2024年高考数学二轮复习【举一反三】系列 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）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
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 \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16514" 【题型1 函数切线问题】 PAGEREF _Tc16514 \h 3
\l "_Tc17043" 【题型2 导数中函数的单调性问题】 PAGEREF _Tc17043 \h 4
\l "_Tc888" 【题型3 导数中函数的极值问题】 PAGEREF _Tc888 \h 6
\l "_Tc13298" 【题型4 导数中函数的最值问题】 PAGEREF _Tc13298 \h 9
\l "_Tc12212" 【题型5 函数零点（方程根）个数问题】 PAGEREF _Tc12212 \h 12
\l "_Tc8392" 【题型6 利用导数解不等式】 PAGEREF _Tc8392 \h 16
\l "_Tc15537" 【题型7 导数中的不等式恒成立问题】 PAGEREF _Tc15537 \h 19
\l "_Tc1787" 【题型8 任意存在性问题】 PAGEREF _Tc1787 \h 22
\l "_Tc19393" 【题型9 函数零点嵌套问题】 PAGEREF _Tc19393 \h 26
\l "_Tc22896" 【题型10 双变量问题】 PAGEREF _Tc22896 \h 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．−∞,−1∪3,+∞B．−3,1
C．−∞,−3D．−∞,−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−x0ex0，由已知得y′=−xex，则切线斜率k=−x0ex0，
切线方程为y−1−x0ex0=−x0ex0x−x0．
∵直线过点Aa,0，∴−1−x0ex0=−x0ex0a−x0，
化简得x02−a+1x0+1=0．∵切线有2条，
∴Δ=a+12−4>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fx=1ex−1，则曲线y=fx在点−1,f−1处的切线方程为（ ）
A．ex+y+1=0B．ex−y+1=0
C．ex+y−1=0D．ex−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fx=1ex−1，得f′x=−1ex，
所以f′−1=−e，又f−1=e−1，
故曲线y=fx在点−1,f−1处的切线的方程为y−e−1=−ex+1，即ex+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=lnx相切，则k=（ ）
A．1e2B．2e2C．1eD．2e
【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,lnx0，则由题意可知f′x=1x⇒f′x0=1x0=k，
所以1x0=kkx0=lnx0⇒x0=ek=1e.
故选：C.
【变式1-3】（2023·四川凉山·统考一模）函数fx=12x2+alnx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．−2,1B．−2,−1C．−2,0D．−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=12x2+alnx⇒f′x=x+axx>0，
不妨设这两条相互垂直的切线的切点为x1,fx1,x2,fx2，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f'1=1+a<0f'2=2+a2>0f'1f'2=1+a2+a2<−1⇒a∈−3,−2.
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=1x2B．y=e−2xC．y=−x2+1D．y=lgx
【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=1x2的导函数为y′=−2x3<0，
所以y=1x2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−2x的导函数为y=−2e−2x<0，
所以y=e−2x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=−x2+1的导函数为y′=−2x<0，
所以y=−x2+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=lgx=lgx的导函数为y′=1x⋅ln10>0，
所以y=1x2在x∈0,+∞时单调递增，
又函数y=lgx的定义域为−∞,0∪0,+∞，且fx=lgx=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fx=2x−1ex−x2−ax在R上单调递增，则a的最大值是（ ）
A．0B．1eC．eD．3
【解题思路】结合导数，将fx在R上单调递增转化为f′x=2xex−2x−a≥0恒成立，再参变分离，转化为a≤2xex−2x恒成立，即求出2xex−2x的最小值即可得.
【解答过程】由题意可得f′x=2xex−2x−a，
因为fx在R上单调递增，所以f′x=2xex−2x−a≥0恒成立，
即a≤2xex−2x恒成立，
设gx=2xex−2x，则g′x=2x+2ex−2，
令ℎx=2x+2ex−2，则ℎ′x=2x+4ex，
当x<−2时，ℎ′x<0，x>−2时,ℎ′x>0,
故ℎx在−∞,−2为减函数，在−2,+∞上为增函数，
故ℎxmin=ℎ−2<0，但ℎ0=0，
x→−∞时，ℎx→−2，
故当x<0时，g′x<0，当x>0时，g′x>0，
则gx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故g(x)min=g0=0，即a≤0.
故选：A.
【变式2-2】（2023·全国·模拟预测）已知x=ln56，y=2425ln45，z=−16，则（ ）
A．y【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，比较x，z的大小.
【解答过程】设fx=xlnx（x>0），则f'x=lnx+1>0 ⇒ x>1e，所以函数fx在1e,+∞上为增函数.
又1e<45<56所以f45y ；
设gx=lnx−x+1，则g'x=1x−1=1−xx>0 ⇒ 0所以gx≤g1=0，故lnx−x+1≤0 ⇒ lnx≤x−1（当x=1时取“=”）
所以ln56≤56−1=−16，即x故选：A.
【变式2-3】（2023·河南·模拟预测）已知函数fx=exx+ax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=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≥0恒成立，即当x∈0,+∞时，gx=x2+ax−a≥0恒成立，因为对称轴为x=−a2，当a>0时，x=−a2<0，g0=−a<0，所以当x∈0,+∞时，gx=x2+ax−a≥0不恒成立，不符题意；当a≤0时，x=−a2≥0，当x∈0,+∞时，gx=x2+ax−a≥0恒成立，则Δ=a2+4a≤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fx=x3−2ax2+a2x+1在x=1处有极小值，则a的值为（ ）
A．1B．3C．1或3D．−1或3
【解题思路】由fx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fx=x3−2ax2+a2x+1，
所以f′x=3x2−4ax+a2，
因为函数fx=x3−2ax2+a2x+1在x=1处有极小值，
所以f′1=3−4a+a2=0，解得a=1或a=3，
当a=1时，f′x=3x2−4x+1=3x−1x−1，
当f′x>0时，x<13或x>1，当f′x<0时，13fx在x=1处取到极小值，符合题意；
当a=3时，f′x=3x2−12x+9=3x−1x−3，
当f′x>0时，x<1或x>3，当f′x<0时，1fx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)=2x−tanx−π在区间−π2,π2的极大值、极小值分别为（ ）
A．π2+1，−π2+1B．−π2+1，−3π2+1
C．3π2−1，−π2+1D．−π2−1，−3π2+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−sinxcsx′=2−1cs2x=2cs2x−1cs2x，
当x∈−π2,−π4∪π4,π2时，2cs2x−1<0，f′(x)<0；
当x∈−π4,π4时，2cs2x−1>0，f′(x)>0．
所以f(x)在−π2,−π4上单调递减，在−π4,π4上单调递增，在π4,π2上单调递减．
当x=−π4时，f(x)取得极小值，为f−π4=−3π2+1；
当x=π4时，f(x)取得极大值，为fπ4=−π2−1．
故选：D．
【变式3-2】（2023·甘肃兰州·校考一模）已知函数fx=ex+x22−lnx的极值点为x1，函数ℎx=lnx2x的最大值为x2，则（ ）
A．x1>x2B．x2>x1C．x1≥x2D．x2≥x1
【解题思路】根据题目条件求出x1∈14,12，x2=12e<14，即可判断．
【解答过程】fx=ex+x22−lnx的定义域为0,+∞，
f′x=ex+x−1x在0,+∞上单调递增，且f12=e12−32>0，f14=e14−154<0，
所以∃x1∈14,12，ex1+x1−1x1=0，
所以当0x1时f′x>0，即fx在0,x1上单调递减，在x1,+∞上单调递增，
则fx在x=x1处取得极小值且x1∈14,12．
ℎx=lnx2x的定义域为0,+∞，由ℎ′x=2−2lnx4x2=1−lnx2x2，
当x∈0,e时，ℎ′x>0，当x∈e,+∞时，ℎ′x<0，
故ℎx=lnx2x在x=e处取得极大值，也是最大值，ℎxmax=ℎe=lne2e=12e，
即x2=12e<14．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fx=sinωx+π5(ω>0)，已知fx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125,2910
B．fx在0,π10单调递增
C．若x=3π25是fx在0,2π上的第一个极值点，则ω=165；
D．若x=3π25是fx在0,2π上的第一个极值点，y=−52x+4π5是fx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】∵fx=sinωx+π5(ω>0)，在0,2π有且仅有5个零点，∴0≤x≤2π，
π5≤ωx+π5≤2πω+π5，则5π≤2πω+π5<6π，125≤ω<2910，A正确；
当0当ω=2910时，ωπ10+π5=29π100+20π100=49π100<π2，B正确；
若x=3π25是fx在0,2π上的第一个极值点，ω3π25+π5=π2，ω=52，C错误；
由C得fx=sin52x+π5，直线y=−52x+4π5过定点M8π25,0，
点M在fx上，f′x=52cs52x+π5=−52，f′8π25=−52，
所以直线y=−52x+4π5是fx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fx=x2+a−1x−3lnx在1,2内有最小值，则实数a的取值范围为（ ）
A．−32,2B．−32,2
C．−43,2D．−43,1
【解题思路】求出f′(x)=2x2+(a−1)x−3x，设g(x)=2x2+(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g(1)<0g(2)>0得参数范围．
【解答过程】f′(x)=2x+(a−1)−3x=2x2+(a−1)x−3x，
设g(x)=2x2+(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g(1)=2+(a−1)−3<0g(2)=8+2(a−1)−3>0，解得−32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(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．1B．−4C．−3D．5
【解题思路】分类参数可得a=2x+1x2x>0，构造函数ℎx=2x+1x2x>0，利用导数求出函数ℎx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fx在[−1,1]上的最值即可.
【解答过程】函数f(x)=2x3−ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且仅有一个零点，
即方程f(x)=2x3−ax2+1=0在(0,+∞)内有且仅有一个实根，
分离参数可得a=2x+1x2x>0，
令ℎx=2x+1x2x>0，
则函数y=ℎx,y=a只有一个交点，
ℎ′x=2−2x3=2x3−1x3，
当01时，ℎ′x>0，
所以函数ℎx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以ℎxmin=ℎ1=3，
又当x→0时，ℎx→+∞，当x→+∞时，ℎx→+∞，
如图，作出函数ℎx=2x+1x2x>0的大致图像，
由图可知a=3，
所以f(x)=2x3−3x2+1，则f′(x)=6x2−6x=6xx−1，
当−10，当0所以函数fx在−1,0上单调递增，在0,1上单调递减，
又f−1=−4,f0=1,f1=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)=ex+x3+(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fx在0,1上有最小值，可知fx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=ex+3x2+(a−3)在区间(0,1)上单调递增，由题意只需
f'0<0f'1>0⇒a−2<0e+a>0⇒−e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fx=xlnx，gx=xex，若存在t>0，使得fx1=gx2=t成立，则x1−2x2的最小值为（ ）
A．2−ln4B．2+ln4C．e−ln2D．e+ln2
【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)的交点个数得x1=ex2，进而将目标式化为x1−2x2=x1−2lnx1且x1>1，构造函数研究最小值即可.
【解答过程】由题设x1lnx1=x2ex2=ex2lnex2=t，即f(x1)=f(ex2)=t，
由f′(x)=1+lnx，则(0,1e)上f′(x)<0，f(x)递减；(1e,+∞)上f′(x)>0，f(x)递增；
f(x)≥f(1e)=−1e，且f(1)=0，f(x)图象如下：

由图知：t∈(0,+∞)时，x1=ex2，即x2=lnx1且x1>1，所以x1−2x2=x1−2lnx1，
令ℎ(x)=x−2lnx且x∈(1,+∞)，则ℎ′(x)=1−2x=x−2x，
12时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增；
所以ℎ(x)min=ℎ(2)=2−2ln2=2−ln4，即x1−2x2的最小值为2−ln4.
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+2x2+x,x≥0−2x,x<0，若函数gx=fx−kx2−4x,(k∈R)恰有4个零点，则k的取值范围（ ）
A．−∞,−1∪25,+∞B．−∞,−5∪0,2
C．−∞,0∪0,2+22D．−∞,0∪2+25,+∞
【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+2x2+x，则f′(x)=3x2+4x+1，
因为x≥0，f′(x)=3x2+4x+1>0，
所以当x≥0时，f(x)单调递增，
若函数gx=fx−kx2−4x,(k∈R)恰有4个零点,
则fx=kx2−4x有四个根，
即y=fx与y=ℎ(x)=kx2−4x有四个交点，
当k=0时，y=fx与y=−4x=4x，图象如下：

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x1=0与x2=4k(x2当x=2k时，函数y=kx2−4x的函数值为−4k，
当x=2k时，函数y=−2x的函数值为−4k，
所以两图象有四个交点，符合题意，

当k>0时，y=kx2−4x与x轴相交与两点x1=0与x2=4k(x2>x1)
图象如下：

在[0,4k)内两图象有两个交点，所以若有四个交点，
只需要y=x3+2x2+x与y=kx2−4x在(4k,+∞)内还有两个根，
因为x>4k，所以y=kx2−4x=kx2−4x，
所以有x3+2x2+x=kx2−4x在(4k,+∞)内还有两个根，
即kx2=x3+2x2+5x在(4k,+∞)内还有两个根，
所以在k=x+5x+2在(4k,+∞)内还有两个根，
因为y=x+5x+2≥25+2（当且仅当x=5时，取等号），
所以4k<5且k>25+2，解得k>25+2，
综上所述，k的取值范围为(−∞,0)∪(25+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fx=ex,x≥0−3x,x<0， 若函数gx=f−x−fx，则函数gx的零点个数为（ ）
A．1B．3C．4D．5
【解题思路】本题首先通过函数奇偶性求出g(x)=3x−ex,x>00,x=0ex+3x,x<0，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=3x
当x<0时，−x>0，f−x=e−x
∴g(x)=f(−x)−f(x)=3x−ex,x>00,x=0e−x+3x,x<0，
g(−x)=f(x)−f(−x)=−g(x)，且定义域为R，关于原点对称，故gx为奇函数，
所以我们求出x>0时零点个数即可，
g(x)=3x−ex,x>0，g′(x)=3−ex>0，令g′(x)=3−ex>0，解得0故gx在0,ln3上单调递增，在(ln3,+∞)单调递减，
且g(ln3)=3ln3−3>0，而g2=6−e2<0，故gx在(ln3,2)有1零点，
g13=1−e13<0，故gx在(13,ln3)上有1零点，图像大致如图所示：
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g0=0，故gx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fx=xex,x<0−x2+2x,x≥0，若关于x的方程f2x−2+tfx+2t=0有3个不同的实数根，则实数t的取值范围为（ ）
A．−∞,−1eB．−1e,0C．−1e,1D．−e,2
【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f2x−2+tfx+2t=0有3个不同的实数根转化为方程fx=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，fx=xex，所以f′x=1+xex，
所以当x∈−∞,−1时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈−1,0时，f′x>0，fx单调递增，所以fx≥f−1=−1e，且fx<0；
又因为当x≥0时，fx=−x2+2x=−x−12+1，
所以fx在x∈0,1时单调递增，在x∈1,+∞时单调递减，且fx≤f1=1，
所以作出函数fx=xex,x<0,−x2+2x,x≥0的大致图象如图：

由f2x−2+tfx+2t=0得fx−2fx−t=0，
所以fx=2或fx=t，则fx=2无解，所以只有方程fx=t有3个不同的实数根，
数形结合可知−1e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fx=a有3个不同的实根x1,x2,x3x1A．−1e,0B．−2e,0C．−2e−2,0D．−2e−2,2e2
【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fx=x2−2xex，故可得f′x=x2−2ex，
令f′x=0，解得x=±2，
当x<−2或x>2时，f′(x)>0；−2故fx在−∞,−2单调递增，在−2,2单调递减，在2,+∞单调递增．
则fx的极大值为f−2=2+22e−2>0，fx的极小值为f2=2−22e2<0，
∵fx=x2−2xex=x(x−2)ex，
∴当x<0时，f(x)>0；当02时，f(x)>0，
根据以上信息，作出fx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fx=a有3个不同的实根，则a∈0,2+22e−2，
因为方程fx=a的3个不同的实根为x1,x2,x3 x1又因为fx2=x22−2x2ex2=a，x2∈−2,0
故ax2−2 =x22−2x2ex2x2−2=x2ex2，
令ℎx=xex,x∈−2,0，
则ℎ′x=x+1ex，令ℎ′x=0，解得x=−1，
当−2当−10，ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(−1)=−1e，又ℎ(−2)=−2e−2 <0，ℎ(0)=0，故可得ℎx<0，
所以x∈−2,0时，ℎx∈−1e,0，即ax2−2 ∈−1e,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fx满足f′x−fxx−1>0，且f1=1，则不等式fex−x+1ex>0的解集为（ ）
A．0,+∞B．1,+∞C．−∞,0D．−∞,1
【解题思路】构造函数gx=fxx−lnx，根据题意得gx在0,+∞上单调递增，不等式fex−x+1ex>0可转化为fexex−lnex>1，即gex>g1，即可求解.
【解答过程】设gx=fxx−lnx，则g′x=xf′x−fxx2−1x=xf′x−fx−xx2．
因为f′x−fxx−1>0,x>0，所以xf′x−fx−x>0，
所以g′x>0，所以gx在0,+∞上单调递增．
不等式fex−x+1ex>0可转化为fexex−lnex>1，
又gex=fexex−lnex，且g1=f11−ln1=1，
即gex>g1，所以ex>1，解得x>0，
即不等式fex−x+1ex>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)=x3+2x2+3．若f(−9)≥fa2−2a+1，则实数a的取值范围为（ ）
A．[−23,4]B．[−4,2]C．[−2,4]D．[−4,23]
【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a2−2a+1≤9，从而得解.
【解答过程】因为当x≥0时，f(x)=x3+2x2+3，则f′(x)=3x2+4x=x3x+4≥0，
所以f(x)在0,+∞上单调递增，
又f(x)为偶函数，f(−9)≥fa2−2a+1，所以f(−9)≥fa2−2a+1，
则a2−2a+1≤9，即−9≤a2−2a+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，f3=e3，且f′x−fx>0恒成立，则不等式fx−ex>0的解集为（ ）
A．0,3B．1,3C．−∞,3D．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f3=e3可得g3=1，则将原不等式转化为gx>g3，再利用其单调性可得答案.
【解答过程】令gx=fxex，则g′x=f′x−fxex>0，则gx在R上单调递增.
因为f3=e3，所以g3=f3e3=1，
则fx−ex>0等价于fxex>1，
即gx>g3，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fx=lnx−ax3，gx=xex−lnx−x−34，若不等式fxgx>0的解集中只含有两个正整数，则a的取值范围为（ ）
A．ln327,ln28B．ln327,ln28C．ln232,ln327D．ln232,ln327
【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=x0ex0−1=0，结合其趋向得出在x∈0,x0上ℎx∈−1,0，在x∈x0,+∞上ℎx∈0,+∞，即可得出gx的单调性，即可得出其最小值大于0，则fxgx>0等价于fx>0，分离参数后令jx=lnxx3，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【解答过程】gx=xex−lnx−x−34定义域为0,+∞，
g′x=ex+xex−1x−1=x+1xex−1x，
令ℎx=xex−1，再x>0上ℎ′x=exx+1>0，
∴ℎx再x>0上单调递增，
x从+∞趋向于0时，xex趋向于0，则ℎx=xex−1趋向于−1，
设ℎx0=x0ex0−1=0，即x0ex0=1，x0=−lnx0，
则在x∈0,x0上ℎx∈−1,0，在x∈x0,+∞上ℎx∈0,+∞，
∴在x∈0,x0上g′x<0，在x∈x0,+∞上g′x>0，
∴gx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
∴gxmin=gx0=x0ex0−lnx0−x0−34=1+x0−x0−34=14>0，
则fxgx>0等价于fx>0，
fx=lnx−ax3，定义域为0,+∞，
则fx>0，即lnx−ax3>0，等价于a令jx=lnxx3，则j′x=x2−3x2lnxx32=x21−3lnxx32，
1−3lnx<0，解得x>e13，1−3lnx>0，解得0则当x∈0,e13时，j′x>0，当x∈e13,+∞时，j′x<0，
则jx=lnxx3在0,e13上单调递增，在e13,+∞上单调递减，
即jx的最大值在x=e13处取得，
令jx=lnxx3=0，解得x=1，即函数与x轴交于点1,0，
函数jx=lnxx3当x由+∞→0时，lnx→−∞，x3→0，则jx=lnxx3→−∞，
当x由+∞→0时，lnx→+∞，x3→+∞，但x3的增长要远远大于lnx，则jx=lnxx3→0，
作jx=lnxx3图象如下：
∴要使a∴j4≤a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−2x+3，若faex+f(lna−lnx)>6对于x∈(0,+∞)恒成立，则实数a的取值范围是 1e,+∞ ．
【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−lna)，利用单调性转化aex>lnx−lna，构造函数G(x)=ex+x和H(x)=lnx−x，即可求导确定函数的最值.
【解答过程】令g(x)=lnx2+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)=ex−e−x−2x，可知ℎ(x)是奇函数，
由于ℎ′(x)=ex+e−x−2≥2ex⋅e−x−2=0，故ℎ(x)在R上单调递增．
因此f(x)=lnx2+1+x+ex−e−x−2x+3为R上单调递增．
令F(x)=f(x)−3=gx+ℎx，F(−x)=g−x+ℎ−x=−gx+ℎx=−Fx，
则F(x)是在R上单调递增的奇函数．
不等式faex+f(lna−lnx)>6等价于Faex+F(lna−lnx)>0，
故Faex>−F(lna−lnx)=F(lnx−lna)，由单调性得aex>lnx−lna，即ex+lna>lnx−lna，
即ex+lna+x+lna>x+lnx=elnx+lnx，构造函数G(x)=ex+x，
则G′(x)=ex+1>0，G(x)在R上单调递增，G(x+lna)>G(lnx)等价于x+lna>lnx，
则x+lna>lnx，即lna>lnx−x，
令H(x)=lnx−x，则H′(x)=1x−1=1−xx，令H′(x)>0，得0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lna>H(x)max=−1，即a>1e，
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−ag2x≥0在0,ln2上恒成立，则实数a的最大值是 409 ．
【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的偶函数和奇函数，且f(x)+g(x)=ex①，
所以f(−x)+g(−x)=e−x，即f(x)−g(x)=e−x②，
联立①②解得，fx=12ex+e−x,gx=12ex−e−x，
因为y=ex,y=−e−x在0,ln2上都为增函数，
所以y=ex−e−x在0,ln2上单调递增，ex−e−x>e0−e0=0，
故不等式2fx−ag2x≥0⇔a≤2fxg2x⇔a≤ex+e−x14ex−e−x2
令t=ex+e−x，因为当x∈0,ln2时，t′=ex−e−x>0，t=ex+e−x单调递增，
所以2又ex−e−x2=ex+e−x2−4=t2−4，
所以ex+e−x14ex−e−x2=4tt2−4=4t−4t，
因为y=t,y=−4t在2,52上都为增函数，所以y=t−4t在2,52上单调递增，
所以4t−4t>409，所以a≤409，即实数a的最大值是409.
故答案为:409.
【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，f1=−1e，且x≥1时，fxex≤fx+lnx−a恒成立，则a的取值范围是 1−e,1 .
【解题思路】由fx=x⋅fxx，求导，根据xf′x−fx=xex，f1=−1e得到fx在0,+∞上是减函数，然后将x≥1时，fxex≤fx+lnx−a恒成立，转化为xex≥x+lnx−ax+lnx−a>0求解.
【解答过程】解：由于xf′x−fx=xex⇒xf′x−fxx2=1xex，
因为fx=x⋅fxx，
f′x=fxx+xfxx′=fxx+xxf′x−fxx2=fxx+1ex，
设gx=f′x=fxx+1ex，
则g′x=fxx′−1ex=1xex−1ex=1−xxex，
所以当x∈0,1时，g′x>0，此时gx为增函数；
当x∈1,+∞时，g′x<0，此时gx为减函数；
所以gxmax=g1=f1+1e=−1e+1e=0，即f′x≤0，
故fx在0,+∞上是减函数.
又由于x≥1时，fxex≤fx+lnx−a恒成立，
所以xex≥x+lnx−ax+lnx−a>0，
设y=x+lnx−a，易知该函数为单调增函数，
故x≥1时，x+lnx−a>0，只需1−a>0，即a<1.
又由于xex≥x+lnx−a化为xex≥lnxex−a，xex−lnxex+a≥0，
设t=xex，由x≥1，得t≥e，故xex−lnxex+a≥0等价变形为当t≥e时，t−lnt+a≥0，
令ℎt=t−lnt+a，则ℎ′t=1−1t>0，
故当t∈e,+∞时，ℎt=t−lnt+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fx=ex+ax−2，其中a∈R，若对于任意的x1,x2∈2,+∞，且x1【解题思路】根据题意转化为fx1+ax1【解答过程】由对于任意的x1,x2∈2,+∞ ，且x1则fx1+ax1令ℎx=fx+ax，则不等式等价于ℎx1<ℎx2对于任意的x∈2,+∞恒成立，
即ℎx在区间2,+∞单调递增，
又由fx=ex+ax−2，可得ℎx=ex+ax−2+ax，
则ℎ′x=xex−ex+2−ax2，即ℎ′x=xex−ex+2−ax2≥0在2,+∞恒成立，
即xex−ex+2−a≥0在2,+∞恒成立，即a−2≤xex−ex在2,+∞恒成立，
令gx=xex−ex,x∈2,+∞，可得g′x=xex>0恒成立，
所以函数gx为单调递增函数，所以gx≥g2=e2，
则a−2≤e2，解得a≤e2+2，所以实数a的取值范围是−∞,e2+2.
故答案为：−∞,e2+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+e2−1lna≥2aex0+e2x0−2成立，则a的取值范围是（ ）
A．12e,e2B．1e2,e2C．1e2,e4D．1e,e4
【解题思路】等价变形给定的不等式，并令aex0=t，构造函数f(t)=e2−1lnt−2t+2，将问题转化为存在t∈ae2,ae−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+e2−1lna≥2aex0+e2x0−2 ⇔ e2−1lna−e2−1x0≥2aex0−2
⇔e2−1lna−e2−1lnex0≥2aex0−2⇔e2−1lnaex0≥2aex0−2，
令aex0=t，即e2−1lnt−2t+2≥0，由x0∈[−1,2]，得t∈ae2,ae−1，
令f(t)=e2−1lnt−2t+2，则原问题等价于存在t∈ae2,ae−1，使得f(t)≥0成立，
求导得f′(t)=e2−1t−2=e2−1−2tt，由f′(t)<0，得t>e2−12，由f′(t)>0，得0因此函数ft在e2−12,+∞上单调递减，在(0,e2−12)上单调递增，
而f(1)=0,fe2=e2−1lne2−2e2+2 =2e2−2−2e2+2=0，又1则当1≤t≤e2时，f(t)≥0，若存在t∈ae2,ae−1，使得f(t)≥0成立，
只需ae2≤e2且ae−1≥1，解得a≤e4且a≥1e，即1e≤a≤e4，
所以a的取值范围为1e,e4.
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，∃x1，x2∈[1,2]使gx1−gx2>kfx1−fx2（k为常数）成立，则常数k的取值范围为（ ）
A．(−∞,e−2]B．(−∞,e−2)C．−∞,e2−34D．−∞,e2−34
【解题思路】存在性问题转化为k【解答过程】f(x)=13x3在[1,2]上为增函数，
由g(x)=ex−12x2−x知，g′(x)=ex−x−1，
令ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ′(x)=ex−1，
当x>0时，ℎ′(x)=ex−1>0，
即ℎ(x)=ex−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≤x2g(x2)，f(x1)>f(x2)，
∴gx1−gx2>kfx1−fx2可化为gx1−gx2>kfx1−kfx2，
即gx1−kfx1>gx2−kfx2，
令F(x)=g(x)−kf(x)=ex−12x2−x−13kx3，
则F′(x)=ex−x−1−kx2，
∵∃x1,x2∈[1,2]， 使gx1−gx2>kfx1−fx2能成立，
∴F′(x)>0在[1,2]上能成立，
即k∴k令G(x)=ex−x−1x2，x∈[1,2]，
则G′(x)=(x−2)ex+x+2x3，令m(x)=(x−2)ex+x+2，
则m′(x)=(x−1)ex+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)=e2−34，
∴k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∈0,1，使得f2−1m≤a3−12a2−2a+e−1成立，则正实数m的取值范围为（ ）
A．12,1B．12,1C．0,1D．0,1
【解题思路】依题意，令ga=a3−12a2−2a+e−1,a∈0,1，求出gmax(a)=g0=e−1，若存在实数a∈0,1，使得f2−1m≤a3−12a2−2a+e−1成立，等价于f2−1m≤gmax(a)成立，进而转化为f2−1m≤f1，再根据函数fx=x2ex,x>0的单调性，得到0<2−1m≤1m>0，从而求出正实数m的取值范围.
【解答过程】令ga=a3−12a2−2a+e−1,a∈0,1，则g′a=3a2−a−2=3a+2a−1，
∴当a∈0,1时，g′a≤0，函数ga在0,1上单调递减，
∴ gmax(a)=g0=e−1，
若存在实数a∈0,1，使得不等式f2−1m≤a3−12a2−2a+e−1成立，等价于f2−1m≤gmax(a)=e−1成立，
又∵ f1=e−1，∴ f2−1m≤f1，
∵ fx=x2ex，所以f′x=2x−x2ex=x2−xex,x>0.
当x∈0,2时，f′x>0，函数fx在0,2上单调递增，
当x∈2,+∞时，f′x<0，函数fx在2,+∞上单调递减，
∵ m为正实数，∴ 2−1m<2，
又∵函数fx在0,2上单调递增，∴ 0<2−1m≤1m>0，解得12∴正实数m的取值范围为12,1.
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x1∈1,2，∃x2∈1,3，都有不等式fx1≥gx2成立，则a的取值范围是（ ）
A．−e2,+∞B．1−e2,+∞
C．−e2,+∞D．12−e2,+∞
【解题思路】将问题转化为fxmin≥gxmin，利用导数求fx在1,2上的最小值、gx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fx1≥gx2成立⇔fxmin≥gxmin，
f′(x)=exx+1，x∈1,2，f′(x)>0，则fx在区间1,2上单调递增，
∴fxmin=f1=e+2a，
g′(x)=e1−lnxx2，x∈1,e，g′(x)>0，则gx在1,e上单调递增，
x∈e,3，g′(x)<0，则gx在e,3上单调递减，
g1=0，g3=eln33>0，故gxmin=0，
综上，e+2a≥0⇒a≥−e2.
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+aex2有三个零点x1、x2、x3且x1A．−1e2−e,0B．−1e2,0C．−12e,0D．−2e,0
【解题思路】令f(x)=0，将原函数的零点转化为方程lnx2−a2xlnx+aex2=0的根，令t=lnxx(x＞0)，转化为t2−a2t+ae=0，再令g(x)=lnxx(x＞0)，得到使t=gx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lnx2−a2xlnx+aex2=0，整理得(lnxx)2−a2lnxx+ae=0，
令t=lnxx(x＞0)，原方程化为t2−a2t+ae=0，
设g(x)=lnxx(x＞0)， 则g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)=0，解得x=e，且g(e)=lnee=1e，
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)=1e，
则当t=gx∈−∞,0时，有一个解，
当t=gx∈0,1e时，有两个解，
当t=gx∈0,1e时，有一个解，
当t=gx∈1e,+∞时，无解，
因为原方程为t2−a2t+ae=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则有t1+t2=a2，t1t2=ae，
若a=0，则t1=t2=0，故舍去，
若a>0，则t1+t2=a2>0，t1t2=ae>0，
有0若a<0则t1<0，0t1=lnx1x1，t2=lnx2x2=lnx3x3
设ℎ(t)=t2−a2t+ae，则ℎ0<0ℎ1e>0，得到−2e所以2lnx1x1+lnx2x2+lnx3x3=2t1+2t2=a∈−2e,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)=ax−x2的零点，x1A．x3x2<2lnaB．x3x2=2lna
C．x3x2>2lnaD．x3x2与2lna大小关系不确定
【解题思路】x1,x2,x3为函数f(x)=ax−x2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=2x2，可解出x3x2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∴ax1=x12ax2=x22ax3=x32,∴ax1+x3=x1x32,a2x2=x24,∴x24=x1x32,
∴x22+x1x3=0,又x1+x3=2x2,∴x22+2x2−x3x3=0,∴x3x22−2x3x2−1=0
解之：x3x2=2+1，负根舍去；
又f(x)=ax−x2=0,∴ax=x2,∴xlna=lnx2，
即y=xlna与y=lnx2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'=2lnx'=2x,∴k=2t,
切线方程为：y−2lnt=2tx−t过原点，∴t=e
此时k=2t=2e,∴y=xlna的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出，
∴lna<2e,∴2lna<4e<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fx=ex−1x+xex−1+x+a，若fx=0有3个不同的解x1，x2，x3且x1A．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t2+a+1t+a+1=0有两个解，从而利用根的分布求解即可.
【解答过程】fx=ex−1x+xex−1+x+a=ex−1x+1ex−1x+1+a，
令t=ex−1x，则t′=ex−1x′=x−1ex−1x2，
令t′>0得x>1，令t′<0得x<1且x≠0，
所以t=ex−1x在−∞,0，0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，且t(1)=1，
如图：

则t=ex−1x∈−∞,0∪1,+∞，
所以fx=0有3个不同的解等价于t+1t+1+a=0有两个解t1，t2，
整理可得t2+a+1t+a+1=0，且t1>1，t2<0，
根据根的分布得a+1<01+a+1+a+1<0，解得a<−32，又t1+t2=−a+1，
所以2ex1x1+ex2x2+ex3x3=2ex1x1+ex2x2=2eex1−1x1+ex2−1x2=2et1+t2=−2ea+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)=ex−ax(x−alnx)有且只有三个不同零点x1,x2,x3，若x1A．x1+x3=2x2B．x1+x2=ax3
C．x1x3=a2x22D．x1x3=x22
【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：ex=ax,x=alnx，即exx=a=xlnx>0，
令g(x)=exx(x>0),ℎ(x)=xlnx(x>1)，g′(x)=ex(x−1)x2，ℎ′(x)=lnx−1(lnx)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)=exx(x>0)与函数ℎ(x)=xlnx(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)=exx(x>0)与函数ℎ(x)=xlnx(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)=exx(x>0)的图象另一交点为B(x2,y2)，与函数ℎ(x)=xlnx(x>1)
的图象另一交点为C(x3,y3)，显然0由ex1x1=x2lnx2得：ex1x1=elnx2lnx2，即g(x1)=g(lnx2)，而0由ex2x2=x3lnx3得：ex2lnex2=x3lnx3，即ℎ(ex2)=ℎ(x3)，而ex2>e，于是x3=ex2，
由ex2x2=x2lnx2得：x22=ex2⋅lnx2=x3x1，即x1x3=x22，D正确；
对于A，x1+x3>2x1x3=2x2，A错误；
对于B，令φ(x)=ex−x−1,x>1，φ′(x)=ex−1>0，函数φ(x)在(1,+∞)上递增，
即有φ(x)>φ(1)=e−2>0，因此ex>x+1，则x3=ex2>x2+1>x2+x1，
而a=ex1x1>1，从而ax3>x3>x2+x1，B错误；
对于C，因为x1x3=x22，若x1x3=a2x22成立，则必有a=4，
令u(x)=ex−4x,x>0，u′(x)=ex−4，当x∈(0,ln4)时，u′(x)<0,u(x)递减，
当x∈(ln4,+∞)时，u′(x)>0,u(x)递增，而u(14)=e14−1>0,u(1)=e−4<0,u(2)=e2−4<0,u(3)=e3−12>0，
因此函数u(x)=ex−4x,x>0的两个零点，即方程exx=4的两个根分别在区间(14,1),(2,3)内，
令t(x)=x−4lnx,x>1，t′(x)=1−4x，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−ln4)<0,t(4)=4(1−ln4)<0,t(e3)=e3−12>0，
因此函数t(x)=x−4lnx,x>1的两个零点，即方程xlnx=4的两个根分别在区间(1,2),(4,e3)内，
显然直线y=4与函数g(x)=exx(x>0)和ℎ(x)=xlnx(x>1)的图象的交点有4个，不符合题意，
所以a≠4，即x1x3=a2x22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fx=x−2ex，若fx1=fx2，且x1≠x2，x1⋅x2>0，则（ ）
A．x1>12B．x2<32C．x1x2>1D．x1+x2<2
【解题思路】利用导数讨论函数f(x)的单调性，设x1f(1−x)，结合fx1=fx2变形、基本不等式，即可判断各项正误.
【解答过程】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)min=f(1)=−e，即f(x)≥−e.
综上，f(x)的图象如下：结合fx1=fx2=k，x1⋅x2>0，令x1如上图，若f(x0)=(x0−2)ex0=−2且x0≠0，则012不一定成立，A错误；
又f(32)=(32−2)e32=−e32∈(−e,−2)，故32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+10，
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0x1+x2>2x1x2，即1>x1x2，故0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+2ln(2y)≥x2+8y−4，则（ ）
A．xy=24B．x+y=2
C．x+2y=1+2D．x2y=1
【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(lna−a+1)+(lnb−b+1)≥0，再令g(x)=lnx−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】∵4lnx+2ln(2y)≥x2+8y−4(x>0,y>0)
∴2[ln(x2)+ln(2y)]≥x2+8y−4 ，
即ln(x2)+ln(2y)≥12x2+4y−2
∴ln[(12x2)⋅(4y)]≥12x2+4y−2，
设a=12x2,b=4y(a>0,b>0)，则有lnab≥a+b−2，即lna+lnb≥a+b−2，
∴(lna−a+1)+(lnb−b+1)≥0，
令g(x)=lnx−x+1，则g′(x)=1x−1=1−xx，
∴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(lna−a+1)+(lnb−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=12x2=1,b=4y=1
∴x=2,y=14，∴xy=24.
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−aex (其中e为自然对数的底数)恰有两个极值点x1,x2x1A．0C．−120
【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=ex2−x1对fx1+fx2进行转化，可知x2∈0,1时，fx1+fx2≤0，故D错误.
【解答过程】解：∵函数f(x)=ex(x−aex)，
∴f′(x)=(x+1−2a·ex)ex，
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+1−2aex=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+12a=ex；
设y1=x+12a(a≠0)，y2=ex，
y1=x+12a(a≠0)过定点−1,0，
过点−1,0做y2=ex的切线l，设切点x0,ex0，
则kl=ex0−0x0−−1=y′x=x0=ex0,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12a>012a>1，
解得0所以a的取值范围是0,12，故A错误；
结合图象，易知−1f0= e00−ae0=−a∈−12,0，故C正确；
由x1，x2是方程f′(x)=0即方程x+1−2aex=0的两不等实根，可得
x1+1=2aex1...①x2+1=2aex2...②可知②①:x2+1x1+1=ex2−x1
则fx1+fx2=ex1x1−aex1+ex2x2−aex2
=ex1x1−x1+12+ex2x2−x2+12
=ex1⋅x1−12+ex2⋅x2−12
=ex1x1−12+ex2−x1x2−12
=ex1x1−12+x2+1x1+1⋅x2−12
=ex1⋅x12−1+x22−12x1+1
∵−1∴x12−1<0
当x2∈0,1时，fx1+fx2≤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，blna=alnb，有如下四个结论：
①be；③∃a,b满足a⋅be2．
则正确结论的序号是（ ）
A．①③B．②③C．①④D．②④
【解题思路】由由blna=alnb，则lnaa=lnbb ，设fx=lnxx，利用函数fx的单调性结合图象可判断①，②. 设lnaa=lnbb=m>0，则lna=malnb=mb,两式相减、相加，然后可得lna+lnb=1+ablnabab−1，设ℎt=1+tlnt−2t−1，利用单调性可得a⋅b>e2得出答案.
【解答过程】由blna=alnb，则lnaa=lnbb ，设fx=lnxx,则f′x=1−lnxx2
当00，当x>e时，f′x<0
所以fx在0，e上单调递增，在e,+∞上单调递减,
又f1=0，当x>1时，有fx>0，则fx的图象如图.
由blna=alnb，即fa=fb，且a>b>0，所以a>e>b>0，所以①正确，②错误；
设lnaa=lnbb=m>0，则lna=malnb=mb
两式相减得lna−lnb=ma−b，得m=lnaba−b
两式相加得lna+lnb=ma+b=a+blnaba−b=1+ablnabab−1
设ab=t>1
ℎt=1+tlnt−2t−1，则ℎ′t=lnt+1+tt−2=lnt+1t−1
ℎ″t=lnt+1+tt−2=1t−1t2=1t1−1t>0
所以ℎ′t在1，+∞上单调递增，则ℎ′t>ℎ′1=0
所以ℎt在1，+∞上单调递增，ℎt>ℎ1=0,即1+tlnt>2t−1
所以1+tlntt−1>2，即lnab=lna+lnb=1+ablnabab−1>2
所以a⋅b>e2，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=exx+1在点1,e2处的切线方程为（ ）
A．y=e4xB．y=e2xC．y=e4x+e4D．y=e2x+3e4
【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,e2处的切线方程为y−e2=kx−1，
因为y=exx+1，
所以y′=exx+1−exx+12=xexx+12，
所以k=y′|x=1=e4
所以y−e2=e4x−1
所以曲线y=exx+1在点1,e2处的切线方程为y=e4x+e4.
故选：C.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=aex−lnx在区间1,2上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A．e2B．eC．e−1D．e−2
【解题思路】根据f′x=aex−1x≥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=aex−1x≥0在1,2上恒成立，显然a>0，所以xex≥1a，
设gx=xex,x∈1,2，所以g′x=x+1ex>0，所以gx在1,2上单调递增，
gx>g1=e，故e≥1a，即a≥1e=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fx=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．−∞,−2B．−∞,−3C．−4,−1D．−3,0
【解题思路】写出f′(x)=3x2+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)=x3+ax+2，则f′(x)=3x2+a，
若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a<0，
令f′(x)=3x2+a=0，解得x=−−a3或−a3，
且当x∈−∞,−−a3∪−a3,+∞时，f′(x)>0，
当x∈−−a3,−a3，f′(x)<0，
故fx的极大值为f−−a3，极小值为f−a3，
若fx要存在3个零点，则f−−a3>0f−a3<0，即a3−a3−a−a3+2>0−a3−a3+a−a3+2<0，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)=alnx+bx取得最大值−2，则f′(2)=（ ）
A．−1B．−12C．12D．1
【解题思路】根据题意可知f1=−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fx定义域为0,+∞，所以依题可知，f1=−2，f′1=0，而f′x=ax−bx2，所以b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f′x=−2x+2x2，因此函数fx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+12=−12．
故选：B.
5．（2022·全国·统考高考真题）已知a=3132,b=cs14,c=4sin14，则（ ）
A．c>b>aB．b>a>cC．a>b>cD．a>c>b
【解题思路】由cb=4tan14结合三角函数的性质可得c>b;构造函数fx=csx+12x2−1,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,π2,x故cb=4tan14>1，故cb>1，所以c>b；
设f(x)=csx+12x2−1,x∈(0,+∞)，
f′(x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
故f14>f(0)=0，所以cs14−3132>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,π2,sinx取x=18得：cs14=1−2sin218>1−2182=3132，故b>a
4sin14+cs14=17sin14+φ，其中φ∈0,π2，且sinφ=117,csφ=417
当4sin14+cs14=17时，14+φ=π2，及φ=π2−14
此时sin14=csφ=417，cs14=sinφ=117
故cs14=117 <417=sin14<4sin14，故b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=1−0.2522，b=cs14≈1−0.2522+0.2544!，
c=4sin14=sin1414≈1−0.2523!+0.2545!，计算得c>b>a，故选A.
[方法四]：构造函数
因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx14,即cb>1，所以c>b；设f(x)=csx+12x2−1,x∈(0,+∞)，f′(x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，则f14>f(0)=0,所以cs14−3132>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cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx14,即cb>1，所以c>b；因为当x∈0,π2,sinx1−2182=3132，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36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．18,814B．274,814C．274,643D．[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=2a2+ℎ2，32=2a2+(3−ℎ)2,
所以6ℎ=l2，2a2=l2−ℎ2
所以正四棱锥的体积V=13Sℎ=13×4a2×ℎ=23×(l2−l436)×l26=19l4−l636，
所以V′=194l3−l56=19l324−l26，
当3≤l≤26时，V′>0，当26所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，
又l=3时，V=274，l=33时，V=814,
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274，643.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以V=43a2ℎ=23(6ℎ−ℎ2)ℎ=13(12−2ℎ)ℎ×ℎ⩽13×[(12−2ℎ)+ℎ+ℎ3]3=643(当且仅当ℎ=4取到)，
当ℎ=32时，得a=332，则Vmin=13a2ℎ=13(332)2×32=274;
当l=33时，球心在正四棱锥高线上，此时ℎ=32+3=92，
22a=332⇒a=332，正四棱锥体积V1=13a2ℎ=13(332)2×92=814<643，故该正四棱锥体积的取值范围是[274,643].
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．ebC．0【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x轴上方时才可以作出两条切线.
【解答过程】在曲线y=ex上任取一点Pt,et，对函数y=ex求导得y′=ex，
所以，曲线y=ex在点P处的切线方程为y−et=etx−t，即y=etx+1−tet，
由题意可知，点a,b在直线y=etx+1−tet上，可得b=aet+1−tet=a+1−tet，
令ft=a+1−tet，则f′t=a−tet.
当t0，此时函数ft单调递增，
当t>a时，f′t<0，此时函数ft单调递减，
所以，ftmax=fa=ea，
由题意可知，直线y=b与曲线y=ft的图象有两个交点，则b当t0，当t>a+1时，ft<0，作出函数ft的图象如下图所示：

由图可知，当0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0
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=y2fx+x2fy，则（ ）．
A．f0=0B．f1=0
C．fx是偶函数D．x=0为fx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)=x2lnx,x≠00,x=0进行判断即可.
【解答过程】方法一：
因为f(xy)=y2f(x)+x2f(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f(−1)=0，
令y=−1,f(−x)=f(x)+x2f(−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)=y2f(x)+x2f(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f(−1)=0，
令y=−1,f(−x)=f(x)+x2f(−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x2y2≠0时，对f(xy)=y2f(x)+x2f(y)两边同时除以x2y2，得到f(xy)x2y2=f(x)x2+f(y)y2，
故可以设f(x)x2=lnx(x≠0)，则f(x)=x2lnx,x≠00,x=0，
当x>0肘，f(x)=x2lnx，则f′x=2xlnx+x2⋅1x=x(2lnx+1)，
令f′x<0，得00，得x>e−12；
故f(x)在0,e−12上单调递减，在e−12,+∞上单调递增，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在−e−12,0上单调递增，在−∞,e−12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fx=alnx+bx+cx2a≠0既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．bc>0B．ab>0C．b2+8ac>0D．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)=alnx+bx+cx2的定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=ax−bx2−2cx3=ax2−bx−2cx3，
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ax2−bx−2c=0有两个不等的正根x1,x2，
于是Δ=b2+8ac>0x1+x2=ba>0x1x2=−2ca>0，即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<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)=x3−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=2x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=3x2−1，令f′x>0得x>33或x<−33，
令f′(x)<0得−33所以f(x)在(−∞,−33)，(33,+∞)上单调递增，(−33,33)上单调递减，所以x=±33是极值点，故A正确；
因f(−33)=1+239>0，f(33)=1−239>0，f−2=−5<0，
所以，函数fx在−∞,−33上有一个零点，
当x≥33时，fx≥f33>0，即函数fx在33,+∞上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ−x=−x3−−x=−x3+x=−ℎx，
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=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f−1=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+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fx=ax+1+ax在0,+∞上单调递增，则a的取值范围是 5−12,1 .
【解题思路】原问题等价于f′x=axlna+1+axln1+a≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得1+aax≥−lnaln1+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=axlna+1+axln1+a≥0在区间0,+∞上恒成立，
则1+axln1+a≥−axlna，即1+aax≥−lnaln1+a在区间0,+∞上恒成立，
故1+aa0=1≥−lnaln1+a，而a+1∈1,2，故ln1+a>0，
故lna+1≥−lna0结合题意可得实数a的取值范围是5−12,1.
故答案为：5−12,1.
12．（2022·全国·统考高考真题）已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1【解题思路】法一：依题可知，方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，构造函数gx=lna⋅ax，利用指数函数的图象和图象变换得到gx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=2lna⋅ax−2ex，所以方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2，
即方程lna⋅ax=ex的两个根为x1,x2，
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
因为x1,x2分别是函数fx=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在−∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
所以当时−∞,x1 x2,+∞，f′x<0，即y=ex图象在y=lna⋅ax上方
当x∈x1,x2时，f′x>0，即y=ex图象在y=lna⋅ax下方
a>1，图象显然不符合题意，所以0令gx=lna⋅ax，则g′x=ln2a⋅ax,0

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