
2-1)<0
当x2∈(0,1]时，f (x1)+ f (x2)≤0.故D错误；
故选：C．
【变式10-3】（2023·全国·高三专题练习）已知a>b>0，b ln a=a ln b，有如下四个结论：
①b<e；②b>e；③∃a,b满足a⋅b<e
2；④a⋅b>e
2．
则正确结论的序号是（ ）
A．①③
B．②③
C．①④
D．②④
【解题思路】由由b ln a=a ln b，则ln a
a = ln b
b ，设f (x)= ln x
x ，利用函数f (x)的单调性结合图象可判断
①，②. 设ln a
a = ln b
b =m>0，则¿,两式相减、相加，然后可得ln a+ ln b=(1+ a
b)ln a
b
a
b -1
，设
h(t )=(1+t )ln t -2(t -1)，利用单调性可得a⋅b>e
2得出答案.
【解答过程】由b ln a=a ln b，则ln a
a = ln b
b ，设f (x)= ln x
x ,则f
' (x)= 1- ln x
x
2
当0< x<e时，f
' (x)>0，当x>e时，f
' (x)<0
所以f (x)在(0，e)上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减,
又f (1)=0，当x>1时，有f (x)>0，则f (x)的图象如图.
由b ln a=a ln b，即f (a)= f (b)，且a>b>0，所以a>e>b>0，所以①正确，②错误；
设ln a
a = ln b
b =m>0，则¿
两式相减得ln a- ln b=m(a-b)，得m=
ln a
b
a-b
两式相加得ln a+ ln b=m(a+b)=
(a+b)ln a
b
a-b
=(1+ a
b)ln a
b
a
b -1
设a
b =t >1
h(t )=(1+t )ln t -2(t -1)，则h
' (t )= lnt + 1+t
t
-2= lnt + 1
t -1
h
″ (t )= lnt + 1+t
t
-2= 1
t - 1
t
2 = 1
t (1- 1
t)>0
所以h
' (t )在(1，+ ∞)上单调递增，则h
' (t )>h
' (1)=0
所以h(t )在(1，+ ∞)上单调递增，h(t )>h(1)=0,即(1+t )ln t >2(t -1)
所以
(1+t )ln t
(t -1)
>2，即ln ab= ln a+ ln b=(1+ a
b)ln a
b
a
b -1
>2
所以a⋅b>e
2，故④正确，③错误；
综上，正确的命题是①④，
故选：C.
1．（2023·全国·统考高考真题）曲线y =e
x
x +1在点(1,e
2)处的切线方程为（ ）
A．y =e
4 x
B．y =e
2 x
C．y =e
4 x +e
4
D．y =e
2 x + 3e
4
【解题思路】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所
设方程即可求解.
【解答过程】设曲线y = e
x
x +1在点(1, e
2)处的切线方程为y - e
2 =k (x -1)，
因为y = e
x
x +1，
所以y
' = e
x(x +1)-e
x
(x +1)
2
=
x e
x
(x +1)
2，
所以k = y
'|x =1= e
4
所以y - e
2 = e
4
(x -1)
所以曲线y = e
x
x +1在点(1, e
2)处的切线方程为y = e
4 x + e
4 .
故选：C.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=ae
x - ln x在区间(1,2)上单调递增，则a 的最小值为（ ）．
A．e
2
B．e
C．e
-1
D．e
-2
【解题思路】根据f
' (x)=ae
x - 1
x ≥0在(1,2)上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【解答过程】依题可知，f
' (x)=ae
x - 1
x ≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xe
x≥1
a，
设g(x)= xe
x , x∈(1,2)，所以g
' (x)=(x +1)e
x>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，
g(x)>g(1)=e，故e≥1
a，即a≥1
e =e
-1，即a 的最小值为e
-1．
故选：C．
3．（2023·全国·统考高考真题）函数f (x)= x
3+ax +2存在3 个零点，则a的取值范围是（ ）
A．(-∞,-2)
B．(-∞,-3)
C．(- 4 ,-1)
D．(-3,0)
【解题思路】写出f
'( x)=3 x
2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0 且极小值小于0 即可.
【解答过程】f ( x)= x
3+ax +2，则f
'( x)=3 x
2+a，
若f (x)要存在3 个零点，则f (x)要存在极大值和极小值，则a<0，
令f
'( x)=3 x
2+a=0，解得x =-√
-a
3 或√
-a
3 ，
且当x∈(-∞,-√
-a
3 )∪(√
-a
3 ,+ ∞)时，f
'( x)>0，
当x∈(-√
-a
3 ,√
-a
3 )，f
'( x)<0，
故f (x)的极大值为f(-√
-a
3 )，极小值为f(√
-a
3 )，
若f (x)要存在3 个零点，则¿，即¿，解得a<-3，
故选：B.
4．（2022·全国·统考高考真题）当x =1时，函数f ( x)=aln x + b
x 取得最大值-2，则f
'(2)=（ ）
A．-1
B．- 1
2
C．1
2
D．1
【解题思路】根据题意可知f (1)=-2，f
' (1)=0即可解得a,b，再根据f
' (x)即可解出．
【解答过程】因为函数f (x)定义域为(0,+ ∞)，所以依题可知，f (1)=-2，f
' (1)=0，而f
' (x)= a
x - b
x
2，所
以b=-2,a-b=0，即a=-2,b=-2，所以f
' (x)=- 2
x + 2
x
2，因此函数f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递
减，x =1时取最大值，满足题意，即有f
' (2)=-1+ 1
2 =- 1
2．
故选：B.
5．（2022·全国·统考高考真题）已知a= 31
32 ,b=cos 1
4 ,c = 4 sin 1
4 ，则（ ）
A．c>b>a
B．b>a>c
C．a>b>c
D．a>c>b
【解题思路】由c
b = 4tan 1
4 结合三角函数的性质可得c>b;构造函数f (x)=cos x + 1
2 x
2-1, x∈(0,+∞),利
用导数可得b>a,即可得解.
【解答过程】[方法一]：构造函数
因为当x∈(0,π
2 ), x<tan x
故c
b = 4 tan 1
4 >1，故c
b >1，所以c>b；
设f ( x)=cos x + 1
2 x
2-1, x∈(0,+∞)，
f
'( x)=-sin x + x>0，所以f ( x)在(0,+∞)单调递增，
故f(
1
4)>f (0)=0，所以cos 1
4 - 31
32 >0，
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当x∈(0,π
2 ),sin x< x，
取x = 1
8得：cos 1
4 =1-2sin
2 1
8 >1-2(
1
8)
2
= 31
32，故b>a
4 sin 1
4 +cos 1
4 =√17sin(
1
4 +φ)，其中φ∈(0, π
2)，且sin φ = 1
√17 ,cosφ = 4
√17
当4 sin 1
4 +cos 1
4 =√17时，1
4 +φ= π
2 ，及φ= π
2 - 1
4
此时sin 1
4 =cosφ = 4
√17 ，cos 1
4 =sin φ = 1
√17
故cos 1
4 = 1
√17 < 4
√17 =sin 1
4 <4 sin 1
4 ，故b<c
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法三]：泰勒展开
设x =0.25，则a= 31
32 =1- 0.25
2
2
，b=cos 1
4 ≈1- 0.25
2
2
+ 0.25
4
4! ，
c = 4sin 1
4 =
sin 1
4
1
4
≈1- 0.25
2
3! + 0.25
4
5!
，计算得c>b>a，故选A.
[方法四]：构造函数
因为c
b = 4 tan 1
4 ，因为当x∈(0,π
2 ),sin x< x<tan x，所以tan 1
4 > 1
4 ,即c
b >1，所以c>b；设
f ( x)=cos x + 1
2 x
2-1, x∈(0,+∞)，f
'( x)=-sin x + x>0，所以f ( x)在(0,+ ∞)单调递增，则
f(
1
4)>f (0)=0,所以cos 1
4 - 31
32 >0，所以b>a,所以c>b>a，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为c
b = 4 tan 1
4 ，因为当x∈(0,π
2 ),sin x< x<tan x，所以tan 1
4 > 1
4 ,即c
b >1，所以c>b；因为当
x∈(0,π
2 ),sin x< x，取x = 1
8得cos 1
4 =1-2sin
2 1
8 >1-2(
1
8)
2
= 31
32，故b>a，所以c>b>a．
故选：A．
6．（2022·全国·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为
36 π，且3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．[18, 81
4 ]
B．[
27
4 , 81
4 ]
C．[
27
4 , 64
3 ]
D．[18,27]
【解题思路】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确
定正四棱锥体积的取值范围.
【解答过程】∵球的体积为36 π，所以球的半径R =3,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
则l
2=2a
2+h
2，3
2=2a
2+(3-h)
2,
所以6h=l
2，2a
2=l
2-h
2
所以正四棱锥的体积V = 1
3 S h= 1
3 ×4 a
2×h= 2
3 ×(l
2- l
4
36 )× l
2
6 = 1
9(l
4- l
6
36)，
所以V
' = 1
9(4l
3- l
5
6)= 1
9 l
3(
24 -l
2
6 )，
当3≤l≤2√6时，V
'>0，当2√6<l≤3√3时，V
'<0，
所以当l =2√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为64
3 ，
又l =3时，V = 27
4 ，l =3√3时，V = 81
4 ,
所以正四棱锥的体积V 的最小值为27
4 ，
所以该正四棱锥体积的取值范围是[
27
4 ，64
3 ].
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以V = 4
3 a
2h= 2
3 (6h-h
2)h= 1
3 (12-2h)h×h⩽1
3 ×[ (12-2h)+h+h
3
]
3
= 64
3 (当且仅当
h= 4取到)，
当h= 3
2时，得a= 3√3
√2 ，则V min= 1
3 a
2h= 1
3 ( 3√3
√2 )
2
× 3
2 = 27
4 ;
当l =3√3时，球心在正四棱锥高线上，此时h= 3
2 +3= 9
2，
√2
2 a= 3√3
2
⇒a= 3√3
√2 ，正四棱锥体积V 1= 1
3 a
2h= 1
3 ( 3√3
√2 )
2
× 9
2 = 81
4 < 64
3 ，故该正四棱锥体积的取值
范围是[ 27
4 , 64
3 ].
故选：C.
7．（2021·全国·统考高考真题）若过点(a,b)可以作曲线y =e
x的两条切线，则（ ）
A．e
b<a
B．e
a<b
C．0<a<e
b
D．0<b<e
a
【解题思路】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形
确定结果；
解法二：画出曲线y =e
x的图象，根据直观即可判定点(a,b)在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.
【解答过程】在曲线y =e
x上任取一点P(t ,e
t)，对函数y =e
x求导得y
' =e
x，
所以，曲线y =e
x在点P处的切线方程为y -e
t =e
t (x -t )，即y =e
t x +(1-t )e
t，
由题意可知，点(a,b)在直线y =e
t x +(1-t )e
t上，可得b=ae
t +(1-t )e
t =(a+1-t )e
t，
令f (t )=(a+1-t )e
t，则f
' (t )=(a-t )e
t.
当t <a时，f
' (t )>0，此时函数f (t )单调递增，
当t >a时，f
' (t )<0，此时函数f (t )单调递减，
所以，f (t )max = f (a)=e
a，
由题意可知，直线y =b与曲线y = f (t )的图象有两个交点，则b<f (t )max =e
a，
当t <a+1时，f (t )>0，当t >a+1时，f (t )<0，作出函数f (t )的图象如下图所示：
由图可知，当0<b<e
a时，直线y =b与曲线y = f (t )的图象有两个交点.
故选：D.
解法二：画出函数曲线y =e
x的图象如图所示，根据直观即可判定点(a,b)在曲线下方和x轴上方时才可以
作出两条切线.由此可知0<b<e
a.
故选：D.
8．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)的定义域为R，f (xy)= y
2f (x)+ x
2f ( y)，则（ ）．
A．f (0)=0
B．f (1)=0
C．f (x)是偶函数
D．x =0为f (x)的极小值点
【解题思路】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例f ( x)=0即可排
除选项D.
方法二：选项ABC 的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数f ( x)=¿进行判断即可.
【解答过程】方法一：
因为f ( xy )= y
2f ( x)+ x
2f ( y)，
对于A，令x = y =0，f (0)=0 f (0)+0 f (0)=0，故A正确.
对于B，令x = y =1，f (1)=1f (1)+1f (1)，则f (1)=0，故B 正确.
对于C，令x = y =-1，f (1)= f (-1)+ f (-1)=2f (-1)，则f (-1)=0，
令y =-1,f (- x)= f ( x)+ x
2f (-1)= f ( x)，
又函数f ( x)的定义域为R，所以f ( x)为偶函数，故C正确，
对于D，不妨令f ( x)=0，显然符合题设条件，此时f ( x)无极值，故D错误.
方法二：
因为f ( xy )= y
2f ( x)+ x
2f ( y)，
对于A，令x = y =0，f (0)=0 f (0)+0 f (0)=0，故A正确.
对于B，令x = y =1，f (1)=1f (1)+1f (1)，则f (1)=0，故B 正确.
对于C，令x = y =-1，f (1)= f (-1)+ f (-1)=2f (-1)，则f (-1)=0，
令y =-1,f (- x)= f ( x)+ x
2f (-1)= f ( x)，
又函数f ( x)的定义域为R，所以f ( x)为偶函数，故C正确，
对于D，当x
2 y
2≠0时，对f ( xy )= y
2f ( x)+ x
2f ( y)两边同时除以x
2 y
2，得到f ( xy )
x
2 y
2 = f ( x)
x
2 + f ( y)
y
2 ，
故可以设f ( x)
x
2 = ln|x|( x≠0)，则f ( x)=¿，
当x>0肘，f ( x)= x
2ln x，则f
' (x)=2 x ln x + x
2⋅1
x = x(2ln x +1)，
令f
' (x)<0，得0< x<e
- 1
2；令f
' (x)>0，得x>e
- 1
2；
故f ( x)在(0,e
- 1
2)上单调递减，在(e
- 1
2 ,+ ∞)上单调递增，
因为f ( x)为偶函数，所以f ( x)在(-e
- 1
2 ,0)上单调递增，在(-∞,e
- 1
2)上单调递减，
显然，此时x =0是f ( x)的极大值，故D 错误.
故选：ABC.
9．（2023·全国·统考高考真题）若函数f (x)=aln x + b
x + c
x
2 (a≠0)既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．bc>0
B．ab>0
C．b
2+8ac>0
D．ac<0
【解题思路】求出函数f ( x)的导数f
'( x)，由已知可得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.
【解答过程】函数f ( x)=a ln x + b
x + c
x
2的定义域为(0,+∞)，求导得f
'( x)= a
x - b
x
2 - 2c
x
3 = a x
2-bx -2c
x
3
，
因为函数f ( x)既有极大值也有极小值，则函数f
'( x)在(0,+∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程a x
2-bx -2c =0有两个不等的正根x1, x2，
于是¿，即有b
2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a
2bc<0，即bc<0，A 错误，BCD 正确.
故选：BCD.
10．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f ( x)= x
3- x +1，则（ ）
A．f ( x)有两个极值点
B．f ( x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y = f ( x)的对称中心
D．直线y =2 x是曲线y = f ( x)的切线
【解题思路】利用极值点的定义可判断A，结合f ( x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用
导数的几何意义判断D.
【解答过程】由题，f
' (x)=3 x
2-1，令f
' (x)>0得x> √3
3 或x<- √3
3 ，
令f
'( x)<0得- √3
3 < x< √3
3 ，
所以f ( x)在(-∞,- √3
3 )，( √3
3 ,+ ∞)上单调递增，(- √3
3 , √3
3 )上单调递减，所以x =± √3
3 是极值点，故A
正确；
因f (- √3
3 )=1+ 2√3
9
>0，f ( √3
3 )=1- 2√3
9
>0，f (-2)=-5<0，
所以，函数f (x)在(-∞,- √3
3 )上有一个零点，
当x ≥√3
3 时，f (x)≥f(
√3
3 )>0，即函数f (x)在(
√3
3 ,+∞)上无零点，
综上所述，函数f ( x)有一个零点，故B 错误；
令h( x)= x
3- x，该函数的定义域为R，h(- x)=(- x)
3-(- x)=- x
3+ x =-h(x)，
则h( x)是奇函数，(0,0)是h( x)的对称中心，
将h( x)的图象向上移动一个单位得到f ( x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y = f ( x)的对称中心，故C 正确；
令f
' (x)=3 x
2-1=2，可得x =±1，又f (1)= f (-1)=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y =2 x -1，当切点为(-1,1)时，切线方程为y =2 x +3，故D 错误.
故选：AC.
11．（2023·全国·统考高考真题）设a∈(0,1)，若函数f (x)=a
x+(1+a)
x在(0,+ ∞)上单调递增，则a 的取
值范围是 [
√5-1
2
,1) .
【解题思路】原问题等价于f
' (x)=a
x ln a+(1+a)
x ln (1+a)≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，
可得(
1+a
a )
x
≥-
ln a
ln (1+a)，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数
a的取值范围.
【解答过程】由函数的解析式可得f
' (x)=a
x ln a+(1+a)
x ln (1+a)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则(1+a)
x ln (1+a)≥-a
x ln a，即(
1+a
a )
x
≥-
ln a
ln (1+a)在区间(0,+∞)上恒成立，
故(
1+a
a )
0
=1≥-
ln a
ln (1+a)，而a+1∈(1,2)，故ln (1+a)>0，
故¿即¿，故√5-1
2
≤a<1，
结合题意可得实数a的取值范围是[
√5-1
2
,1).
故答案为：[
√5-1
2
,1).
12．（2022·全国·统考高考真题）已知x = x1和x = x2分别是函数f ( x)=2a
x -e x
2（a>0且a≠1）的极小值
点和极大值点．若x1< x2，则a 的取值范围是 (
1
e ,1) ．
【解题思路】法一：依题可知，方程2ln a⋅a
x -2e x =0的两个根为x1, x2，即函数y = ln a⋅a
x与函数
y =e x的图象有两个不同的交点，构造函数g(x)= ln a⋅a
x，利用指数函数的图象和图象变换得到g(x)的
图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【解答过程】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为f
' (x)=2ln a⋅a
x-2e x，所以方程2ln a⋅a
x -2e x =0的两个根为x1, x2，
即方程ln a⋅a
x =e x的两个根为x1, x2，
即函数y = ln a⋅a
x与函数y =e x的图象有两个不同的交点，
因为x1, x2分别是函数f (x)=2a
x-e x
2的极小值点和极大值点，
所以函数f (x)在(-∞, x1)和(x2,+∞)上递减，在(x1, x2)上递增，
所以当时(-∞, x1) (x2,+∞)，f
' (x)<0，即y =e x图象在y = ln a⋅a
x上方
当x∈(x1, x2)时，f
' (x)>0，即y =e x图象在y = ln a⋅a
x下方
a>1，图象显然不符合题意，所以0<a<1．
令g(x)= ln a⋅a
x，则g
' (x)= ln
2a⋅a
x,0<a<1，
设过原点且与函数y = g(x)的图象相切的直线的切点为(x0,ln a⋅a
x0)，
则切线的斜率为g
'(x0)= ln
2a⋅a
x0，故切线方程为y - ln a⋅a
x0= ln
2a⋅a
x0(x - x0)，
则有- ln a⋅a
x0=- x0ln
2a⋅a
x0，解得x0= 1
ln a，则切线的斜率为ln
2a⋅a
1
ln a =e ln
2a，
因为函数y = ln a⋅a
x与函数y =e x的图象有两个不同的交点，
所以e ln
2a<e，解得1
e <a<e，又0<a<1，所以1
e <a<1，
综上所述，a的取值范围为(
1
e ,1)．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
f
' (x)=2ln a⋅a
x-2e x=0 的两个根为x1, x2
因为x1, x2分别是函数f (x)=2a
x-e x
2的极小值点和极大值点，
所以函数f (x)在(-∞, x1)和(x2,+∞)上递减，在(x1, x2)上递增，
设函数g(x)= f
' (x)=2(a
xlna-ex)，则'(x)=2a
x(lna)
2-2e，
若a>1，则'(x)在R上单调递增，此时若'(x0)=0，则f
' (x)在
(-∞, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，此时若有x = x1和x = x2分别是函数
f (x)=2a
x -e x
2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1> x2，不符合题意；
若0<a<1，则'(x)在R上单调递减，此时若'(x0)=0，则f
' (x)在(-∞, x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调
递减，令'(x0)=0，则a
x0=
e
(lna)
2，此时若有x = x1和x = x2分别是函数f (x)=2a
x -e x
2(a>0且a≠1)的
极小值点和极大值点，且x1< x2，则需满足f
'(x0)>0，f
'(x0)=2(a
x0lna-e x0)=2(
e
lna -e x0)>0，即
x0< 1
lna ，x0lna>1故lna
x0= x0lna=ln
e
(lna)
2 >1，所以1
e <a<1.
故答案为：(
1
e ,1).
