第18讲函数的综合应用_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第18讲 函数的综合应用
知识梳理
1、高考中考查函数的内容主要是以综合题的形式出现，通常是函数与数列的综合、函数
与不等式的综合、函数与导数的综合及函数的开放性试题和信息题，求解这些问题时，着重掌
握函数的性质，把函数的性质与数列、不等式、导数等知识点融会贯通，从而找到解题的突破
口，要求掌握二次函数图像、最值和根的分布等基本解法；掌握函数图像的各种变换形式(如
对称变换、平移变换、伸缩变换和翻折变换等)；了解反函数的概念与性质；掌握指数、对数式
大小比较的常见方法；掌握指数、对数方程和不等式的解法；掌握导数的定义、求导公式与求
导法则、复合函数求导法则及导数的定义、求导公式与求导法则、复合函数求导法则及导数的
几何意义，特别是应用导数研究函数的单调性、最值等．
2、函数fx 
n
= x-a i
i=1
  的图象与性质
分奇、偶两种情况考虑：
比如图(1)函数fx  =x  +x-1  +x-3  ，图(2)函数gx  =x  +x-1  +x-2  +x+1 
(1)当n为奇数时，函数fx 
n
= x-a i
i=1
  的图象是一个“∨”型，且在“最中间的点”取最小值；
(2)当n为偶数时，函数fx 
n
= x-a i
i=1
  的图象是一个平底型，且在“最中间水平线段”取最
小值；
若ai∈N*
i
 为等差数列的项时，奇数的图象关于直线x=a 对称，偶数的图象关于直线x=
中
第 页 共 页
325 3427x +x
左中 右中 对称．
2
3、若fx  为m,n  上的连续单峰函数，且fm  =fn  ,x 为极值点，则当k,b变化时， 0
gx  = fx   -kx-b  fn 的最大值的最小值为  -fx 0    fn ，当且仅当k=0,b=
2
 +fx 0 
2
时取得．
必考题型全归纳
1 题型一：函数与数列的综合
605 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{x }，满足x =1，2x =ln(1+x )(n∈N*)，设数
n 1 n+1 n
列{x }的前n项和为S ，则以下结论正确的是 ( )
n n
A.x >x B.x -2x <x x
n+1 n n n+1 n n+1
C.2 x >x +1 D.S >2
n+2 n+1 n+5
【答案】B
【解析】∵2x =ln(1+x )(n∈N*)，把x =1代入递推可得：x >0，
n+1 n 1 n
x
令f(x)=x-ln(x+1)，x>0，则f′(x)= >0，f(x)在(0,+∞)单调递增，
x+1
∴f(x)>f(0)，即当x>0时，恒有ln(1+x)<x成立，
∵x >0，∴2x =ln(1+x )<x ，∴x >2x >x ，故选项A错误；
n n+1 n n n n+1 n+1
又∵2 x <2 x ≤x +1，∴选项C错误；
n+2 n+1 n+1
x ln(1+x ) 2x -(2+x )ln(1+x )
∵(x -2x )-x x =x -ln(1+x )- n n = n n n =
n n+1 n n+1 n n 2 2
2+x 2x
n  n -ln(1+x )
2 2+x n
n
 ，0<x ≤1，
n
2x x2 2x
令y= -ln(1+x)，0<x≤1，则y′=- <0，∴函数y= -
x+2 (x+2)2(x+1) x+2
ln(1+x)在(0，1]上递减，∴y<y(0)=0，
∴(x -2x )-x x <0，故选项B正确；
n n+1 n n+1
x 1
又由x >2x 可得x < n，∵x =1，∴x ≤ (当且仅当n=1时取“= “)，可得
n n+1 n+1 2 1 n 2n-1
1 1 1
S ≤1+ +⋯+ =2-
n 2 2n-1 2

n-1
<2，
∴S <2，故选项D错误，
n+5
故选B．
606 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ex-x-1，数列{a }的前n项和为S ，且满
n n
1
足a = ,a =f(a )，则下列有关数列{a }的叙述正确的是 ( )
1 2 n+1 n n
A.a <|4a -3a| B.a ≤a
5 2 1 7 8
C.a >1 D.S >26
10 100
【答案】A
【解析】由f(x)=ex-x-1=x，解得x=0或x=x ，
0
由零点存在性定理得x=x ∈(1,2)，
0
∴当a <x 时，a -a =ean-2a -1<0，数列单调递减，
n 0 n+1 n n
1 1 1
a = <x ，∴a =f(a)<a = <x ，同理，a <a =f(a)< ，
1 2 0 2 1 1 2 0 3 2 1 2
第 页 共 页
326 34271
迭代下去，可得0<a <a <⋯<a = ，数列单调递减，
n n-1 1 2
故选项B和选项C都错误；
1 1
又0<a <a <⋯<a =e2- -1<1.7-1.5=0.2，
n n-1 2 2
∴S <99a +a =20.3，故D错误；
100 2 1
对于A，|4a -3a|>|3×0.5-4×0.2|=0.7，
2 1
而a <a <0.2<0.7，
5 2
∴a <|4a -3a|，故A正确．
5 2 1
故选A．
607 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ex-x-1，数列{a }的前n项和为S ，且满
n n
1
足a = ，a =f(a )，则下列有关数列{a }的叙述正确的是 ( )
1 2 n+1 n n
1
A.a > B.a <a C.S <26 D.a >|4a -3a|
2 4 6 7 100 5 2 1
【答案】C
1 1 1 3 7
【解析】对于A选项，a =e2- -1=e2- < 
2 2 2 4

2 3 1
- = ，故A错误；
2 4
对于B选项，由ex≥x+1 知，a =f(a )=ea_n-a -1≥0，
n+1 n n
故{a } 为非负数列，又a -a =ea_n-2a -1，
n n+1 n n
设g(x)=ex-2x-1(x>0)，则g′(x)=ex-2，
易知g(x) 在[0，ln2)单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增，
1
所以- <1-2ln2=g(x) <g(0)=0，
2 min
1
又0<a = <ln2，所以a -a <0，从而a -a <0，
1 2 2 1 n+1 n
1
所以{a } 为递减数列，且0≤a ≤ ，故B错误；
n n 2
对于C选项，
1
因为数列{a } 为递减数列，当n>2 时，有a <a < ，
n n 2 4
1 1 1 1 101
S =a +a +a +⋯+a < + + +⋯+ = <26，
100 1 2 3 100 2 4 4 4 4
1 3 1
故C正确；对于D选项，因为a < ，而|4a -3a|=4a - > ，故D错误．故选C．
5 4 2 1 2 2 2
608 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }满足：a >0，且a2=3a2 -2a (n∈N*)，下
n n n n+1 n+1
列说法正确的是 ( )
1 3
A.若a = ，则a >a B.若a =2，则a ≥1+
1 2 n n+1 1 n 7

n-1
C.a 1 +a 5 ≤2a 3 D. a n+2 -a n+1 
3
≥ 3 a n+1 -a n 
【答案】B
【解析】a2=3a2 -2a (n∈N*)，故a2-1=3a 2-2a -1，(a +1)(a -1)=
n n+1 n+1 n n+1 n+1 n n
(3a +1)(a -1)．
n+1 n+1
a >0，故a +1>0且3a +1>0，于是(a -1)与(a -1)同号，
n n n+1 n n+1
即(a -1)(a -1)>0．
n n+1
1 1
对选项A：若a = ，则a -1=- <0，则a -1<0，
1 2 1 2 n
a2-a2 =2a (a -1)<0，所以a <a ，错误；
n n+1 n+1 n+1 n n+1
第 页 共 页
327 3427对选项B：a =2，a -1=1>0，则a -1>0，即a >1，
1 1 n n
于是a2-a2 =2a (a -1)>0，即a >a ，数列{a }单调递减，a <a =2，
n n+1 n+1 n+1 n n+1 n n 1
4≥2a n+1 ，7a n+1 -a n 
a +1 3
<0，故4≥7(a -a )+2a ，即 n ≥ ， n+1 n n+1 3a +1 7
n+1
a -1 a +1 3
(a +1)(a -1)=(3a +1)(a -1)，故 n+1 = n ≥ ，
n n n+1 n+1 a -1 3a +1 7
n n+1
3
故a -1≥
n 7

n-1 3
，故a ≥1+
n 7

n-1
，正确；
对选项C：考虑函数fx 
2
= 3x2-2x，x> ，fx
3

3x-1
= >0，
3x2-2x
函数单调递增，结合y=x的图像，如图所示：
由图可知当a >0 时，数列{a -a }递减，
n n n+1
a -a +a -a >a -a +a -a ，所以a -a >a -a ，即a +a >2a ，不正确；
1 2 2 3 3 4 4 5 1 3 3 5 1 5 3
1+ 1+3x2
对选项D：设a =x，则a = 3x2-2x，a = ，
n+1 n n+2 3
a n+2 -a n+1 
3
≥ 3 a n+1 -a n 
1+ 1+3x2
，即 -x 3 
3
≥ x- 3x2-2x 3  ，
等价于2+2 3x 9x2-6x≥2 1+3x2 3x-1  ，化简得x2-2x+1≤0，
而x2-2x+1≤0显然不恒成立，不正确；
故选：B．
609 (2024·陕西渭南·统考二模)已知函数fx  =sinx+lnx，将fx  的所有极值点按照由小
到大的顺序排列，得到数列x
n
 ，对于∀n∈N ，则下列说法中正确的是 ( )
+
A.nπ<x n <n+1  π B.x -x <π n+1 n
2n-1 C.数列 x - n  π  2     是递增数列 D. fx 2n  4n-1 <-1+ln  π 2
【答案】D
【解析】fx  的极值点为fx 
1
=cosx+ 在0,+∞
x
 上的变号零点.
1
即为函数y=cosx与函数y=- 图像在0,+∞
x
 交点的横坐标.
又注意到x∈0,+∞ 
1 1
时，- <0，k∈N时，cos(π+2kπ)=-1<- ，
x π+2kπ
π
k∈N∗，x∈0,
2

π π
∪- +2kπ, +2kπ
2 2
 时，cosx>0.
据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
π
A选项，注意到k∈N时，f +2kπ
2

1
= >0，fπ+2kπ
π
+2kπ
2

1
=-1+ <0，
π+2kπ
第 页 共 页
328 34273π
f +2kπ
2

1
= >0.
3π
+2kπ
2
1
结合图像可知当n=2k-1，k∈N∗，x ∈ n- n 2   π,nπ  ⊆ n-1   π,nπ  .
当n=2k，k∈N∗，x n ∈ n-1 
1
π,n- 2   π  ⊆ n-1   π,nπ  .故A错误；
5 3
B选项，由图像可知x > π，x < π，则x -x >π，故B错误；
3 2 2 2 3 2
(2n-1)π
C选项，x - n 2  表示两点x n ,0 
1
与 n- 2   π,0  间距离，由图像可知，
(2n-1)π
随着n的增大，两点间距离越来越近，即 x - n 2     为递减数列，故C错误；
D选项，由A选项分析可知，x 2n ∈ 2n-1 
4n-1
 π, π 2  ，n∈N∗，
4n-1
又结合图像可知，当x∈ x , 2n

 π 2 
1
时，cosx>- ，即此时fx x  >0，
得fx 
4n-1
在 x , 2n

 π 2  上单调递增，
则fx 2n 
(4n-1)π
<f 2 
(4n-1)π
=-1+ln ，故D正确. 2
故选：D
610 (2024·上海杨浦·高三复旦附中校考开学考试)无穷数列a
n
 满足：0<a <1，且对任意
1
的正整数n，均有ean+1=3-a n  ean，则下列说法正确的是 ( )
A.数列a
n
 为严格减数列 B.存在正整数n，使得a <0
n
C.数列a
n

4
中存在某一项为最大项 D.存在正整数n，使得a >
n 3
【答案】D
【解析】因为ean+1=3-a n  ean>0，所以3-a >0，所以a <3， n n
由ean+1=3-a n  ean可得ean+1-an=3-a n  ，则a n+1 -a n =ln3-a n  ，
则有a n+1 =a n +ln3-a n  ，
设函数f(x)=x+ln(3-x),0<x<3，
1 x-2
f(x)=1+ = ，
x-3 x-3
当0<x<2时，f(x)>0，当2<x<3时，f(x)<0，
所以f(x)在0,2  单调递增，2,3  单调递减，
所以f(x)≤f(2)=2，
因为0<a 1 <1，所以a 2 =f(a 1 )∈0,2  ,a 3 =f(a 2 )∈0,2  ,⋯
以此类推，对任意n∈N∗,0<a <2，故B错误；
n
第 页 共 页
329 3427所以a =f(a )=a +ln(3-a )>a ，故A错误；
n+1 n n n n
因为a >a ，所以数列a
n+1 n n
 中不存在某一项为最大项，C错误；
因为0<a <1，所以a =f(a)=a +ln(3-a)>ln3>1，
1 2 1 1 1
3 4
a =f(a )=a +ln(3-a )>1+ln2> > ，
3 2 2 2 2 3
4
所以存在正整数n，使得a > ，D正确.
n 3
2 题型二：函数与不等式的综合
611 (2024·全国·高三专题练习)关于x的不等式x-1  9999-29999⋅x9999≤x+1，解集为
.
【答案】-1,+∞ 
【解析】由题设，(x-1)9999-(2x)9999≤x+1，而y=x9999在R上递增，
当x-1>2x即x<-1时，(x-1)9999-(2x)9999>0>x+1，原不等式不成立；
当x-1≤2x即x≥-1时，(x-1)9999-(2x)9999≤0≤x+1，原不等式恒成立.
综上，解集为-1,+∞  .
故答案为：-1,+∞ 
612 (2024·全国·高三专题练习)意大利数学家斐波那契(1175年~1250年)以兔子繁殖数量为
例，引人数列：1,1,2,3,5,8,⋯，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即a =
n+2
a +a n∈N*
n+1 n
 ，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为a =
n
1 1+ 5 
5 2
 n 1- 5 -
2
  n 

 ．设n是不等式log 2(1+ 5)n-(1- 5)n  >n+5的正整
数解，则n的最小值为 ．
【答案】8
【解析】由log 2(1+ 5)n-(1- 5)n  >n+5，得log 2(1+ 5)n-(1- 5)n  -n>5，
得log 2(1+ 5)n-(1- 5)n 
1+ 5
-log 2n>5，得log 2 2
 n-1- 5  n
>5， 2n
1+ 5 得log 
2 2
 n 1- 5 -
2
  n 

 1+ 5 >5，∴
2
 n 1- 5 -
2
 n >25，
1 1+ 5 所以 
5 2
 n 1- 5 -
2
  n 

 25 > ，
5
1 1+ 5 令a = 
n 5 2
 n 1- 5 -
2
  n 

 ，则数列a
n
 即为斐波那契数列，
25 210
∴a > ，则a2> ，显然数列a
n 5 n 5 n
 为递增数列且a >0，所以数列a2
n n
 亦为递增数
列，
由a =a =1，得a =a +a =2，a =a +a =3，a =a +a =5，a =a +a =8，
1 2 3 1 2 4 2 3 5 3 4 6 4 5
a =a +a =13，a =a +a =21，
7 5 6 8 6 7
210 210
因为a2=132=169< =204.8，a2=212=441> =204.8，
7 5 8 5
所以
210
使得a2> 成立的n的最小值为8．
n 5
故答案为：8.
1
613 (2024·辽宁·高三校考阶段练习)已知函数f(x)= +x+2，若不等式f(m⋅4x+1)+
2x+1
第 页 共 页
330 3427f(m-2x)≥5对任意的x>0恒成立，则实数m的最小值为 .
2-1
【答案】
2
1 1
【解析】因为f(x)+f(-x)= +x+2+ -x+2=5，
2x+1 2-x+1
5
所以f(x)图象关于点0,
2
 对称，
2xln2
又f(x)=1-
2x+1

4x+2-ln2
=
2
 2x+1
2x+1

>0，
2
所以f(x)在R上单调递增，
f(m⋅4x+1)+f(m-2x)≥5等价于f(m⋅4x+1)+f(m-2x)≥f(m-2x)+f(2x-m)，
即f(m⋅4x+1)≥f(2x-m)恒成立，
2x-1
所以m⋅4x+1≥2x-m，即m≥ (x>0)恒成立，
4x+1
t t
令2x-1=t(t>0)，可得m≥ = ，
(t+1)2+1 t2+2t+2
t 1 1 2-1
而 = ≤ = ，当且仅当t= 2时取等号，
t2+2t+2 2 2 2+2 2
t+ +2
t
2-1 2-1
所以m≥ ，即实数m的最小值为 .
2 2
2-1
故答案为： .
2
614 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx  是定义域为R的函数，f2+x  +f-x  =0，对任
意x 1 ，x 2 ∈1,+∞  x 1 <x 2  ，均有fx 2  -fx 1  >0，已知a，ba≠b  为关于x的方程x2
-2x+t2-3=0的两个解，则关于t的不等式fa  +fb  +ft  >0的解集为 ( )
A. -2,2  B. -2,0  C. 0,1  D. 1,2 
【答案】D
【解析】由f2+x  +f-x  =0，得f1  =0且函数fx  关于点1,0  对称．
由对任意x 1 ，x 2 ∈1,+∞  x 1 <x 2  ，均有fx 2  -fx 1  >0，
可知函数fx  在1,+∞  上单调递增．
又因为函数fx  的定义域为R，
所以函数fx  在R上单调递增．
因为a，ba≠b  为关于x的方程x2-2x+t2-3=0的两个解，
所以Δ=4-4t2-3  >0，解得-2<t<2，
且a+b=2，即b=2-a．
又f2+x  +f-x  =0，
令x=-a，则fa  +fb  =0，
则由fa  +fb  +ft  >0，得ft  >0=f1  ，
所以t>1．
综上，t 的取值范围是1,2  .
故选：D．
3 题型三：函数中的创新题
615 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明
第 页 共 页
331 3427的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的
a +ax+⋯+a xm
[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)= 0 1 m ，且满足：f(0)=R(0)，f(0)=R
1+bx+⋯+b xn
1 n
(0)，f(0)=R(0)⋯，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶
ax
帕德近似为R(x)= ．注：f(x)=f(x)
1+bx
 ,f(x)=f(x)  ,f(4)(x)=f(x)  ,f(5)
(x)=f(4)(x)  ,⋯
(1)求实数a，b的值；
1
(2)求证：(x+b)f
x
 >1；
1
(3)求不等式1+
x

x 1
<e<1+
x

x+1
2的解集，其中e=2.71828⋯．
ax a
【解析】(1)因为R(x)= ，所以R(x)=
1+bx 1+bx 
-2ab
，R(x)=
2 1+bx 
，
3
1 1
f(x)=ln(x+1)，则f(x)= ，f(x)=-
x+1 x+1 
，
2
由题意知，f0  =R0  ，f0  =R0  ，
所以  a=1 ，解得a=1，b= 1 .
-2ab=-1 2
1
(2)由(1)知，即证x+
2

1
ln1+
x
 >1，
1
令t=1+ ，则t>0且t≠1，
x
即证t∈0,1  ∪1,+∞ 
t+1
时
2t-1 
⋅lnt>1，
记φt 
2t-1
=lnt-

，t∈0,1
t+1
 ∪1,+∞  ，
则φt 
1 4
= -
t t+1 
t-1
=
2
 2
tt+1 
>0，
2
所以φt  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递增，
当t∈0,1  时φt  <φ1 
2t-1
=0，即lnt<
 t+1
，即
t+1 2t-1 
⋅lnt>1成立，
当t∈1,+∞  时φt  >φ1 
2t-1
=0，即lnt>
 t+1
，即
t+1 2t-1 
⋅lnt>1成立，
综上可得t∈0,1  ∪1,+∞ 
t+1
时
2t-1 
⋅lnt>1，
1
所以x+
2

1
ln1+
x

1
>1成立，即(x+b)f
x
 >1成立.
1
(3)由题意知，欲使得不等式1+
x

x 1
<e<1+
x

x+1
2成立，
1
则至少有1+ >0，即x>0或x<-1，
x
1
首先考虑e<1+
x

x+1 1
2，该不等式等价于ln1+
x

x+1 1
2>1，即x+
2

1
ln1+
x
 >1，
1
又由(2)知x+
2

1
ln1+
x
 >1成立，
1
所以使得e<1+
x

x+1
2成立的x的取值范围是-∞,-1  ∪0,+∞  ，
1
再考虑1+
x

x 1
<e，该不等式等价于xln1+
x
 <1，
记hx  =lnx-x+1，x∈0,1  ∪1,+∞  ，
第 页 共 页
332 3427则hx 
1 1-x
= -1= ，所以当0<x<1时hx
x x
 >0，x>1时hx  <0，
所以hx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
所以hx  <h1  =0，即lnx<x-1，x∈0,1  ∪1,+∞  ，
1
所以ln1+
x

1
< ，x∈-∞,-1
x
 ∪0,+∞  ，
当x∈0,+∞ 
1
时由ln1+
x

1 1
< ，可知xln1+
x x
 <1成立，
当x∈-∞,-1 
1
时由ln1+
x

1 1
< ，可知xln1+
x x
 <1不成立，
1
所以使得1+
x

x
<e成立的x的取值范围是0,+∞  ，
1
综上可得不等式1+
x

x 1
<e<1+
x

x+1
2的解集为0,+∞  .
616 (2024·上海黄浦·上海市敬业中学校考三模)定义：如果函数y=fx  和y=gx  的图像
上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数y=fx  和y=gx  具有C关系．
(1)判断函数fx  =log 8x2 2  和gx  =log x是否具有C关系； 1
2
(2)若函数fx  =a x-1和gx  =-x-1不具有C关系，求实数a的取值范围；
(3)若函数fx  =xex和gx  =msinxm<0  在区间0,π  上具有C关系，求实数m的
取值范围．
【解析】(1)fx  与gx  是具有C关系，理由如下：
根据定义，若fx  与gx  具有C关系，则在fx  与gx  的定义域的交集上存在x，使得
fx  +gx  =0，
因为fx  =log 8x2 2  ，gx  =log x，x>0， 1
2
所以fx  +gx  =log 8x2 2  +log x=log 8+log x2-log x=log x+3， 1 2 2 2 2
2
令fx  +gx 
1
=0，即log x+3=0，解得x= ， 2 8
所以fx  与gx  具有C关系.
(2)令φx  =fx  +gx  ，
因为fx  =a x-1，gx  =-x-1，所以φx  =a x-1-x-1x≥1  ，
令t= x-1t≥0  ，则x=t2+1，故y=φx  =at-t2+1  -1=-t2+at-2，
因为fx  与gx  不具有C关系，所以φx  在0,+∞  上恒为负或恒为正，
又因为y=-t2+at-2开口向下，所以y=-t2+at-2在0,+∞

上恒为负，即-t2+at
-2<0在0,+∞  上恒成立，
当t=0时，-t2+at-2=-2<0显然成立；
2
当t>0时，a<t+ 在0,+∞
t
 上恒成立，
2 2 2
因为t+ ≥2 t⋅ =2 2，当且仅当t= ，即t= 2时，等号成立，
t t t
2
所以t+
t
 =2 2，所以a<2 2，
min
综上：a<2 2，即a∈-∞,2 2  .
(3)因为fx  =xex和gx  =msinxm<0  ，
令hx  =fx  +gx  ，则hx  =xex+msinx，
因为fx  与gx  在0,π  上具有C关系，所以hx  在0,π  上存在零点，
因为h(x)=(x+1)ex+mcosx，
第 页 共 页
333 3427当-1≤m<0且x∈(0,π)时，因为x+1  ex>1,|mcosx|<|m|≤1，所以h(x)>0，
所以hx  在0,π  上单调递增，则hx  >h0  =0，
此时hx  在0,π  上不存在零点，不满足题意；
π
当m<-1时，显然当x∈  ,π
 2
 时，h(x)>0，
π
当x∈0,
2

π
时，因为h(x)在0,
2

π
上单调递增，且h(0)=1+m<0,h
2
 =
π
 +1
2

π
e2>0，
π
故h(x)在0,
2
 上存在唯一零点，设为α，则h(α)=0，
π
所以当x∈(0,α),h(x)<0；当x∈α,
2

π
,h(x)>0；又当x∈  ,π
 2
 时，h(x)>0，
所以hx  在0,α  上单调递减，在α,π  上单调递增，hx  在0,π  上存在唯一极小值
点α，
因为h0  =0，所以h(α)<0，
又因为h(π)=πeπ>0，所以hx  在0,π  上存在唯一零点β，
所以函数fx  与gx  在0,π  上具有C关系，
综上：m<-1，即m∈-∞,-1  .
617 (2024·重庆·高三统考阶段练习)悬索桥(如图)的外观大漂亮，悬索的形状是平面几何中
c x x
的悬链线.1691年莱布尼兹和伯努利推导出某链线的方程为y= ec+ec
2
 ，其中c为参
数.当c=1时，该方程就是双曲余弦函数coshx 
ex+e-x
= ，类似的我们有双曲正弦函
2
数sinhx 
ex-e-x
= .
2
(1)从下列三个结论中选择一个进行证明，并求函数y=cosh2x  +sinhx  的最小值；
① coshx    2- sinhx    2=1；
②sinh2x  =2sinhx  coshx  ；
③cosh2x  = coshx    2+ sinhx    2.
π
(2)求证：∀x∈ -π,
 4
 ，coshcosx  >sinhsinx  .
【解析】(1)证明：选①，coshx    2- sinhx   
ex+e-x
2=
2

2 ex-e-x
-
2

2
=
e2x+e-2x+2 e2x+e-2x-2
- =1；
4 4
第 页 共 页
334 3427选②，sinh2x 
e2x-e-2x ex-e-x
= =2×
2
 ex+e-x 
=2sinhx
2×2
 coshx  ；
选③，cosh2x 
e2x+e-2x ex+e-x
= =
2 2

2 ex-e-x
+
2

2
= coshx    2+ sinhx    2.
y=cosh2x  +sinhx 
e2x+e-2x ex-e-x
= + ，令t=sinhx
2 2

ex-e-x
= ，
2
ex e-x
因为函数y= 、y=- 均为R上的增函数，故函数y=sinhx
2 2
 也为R上的增函数，
故t=sinhx 
ex-e-x e2x+e-2x-2
= ∈R，则t2= ，所以cosh2x
2 4
 =2t2+1，
1 所以y=2t2+t+1=2t+
4
 2 7 7 1 + ≥ ，当且仅当t=- 时取“=”，
8 8 4
所以y=cosh2x  +sinhx 
7
的最小值为 .
8
π
(2)证明：∀x∈ -π,
 4
 ，coshcosx  >sinhsinx 
ecosx+e-cosx esinx-e-sinx
⇔ >
2 2
⇔ecosx+e-cosx>esinx-e-sinx，
当x∈-π,0  时，ecosx+e-cosx>0，sinx≤0≤-sinx，所以esinx≤e-sinx，
所以esinx-e-sinx≤0，所以ecosx+e-cosx>esinx-e-sinx成立；
π
当x∈0,
4

π π π
时，则0<x≤ -x< ，且正弦函数y=sinx在0,
2 2 2
 上为增函数，
π
cosx=sin -x
2
 ≥sinx，所以ecosx≥esinx，-e-sinx<0<e-cosx，
所以ecosx+e-cosx>esinx-e-sinx成立，
π
综上，∀x∈ -π,
 4
 ，coshcosx  >sinhsinx  .
618 (2024·广东深圳·高三深圳市南山区华侨城中学校考阶段练习)布劳威尔不动点定理是拓
扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单地讲就
是对于满足一定条件的连续实函数fx  ，存在一个点x 0 ，使得fx 0  =x ，那么我们称该函 0
数为“不动点"函数，而称x 0 为该函数的一个不动点．现新定义：若x 0 满足fx 0  =-x ， 0
则称x 0 为fx  的次不动点．
(1)判断函数fx  =x2-2是否是“不动点”函数，若是，求出其不动点；若不是，请说明理
由
(2)已知函数gx 
1
= x+1
2
 ，若a是gx  的次不动点，求实数a的值：
(3)若函数hx  =log 4x-b⋅2x
1
2
 在0,1  上仅有一个不动点和一个次不动点，求实数b
的取值范围．
【解析】(1)依题意，设x 0 为fx  的不动点，即fx 0  =x ，于是得x2-2=x ，解得x =2 0 0 0 0
或x =-1，
0
所以fx  =x2-2 是“不动点”函数，不动点是2和-1.
(2)因gx 
1
= x+1
2
 是“次不动点”函数，依题意有ga 
1
=-a，即 a+1
2
 =-a，显然a
2
≤0，解得a=- ，
3
2
所以实数a的值是- .
3
(3)设m,n分别是函数hx  =log 4x-b⋅2x
1
2
 在0,1  上的不动点和次不动点，且m,n唯
一，
第 页 共 页
335 3427由hm  =m得：log 4m-b⋅2m
1
2
 1 =m，即4m-b⋅2m=
2
 m ，整理得：b=2m- 1 ，
4m
令φm 
1
=2m- ，显然函数φm 4m  在0,1  上单调递增，则φm  =φ(0)=0， min
φm 
7 7
=φ(1)= ，则0≤b≤ ，
max 4 4
由hn  =-n得：log 4n-b⋅2n
1
2
 =-n，即4n-b⋅2n=2n，整理得：b=2n-1，
令un  =2n-1，显然函数un  在0,1  上单调递增，u(n) =u(0)=0，u(n) = min max
u(1)=1，则0≤b≤1，
综上得：0≤b≤1，
所以实数b的取值范围0,1  .
4 题型四：最大值的最小值问题(平口单峰函数、铅锤距离)
619 (2024·浙江绍兴·高三浙江省柯桥中学校考开学考试)已知函数fx  =x3-6x2+ax+b  ，
对于任意的实数a，b，总存在x 0 ∈0,3  ，使得fx 0  ≥m成立，则当m取最大值时，a+b
= ( )
A.7 B.4 C.-4 D.-7
【答案】A
【解析】由fx  =x3-6x2+ax+b  ，得fx  =x3-6x2+9x-[(9-a)x-b]  ，
设g(x)=x3-6x2+9x，则g(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3)，
g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，
g(0)=g(3)=0，
设h(x)=(9-a)x-b，
画出函数的图像如图
对任意的实数a，b，总存在x 0 ∈0,3  ，使得fx 0  ≥m成立，
等价于求f(x)最大值中的最小值，
由图像可知当a=9,b=-2时，m取得最大值2，此时a+b=7，
故选：A
620 (2024·湖北·高三校联考阶段练习)设函数fx 
4
=x+ -ax-b
x
 ，若对任意的实数a，b，
总存在x 0 ∈1,3  使得fx 0  ≥m成立，则实数m的最大值为 ( )
第 页 共 页
336 34278-4 3
A.-1 B.0 C. D.1
3
【答案】C
【解析】由已知得m≤ fx   min  max
设构造函数gx 
4
= +λx满足g1
x
 =g3 
4 4
，即4+λ= +3λ，解得λ= ，
3 3
则fx 
4 4x 1
= + - +a
x 3 3
  x-b  ，令hx 
1
= +a
3
 x+b，
则函数fx  可以理解为函数gx 
4 4
= + x与函数hx
x 3

1
= +a
3
 x+b在横坐标相等
时，纵坐标的竖直距离，
∵g1  =g3 
16
= ，且gx
3

4 4 4 4x 8 3
= + x=2 ⋅ = (当且仅当x= 3时取等
x 3 x 3 3
号)，
16 8 3 1
∴若设直线l 的方程为y= ，直线l 的方程为y= ，由此可知当a+ =0，直线
1 3 2 3 3
hx  =b位于直线l 和直线l 中间时，纵坐标的竖直距离取得最大值中的最小值，故 1 2
fx   min 
16 8 3
-
3 3 8-4 3
= = ， max 2 3
8-4 3
所以实数m的最大值为 .
3
故选：C.
621 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx 
4
= -ax x  ，若对任意的正实数a，总存在x ∈ 0
1,4  ，使得fx 0  ≥m，则实数m的取值范围为 ( )
A. -∞,0  B. -∞,1  C. -∞,2  D. -∞,3 
【答案】D
【解析】对任意的正实数a，总存在x ∈[1，4]，使得f(x )≥m⇔m≤f(x) ，x∈[1，
0 0 max
4]．
4
令u(x)= -ax，∵a>0，∴函数u(x)在x∈[1，4]单调递减，
x
∴u(x) =u(1)=4-a，u(x) =u(4)=1-4a．
max min
①a≥4时，0≥4-a>1-4a，则f(x) =4a-1≥15．
max
②4>a>1时，4-a>0>1-4a，4-a+1-4a=5-5a<0，则f(x) =4a-1>3．
max
1
③ <a≤1时，4-a>0>1-4a，4-a+1-4a=5-5a≥0，则f(x) =4-a≥3．
4 max
1 15
④0<a≤ 时，4-a>1-4a>0，则f(x) =4-a> ．
4 max 4
综上①②③④可得：f(x) ≥3，即 m≤3．
max
∴实数m的取值范围为(-∞，3]．
故选：D．
x-2
622 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)= -ax-b
x+2
 ，若对任意的实数a，b，总存
在x 0 ∈[-1,2]，使得fx 0  ≥m成立，则实数m的取值范围是 ( )
1
A. -∞,
4

1
B. -∞,
2

2
C. -∞,
3
 D.(-∞,1]
【答案】B
【解析】由存在x 0 ∈[-1,2]，使得fx 0  ≥m成立，故m≤f(x) ， max
第 页 共 页
337 3427又对任意的实数a，b，m≤f(x) ，则m≤[f(x) ] ，
max max min
x-2
 -ax-b
x+2

x-2
= -(ax+b)
x+2

x-2
可看作横坐标相同时，函数g(x)=
x+2
与函数h(x)=ax+b图象上的纵向距离的最大值中的最小值，
又g(-1)=-3,g(2)=0，作示意图如图所示：
设A(-1,-3),B(2,0)，则直线AB的方程l:y=x-2，设l :y=x+m与g(x)相切，
1 2
x-2
则 =x+m，得x2+(m+1)x+2(m+1)=0，有Δ=(m+1)2-8(m+1)=0，
x+2
得m=-1或m=7，由图知，切点C(0,-1)，则l :y=x-1，
2
当直线h(x)与l ，l 平行且两直线距离相等时，即恰好处于正中间时，
1 2
函数g(x)与h(x)图象上的纵向距离能取到最大值中的最小值，
3 3
此时h(x)=x- ，[f(x) ] = -1--
2 max min 2

1 1
 = ，故m≤ .
2 2
故选：B
623 (2024·高一课时练习)已知函数fx 
1
=ax+ +b
x
 a,b∈R 
1
，当x∈  ,2
 2
 时，设fx  的
最大值为Ma,b  ，则Ma,b  的最小值为 ( )
1 1 1
A. B. C. D.1
8 4 2
【答案】B
【解析】函数fx 
1
=ax+ +b
x
 a,b∈R 
1
，当x∈  ,2
 2
 时，f(x)的最大值为M(a,b)，
1 1
可得M(a,b)≥f(2)=2a+b+ ，M(a,b)≥f
2 2

1
= a+b+2，M(a,b)≥f(1)=|a+
2
b+1|，
1 2 2 1 1
可得 M(a,b)+ M(a,b)+M(a,b)≥ a+ b+ +
3 3 3 3 6

1 2 4
a+ b+ +
3 3 3
  a+b+1 
2 1 1 1 2 4
≥ a+ b+ + a+ b+ -a-b-1
3 3 6 3 3 3

1
= ，
2
即2Ma,b 
1
≥ ，即有Ma,b
2

1 1
≥ ，则M(a,b)的最小值为 ，
4 4
故选：B
624 (2024·江西宜春·校联考模拟预测)已知函数fx 
1
=lnx+ -ax-b x  a,b∈R  ，且x ∈ 0
1,e2 
1 1
，满足lnx + =e-1，当x∈  ,x 0 x  e 0
0
 时，设函数fx  的最大值为Ma,b  ，则
Ma,b  的最小值为 ( )
3-e 1 e-1 e-2
A. B. C. D.
2 2 2 2
【答案】D
第 页 共 页
338 3427【解析】设gx 
1
=lnx+ x>0
x
 ，则gx 
1 1 x-1
= - = x>0
x x2 x2
 ，
当0<x<1时，gx  <0，gx  为减函数，
当x>1时，gx  >0，gx  为增函数，所以gx  =g1
min
 =1，
作出gx  的图象如下，
令gx  =e-1，即gx 
1 1
=lnx+ x =e-1，得x 1 = e ,x 2 =x 0 x 0 ∈1,+∞    ，
1
且lnx + =e-1，显然x <e2，
0 x 0
0
1
在  ,x  e 0  上，当a=0时，fx  = gx   -b  ，
e-1+1 e
当b≤ = 时，Ma,b
2 2

e e-2 e
=e-1-b≥e-1- = ，当b= 时取等号；
2 2 2
e
当b> 时，Ma,b
2

e-2
=b-1> ，所以Ma,b
2

e-2
= ，
min 2
1
此时点 ,e-1 e  ,1,1  ,x 0 ,e-1 
e-2
到直线y=b的距离都是 ， 2
1
当a≠0时，三点中 ,e-1 e  ,1,1  ,x 0 ,e-1  中至少有一个点满足
1
lnx+ -ax-b
x

e-2
> ，所以Ma,b
2

e-2
> ，综上所述，Ma,b
2

e-2
= ，
min 2
故选：D.
625 (2024·上海虹口·高三上海市复兴高级中学校考期中)若a、b∈R，且对于0≤x≤1时，不
等式 1-x2-ax-b 
2-1
≤ 均成立，则实数对a,b
2
 = ．
2+1
【答案】-1,
2

【解析】对于0≤x≤1时，不等式 1-x2-ax-b 
2-1
≤ 均成立，
2
1- 2 2-1
即 1-x2+ ≤ax+b≤ 1-x2+ 恒成立.
2 2
令fx 
1- 2
= 1-x2+ ，gx
2

2-1
= 1-x2+ ,x∈0,1
2
 ，
则fx 
1- 2
表示圆心为O 0, 1 2  ，半径为1的圆在x∈0,1  上的圆弧；
gx 
2-1
表示圆心为O 0, 2 2  ，半径为1的圆在x∈0,1  上的圆弧，如下所示：
第 页 共 页
339 3427根据题意，y=ax+b要满足题意，其图象需在圆弧CD以及圆弧AB之间，
数形结合可知：连接AB后所形成的直线恰好满足题意，且唯一.
2-1 2+1 2+1
其斜率为 - =-1，故其方程为y=-x+ ，
2 2 2
故实数对a,b 
2+1
=-1,
2
 .
为严谨，下证直线AB与圆O 相切，
1
1- 2
圆心O 0,
1 2

1- 2 2+1
 -
2+1 2 2
到直线y=-x+ 的距离d=
2

=1，
2
其与半径1相等，故圆O 与直线AB相切，即证.
1
2+1
故答案为：-1,
2
 .
5 题型五：倍值函数
626 (2024·全国·高三专题练习)函数fx  的定义域为D，若满足：①fx  在D内是单调函数；
②存在a,b  ⊆D使得fx  在a,b 
a b
上的值域为  ,
 2 2
 ，则称函数fx  为“成功函数”．
若函数fx  =log mmx+2t  (其中m>0，且m≠1)是“成功函数”，则实数t的取值范围
为 ( )
A. 0,+∞ 
1
B. -∞,
8

1 1
C.   ,
 8 4

1
D. 0,
8

【答案】D
【解析】因为y=mx+2t、y=log x的单调性相同，
m
所以fx  =log mmx+2t  为定义域上的增函数，
因为存在a,b  ⊆D使得fx  在a,b 
a b
上的值域为  ,
 2 2
 ，
fa
所以{

a
=
2
fb 
，即fx
b
=
2
 =log mmx+2t 
x
= 有两解，
2
即mx+2t=m2
1x
在R上有两个不相等的实数根，
令λ=m2
1x
(λ>0)，则λ2-λ+2t=0在0,+∞  上有两个不同的解，
所以

2t>0 ，解得0<t< 1 ，
Δ=1-8t>0 8
故选：D．
第 页 共 页
340 3427627 (2024·上海金山·高三上海市金山中学校考期末)设函数f(x)的定义域为D，若存在闭区
间a,b  ⊆D，使得f(x)函数满足：(1)f(x)在a,b  上是单调函数；(2)f(x)在a,b  上的值
域是2a,2b  ，则称区间a,b  是函数f(x)的“和谐区间”，下列结论错误的是
A.函数f(x)=x2(x≥0)存在“和谐区间”
B.函数f(x)=ex(x∈R)不存在“和谐区间”
4x
C.函数f(x)= (x≥0)存在“和谐区间”
x2+1
1
D.函数f(x)=log ax-
a 8
 (a>0，a≠1)不存在“和谐区间”
【答案】D
【解析】函数中存在“和谐区间”,则①fx  在a,b 
fa
内是单调函数；②{
 =2a
fb 
或
=2b
fa
{
 =2b
fb 
,若fx
=2a
 =x2 x≥0  ,若存在“和谐区间”a,b  ,则此时函数单调递增,则由
fa
{
 =2a
fb 
a2=2a a=0
,得{ ,∴{ ,∴fx
=2b b2=2b b=2
 =x2 x≥0  存在“和谐区间”0,2  ,∴A正确.若
fx  =e2 x∈R  ,若存在“和谐区间”a,b 
fa
,则此时函数单调递增,则由{
 =2a
fb 
,得
=2b
ea=2a
{ ,即a,b是方程ex=2x的两个不等的实根,构建函数gx
eb=2b
 =ex-2x,∴g'x  =ex
-2,所以函数在-∞,ln2  上单调减,在ln2,+∞  上单调增,∴函数在x=ln2处取得极
小值，且为最小值,∵gln2  =2-ln2>0,∴gx  >0,∴ex-2x=0,无解,故函数不存在
“和谐区间”,∴B正确.若函数fx 
4x
= x≥0
x2+1
 ,f'x 
4x2+1
=
 -4x·2x
x2+1

=
2
4x+1  1-x 
x2+1 
,若存在“和谐区间”a,b
2
 ⊆0,1 
fa
,则由{
 =2a
fb 
4a
=2a
a2+1
,得{ ,∴a
=2b 4b =2b
b2+1
=0,b=1,即存在“和谐区间”0,1  ,∴C正确.若函数fx 
1
=log ax- a 8  a>0,a≠1  ,
不妨设a>1,则函数定义域内为单调增函数,若存在“和谐区间”m,n  , 则由
fm
{
 =2m
fn 
1
,得 ,即m,n是方程log ax-
=2n a 8
 =2x的两个根,即
1
m,n是方程a2x-ax+ =0的两个根,由于该方程有两个不等的正根，故存在“和谐区
8
间”m,n  ,∴D结论错误,故选D.
628 (2024·安徽·高三统考期末)函数f(x)的定义域为D，若存在闭区间[a,b]⊆D，使得函数
f(x)满足：①f(x)在[a,b]内是单调函数；②f(x)在[a,b]上的值域为[2a,2b]，则称区间
[a,b]为y=f(x)的“倍值区间”．下列函数中存在“倍值区间”的有
① ；②f(x)=ex(x∈R)；
第 页 共 页
341 3427③ ；④
A.①②③④ B.①②④ C.①③④ D.①③
【答案】C
【解析】函数存在“倍值区间”，即函数的图像与直线y=2x有交点，
与直线y=2x有交点是(0，0)，(2,4)；对于f(x)=ex(x∈R)，构造函数g(x)=ex-2x,
g(x) =g(ln2)=2-2ln2>0；所以g(x)=ex-2x没有零点，即f(x)=ex(x∈R)与直线
min
y=2x没有交点；
1
与直线y=2x的交点是(0，0)，(1,2).解方程log ax-
a 8

1
=2x,即a2x-ax+ =0,ax
8
2
1±
2
= <1，当a>1,无解；0<a<1有两解.故
2
不满足题意.选C.
629 (2024·全国·高三专题练习)函数fx  的定义域为D，对给定的正数k，若存在闭区间
a,b  ⊆D，使得函数fx  满足：①fx  在a,b  内是单调函数；②fx  在a,b  上的值域
为ka,kb  ，则称区间a,b  为y=fx  的k级“理想区间”.下列结论错误的是 ( )
A.函数fx  =x2(x∈R)存在1级“理想区间”
B.函数fx  =ex(x∈R)不存在2级“理想区间”
C.函数fx 
4x
= (x≥0)存在3级“理想区间”
x2+1
D.函数fx 
π π
=tanx，x∈- ,
2 2
 不存在4级“理想区间”
【答案】D
【解析】A中，当x≥0时，f(x)=x2在[0,1]上是单调增函数，且f(x)在[0,1]上的值域
是[0,1]，
所以存在1级“理想区间”，所以A正确；
B中，当x∈R时，fx  =ex在a,b  上是单调增函数，且a,b  在a,b  上的值域是[ea,
eb]，所以不存在2级“理想区间”，所以B正确；
C中，由fx 
4x 4-4x2
= ，得f(x)= ，当x∈[0,1]时，f(x)>0，所以f(x)在(0,1)
x2+1 (x2+1)2
上为增函数，假设存在a,b 
fa
Ü(0,1)，使得f(x)∈[3a,3b]，则有
 =3a
fb 

，即 
=3b
4a
 
a2+1
=3a
4x 3 3
，由 =3x，得x=0或x= ，所以当a=0,b= 时，满足条件，即


4b
=3b
x2+1 3 3
b2+1
区间为 0, 3
 3
 ，所以C正确；
第 页 共 页
342 3427π π
D中，若存在“4级理想区间”[m,n]，则m,n是方程tanx=4x,x∈- ,
2 2
 的两个根，
π π
由y=tanx和y=4x在- ,
2 2
 内有3个交点，如图所示，所以该方程tanx=4x,x∈
π π
- ,
2 2
 存在两个不等的根，故存在“4级理想区间”[m,n]，所以D错误，
故选：D
630 (2024·全国·高三专题练习)设函数的定义域为D，若满足条件：存在a,b  ⊆D，使fx  在
a,b 
a b
上的值域为  ,
 2 2
 ，则称fx  为“倍缩函数”.若函数fx  =ex+t为“倍缩函数”，
则实数t的取值范围是
1+ln2
A. -∞,-
2

1+ln2
B. -∞,-
2

1+ln2
C.   ,+∞
 2

1+ln2
D.  ,+∞
2

【答案】B
【解析】因为函数fx  =ex+t为“倍缩函数”，且为递增函数
所以存在a,b  ⊆D，使fx  在a,b 
a b
上的值域为  ,
 2 2

a
ea+t=
 2 x
则 ，由此可知等价于ex- +t=0 有两个不等实数根
b 2
eb+t=
2
x
令g(x)=ex- +t
2
1 1
则g'(x)=ex- ，令g'(x)=ex- =0
2 2
1
解得x=ln =-ln2
2
1
代入方程得e-ln2+ ln2+t=0
2
ln2+1
解得t=- ，因为有两个不等的实数根
2
第 页 共 页
343 34271+ln2
所以t的取值范围为-∞,-
2

所以选B
6 题型六：函数不动点问题
631 (2024·广西柳州·统考模拟预测)设函数f(x)= ex+e-1  x-a(a∈R，e为自然对数的
底数)，若曲线y=sinx上存在点x 0 ,y 0  使fy 0  =y 成立，则a的取值范围是 ( ) 0
A. 1,2e-2  B. e-1-e,1  C. 1,e  D. e-1-e,2e-2 
【答案】A
【解析】f(x)= ex+e-1  x-a
由题意，存在y 0 ∈0,1  ，使fy 0  =y 成立， 0
即存在x∈0,1  ，使f(x)=x成立，
所以 ex+e-1  x-a=x，即ex+e-1  x-a=x2，
所以a=ex+e-1

x-x2
所以存在x∈0,1  ，使y=a与y=ex+e-1  x-x2有交点，
对y=ex+e-1

x-x2，x∈0,1

，求导得y=ex+e-1-2x，
设gx  =ex+e-1-2x，则gx  =ex-2，
令gx  >0，即x>ln2；令gx  <0，即x<ln2，
所以gx  =ex+e-1-2x在0,ln2  上单调递减，在ln2,1  上单调递增，
所以y=ex+e-1-2x>y  =2+e-1-2ln2=21-ln2
x=ln2
 +e-1>0，
所以y=ex+e-1  x-x2在x∈0,1  上单调递增，
又y  =e0+e-1
x=0
 ×0-02=1，
y  =e1+e-1
x=1
 ×1-1=2e-2，
要使y=a与y=ex+e-1

x-x2有交点，则1≤a≤2e-2，
所以a的取值范围是1,2e-2  .
故选：A.
632 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx 
lnx
= +x-aa∈R
x

2ex+1
，若曲线y= (e是自
e2x+1
然对数的底数)上存在点x 0 ,y 0  使得f fy 0    =y ，则a的取值范围是 0
A. -∞,0  B. 0,e 
1
C. -∞,
e
 D. 0,+∞ 
【答案】C
2ex0+1 2ex0+1 2ex0-1
【解析】因为y = ≤ =e,y = >0 ,所以f(f(x))=x 在(0,e] 上有
0 e2x0+1 2ex0 0 e2x0+1
解
1
1-lnx 1-(x-1)+x2 x- 2
因为f(x)= +1≥ =
x2 x2

2 7
+ 4
>0 ,( 易证x≥lnx+1 ) ,
x2
所以函数f(x) 在(0,+∞) 上单调递增,因此由f(f(x))=x得f(x)=x 在(0,e] 上有解，
lnx 1-lnx 1
即a= ,x∈(0,e] ,因为a= ≥0⇒a∈-∞,
x x2 e
 ，选C.
633 (2024·江苏·高二专题练习)若存在一个实数t，使得Ft  =t成立，则称t为函数Fx  的
第 页 共 页
344 3427一个不动点.设函数gx  =ex+1- e  x-a(a∈R,e为自然对数的底数)，定义在R上
的连续函数fx  满足f-x  +fx  =x2，且当x≤0时，f'x  <x.若存在x ∈ 0
x fx 
1
+ ≥f1-x 2    +x   ，且x 0 为函数gx  的一个不动点，则实数a的取值范围为
( )
e A. -∞,
2
  e B.  ,+∞
 2
 e C.  , e
2
 e D.  ,+∞
2

【答案】B
【解析】依题意知f-x  +fx  =x2，令hx  =fx 
x2
- ，x∈R，∴hx
2
 =-h-x  ，∴
hx  为奇函数，
∵hx  =f'x  -x，且当x≤0时，fx  <x，
∴当x≤0时，hx  <0，hx  单调递减，∴hx  在R上单调递减，
由fx 
1
+ ≥f1-x
2
 +x，得fx 
x2
- ≥f1-x
2

1-x
-
 2
，即hx
2
 ≥h1-x  ，
1 1
∴x≤1-x，即x≤ ，∴x ≤ ，
2 0 2
∵x 0 为函数gx  的一个不动点，∴gx 0  =x ，即ex0- ex -a=0， 0 0
1
∴a=ex0- ex ，即关于x的方程a=ex- ex在x∈-∞,
0 2
 上有解.
令tx 
1
=ex- ex，x∈-∞,
2
 ，则tx 
1
=ex-e2≤0，
∴tx 
1
在-∞,
2
 上单调递减，∴tx 
1
=t
min 2

e
= ，
2
1
要使关于x的方程a=ex- ex在x∈-∞,
2

e
上有解，则a≥ ，即实数a的取值范
2
围为  e ,+∞
 2
 .
故选：B
634 (2024·全国·高三专题练习)设函数f(x)= ex+x-a(a∈R，e为自然对数的底数)，若曲
3 10 10
线y= sinx+ cosx上存在点(x ，y )使得f(y )=y ，则a的取值范围是
10 10 0 0 0 0
1-e 1-e
A.[ ,1] B.   ，e+1
e  e
 C.[1，e+1] D.[1,e]
【答案】D
3 10 10
【解析】法一：由题意可得，y = sinx + cosx
0 10 0 10 0
=sin(x +φ)∈[-1,1]，
0
而由f(x)= ex+x-a可知y ∈[0,1]，
0
当a=0时，f(x)= ex+x为增函数，
∴y ∈[0,1]时，f(y )≥ e0=1．
0 0
∴ 不存在y ∈[0,1]使f(y )=y 成立，故A，B错；
0 0 0
当a=e+1时，f(x)= ex+x-e-1，
当y ∈[0,1]时，只有y =1时f(x)才有意义，而f(1)=0≠1，故C错．故选D．
0 0
3 10 10
法二：显然，函数f(x)是增函数，f(x)≥0，由题意可得，y = sinx + cosx
0 10 0 10 0
=sin(x +φ)∈[-1,1]，而由f(x)= ex+x-a可知y ∈[0,1]，
0 0
第 页 共 页
345 3427于是，问题转化为f(t)=t在[0,1]上有解．
由t= et+t-a，得t2=et+t-a，分离变量，得a=g(t)=et-t2+t，t∈[0,1]
因为g(t)=et-2t+1>0，t∈[0,1]，
所以，函数g(t)在[0,1]上是增函数，于是有1=g(0)≤g(t)≤g(1)=e，
即a∈[1,e]，应选D．
635 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx  =ex+2x-a(a∈R)，e为自然对数的底数，若曲
线y=sinx上存在点x 0 ,y 0  ，使得f fy 0    =y ，则a的取值范围是 ( ) 0
A. -1+e-1,1+e  B. 1,1+e 
C. e,e+1  D. 1,e 
【答案】A
【解析】∵曲线y=sinx上存在点x 0 ,y 0 
∴ y =sinx ∈[-1,1]
0 0
函数fx  =ex+2x-a(a∈R)在[-1,1]上是增函数，根据单调性可证f(y )=y 0 0
即fx  =ex+2x-a=x在[-1,1]上有解，分离参数，a=ex+x，x∈[-1,1]，根据y=
1
ex+x是增函数可知，只需a∈  -1,e+1
 e
 故选A.
7 题型七：函数的旋转问题
636 (2024·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习)将函数f(x)=ln(x+1)(x≥0)的图象绕
坐标原点逆时针方向旋转角θ(θ∈(0，α])，得到曲线C，若对于每一个旋转角θ，曲线C都
仍然是一个函数的图象，则α的最大值为 ( )
π π π
A.π B. C. D.
2 3 4
【答案】D
【解析】函数fx  =lnx+1  x≥0  的图像绕坐标原点逆时针方向连续旋转时，
当且仅当其任意切线都不经过y轴时，其图像都仍然是一个函数的图像.
因为fx 
1
= 在0，+∞
x+1
 是减函数且0<f'x  ≤1，当且仅当x=0时等号成立，
故函数fx  =lnx+1  x≥0  的图像的切线中，
π
在x=0处切线的倾斜角最大，其值为 .
4
π π π
由此可知α = - = .
max 2 4 4
故选D.
637 (2024·上海长宁·高三上海市延安中学校考期中)设D是含数1的有限实数集，fx  是定
义在D上的函数，若fx 
π
的图象绕原点逆时针旋转 后与原图象重合，则在以下各项
6
中，f1  的可能取值只能是 ( )
3 3
A. 3 B. C. D.0
2 3
【答案】B
π
【解析】由题意得到：问题相当于圆上由12个点为一组，每次绕原点逆时针旋转 个单
6
位后与下一个点会重合．
第 页 共 页
346 34273 π π
我们可以通过代入和赋值的方法当f(1)= 3， ，0时，此时得到的圆心角为 ， ，
3 3 6
0，然而此时x=0或者x=1时，都有2个y与之对应，而我们知道函数的定义就是要求一
3 π
个x只能对应一个y，因此只有当x= ，此时旋转 ，此时满足一个x只会对应一个y，
2 6
故选B．
x2
638 (2024·全国·高三专题练习)双曲线 -y2=1绕坐标原点O旋转适当角度可以成为函
3
数f(x)的图象，关于此函数f(x)有如下四个命题，其中真命题的个数为 ( )
①f(x)是奇函数；
3 3
②f(x)的图象过点 ,
2 2

3 3
或 ,-
2 2
 ；
3
③f(x)的值域是-∞,-
2

3
∪  ,+∞
 2
 ；
④函数y=f(x)-x有两个零点．
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
【答案】C
【解析】
x2
双曲线 -y2=1关于坐标原点对称，可得旋转后得到的函数fx
3
 的图象关于原点对
称，所以fx  为奇函数，故①正确；双曲线的顶点为± 3,0 
3
，渐近线方程为y=± x，
3
可得fx 
3
的图象渐近线为x=0和y=± x，图象关于直线y= 3x对称，所以fx
3
 的
3 3
图象过点 ,
2 2

3 3
或 ,-
2 2
 ，由图象的对称性可得，fx  逆时针旋转60度，位于
一、三象限，按顺时针旋转60度，位于二、四象限；故②正确；fx  逆时针旋转60度，位于
3 3
一、三象限，由图象可得顶点为 ,
2 2

3 3
或 ,-
2 2
 ，不是极值点，则fx  的值域不是
3
-∞,-
2

3
∪  ,+∞
 2
 ，fx  顺时针旋转60度，位于二、四象限，由图象的对称性知fx 
3
的值域不是-∞,-
2

3
∪  ,+∞
 2
 ，故③错误；当fx  的图象位于一、三象限时，fx  的
第 页 共 页
347 3427图象与直线y=x有2个交点，函数y=fx  -x有两个零点，当fx  的图象位于二、四象
限时，fx  的图象与直线y=x没有交点，函数y=fx  -x没有零点，故④错误，故选；
C.
x π
639 (2024·全国·高三专题练习)将函数y=2sin x∈ 0,
2  2
   的图像绕着原点逆时针旋转角
α得到曲线T，当α∈0,θ  时都能使T成为某个函数的图像，则θ的最大值是 ( )
π π 3 2
A. B. C. π D. π
6 4 4 3
【答案】B
x
【解析】y'=cos 在原点处的切线斜率为k=1，切线方程为y=x
2
x π
当y=2sin 绕着原点逆时针方向旋转时，若旋转角θ大于 ，则旋转所成的图像与y
2 4
π
轴就会有两个交点，则曲线不再是函数的图像.所以θ的最大值为 .
4
故选：B.
8 题型八：函数的伸缩变换问题
640 (2024·河北唐山·高三开滦第二中学校考期末)定义域为R的函数fx  满足fx+2  =
2fx  -1，当x∈0,2  时，fx 
x2-x,x∈0,1
=

1
,x∈1,2
x


 .若x∈0,4 
7t
时，t2- ≤fx
2
 ≤3
-t恒成立，则实数t的取值范围是 ( )
A. 1,2 
5
B.  1,  2 
1
C.   ,2  2 
5
D.  2,  2 
【答案】C
【解析】当x∈(2,3),则x-2∈(0,1)，
则f(x)=2f(x-2)-1=2(x-2)2-2(x-2)-1，
即为f(x)=2x2-10x+11，
当x∈[3，4]，则x-2∈[1，2]，
2
则f(x)=2f(x-2)-1= -1.
x-2
1 1
当x∈(0,1)时,当x= 时,f(x)取得最小值,且为- ；
2 4
1
当x∈[1,2]时,当x=2时,f(x)取得最小值,且为 ；
2
第 页 共 页
348 34275 3
当x∈(2,3)时,当x= 时,f(x)取得最小值,且为- ；
2 2
当x∈[3,4]时,当x=4时,f(x)取得最小值，且为0.
3
综上可得,f(x)在(0,4]的最小值为- .
2
7t
若x∈(0,4]时, t2- ≤fx
2
 恒成立，
min
7t 3
则有t2- ≤- .
2 2
1
解得 ≤t≤3.
2
当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为1,
3
当x∈(2,3)时,f(x)∈ - ,-1
 2
 ，
当x∈[3,4]时,f(x)∈[0,1]，
即有在(0,4]上f(x)的最大值为1.
由fx  ≤3-t，即为1≤3-t，解得t≤2，
max
1
综上，即有实数t的取值范围是  ,2
 2
 .
故选：C.
641 (2024·全国·高三专题练习)定义域为R的函数fx  满足fx+2  =2fx  ，当x0,2  时，
fx 
x2-x,x∈0,1
=

1 -
2
 x-3 2  ,x∈1,2 

 ，若当x∈-4,-2  时，不等式fx 
m2 1
≥ -m+ 恒成立， 4 2
则实数m的取值范围是 ( )
A. 2,3  B. 1,3  C. 1,4  D. 2,4 
【答案】B
【解析】因为当x∈-4,-2  时，不等式fx 
m2 1
≥ -m+ 恒成立，所以fx
4 2

m2
≥
min 4
1
-m+ ，
2
当x∈-4,-2  ,x+4∈0,2  时，
fx 
1
= fx+2 2 
1
= fx+4 4 
1
x+4
4
=
 2-x+4    ,x+4∈0,1 
1 1
-  4 2 
x+4-3
2

,x+4∈1,2 
 

 
当x+4∈0,1  时，fx 
1
= x+4
4
 2-x+4   
1 1 1
≥- × =- ，当x+4∈1,2
4 4 16
 时，
fx 
1 1
=- 
4 2

x+4-3
2
 1
≥- ，因此当x∈-4,-2
4
 时，fx 
1 m2 1
=- ≥ -m+ ∴1
min 4 4 2
≤m≤3，选B.
642 (2024·全国·高三专题练习)已知定义域为R的函数fx  满足fx  =2fx+2  ，当x∈
0,2 
-x2+x+1,x∈[0,1)
时，f(x)= 1 
2
 x-3 2 

 ，设fx ,x∈[1,2)  在2n-2,2n  上的最大值为a n∈N* n  则
数列{a }的前n项和S 的值为 ( )
n n
1
A.5-5
2

n 5 1
B. -5
2 2

n 1
C.5-5
2

n+1 5 1
D. -5
2 2

n+1
【答案】D
第 页 共 页
349 34271 【解析】x∈[1,0)时，f(x)=-x2+x+1=-x-
2
 2 5 5 + ，最大值为 ，
4 4
1 x∈[1,2)时，f(x)=
2
 x-3 2  3 ，易知x∈ 1,
 2
 3 时，f(x)递增，x∈  ,2
 2
 时，f(x)递减，因
3
此最大值为f
2
 =1，
5 5
综上，x∈[0,2)，f(x) = ，即a = ，
max 4 1 4
1
又f(x)=2f(x+2)，即f(x)= f(x-2)，
2
1
当x∈[2n-2,2n)时，x-2∈[2n-4,2n-2)，∴a = a ，
n 2 n-1
1
∴{a }是等比数列，公比为q= ，
n 2
5 1
1-
4 2
∴S =
n

n
 
5 1
= -5×
1 2 2
1-
2

n+1
．
故选：D．
643 (2024·甘肃·高三西北师大附中阶段练习)定义域为R的函数fx  满足fx+2  =2fx 
-2，当x∈0,2  时，fx 
x2-x,x∈(0,1)

= 1 ，若x∈0,4
,x∈[1,2]
x

7t
时，t2- ≤f(x)恒成立，则
2
实数t的取值范围是 ( )
A. 1,2 
5
B.  2,  2  C. 2,+∞ 
5
D.  1,  2 
【答案】D
【解析】当x∈0,1  时，fx  1 =x2-x=x-
2
 2 - 1 的取值范围是 - 1 ,0
4  4
 ；
当x∈1,2  时，fx 
1 1
= 的取值范围是  ,1 x  2  ，
所以当x∈0,2  时，fx 
1
的取值范围是 - ,0  4 
1
∪  ,1  2  ,
因为函数fx  满足fx+2  =2fx  -2，所以fx  =2fx-2  -2，
又当x∈2,4  时,x-2∈0,2  ,
故fx 
5
的取值范围是 - ,-2  2  ∪-1,0  ，
所以x∈0,4  时，fx 
5
=- ， min 2
7 5 5
故t2- t≤- ，解得1≤t≤ ，
2 2 2
5
所以实数t的取值范围是 1,
 2
 ，
故选：D.
9 题型九：V型函数和平底函数
644 (2024·全国·高三专题练习)已知a ，a ，a 与b ，b ，b 是6个不同的实数，若关于x的方
1 2 3 1 2 3
程|x-a|+|x-a |+|x-a |=|x-b|+|x-b |+|x-b |解集A是有限集，则集合A中，
1 2 3 1 2 3
最多有 个元素．
【答案】1
【解析】令f(x)=|x-a|+|x-a |+|x-a |，g(x)=|=|x-b|+|x-b |+|x-b |，
1 2 3 1 2 3
第 页 共 页
350 3427将关于x的方程|x-a|+|x-a |+|x-a |=|x-b|+|x-b |+|x-b |解的个数的问题
1 2 3 1 2 3
转化为两个函数图象交点个数的问题
不妨令a <a <a ，b <b <b ，
1 2 3 1 2 3
3x-a -a -a ,x>a
 1 2 3 3
x-a -a +a ,a <x<a
由于f(x)=|x-a|+|x-a |+|x-a |= 1 2 3 2 3 ，
1 2 3  -x-a +a +a ,a <x<a
 1 2 3 1 2

-3x+a +a +a ,x<a
1 2 3 1
3x-b -b -b ,x>b
 1 2 3 3
x-b -b +b ,b <x<b
g(x)=|x-b|+|x-b |+|x-b |= 1 2 3 2 3 ，
1 2 3  -x-b +b +b ,b <x<b
 1 2 3 1 2

-3x+b +b +b ,x<b
1 2 3 1
考查两个函数，可以看到每个函数都是由两条射线与两段折线所组成的，且两条射线的
斜率对应相等，两条线段的斜率对应相等．
当a ，a ，a 的和与b ，b ，b 的和相等时，此时两个函数射线部分完全重合，这与题设中
1 2 3 1 2 3
方程的解集是有限集矛盾
不妨令a ，a ，a 的和小于b ，b ，b 的和即a +a +a <b +b +b ，-a -a -a >-b
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1
-b -b ，
2 3
两个函数图象射线部分端点上下位置不同，即若左边f(x)=|x-a|+|x-a |+|x-a |
1 2 3
的射线端点在上，右边射线端点一定在下，反之亦有可能．
不妨认为左边f(x)=|x-a|+|x-a |+|x-a |的射线端点在上，右边射线端点一定在
1 2 3
下，且射线互相平行，中间线段也对应平行，图象只能如图：
故两函数图象只能有一个交点，即方程的解集是有限集时，最多有一个元素，
故答案为：1．
645 (浙江省衢州市2024学年高三数学试题)已知等差数列a n  满足：a 1  +a 2  +⋯+a n  =
1
a -
1 2

1
+a -
2 2

1
+⋯+a -
n 2

3
=a +
1 2

3
+a +
2 2

3
+⋯+a +
n 2
 =72，则n的最大值
为 ( )
A.18 B.16 C.12 D.8
【答案】C
第 页 共 页
351 3427【解析】∵a 1  +a 2  +⋯+a n 
1
=a - 1 2 
1
+a - 2 2 
1
+⋯+a - n 2  =72
∴a
n
 不为常数列，且数列的项数为偶数，设为2kk∈N* 
则，一定存在正整数k使得a >0，a <0或 a <0，a >0
k k+1 k k+1
不妨设a 0，a k k+1  0，即，   a k <0 ∴ a 1 +k-1 a >0
k+1
  d<0  d>0  ∴ a +kd>0 a <0
1 1
从而得，数列a
n
 为单调递增数列，
1 1
∵a <0，∴a - <0，且，a -
k k 2 1 2

1
+a -
2 2

1
+⋯+a -
n 2

3
=a +
1 2

3
+a +
2 2
 +⋯
3
+a +
n 2

3 3 1
∴a + ≤0∴a ≤- ，同理a - ≥0
k 2 k 2 k+1 2
3
 a k ≤- 2 a 1 +k-1
即， ∴
1
a ≥
k+1 2

3
d≤-  2
 ∴d≥2
1
a +kd≥
1 2
根据等差数列的性质，a -a =a -a =......=a -a =kd
k+1 1 k+2 2 2k k
∴a 1  +a 2  +......+a n  =a 1  +a 2  +......+a 2k  =a +a +......+a -a -a -... k+1 k+2 2k 1 2
...-a =k2d=72
k
72 72
∴k2= ≤ =36∴n=2k≤2×6=12
d 2
所以n的最大值为12，选项C正确，选项ABD错误
故选：C.
646 (上海市川沙中学2024学年高三第二学期数学试题)等差数列a,a ,⋅⋅⋅,
1 2
a n≥3,n∈N*
n
 ，满足|a|+|a |+⋅⋅⋅+|a | = |a +1|+|a +1|+⋅⋅⋅+|a +1|= |a -2|
1 2 n 1 2 n 1
+|a -2|+⋅⋅⋅+|a -2| =2019，则 ( )
2 n
A.n的最大值为50 B.n的最小值为50
C.n的最大值为51 D.n的最小值为51
【答案】A
【解析】a n  为等差数列，则使 a 1+  a 2+⋅⋅⋅+   a n | =  a 1 +1+  a 2 +1+⋅⋅⋅+  a n +1=  a - 1
2+  a 2 -2+⋅⋅⋅+  a -2| =2019，所以数列a n n  中的项一定有正有负，不妨设a <0,d> 1
0，因为 a 1+  a 2+⋅⋅⋅+   a n | =  a 1 +1+  a 2 +1+⋅⋅⋅+  a n +1=  a 1 -2+  a 2 -2+⋅⋅⋅+  a - n
a ≥0 a -2≥0
2| =2019为定值，故设   a k+ < 1 0 ，且   a k+ + 1 1<0 ，解得d>3.若a i <0且a i +1<0，则
k k
a i  -a i +1  =1，同理若a i  ≥0，则a i +1  -a i 
k
=1.所以 a i
i=1

k
 - a i +1
i=1

n
 = a i +1
i=k+1
 
n
- a i
i=k+1
  =k，所以数列a n  的项数为2k，所以 a 1+  a 2+⋅⋅⋅+   a n =-a 1 -a 2 -⋯-a k +
a k+1 +a k+2 +⋯+a 2k =-2a 1 +a 2 +⋯+a k  +a 1 +a 2 +⋯+a 2k 
kk-1
=-2 ka + 1
 
 d  2

+
2k2k+1
2ka +
1
 
 d
 2

=k2d=2019，由于d>3，所以k2d=2019>3k2，解得k2<673，故k
≤25,n≤50，故选A.
647 (上海市青浦区2024届高三二模数学试题)等差数列a,a ⋯,a n∈N* 1 2 n  ，满足a 1  +a 2 
+⋯+a n  =a 1 +1  +a 2 +1  +⋯+a n +1  =a 1 +2  +a 2 +2  +⋯+a n +2  =a 1 +3  +
第 页 共 页
352 3427a 2 +3  +⋯+a n +3  =2010，则 ( )
A.n的最大值是50 B.n的最小值是50
C.n的最大值是51 D.n的最小值是51
【答案】A
【解析】a =-1005,a =1005时，满足条件，所以n=2满足条件，即n最小值为2，舍去B,
1 2
D.
要使得n取最大值，则项数n为偶数，
a >0
设n=2k，k∈N*，等差数列的公差为d，首项为a ，不妨设{ k+1 ，
1
a <0
k
a >0
则a <0,d>0，且a +3<0，由{ k+1 可得d>3，
1 k a +3<0
k
所以a 1  +a 2  +⋅⋅⋅+a n  =-a -a -⋯-a +a +a +⋯+a 1 2 k k+1 k+2 2k
=-2a 1 +a 2 +⋯+a k  +a 1 +a 2 +⋯+a k +a k+1 +a k+2 +⋯+a 2k 
kk+1
=-2 ka +
1
 
 d
 2
 2k2k+1
+2ka +
1

d=k2d=2010,
2
因为d>3，所以k2d=2010>3k2，所以k2<670，而k∈N*，
所以k≤25，故n=2k≤50.
故选A
648 (浙江省金丽衢十二校2024学年高三第一次联考数学试题)设等差数列a ，a ，⋯，a (n
1 2 n
≥3，n∈N*)的公差为d，满足a 1  +a 2  +⋅⋅⋅+a n  =a 1 -1  +a 2 -1  +⋅⋅⋅+a n -1  =
a 1 +2  +a 2 +2  +⋅⋅⋅+a n +2  =m，则下列说法正确的是
A. d  ≥3 B.n的值可能为奇数
C.存在i∈N*，满足-2<a <1 D.m的可能取值为11
i
【答案】A
【解析】因为a 1  +a 2  +⋅⋅⋅+a n  =a 1 -1  +a 2 -1  +⋅⋅⋅+a n -1  =a 1 +2  +a 2 +2  +⋅⋅⋅
+a n +2  =m
所以a 1  +a 1 +d  +⋅⋅⋅+a 1 +(n-1)d  =a 1 -1  +a 1 -1+d  +⋅⋅⋅+a 1 -1+(n-1)d  =
a 1 +2  +a 1 +2+d  +⋅⋅⋅+a 1 +2+(n-1)d  =m
令f(x)=x  +x+d  +x+2d  +⋯+x+(n-1)d  ,n≥3
则f(a)=f(a -1)=f(a +2)=m (∗)
1 1 1
①当d=0时，f(x)=nx  ，不满足(∗)，舍去．
②当d>0时，由(∗)得f(x)为平底型，故n为偶数(n≥4) ．
f(x)的大致图像为：
n n
则- d≤a -1<a <a +2≤- -1
2 1 1 1 2
 d
n
所以 - -1
2

n
 d+ d
2
 =d  ≥3，故A正确．
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353 3427n
- d≤a -1
2 1
由
n
a +2≤- -1
1 2

 n n
 ⇒1- d≤a ≤-2- -1
2 1 2
d
 d
n n
当i=1,2,⋯, 时a =a +(i-1)d≤-2- -1
2 i 1 2

n
d+(i-1)d=i-
2
 d-2
n n n n
当i= +1, +2,⋯,n 时a =a +(i-1)d≥1- d+(i-1)d=1+i- -1
2 2 i 1 2 2
 d≥
1
故不存在i∈N*，满足-2<a <1，C错
i
m=f(a 1 )=a 1  +a 2  +⋯+a n
2
 +a n+1
2
 +⋯+a n 
≥ a 1 +a 2 +⋯+a n
2
 -a n+1 +a n+2 +⋯+a n
2 2
  
n
= 2 a n+1 -a 1
2

n2
= d 4
n2
由于n≥4,d≥3 所以m≥ d≥12，故D错
4
③当d<0时，令d=-d>0
由于f(x) 的图像与f(-x)的图像关于y轴对称，故只需研究f(-x)
故令g(x)=f(-x)=-x  +-x+d  +-x+2d  +⋯+-x+(n-1)d  ,n≥3
=x  +x+d  +x+2d  +⋯+x+(n-1)d  ,n≥3
因为f(a)=f(a -1)=f(a +2)=m
1 1 1
所以g(-a)=g(-a -1)=g(-a +2)=m
1 1 1
由②知g(x)为平底型，故n为偶数(n≥4)，故B错
令a=-a -1,a=a+(i-1)d=a -1
1 1 i 1 i
所以g(a)=g(a-1)=g(a+2)=m⇒d=-d≥3 ，故A正确
i i i
由②知，不存在i∈N*，满足-2<a<1⇔-2<-a -1<1⇔-2<a <1，故C错
i i i
n2
由②知，m=g(a)≥ d≥12，故D错
i 4
综上所述，A正确,BCD错误
故选A.
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