新高考数学二轮复习重难点05 导数常考经典压轴小题全归类【十大题型】（举一反三）（解析版）

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】TOC\o"1-3"\h\u【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−xex有两条过点Aa,0的切线，则a的取值范围是（

）A．−∞,−1C．−∞,−3【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切线方程为y−1−∵直线过点Aa,0，∴−化简得x0∴Δ=a+12−4>0，则故选：D.【变式1-1】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知函数fx=1ex−1，则曲线A．ex+y+1=0 B．C．ex+y−1=0 D．【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fx=1所以f′−1=−故曲线y=fx在点−1,f−1处的切线的方程为y−e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=lnx相切，则k=（A．1e2 B．2e2【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所以1x故选：C.【变式1-3】（2023·四川凉山·统考一模）函数fx=12x2+aA．−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fx不妨设这两条相互垂直的切线的切点为x1,f若a≥0，则f′所以a<0，此时易知y=f要满足题意则需f'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=1x2 B．y=e【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所以y=1x2对于B选项：当x∈0,+∞时，y=e所以y=e−2x在对于C选项：当x∈0,+∞时，y=−x所以y=−x2+1对于D选项：当x∈0,+∞时，y=lg所以y=1x2又函数y=lgx的定义域为−∞故选：D.【变式2-1】（2023·陕西商洛·统考一模）已知函数fx=2x−1ex−xA．0 B．1e C．e【解题思路】结合导数，将fx在R上单调递增转化为f′x=2xe【解答过程】由题意可得f′因为fx在R上单调递增，所以f即a≤2xe设gx=2xe令ℎx=2x+2当x<−2时，ℎ′x<0，x>−2故ℎx在−∞,−2故ℎxmin=ℎx→−∞时，ℎ故当x<0时，g′x<0，当x>0则gx在−∞,0故g(x)min=g故选：A.【变式2-2】（2023·全国·模拟预测）已知x=ln56，y=2425A．y<x<z B．y<z<x C．z<x<y D．x<y<z【解题思路】设函数fx=xlnx，利用函数单调性，比较x，y的大小，再结合lnx≤x−1【解答过程】设fx=xlnx（x>0），则f'x=lnx+1>0又1e<45<56所以f设gx=lnx−x+1，则g'x=1x−1=1−x所以gx≤g1=0，故lnx−x+1≤0⇒ln所以ln56≤故选：A.【变式2-3】（2023·河南·模拟预测）已知函数fx=exx+ax在A．0,+∞ B．C．−∞,−4【解题思路】由导函数f′(x)≥0在【解答过程】f′x=exx2+ax−ax2，因为函数fx=exx+ax在0,+∞上单调递增，所以当x∈0,+∞时，f′x=exx2+ax−ax2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fx=x3−2ax2A．1 B．3 C．1或3 D．−1或3【解题思路】由fx在x=1处有极小值可知，f′1【解答过程】因为fx所以f′因为函数fx=x所以f′1=3−4a+a2当a=1时，f′当f′x>0时，x<13或x>1fx在x=1当a=3时，f′当f′x>0时，x<1或x>3，当ffx在x=1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)=2x−tanx−π在区间−A．π2+1，−π2C．3π2−1，−π【解题思路】求出f′x，由f′【解答过程】由题意，得f′当x∈−π2,−π当x∈−π4,π所以f(x)在−π2,−π4当x=−π4时，f(x)取得极小值，为当x=π4时，f(x)取得极大值，为故选：D．【变式3-2】（2023·甘肃兰州·校考一模）已知函数fx=ex+x22−A．x1>x2 B．x【解题思路】根据题目条件求出x1∈1【解答过程】fx=ef′x=ex+x−1所以∃x1∈所以当0<x<x1时f′x<0，当x>x1时f则fx在x=x1ℎx=lnx2x当x∈0,e时，ℎ′x>0故ℎx=lnx2x即x2=1故选：A.【变式3-3】（2023·广东广州·广州校考模拟预测）设函数fx=sinωx+π5(ω>0)A．ω的取值范围是12B．fx在0,C．若x=3π25是fx在D．若x=3π25是fx在0,2π【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】∵fx=sinωx+ππ5≤ωx+π5≤2当0<x<π10时，当ω=2910时，若x=3π25是fx在0,2π由C得fx=sin52点M在fx上，f′x所以直线y=−52x+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fx=x2+a−1x−3A．−32C．−43【解题思路】求出f′(x)=2x2+(a−1)x−3x，设g(x)=2【解答过程】f′设g(x)=2x2+(a−1)x−3，因为Δ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g(1)=2+(a−1)−3<0g(2)=8+2(a−1)−3>0，解得−故选：A．【变式4-1】（2023·广西南宁·统考模拟预测）若函数f(x)=2x3−ax2+1(a∈R)在A．1 B．−4 C．−3 D．5【解题思路】分类参数可得a=2x+1x2x>0，构造函数ℎx=2x+1x2【解答过程】函数f(x)=2x3−a即方程f(x)=2x3−a分离参数可得a=2x+1令ℎx则函数y=ℎxℎ′当0<x<1时，ℎ′x<0，当x>1所以函数ℎx在0,1上单调递减，在1,+所以ℎx又当x→0时，ℎx→+∞，当x→+如图，作出函数ℎx由图可知a=3，所以f(x)=2x3−3当−1<x<0时，f′x>0，当0<x<1所以函数fx在−1,0上单调递增，在0,1又f−1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)=ex+x3A．(-e，2) B．(-e，1-e) C．(1，2) D．(−【解题思路】f'x在0,1上递增，根据fx在0,1上有最小值，可知f【解答过程】∵f'xf'这时存在x0∈(0,1)，使得f(x)在区间(0,x0)上单调递减，在区间[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fx=xlnx，gx=xex，若存在A．2−ln4 B．2+ln4【解题思路】由题设知f(x1)=f(ex2)=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)【解答过程】由题设x1lnx由f′(x)=1+lnx，则(0,1e)上f′(x)<0f(x)≥f(1e)=−1e

由图知：t∈(0,+∞)时，x1=ex2令ℎ(x)=x−2lnx且x∈(1,+∞1<x<2时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)递减；x>2时，ℎ′所以ℎ(x)min=ℎ(2)=2−2ln2=2−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fx=x3+2x2A．−∞,−1C．−∞,0【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)=x3+2因为x≥0，f′所以当x≥0时，f(x)单调递增，若函数gx则fx即y=fx与y=ℎ(x)=当k=0时，y=fx与y=

两图象只有两个交点，不符合题意，当k<0时，y=kx2−4x与x轴相交与两点当x=2k时，函数y=k当x=2k时，函数y=−2x的函数值为所以两图象有四个交点，符合题意，

当k>0时，y=kx2−4x与x图象如下：

在[0,4只需要y=x3+2x2因为x>4k，所以所以有x3+2x即kx2=所以在k=x+5x+2因为y=x+5x+2≥2所以4k<5且k>2综上所述，k的取值范围为(−∞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fx=ex,x≥0−3x,x<0，若函数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)=3x−ex【解答过程】当x>0时，−x<0，f当x<0时，−x>0，f∴g(x)=f(−x)−f(x)=3x−g(−x)=f(x)−f(−x)=−g(x)，且定义域为R，关于原点对称，故gx所以我们求出x>0时零点个数即可，g(x)=3x−ex,x>0，g′(x)=3−故gx在0,ln3且g(ln3)=3ln3−3>0，而g2g13=1−e1故gx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，且故选：D.【变式5-2】（2023·陕西商洛·陕西校考模拟预测）已知函数fx=xex,x<0−x2A．−∞,−1e B．−【解题思路】求导分析函数fx的单调性及极值，作出函数fx的图象，把方程f2【解答过程】因为当x<0时，fx=xe所以当x∈−∞,−1时，f当x∈−1,0时，f′x>0，fx又因为当x≥0时，fx所以fx在x∈0,1时单调递增，在x∈1,+所以作出函数fx

由f2x−所以fx=2或fx=t，则数形结合可知−1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fx=x2−2xex，若方程fA．−1e,0 B．−2【解题思路】对fx求导，研究函数fx的单调性、极值等性质，利用fx的图象求得x2的范围，以及a与【解答过程】因为fx=x令f′x=0当x<−2或x>2时，f′(x)>0；故fx在−∞,−2单调递增，在则fx的极大值为f−2=2+2∵fx∴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fx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fx=a有3个不同的实根，则因为方程fx=a的3个不同的实根为x1又因为fx2故ax2−2令ℎx则ℎ′x=x+1e当−2<x<−1时，ℎ′当−1<x<0时，ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)min=ℎ(−1)=−1e，又ℎ(−2)=−所以x∈−2,0时，ℎx∈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fx满足f′x−fxA．0,+∞ B．1,+∞ C．−【解题思路】构造函数gx=fxx−lnx，根据题意得gx【解答过程】设gx=f因为f′x−所以g′x>0，所以g不等式fex−又gex=即gex>g1，所以即不等式fex−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)=x3+2x2+3．若A．[−23,4] B．[−4,2] C．[−2,4]【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【解答过程】因为当x≥0时，f(x)=x3+2所以f(x)在0,+∞又f(x)为偶函数，f(−9)≥fa2−2a+1则a2−2a+1≤9，即−9≤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，f3=eA．0,3 B．1,3 C．−∞,3【解题思路】根据题意构造函数gx=fxex，求导后判断其单调性，然后由【解答过程】令gx=fxex，则因为f3=e则fx−e即gx>g3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fx=lnx−ax3，gxA．ln327,ln28【解题思路】由已知得出g′x=x+1xex−1x，令ℎx=xex−1，根据其导数得出ℎx再x>0上单调递增，设ℎx0=x【解答过程】gx=xeg′令ℎx=xex−1∴ℎx再x>0x从+∞趋向于0时，xex趋向于0，则ℎ设ℎx0=x0则在x∈0,x0上ℎx∈∴在x∈0,x0上g′x∴gx在0,x0∴gx则fxgxfx=ln则fx>0，即lnx−a令jx=ln1−3lnx<0，解得x>e13则当x∈0,e13时，j′则jx=lnxx即jx的最大值在x=令jx=lnxx3=0函数jx=lnxx3当x由+∞当x由+∞→0时，lnx→+∞，x3→+∞作jx∴要使a<ln∴j4≤a<j3，解得故选：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)=lnx2+1+x+ex−e−x【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Faex>F(lnx−ln【解答过程】令g(x)=lnx2+1+x，因为x∈R易知g(x)在R上单调递增．同理令ℎ(x)=ex−由于ℎ′(x)=ex+因此f(x)=lnx2令F(x)=f(x)−3=gx+ℎx则F(x)是在R上单调递增的奇函数．不等式faex故Faex>−F(ln即ex+lna则G′(x)=ex+1>0，G(x)在R则x+lna>ln令H(x)=lnx−x，则H′(x)=1令H′(x)<0，得x>1，故H(x)在(0,1)上单调递增，在故H(x)max=H(1)=−1，故ln故实数a的取值范围是1e故答案为：1e【变式7-1】（2023·陕西咸阳·咸阳校考模拟预测）已知fx,gx分别是定义域为R的偶函数和奇函数，且f(x)+g(x)=ex，若关于x的不等式2fx−ag2【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fx,gx分别是定义域为R所以f(−x)+g(−x)=e−x，即联立①②解得，fx因为y=ex,y=−所以y=ex−e−x故不等式2f令t=ex+e−x，因为当x∈所以2<t<5又ex所以ex因为y=t,y=−4t在2,52上都为增函数，所以所以4t−4t>409，所以故答案为:40【变式7-2】（2023·陕西咸阳·武功校考模拟预测）已知fx是定义在0,+∞上的可导函数，若xf′x−fx=xex，f【解题思路】由fx=x⋅fxx，求导，根据xf′x−fx=xe【解答过程】解：由于xf因为fxf′设gx则g′所以当x∈0,1时，g′x当x∈1,+∞时，g′所以gxmax=g故fx在0,+又由于x≥1时，f所以xe设y=x+ln故x≥1时，x+lnx−a>0，只需1−a>0又由于xex≥x+lnx−a设t=xex，由x≥1，得t≥e，故xe令ℎt=t−ln故当t∈e,+∞所以t∈e,+∞若使t−只需e−1+a≥0，即a≥1−e.综上，故答案为：1−e【变式7-3】（2023·宁夏石嘴山·平罗中学校考模拟预测）已知函数fx=ex+ax−2，其中a∈R，若对于任意的x1,x2∈【解题思路】根据题意转化为fx1+ax1<fx2+ax2对任意的x1,x【解答过程】由对于任意的x1,x2∈则fx1+a令ℎx=fx+a即ℎx在区间2,+又由fx=e则ℎ′x=xe即xex−ex+2−a≥0在令gx=xe所以函数gx为单调递增函数，所以g则a−2≤e2，解得a≤e2+2故答案为：−∞【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+A．12e,e2 B．【解题思路】等价变形给定的不等式，并令aex0=t，构造函数f(t)=e【解答过程】依题意，x0+e2⇔e令aex0=t，即e2令f(t)=e2−1lnt−2t+2求导得f′(t)=e2−1t−2=e2因此函数ft在e2−1而f(1)=0,fe2=e2则当1≤t≤e2时，f(t)≥0，若存在t∈a只需ae2≤e2且ae−1所以a的取值范围为1e故选：D.【变式8-1】（2023·四川南充·统考三模）已知函数f(x)=13x3，g(x)=ex−12x2−x，A．(−∞,e−2] B．(−【解题思路】存在性问题转化为k<ex−x−1x2【解答过程】f(x)=13x由g(x)=ex−令ℎ(x)=ex−x−1当x>0时，ℎ′即ℎ(x)=ex−x−1所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，即g′所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g(x)在不妨设1≤x2<x1∴gx1即gx令F(x)=g(x)−kf(x)=e则F′∵∃x1,∴F′(x)>0即k<ex−x−1∴k<ex−x−1令G(x)=ex−x−1则G′(x)=(x−2)则m′(x)=(x−1)ex+1故m(x)在[1,2]上单调递增，所以m(x)≥m(1)=3−e故G′(x)>0，G(x)在∴G(x)∴k<e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fx=x2ex,x>0.若存在实数a∈A．12,1 B．12,1【解题思路】依题意，令ga=a3−12a2−2a+e−1,a∈0,1，求出gmax【解答过程】令ga=a∴当a∈0,1时，g′a≤0，函数∴gmax若存在实数a∈0,1，使得不等式f2−1又∵f1=e−1，∵fx=x当x∈0,2时，f′x>0，函数当x∈2,+∞时，f′x<0∵m为正实数，∴2−1又∵函数fx在0,2上单调递增，∴0<2−1∴正实数m的取值范围为12故选：A.【变式8-3】（2023·贵州·校联考二模）已知函数fx=xex+2a，gx=elnxx，对任意A．−e2C．−e2【解题思路】将问题转化为fxmin≥gxmin，利用导数求fx在【解答过程】对任意x1∈1,2，∃x2f′(x)=exx+1，x∈1,2，∴fxg′(x)=e1−lnxx2，x∈e,3，g′(x)<0，则g1=0，g3综上，e+2a≥0⇒a≥−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fx=lnx2−a2xlnx+aeA．−1e2−e,0【解题思路】令f(x)=0，将原函数的零点转化为方程lnx2−a2xlnx+aex【解答过程】令f(x)=0，得lnx2−令t=lnxx设g(x)=lnxx令g′(x)=0，解得x=e当x∈0,e时，g′当x∈e,+∞时，g则g(x)在x=e时，有最大值为g(则当t=gx当t=gx当t=gx当t=gx因为原方程为t2由题可知有三个零点，因此方程有两个不等实根t1、t2，设则有t1+t若a=0，则t1若a>0，则t1+t有0<t1<t2，即有0<若a<0则t1<0，t1=设ℎ(t)=t2−a2所以2ln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．x3xC．x3x2>2ln【解题思路】x1,x2,x3为函数f(x)=【解答过程】易知x1<0<x2<∴∴x2解之：x3又f(x)=a即y=xlna与y=lnx切线方程为：y−2lnt=此时k=2∴故选：C.【变式9-2】（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知函数fx=ex−1x+xex−1+x+a，若fx=0A．e,+∞C．−8e,+【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t2【解答过程】fx令t=ex−1x令t′>0得x>1，令t′<0得所以t=ex−1x在−∞,0，0,1如图：

则t=e所以fx=0有3个不同的解等价于t+1t+1+a=0整理可得t2+a+1t+a+1根据根的分布得a+1<01+a+1+a+1<0，解得a<−32所以2e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)=ex−ax(x−alnx)有且只有三个不同零点x1A．x1+C．x1x【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【解答过程】依题意，由f(x)=0得：ex=ax,x=aln令g(x)=exx(x>0),ℎ(x)=x当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，当x∈(1,e)时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)单调递减，当x∈(e函数y=f(x)有三个零点，即直线y=a与函数g(x)=exx在同一坐标平面内作出函数g(x)=exx(x>0)与函数因此直线y=a必过点A，令直线y=a与函数g(x)=exx(x>0)的图象另一交点为C(x3,y3由ex1x1=x2lnx由ex2x2=x3lnx由ex2x2=对于A，x1对于B，令φ(x)=ex−x−1,x>1，φ′(x)=即有φ(x)>φ(1)=e−2>0，因此ex而a=ex1对于C，因为x1x3=x令u(x)=ex−4x,x>0，u′(x)=当x∈(ln4,+∞)时，因此函数u(x)=ex−4x,x>0的两个零点，即方程e令t(x)=x−4lnx,x>1，t′(x)=1−4当x∈(4,+∞)时，t′因此函数t(x)=x−4lnx,x>1的两个零点，即方程xln显然直线y=4与函数g(x)=exx所以a≠4，即x1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fx=x−2ex，若fx1A．x1>12 B．x【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【解答过程】f(x)=(x−2)ex，则f′当x∈(−∞,1)时f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞在x∈(−∞,2)上f(x)<0，且f(2)=0，f(0)=−2，f(x)综上，f(x)的图象如下：结合fx1=fx2如上图，若f(x0)=(x0−2)e又f(32)=(32令g(x)=f(1+x)−f(1−x)=(x−1)e则g′当x≥0时，x+1≥1−x，得ex+1≥e当x<0时，x+1<1−x，得ex+1<e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即f(x2)>f(2−x2由2−x2<1，且函数f(x)在x∈(−∞,1)又0<x1<1<x2<x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4lnx+2lnA．xy=24C．x+2y=1+2 D．【解题思路】根据题意将原不等式化简为ln[(12x2)⋅(4y)]≥12x2+4y−2，令a=12x2,b=4y(a>0,b>0)，可知原不等式等价于(ln【解答过程】∵4ln∴2[ln即ln(∴ln[(设a=12x2,b=4y(a>0,b>0)∴(ln令g(x)=lnx−x+1，则∴当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1,+∞)时，g′∴g(x)max=g(1)=0要使(lna−a+1)+(ln只有当a=b=1时，即g(a)=g(b)=0时才满足，∴a=∴x=2,y=1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fx=exx−aexA．0<a<13C．−12【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、f0的取值范围,可知A,B错误，C正确；根据x2+1x1+1=ex【解答过程】解：∵函数f(x)=e∴f′(x)=(x+1−2a·e由于函数f(x)的两个极值点为x1，x即x1，x2是方程f′(x)=0即方程当a=0时，x=−1，不满足两个根，故当a≠0时，x+12a设y1=x+1y1=x+1过点−1,0做y2=ex的切线则kl=ex0−0在同一坐标系内画出这两个函数的图象，如图所示：应满足12a解得0<a<1所以a的取值范围是0,12，故结合图象，易知−1<x1<0<f0=e0由x1，x2是方程f′(x)=0即方程x1+1=2a则f=====∵−1<∴当x2∈0,1时，fx故选：C．【变式10-3】（2023·全国·高三专题练习）已知a>b>0，bln①b<e；②b>e；③∃a,b满足a⋅b<e2；④则正确结论的序号是（

）A．①③ B．②③ C．①④ D．②④【解题思路】由由blna=alnb，则lnaa=lnbb，设fx=ln【解答过程】由blna=alnb，则ln当0<x<e时，f′x>0，当所以fx在0，e上单调递增，在e,+∞又f1=0，当x>1时，有fx由blna=alnb，即fa设lnaa=两式相减得lna−ln两式相加得ln设aℎt=ℎ所以ℎ′t在1，所以ℎt在1，+∞上单调递增，所以1+tlnt所以a⋅b>e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=exx+1在点1,A．y=e4x B．y=e【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=exx+1在点1,因为y=e所以y′所以k=所以y−所以曲线y=exx+1在点1,故选：C.2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=aex−lnxA．e2 B．e C．e−1【解题思路】根据f′x=a【解答过程】依题可知，f′x=aex−1设gx=xex,x∈1,2，所以gx>g1=e，故e≥1故选：C．3．（2023·全国·统考高考真题）函数fx=x3+ax+2A．−∞,−2 B．−∞,−3【解题思路】写出f′【解答过程】f(x)=x3+ax+2若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则令f′(x)=3x2+a=0且当x∈−∞,−当x∈−−a3故fx的极大值为f−−a若fx要存在3个零点，则f−−a3>0故选：B.4．（2022·全国·统考高考真题）当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则A．−1 B．−12 C．【解题思路】根据题意可知f1=−2，f′1=0【解答过程】因为函数fx定义域为0,+∞，所以依题可知，f1=−2，f′1=0，而f′x=ax−bx2，所以故选：B.5．（2022·全国·统考高考真题）已知a=3132,b=A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b【解题思路】由cb=4tan14结合三角函数的性质可得c>b【解答过程】[方法一]：构造函数因为当x∈故cb=4tan14设f(x)=cosf′(x)=−sinx+x>0，所以故f14>f(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,取x=18得：cos4sin14+当4sin14+此时sin14故cos14=1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=3132=1−c=4sin14[方法四]：构造函数因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx<x<tanx，所以tan14>14,即cb故选：A．[方法五]：【最优解】不等式放缩因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx<x<tanx，所以tan14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36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（

A．18,814 B．274,【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36π，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l2=2a所以6ℎ=l2所以正四棱锥的体积V=1所以V′当3≤l≤26时，V′>0，当2所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为64又l=3时，V=274，l=33所以正四棱锥的体积V的最小值为274所以该正四棱锥体积的取值范围是274故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以V=43a2ℎ=当ℎ=32时，得a=当l=33时，球心在正四棱锥高线上，此时ℎ=22a=33故选：C.7．（2021·全国·统考高考真题）若过点a,b可以作曲线y=ex的两条切线，则（A．eb<aC．0<a<eb【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=ex的图象，根据直观即可判定点(a,b)在曲线下方和【解答过程】在曲线y=ex上任取一点Pt,et所以，曲线y=ex在点P处的切线方程为y−e由题意可知，点a,b在直线y=etx+令ft=a+1−t当t<a时，f′t>0当t>a时，f′t<0所以，ft由题意可知，直线y=b与曲线y=ft的图象有两个交点，则b<f当t<a+1时，ft>0，当t>a+1时，ft

由图可知，当0<b<ea时，直线y=b与曲线故选：D.解法二：画出函数曲线y=ex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

故选：D.8．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx的定义域为R，fxy=A．f0=0C．fx是偶函数 D．x=0为f【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)=x【解答过程】方法一：因为f(xy)=y对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(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