18.函数零点高三备考核心考点与应用_11.3-2_2026-11-03

18.突破函数零点压轴的常见微专题
1.浅谈函数“取点”问题中的基本方法
一．基本原理
1. 找点原理：对于函数 f(x)h(x)g(x)，倘若我们要找 f(x)0的点，且发现当
x时，函数 h(x),g(x)均趋向正无穷，此时我们可以考虑将函数
f(x)的结构加以变形：
不妨假设变形为 f(x)h'(x)g'(x)，从而x，h'(x),g'(x)m，即将一
部分放缩控制为有限极限，从而欲解 f(x)0只需解h'(x)m即可.为此，我们需要特别
留意下面这些函数的极值点：
x ex
f(x) xex f(x) f(x)
ex x
lnx x
f(x) xlnx f(x) f(x)
x lnx
2.三角找点原理.有关三角函数的零点问题处理主要手段有：
 
（1）分段处理；分段的依据主要是由三角函数的取值象限来进行，(0, ),( ,)等.
2 2
（2）讨论好单调性与端点（特殊点），注意高阶导数的应用，直到能清楚判断所讨论区间
的单调性；
（3）关注有关三角的不等式放缩，有时候可优化解题，避免繁杂的找点过程！
x3 x2
sinx x,x0；sinx x ,x0；cosx1 .
6 2
二．典例分析
例1.（2022全国乙卷）已知函数 f(x)ln(1x)axex.
（1）当a1时，求曲线 f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
（2）若 f(x)在区间(1，0)，(0，)各恰有一个零点，求a的取值范围.
解析：（1） f(0)0, f(0)2,所以 f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y 2x;
1 a(1x) ex a(1x2)
（2）由于 f '(x)  (x1)，即 f '(x)
1x ex ex(1x)
当 a0时，当 x(1,0]时， f(x)0成立，所以 f(x)在 x(1,0]单调递增，且
f(x)0，故x(1,0]时， f(x)无零点，舍去.当a0时,当 x1时, f(x), f(0)0，由题意可知，必有 f(0)1a0，
即a1.
1 x1 ex x2 1
（i）当a1时, f(x)   ，
1x ex (1x)ex
令 g(x)ex x2 1，当 x(0,)时， g'(x)ex 2x0，故 g(x) g(0)0，故
f(x)0， f(x)单调递增，在x(0,)无零点，舍去；
ex ax2 a
（ii）当a1时， f(x) ，令h(x)ex ax2 a，h'(x)ex 2ax
(1x)ex
当 x0时 ， h'(x)0， h(x)单 调 递 增 ， 且 h(0)1a0， h(1)e0， 故
x (0,1)，使得h(x )0，当x(0,x )时，h(x)0， f(x)0， f(x)单调递减；
0 0 0
x(x ,)时，h(x)0， f(x)0， f(x)单调递增；又 f(0)0，这时，我们只需
0
说明存在t (x ,)使得 f(t )0即可.
1 0 1
x 1
下面来考虑找点过程：由于ln(x1),x，而  1，故axex a，那
ex e
么 f(x)ln(x1)axex ln(x1)a(凌晨讲数学)，故只需满足：
ln(x1)a 0即 可 ， 取 t ea 1， 则 f(ea 1)lnea a 0， 于 是 此 时 在
1
(0,)上有一个零点；
1 1
当x(1,0)时，h'(x)ex 2ax，由h'(x)单调递增，且h'(1) 2a 20，
e e
h'(0)10，故x (1,0)，使得h'(x )0，当 x(1,x )时，h(x)0，h(x)单
1 1 1
1
调递减，x(x ,0)时，h(x)0，h(x)单调递增；又h(1) 0，h(0)1a0
1 e
，
故x (1,0)，使得h(x )0，当 x(1,x )时，h(x)0， f(x)0， f(x)单调
2 2 2
递增，x(x ,0)时，h(x)0， f(x)0， f(x)单调递减；又 f(0)0，这时，我们
2
只需说明存在t (1,x )，使得 f(t )0即可.
2 1 2
x 1
下面来考虑找点过程：由于ln(x1),x1，而  e，故axex ae
ex e1
，那么 f(x)ln(x1)axex ln(x1)ae(凌晨讲数学)，故只需满足：
ln(x1)ae0即可，取 t eae 1，则 f(eae 1)lneae ae0，于是此时在
2
(0,)上有一个零点；此时在(1,0)上有一个零点；综上，a1对于函数 f(x)h(x)g(x)，倘若我们要找 f(x)0的点，且发现当
x时，函数 h(x),g(x)均趋向正无穷，此时我们可以考虑将函数
f(x)的结构加以变形：
不妨假设变形为 f(x)h'(x)g'(x)，从而x，h'(x),g'(x)m，即将一
部分放缩控制为有限极限，从而欲解 f(x)0只需解h'(x)m即可.
2.零点同构
函数同构问题是当下的一个热门问题，2022，2020,的导数问题就可以从同构角度构造恒
成立. 同构问题常见于指对混合函数的恒成立或零点问题中，重在观察和变形，所以技巧
性较强. 当然这类指对混合函数的恒成立也可用其他方法完成，在这里学习同构，更多的
是提升观察与思维能力.
一．基本原理
1.解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为
f   gx   f   hx 的结构， f x 即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：
①xex exlnx；②
ex
exlnx；③
x
elnxx；④xlnxln  xex ；⑤xlnxln
ex
x ex x
.
2.多变量同构型零点的基本规律
2.1. f(x)ex x,g(x) xlnx，图象如下，左端为 f(x)，右端为g(x).
性质：
（1） f (x) g (x)1；
min min
（2）同构特性： f(lnx) g(x) （公众号：凌晨讲数学）
（3）若方程 f(x) g(x)b 存在三个实数根，分别记为x ,x ,x ，则2x  x x 有
1 2 3 2 1 3
（4）若方程 f(x) g(x)b 存在四个实根，记为x ,x ,x ,x ，且有x  x  x  x ，
1 2 3 4 1 2 3 4则有：x x  x x (凌晨讲数学) （公众号：凌晨讲数学）
1 4 2 3
x lnx
2.2. f(x) ,g(x) ，图象如下：，左端为 f(x)，右端为g(x).
ex x
性质：
1
（1） f (x) g (x) ；（公众号：凌晨讲数学）
max max e
（2）同构特性： f(lnx) g(x)
（3）若方程 f(x) g(x)b 存在三个实数根，分别记为x  x  x ，则有x2  x x
1 2 3 2 1 3
（4）若方程 f(x) g(x)b 存在四个实根，记为x ,x ,x ,x ，且有x  x  x  x ，
1 2 3 4 1 2 3 4
则有：x x  x x （公众号：凌晨讲数学）
1 4 2 3
例2.（2023届成都）（公众号：凌点数学）
e2x
已知函数 f(x) ，其中x0，aR．
xa
（1）求函数 f x的单调区间；
f(x)
（2）当a0时，函数g(x)alnx 2x1恰有两个零点，求a的取值范围．
e2
解析：（1）当a0时，函数 f x的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间；
 a a 
当a0时，函数 f x的单调递减区间为0, ，单调递增区间为 ,．
 2 2 
f(x) e2x
（2）函数g(x)alnx 2x1恰有两个零点，等价于方程 2x1alnx有两个
e2 e2xa
e2x e2x1
不等的实数解．∵x0，a0， 2x1alnxlne2xlnelnxa ln ，
e2xa xa
e2x1 t t 1 1
令t  0，则 lnt．令h(t)lnt ，则h(t)  ．∴当0te时，h(t)0；
xa e e t e
当t e时，h(t)0．∴函数ht在0,e上单调递增，在(e,)上单调递减．∵he0，
t e2x
∴方程 lnt有唯一解te．∴方程 2x1alnx有两个不等的实数解等价于方程
e e2xa
e2x1
e 有两个不相等的实数解．等价于方程alnx2x2有两个不相等的实数解．构造
xaa a a
函数k(x)alnx2x2，则k(x) 2．∵a0，∴当0x 时，k(x)0；当x
x 2 2
 a a 
时，k(x)0．∴函数kx在0, 上单调递增，在 ,上单调递减．∵x0，
 2 2 
a a a 2
k(x)；x，kx．∴只需要k aln a20，即ln  10
2 2 2 a
a 2 1 2
．构造函数m(a)ln  1，则m(a)  ．∴当0a2时，m(a)0；当a2
2 a a a2
时，m(a)0．
函数ma在0,2上单调递减，在(2,)上单调递增．∵m20，当a2时，
a 2
ln  10恒成立．∴a的取值范围为(0,2)(2,)．
2 a
例3.（2022全国新高考1卷）
已知函数 f(x)ex ax和gxaxlnx有相同的最小值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线 y b，其与两条曲线 y  f x和 y  gx共有三个不同的交点，
并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
解析：（2）由（1）可得， f(x)的最小值在x0处取到，g(x)的最小值在x1处取
到，且最小值均为1. 于是, f(x)在(0,1)上增，g(x)在(0,1)上减，则存在x (0,1)，使
2
得
f(x ) g(x )1.这样的话，令b f(x ) g(x ),且直线 y b与两条曲线 y  f(x)
2 2 2 2
和y  g(x)共有三个不同的交点.（公众号：凌晨讲数学）
另一方面，注意到 f(x)ex xlnex ex，考虑函数g(t)tlnt，则 f(x) g(et).
设直线 y b与两条曲线 y  f(x)和 y  g(x)从左到右的三个交点横坐标为x ,x ,x .且
1 2 3
有 x 0 x 1 x .由上述讨论可知： f(x ) g(ex 2) g(x )，故 ex 2  x ①，同
1 2 3 2 3 3
理 ， 由 f(x ) f(lnx )② 可 得 ： x lnx .又 因 为
1 2 1 2
ex 2 x  x lnx 2x ex 2 lnx ③
2 2 2 2 2
联立①，②，③可得：2x  x x ，即从左到右的三个交点横坐标成等差数列.
2 1 3
3.复合方程与函数作图
一．基本原理：
f (x),xa
1.已 知 f(x) 1 ， 且 t2 btc0的 两 个 具 体 的 根 ， 求
f (x),xa

2f 2(x)bf(x)c0根的个数，或者根据解的个数求参数范围.
解法剖析：换元，最终转化为t  f(x)根的个数，这类问题由于一元二次方程的根最终可
以求解，所以实际就转化成函数作图后找到交点个数，或者根据交点个数求参数即可
f (x),xa
2.已知函数 f(x) 1 ，且知一元二次型方程 f 2(x)bf(x)c0根的个数，
f (x),xa

2
求参数的取值范围.
解法剖析：换元，最终转化为一元二次方程根的分布.
3.一元二次方程根的分布
对一元二次方程 ax2 bxc0（其中 a0）和二次函数 f(x)ax2 bxc0，
有：
0，

 b
（1）方程 f(x)0的2个根都比k小的充要条件是 k,
2a

af(k)0.

0，

 b
（2）方程 f(x)0的2个根都比k大的充要条件是 k,
2a

af(k)0.

af(m)0,

af(n)0,
（3） 方程 f(x)0的一根都在(m,n)内，另一根在(p,q)内的充要条件是
af(p)0,

 af(q)0.
0，

af(m)0,


 
（4）方程 f(x)0的2个根都在 m,n 内的充要条件是af(n)0,

b
m n.

 2a
（5）方程 f(x)0的一根比k大，一根比k大，一根比k小的充要条件是af(k)0.
 
（6）方程 f(x)0的2个根都在 m,n 外，且一根比m小，另一根比n大的充要条件是
af(m)0,

af(n)0.
4.求解复合函数y  g[f(x)]零点问题的技巧:
（1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出 f(x),g(x)的图像
（2）若已知零点个数求参数的范围,则先估计关于 f(x)的方程g[f(x)]0中 f(x)解的个数，再根据个数与 f(x)的图像特点,分配每个函数值 f (x)被几个x所对应,从而确定
i
f (x)的取值范围,进而决定参数的范围.
i
二．典例分析
ex
 ,x0
例4.函数 f(x) x ，方程 f2xtf x0有6个不同的实根，则实数t的取值
 x24x,x„ 0
范围为（ ）
A．et4 B．t4 C．te D．et4
解析：由方程 f2xtf x0得 f xt或 f x0，
则方程 f2xtf x0有6个不同的实根，等价于y f(x)的图象与直线yt,y0有6
ex (x1)ex
个不同的交点，当x0时， f(x) ，则 f(x) ，令 f(x)0，得：x1，
x x2
当x(0,1)时， f(x)0， f(x)单调递减；当x(1,)时， f(x)0， f(x)单调递增，
故x1时， f(x)取极小值 f(1)e，当x„ 0时， f(x)x24x(x2)24，当
x(,2)时， f(x)单调递增；当x(2,0)时， f(x)单调递减，且
f(4) f(0)0, f(2)4，根据以上信息，作出 f(x)的大致图象如图，
由图可知，y f(x)的图象与直线y0有2个不同的交点，由题意，只需y f(x)的图象
与直线yt有4个不同的交点，则et4，综上得：t的取值范围是et4．故选：
A．
例5．已知函数 f(x) x2ex，关于x的方程[f(x)]2 tf(x)10有三个不相等的实数根，
则t的取值范围是（ ）
 e2 4   e2 4  e2 4  e2 4 
A．,   B．,   C．  , D．  ,
 4 e2   4 e2   4 e2   4 e2 
解析： f'x  x22x  ex xx2ex，所以 f x在区间
,2,0,, f'x0, f x递增；在区间2,0, f'x0, f x递减.所以 f x有极大
4
值 f(2) ，有极小值 f(0)0.
e2结合 f xx2ex 0，可画出 f x的大致图象如下图所示.
依题意，关于x的方程[f(x)]2 tf(x)10有三个不相等的实数根，令z f x，则
z2 tz10，Δt240，方程z2 tz10有两个不相等的实数根，设为z ，z ，
1 2
则z z 10，所以方程z2 tz10有一正根和一负根，z f x0无解，当z f x
1 2
4  4 
为正时，根据图象可知，0 f(x) ，即方程z2 tz10的正根在区间 0, 上，
e2  e2
令g(z)z2tz1,g01，故g   4     4   2 t 4 10，解得t  e2  4 .故选：C
e2  e2  e2 4 e2
4. 函数的对称性与零点问题
一．基本原理
1点关于点对称：点(a,b)关于(m,n)对称的点坐标为(2ma,2nb)，
2.点关于线对称
一般地，若点P(x ,y )关于直线l:AxByC 0对称的点为P'(x ,y )，可连接PP'交
1 1 2 2
l于M 点，则l垂直平分PP'，所以PP'l，且M 为PP'的中点，又因为M 在直线l
k k 1，
 l PP'
上，可得 x x y  y .
A 1 2 B 1 2 C 0.

 2 2
进一步，我们可以通过上式算得：点(a,b)关于直线AxByC 0对称的点的坐标可计
2A(AaBbC) 2B(AaBbC)
算为(a ，b ).
A2 B2 A2 B2
特别地：
（1）点(a,b)关于直线y对称的点为(a,b)
（2）点(a,b)关于直线x对称的点为(a,b)
（3）点(a,b)关于直线y  x对称的点为(b,a)
上述问题经常可以通过两个函数图象上存在上述特征的对称点求参数范围而出现，其本质
是一个方程根的存在性问题，我们的基本做法就是分离参数，然后求得参数的范围.
二．典例分析例6（广州一模T11）．已知函数 f xx22x0,gxaex(a0)，点P,Q分別在函
数y f x的ygx的图像上，O为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A．若关于x的方程 f xgx0在0,1上无解，则a3e
B．存在P,Q关于直线yx对称
C．若存在P,Q关于y轴对称，则0a2
1
D．若存在P,Q满足POQ90，则0a
2 2e
解析：函数 f xx22x0,gxaex(a0)，对于A，方程
f xgx0h(x)x22aex 0在0,1上有解，显然函数h(x)在0,1上单调递
h(0)2a0
增，则有 ，解得2a3e，因此关于x的方程 f xgx0在0,1上
h(1)3ae10
无解，则0a2或a3e，A错误；
对于B，设点Q(t,aet)，依题意，点Q关于直线yx对称点(aet,t)在函数 f xx22
的图象上，即关于t的方程t a2e2t 2有解，即a2 (t2)e2t有解，此时t2，令函数
(t)(t2)e2t,t 2，(t)(2t3)e2t 0，即函数(t)在(2,)上单调递增，
(t)(2)0，
而函数yt2,ye2t在(2,)上都单调递增，它们的取值集合分别为(0,),(e4,)，
因此函数(t)的值域为(0,)，又a2 0，于是a2 (t2)e2t在(2,)有解，所以存在
P,Q关于直线yx对称，B正确；
对于C，设点P(u,u22),u0，则点P关于y轴对称点(u,u22)在函数
u22 u22
g(x)aex(a0)的图象上，即aeu u22a ，令F(u) ,u0，
eu eu
u22u2 (u1)21
F(u)  0，即函数F(u)在[0,)上单调递减，
eu eu
F(u) F(0)2，又u[0,)，恒有F(u)0，因此0a2，C正确；D正确.故
max
选：BCD
例7．已知在函数 f xx2lnx与函数gx2x2ax的图象上存在关于y轴对称的点，
则实数a的取值范围为（ ）
 1  1
A．,

B．,

C．,e D．,1
 e  2
解析：由题可得 f xgx在0,有解，即x2lnx2x2ax在0,有解，lnxx2 lnxx2 x21lnx
所以a 在0,有解，令hx ,x0,，则hx ，
x x x2
1
令pxx21lnx,x0,，则px2x 0，所以px在0,单调递减，
x
且p10，所以当x0,1时，px0，则hx0，hx单调递增，当x1,
时，px0，则hx0，hx单调递减，所以hx h11，故a1.故选：D.
max
5.同零点型恒成立
一．基本原理
1.类型1 的基本特征
这类题目的原理很简单，对于h(x) f(x)g(x)0,xD恒成立，根据乘法原理，可将
f(x)0 g(x)0,xD
其拆解为： 以及 f(x)与g(x)在xD上每个横坐标处同
f(x)0 g(x)0,xD
正同负，即零点相同！
综上所述，这类题目需要分类讨论求解（一般情况下，展开无法完成），求讨论的步骤
为：（i） f(x)0 g(x)0,xD,
（ii） f(x)0 g(x)0,xD,以及易忽视的第三步：
（iii） f(x)与g(x)在xD上每个横坐标处同正同负，零点相同，即恒同号！
2.类型2的基本特征
若方程 f(x)0有唯一根，且 f(x)0可转化为g(x)h(x)0，而g(x)为上凸型偶函
数（轴对称函数），h(x)为下凹型偶函数（轴对称函数），这样唯一的零点就会出现在一个
函数的最低点和另一个函数的最高点（即对称轴相同的地方）
y
y=g(x)
O y=h(x) x
二．典例分析
例8．（2024年新课标全国2卷）设函数 f(x)a(x1)21，g(x)cosx2ax，当
x(1,1)时，曲线y f(x)与yg(x)恰有一个交点，则a（ ）
1
A．1 B． C．1 D．2
2解析：令 f(x)  gx，即a(x1)21cosx2ax，可得ax2a1cosx，
令Fxax2a1,Gxcosx，原题意等价于当x(1,1)时，曲线yF(x)与yG(x)恰
有一个交点，注意到Fx,Gx均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得
F0G0，即a11，解得a2，若a2，令FxGx，可得2x21cosx0
，因为x1,1，则2x2 0,1cosx0，当且仅当x0时，等号成立，可得
2x21cosx0，当且仅当x0时，等号成立，则方程2x21cosx0有且仅有一个实
根0，即曲线yF(x)与yG(x)恰有一个交点，所以a2符合题意；综上所述：a2.
例 9.（2024年新高考 2卷 T8）设函数 f(x)(xa)ln(xb)，若 f(x)0，则a2 b2
的最小值为（ ）
1 1 1
A. B. C. D.1
8 4 2
解析：由 f(x)0可得ln(xb)与xa始终同号，故而可得：ln(xb)0时xa也等
1 1 1
于0，1ba 0,a2 b2 (a1)2a2 2(a )2   ，选C.
2 2 2
三．习题演练
1.（2017年全国2卷）若函数 f(x)x24xm(ex2e2x)有唯一的零点，则实数m
_______
解析：因为 f(x)x(4x)m(ex2e2x)，所以 f(4x)(4x)xm(ex2e2x) f(x)
所以 f(4x) f(x)即函数图象关于x2轴对称，故函数的图象与x轴的交点也关于x2
对称，又因为函数有唯一零点，故根据函数的对称性可知，只能交在(2，0），即 f （2）
42m0，
所以m2．故答案为：2.
2.已知函数 f(x)e2x2ex2x在点Px , f x  处的切线方程为l：ygx，若对任意
0 0
xR，都有xx f(x)g(x)0成立，则x ______．
0 0
解析：因为 f(x)e2x2ex2x，所以 f(x)2e2x2ex2， f(x )e2x0 2ex0 2x ，
0 0
所以gx=  2e2x0 2ex0 2 xx e2x0 2ex0 2x ，令h(x) f(x)g(x)，
0 0
则h(x)e2x2ex2x 2e2x0 2ex0 2 xx e2x0 2ex0 2x ，则h(x )0，
 0 0 0
h(x)2e2x2ex  2e2x0 2ex0  ，令(x)2e2x2ex，则(x)4e2x2ex，令(x)0，
得xln2，所以x,ln2时，(x)0，(x)单调递减，xln2,时，(x)0，(x)单调递增，当x ln2,，xx 时，(x)(x )，则
0 0 0
h(x)xx 0，h(x)单调递增，h(x)h(x )0，即 f(x)g(x)，所以当
0 0
x ln2,，xx 时，xx f(x)g(x)0成立，当x ,ln2，xx 时，
0 0 0 0 0
(x)(x )，则h(x)xx 0，h(x)单调递增，h(x)h(x )0，即 f(x)g(x)
0 0 0
，
所以当x ,ln2，xx 时，xx f(x)g(x)0成立，综上所述x ln2.
0 0 0 0
3．已知函数 f(x)a(exex2x)1,g(x)x22ax，若 f(x)与g(x)的图象在x(1,1)
上有唯一交点，则实数a（ ）
1
A．2 B．4 C． D．1
2
解析：令h(x) f(x)g(x)a(exex)x21，x(1,1)，由
h(x)a(exex)x21h(x)，得h(x)是(1,1)上的偶函数，其图象关于y对称，由 f(x)
与g(x)的图象在x(1,1)上有唯一交点，得函数h(x)有唯一零点，因此h(0)2a10，
1
所以a .故选：C
2
πx
4．设函数 f(x)a(x1)21,g(x)cos 2ax，若函数h(x) f(x)g(x)在区间(1,1)上
2
存在零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．a2
1
B． a1
2
1
C． a2
2
D．1a2
πx πx
解析：由h(x) f(x)g(x)0，得a(x1)21cos 2ax，依题意，ax2a1cos
2 2
πx
在(1,1)上有解，记F(x)ax2a1，G(x)cos ，因此函数F(x),G(x)在(1,1)上的图象
2
有公共点，0G(x)1，如图，
当a0时，F(x)ax2a11，显然函数F(x),G(x)在(1,1)上的图象无公共点，F(0)G(0) a11
当a0时，函数F(x),G(x)图象都关于y对称，得 ，即 ，解得
F(1)G(1) 2a10
1
a2，
2
1
所以实数a的取值范围是 a2.故选：C
2
5．已知ae2，b0，c0，当x0时，  ex ax  x2bxc  0恒成立，则 ac 的最小
b3
值为（ ）
1 e3 e2
A． B． C． D．1
9 27 9
ex 
解析：当x0时，不等式显然成立，当x0时，不等式  a  x2bxc  0恒成
 x 
立，
ex exx1
设 f x  a，gxx2bxc，则 fx ，令𝐟'(𝐱)<𝟎得0x1；令
x x2
fx0得x1，所以𝐟(𝐱)在(𝟎,𝟏)上单调递减，在(𝟏,+∞)上单调递增，因为
f 1e a 0，x0时 f x，x时 f x，故 f x在(𝟎,+∞)上有
两个零点，记为x,x x x ，显然xx 或xx 时 f x0，x xx 时 f x0，
1 2 1 2 1 2 1 2
要使 f xgx0恒成立，则x，x 也是gx的两个零点，故bx x ，cxx ，又
1 2 1 2 1 2
ex1 ex2 ex1x2 eb ac eb eb
  a，所以 a，所以 a，所以  ，令hb ，则
x x xx c b3 b3 b3
1 2 1 2
ebb3
hb ，令hb0得0b3,令hb0得b3，所以hb在(𝟎,𝟑)上单调递
b4
e3
减，在3,上单调递增，所以hb的最小值为h3 .故选：B.
27