2023届高考数学三轮冲刺卷：利用导数研究函数的图象与性质
一、选择题（共20小题；）
1. 已知函数 y=xfʹ(x) 的图象如图所示（其中 fʹ(x) 是函数 f (x) 的导函数），则函数 y=f (x)
的图象可能是 ()
A. 11
B. 11C. 11
D. 11
2. 已知函数 y=xfʹ(x) 的图象如下图所示，则函数 y=f (x) 的图象大致是 ()
A. B.
C. D.
1
3. 已知 f (x)= x2−cosx，fʹ(x) 为 f (x) 的导函数，则 fʹ(x) 的图象是 ()
2A. B.
C. D.
4. 已知 y=xfʹ(x) 的图象如图所示（其中 fʹ(x) 是函数 f (x) 的导数），下面四个图象中，
y=f (x) 的图象大致是 ()
A. B.
C. D.
5. 已知 y=f (x) 为 R 上的连续可导函数，且 xfʹ(x)+f (x)>0，则函数 g(x)=xf (x)+1(x>0) 的
零点个数为 ()
A. 0 B. 1 C. 0 或 1 D. 无数个6. 函数 y=ex(2x−1) 的大致图象是 ()
A. B.
C. D.
7. 设函数 f (x)=x3−4x+a(0<a<2) 有三个零点 x ，x ，x ，且 x <x <x ，则下列结论正确的
1 2 3 1 2 3
是 ()
A. x >−1 B. x <0 C. x >2 D. 0<x <1
1 2 3 2
1
8. 已知 f (x)= x2+cosx，fʹ(x) 为 f (x) 的导函数，则 fʹ(x) 的图象t是 ()
4
A. B.
C. D.
9. 已知函数 y=x3−3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点，则 c= ()
A. −2或2 B. −9或3 C. −1或1 D. −3或1
10. 设函数 f (x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)，若 x=−1 为函数 y=f (x)⋅ex 的一个极值点，则下
列图象不可能为 y=f (x) 的图象是 ()
A. B.C. D.
11. 设 f (x)=sinx， f (x)=f ′(x)， f (x)＝f ′(x)， ⋯， f (x)=f ʹ(x)， n∈N， 则
0 1 0 2 1 n+1 n
f (x)= ()
2012
A. sinx B. −sinx C. cosx D. −cosx
12. 如图，点 A(2,1)，B(3,0)，E(x,0)(x≥0)，过点 E 作 OB 的垂线 l．记 △AOB 在直线 l
左侧部分的面积为 S，则函数 S=f (x) 的图象为下图中的 ()
A. B.
C. D.
13. 若三次函数 f (x)=x3+bx2+cx+d 有极值点 x ，x 且 f (x )=x ，设 g(x) 是 f (x) 的导函
1 2 1 1
数，那么关于 x 的方程 g(f (x))=0 的不同实数根的个数为 ()
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
14. 已知定义在 (0,+∞) 上的函数 f (x) 的导函数为 fʹ(x)，f (x)>0 且 f (e)=1，若对任意
1
x∈(0,+∞)，xfʹ(x)lnx+f (x)>0 恒成立，则不等式 <lnx 的解集为 ()
f (x)
A. {x∣0<x<1¿¿ B. {x∣x>1¿¿
C. {x∣x>e¿¿ D. {x∣0<x<e¿¿
15. 已知函数 f (x)=ax3−3x2+b(1<a<2) 只有两个零点，则实数 log 2+log 2 的最小值是 ()
a b
3 3
A. −√2 B. −√2 C. 2√2 D. +√2
2 2
16. 已知函数 y=f (x) 的部分图象如图，则 f (x) 的解析式可能是 ()A. f (x)=x+tanx B. f (x)=x+2sinx
1
C. f (x)=x−sinx D. f (x)=x− cosx
2
17. 已知函数 f (x)=ax3−3x2+1 ，若 f (x) 存在唯一的零点 x ，且 x >0 ，则 a
0 0
的取值范围为 ()
A. (2,+∞) B. (1,+∞) C. (−∞,−2) D. (−∞,−1)
18. 设 x,y∈R 定义 x⊗y=x(a−y)（a∈R 且 a 为常数），若 f (x)=ex，ℎ(x)=lnx，
g(x)=e−x+2x2，F(x)=f (x)⊗g(x)．下述四个命题：()
① g(x) 不存在极值；
1
②若函数 y=kx 与函数 y=∣ℎ(x)∣ 的图象有两个交点，则 k= ；
e
③若 F(x) 在 R 上是减函数，则实数 a 的取值范围是 (−∞,−2]；
④若 a=−3，则在 F(x) 的图象上存在两点，使得在这两点处的切线互为垂直．
A. ①③④ B. ②③④ C. ②③ D. ②④
ex
19. 已知函数 f (x)=2∣x∣−x2，g(x)= （其中 e 为自然对数的底数），若函数
x+2
ℎ(x)=f [g(x)]−k 有 4 个零点，则 k 的取值范围为 ()
( 2 1 ) (2 1 ) (2 1 ]
A. (0,1) B. 0, − C. − ,1 D. − ,1
e e2 e e2 e e2
ln2x
20. 已知函数 f (x)= ，若关于 x 的不等式 f2(x)+af (x)>0 只有两个整数解，则实数 a 的
x
取值范围是 ()
(1 ] ( 1 )
A. ,ln2 B. −ln2,− ln6
3 3
( 1 ] ( 1 )
C. −ln2,− ln6 D. − ln6,ln2
3 3
二、填空题（共5小题；）
21. 方程 2lnx=x 的实根个数为 ．
22. 已知函数 f (x)=e∣x∣，g(x)=kx：①函数 f (x) 的单调递减区间为 (−∞,0)；
②若函数 F(x)=f (x)−g(x) 有且只有一个零点，则 k=±1；
③若 k∈(1,e)∪(e,+∞)，则 ∃b∈R，使得函数 f (x)−b=0 恰有 2 个零点 x ，x ，
1 2
g(x)−b=0 恰有一个零点 x ，且 x ≠x ≠x ，x +x +x =1．
3 1 2 3 1 2 3
其中，所有正确结论的序号是 ．
23. 设函数 f (x) 满足 f (x)=f (3x)，且当 x∈[1,3) 时，f (x)=lnx．若在区间 [1,9) 内，存在
f (x ) f (x ) f (x )
3 个不同的实数 x ，x ，x ，使得 1 = 2 = 3 =t，则实数 t 的取值范围为
1 2 3 x x x
1 2 3
．
{ lnx, x>0
24. 已知函数 f (x)= ．若函数 F(x)=f (x)−c(c∈R) 恰有 3 个零点，则实数
ex(x+1), x≤0
c 的取值范围是 ．
( 8) [ 4]
25. 定义在 R 上的偶函数 f (x) 满足 f x+ =f (x)，当 x∈ 0, 时，f (x)=ex−2，则函
e e
数 g(x)=f (x)−lnx 在 (0,6) 上的零点个数为 （其中 e 为自然对数的底
数，e=2.71828⋯）．
三、解答题（共5小题；）
1
26. 已知函数 f (x)=x(x2−a)+ ．
x
（1）证明：对任意 a∈R，函数 f (x) 的导函数 fʹ(x) 是偶函数；
1 1
（2）若 a<0，g(x)=f (x)− − lnx，讨论函数 g(x) 的零点个数．
x 9
27. 已知函数 f (x)=2ln(x−1)−(x−1) 2．
（1）求函数 f (x) 的单调递增区间；
（2）若关于 x 的方程 f (x)+x2−3x−a=0 在区间 [2,4] 内恰有两个相异的实根，求实数 a
的取值范围．
28. 已知函数 f (x)=ex+1−kx−2k（其中 e 是自然对数的底数，k∈R）．
（1）讨论函数 f (x) 的单调性；
（2）当函数 f (x) 有两个零点 x ，x 时，证明 x +x >−2．
1 2 1 2
29. 已知函数 f (x)=(x−2)ex+a(x−1) 2 有两个零点．
（1）求 a 的取值范围．
（2）设 x ，x 是 f (x) 的两个零点，证明：x +x <2．
1 2 1 2
30. 已知函数 f (x)=x3−9x，函数 g(x)=3x2+a．
（1）若曲线 y=f (x) 与曲线 y=g(x) 在它们的交点处具有公共切线，求 a 的值．
（2）若存在实数 b 使不等式 f (x)<g(x) 的解集为 (−∞,b)，求实数 a 的取值范围．（3）若方程 f (x)=g(x) 有三个不同的解 x ,x ,x ，且它们可以构成等差数列，写出实数 a
1 2 3
的值（只需写出结果）．答案
1. C 【解析】根据题中图象，得当 x<−1 时，fʹ(x)>0，所以 f (x) 递增；
当 −1<x<0 时，fʹ(x)<0，所以 f (x) 递减；
当 0<x<1 时，fʹ(x)<0，所以 f (x) 递减；
当 x>1 时，fʹ(x)>0，所以 f (x) 递增．
2. C
3. A 【解析】依题意 fʹ(x)=x+sinx，令 ℎ(x)=x+sinx，
则 ℎʹ(x)=1+cosx，
由于 fʹ(0)=0，故排除C选项．
由于 ℎʹ(0)=1+1=2>0，故 fʹ(x) 在 x=0 处导数大于零，故排除B，D选项．故本小题选A．
4. C 【解析】当 0<x<1 时，xfʹ(x)<0，
所以 fʹ(x)<0，故 y=f (x) 在 (0,1) 上为减函数；
当 x>1 时，xfʹ(x)>0，
所以 fʹ(x)>0，故 y=f (x) 在 (1,+∞) 上为增函数．
5. A
【解析】因为 g(x)=xf (x)+1(x>0)，gʹ(x)=xfʹ(x)+f (x)>0，
所以 g(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，
因为 g(0)=1，y=f (x) 为 R 上的连续可导函数，
所以 g(x) 为 (0,+∞) 上的连续可导函数，g(x)>g(0)=1，
所以 g(x) 在 (0,+∞) 上无零点．
6. A 【解析】yʹ=ex(2x−1)+2ex=ex(2x+1)，
1
令 yʹ=0 得 x=− ，
2
1
所以当 x<− 时，yʹ<0，
2
1
当 x>− 时，yʹ>0，
2
( 1) ( 1 )
所以 y=ex(2x−1) 在 −∞,− 上单调递减，在 − ,+∞ 上单调递增，
2 2
因为当 x=0 时，y=e0(0−1)=−1，
所以函数图象与 y 轴交于点 (0,−1)；
1
令 y=ex(2x−1)=0 得 x= ，
2
1
所以 f (x) 只有 1 个零点 x= ，
2
1
当 x< 时，y=ex(2x−1)<0，
21
当 x> 时，y=ex(2x−1)>0，
2
综上，函数图象为 A．
2√3 2√3
7. D 【解析】fʹ(x)=3x2−4，令 fʹ(x)=0 得 x=− 或 x= ，
3 3
( 2√3) ( 2√3 2√3) (2√3 )
所以 f (x) 在 −∞,− 上单调递增，在 − , 上单调递减，在 ,+∞ 上单
3 3 3 3
调递增．
( 2√3) ( 2√3 2√3) (2√3 )
所以 f (x) 在 −∞,− ， − , ， ,+∞ 上各有一个零点．
3 3 3 3
2√3
所以 x <− <−1，故A错误；
1 3
( 2√3) (2√3)
因为 f − >0，f (0)=a>0，f (1)=−3+a<0，f <0，
3 3
所以 0<x <1，故B错误；D正确．
2
因为 f (2)=a>0，
所以 x <2，故C错误．
3
8. A
9. A 【解析】记 f (x)=x3−3x+c，则有 fʹ(x)=3x2−3．当 x<−1 或 x>1 时，fʹ(x)>0；当
−1<x<1 时，fʹ(x)<0，因此函数 f (x) 在 (−∞,−1),(1,+∞) 上分别是增函数，在 (−1,1) 上是减
函数，且 f (−1)=c+2，f (1)=c−2．要使函数 f (x) 的图象与 x 轴恰有两个公共点，结合图形分析
可知 f (−1)=0 或 f (1)=0，即 c=−2 或 c=2．
10. D
【解析】设 ℎ(x)=f (x)⋅ex，则 ℎ(x)ʹ=(ax2+(2a+b)x+b+c)ex，
由 x=−1 为函数 y=f (x)⋅ex 的一个极值点，代入上式，
可得 a=c，
所以 f (x)=ax2+bx+a，若 f (x)=0 有两个零点 x ,x ，
1 2
a
那么 x ⋅x = =1，D 中的图象一定不满足
1 2 a
11. A
12. D 【解析】函数的定义域为 [0,+∞)，当 x∈[0,2] 时，在单位长度变化量 Δx 内面积变化量
ΔS 大于 0 且越来越大，即斜率 fʹ(x) 在 [0,2] 内大于 0 且越来越大，因此，函数 S=f (x) 的图
象是上升的且图象是下凸的；
当 x∈(2,3) 时，在单位长度变化量 Δx 内面积变化量 ΔS 大于 0 且越来越小，即斜率 fʹ(x) 在
(2,3) 内大于 0 且越来越小，因此，函数 S=f (x) 的图象是上升的且图象是上凸的；
当 x∈[3,+∞) 时，在单位长度变化量 Δx 内面积变化量 ΔS 为 0，即斜率 fʹ(x) 在 [3,+∞) 内
为常数 0，此时，函数图象为平行于 x 轴的射线．
13. D 【解析】由题意可得函数 g(x)=3x2+2bx+c 有两个不同的实数根 x ，x ，
1 2其中 x3+bx2+cx +d=x ，
1 1 1 1
g(f (x))=0 则：f (x)=x 或 f (x)=x ，据此分类讨论：
1 2
①若 x <x ，当 f (x)=x 时，x=x 或 x=x ，
1 2 1 1 3
当 f (x)=x 时，x=x ，
2 4
此时共有三个不同的实数根 x ，x ，x ．
1 2 4
②若 x >x ，当 f (x)=x 时，x=x 或 x=x ，
1 2 1 1 3
当 f (x)=x 时，x=x ，
2 4
此时共有三个不同的实数根 x ，x ，x ．
1 2 4
③若 x =x ，f (x) 没有极值点，不合题意．
1 2
综上可得，方程 g(f (x))=0 的不同实数根的个数为 3．
14. C 【解析】由题可知：x∈(0,+∞)，f (x)>0，
1
所以 <lnx，即 f (x)lnx−1>0，
f (x)
xfʹ(x)lnx+f (x)
令 F(x)=f (x)lnx−1，则 Fʹ(x)= ，
x
又对任意 x∈(0,+∞)，xfʹ(x)lnx+f (x)>0 恒成立，
所以 Fʹ(x)>0，可知函数 F(x) 在 (0,+∞) 单调递增，
又 f (e)=1，所以 F(e)=f (e)lne−1=0，
所以 f (x)lnx−1>0 即 F(x)>F(e) 的解集为 {x∣x>e¿¿，
1
即不等式 <lnx 的解集为 {x∣x>e¿¿．
f (x)
15. D
【解析】fʹ(x)=3ax2−6x=3ax ( x− 2) ，令 fʹ(x)=0，解得 x=0，x= 2 ，故函数在 (−∞,0) 和
a a
(2 ) ( 2) (2)
,+∞ 上单调递增，在 0, 上单调递减，所以 f (x) =f (0)，f (x) =f ，而
a a 极大值 极小值 a
(2)
f (0)=b>0，因为函数只有两个零点，所以 f =0，故 a2b=4，取对数得 2log a+log b=2，即
a 2 2
1
log a+ log b=1，
2 2 2
而
( 1 1 )( 1 )
log 2+log 2 = + log a+ log b
a b log a log b 2 2 2
2 2
3
¿ ≥ +√2,
2
3
当且仅当 log a=2−√2，log b=2√2−2 时等号成立，故最小值为 +√2．
2 2 2
16. C 【解析】由图象可知，函数 f (x) 在 R 上单调递增，且为奇函数．对A项，由于定义域不是 R，则A错误；
对B项，当 x∈(0,π) 时，fʹ(x)=1+2cosθ，
2π 2π
fʹ(x)>0⇒0<x< ；fʹ(x)<0⇒ <x<π，
3 3
则函数 f (x) 在 (0,π) 不是单调递增，则B错误；
对C项，fʹ(x)=1−cosx≥0，则函数 f (x) 在 R 上单调递增，
又 f (x)=−x+2sin(−x)=−x−2sinx=−f (x)，则函数 f (x) 为奇函数，则C正确；
1 1
对D项，f (−x)=−x− cos(−x)=−x− cosx≠−f (x)，
2 2
则函数 f (x) 不是奇函数，则D错误．
17. C
18. C 【解析】①因为 x⊗y=x(a−y)，f (x)=ex，g(x)=e−x+2x2，
所以 F(x)=f (x)⊗g(x)=ex(a−e−x−2x2)，
则 Fʹ(x)=−ex(2x2+4x−1)，
当 2x2+4x−a=0 的 Δ>0 时，g(x) 即有极大值，又有极小值，故①错误；
②因为 ℎ(x)=lnx，若函数 y=kx 与函数 y=∣ℎ(x)∣ 有两个交点，
则 y=kx 与函数 y=lnx(x>1) 相切，此时切点为 (e,1)，
1
切线斜率为 ，故②正确；
e
③若 F(x) 在减函数，则 Fʹ(x)≤0 对于 x∈R 恒成立，
即 −ex(2x2+4x−a)≤0 恒成立，
因为 −ex<0，
所以 2x2+4x−a≥0 恒成立，
所以 Δ=16−8(−a)≤0，
所以 a≤−2，即实数 a 的取值范围是 (−∞,−2]，故③正确；
④当 a=−3 时，F(x)=−3ex−1−2x2ex，
设 P(x ,y )，Q(x ,y ) 是 F(x) 曲线上的任意两点，
1 1 2 2
因为 Fʹ(x)=−ex(2x2+4x+3)=−ex[2(x+1) 2+1]<0，
所以 Fʹ(x)⋅Fʹ(x )>0，
2
所以 Fʹ(x )⋅Fʹ(x )=−1 不成立．
1 2
所以 F(x) 的曲线上不存在两点，使得过这两点的切线互相垂直．故④错误．
故真命题序号为：②③．
19. B 【解析】作出 f (x) 的图象如图 1 所示，(x+1)ex
gʹ(x)= ，令 gʹ(x)>0，得 x>−1，
(x+2) 2
令 gʹ(x)<0，得 −2<x<−1 或 x<−2，
所以 g(x) 在 (−1,+∞) 上单调递增，在 (−∞,−2)，(−2,−1) 上单调递减，
作出 g(x) 的大致图象如图 2 所示，
令 t=g(x)，
①显然当 k>1 时，ℎ(x) 无零点；
②当 k=1 时，即 f (t)=1，则 t=−1或1，即 g(x)=−1 或 g(x)=1，
此时 ℎ(x) 有 3 个零点，不合题意；
③当 0<k<1 时，f (t)=k 有 4 个根，不妨设 −2<t <−1<t <0<t <1<t <2，此时 t =g(x) 有
1 2 3 4 1
1 个根，t =g(x) 有 1 个根，t =g(x) 有 2 个不同实根，此时，有 4 个不同实根，
2 4
所以 t =g(x) 必须没有实数根，
3
1 (1) 2 1
所以 0<t < ，即 0<k<f = − ；
3 e e e e2
④当 k=0 时，此时 ℎ(x) 有 3 个零点，不合题意；
⑤当 k<0 时，f (t)=k 有 2 个根，不妨设 t <−2，2<t ，
5 6
所以 t =g(x) 有 1 个根，t =g(x) 有 2 个根，此时 ℎ(x) 有 3 个零点，不合题意，
5 6
2 1
综上所述，0<k< − ．
e e2
20. C
1−ln(2x) e
【解析】fʹ(x)= ，令 fʹ(x)=0 得 x= ，
x2 2e
所以当 0<x< 时，fʹ(x)>0，f (x) 单调递增，
2
e
当 x> 时，fʹ(x)<0，f (x) 单调递减，
2
1 1
由当 x< 时，f (x)<0，当 x> 时，f (x)>0，
2 2
作出 f (x) 的大致函数图象如图所示：
（1）若 a=0，即 f2(x)>0，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意．
（2）若 a>0，则 f (x)<−a 或 x>0，
由图象可知 f (x)>0 有无穷多整数解，不符合题意．
（3）若 a<0，则 f (x)<0 或 f (x)>−a，
由图象可知 f (x)<0 无整数解，故 f (x)>−a 有两个整数解，
(e )
因为 f (1)=f (2)=ln2，且 f (x) 在 ,+∞ 上单调递减，
2
所以 f (x)>−a 的两个整数解必为 x=1，x=2，
ln6
又 f (3)= ，
3
ln6 ln6
所以 ≤−a<ln2，解得 −ln2<a≤− ．
3 3
21. 0
2
【解析】令 f (x)=2lnx−x，则 fʹ(x)= −1，当 0<x<2 时，fʹ(x)>0，f (x) 单调递增；当 x>2
x
时，fʹ(x)<0，f (x) 单调递减．
所以 f (x) =f (2)=2ln2−2=ln4−2<lne2−2=0，所以 f (x)=2lnx−x<0 恒成立，即原方程
max
无实根．
22. ①③
【解析】当 x≥0 时，f (x)=e∣x∣=ex 单调递增；
当 x<0 时，f (x)=e∣x∣=e−x=
(1) x
单调递减，
e
所以函数 f (x) 的单调递减区间为 (−∞,0)；即①正确；由图可知 y=kx 分别与 y=ex(x≥0) 以及 y=e−x(x<0) 相切时，F(x)=f (x)−g(x) 有且只有一个
零点，
设 y=kx 与 y=ex(x≥0) 切点为 (x ,ex 0)，
0
因为 yʹ=ex，
所以 ex 0=k，
因为 ex 0=kx ，
0
所以 x =1，k=e；
0
同理可得 y=kx 与 y=e−x(x<0) 相切时，k=−e，因此②错误；
由图可知 x +x =0，x =1，则 b=k，所以③正确；
1 2 3故答案为：①③．
(ln3 1 )
23. ,
9 3e
(x) x x
【解析】因为 f (x)=f (3x)，所以 f (x)=f ，当 x∈[3,9) 时， ∈[1,3)，所以 f (x)=ln ，
3 3 3
f (x)
在直角坐标系内作出函数 f (x) 的图象（图略），而 表示的是该图象上的点与原点的连线的斜
x
率．
ln3 x
图象上的点 (9,ln3) 与原点的连线的斜率为 ；当过原点的直线与曲线 f (x)=ln ，x∈[3,9)
9 3
1
相切时，斜率为 （利用导数解决）．
3e
(ln3 1 )
所以由图可知，满足题意得实数 t 的取值范围为 , ．
9 3e
24. (−e−2,0)
【解析】当 x>0 时，函数 f (x)=lnx 单调递增；
当 x≤0 时，f (x)=ex(x+1)，则 fʹ(x)=ex(x+2)=0 时，x=−2，
且 x<−2 时，fʹ(x)<0，−2<x≤0 时，fʹ(x)>0，
故当 x≤0 时，f (x) 在 (−∞,−2) 上单调递减，在 (−2,0) 上单调递增，
f (x) 在 x=−2 处取极小值，极小值为 f (−2)=−e−2．
作出函数 f (x) 的图象如图：函数 F(x)=f (x)−c(c∈R) 恰有 3 个零点，
等价于函数 f (x) 与 y=c 的图象有且仅有 3 个零点，
由图可知，−e−2<c<0．
25. 4
( 8) 8
【解析】由 f x+ =f (x) 可知函数 f (x) 是周期为 的周期函数，且函数 f (x) 为偶函数，
e e
[ 4] [ 4 ]
由 x∈ 0, 时，f (x)=ex−2 的图象，可画出 x∈ − ,0 上的图象，进而画出函数 f (x) 的
e e
图象．
令 g(x)=0，则 f (x)=lnx，画出 y=f (x)，y=lnx 两个函数的图象如图所示，
[ 4]
当 x∈ 0, 时，f (x)=ex−2，其斜率为 e．
e
1 1
令 (lnx)ʹ= =e，解得 x= ，代入 y=lnx 得 y=−1，
x e
(1 ) ( 1)
函数 y=lnx 在点 ,−1 处的切线方程为 y−(−1)=e x− ，即 y=ex−2，
e e
(1 )
即函数 y=lnx 与 f (x)=ex−2 在点 ,−1 处相切于点 A．
e
12 20 (12)
<6< ，且 ln <2．
e e e
由图可知，两个函数有 A，B，C，D 四个公共点，故 g(x) 有 4 个零点．1
26. （1） 函数 f (x)=x(x2−a)+ 的定义域是 (−∞,0)∪(0,+∞)，
x
1
则 fʹ(x)=3x2−a− ，函数 fʹ(x) 的定义域是 (−∞,0)∪(0,+∞)．
x2
1 1
因为对任意 a∈R，都有 3(−x) 2−a− =3x2−a− ，即 fʹ(−x)=fʹ(x)．
(−x) 2 x2
因此，对任意 a∈R，导函数 fʹ(x) 是偶函数．
1 1 27x3−9ax−1
（2） g(x)=x3−ax− lnx(x>0)，gʹ(x)=3x2−a− = ．
9 9x 9x
令 ℎ(x)=27x3−9ax−1(x≥0)，则 ℎʹ(x)=81x2−9a．
因为 a<0，所以 ℎʹ(x)>0，所以 ℎ(x) 在 [0,+∞) 上单调递增．
(1) (1) 3 1
因为 ℎ =27× −9a⋅ −1=−3a>0，ℎ(0)=−1<0，
3 3 3
所以一定存在 x ∈ ( 0, 1) ，使得 ℎ(x )=27x3−9ax −1=0．
0 3 0 0 0
所以在 (0,x
0
) 上，ℎ(x)<0，gʹ(x)<0，函数 g(x) 单调递减；
在 (x
0
,+∞) 上，ℎ(x)>0，gʹ(x)>0，函数 g(x) 单调递增，
所以 g(x) =g(x )．
min 0
1 1
又 g(x )=x3−ax − lnx 中，x3>0，−ax >0，− lnx >0，
0 0 0 9 0 0 0 9 0
所以 g(x )>0，即 g(x) >0，所以函数 g(x) 的零点个数为 0．
0 min
27. （1） 因为函数 f (x)=2ln(x−1)−(x−1) 2 的定义域为 (1,+∞)，
[ 1 ] 2x(x−2)
则 fʹ(x)=2 −(x−1) =− ，
x−1 x−1
因为 x>1，则使 fʹ(x)>0 的 x 的取值范围为 (1,2)，
故函数 f (x) 的单调递增区间为 (1,2)．
（2） 方法一：
因为 f (x)=2ln(x−1)−(x−1) 2，
所以 f (x)+x2−3x−a=0⇔x+a+1−2ln(x−1)=0，
令 g(x)=x+a+1−2ln(x−1)，
2 x−3
因为 gʹ(x)=1− = ，且 x>1，
x−1 x−1
由 gʹ(x)>0，得 x>3，由 gʹ(x)<0，得 1<x<3，
所以 g(x) 在区间 [2,3] 内单调递减，在区间 [3,4] 内单调递增，
{g(2)≥0,
{
a+3≥0,
故 f (x)+x2−3x−a=0 在区间 [2,4] 内恰有两个相异实根等价于 g(3)<0, 即 a+4−2ln2<0,
g(4)≥0, a+5−2ln3≥0,
解得：2ln3−5≤a<2ln2−4，综上所述，a 的取值范围是 [2ln3−5,2ln2−4)．
方法二：
因为 f (x)=2ln(x−1)−(x−1) 2，
所以 f (x)+x2−3x−a=0⇔x+a+1−2ln(x−1)=0，即 a=2ln(x−1)−x−1，
令 ℎ(x)=2ln(x−1)−x−1，
2 3−x
因为 ℎʹ(x)= −1= ，且 x>1，
x−1 x−1
由 ℎʹ(x)>0 得，1<x<3；由 ℎʹ(x)<0，得 x>3，
所以 ℎ(x) 在区间 [2,3] 内单调递增，在区间 [3,4] 内单调递减，
因为 ℎ(2)=−3，ℎ(3)=2ln2−4，ℎ(4)=2ln3−5，
又 ℎ(2)< ℎ(4)，
故 f (x)+x2−3x−a=0 在区间 [2,4] 内恰有两个相异实根等价于 ℎ(4)≤a< ℎ(3)，
即 2ln3−5≤a<2ln2−4，
综上所述，a 的取值范围是 [2ln3−5,2ln2−4)．
28. （1） 易得 fʹ(x)=ex+1−k，
当 k>0 时，令 fʹ(x)=0，得 x=lnk−1，
可得当 x∈(−∞,lnk−1) 时，fʹ(x)<0，
当 x∈(lnk−1,+∞) 时，fʹ(x)>0，
所以函数 f (x) 在区间 (−∞,lnk−1) 上单调递减，在区间 (lnk−1,+∞) 上单调递增，
当 k≤0 时，fʹ(x)=ex+1−k>0 恒成立，故此时函数 f (x) 在 R 上单调递增．
（2） 当 k≤0 时，由（1）知函数 f (x) 在 R 上单调递增，不存在两个零点，
所以 k>0，
由题意知 ex 1 +1=k(x +2)，ex 2 +1=k(x +2)，
1 2
x +2
所以 x +2>0，x +2>0，可得 x −x =ln 1 ，
1 2 1 2 x +2
2
x +2
不妨设 x >x ，令 1 =t，则 t>1，
1 2 x +2
2
x +2
{ 1 =t,
x +2 tlnt lnt
由 2 解得 x +2= ，x +2= ，
x +2 1 t−1 2 t−1
x −x =ln 1
1 2 x +2
2
(t+1)lnt
所以 x +x +4= ，
1 2 t−1
(t+1)lnt
欲证 x +x >−2，只需证明 >2，即证 (t+1)lnt−2(t−1)>0，
1 2 t−1
1 1
令 g(t)=(t+1)lnt−2(t−1)(t≥1)，则 gʹ(t)=lnt+ (t+1)−2=lnt+ −1，
t t1 1 1
令 ℎ(t)=lnt+ −1(t≥1)，则 ℎʹ(t)= − ≥0，ℎ(t) 单调递增，
t t t2
所以 gʹ(t)≥gʹ(1)=0，
所以 g(t) 在区间 [1,+∞) 上单调递增，
所以当 t>1 时，g(t)>g(1)=0，即 (t+1)lnt−2(t−1)>0，原不等式得证．
29. （1） a 的取值范围为 (0,+∞)．
（2） 求导得 fʹ(x)=(x−1)(ex+2a)，由（1）知 a>0．
所以函数 f (x) 的极小值点为 x=1．
结合要证结论 x +x <2，即证 x <2−x ．若 2−x 和 x 属于某一个单调区间，那么只需要比较
1 2 2 1 1 2
f (2−x ) 和 f (x ) 的大小，即探求 f (2−x)−f (x) 的正负性．
1 2
于是通过上述观察分析即可构造辅助函数 F(x)=f (2−x)−f (x)，x<1，代入整理得
F(x)=−xe−x+2−(x−2)⋅ex．
求导得 Fʹ(x)=(1−x)(ex−e−x+2)．即 x<1 时，Fʹ(x)<0，则函数 F(x) 是 (−∞,1) 上的单调减函
数．
于是 F(x)>F(1)=0，则 f (2−x)−f (x)>0，即 f (2−x)>f (x)．
由 x ，x 是 f (x) 的两个零点，并且在 x=1 的两侧，
1 2
所以不妨设 x <1<x ，则 f (x )=f (x )<f (2−x )，即 f (x )<f (2−x )．
1 2 2 1 1 2 1
由（1）知函数 f (x) 是 (1,+∞) 上的单调增函数，且 x ,2−x ∈(1,+∞)，
2 1
所以 x <2−x ．
2 1
故 x +x <2 得证．
1 2
30. （1） 设 f (x) 与 g(x) 的交点坐标为 (x ,y )，
0 0
因为 f (x)=x3−9x,g(x)=3x2+a
所以 fʹ(x)=3x2−9,gʹ(x)=6x．
又因为曲线 y=f (x) 与曲线 y=g(x) 在它们的交点处具有公共切线，
{ 3x 2−9=6x
0 0
所以
x 3−9x =3x 2+a
0 0 0
{x =−1 { x =3
解得 0 或 0 ，
a=5 a=−27
所以 a=5 或 a=−27．
（2） 令 ℎ(x)=x3−3x2−9x，
由题意知 y= ℎ(x) 的图象在直线 y=a 下方的部分对应点的横坐标 x∈(−∞,b)，
令 ℎʹ(x)=3x2−6x−9=0，解得 x=−1 或 x=3．
所以 x,ℎʹ(x),ℎ(x) 的变化情况如下：
x (−∞,−1) −1 (−1,3) 3 (3,+∞)
ℎʹ(x) + 0 − 0 +
ℎ(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗因为 ℎ (a2+5)=(a2+5)(a4+7a2+1)>a2+5≥2√5∣a∣≥a，即 ℎ (a2+5)>a；
ℎ
(−a2−2)=−(a2+2)(a4+7a2+1)<−(a2+2)≤−2√2∣a∣≤a，即
ℎ
(−a2−2)<a，
（或者：因为当 x→+∞ 时，ℎ(x)→+∞，当 x→−∞ 时，ℎ(x)→−∞），
又因为 ℎ(x) = ℎ(−1)=5,ℎ(x) = ℎ(3)=−27．
极大值 极小值
所以 a>5 或 a≤−27．
（3） a=−11
