专题六_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_word_教师word

专题六
函数、导数与不等式
微专题18　函数的图象与性质
1.函数的单调性
(1)在公共定义域内,增+增=增,减+减=减.
(2)复合函数单调性的判断方法:若两个简单函数的单调性相同,则这两个函数组成的复合函数为增函数;若两个简单函数的
单调性相反,则这两个函数组成的复合函数为减函数,简称“同增异减”.
2.函数的奇偶性
(1)若函数f(x)是奇函数,且在x=0 处有定义,则一定有f(0)=0;若函数f(x)是偶函数,则f(x)=f(-x)=f(|x|).
(2)在公共定义域内,奇±奇=奇,偶±偶=偶,奇×奇=偶,偶×偶=偶,奇×偶=奇.
3.函数的周期性
(1)若f(x+a)=-f(x)或f(x+a)=
1
f ( x)或f(x+a)=-
1
f ( x)(a≠0),则y=f(x)是以2|a|为周期的周期函数.
(2)若f(x+a)=f(x-a)(a>0)恒成立,则y=f(x)是以2a 为周期的周期函数.
(3)函数图象的对称与周期关系的常见结论:
①若函数y=f(x)图象的两条对称轴的方程分别为x=a,x=b,则函数的一个周期为2|a-b|.
②若函数y=f(x)图象的两个对称中心分别为点(a,0),(b,0),则函数的一个周期为2|a-b|.
③若函数y=f(x)图象的一条对称轴的方程为x=a,一个对称中心为点(b,0),则函数的一个周期为4|a-b|.
4.函数的对称性
已知函数f(x)是定义在R 上的函数.
(1)若f(a+x)=f(b-x)恒成立,则函数y=f(x)的图象关于直线x=a+b
2
对称,特别地,若f(a+x)=f(a-x),即f(x)=f(2a-x)恒成立,则函数
y=f(x)的图象关于直线x=a 对称.
(2)若f(a+x)+f(b-x)=0 恒成立,则f(x)的图象关于点(
a+b
2
,0)对称.特别地,若f(a+x)+f(a-x)=0,即f(x)=-f(2a-x)恒成立,则f(x)的图
象关于点(a,0)对称.
微点一　函数的图象与函数解析式
例1　(1)(2024·全国甲卷)函数f(x)=-x2+(ex-e-x)sin x 在区间[-2.8,2.8]的图象大致为(B)
A　　
B
C　　
D
解析　(排除法)由题知函数f(x)的定义域为R,关于原点对称,f(-x)=-(-x)2+(e-x-ex)sin(-x)=-x2+(ex-e-x)sin x=f(x),所以函数f(x)为偶函
数,函数图象关于y 轴对称,排除A,C;f(1)=-1+(e - 1
e)sin 1>-1+(e - 1
e)sinπ
6
=-1+e
2
- 1
2e
>0,排除D.故选B.
(2)(2025·天津高考)已知函数y=f(x)的图象如图所示,则f(x)的解析式可能为(D)
A.f(x)=
x
1-|x|
B.f(x)=
x
|x|-1
C.f(x)= |x|
1- x
2
D.f(x)= |x|
x
2-1
解析　由题图可知函数f(x)的定义域为{x|x≠±1},且f(x)为偶函数,易得f(x)=
x
1-|x|与f(x)=
x
|x|-1
均为奇函数,排除选项A,B.由
题图可知当x>1 时,f(x)>0,易得当x>1 时,f(x)= |x|
1- x
2<0,f(x)= |x|
x
2-1
>0,排除C,故选D.
训练1　(1)(2025·江西一模)函数f(x)=(x - 1
x)cos πx 的部分图象大致为(A)
A　　
B
C　　
D
解析　函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),函数f(-x)=(- x + 1
x)cos(-πx)=-(x - 1
x)cos πx=-f(x),f(x)是奇函数,所以排除B,C,又
函数f(x)在原点附近大于0 的零点为1
2和1,可取大于0 且接近于0 的一个数,如0.1,得f(0.1)=(0.1-10)cos(0.1π)<0,所以排除D.
故选A.
(2)(2025·合肥模拟)已知函数f(x)的图象如图所示,则函数f(x)的解析式可能为(B)
A.f(x)=cos 2x·(ex-e-x)
B.f(x)=sin 2x·ln x
2+1
x
2
C.f(x)=e
x+e
- x
x
D.f(x)=1
x
·ln x
2
x
2+1
解析　对于A,函数f(x)=cos 2x·(ex-e-x)的定义域为R,而题中函数图象在自变量为0 时无意义,不符合题意,排除;对于C,当x>0
时,f(x)=e
x+e
- x
x
>0,与题中函数图象不符,排除;对于D,当x>0 时,f(x)=1
x ·ln x
2
x
2+1
=1
x [ln x2-ln(x2+1)]<0,与题中函数图象不符,排
除.故选B.
微点二　函数性质的应用
考向1　单调性与奇偶性
例2　(1)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)上单调递减,则a 的取值范围是(D)
A.(-∞,-2]
B.[-2,0)
C.(0,2]
D.[2,+∞)
解析　函数y=2x在R 上是增函数,而函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)上单调递减,则函数y=x(x-a)=(x - a
2)
2
-a
2
4
在区间(0,1)上单调
递减,因此a
2≥1,解得a≥2,所以a 的取值范围是[2,+∞).故选D.
(2)(2025·济宁一模)已知函数f(x)=(a-
2
2
x+1)cos x 是奇函数,则实数a= 1 .
解析　因为2x+1>0,可知函数f(x)的定义域为R,且函数f(x)是奇函数,则f(0)=a-1=0,解得a=1,则f(x)=(1-
2
2
x+1)cos x,又因为
f(-x)+f(x)=(1-
2
2
- x+1)cos(-x)+(1-
2
2
x+1)cos x=(2- 2×2
x
2
x+1
-
2
2
x+1)cos x=(2-2)cos x=0,即f(-x)=-f(x),可知函数f(x)是奇函
数,所以a=1 符合题意.
函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)比较函数值的大小,应将自变量转化到同一个单调区间内,然后利用函数的单调性解决.
(2)在求解与抽象函数有关的不等式时,往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉,使其转化为具体的不等式求解.此时,应特
别注意函数的定义域.
训练2　已知定义在R 上的函数f(x)满足:f(x1+x2)=f(x1)+f(x2),且当x>0 时,f(x)<0.则关于x 的不等式f(x2)+f(2x)≥0 的解集为(A)
A.[-2,0]
B.[0,2]
C.(-∞,-2]∪[0,+∞)
D.(-∞,0]∪[2,+∞)
解析　解法一:由题意得f((x1-x2)+x2)=f(x1-x2)+f(x2),即f(x1)-f(x2)=f(x1-x2),不妨令x1>x2,则x1-x2>0,所以f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2),故f(x)
在R 上单调递减.在f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)中,令x1=x2=0,则f(0)=f(0)+f(0),得f(0)=0.令x1=x,x2=-x,则f(x-x)=f(x)+f(-x),所以f(x)+f(-x)=0,
故f(x)是奇函数.由f(x2)+f(2x)≥0,得f(x2)≥-f(2x),即f(x2)≥f(-2x),所以x2≤-2x,解得-2≤x≤0,即x∈[-2,0].故选A.
解法二:因为f(x1+x2)=f(x1)+f(x2),所以可令f(x)=kx,又当x>0 时,f(x)<0,所以k<0,所以f(x2)+f(2x)≥0 可转化为kx2+2kx≥0,即x2+2x≤0,
解得-2≤x≤0,即x∈[-2,0].故选A.
考向2　奇偶性、周期性与对称性
例3　(2025·合肥模拟)(多选题)已知函数f(x)与其导函数g(x)的定义域均为R,且f(x-1)和g(2x+1)都是奇函数,且g(0)=1
3 ,则下
列说法正确的有(ACD)
A.g(x)关于x=-1 对称
B.f(x)关于(1,0)对称
C.g(x)是周期函数
D.∑
i=1
12
❑ig(2i)=4
解析　因为f(x-1)为奇函数,所以f(x-1)=-f(-x-1),所以f'(x-1)=f'(-x-1),即g(x-1)=g(-x-1),所以g(x)的图象关于直线x=-1 对称.故A
正确;因为f(x-1)为奇函数,则其图象关于(0,0)对称,向左平移一个单位后得到f(x)的图象,则f(x)的图象关于(-1,0)对称,故B 错误;
因为g(2x+1)为奇函数,则g(2x+1)=-g(-2x+1),则有g(x+1)=-g(-x+1),所以g(x)=-g(-x+2)　①,又g(x-1)=g(-x-1),则g(x)=g(-x-2)　②,
由①②得g(-x-2)=-g(-x+2),则g(x-2)=-g(x+2),则g(x)=-g(x+4),g(x+4)=-g(x+8),则g(x)=g(x+8),所以8 是函数g(x)的一个周期,g(x)是
周期函数,故C 正确;因为g(0)=1
3 ,g(x)=-g(-x+2),g(x)=-g(x+4),所以g(2)=-g(2-2)=-g(0)=-1
3 ,g(4)=-g(0)=-1
3 ,g(6)=-g(2)=1
3 ,所以
∑
i=1
12
❑ig(2i)=(-1-2+3+4-5-6+7+8-9-10+11+12)×1
3 =4,故D 正确,故选ACD.
周期性与奇偶性的综合应用
周期性与奇偶性相结合的问题多为求函数值问题,常利用奇偶性及周期性进行变换,将所求函数值对应的自变量转化到已知
解析式的区间内求解.
训练3　(2025·南昌一模)(多选题)已知f(x)是R 上的连续函数,满足∀x,y∈R 有f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),且f(1)=1.则下列说法中正
确的是(BCD)
A.f(0)=0
B.f(x)为偶函数
C.f(x)的一个周期为6
D.(
3
2 ,0)是f(x)的一个对称中心
解析　因为f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),且f(x)的定义域为R,关于原点对称,对于选项A:令x=y=0,则2f(0)=f2(0),解得f(0)=0 或f(0)=2,
若f(0)=0,令y=0 时,f(x)+f(x)=2f(x)=f(x)f(0)=0,这与f(1)=1 矛盾,故f(0)=2,故A 错误;对于选项B:令x=0,则f(y)+f(-y)=f(0)f(y)=2f(y),
即f(-y)=f(y),可知f(x)是偶函数,故B 正确;对于选项D:因为f(0)=2,f(1)=1,当x=1,y=1 时,f(2)+f(0)=f(1)f(1),故f(2)=-1,当x=2,y=1 时,
f(3)+f(1)=f(2)f(1),故f(3)=-2,当x=y=3
2时,f(3)+f(0)=f2(
3
2),故f(
3
2)=0,当x=3
2时,f(
3
2 + y)+f(
3
2 - y)=f(
3
2)f(y)=0,所以f(
3
2 + y)
+f(
3
2 - y)=0,(
3
2 ,0)是f(x)的一个对称中心,故D 正确;对于选项C:因为f(
3
2 + y)+f(
3
2 - y)=0,即f(
3
2 + y)=-f(
3
2 - y),即f
(
3
2 + x)=-f(
3
2 - x),则f(x+3)=-f(-x),又f(x)为偶函数,所以f(-x)=f(x),即f(x+3)=-f(x),所以f(x+6)=-f(x+3)=f(x),故f(x)是以6 为周期
的周期函数,故C 正确;故选BCD.
1.(2021·全国甲卷)下列函数中是增函数的为(D)
A.f(x)=-x
B.f(x)=(
2
3)
x
C.f(x)=x2D.f(x)=3√x
解析　如图,在坐标系中分别画出A、B、C、D 四个选项中函数的大致图象,即可快速直观判断D 项符合题意.故选D.
2.(2023·天津高考)函数f(x)的图象如下图所示,则f(x)的解析式可能为(D)
A.f(x)=5(e
x -e
- x)
x
2+2
　B.f(x)=5sin x
x
2+1
C.f(x)=5(e
x+e
- x)
x
2+2
　D.f(x)=5cos x
x
2+1
解析　由题图可知函数f(x)的图象关于y 轴对称,所以函数f(x)是偶函数.对于A,f(x)=5(e
x -e
- x)
x
2+2
,定义域为R,f(-x)=
5(e
- x -e
x)
x
2+2
=-f(x),所以函数f(x)=5(e
x -e
- x)
x
2+2
是奇函数,所以排除A;对于B,f(x)=5sin x
x
2+1
,定义域为R,f(-x)=5sin(- x)
x
2+1
=-
5sin x
x
2+1
=-f(x),所以函数f(x)=5sin x
x
2+1
是奇函数,所以排除B;对于C,f(x)=5(e
x+e
- x)
x
2+2
,定义域为R,f(-x)=5(e
- x+e
x)
x
2+2
=f(x),所
以函数f(x)=5(e
x+e
- x)
x
2+2
是偶函数,又x2+2>0,ex+e-x>0,所以f(x)>0 恒成立,不符合题意,所以排除C;分析知,选项D 符合题意,故
选D.
3.(2025·全国一卷)已知f(x)是定义在R 上且周期为2 的偶函数,当2≤x≤3 时,f(x)=5-2x,则f(- 3
4)=(A)
A.-1
2
B.-1
4
C.1
4
D.1
2
解析　f(- 3
4)=f(
3
4)=f(
3
4 +2)=5-2×(
3
4 +2)=-1
2.
4.(2021·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,则a= 1 .
解析　因为f(x)=x3(a·2x-2-x)的定义域为R,且是偶函数,所以f(-x)=f(x)对任意的x∈R 恒成立,所以(-x)3(a·2-x-2x)=x3(a·2x-2-x)对任
意的x∈R 恒成立,所以x3(a-1)(2x+2-x)=0 对任意的x∈R 恒成立,所以a=1.
微练(二十九)　函数的图象与性质
基础过关练
一、单项选择题
1.(2023·北京高考)下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是(C)
A.f(x)=-ln x
B.f(x)= 1
2
x
C.f(x)=-1
x
D.f(x)=3|x-1|
解析　对A,因为函数y=ln x 在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)=-ln x 在(0,+∞)上单调递减,所以A 不符合要求;对B,因为f(x)= 1
2
x =
(
1
2)
x
在(0,+∞)上单调递减,所以B 不符合要求;对C,因为函数y=1
x
在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)=-1
x
在(0,+∞)上单调递增,所
以C 符合要求;对D,当0<x<1 时,y=3|x-1|=31-x在(0,1)上单调递减,所以D 不符合题意.故选C.
2.(2025·茂名一模)已知函数f(x)={
3
x , x<1,
lo g3( x +8), x ≥1,则f(-1)+f(1)=(C)
A.4
3
B.3
C.7
3
D.10
3
解析　因为f(x)={
3
x , x<1,
lo g3( x +8), x ≥1,所以f(1)=log39=2,f(-1)=3-1=1
3 ,所以f(-1)+f(1)=1
3 +2=7
3 .故选C.
3.(2025·四川一模)若函数f(x)=a·2
x+2
2
x
为奇函数,则a=(D)
A.0
B.1
C.2
D.无解
解析　根据题意,函数f(x)=a·2
x+2
2
x
=a+ 2
2
x =a+21-x,则f(-x)=a+21+x,若f(x)为奇函数,则f(x)+f(-x)=2a+21-x+21+x=0,即a=-(2-x+2x),a 的
值不是常数,即无解.故选D.
4.已知函数f(x)的部分图象如图所示,则函数f(x)的解析式可能为(A)
A.f(x)=- 2 x
2
|x|-1
B.f(x)=- 2 x
2
|x|+1
C.f(x)=- 2 x
|x|-1
D.f(x)=- 2|x|
x
2-1
解析　由图可知,图象对应的函数为偶函数,函数的定义域不是实数集,故排除B,C;D 选项中,当x→-∞时,f(x)→0,不符合图象,
故排除D.故选A.
5.(2024·天津高考)下列函数是偶函数的是(B)
A.f(x)=e
x - x
2
x
2+1
B.f(x)=cos x + x
2
x
2+1
C.f(x)=e
x - x
x +1
D.f(x)=sin x + 4 x
e|x|
解析　对于A,f(-x)=e
- x -(- x)
2
(- x)
2+1
=e
- x - x
2
x
2+1
≠f(x),故f(x)不是偶函数;对于B,f(-x)=cos(- x)+(- x)
2
(- x)
2+1
=cos x + x
2
x
2+1
=f(x),故f(x)
是偶函数;对于C,f(x)的定义域为{x|x≠-1},不关于原点对称,故f(x)不是偶函数;对于D,f(-x)=sin(- x)+ 4(- x)
e|- x|
=-sin x - 4 x
e|x|
=-sin x + 4 x
e|x|
=-f(x),故f(x)是奇函数.故选B.
6.(2025·沈阳一模)函数f(x)= sin x
lg( x
2+e)
的图象大致是(A)
A　
B
C　
D
解析　因为f(x)的定义域为R,且f(-x)= sin (- x)
lg[(- x)
2+e ]
=- sin x
lg( x
2+e)
=-f(x),所以f(x)是奇函数,故排除B,C,又当x∈(0, π
2)时,
lg(x2+e)>0,sin x>0,f(x)= sin x
lg( x
2+e)
>0,故排除D,故选A.
7.函数y=f(x)和y=f(x-2)均为R 上的奇函数,若f(1)=2,则f(2 025)=(D)
A.-2
B.-1
C.0
D.2
解析　因为y=f(x-2)为奇函数,所以y=f(x)的图象关于点(-2,0)对称,即f(-x)+f(x-4)=0,又y=f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),则
f(x)=f(x-4)⇒f(x+4)=f(x),所以y=f(x)的周期为4,故f(2 025)=f(1+2 024)=f(1)=2.故选D.
8.已知定义在R 上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x),且对任意的x1,x2∈[0,+∞),x1≠x2,都有f ( x2)- f ( x1)
x2- x1
>2,f(1)=2 026,则满足不等式
f(x-2 025)>2(x-1 013)的x 的取值范围是(A)
A.(2 026,+∞)
B.(2 025,+∞)
C.(1 013,+∞)
D.(1 012,+∞)
解析　由f ( x2)- f ( x1)
x2- x1
>2,得[ f ( x2)-2 x2]-[ f ( x1)-2 x1]
x2- x1
>0,即函数y=f(x)-2x 在[0,+∞)上单调递增.又f(-x)=-f(x),所以f(x)
为奇函数,所以y=f(x)-2x 为奇函数,所以y=f(x)-2x 在R 上单调递增.由f(x-2 025)>2(x-1 013),f(1)=2 026,得f(x-2 025)-2(x-2 
025)>f(1)-2,则x-2 025>1,解得x>2 026.
二、多项选择题
9.已知函数f(x)=e
x -e
- x
2
,g(x)=e
x+e
- x
2
,则(ABD)
A.函数f(x)在R 上单调递增
B.函数f(x)g(x)是奇函数
C.函数f(x)与g(x)的图象关于原点对称
D.g(2x)=[f(x)]2+[g(x)]2
解析　对于A,因为y=ex在R 上单调递增,y=-e-x在R 上单调递增,所以f(x)=e
x -e
- x
2
在R 上单调递增,故A 正确;对于B,因为
f(x)g(x)=e
x -e
- x
2
·e
x+e
- x
2
=e
2 x -e
-2 x
4
,所以f(-x)g(-x)=e
-2 x -e
2 x
4
=-f(x)g(x),所以f(x)g(x)为奇函数,故B 正确;对于C,因为f(x)为
奇函数,图象关于原点对称,而g(x)为偶函数,图象关于y 轴对称,所以f(x)与g(x)的图象不会关于原点对称,故C 错误;对于D,
[f(x)]2+[g(x)]2=(
e
x -e
- x
2 )
2
+(
e
x+e
- x
2 )
2
=e
2 x+e
-2 x -2
4
+e
2 x+e
-2 x+2
4
=e
2 x+e
-2 x
2
=g(2x),故D 正确.故选ABD.
10.已知定义在R 上的函数f(x)满足f(x+2)=-f(2-x),f(x+3)=f(3-x),则下列说法正确的是(AC)
A.f(x)的周期为4 B.f(x+2)为偶函数
C.f(0)=0 D.f(1)=0
解析　由f(x+2)=-f(2-x),得f(x+4)=-f(-x),由f(x+3)=f(3-x),得f(x+6)=f(-x),所以f(x+6)=-f(x+4),即f(x+2)=-f(x),f(x+4)=-f(x+2)=f(x),所以
f(x)是周期为4 的周期函数,A 正确;由f(x+2)=-f(2-x)可知f(x)的图象关于点(2,0)对称,所以f(2)=0,所以f(0)=-f(2)=0,C 正确;由
f(x+3)=f(3-x)知f(x)的图象关于直线x=3 对称,所以f(x+2)的图象关于直线x=1 对称,结合周期、对称中心,进一步可知f(x+2)图
象的对称轴为直线x=m(m 为奇数),所以f(x+2)不是偶函数,B 错误.结合周期、对称轴,可知f(x)图象的对称中心为点(n,0)(n 为
偶数),无法得到f(1)=0,D 错误.故选AC.
11.已知函数f(x)= 2
x +1
2
x+a
,则
(ACD)
A.当a>0 时,f(x)是增函数
B.当a<0 时,f(x)的值域为(2,+∞)
C.当a=1 时,曲线y=f(x)关于点(0,1)对称
D.当a=4 时,∀x∈R,f(kx+1)+f(2-x2)<2,则-2<k<2
解析　对于A:因为f(x)= 2
x +1
2
x+a
=2+-2a
2
x+a
的定义域为R,当a>0 时y=2x+a 在定义域R 上单调递增,且y=2x+a>a>0,又y=-2a
x
在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在定义域R 上单调递增,故A 正确;对于B:当a=-2 时f(0)=-2,但是-2∉(2,+∞),故B 错误;对于C:当
a=1 时,f(x)= 2
x +1
2
x+1
,则f(x)+f(-x)= 2
x +1
2
x+1
+ 2
- x +1
2
- x+1
= 2
x +1
2
x+1
+
2
2
x+1
=2,所以曲线y=f(x)关于点(0,1)对称,故C 正确;对于D:当a=4 时,
f(x)= 2
x +1
2
x+ 4
= 2
x -1
2
x -2+1
的图象是由y= 2
x +1
2
x+1
的图象向右平移2 个单位长度得到,所以f(x)的对称中心为(2,1),且在定义域R 上
单调递增,所以∀x∈R,f(kx+1)+f(2-x2)<2,可得∀x∈R,2-f(4-kx-1)+f(2-x2)<2,即∀x∈R,f(2-x2)<f(4-kx-1),从而得到∀x∈R,2-x2<3-kx,即
x2-kx+1>0 恒成立,所以Δ=k2-4<0,解得-2<k<2,故D 正确.故选ACD.
三、填空题
12.“函数f(x)=ax2-sin x 是奇函数”的充要条件是实数a= 0 .
解析　若f(x)为奇函数,则f(-x)+f(x)=0,所以a(-x)2-sin(-x)+ax2-sin x=0,2ax2=0,所以a=0.
13.(2025·昆明一模)已知函数f(x)={
e
x , x ≥1,
f ( x +1), x<1,
则f(ln 2)= 2e .
解析　因为f(x)={
e
x , x ≥1,
f ( x +1), x<1,
且0=ln 1<ln 2<ln e=1,所以f(ln 2)=f(1+ln 2)=e1+ln 2=e×eln 2=2e.
14.已知函数f(x)=e|x|-cosπ
2
x,则使得f(x-1)>f(2x)成立的x 的取值范围是 (-1, 1
3) .
解析　显然f(x)是偶函数,当x>0 时,f(x)=ex-cosπ
2 x,f'(x)=ex+π
2 sinπ
2 x,当0<x≤2 时,显然f'(x)>0,当x>2 时,ex>e2,-π
2 ≤π
2 sin π
2 x≤π
2 ,
所以f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减.所以当f(x-1)>f(2x)时,有|x-1|>|2x|,解得-1<x<1
3 .
能力提升练
15.(2025·贵州一模)函数f(x)={
√- x , x<0,
-√x , x ≥0,
若∀x∈(1,+∞),不等式f(x+2m)+f(
1
x -1 -m
2)<0 恒成立,则实数m 的取值范围是
(B)
A.(-3,1)
B.(-1,3)
C.(-∞,-3)∪(1,+∞)
D.(-∞,-1)∪(3,+∞)
解析　因为函数f(x)={
√- x , x<0,
-√x , x ≥0,
f(x)为减函数;又因为x<0,f(-x)=-√- x=-f(x),x>0,f(-x)=√x=-f(x),所以f(x)为奇函数,若
∀x∈(1,+∞),不等式f(x+2m)+f(
1
x -1 -m
2)<0 恒成立,则不等式f(x+2m)<-f(
1
x -1 -m
2),因为f(x)为奇函数,所以f(x+2m)<f
(-
1
x -1 +m
2),因为f(x)为减函数,所以x+2m>- 1
x -1
+m2恒成立,所以x+ 1
x -1
>m2-2m 恒成立,所以(x +
1
x -1)min
>m2-
2m,∀x∈(1,+∞),x+ 1
x -1
=x-1+ 1
x -1
+1≥2√( x -1)×
1
x -1
+1=3,当且仅当x=2 时取最小值3,所以m2-2m<3,所以m2-2m-3=(m-3)
(m+1)<0,所以实数m 的取值范围是(-1,3).故选B.
16.(2025·云南一模)已知min{a,b}={
a,a≤b,
b,a>b,函数f(x)=min{x
2,
1
x +1},若∃x∈[1,3],使得关于x 的不等式f(x)≤f(t)成立,则实数
t 的取值范围是 (-1,- 1
2]∪[
1
2 ,3] .
解析　因为f(x)=min{x
2,
1
x +1},则定义域为{x|x≠-1},所以f(x)的图象是取y=x2与y= 1
x +1图象位于下方的部分,作出y=f(x)的
图象如图所示(实线部分):当x∈[1,3]时f(x)= 1
x +1,显然f(x)在[1,3]上单调递减,且f(x)∈[
1
4 , 1
2];因为∃x∈[1,3],使得关于x 的不
等式f(x)≤f(t)成立,所以f(t)≥1
4 ,令x2=1
4 ,解得x=±1
2,结合图象可得f(t)≥1
4 的解集为-1<x≤-1
2或1
2≤x≤3,即实数t 的取值范围是
(-1,- 1
2]∪[
1
2 ,3].
微专题19　基本初等函数、函数与方程
1.指数函数与对数函数的图象与性质
(1)指数函数y=ax(a>0,a≠1)与对数函数y=logax(a>0,a≠1)的图象和性质,分0<a<1,a>1 两种情况讨论.当a>1 时,两函数在定义
域内都为增函数,当0<a<1 时,两函数在定义域内都为减函数.
(2)底数互为倒数的两指数函数的图象关于y 轴对称;底数互为倒数的两对数函数的图象关于x 轴对称.
2.函数的零点问题
(1)三个等价关系:方程f(x)=0 有实数根⇔函数y=f(x)有零点⇔函数y=f(x)的图象与x 轴有公共点.
(2)确定函数零点的常用方法:
①直接解方程;
②利用函数零点存在定理求解;
③数形结合,利用两函数图象的交点求解.
微点一　基本初等函数的图象与性质
例1　(1)在同一平面直角坐标系中,函数y=loga(-x),y=a-1
x
(a>0,且a≠1)的图象可能是(C)
A　　
B
C　　
D
解析　因为函数y=loga(-x)的图象与函数y=logax 的图象关于y 轴对称,所以函数y=loga(-x)的图象恒过定点(-1,0),故选项A,B
错误.当a>1 时,函数y=logax 在(0,+∞)上单调递增,所以函数y=loga(-x)在(-∞,0)上单调递减,而y=a-1
x
(a>1)在(-∞,0)和(0,+∞)上
单调递减,故D 错误,C 正确.
(2)已知函数f(x)=log5(ax-2)在[1,+∞)上单调递增,则a 的取值范围是(C)
A.(1,+∞)B.[ln 2,+∞)
C.(2,+∞)D.[2,+∞)
解析　若f(x)=log5(ax-2)在[1,+∞)上单调递增,则必然在x=1 处有定义,所以a1-2>0,即a>2.若a>2,则当x≥1 时,ax-2≥a-2>0,所以
f(x)在[1,+∞)上有定义,再由a>2 知ax-2 在R 上单调递增,所以f(x)在[1,+∞)上单调递增,故a 的取值范围是(2,+∞).
(1)指数函数、对数函数的图象与性质会受底数a 的影响,解决指数函数、对数函数问题时,首先要看底数a 的取值范围.
(2)基本初等函数的图象和性质是统一的,在解题中可相互转化.
训练1　(1)(2023·天津高考)若a=1.010.5,b=1.010.6,c=0.60.5,则a,b,c 的大小关系为(D)
A.c>a>bB.c>b>a
C.a>b>cD.b>a>c
解析　解法一:因为函数f(x)=1.01x是增函数,且0.6>0.5>0,所以1.010.6>1.010.5>1,即b>a>1;因为函数g(x)=0.6x是减函数,且
0.5>0,所以0.60.5<0.60=1,即c<1.综上,b>a>c.故选D.
解法二:因为函数f(x)=1.01x是增函数,且0.6>0.5,所以1.010.6>1.010.5,即b>a;因为函数h(x)=x0.5在(0,+∞)上单调递增,且
1.01>0.6>0,所以1.010.5>0.60.5,即a>c.综上,b>a>c.故选D.
(2)(2025·徐州模拟)已知函数f(x)=2
a x
2- x +1的值域为M.若(1,+∞)⊆M,则实数a 的取值范围是(B)
A.(-∞, 1
4]
B.[0, 1
4]
C.(-∞,- 1
4]∪[
1
4 ,+ ∞)
D.[
1
4 ,+∞)
解析　当a=0 时,f(x)=2
- x+1∈(0,+∞),符合题意;当a≠0 时,因为函数f(x)=2
a x
2- x +1的值域为M,且满足(1,+∞)⊆M,由指数函数的
单调性可知,二次函数y=ax2-x+1 的最小值ymin≤0,当a>0 时,依题意有y=ax2-x+1 的最小值4 a-1
4 a
≤0,即0<a≤1
4 ;当a<0 时,不
符合题意.综上,0≤a≤1
4 .
微点二　函数的零点
考向1　函数零点的判断
例2　(1)(2025·天津高考)函数f(x)=0.3x-√x的零点所在区间是(B)
A.(0,0.3)B.(0.3,0.5)
C.(0.5,1)D.(1,2)
解析　易知f(x)单调递减,又f(0)=1>0,f(0.3)=0.30.3-√0.3=0.30.3-0.30.5>0,f(0.5)=0.30.5-√0.5=√0.3-√0.5<0,所以f(x)的零点所在
区间是(0.3,0.5),故选B.
(2)(2023·全国甲卷)函数y=f(x)的图象由函数y=cos(2 x + π
6)的图象向左平移π
6 个单位长度得到,则y=f(x)的图象与直线y=1
2
x-1
2
的交点个数为(C)
A.1
B.2
C.3
D.4
解析　因为y=cos(2 x + π
6)的图象向左平移π
6 个单位长度所得函数为y=cos[2(x + π
6)+ π
6]=cos(2 x + π
2)=-sin 2x,所以
f(x)=-sin 2x,而y=1
2x-1
2显然过(0,- 1
2)与(1,0)两点,作出y=f(x)与y=1
2x-1
2的大致图象如图所示,考虑2x=-3 π
2 ,2x=3 π
2 ,2x=
7 π
2 ,即x=-3 π
4 ,x=3 π
4 ,x=7 π
4 处f(x)与y=1
2x-1
2的大小关系,当x=-3 π
4 时,f(- 3 π
4 )=-sin(- 3 π
2 )=-1,y=1
2×(- 3 π
4 )-1
2=-
3 π + 4
8
<-1;当x=3 π
4 时,f(
3 π
4 )=-sin3 π
2 =1,y=1
2×3 π
4 -1
2=3 π - 4
8
<1;当x=7 π
4 时,f(
7 π
4 )=-sin7 π
2 =1,y=1
2×7 π
4 -1
2=7 π - 4
8
>1.所以由图可知,f(x)的图象与直线y=1
2x-1
2的交点个数为3.
判断函数零点个数的方法
(1)利用零点存在定理判断.
(2)代数法:求方程f(x)=0 的实数根.
(3)几何法:对于不易求根的方程,将它与函数y=f(x)的图象联系起来,利用函数的性质找出零点或利用两个函数图象的交点求
解.
考向2　函数零点的应用
例3　(2025·江西模拟)已知函数f(x)=(x2-4x+m)(4
x
3-m-1)恰有3 个零点,则m 的取值范围是 ( -1
  , 0 ) ∪
  ( 0 , 3 ) ∪
  ( 3 , 4 )  .
解析　令f(x)=(x2-4x+m)(4
x
3-m-1)=0,得m=-x2+4x 或m=4
x
3-1.令g(x)=-x2+4x,h(x)=4
x
3-1,作出两函数的大致图象,如图所示,这两
个函数图象的交点为(0,0),(3,3),因为g(x)max=4,h(x)>-1,所以由图可知m 的取值范围是(-1,0)∪(0,3)∪(3,4).
利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法
训练2　(1)设c∈R,函数f(x)={
x -c , x ≥0,
2
x -2c , x<0.
若f(x)恰有一个零点,则c 的取值范围是(D)
A.(0,1)
B.{0}∪[1,+∞)
C.(0, 1
2)
D.{0}∪[
1
2 ,+ ∞)
解析　画出函数g(x)={
x , x ≥0,
2
x , x<0
的图象如图所示.函数f(x)={
x -c , x ≥0,
2
x -2c , x<0
可由g(x)={
x , x ≥0,
2
x , x<0
分段平移得到,易知当c=0
时,函数f(x)恰有一个零点,满足题意;当c<0 时,代表图象往上平移,显然没有零点,不符合题意;当c>0 时,图象往下平移,若当
0<2c<1 时,函数有两个零点;若当2c≥1,即当c≥1
2时,f(x)恰有一个零点,满足题意.综上,可得c 的取值范围是{0}∪[
1
2 ,+∞).故
选D.
(2)定义在R 上的偶函数f(x)满足f(x-1)=f(x+1),且当x∈[-1,0]时,f(x)=x2,函数g(x)是定义在R 上的奇函数,当x>0 时,g(x)=lg x,则
函数h(x)=f(x)-g(x)的零点的个数是 11 
  .
解析　因为f(x-1)=f(x+1),所以f(x)=f(x+2),则f(x)的周期为2,又f(x)为偶函数,且当x∈[-1,0]时,f(x)=x2,所以可利用f(x)的周期性与
奇偶性作出f(x)的大致图象,因为g(x)是定义在R 上的奇函数,当x>0 时,g(x)=lg x,所以函数y=g(x)的大致图象如图所示.考虑
特殊位置,当x=-1 时,f(-1)=1,g(-1)=-g(1)=-lg 1=0;当x=9 时,f(9)=f(1)=f(-1)=1,g(9)=lg 9<1;当x=11 时,f(11)=f(1)=1,g(11)=lg 11>1,函
数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数即函数y=f(x)与函数y=g(x)图象的交点个数,所以由图象可知函数y=f(x)与函数y=g(x)图象的交点
个数为11(不要忽略原点).
微点三　函数模型及其应用
例4　(1)(2025·北京高考)在一定条件下,某人工智能大语言模型训练N 个单位的数据量所需要时间T=klog2N(单位:小时),其
中k 为常数.在此条件下,已知训练数据量N 从106个单位增加到1.024×109个单位时,训练时间增加20 小时;当训练数据量N
从1.024×109个单位增加到4.096×109个单位时,训练时间增加(单位:小时)(B)
A.2
B. 4
C. 20
D. 40
解析　设当N 取106个单位、1.024×109个单位、4.096×109个单位时所需时间分别为T1,T2,T3,由题意,
T1=klog2106=6klog210,T2=klog2(1.024×109)=klog2(210×106)=k(10+6log210),T3=klog2(4.096×109)=klog2(212×106)=k(12+6log210),因为
T2-T1=k(10+6log210)-6klog210=10k=20,所以k=2,所以T3-T2=k(12+6log210)-k(10+6log210)=2k=4,所以当训练数据量N 从
1.024×109个单位增加到4.096×109个单位时,训练时间增加4 小时.故选B.
(2)(2025·江西一模)经研究发现湟鱼的游速可以表示为函数v=1
2log3 θ
100(单位:m/s),θ 表示湟鱼的耗氧量的单位数.若某条湟
鱼把游速提高2 m/s,则它的耗氧量的单位数是原来的(D)
A.2 倍
B.4 倍
C.9 倍
D.81 倍
解析　设原来和现在的耗氧量的单位数分别为θ1,θ2,则1
2log3 θ2
100
=1
2log3 θ1
100
+2,所以log3
θ2
θ1
=4,所以θ2
θ1
=34=81,所以耗氧量
的单位数是原来的81 倍.故选D.
训练3　(多选题)某大型商场开业期间为吸引顾客,推出“单次消费满100 元可参加抽奖”的活动,奖品为本商场现金购物
卡,可用于以后在该商场消费.已知抽奖结果共分5 个等级,等级x 与购物卡的面值y(元)的关系式为y=eax+b+k,三等奖比四等
奖的面值多100 元,比五等奖的面值多120 元,且四等奖的面值是五等奖的面值的3 倍,则
(ACD)
A.a=-ln 5
B.k=15
C.一等奖的面值为3 130 元
D.三等奖的面值为130 元
解析　由题意可知,四等奖比五等奖的面值多20 元,所以(e
3a+b+k )-(e
4 a+b+k )
(e
4 a+b+k )-(e
5a+b+k )
=e-a=100
20 =5,则a=-ln 5,故A 正确.由
(e3a+b+k)-(e4a+b+k)=e3a+b(1-ea)=100,可知e3a+b=125.因为四等奖的面值是五等奖的面值的3 倍,所以e4a+b+k=3(e5a+b+k),解得k=5,故
B 错误.三等奖的面值为e3a+b+k=125+5=130 元,故D 正确.由ea+b+k=e3a+b·e-2a+k=125×25+5=3 130,故一等奖的面值为3 130 元,
故C 正确.故选ACD.
1.(2024·天津高考)若a=4.2-0.3,b=4.20.3,c=log4.20.2,则a,b,c 的大小关系为(B)
A.a>b>cB.b>a>c
C.c>a>bD.b>c>a
解析　由函数y=4.2x单调递增可知,0<a<1<b,又c=log4.20.2<0,故b>a>c,故选B.
2.(2020·全国Ⅰ卷)设alog34=2,则4-a=(B)
A. 1
16
B.1
9
C.1
8
D.1
6
解析　因为alog34=2,所以log34a=2,则有4a=32=9,所以4-a= 1
4
a=1
9 ,故选B.
3.(2021·全国甲卷)青少年视力是社会普遍关注的问题,视力情况可借助视力表测量,通常用五分记录法和小数记录法记录视
力数据,五分记录法的数据L 和小数记录法的数据V 满足L=5+lg V.已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9,则其视力的
小数记录法的数据约为(10√10≈1.259)(C)
A.1.5
B.1.2
C.0.8
D.0.6
解析　4.9=5+lg V lg
⇒ V=-0.1⇒V=10
- 1
10= 1
10√10
≈
1
1.259 ≈0.8,所以该同学视力的小数记录法的数据约为0.8.故选C.
4.(2023·新课标Ⅰ卷)(多选题)噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱,定义声压级Lp=20×lg p
p0
,其中常数
p0(p0>0)是听觉下限阈值,p 是实际声压,下表为不同声源的声压级:
声源
与声源的距离/m
声压级/dB
燃油汽车
10
60~90
混合动力汽车
10
50~60
电动汽车
10
40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m 处测得实际声压分别为p1,p2,p3,则
(ACD)
A.p1≥p2 B.p2>10p3
C.p3=100p0
D.p1≤100p2
解析　因为Lp=20×lg p
p0
随着p 的增大而增大,且Lp1∈[60,90],Lp2∈[50,60],所以Lp1≥Lp2,所以p1≥p2,故A 正确;假设p2>10p3,
则p010
L p2
20 >10p010
L p3
20 ,所以10
L p2
20 - L p3
20 >10,所以Lp2-Lp3>20,不可能成立,故B 不正确;由Lp=20×lg p
p0
,得p=p010
Lp
20.因为Lp3
=40,所以p3=p010
40
20=100p0,故C 正确;因为100 p2
p1
=100 p010
L p2
20
p010
L p1
20
=10
L p2
20 - L p1
20 +2≥1,所以p1≤100p2,故D 正确.综上,选ACD.
5.(2024·全国甲卷)已知a>1 且
1
lo g8a -
1
lo ga4 =-5
2,则a= 64 .
解析　根据题意有
1
1
3 lo g2a-
1
2lo ga2=-5
2,即3loga2-
1
2lo ga2=-5
2,设t=loga2(a>1),则t>0,故3t- 1
2t =-5
2,得t=1
6 (t=-1 舍去),所
以loga2=1
6 ,所以a
1
6=2,所以a=64.
微练(三十)　基本初等函数、函数与方程
基础过关练
一、单项选择题
1.函数f(x)=5-2x-lg(2x+1)的零点所在的区间是(C)
A.(0,1)
B.(1,2)
C.(2,3)
D.(3,4)
解析　因为函数f(x)=5-2x-lg(2x+1)在(- 1
2 ,+ ∞)上单调递减,所以函数f(x)最多只有一个零点.因为f(0)=5-lg 1=5>0,f(1)=3-lg 
3>0,f(2)=1-lg 5>0,f(3)=-1-lg 7<0,所以函数f(x)=5-2x-lg(2x+1)的零点所在的区间是(2,3).故选C.
2.已知函数f(x)=log2x+x2+m 在区间(2,4)上存在零点,则实数m 的取值范围是(D)
A.(-∞,-18)
B.(5,+∞)
C.(5,18) D.(-18,-5)
解析　由函数零点存在定理可知,若函数f(x)=log2x+x2+m 在区间(2,4)上存在零点,显然函数为增函数,只需满足f(2)·f(4)<0,即
(m+5)(m+18)<0,解得-18<m<-5,所以实数m 的取值范围是(-18,-5).故选D.
3.(2025·南昌一模)已知f(x)={
x
2-2 x , x<0,
2
x , x ≥0,
则方程f(x)=8 所有的根之和为(A)
A.1
B.2
C.5
D.7
解析　若x<0,由x2-2x=8⇒(x+2)(x-4)=0,所以x=-2;若x>0,由2x=8⇒x=3.因为-2+3=1,所以方程f(x)=8 的所有根的和为1.故选A.
4.(2025·桂林模拟)已知a=3
2,3b=5,5c=8,则(C)
A.a<b<cB.a<c<b
C.c<b<aD.b<c<a
解析　由3b=5,5c=8,得b=log35,c=log58.因为(3
3
2)
2
=33=27>25=52,所以3
3
2>5,所以3
2=log33
3
2>log35,所以a>b.因为(5
3
2)
2
=53=125>64=82,所以5
3
2>8,所以3
2
=log55
3
2>log58,所以a>c.因为b
c
=lo g35
lo g58
=
lg 5
lg3
lg 8
lg 5
=
l g
25
lg 3×lg 8
≥
l g
25
(
lg 3+lg 8
2
)
2=
4l g
25
l g
224
=(2lg 5)
2
l g
224
=l g
225
l g
224
=(
lg 25
lg 24)
2
>1,所以b>c.综上所述,c<b<a,故选C.
5.(2025·福建模拟)已知函数y=log2(ax2-x)在区间(1,2)上单调递增,则a 的取值范围为(D)
A.(0, 1
2]
B.[
1
2 ,1]
C.[
1
2 ,+ ∞)
D.[1,+∞)
解析　令t=ax2-x,因为函数y=log2(ax2-x)在区间(1,2)上单调递增,所以函数y=log2(ax2-x)在区间(1,2)上有意义,且t=ax2-x 在(1,2)
上单调递增,所以a≠0,则{
a>0,
1
2a ≤1,
a-1≥0
或{
a<0,
1
2a ≥2,
a-1≥0,
解得a≥1,所以a 的取值范围为[1,+∞).故选D.
6.(2024·北京高考)已知(x1,y1),(x2,y2)是函数y=2x的图象上两个不同的点,则(B)
A.log2 y1+ y2
2
< x1+ x2
2
B.log2 y1+ y2
2
> x1+ x2
2
C.log2 y1+ y2
2
<x1+x2
D.log2 y1+ y2
2
>x1+x2
解析　因为(x1,y1),(x2,y2)为函数y=2x的图象上两个不同的点,所以y1=2
x1,y2=2
x2,且x1≠x2,则2
x1≠2
x2,所以y1+y2=2
x1+2
x2>2
√2
x1·2
x2=2√2
x1+ x2,所以y1+ y2
2
>√2
x1+ x2>0,所以log2 y1+ y2
2
>log2√2
x1+ x2= x1+ x2
2
,故选B.
7.(2025·贵州一模)20 世纪30 年代,里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度,就是使用测震仪衡量地震能量的等级,地震
能量越大,测震仪记录的地震曲线的振幅就越大,这就是我们常说的里氏震级M,其计算公式为M=lg A-lg A0,其中A 是被测地
震的最大振幅,A0是“标准地震”的振幅(使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差).假设在一次
地震中,一个距离震中100 千米的测震仪记录的地震最大振幅是50,此时标准地震的振幅是0.002,则这次地震的震级约为(精
确到0.1,参考数据:lg 2≈0.3)(A)
A.4.4
B.4.7
C.5
D.5.4
解析　根据题意可知这次地震的震级为:M=lg 50-lg 0.002=lg 50
0.002=lg 25 000=lg10
5
4
=5-2lg 2≈5-0.6=4.4;因此可知这次地震
的震级约为4.4 级.故选A.
8.若f(x)为R 上的偶函数,且f(x)=f(4-x),当x∈[0,2]时,f(x)=2x-1,则函数g(x)=3|sin πx|-f(x)在区间[-1,5]内的所有零点的和是(A)
A.20
B.18
C.16
D.14
解析　若f(x)为R 上的偶函数,则f(-x)=f(x),且f(x)=f(4-x),则f(-x)=f(4-x),f(x)的周期T=4,当x∈[0,2]时,f(x)=2x-1,则当x∈[-2,0)时,
f(x)=(
1
2)
x
-1,即可画出函数f(x)的图象,如图.函数y=3sin πx 的周期是2,最大值为3,把函数y=3sin πx 在x 轴下方的图象翻折
到x 轴上方,即可得到y=3|sin πx|的图象.由图可知y=f(x)与y=3|sin πx|的图象在区间[-1,5]内一共有10 个交点,且这10 个交点
的横坐标关于直线x=2 对称,所以g(x)在区间[-1,5]内的所有零点的和是20.
二、多项选择题
9.已知函数f(x)=log2(x+6)+log2(4-x),则(AB)
A.f(x)的定义域是(-6,4)
B.f(x)有最大值
C.不等式f(x)<4 的解集是(-∞,-4)∪(2,+∞)
D.f(x)在[0,4]上单调递增
解析　由题意可得{
x +6>0,
4 - x>0,解得-6<x<4,即f(x)的定义域是(-6,4),则A 正确;f(x)=log2(-x2-2x+24),因为y=-x2-2x+24 在(-6,-1)上
单调递增,在(-1,4)上单调递减,又y=log2x 在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-6,-1)上单调递增,在(-1,4)上单调递减,所以
f(x)max=f(-1)=2log25,则B 正确;因为f(x)在(-6,-1)上单调递增,在(-1,4)上单调递减,且f(-4)=f(2)=4,所以不等式f(x)<4 的解集是(-6,-
4)∪(2,4),则C 错误;因为f(x)在(-1,4)上单调递减,所以D 错误.故选AB.
10.已知函数f(x)=4x+ 1
4
x +2,则下列说法正确的是(BD)
A.f(x)在(-∞,0)上单调递增
B.f(x)的图象关于y 轴对称
C.f(x)的图象关于点(0,1)对称
D.不等式f(x+1)<25
4
的解集是(-2,0)
解析　对于A,当x<0 时,f'(x)=4xln 4- 1
4
x ln 4=(4x-4-x)ln 4<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,故A 错误;对于B,f(x)的定义域为R,f(-
x)=4-x+ 1
4
- x +2= 1
4
x +4x+2=f(x),所以f(x)的图象关于y 轴对称,故B 正确;对于C,因为f(x)+f(-x)=2(4
x+ 1
4
x)+4>2,故函数f(x)的图
象不关于点(0,1)对称,故C 错误;对于D,由f(x+1)=4x+1+ 1
4
x +1+2<25
4 ,得(4x+1)2-17
4 ×4x+1+1<0,则1
4 <4x+1<4,可得-1<x+1<1,解
得-2<x<0,因此不等式f(x+1)<25
4 的解集是(-2,0),故D 正确.故选BD.
11.已知函数f(x)=2
x -1
2
x+1
,则(AD)
A.不等式|f(x)|<1
3
的解集是(-1,1)
B.∀x∈R,有f(-x)=f(x)
C.f(x)在R 上单调递减
D.f(x)的值域为(-1,1)
解析　对于A,|f(x)|<1
3 ,即-1
3 <2
x -1
2
x+1
<1
3 ,即-1
3 <1-
2
2
x+1
<1
3 ,即1
3 <
1
2
x+1
<2
3 ,即3
2<2x+1<3,即1
2<2x<2,所以-1<x<1,故A 正确;对
于B,f(-x)=2
- x -1
2
- x+1
=1-2
x
1+2
x =-f(x),故B 错误;对于C,f(x)=1-
2
2
x+1
,因为u=2x+1 在R 上单调递增,且u>1,y=1-2
u 在u>1 时单调递增,
所以f(x)在R 上单调递增,故C 错误;对于D,记y=f(x)=1-
2
2
x+1
,显然y≠1,则2x=- y -1
y -1 ,由2x>0 得,- y -1
y -1 >0,解得-1<y<1,所以
函数f(x)的值域为(-1,1),故D 正确.综上,选AD.
三、填空题
12.已知3x=3
2,y·log33=1,则x+y= 2-log32 .
解析　因为3x=3
2,y·log33=1,所以x=log33
2=1-log32,y=1,所以x+y=2-log32.
13.已知函数f(x)= 1
b-1
ln x+b+1 的零点在(1,e)内,则b 的取值范围为 ( -1
  , 0 ) ∪
  ( 0 , 1 )  .
解析　当b=0 时,f(x)=-ln x+1,令f(x)=0 得x=e∉(1,e);当b≠0 时,易知f(x)在(0,+∞)上单调,所以f(1)·f(e)=(b+1)·(
1
b-1 +b+1)<0,
即-1<b<1,且b≠0,所以b∈(-1,0)∪(0,1).
14.已知f(x)是定义在R 上的奇函数,且f(x)在[0,2]上单调递减,f(x+2)为偶函数,若f(x)=m 在[0,12]上恰好有4 个不同的实数根
x1,x2,x3,x4,则x1+x2+x3+x4= 24 .
解析　由f(x+2)为偶函数,可知函数f(x)的图象关于直线x=2 对称,又f(x)是奇函数,所以f(x)是周期函数,周期为8.作出函数f(x)
在[0,12]上的大致图象趋势如图所示,作出直线y=m,由图可知,若f(x)的图象与直线y=m 在[0,12]上有4 个交点,则f(2)<m<0.不
妨记x1<x2<x3<x4,则x1+x2+x3+x4=2×2+2×10=24.
能力提升练
15.(多选题)已知函数f(x)=ex+2x-2,g(x)=2ln x+x-2 的零点分别为x1,x2,则
(ACD)
A.2x1+x2=2
B.x1x2=e
x1+ln x2
C.x1+x2>4
3
D.2x1x2<√e
解析　对于A,由题知e
x1+2x1-2=0,2ln x2+x2-2=0,所以e
x1+2x1=2ln x2+x2=2,即e
x1+2ln e
x1=2ln x2+x2=2,所以e
x1=x2,故2x1+x2=2x1+
e
x1=2,故A 正确;对于B,由f(x)=0,g(x)=0 得ex=-2x+2,ln x=-1
2x+1,故函数y=ex与y=-2x+2 的图象交点的横坐标和y=ln x 与y=-1
2
x+1 的图象交点的横坐标即为函数f(x)和g(x)的零点x1,x2,如图,由图象性质可知0<x1<1
2,1<x2<2,又由A 得e
x1=x2,故x1=ln x2,所
以x1x2=x1e
x1<e
x1<e
x1+x1=e
x1+ln x2,故B 错误;对于C,由2ln x2+x2=2,x1=ln x2以及1<x2<2 得,x1+x2=ln x2+x2=2ln x2+2 x2
2
=1+1
2
x2>3
2
>4
3
,故C 正确;对于D,由A,B 得e
x1=x2,0<x1<1
2
,2x1=2-e
x1<1,所以2x1x2=2x1e
x1=(2-e
x1)e
x1<e
x1<√e,故D 正确.
16.(2025·泉州一模)如图,假定两点P,Q 以相同的初速度运动.点Q 沿射线CD 做匀速运动,CQ=x;点P 沿线段AB(长度为107
单位)运动,它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离(PB=y).令P 与Q 同时分别从A,C 出发,则数学家纳皮尔定义x 为y
的对数中,x 与y 的对应关系就是y=107(
1
e)
x
10
7,其中e 为自然对数的底.若点P 从线段AB 的中点运动到靠近B 的四等分点,点
Q 同时从Q1运动到Q2,则C Q1
C Q2
= 1
2
 .
解析　令y=10
7
2
,则10
7
2
=107(
1
e)
x
10
7,整理得x=107ln 2,即CQ1=107ln 2,令y=10
7
4
,则10
7
4
=107(
1
e)
x
10
7,整理得x=107ln 4,即
CQ2=107ln 4,所以C Q1
C Q2
= ln 2
ln 4 =1
2.
进阶点8　高考中的抽象函数
视角一　抽象函数与函数性质的交汇
(1)已知f(x)是定义在R 上的函数,若f(x+a)(a∈R)是奇函数,则f(x)的图象关于点A(a,0)对称.
(2)已知f(x)是定义在R 上的函数,若f(x+a)(a∈R)是偶函数,则f(x)的图象关于直线x=a 对称.
(3)若函数y=f(x)同时关于直线x=a 与x=b 轴对称,则函数y=f(x)必为周期函数,且T=2|a-b|.
(4)若函数y=f(x)同时关于点(a,0)与点(b,0)中心对称,则函数y=f(x)必为周期函数,且T=2|a-b|.
(5)若函数y=f(x)既关于x=a 对称,又关于点(b,0)对称,则函数y=f(x)必为周期函数,且T=4|a-b|.
例1　(1)(2025·沧州模拟)已知函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)为奇函数,f(x+2)为偶函数,则(D)
A.f(0)=1 B.f(1)=-1
C.f(2)=0 D.f(3)=0
解析　根据题意,因为函数f(x+1)为奇函数,所以f(-x+1)=-f(x+1),即f(1-x)=-f(1+x), 所以f(x)的图象关于点(1,0)成中心对称,所以
f(1)=0.又因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)=f(-x+2),即f(2+x)=f(2-x),所以f(x)的图象关于直线x=2 对称,所以f(3)=0.故选D.
(2)(2025·山西二模)已知函数f(x)的定义域为R,f(-1)=0,函数y=xf(x+3)是奇函数,函数y=(x+1)f(x)的图象关于直线x=-1 对称,则
(B)
A.f(x)是偶函数
B.f(x-1)是奇函数
C.f(x+8)=f(x)
D.f(1)=0
解析　因为y=xf(x+3)是奇函数,所以f(x+3)为偶函数,所以f(-x+3)=f(x+3),即f(-x)=f(x+6),故f(x)的图象关于直线x=3 对称,由
y=(x+1)f(x)的图象关于直线x=-1 对称得(x+1)f(x)=(-2-x+1)f(-2-x),即(x+1)f(x)=-(x+1)f(-2-x),即f(x)=-f(-x-2),所以f(x)关于(-1,0)对称,
所以f(-x)=-f(x-2),所以f(-x-1)=-f(x-1),故f(x-1)是奇函数,所以B 选项正确;因为f(-x)=-f(x-2),又f(-x)=f(x+6),所以f(x+6)=-f(x-2),即
f(x+8)=-f(x),所以f(x+16)=-f(x+8)=f(x),故C 选项错误;不能得到f(x)的奇偶性与f(1)的值,故A,D 选项错误.故选B.
视角二　双抽象函数
这类问题的处理策略是根据两个函数的关系,转化为一个函数间的关系,再判断奇偶性、单调性、周期性,进而求解.
例2　(1)(2025·河南二模)已知函数f(x)为R 上的奇函数,若函数y=g(x+2)与y=f(x)的图象关于点(1,0)对称,则g(4)=(B)
A.1
B.0
C.-1
D.-2
解析　根据题意,函数f(x)为R 上的奇函数,所以f(0)=0,函数y=g(x+2)与y=f(x)的图象关于点(1,0)对称,则f(x)+g(2+2-x)=0,即
f(x)+g(4-x)=0,所以g(4)=-f(0)=0.故选B.
(2)(2022·全国乙卷)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2-x)=5,g(x)-f(x-4)=7.若y=g(x)的图象关于直线x=2 对称,g(2)=4,
则∑
k =1
22
❑f(k)=(D)
A.-21
B.-22
C.-23
D.-24
解析　由y=g(x)的图象关于直线x=2 对称,可得g(2+x)=g(2-x),在f(x)+g(2-x)=5 中,用-x 替换x,可得f(-x)+g(2+x)=5,可得f(-
x)=f(x)　①,y=f(x)为偶函数.在g(x)-f(x-4)=7 中,用2-x 替换x,得g(2-x)=f(-x-2)+7,代入f(x)+g(2-x)=5 中,得f(x)+f(-x-2)=-2　②,所
以y=f(x)的图象关于点(-1,-1)中心对称,所以f(1)=f(-1)=-1.由①②可得f(x)+f(x+2)=-2,所以f(x+2)+f(x+4)=-2,所以f(x+4)=f(x),所
以函数f(x)是以4 为周期的周期函数.由f(x)+g(2-x)=5 可得f(0)+g(2)=5,又g(2)=4,所以可得f(0)=1,又f(x)+f(x+2)=-2,所以
f(0)+f(2)=-2,得f(2)=-3,又f(3)=f(-1)=-1,f(4)=f(0)=1,所以∑
k =1
22
❑f(k)=6f(1)+6f(2)+5f(3)+5f(4)=6×(-1)+6×(-3)+5×(-1)+5×1=-24.故选D.
视角三　与导数结合的抽象函数
例3　(1)(2025·湖北二模)(多选题)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,若f(2-3x)=f(3x),f'(
1
2 x)的图象关于直线x=-2
对称,f'(x)在[1,3]上单调递减,且f'(2 031)=6,则
(ABD)
A.f'(x-1)是偶函数
B.f'(x+1)是奇函数
C.f'(7)=-6
D.f'(x)的极小值为-6
解析　因为f'(
1
2 x)的图象关于直线x=-2 对称,所以f'(
1
2 (-2+ x))=f'(
1
2 (-2- x)),即f'(-1+ 1
2 x)=f'(-1- 1
2 x),所以
f'(x)的图象关于直线x=-1 对称,则f'(x-1)是偶函数,故A 正确;因为f(2-3x)=f(3x),所以f(2-x)=f(x),所以-f'(2-x)=f'(x),所以f'(x)的图
象关于点(1,0)对称,所以f'(x+1)的图象关于点(0,0)对称,即f'(x+1)是奇函数,故B 正确;因为-f'(2-x)=f'(x),又因为f'(x)的图象关于
直线x=-1 对称,所以f'(x)=f'(-2-x), 所以-f'(2-x)=f'(-2-x),则f'(x)=-f'(4+x), 所以f'(x+8)=-f'(4+x)=f'(x),所以8 为f'(x)的一个周期.所以
f'(2 031)=f'(253×8+7)=f'(7)=6,故C 错误;因为f'(x)在[1,3]上单调递减,且f'(x)的图象关于点(1,0)对称,所以f'(x)在[-1,1]上单调递
减,f'(x)在[-1,3]上单调递减,因为f'(x)的图象关于直线x=-1 对称,所以f'(x)在[-5,-1]上单调递增,因为f'(x)是T=8 的周期函数,所
以f'(x)在[3,7]上单调递增,因为x=3 时,f'(x)取得极小值,所以f'(3)=-f'(-1)=-f'(7)=-6,故D 正确.故选ABD.
(2)(2025·秦皇岛二模)(多选题)记定义在R 上的函数f(x)与g(x)的导函数分别为f'(x)和g'(x),若f(x+3)-g(3-x)=4,f'(x)=g'(x+2),且
g(x+2)+g(2-x)=0,则(BC)
A.f(-x)=-f(x)
B.g'(x)的图象关于直线x=2 对称
C.f(x)是周期函数,且其中一个周期为8
D. ∑
i=1
2 025
❑g(i)=0
解析　由题意,函数f(x)与g(x)的定义域均为R.由g(x+2)+g(2-x)=0 求导可得g'(x+2)-g'(2-x)=0,即g'(x+2)=g'(2-x),所以g'(x)的图
象关于直线x=2 对称,故B 正确;由f(x+3)-g(3-x)=4 求导可得f'(x+3)+g'(3-x)=0,因为f'(x)=g'(x+2),所以f'(1-x)=g'(3-x),所以
f'(x+3)+f'(1-x)=0,则f(x+3)-f(1-x)=c(c 为常数),令x=-1,则有f(2)-f(2)=c=0,所以f(x+3)-f(1-x)=0,即f(x+3)=f(1-x),所以f(-x)=f(x+4),即
函数f(x)的图象关于直线x=2 对称.又由f(x+3)-g(3-x)=4 可得g(3-x)=f(x+3)-4,则有g(x+2)=f(-x+4)-4,g(2-x)=f(x+4)-4,因为
g(x+2)+g(2-x)=0,所以f(-x+4)-4+f(x+4)-4=0,即f(-x+4)+f(x+4)=8,所以函数f(x)的图象关于点(4,4)对称.所以函数f(x)是周期函数,
周期T=4×|4-2|=8.故C 正确;对于A,因为f(-x)=f(x+4),f(x)=f(x+8),若f(-x)=-f(x),则f(x+4)+f(x+8)=0,与f(x+4)+f(x+8)=8 矛盾.故A 错
误;对于D,由f(x+3)-g(3-x)=4 求导可得f'(x+3)+g'(3-x)=0,则有f'(x)+g'(6-x)=0,因为f'(x)=g'(x+2),所以g'(x+2)+g'(6-x)=0,则g(x+2)-
g(6-x)=t(t 是常数),令x=2,可得g(4)-g(4)=t=0,所以g(x+2)=g(6-x),即函数g(x)的图象关于直线x=4 对称.所以函数g(x)也是周期
函数,周期T=4×|4-2|=8.因为g(x+2)+g(2-x)=0,令x=0,可得g(2)=0,根据对称性可知,
g(6)=g(2)=0,g(1)+g(3)=g(7)+g(5)=0,g(4)+g(8)=g(4)+g(0)=0,所以g(1)+g(2)+…+g(7)+g(8)=0.所以∑
i=1
2 025
❑g(i)=g(1),g(1)不确定是
否为0,故D 错误.故选BC.
视角四　抽象函数还原具体函数
抽象函数还原具体函数模型的几种构造方法:
(1)f(x)+f(y)=f(x+y)时,可构造f(x)=kx.
(2)若f(x+y)=f(x)+f(y)+2axy-c,则可构造f(x)=ax2+bx+c.
(3)若f(x+y)=f(x)f(y),则可构造f(x)=ax(a>0 且a≠1).
(4)若f(xy)=f(x)+f(y)(xy≠0),则可构造f(x)=loga|x|(a>0 且a≠1).
(5)若f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),则可构造f(x)=cos ωx.
例4　(1)(2025·四川一模)(多选题)已知函数f(x)满足:∀x,y∈R,f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),且f(1)≠0,那么(AC)
A.f(0)=1
B.f(1)=2
C.f(-x)=f(x)
D.若f(π)=1
2
,则f(x+2π)=f(x)
解析　对于A,令x=1,y=0,f(1)+f(1)=2f(1)f(0),因为f(1)≠0,所以f(0)=1,故A 正确;设f(x)=cos x,则f(x+y)+f(x-y)=cos(x+y)+cos(x-
y)=cos xcos y-sin xsin y+cos xcos y+sin xsin y=2cos xcos y=2f(x)f(y),显然满足条件,但是f(1)=cos 1≠2,故B 错误;对于C,令
x=0,f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)=2f(y),所以f(y)=f(-y),又y∈R,所以f(x)为偶函数,即f(-x)=f(x),故C 正确;对于D,设f(x)=cos x
3 ,类似B 中推导,
可知满足题设条件,但最小正周期是6π,故D 错误.故选AC.
(2)(2025·重庆模拟)(多选题)已知函数f(x)是定义域为R 的可导函数,若f(x+y)=f(x)+f(y)+3xy(x+y),且f'(0)=-3,则
(ACD)
A.f(x)是奇函数
B.f(x)是减函数
C.f(√3)=0
D.x=1 是f(x)的极小值点
解析　对于选项A:令x=y=0,可得f(0)=f(0)+f(0),解得f(0)=0;令y=-x,可得0=f(x)+f(-x),且函数f(x)的定义域为R,所以f(x)是奇函
数,故A 正确;对于选项B,D,因为f(x+y)=f(x)+f(y)+3x2y+3xy2=f(x)+f(y)+(x+y)3-x3-y3,所以f(x+y)-(x+y)3=f(x)-x3+f(y)-y3,设f(x)-x3=kx,
所以f'(x)=3x2+k,因为f'(0)=-3,所以k=-3,f'(x)=3x2-3,令f'(x)>0,解得x<-1 或x>1;令f'(x)<0,解得-1<x<1;可知f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)
上为增函数,f(x)在(-1,1)上为减函数,所以x=1 是f(x)的极小值点,故B 错误,D 正确.对于选项C,f(x)=x3-3x,所以f(√3)=(√3)3-3
√3=0,故C 正确.故选ACD.
1.(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x-1)+f(x-2),且当x<3 时,f(x)=x,则下列结论中一定正确的是(B)
A.f(10)>100
B.f(20)>1 000
C.f(10)<1 000
D.f(20)<10 000
解析　因为当x<3 时,f(x)=x,所以f(1)=1,f(2)=2.对于f(x)>f(x-1)+f(x-2),令x=3,得f(3)>f(2)+f(1)=2+1=3;令x=4,得
f(4)>f(3)+f(2)>3+2=5;依次类推,得
f(5)>f(4)+f(3)>5+3=8;f(6)>f(5)+f(4)>8+5=13;f(7)>f(6)+f(5)>13+8=21;f(8)>f(7)+f(6)>21+13=34;f(9)>f(8)+f(7)>34+21=55;f(10)>f(9)+f
(8)>55+34=89;f(11)>f(10)+f(9)>89+55=144;f(12)>f(11)+f(10)>144+89=233;f(13)>f(12)+f(11)>233+144=377;f(14)>f(13)+f(12)>377
+233=610;f(15)>f(14)+f(13)>610+377=987;….显然f(16)>1 000,所以f(20)>1 000,故选B.
2.(2022·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),f(1)=1,则∑
k =1
22
❑f(k)=(A)
A.-3
B.-2
C.0
D.1
解析　因为f(1)=1,所以在f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y)中,令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)f(1),所以f(x+1)+f(x-1)=f(x)　①,所以
f(x+2)+f(x)=f(x+1)　②.由①②相加,得f(x+2)+f(x-1)=0,故f(x+3)+f(x)=0,所以f(x+3)=-f(x),所以f(x+6)=-f(x+3)=f(x),所以函数f(x)的
一个周期为6.在f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y)中,令x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)f(0),所以f(0)=2.令x=1,y=1,得f(2)+f(0)=f(1)f(1),所以f(2)=-1.
由f(x+3)=-f(x),得f(3)=-f(0)=-2,f(4)=-f(1)=-1,f(5)=-f(2)=1,f(6)=-f(3)=2,所以f(1)+f(2)+…+f(6)=1-1-2-1+1+2=0,根据函数的周期性
知,∑
k =1
22
❑f(k)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1-1-2-1=-3,故选A.
3.(2023·新课标Ⅰ卷)(多选题)已知函数f(x)的定义域为R,f(xy)=y2f(x)+x2f(y),则(ABC)
A.f(0)=0
B.f(1)=0
C.f(x)是偶函数
D.x=0 为f(x)的极小值点
解析　取x=y=0,则f(0)=0,故A 正确;取x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1),所以f(1)=0,故B 正确;取x=y=-1,则f(1)=f(-1)+f(-1),所以f(-1)=0,
取y=-1,则f(-x)=f(x)+x2f(-1),所以f(-x)=f(x),所以函数f(x)为偶函数,故C 正确;不妨取f(x)=0,此时f(x)符合题设,但f(x)无极值.故D
不正确.综上,选ABC.
4.(2022·新课标Ⅰ卷)(多选题)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,记g(x)=f'(x).若f(
3
2 -2 x),g(2+x)均为偶函数,则
(BC)
A.f(0)=0 B.g(- 1
2)=0
C.f(-1)=f(4)
D.g(-1)=g(2)
解析　解法一(转化法):因为f(
3
2 -2 x)为偶函数,所以f(
3
2 -2 x)=f(
3
2 +2 x),所以函数f(x)的图象关于直线x=3
2
对称,f
(
3
2 -2× 5
4)=f(
3
2 +2× 5
4),即f(-1)=f(4),所以C 正确;因为g(2+x)为偶函数,所以g(2+x)=g(2-x),函数g(x)的图象关于直线x=2
对称,因为g(x)=f'(x),所以函数g(x)的图象关于点(
3
2 ,0)对称,所以g(x)的周期T=4×(2- 3
2)=2,因为f(-1)=f(4),所以f'(-1)=-f'(4),
即g(-1)=-g(4)=-g(2),所以D 不正确;因为f(
3
2 -2)=f(
3
2 +2),即f(- 1
2)=f(
7
2),所以f'(- 1
2)=-f'(
7
2),所以g(- 1
2)=-g(
7
2)=-
g(2×2- 1
2)=-g(- 1
2),所以g(- 1
2)=0,所以B 正确;不妨取f(x)=1(x∈R),经验证满足题意,但f(0)=1,所以选项A 不正确.综上,
选BC.
解法二 (特例法):因为f(
3
2 -2 x),g(2+x)均为偶函数,所以函数f(x)的图象关于直线x=3
2对称,函数g(x)的图象关于直线x=2 对
称.取符合题意的一个函数f(x)=1(x∈R),则f(0)=1,排除A;取符合题意的一个函数f(x)=sin πx,则f'(x)=πcos πx,即g(x)=πcos πx,所
以g(-1)=πcos (-π)=-π,g(2)=πcos 2π=π,所以g(-1)≠g(2),排除D.故选BC.
微练(三十一)　高考中的抽象函数
一、单项选择题
1.已知f(x)为定义在R 上的奇函数,且f(x+2)也为奇函数,若f(1)=2,则f(2 027)的值是(D)
A.1
B.-1
C.2
D.-2
解析　因为f(x+2)为奇函数,所以f(-x+2)=-f(x+2),用x+2 代替x 得f(-x)=-f(x+4),又f(x)为定义在R 上的奇函数,所以f(-x)=-f(x)=-
f(x+4),所以f(x)=f(x+4),f(x)是以4 为周期的周期函数,因为f(1)=2,所以f(2 027)=f(4×507-1)=f(-1)=-f(1)=-2.故选D.
2.(2025·杭州二模)设函数y=f(x)-x2是奇函数.若函数g(x)=f(x)+5,f(4)=9,则g(-4)=(B)
A.27
B.28
C.29
D.30
解析　由函数y=f(x)-x2是奇函数可知f(x)-x2+f(-x)-(-x)2=0,因此可得f(x)+f(-x)=2x2;又g(x)=f(x)+5,因此g(4)=f(4)+5,g(-4)=f(-4)+5;
两式相加可得g(4)+g(-4)=f(4)+5+f(-4)+5=2×42+10=42;又g(4)=f(4)+5=14,因此g(-4)=42-14=28.故选B.
3.(2025·山西一模)已知函数f(x)的定义域为R,且f(2x)+f(1-2x)=1,f(1-x)=f(1+x),则∑
i=0
2 025
❑f(i)=(D)
A.0
B.2 025 C.2 025
2
D.1 013
解析　由f(2x)+f(1-2x)=1 得f(0)+f(1)=1,且函数f(x)关于点(
1
2 , 1
2)对称;由f(1-x)=f(1+x)得f(x+2)=f(1+(1+x))=f(1-(1+x))=f(-x).又
由f(2x)+f(1-2x)=1 得f(-x)=1-f(1+x)=1-f(1-x)=1-[1-f(x)]=f(x),所以f(x+2)=f(-x)=f(x),得函数f(x)是周期为2 的函数,当i=0 时,f(2i)
+f(2i+1)=f(0)+f(1)=1,故∑
i=0
2 025
❑f(i)=1 013[f(0)+f(1)]=1 013.故选D.
4.设函数f(x)的定义域为R,且f(2x)+f(2y)=f(x+y)f(x-y),若f(1)=1,且f(x)不恒等于0,则f(2 025)=(A)
A.-2
B.-1
C.1
D.2
解析　由f(2x)+f(2y)=f(x+y)f(x-y),令x+y=m,x-y=n,则2x=m+n,2y=m-n;所以可得:f(m+n)+f(m-n)=f(m)f(n),即f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),令
y=1,有f(x+1)+f(x-1)=f(x),即f(x+1)=f(x)-f(x-1),所以f(x+2)=f(x+1)-f(x),两式相加得到:f(x+2)=-f(x-1),即f(x+3)=-f(x),所以f(x+6)=-
f(x+3)=f(x),所以f(x)的周期为6,令x=y=0,有2f(0)=f2(0),则f(0)=0 或f(0)=2.若f(0)=0,则令x=1,y=0,有2f(1)=f(1)f(0),得f(1)=0,与已
知f(1)=1 矛盾,所以f(0)=2.令x=y=1,有f(2)+f(0)=f2(1),则f(2)+2=1,得f(2)=-1.令x=2,y=1,有f(3)+f(1)=f(2)f(1),得f(3)=-2.所以f(2 
025)=f(3)=-2,故选A.
5.(2025·浙江三模)已知函数f(x)满足f(1)=2,且对∀x∈R,f(x+1)=1-
1
f ( x),则满足∑
i=1
n
❑f(i)≤1 015 的正整数n 的最大值为(C)
A.2 026 B.2 027 C.2 028 D.2 029
解析　由题可得,f(x+2)=1-
1
f ( x +1)=1-
1
1-
1
f ( x)
=
1
1- f ( x),f(x+3)=1-
1
f ( x +2)=1-[1-f(x)]=f(x),所以函数是周期为3 的周期
函数,又f(1)=2,f(2)=1- 1
f (1)=1
2
,f(3)=1- 1
f (2)=-1, ∑
i=1
2 026
❑f(i)=675×3
2
+2=2 029
2
, ∑
i=1
2 027
❑f(i)=675×3
2
+2+1
2
=1 015, ∑
i=1
2 028
❑
f(i)=676×3
2
=1 014, ∑
i=1
2 029
❑f(i)=676×3
2
+2=1 016,所以满足∑
i=1
n
❑f(i)≤1 015 的正整数n 的最大值为2 028.故选C.
6.已知f(x)是定义在R 上的奇函数,且f(x)的一个周期为4,若f(1)+f(2)+…+f(2 026)=2,则f(1)=(C)
A.0
B.1
C.2
D.3
解析　由题可得{
f (-2)=- f (2),
f (-2)= f (2), 故f(-2)=f(2)=0.又f(3)=f(-1)=-f(1),f(4)=f(0)=0,故f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0.结合周期性可知
f(1)+f(2)+…+f(2 026)=506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2)=f(1),故f(1)=2.故选C.
7.(2025·江西一模)已知可导函数f(x)的定义域为R,f'(x)是f(x)的导函数,且f(2x-1)为偶函数,f'(2x+1)为奇函数,f'(0)=1,则f'(2 
024)+f'(2 025)+f'(2 026)=(C)
A.-2
B.-1
C.0
D.1
解析　因为函数f'(2x+1)为奇函数,则f'(-2x+1)=-f'(2x+1),即f'(-2x+1)+f'(2x+1)=0,令t=2x,则f'(1-t)+f'(1+t)=0,所以,函数f'(x)的对
称中心为(1,0),且f'(2-t)+f'(t)=0①,在等式①中,令t=1 可得2f'(1)=0,解得f'(1)=0,在等式①中,令t=0 可得f'(0)+f'(2)=0,f'(2)=-1.因为
函数f(2x-1)为偶函数,则f(-2x-1)=f(2x-1),令t=2x,可得f(-t-1)=f(t-1),求导得-f'(-t-1)=f'(t-1),则f'(t)+f'(-2-t)=0②,由①②可得f'(2-
t)=f'(-2-t),令s=-2-t,则f'(4+s)=f'(s),所以函数f'(x)是周期为4 的周期函数,所以f'(2 024)+f'(2 025)+f'(2 026)=f'(0)+f'(1)+f'(2)=0.故
选C.
8.(2025·辽宁模拟)设函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,记g(x)=f'(x),已知f(x+3)+f(x+1)=f(x+2),且函数g(
x
2)的图象关
于直线x=2 对称,若g(1)=-2,则∑
i=1
2 025
❑g(i)=(B)
A.-3
B.-2
C.-1
D.0
解析　由f(x+3)+f(x+1)=f(x+2),得f(x+2)+f(x)=f(x+1),两式相加得f(x+3)+f(x)=0,两边取导数得f'(x+3)+f'(x)=0,即g(x)=-g(x+3),则
g(x+6)=-g(x+3)=g(x),所以g(x)是以6 为一个周期的周期函数,由函数g(
x
2)的图象关于直线x=2 对称,得g(
2- x
2 )=g(
2+ x
2 ),
则g(1- x
2)=g(1+ x
2),所以直线x=1 是g(x)图象的一条对称轴,由f(x+2)+f(x)=f(x+1),两边取导数得g(x+2)+g(x)=g(x+1),则
g(x+2)=g(x+1)-g(x),令x=0,得g(2)=g(1)-g(0),又g(2)=g(0),所以g(2)=-1;令x=1,得g(3)=g(2)-g(1)=1;令x=2,得g(4)=g(3)-g(2)=2;令
x=3,得g(5)=g(4)-g(3)=1;令x=4,得g(6)=g(5)-g(4)=-1.所以g(1)+g(2)+g(3)+g(4)+g(5)+g(6)=0,所以∑
i=1
2 025
❑
g(i)=337×0+g(1)+g(2)+g(3)=-2-1+1=-2.故选B.
二、多项选择题
9.(2025·菏泽一模)已知函数f(x)的定义域为R,且f(1)≠0,若f(xy)=yf(x),则
(ABD)
A.f(0)=0
B.f(x)是奇函数
C.f(x)是增函数
D.f(x)+f(2x)=f(3x)
解析　对于B:令y=-1,由题设可知f(-x)=-f(x),故f(x)是奇函数,故B 正确;对于A:又f(x)的定义域为R,所以f(0)=0,故A 正确.对
于C:不妨取f(x)=-x,则满足f(xy)=yf(x),且f(1)≠0,故C 错误.对于D:令y=2,则f(2x)=2f(x);令y=3,则f(3x)=3f(x),故f(x)+f(2x)=f(x)
+2f(x)=3f(x)=f(3x),故D 正确.故选ABD.
10.函数y=f(x)满足f(x+1)=1+ f ( x)
1- f ( x)
,且f(4-x)=-f(x),f(1)>0,下列说法正确的有(ABC)
A.T=4 为f(x)的一个周期
B.f(x)为奇函数
C.f(1)=1
D.f(2)=0
解析　对于A,当f(x)有意义,且f(x)≠1,f(x)≠0 时,则f(x+1)=1+ f ( x)
1- f ( x)
≠1,则f(x+2)=1+ f ( x +1)
1- f ( x +1)
=
1+ 1+ f ( x)
1- f ( x)
1- 1+ f ( x)
1- f ( x)
=-
1
f ( x),f(x+4)=-
1
f ( x +2)=f(x).当f(x)=1 时,f(x+1)=1+ f ( x)
1- f ( x)
(无意义),可得f(x+2)=1+ f ( x +1)
1- f ( x +1)
=-1,所以f(x+3)=1+ f ( x +2)
1- f ( x +2)
=0,所以f(x+4)=
1+ f ( x +3)
1- f ( x +3)
=1+0
1-0=1=f(x).当f(x)=0 时,f(x+1)=1+ f ( x)
1- f ( x)
=1+0
1-0 =1,可得f(x+4)=f((x+1)+3)=0,综上,总有f(x+4)=f(x).故T=4 为
f(x)的一个周期,故A 正确;对于B,f(4-x)=-f(x),即f(4-x)+f(x)=0,函数关于点(2,0)对称.又由T=4 为f(x)的一个周期,所以f(4-x)=f(-
x),所以f(-x)+f(x)=0,故f(x)为奇函数,故B 正确;对于C,f(x)为奇函数,但无法直接判定f(0)有意义.但已知f(1)>0,可得f(1)有意义,
故f(-1)=-f(1)有意义,f(-1)=-f(1)<0,所以f(0)=1+ f (-1)
1- f (-1)
分母不为零,有意义,从而f(-0)+f(0)=0,即f(0)=0,所以f(1)=1- f (0)
1+ f (0)
=1,故
C 正确;对于D,f(x)=tanπ
4 x.因为f(x+1)=tanπ
4 (x+1)=tan(
π
4 + π
4 x)=
tan π
4 + tan π
4 x
1- tan π
4 tan π
4 x
=
1+ tan π
4 x
1- tan π
4 x
=1+ f ( x)
1- f ( x)
,f(4-x)=tanπ
4 (4-
x)=tan(π-π
4
x)=-tanπ
4
x=-f(x),f(1)=tanπ
4
=1>0,满足题设所有条件,但是f(2)=tanπ
2
不存在,故D 错误.故选ABC.
11.(2025·河南模拟)函数f(x)的导函数f'(x)和函数g(x)都是R 上的偶函数,且f(0)=0,f(x)-g(1-x)=2,则
(ABD)
A.g(x)的图象关于点(1,-2)对称
B.f(x)是周期函数
C.f(2 026)=-1
D.∑
i=1
19
❑g(
i
10)=-38
解析　由f'(x)是偶函数,得-f'(-x)+f'(x)=0,即[f(-x)+f(x)]'=0,则f(-x)+f(x)=C(C 为常数),由于f(0)=0,取x=0,得C=0,于是f(-x)=-f(x),对
于A,由函数g(x)是R 上的偶函数,得g(x)=g(-x),由f(x)-g(1-x)=2,得f(-x)-g(1+x)=2,即-f(x)-g(1+x)=2,于是g(1-x)+g(1+x)=-4,函数
g(x)图象关于点(1,-2)对称,A 正确;对于B,由f(x)-g(1-x)=2,得f(x+1)-g(-x)=2,即f(x+1)-g(x)=2,由-f(x)-g(1+x)=2,得-f(x-1)-g(x)=2,于
是f(x+1)=-f(x-1),即f(x+2)=-f(x),因此f(x+4)=-f(x+2)=f(x),函数f(x)是周期为4 的周期函数,B 正确;对于C,由f(0)=0,f(x)-g(1-x)=2,
得g(1)=f(0)-2=-2,则g(-1)=g(1)=-2,f(2)=2+g(-1)=2-2=0,因此f(2 026)=f(2)=0,C 错误;对于D,由g(1-x)+g(1+x)=-4,得g(
1
10)+g
(
19
10)=-4,g(
2
10)+g(
18
10)=-4,…,g(
9
10)+g(
11
10)=-4,因此∑
i=1
19
❑g(
i
10)=-4×9+g(
10
10)=-36+g(1)=-38,D 正确.故选ABD.
三、填空题
12.已知函数y=f(x)为奇函数,且最大值为1,则函数y=2f(x)+1 的最大值和最小值的和为 2   .
解析　奇函数如果存在最值,则最大值和最小值之和为0,所以函数f(x)最大值和最小值之和为0,则函数y=2f(x)+1 的最大值
和最小值之和为2.
13.已知定义在R 上的函数f(x)满足f(
1
2)=√2
2
,且∀x,y∈R,f(x+y)=f(x)f(1-y)+f(y)f(1-x),则f(2 025)= 1 .
解析　令x=y=1
2,得f(1)=f(
1
2)f(
1
2)+f(
1
2)·f(
1
2)=1,令x=y=0,得f(0)=f(0)f(1)+f(0)f(1),所以f(0)=0.将y=1 代入,可得f(x+1)=f(1-
x).令y=-x,得f(0)=f(x)f(1+x)+f(-x)f(1-x),又因为∀x∈R,f(x+1)=f(1-x)恒成立,且不恒为0,所以f(x)+f(-x)=0,从而f(x)为奇函数,又由
f(x+1)=f(1-x),可得f(x+2)=f(-x)=-f(x),所以f(x+4)=f(x),所以4 为f(x)的周期,于是f(2 025)=f(506×4+1)=f(1)=1.
14.(2025·南通一模)已知y=f(x)-3x 是定义域为R 的偶函数,f(x)的导函数f'(x)满足f'(1+x)=f'(1-x),则f'(2 026)= 3 .
解析　因为y=f(x)-3x 是定义域为R 的偶函数,所以f(-x)-3(-x)=f(x)-3x,即f(-x)+3x=f(x)-3x. f(-x)+3x=f(x)-3x 两边求导,可得:-f'(-x)
+3=f'(x)-3,可得f'(x)+f'(-x)=6. 因为f'(1+x)=f'(1-x),所以f'(x)的图象关于直线x=1 对称,则f'(x)=f'(2-x).用-x 代替x 可得f'(-
x)=f'(2+x).将f'(-x)=f'(2+x)代入f'(x)+f'(-x)=6 中,可得f'(x)+f'(2+x)=6　①.用x+2 代替x 可得f'(x+2)+f'(x+4)=6　②.由②-①可得:
f'(x+4)=f'(x).所以f'(x)是周期为4 的周期函数. 所以f'(2 026)=f'(4×506+2)=f'(2).又因为f'(x)的图象关于直线x=1 对称,所以
f'(2)=f'(0).在f'(x)+f'(-x)=6 中,令x=0,可得2f'(0)=6,解得f'(0)=3,所以f'(2)=3,即f'(2 026)=3.
微专题20　不等式
1.基本不等式链
2
1
a + 1
b
≤√ab≤a+b
2
≤√
a
2+b
2
2
(a,b>0,当且仅当a=b 时取等号).
2.解一元二次不等式ax2+bx+c>0(或<0)要注意a>0 和a<0 的讨论.
3.一元二次不等式恒成立问题的解题方法
(1)图象法:对于一元二次不等式恒成立问题,恒大于0 就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x 轴上方;恒小于0
就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x 轴下方.
(2)分离参数法:一般地,a≥f(x)恒成立时,应有a≥f(x)max,a≤f(x)恒成立时,应有a≤f(x)min.
(3)更换主元法:一般思路为,将已知范围的量视为变量,而待求范围的量看作是参数,然后借助函数的单调性或其他方法进行
求解.
微点一　不等式的性质及应用
例1　(1)已知实数a,b,c,d 满足:a>b>c>d,则下列选项中正确的是(B)
A.a+d>b+c
B.a+c>b+d
C.ad>bc D.ac>bd
解析　选项A,如取a=4,b=3,c=2,d=-4,此时a+d<b+c,故A 错误;选项B,a+c>b+c>b+d,故B 正确;选项C,D,如取
a=4,b=-1,c=-2,d=-3,此时ad<bc,ac<bd,故C,D 错误.故选B.
(2)已知-1<a<5,-3<b<1,则以下结论错误的是(D)
A.-15<ab<5
B.-4<a+b<6
C.-2<a-b<8
D.-5
3
<a
b
<5
解析　因为-1<a<5,-3<b<1,所以-1<-b<3,对于A,{
-1<a<5,
-3<b<0
-15<
⇒
ab<3,{
-1<a<5,
b=0
⇒ab=0,{
-1<a<5,
0<b<1
-1<
⇒
ab<5,综上可
得-15<ab<5,故A 中结论正确;对于B,-3-1=-4<a+b<1+5=6,故B 中结论正确;对于C,-1-1=-2<a-b<3+5=8,故C 中结论正确;对于
D,当a=4,b=1
2时,a
b =8,故D 中结论错误.故选D.
训练1　(2025·广东一模)(多选题)下列命题正确的是
(BCD)
A.若a>b,则a2>b2
B.若a<b<0,则b2<ab<a2
C.若a>b>0,b
a
>b+m
a+m
,则m<0
D.若2<a+b<3,-1<a-b<2,则3<3a+b<8
解析　对于A,取a=1,b=-2,满足a>b,但是a2<b2,故A 错误;对于B,因为a<b<0,不等式两边同时乘以负数a,不等式方向改变,所
以a2>ab,不等式两边同时乘以负数b,不等式方向改变,所以ab>b2,所以b2<ab<a2,故B 正确;对于C,因为a>b>0,b
a -b+m
a+m=
b(a+m)-a(b+m)
a(a+m)
= bm-am
a(a+m)=m(b-a)
a(a+m)
,又因为b
a
>b+m
a+m
,所以m(b-a)
a(a+m)
>0,而a>b>0,即b-a<0,m(a+m)<0,所以m<0,故
C 正确;对于D,设3a+b=x(a+b)+y(a-b),即3a+b=(x+y)a+(x-y)b,则{
x + y =3,
x - y =1,解得x=2,y=1,所以3a+b=2(a+b)+(a-b),又2<a+b<3,
则4<2(a+b)<6,且-1<a-b<2,所以3<2(a+b)+(a-b)<8,所以3<3a+b<8,故D 正确.故选BCD.
微点二　基本不等式
例2　(1)(2025·广东二模)若x>0,y>0,且x+y=xy,则1
x -1+ 2
y -1的最小值为(B)
A.2
B.2√2
C.3
D.9
2
解析　因为x+y=xy,即xy-x-y+1=1,即(x-1)(y-1)=1,且x>0,y>0,则x>1,y>1,则1
x -1+ 2
y -1≥2√
1
x -1 ·
2
y -1
=2√
2
( x -1)( y -1)
=2√2,当且仅当1
x -1
= 2
y -1
时,即x=1+√2
2
,y=1+√2时,等号成立,所以1
x -1
+ 2
y -1
的最小值为2√2.故选B.
(2)(2025·贵州模拟)若x4+9y4=10,则x2y2的最大值为 5
3 ,此时x2= √5 .
解析　由10=x4+9y4≥2x2·3y2,则x2y2≤5
3 ,当且仅当x2=3y2=√5时等号成立,即x2y2的最大值为5
3 ,此时x2=√5.
(1)利用基本不等式求最值的常用方法:拼凑法,常值代换法,消元法.
(2)运用基本不等式求最值的条件是“一正,二定,三相等”.
(3)连续使用基本不等式时,要注意检验等号能否同时成立.
训练2　(1)(2025·汕头二模)已知a>0,b>0,a+1
b =1,则1
a +b 的最小值是(C)
A.1
B.2
C.4
D.8
解析　因为a>0,b>0,a+1
b
=1,所以1
a
+b=(
1
a +b)(a+ 1
b)=2+ 1
ab
+ab≥2+2√
1
ab ·ab=4,当且仅当1
ab
=ab,即a=1
2
,b=2 时取等号.
故选C.
(2)若正实数x,y 满足xy(x+y)=4,则2x+y 的最小值为(C)
A.3
B.2√2
C.2√3
D.33
2
解析　因为正实数x,y 满足xy(x+y)=4,所以x(x+y)= 4
y .所以(2x+y)2=y2+4x(x+y)=y2+16
y =y2+ 8
y + 8
y ≥33√64=12,当且仅当
{
y
2= 8
y = 8
y ,
xy( x + y)= 4 ,
即{
x =√3-1,
y =2
时等号成立,所以2x+y 的最小值是2√3.故选C.
微点三　不等式的综合应用
例3　(1)(2025·河南五市联考)函数f(x)=loga(x-1)+1 过定点A,若A∈{(x,y)|mx+ny=1,m>0,n>0},则1
m +2
n 的最小值为(C)
A.4
B.6
C.8
D.10
解析　当x-1=1,即x=2 时,恒有y=1,即y=loga(x-1)+1 过定点A(2,1),因为A∈{(x,y)|mx+ny=1,m>0,n>0},所以点A 在mx+ny=1 上,
则2m+n=1,且m>0,n>0,于是得1
m+2
n=(
1
m + 2
n)(2m+n)=4+ n
m +4 m
n ≥4+2√
n
m · 4 m
n
=8,当且仅当n
m=4 m
n ,即n=2m 时取“=”,
由2m+n=1 且n=2m 得:m=1
4 ,n=1
2,所以当m=1
4 ,n=1
2时, 1
m+2
n取得最小值8.故选C.
(2)(2025·广西一模)现使用一架两臂不等长的天平称中药,操作方法如下:先将100 g 的砝码放在天平左盘中,取出一些中药放
在天平右盘中,使得天平平衡;再将100 g 的砝码放在天平右盘中,再取出一些中药放在天平左盘中,使得天平平衡.则两次实
际称得的药品总重量(B)
A.等于200 g
B.大于200 g
C.小于200 g
D.以上都有可能
解析　设天平左臂长为m,右臂长为n,m>0,n>0 且m≠n,左盘放的药品为x1克,右盘放的药品为x2克,则{
100m=n x2,
m x1=100n,解得
x1=100n
m
,x2=100m
n
,x=x1+x2=100n
m
+100m
n
≥2√
100n
m
· 100m
n
=200,当且仅当m=n 时,取等号,而m≠n,所以x>200.故选B.
基本不等式在函数及实际问题中的应用,关键是列出函数表达式,合理变形,满足基本不等式的应用条件才能应用基本不等
式解决问题.
训练3　(2025·南通一模)在公差不为0 的等差数列{an}中,若as+at=2a3,则4
s +1
t 的最小值为(D)
A.5
3
B.9
5
C.6
5
D.3
2
解析　因为as+at=2a3,所以s+t=6,所以s
6
+ t
6
=1,显然s,t∈N*,所以4
s
+1
t
=(
4
s + 1
t)(
s
6 + t
6)=2
3
+ 2t
3 s
+ s
6t
+1
6
≥5
6
+2√
2t
3 s · s
6t
=9
6
=3
2
,当且仅当2t
3 s
= s
6t
,即t=2,s=4 时取等号.故选D.
1.(2025·全国二卷)不等式x - 4
x -1 ≥2 的解集是(C)
A.{x|-2≤x≤1}
B.{x|x≤-2}
C.{x|-2≤x<1}
D.{x|x>1}
解析　由x - 4
x -1 ≥2,得x - 4 -2 x +2
x -1
≥0,得x +2
x -1≤0,得{
( x -1)( x +2)≤0,
x≠1,
得-2≤x<1,故选C.
2.(2020·新课标Ⅰ卷)(多选题)已知a>0,b>0,且a+b=1,则
(ABD)
A.a2+b2≥1
2
B.2a-b>1
2
C.log2a+log2b≥-2 D.√a+√b≤√2
解析　因为a2+b2≥2ab,所以2(a2+b2)≥a2+b2+2ab=(a+b)2=1,所以a2+b2≥1
2(当且仅当a=b= 1
2 时取等号),A 正确;易知
0<a<1,0<b<1,所以-1<a-b<1,所以2a-b>2-1=1
2,B 正确;令a=1
4 ,b=3
4 ,则log21
4 +log23
4 =-2+log23
4 <-2,C 错误;因为(√a+√b)
2
=a+b+2√ab≤1+2·a+b
2
=2,所以√a+√b≤√2(当且仅当a=b= 1
2 时取等号),D 正确.故选ABD.
3.(2022·新课标Ⅱ卷)(多选题)若x,y 满足x2+y2-xy=1,则(BC)
A.x+y≤1B.x+y≥-2
C.x2+y2≤2
D.x2+y2≥1
解析　对于A,B:由x2+y2-xy=1,得(x+y)2-3xy=1,即3xy=(x+y)2-1≤3(
x + y
2 )
2
,即(x+y)2≤4,所以-2≤x+y≤2,当且仅当x=y 时取等号,所
以A 不正确,B 正确;对于C:由x2+y2-xy=1,得x2+y2-1=xy≤x
2+ y
2
2
,当且仅当x=y 时取等号,所以x2+y2≤2,所以C 正确;对于D:当
x= 1
√3
,y=- 1
√3
时,x2+y2=2
3
<1,所以D 不正确.综上可知,选BC.
4.(2022·全国甲卷)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则(A)
A.a>0>bB.a>b>0
C.b>a>0D.b>0>a
解析　因为9m=10,所以m=log910,所以a=10m-11=10
lo g910-11=10
lo g910-10
lo g1011.因为log910-log1011=lg 10
lg 9 -lg 11
lg 10=
(lg 10)
2-lg 9×lg 11
lg 9×lg 10
>(lg 10)
2-(
lg 9+lg 11
2
)
2
lg 9×lg 10
=1-(
lg 99
2 )
2
lg 9
>0,所以a>0.b=8
lo g910-9=8
lo g910-8
lo g89,因为
log910-log89=lg 10
lg 9
-lg 9
lg 8
=lg 10×lg 8-(lg 9)
2
lg 9×lg 8
<(
lg 10+lg 8
2
)
2
-(lg 9)
2
lg 9×lg 8
=(
lg 80
2 )
2
-(
lg 81
2 )
2
lg 9×lg 8
<0,所以
b<0.综上,a>0>b.故选A.
5.(2021·全国乙卷)下列函数中最小值为4 的是(C)
A.y=x2+2x+4
B.y=|sin x|+
4
|sin x|
C.y=2x+22-x
D.y=ln x+
4
ln x
解析　因为y=x2+2x+4=(x+1)2+3,所以当x=-1 时,y 取得最小值,且ymin=3,所以A 不符合题意.因为y=|sin x|+
4
|sin x|≥2
√
|sin x|·
4
|sin x|
=4,当且仅当|sin x|=
4
|sin x|,即|sin x|=2 时不等式取等号,但是根据正弦函数的有界性可知|sin x|=2
不可能成立,因此可知y>4,所以B 不符合题意.因为y=2x+22-x≥2√2
x·2
2- x=4,当且仅当2x=22-x,即x=2-x,x=1 时不等式取等号,所
以ymin=4,所以C 符合题意.当0<x<1 时,ln x<0,y=ln x+
4
ln x <0,所以D 不符合题意.故选C.
微练(三十二)　不等式
基础过关练
一、单项选择题
1.(2025·北京高考)已知a>0,b>0,则(C)
A.a2+b2>2ab
B. 1
a
+1
b
≥1
ab
C.a+b>√ab
D. 1
a
+1
b
≤2
√ab
解析　对于A,当a=b 时,a2+b2=2ab,故A 错误;对于BD,取a=1
2,b=1
4 ,此时1
a +1
b =2+4=6<
1
1
2 × 1
4
=8= 1
ab ,1
a +1
b =2+4=6>
2
√
1
2 × 1
4
=4√2= 2
√ab
,故BD 错误;对于C,由基本不等式可得a+b≥2√ab>√ab,故C 正确.故选C.
2.(2025·广东一模)已知a>0,b>0,a+b=4,则ab 的最大值为(C)
A.1
B.2
C.4
D.不存在
解析　由基本不等式得:ab≤(
a+b
2 )
2
=4,当且仅当a=b=2 时取等号,故选C.
3.若正实数a,b 满足a2+b2=m,则a+b 的最大值为(A)
A.√2m B.√2m C.2√m D.2m
解析　因为a2+b2=m,a>0,b>0,所以a+b
2
≤√
a
2+b
2
2
,即a+b≤√2·√a
2+b
2=√2m,当且仅当a=b=√
m
2
时等号成立,所以a+b 的
最大值为√2m.故选A.
4.(2025·攀枝花模拟)已知a,b∈R,下列命题中正确的是(D)
A.若ab=1,则a+b≥2
B.若a>b,则tan a-tan b>0
C.若a>b,则ln(a-b)>0
D.若a>b>0,则a+1
b
>b+1
a
解析　对于A:当a=-2,b=-1
2,满足ab=1,但是a+b=-5
2<2,故A 错误;对于B:当a=π,b=π
3 ,满足a>b,但是tan a-tan b=tan π-tan π
3
=-√3<0,故B 错误;对于C:若a=1,b=0,满足a-b>0,但是ln(a-b)=0,故C 错误;对于D:因为y=x 与y=-1
x
在(0,+∞)上单调递增,所以
y=x-1
x
在(0,+∞)上单调递增,若a>b>0,则a-1
a
>b-1
b
,所以a+1
b
>b+1
a
,故D 正确.故选D.
5.(2025·湘豫名校联考)已知点(m,n)是函数y=x-1在第一象限内的图象上的一点,则1
m +4
n 的最小值为(A)
A.4
B.3
C.2
D.1
解析　由题意可知,m>0,n>0 且有n=m-1= 1
m
,所以1
m
+4
n
= 1
m
+4m≥2√
4 m
m
=4,当且仅当{
4 m= 1
m ,
m>0
时,即当m=1
2
时,等号成立,故
1
m+4
n 的最小值为4.故选A.
6.早在公元前6 世纪,毕达哥拉斯学派已经知道算术中项、几何中项以及调和中项,毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音
乐》中定义了上述三类中项,其中算术中项和几何中项的定义与今天大致相同.若2a+2b=1,则(4a+1)(4b+1)的最小值为(D)
A.25
4
B. 9
16
C.9
4
D.25
16
解析　不妨设m=2a,n=2b,则m>0,n>0,所以1=m+n≥2√mn,当且仅当m=n=1
2
时取等号,即0<mn≤1
4
,当且仅当m=n=1
2
时取等号,
所以(4a+1)(4b+1)=(m2+1)(n2+1)=(mn)2+m2+n2+1=(mn)2+(m+n)2-2mn+1=(mn)2-2mn+2=(mn-1)2+1,又0<mn≤1
4 ,所以当mn=1
4 时,
(4a+1)(4b+1)取得最小值25
16 .故选D.
7.(2025·安徽一模)已知x>0,y>0,x+3y=x3y2,则3
x + 2
y 的最小值为(D)
A.2√2 B.√13 C.2√6
D.2√3
解析　已知x>0,y>0,x+3y=x3y2,所以3
x
+ 1
y
=x2y,则(
3
x + 2
y)
2
= 9
x
2+ 4
y
2+12
xy
= 9
x
2+ 4
y(
1
y + 3
x)= 9
x
2+ 4
y
x2y= 9
x
2+4x2≥2√36=12,所
以3
x + 2
y ≥2√3,当且仅当9
x
2=4x2,即x=√6
2
,y=√6+2√3
3
时等号成立,所以3
x + 2
y 的最小值为2√3.故选D.
8.若函数y=loga(x-2)+1(a>0,且a≠1)的图象所过定点恰好在椭圆x
2
m
+ y
2
n
=1(m>0,n>0)上,则m+n 的最小值为(C)
A.6
B.12
C.16
D.18
解析　由题意得,函数y=loga(x-2)+1(a>0,且a≠1)的图象所过定点为(3,1),则9
m+1
n=1,所以m+n=(m+n)·(
9
m + 1
n)=10+9n
m +m
n
≥10+2√
9n
m · m
n
=16,当且仅当9n
m
=m
n
,即m=12,n=4 时等号成立.故选C.
二、多项选择题
9.已知a>0,b>0,若a+2b=1,则
(ACD)
A.ab 的最大值为1
8
B.a2+b2的最小值为1
C.2
a+1
b 的最小值为8
D.2a+4b的最小值为2√2
解析　对于A,由基本不等式可得a+2b=1≥2√2ab,解得ab≤1
8
,当且仅当{
a=2b,
a+2b=1,即a=1
2
,b=1
4
时等号成立,所以A 正确.
对于B,a2+b2=(1-2b)2+b2=5b2-4b+1=5(b- 2
5)
2
+1
5
,当且仅当b=2
5
,a=1
5
时,a2+b2取到最小值1
5
,故B 错误.对于C,由2
a
+1
b
=
(
2
a + 1
b)(a+2b)=4+4 b
a +a
b ≥4+2√4=8,当且仅当{
4 b
a = a
b ,
a+2b=1,
即a=1
2,b=1
4 时等号成立,所以C 正确.对于D,2a+4b≥2√2
a·4
b=2
√2
a+2b=2√2,当且仅当{
2
a= 4
b,
a+2b=1,
即a=1
2
,b=1
4
时等号成立,所以D 正确.综上,选ACD.
10.(2025·辽宁名校联盟模拟)已知a>0,b>0,则下列结论正确的是
(BCD)
A.若a+b=1,则a2+4b2≥5
4
B.若a+b=1,则√a+√b的最大值为√2
C.若a+b=2,则a
2
a+1
+ b
2
b+1
的最小值为1
D.若a+b=2,则
1
a
2+1
+
1
b
2+1
的最大值为1+√2
2
解析　由题意得a2+4b2=(1-b)2+4b2=5(b- 1
5)
2
+4
5
≥4
5
,A 项错误;(√a+√b)2=a+b+2√ab=1+2√ab≤1+a+b=2,所以√a+√b≤√2
(当且仅当a=b=1
2时取等号),B 项正确; a
2
a+1
+ b
2
b+1
=(a+1)
2-2(a+1)+1
a+1
+(b+1)
2-2(b+1)+1
b+1
= 1
a+1+ 1
b+1=1
4
[(a+1)+(b+1)]·(
1
a+1 +
1
b+1)≥1,当且仅当a=b=1 时取等号,C 项正确;
1
a
2+1
+
1
b
2+1
=
a
2+b
2+2
(ab)
2+a
2+b
2+1
=
4 -2ab+2
(ab)
2+ 4 -2ab+1
,又因为a+b=2≥2√ab
0<
⇒
ab≤1,所以
1
a
2+1
+
1
b
2+1
=4+2(1-ab)
(ab-1)
2+ 4
,设t=1-ab,t∈[0,1),则
1
a
2+1
+
1
b
2+1
=
2t + 4
t
2+ 4
=
2(t +2)
(t +2)
2- 4(t +2)+8
=
2
t +2+ 8
t +2 - 4 ≤
2
4√2- 4
=√2+1
2
,当且仅当t+2= 8
t +2
⇒t=2√2-2,即ab=3-2√2时取等号,所
以
1
a
2+1
+
1
b
2+1
的最大值为√2+1
2
,D 项正确.故选BCD.
11.已知函数f(x)=x+1
x
(x>0),若f(a)=f(b),且a<b,则下列不等式成立的有
(ABC)
A.ab=1 B.a2+b2>2
C.1
a
+2
b
≥2√2
D.logab<logba
解析　因为f(x)=x+1
x (x>0),f(a)=f(b),所以a+1
a=b+1
b (a>0,b>0),即a-b=1
b -1
a=a-b
ab .因为a<b,所以a-b≠0,所以1
ab =1,即ab=1,故
A 正确.因为a<b,ab=1,所以a2+b2>2ab=2,故B 正确.1
a
+2
b
≥2√
2
ab
=2√2,当且仅当{
1
a = 2
b ,
ab=1,
即{
a= √2
2 ,
b=√2
时“=”成立,故C 正确.
因为ab=1,所以a=1
b ,b=1
a ,所以logab=logba=-1,故D 错误.故选ABC.
三、填空题
12.(2025·山西一模)正数x,y 满足x+y=xy,则x+9y 的最小值是 16 
  .
解析　由正数x,y 满足x+y=xy,得1
x
+ 1
y
=1,则x+9y=(
1
x + 1
y)(x+9y)=10+ x
y
+9 y
x
≥10+2√
x
y · 9 y
x
=16,当且仅当x
y
=9 y
x
,即
x=3y=4 取等号,所以x+9y 的最小值是16.
13.在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,∠ABC=2π
3
,∠ABC 的平分线交AC 于点D,且BD=2,则a+4c 的最小值为 18 
  .
解析　如图所示,则△ABC 的面积为1
2ac sin2π
3 =1
2a·2sinπ
3 +1
2c·2sinπ
3 ,则ac=2a+2c,所以1
a +1
c =1
2,显然a,c>0,故
a+4c=(a+4c)·(
1
a + 1
c)×2=2×(5+ 4 c
a + a
c)≥2(5+2√
4 c
a · a
c)=18,当且仅当{
4 c
a = a
c ,
1
a + 1
c = 1
2 ,
即{
a=6,
c =3
时取等号.所以a+4c 的
最小值为18.
14.(2025·江西一模)已知直线emx-y(em+1)2+1=0(m∈R)的斜率为k,则k 的最大值为 1
4 .
解析　k=
e
m
(e
m+1)
2=
1
e
m+ 1
e
m +2≤
1
2√
e
m· 1
e
m +2=1
4 ,当且仅当m=0 时取等号,所以k 的最大值为1
4 .
能力提升练
15.若实数x,y,z 满足x+y+z=0,且x>y>z,则
y
√x
2+ z
2的取值范围为(A)
A.(- √5
5 , √5
5 ) B.(- √2
2 , √2
2 )
C.(- 1
2 , 1
2)
D.(-1,1)
解析　因为x>y>z,x+y+z=0,所以y=-(x+z)且x>-(x+z)>z,故-2< z
x <-1
2且x>0,所以-5
2< z
x + x
z ≤-2,故-1
2≤
1
z
x + x
z
<-2
5,-1≤
2
z
x + x
z
<-4
5 ,
所以(
y
√x
2+ z
2)
2
=
y
2
x
2+ z
2=( x + z)
2
x
2+ z
2 =1+ 2 xz
x
2+ z
2=1+
2
z
x + x
z
∈[0, 1
5),所以
y
√x
2+ z
2∈(- √5
5 , √5
5 ),故选A.
16.(2025·江西一模)已知幂函数f(x)=(n2-6n+9)xn-3在(0,+∞)上单调递增,若正数a,b 满足3a+4b=n,则4
a +3
b 的最小值为 12 
  .
解析　因为幂函数f(x)=(n2-6n+9)xn-3在(0,+∞)上单调递增,则{
n
2-6n+9=1,
n-3>0,
解得n=4,正数a,b 满足3a+4b=4,则4
a +3
b =1
4
(3a+4b)(
4
a + 3
b)=1
4(24 + 9a
b + 16b
a )≥1
4(24 +2√
9a
b · 16b
a )=12,当且仅当{
9a
b = 16b
a
,
3a+ 4 b= 4 ,
a>0,b>0
时,即当{
a= 2
3 ,
b= 1
2
时,等号成立,
因此,4
a +3
b 的最小值为12.
微专题21　利用导数研究函数的性质
1.导数的几何意义
(1)函数y=f(x)在x=x0处的导数即曲线y=f(x)在x=x0处的切线的斜率.
(2)曲线y=f(x)在某点处的切线与曲线y=f(x)过某点的切线不一定相同.
(3)切点既在切线上,又在曲线上.
2.利用导数研究函数的单调性
在区间(a,b)上,若f(x)单调递增,则f'(x)≥0 且f'(x)不恒等于零;若f(x)单调递减,则f'(x)≤0 且f'(x)不恒等于零.
3.利用导数研究函数的极值、最值
(1)f'(x0)=0 是可导函数f(x)在x=x0处取得极值的必要不充分条件,即f'(x)的变号零点才是f(x)的极值点,所以求f(x)的极值点时,
除了找方程f'(x)=0 的实数根x0外,还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.
(2)若函数f(x)在区间[a,b]上的图象连续,且在(a,b)内可导,则f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值,且函数f(x)的最值必在极值点
或区间端点处取得.
微点一　切线问题
例1　(1)(2025·聊城一模)曲线y=xln x 在x=1 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(D)
A.4
B.3
C.1
D.1
2
解析　对函数y=xln x 求导得y'=ln x+1,故所求切线斜率为k=ln 1+1=1,切点坐标为(1,0),所以曲线y=xln x 在x=1 处的切线方
程为y=x-1,该切线交x 轴于点(1,0),交y 轴于点(0,-1),因此,曲线y=xln x 在x=1 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为
1
2×12=1
2.故选D.
(2)(2025·全国一卷)若直线y=2x+5 是曲线y=ex+x+a 的一条切线,则a= 4 .
解析　设直线y=2x+5 与曲线y=ex+x+a 的切点坐标为(x0,e
x0+x0+a),由y=ex+x+a 得y'=ex+1,所以y'|x = x0=e
x0+1=2,解得x0=0,所
以切点坐标为(0,1+a),又切点(0,1+a)在切线y=2x+5 上,所以1+a=5,解得a=4.
曲线y=f(x)切线问题的解题策略
(1)设切点坐标为(x0,f(x0))(有时题中已给出).
(2)求函数f(x)的导数f'(x),从而得到曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率k=f'(x0).
(3)得到曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线的方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0).
(4)根据题中所给条件列出方程或方程组求解即可.
训练1　(1)(2025·兰州一模)若函数y=e
x+e
- x
2
的一条切线与x 轴平行,则切点的坐标为(B)
A.(1,0)
B.(0,1)
C.(1,1)
D.(1,e)
解析　设切点坐标为(x0,y0),函数y=e
x+e
- x
2
,所以y'=e
x -e
- x
2
, 因为切线与x 轴平行,所以y'|x = x0=e
x0-e
- x0
2
=0,解得x0=0,y0=
e
x0+e
- x0
2
=1+1
2
=1,故切点坐标为(0,1),故选B.
(2)若曲线C1:y=x2与曲线C2:y=e
x
a
(a>0)存在公切线,则实数a 的取值范围为 [
e
2
4 ,+ ∞) .
解析　y=x2在点(m,m2)处的切线斜率为2m,y=e
x
a
(a>0)在点(n, 1
a e
n)处的切线斜率为1
a en,如果两个曲线存在公共切线,那么
2m=1
a
en.又由斜率公式得2m=m
2- 1
a e
n
m-n
,由此得到m=2n-2,则4n-4=1
a
en有解,即y=4x-4 与y=1
a
ex的图象有公共点.当直线
y=4x-4 与曲线y=1
aex相切时,设切点为(s,t),则1
aes=4,且t=4s-4=1
aes,可得t=4,s=2,即切点为(2,4),a=e
2
4
,故a 的取值范围是
[
e
2
4 ,+∞).
(3)(2022·新课标Ⅱ卷)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 y = 1
e x   , y  =-
  1
e x   .
解析　先求当x>0 时,曲线y=ln x 过原点的切线方程,设切点为(x0,y0),则由y'=1
x ,得切线斜率为1
x0
,又切线的斜率为y0
x0
,所以
1
x0
= y0
x0
,解得y0=1,代入y=ln x,得x0=e,所以切线斜率为1
e
,切线方程为y=1
e
x.同理可求得当x<0 时的切线方程为y=-1
e
x.综上可
知,两条切线方程为y=1
e x,y=-1
e x.
微点二　单调性问题
考向1　利用导数研究函数的单调性
例2　已知函数f(x)=-2a2ln x+1
2x2+ax(a∈R).
(1)当a=1 时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间.
解　(1)当a=1 时,f(x)=-2ln x+1
2x2+x,所以f(1)=3
2,f'(x)=-2
x +x+1,所以f'(1)=0,故切线方程为y=3
2.
(2)f(x)=-2a2ln x+1
2
x2+ax,x>0,所以f'(x)=-2a
2
x
+x+a=( x +2a)( x -a)
x
,所以当a=0 时,f'(x)=x>0,所以f(x)仅有单调递增区间,其为
(0,+∞).当a>0 时,x+2a>0,所以当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为
(0,a).当a<0 时,x-a>0,所以当x∈(0,-2a)时,f'(x)<0;当x∈(-2a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为(-2a,+∞),单调递减区间为
(0,-2a).综上所述,当a=0 时,f(x)仅有单调递增区间,单调递增区间为(0,+∞),当a>0 时,f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区
间为(0,a),当a<0 时,f(x)的单调递增区间为(-2a,+∞),单调递减区间为(0,-2a).
(1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视了定义域的限制.
(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论.
(3)在不能通过因式分解求出根的情况时,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.
训练2　已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.
解　(1)由题意知f(x)的定义域为R,f'(x)=3x2-2x+a,Δ=(-2)2-4×3a=4(1-3a).
①当a≥1
3 时,f'(x)≥0,f(x)在R 上单调递增;
②当a<1
3时,令f'(x)=0,即3x2-2x+a=0,解得x1=1-√1-3a
3
,x2=1+√1-3a
3
,令f'(x)>0,则x<x1或x>x2;令f'(x)<0,则x1<x<x2.所以
f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.综上,当a≥1
3 时,f(x)在R 上单调递增;当a<1
3 时,f(x)在
(-∞, 1-√1-3a
3
)上单调递增,在(
1-√1-3a
3
, 1+√1-3a
3
)上单调递减,在(
1+√1-3a
3
,+∞)上单调递增.
(2)记曲线y=f(x)过坐标原点的切线为l,切点为P(x0,x0
3-x0
2+ax0+1),因为f'(x0)=3x0
2-2x0+a,所以切线l 的方程为y-(x0
3-x0
2
+ax0+1)=(3x0
2-2x0+a)(x-x0).由l 过坐标原点,得2x0
3-x0
2-1=0,解得x0=1,所以切线l 的方程为y=(1+a)x.令x3-x2+ax+1=(1+a)x,则x3-
x2-x+1=0,解得x=±1,所以曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,1+a)和(-1,-1-a).
考向2　函数单调性的应用
例3　(1) (2023·全国乙卷)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上单调递增,则a 的取值范围是 [
√5-1
2
,1) .
解析　由题意得当x>0 时,f'(x)=axln a+(1+a)xln(1+a)=ax[ln a+(
1
a +1)
x
ln(1+a)]≥0.设g(x)=ln a+(
1
a +1)
x
ln(1+a),因为
ax>0,所以g(x)≥0.因为a∈(0,1),所以ln(1+a)>0,1
a+1>1,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,故只需满足g(0)≥0,即ln 
a+ln(1+a)=ln(a+a2)≥0,所以a+a2≥1,解得a≤-√5+1
2
或a≥√5-1
2
,又0<a<1,所以a 的取值范围为[
√5-1
2
,1).
(2)已知函数g(x)=2x+ln x-a
x
在区间[1,2]上不单调,则实数a 的取值范围是 ( -10
  , -3
  )  .
解析　g'(x)=2+1
x + a
x
2=2 x
2+ x +a
x
2
.因为函数g(x)在区间[1,2]上不单调,所以g'(x)=0 在区间(1,2)内有解,且1-8a≠0,即a≠1
8,则
a=-2x2-x=-2(x + 1
4)
2
+1
8
在(1,2)内有解,易知函数y=-2x2-x 在(1,2)上是减函数,所以y=-2x2-x 的值域为(-10,-3),因此实数a 的取
值范围为(-10,-3).
(1)若函数f(x)在区间I 上单调递增,则对任意x∈I,都有f'(x)≥0 成立;若函数f(x)在区间I 上单调递减,则对任意x∈I,都有f'(x)≤0
成立.
(2)若函数f(x)在区间I 上存在单调递增区间,则存在x∈I,使得f'(x)>0 成立;若函数f(x)在区间I 上存在单调递减区间,则存在
x∈I,使得f'(x)<0 成立.
训练3　(1)(2025·湛江模拟)若函数g(x)=ln x+1
2x2-(b-1)x 存在单调递减区间,则实数b 的取值范围是(B)
A.[3,+∞)B.(3,+∞)
C.(-∞,3) D.(-∞,3]
解析　函数g(x)=ln x+1
2x2-(b-1)x 的定义域为(0,+∞),g'(x)=1
x +x-(b-1).由g(x)存在单调递减区间知g'(x)<0 在(0,+∞)上有解,即1
x
+x-(b-1)<0 有解.因为函数g(x)的定义域为(0,+∞),所以x+1
x ≥2.要使1
x +x-(b-1)<0 有解,只需2<b-1,即b>3,所以实数b 的取值范
围是(3,+∞).
(2)已知a=ln 3
2
,b= 1
e -1
,c=ln 4
3
,则a,b,c 的大小关系是(A)
A.b>a>cB.b>c>a
C.c>a>bD.c>b>a
解析　令函数f(x)=ln x
x -1 (x≥e),求导得f'(x)=1- ln x - 1
x
( x -1)
2
.令g(x)=1-ln x-1
x ,则g'(x)=1- x
x
2 <0(x≥e),故g(x)=1-ln x-1
x (x≥e)单调
递减.又g(e)=1-1-1
e <0,故g(x)<0(x≥e),即f'(x)<0(x≥e).故f(x)在[e,+∞)上单调递减,而e<3<4,则f(e)>f(3)>f(4),即1
e -1>ln 3
2
>
ln 4
3
,所以b>a>c.故选A.
微点三　极值与最值
例4　(1)函数f(x)= e
x
x
2-3
在[2,+∞)上的最小值为(A)
A.e
3
6
B.e2
C.e
3
4
D.2e
解析　依题意f'(x)=
e
x
( x
2-3)
2(x2-2x-3)=
e
x
( x
2-3)
2(x-3)(x+1),故函数在区间(2,3)上单调递减,在区间(3,+∞)上单调递增,故函数
在x=3 处取得极小值也是最小值,且最小值为f(3)= e
3
3
2-3
=e
3
6
.故选A.
(2)若x=a 是函数f(x)=3
2
x2-(a+3)x+ln x 的极小值点,则函数f(x)在区间[
1
4 ,3]上的最大值为(C)
A.3+ln 3B.3-ln 3
C.3
2
+ln 3
D.3
2
-ln 3
解析　由f(x)=3
2x2-(a+3)x+ln x,得f'(x)=3x-(a+3)+1
x =3 x
2-(a+3)x +1
x
,因为x=a 是函数f(x)的极小值点,所以f'(a)=0,即3a2-
a2-3a+1=0,即2a2-3a+1=0,解得a=1
2或a=1.当a=1
2时,f'(x)=3 x
2- 7
2 x +1
x
=(2 x -1)(3 x -2)
2 x
,当x>2
3或0<x<1
2时,f'(x)>0,当1
2
<x<2
3
时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0, 1
2),(
2
3 ,+ ∞)上单调递增,在(
1
2 , 2
3)上单调递减,所以x=1
2
是函数f(x)的极大值点,不符合
题意;当a=1 时,f'(x)=3 x
2- 4 x +1
x
=(3 x -1)( x -1)
x
,当x>1 或0<x<1
3 时,f'(x)>0,当1
3<x<1 时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0, 1
3),
(1,+∞)上单调递增,在(
1
3 ,1)上单调递减,所以x=1 是函数f(x)的极小值点,x=1
3 是函数f(x)的极大值点,故a=1.又因为f(
1
3) =-
7
6 -ln 3,f(3)=3
2+ln 3,所以函数f(x)在[
1
4 ,3]上的最大值为3
2 +ln 3.故选C.
例5　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a 的取值范围.
解　(1)当a=1 时,f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1,则f'(1)=e-1.f(1)=e-2,所以切点坐标为(1,e-2),所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即
(e-1)x-y-1=0.
(2)易知函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ex-a.当a≤0 时,f'(x)>0,函数f(x)在R 上单调递增,无极值;当a>0 时,由f'(x)>0,得x>ln a,由
f'(x)<0,得x<ln a,所以函数f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(ln a)=a-aln a-a3.
由题意知a-aln a-a3<0(a>0),即a2+ln a-1>0(a>0).令g(a)=a2+ln a-1(a>0),则g'(a)=2a+1
a >0,可知g(a)在(0,+∞)内单调递增,且
g(1)=0,不等式a2+ln a-1>0 等价于g(a)>g(1),解得a>1,故实数a 的取值范围为(1,+∞).
用导数研究函数的极值、最值等问题的求解
(1)求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,在得出函数的极值的基础上,将区间端点处的函数值f(a),f(b)与f(x)的各极值进行比
较得到函数的最值.
(2)若所给函数f(x)含有参数,则需通过对参数分情况讨论,判断函数的单调性,从而得到函数f(x)的最值.
(3)若函数f(x)在区间(a,b)上有唯一的极值点,则这个极值点就是函数的最值点,此结论在导数的实际问题中经常使用.
训练4　(1)(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)若函数f(x)=aln x+b
x + c
x
2(a≠0)既有极大值也有极小值,则
(BCD)
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0
D.ac<0
解析　函数f(x)=aln x+b
x + c
x
2的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=a
x - b
x
2-2c
x
3 =a x
2-bx -2c
x
3
,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,因此方程ax2-bx-2c=0 有两个不相等的正实根x1,x2,于是{
Δ=b
2+8ac>0,
x1+ x2= b
a >0,
x1 x2=- 2c
a >0,
即有
{
b
2+8ac>0,
ab>0,
ac<0,
显然a2bc<0,即bc<0,故A 错误,B,C,D 正确.故选BCD.
(2)(2022·全国甲卷)当x=1 时,函数f(x)=aln x+b
x 取得最大值-2,则f'(2)=(B)
A.-1
B.-1
2
C.1
2
D.1
解析　因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以依题意可知{
f (1)=-2,
f '(1)=0, 而f'(x)=a
x
- b
x
2,所以{
b=-2,
a-b=0,即{
a=-2,
b=-2,所以f'(x)=-2
x
+ 2
x
2,因此函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,当x=1 时取最大值,满足题意.所以f'(2)=-1+1
2
=-1
2
.故选B.
1.(2024·全国甲卷)设函数f(x)=e
x+2sin x
1+ x
2
,则曲线y=f(x)在(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(A)
A.1
6
B.1
3
C.1
2
D.2
3
解析　f'(x)=(e
x+2cos x)(1+ x
2)-(e
x+2sin x)·2 x
(1+ x
2)
2
,所以f'(0)=3,所以曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1=3(x-0),
即3x-y+1=0,切线与两坐标轴的交点分别为(0,1),(- 1
3 ,0),所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为1
2×1×1
3=1
6 ,故选
A.
2.(2022·新课标Ⅰ卷)(多选题)已知函数f(x)=x3-x+1,则(AC)
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
解析　因为f(x)=x3-x+1,所以f'(x)=3x2-1,由f'(x)=3x2-1>0 得x>√3
3
或x<-√3
3
;由f'(x)=3x2-1<0 得-√3
3
<x<√3
3
.所以f(x)=x3-x+1 在
(
√3
3 ,+ ∞),(-∞,- √3
3 )上单调递增,在(- √3
3 , √3
3 )上单调递减,所以f(x)有两个极值点,故A 正确.因为f(x)的极小值f
(
√3
3 )=(
√3
3 )
3
-√3
3
+1=1-2√3
9
>0,f(-2)=(-2)3-(-2)+1=-5<0,所以函数f(x)在R 上有且只有一个零点,故B 错误.因为函数g(x)=x3-
x 的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)=x3-x+1 的图象,函数g(x)=x3-x 的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)=0,所以点(0,1)
是曲线f(x)=x3-x+1 的对称中心,故C 正确.假设直线y=2x 是曲线y=f(x)的切线,切点为(x0,y0),则f'(x0)=3x0
2-1=2,解得x0=±1.若
x0=1,则切点坐标为(1,1),但点(1,1)不在直线y=2x 上,若x0=-1,则切点坐标为(-1,1),但点(-1,1)不在直线y=2x 上,所以假设不成立,
故D 错误.故选AC.
3.(2024·新课标Ⅱ卷)(多选题)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则(AD)
A.当a>1 时,f(x)有三个零点
B.当a<0 时,x=0 是f(x)的极大值点
C.存在a,b 使得x=b 为曲线y=f(x)的对称轴
D.存在a,使得点(1,f(1))为曲线y=f(x)的对称中心
解析　由题可知,f'(x)=6x(x-a).对于A,当a>1 时,由f'(x)<0 得0<x<a,由f'(x)>0 得x<0 或x>a,则f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,a)上
单调递减,在(a,+∞)上单调递增,且当x→-∞时,f(x)→-∞,f(0)=1,f(a)=-a3+1<0,当x→+∞时,f(x)→+∞,故f(x)有三个零点,A 正确;对于
B,当a<0 时,由f'(x)<0 得a<x<0,由f'(x)>0 得x>0 或x<a,则f(x)在(-∞,a)上单调递增,在(a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故
x=0 是f(x)的极小值点,B 错误;对于C,当x→+∞时,f(x)→+∞,当x→-∞时,f(x)→-∞,故曲线y=f(x)必不存在对称轴,C 错误;对于D,
解法一(配方、平移):f(x)=2x3-3ax2+1=2(x - a
2)
3
-3
2a2(x - a
2)+1-a
3
2
,令t=x-a
2,则f(x)可转化为g(t)=2t3-3
2a2t+1-a
3
2
,由y=2t3-3
2
a2t 为奇函数,且其图象关于原点对称,可知g(t)的图象关于点(0,1- a
3
2 )对称,则f(x)的图象关于点(
a
2 ,1- a
3
2 )对称,故存在
a=2,使得点(1,f(1))为曲线y=f(x)的对称中心,D 正确.解法二(二级结论):任意三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象均关于点
(- b
3a ,f(- b
3a))成中心对称,D 正确.故选AD.
4.(2022·新课标Ⅰ卷)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a 的取值范围是 ( -∞
  , -4
  ) ∪
  ( 0 , +∞
  )  .
解析　因为y=(x+a)ex,所以y'=(x+a+1)ex.设切点为A(x0,(x0+a)e
x0),O 为坐标原点,依题意得,切线斜率kOA=y'|x = x0=(x0+a+1)e
x0=
( x0+a)e
x0
x0
,化简得x0
2+ax0-a=0.因为曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,所以关于x0的方程x0
2+ax0-a=0 有两个不同的
根,所以Δ=a2+4a>0,解得a<-4 或a>0,所以a 的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞).
微练(三十三)　利用导数研究函数的性质
基础过关练
一、单项选择题
1.函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为(B)
A.y=-2x-1
B.y=-2x+1
C.y=2x-3
D.y=2x+1
解析　f(1)=1-2=-1,切点坐标为(1,-1),f'(x)=4x3-6x2,所以切线的斜率为k=f'(1)=4×13-6×12=-2,切线方程为y+1=-2(x-1),即y=-2x+1.
故选B.
2.若函数f(x)=x-4
x
-a ln x 单调递增,则实数a 的取值范围为(D)
A.(-∞,0] B.(-∞,-4]
C.[-4,4] D.(-∞,4]
解析　依题意得f'(x)=1+ 4
x
2-a
x = x
2-ax + 4
x
2
≥0,即x2-ax+4≥0 对任意x>0 恒成立,即a≤4
x +x 恒成立,因为4
x +x≥2√x× 4
x
=4(当
且仅当x=2 时取“=”),所以a≤4.故选D.
3.当x=2 时,函数f(x)=x3+bx2-12x 取得极值,则f(x)在区间[-4,4]上的最大值为(C)
A.8
B.12
C.16
D.32
解析　f'(x)=3x2+2bx-12,因为f(x)在x=2 处取得极值,所以f'(2)=12+4b-12=0,所以b=0,则f(x)=x3-12x,由f'(x)=0,得x=±2,f(x)在[-4,-
2]上单调递增,在(-2,2)上单调递减,在[2,4]上单调递增,又f(-2)=-8+24=16,f(4)=64-48=16,所以f(x)max=16,选C.
4.已知a=ln√2,b=ln3
3 ,c=1
e ,则下列结论正确的是(C)
A.c<b<aB.b<a<c
C.a<b<cD.c<a<b
解析　设f(x)=ln x
x
(x>0),则f'(x)=
1
x · x - ln x
x
2
=1- ln x
x
2
,当x∈(0,e)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递
减.a=ln √2=1
2ln 2=2
4 ln 2=1
4 ln 4=f(4),又b=ln 3
3
=f(3),c=1
e =f(e),e<3<4,且f(x)在(e,+∞)上单调递减,所以f(4)<f(3)<f(e),所以
a<b<c.
5.(2025·徐州模拟)若函数f(x)=aln x+4
x + b
x
2(a≠0)既有极大值也有极小值,则下列结论一定正确的是(B)
A.a<0
B.b<0
C.ab>-1 D.a+b>0
解析　函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a
x - 4
x
2-2b
x
3 =a x
2- 4 x -2b
x
3
,又函数f(x)既有极大值也有极小值,所以函数f'(x)在(0,+∞)
上有两个变号零点,由a≠0,所以方程ax2-4x-2b=0 有两个不同的正实数根x1,x2,所以{
Δ=(- 4)
2- 4 a(-2b)>0,
x1+ x2= 4
a >0,
x1 x2=-2b
a
>0,
即
ab>-2,a>0,b<0.故选B.
6.(2025·济宁一模)曲线y=a
x (a>0)与y=ln x 和y=ex分别交于A,B 两点,设曲线y=ln x 在A 处的切线斜率为k1,y=ex在B 处的切
线斜率为k2,若k1+k2=5
2
,则a=(A)
A.2ln 2 B.2ln 3 C.3ln 2 D.3ln 3
解析　因为y=ln x 和y=ex互为反函数,其图象关于直线y=x 对称,且反比例函数y=a
x (a>0)的图象也关于直线y=x 对称,可知点
A,B 关于直线y=x 对称,设A(x0,ln x0),x0>1,则B(ln x0,x0),设f(x)=ln x,g(x)=ex,则f'(x)=1
x ,g'(x)=ex,由题意可得:k1+k2= 1
x0
+e
ln x0= 1
x0
+x0=5
2
,解得x0=2 或x0=1
2
(舍去),可得A(2,ln 2),则a
2
=ln 2,所以a=2ln 2.故选A.
二、多项选择题
7.(2025·茂名模拟)已知函数f(x)=ex-2x+1,则下列说法正确的是
(BCD)
A.f(x)有极大值2ln 2
B.f(x)有极小值3-2ln 2
C.f(x)无最大值
D.f(x)在(ln 2,+∞)上单调递增
解析　f(x)=ex-2x+1 的定义域为R,f'(x)=ex-2,令f'(x)=0 得x=ln 2,当x∈(-∞,ln 2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(ln 2,+∞)时,
f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=ln 2 时,f(x)取得极小值,无极大值,也无最大值,并且f(x)极小值=f(ln 2)=3-2ln 2,所以B,C,D 正确,A 错
误.故选BCD.
8.(2025·合肥模拟)已知函数f(x)=1
3 x3-ax2-3a2x,则下列说法正确的是(ACD)
A.若a≠0,则f(x)有两个极值点
B.f(x)的图象的对称中心在函数g(x)=11
3
x3的图象上
C.若f(x)在区间(0,3)单调递减,则a∈(-∞,-3]∪[1,+∞)
D.不等式f(2a-1)<f(-a)的解集为{a|a>- 1
3 且a≠1
3}
解析　f(x)=1
3 x3-ax2-3a2x,f'(x)=x2-2ax-3a2=(x-3a)(x+a),当a<0 时,x∈(-∞,3a),f(x)单调递增,x∈(3a,-a),f(x)单调递减,x∈(-a,+∞),f(x)单
调递增,故f(x)有两个极值点,当a>0 时,x∈(-∞,-a),f(x)单调递增,x∈(-a,3a),f(x)单调递减,x∈(3a,+∞),f(x)单调递增,f(x)有两个极值
点,故A 正确;因为f'(x)=x2-2ax-3a2,所以f(x)的图象的对称中心为(a,- 11a
3
3 ),当a≠0 时,不在函数g(x)=11
3 x3的图象上,故B
错误;当a=0 时,f(x)单调递增,故a≠0,由A 可知,当a<0 时,x∈(3a,-a),f(x)单调递减,所以{
3a≤0,
3≤-a,得到a≤-3,当a>0 时,x∈(-
a,3a),f(x)单调递减,所以{
-a≤0,
3≤3a,得到a≥1,所以f(x)在区间(0,3)单调递减,则a∈(-∞,-3]∪[1,+∞),故C 正确;因为f(2a-1)<f(-a),代
入f(x)可得1
3 (2a-1)3-a(2a-1)2-3a2(2a-1)<1
3(-a)3-a(-a)2-3a2(-a)化简:9a3-3a2-a+1
3>0,即(a- 1
3)
2
(a+ 1
3)>0,解得a>-1
3 且a≠1
3 ,故
D 正确.故选ACD.
三、填空题
9.(2025·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)={
e
x , x ≤0,
ln x , x>0,
过原点O 作曲线y=f(x)的切线,其切线方程为 x -e  y =0 
  .
解析　当x≤0 时,函数f(x)=ex,可得f'(x)=ex.设切点为P(x0,y0),则f'(x0)=e
x0,所以切线方程为y-e
x0=e
x0(x-x0),因为切线过原点
O(0,0),可得-e
x0=-x0e
x0,解得x0=1,不符合题意,舍去;当x>0 时,函数f(x)=ln x,可得f'(x)=1
x .设切点为P(x1,y1),则f'(x1)= 1
x1
,所以切
线方程为y-ln x1= 1
x1
(x-x1),因为切点过原点O(0,0),可得ln x1=1,解得x1=e,此时切线方程为y-1=1
e (x-e),即x-ey=0.
10.设a∈R,若函数y=ex+ax,x∈R 有大于零的极值点,则a 的取值范围是 ( -∞
  , -1
  )  .
解析　因为y=ex+ax,所以y'=ex+a.由题意知ex+a=0 有大于0 的实根,得a=-ex,因为x>0,所以ex>1,所以a<-1.
四、解答题
11.(2025·马鞍山模拟)已知函数f(x)=aln x+1- x
x
.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有极小值,且极小值大于(a2+1)(a-1),求a 的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax -1
x
2
.
①a≤0 时,f'(x)<0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递减;②a>0 时,令f'(x)<0 得0<x<1
a ,令f'(x)>0 得x>1
a,此时f(x)在(0, 1
a)上单调递减,
在(
1
a ,+ ∞)上单调递增.
(2)由(1)知a>0 时,f 极小值=f(
1
a)=-aln a+a-1>(a2+1)(a-1),整理得ln a+a2-a<0,令g(a)=ln a+a2-a,则g'(a)=1
a+2a-1≥2√
1
a ·2a-1=2
√2-1>0,故g(a)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以a 的取值范围为(0,1).
12.设函数f(x)=ex+1-x2-kx.
(1)当k=0 时,求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间[-1,+∞)上单调递增,求k 的取值范围;
(3)当x≥-1 时,f(x)≥f(-1),求k 的取值范围.
解　(1)当k=0 时,f(x)=ex+1-x2,则f'(x)=ex+1-2x,则曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线斜率为f'(-1)=3,又f(-1)=0,所以曲线y=f(x)在点
(-1,f(-1))处的切线方程为y=3x+3.
(2)f'(x)=ex+1-2x-k,由题意得,x∈[-1,+∞),f'(x)≥0 恒成立.令F(x)=f'(x),则F'(x)=ex+1-2,且F'(x)在[-1,+∞)单调递增,令f'(x)=0,解得x=ln 
2-1>-1,所以当x∈(-1,ln 2-1)时,F'(x)<0,故F(x)单调递减;当x∈(ln 2-1,+∞)时,F'(x)>0,故F(x)单调递增;所以F(x)min=F(ln 2-1)=4-2ln 
2-k,又f'(x)≥0,当且仅当F(x)min≥0,故k≤4-2ln 2,即k 的取值范围为(-∞,4-2ln 2].
(3)因为f(-1)=k,所以题意等价于当x>-1 时,f(x)≥k.即∀x∈(-1,+∞),ex+1-x2-kx≥k,整理,得ex+1-x2≥k(x+1),因为x>-1,所以x+1>0,故题意
等价于e
x +1- x
2
x +1
≥k.设G(x)=e
x +1- x
2
x +1
,x∈(-1,+∞),G(x)的导函数G'(x)=(e
x +1-2 x)( x +1)-(e
x +1- x
2)
( x +1)
2
,化简得G'(x)=
x
( x +1)
2(ex+1-x-2),考察函数g(x)=ex-x-1,x∈(-∞,+∞),其导函数为g'(x)=ex-1,当x<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>0,g'(x)>0,g(x)单调递
增;故在x=0 时,g(x)取到最小值,即g(x)≥g(0)=0,即ex≥x+1,所以ex+1≥x+2⇔ex+1-x-2≥0,所以当x∈(-1,0),G'(x)<0,G(x)单调递减;当
x∈(0,+∞),G'(x)>0,G(x)单调递增;所以G(x)的最小值为G(0)=e,故k≤e,即k 的取值范围为(-∞,e].
能力提升练
13.函数f(x)=xsin(
π
3 x + π
6)在区间(0,2 028)上的极值点个数为(B)
A.675
B.676
C.2 027 D.2 028
解析　由题意可得f'(x)=sin(
π
3 x + π
6)+π
3
xcos(
π
3 x + π
6).当f'(x)=0 时,显然cos(
π
3 x + π
6)≠0,于是tan(
π
3 x + π
6)=-π
3
x,易知
符合条件的解为f'(x)的变号零点,即f(x)的极值点,于是f(x)的极值点均可视作y=tan(
π
3 x + π
6)的图象与直线y=-π
3
x 交点的
横坐标,如图,由x>0 可知交点必在第四象限.当x>0 时,由图象可知tan(
π
3 x + π
6)<0 的解集为(3n+1,3n+ 5
2),n∈N.故
y=tan(
π
3 x + π
6)的图象与直线y=-π
3
x 在每一个区间(3n+1,3n+ 5
2)上有且仅有一个交点.由(3n+1,3n+ 5
2)⊆(0,2 028)
解得n=0,1,…,675,故满足条件的区间共676 个,于是y=tan(
π
3 x + π
6)的图象与直线y=-π
3
x 在区间(0,2 028)上共有676 个交
点,即f(x)在区间(0,2 028)上共有676 个极值点.故选B.
14.某地计划对如图所示的半径为a 的直角扇形区域ABC 按以下方案进行扩建改造,在扇形ABC 内取一点P 使得BP=√6
4
a,
以BP 为半径作扇形PBE,且满足∠PBE=2∠PBC=2θ,其中0<θ≤θ0<π
2
,cos θ0=√6
4
,则图中阴影部分的面积取最小值时θ 的大
小为(A)
A. π
12
B.π
6
C.π
4
D.π
3
解析　由题意知∠PBC=∠EBC=θ,则题图中阴影部分的面积S=π
4
a2+1
2
a·√6
4
asin θ-1
2
a·√6
4
asin(
π
2 -θ)-1
2
·2θ·(
√6
4 a)
2
=π
4
a2+√6
8
a2(sin θ -cos θ - √6
2 θ),因为0<θ0<π
2
,cos θ0=√6
4
,所以π
4
<θ0<π
3
,所以0<θ≤θ0<π
3
,令f(θ)=sin θ-cos θ-√6
2
θ,θ∈(0,θ0],则f'(θ)=cos θ+sin θ-√6
2
=√2sin(θ+ π
4)-√6
2
,由θ∈(0,θ0],得θ+π
4
∈(
π
4 ,θ0+ π
4],因为π
4
<θ0<π
3
,所以θ0+π
4
∈
(
π
2 , 7 π
12),令f'(θ)=0,得sin(θ+ π
4)=√3
2
,所以θ+π
4
=π
3
,所以θ= π
12
,当0<θ< π
12
时,f'(θ)<0,当π
12
<θ<θ0时,f'(θ)>0,所以函数f(θ)
在(0, π
12)上单调递减,在(
π
12 ,θ0)上单调递增,所以当θ= π
12时,f(θ)最小,即题图中阴影部分的面积取最小值.故选A.
微专题22　导数的综合应用
命|题|分|析
利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题,是高考的
热点和难点.解答题的热点题型有:1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值.2.利用导数证明不等式或探讨方程的根.3.利
用导数求解参数的值或取值范围.
专项1　导数与不等式的证明
例　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤2 时,证明:当x>1 时,f(x)<ex-1恒成立.
解　(1)因为f(x)=a(x-1)-ln x+1,所以f'(x)=a-1
x =ax -1
x
,x>0,若a≤0,则f'(x)<0 恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,即f(x)的单调
递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;当a>0,则当0<x<1
a
时,f'(x)<0,当x>1
a
时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为(0, 1
a),单调递
增区间为(
1
a ,+ ∞).综上,当a≤0 时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;当a>0 时,f(x)的单调递减区间为(0, 1
a),单
调递增区间为(
1
a ,+ ∞).
(2)解法一(作差法直接求导证明):设g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1,只需证当x>1 时g(x)<0 即可.易知g'(x)=a-1
x -ex-1,令h(x)=g'(x),则
h'(x)= 1
x
2-ex-1,由基本初等函数的单调性可知h'(x)在(1,+∞)上单调递减,则当x>1 时,h'(x)<h'(1)=1-1=0,所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上
单调递减,于是当x>1 时,g'(x)<g'(1)=a-2,又a≤2,所以a-2≤0,则当x>1 时,g'(x)<0,故g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以当x>1 时,
g(x)<g(1)=0,即当x>1 时,f(x)<ex-1恒成立.
解法二(放缩法):因为a≤2,所以当x>1 时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1.令g(x)=ex-1-2x+ln x+1,则只需证当x>1 时
g(x)>0.易知g'(x)=ex-1-2+1
x ,令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1- 1
x
2在(1,+∞)上单调递增,则当x>1 时,h'(x)>h'(1)=0,所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)
上单调递增,所以当x>1 时,g'(x)>g'(1)=0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x>1 时,g(x)>g(1)=0,即当x>1 时,f(x)<ex-1恒成立.
利用导数证明不等式问题的方法
(1)构造函数法:①证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(或f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x).
②构造双函数:若直接构造函数求导,难以判断符号,导数零点也不易求得,则可构造函数f(x)和g(x),利用其最值求解,即若
f(x)min≥g(x)max,则f(x)≥g(x).
(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论.
训练1　(移项构造函数法)已知函数f(x)=(2x+1)ln x- x
2
2
,曲线f(x)在x=1 处的切线方程为y=ax+b.
(1)求a,b;
(2)证明:f(x)≤ax+b.
解　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=(2x+1)ln x- x
2
2
可得f'(x)=2ln x+(2x+1)1
x -x=2ln x-x+1
x +2,则f'(1)=2,所以曲线f(x)在
x=1 处的切线斜率为k=2,又因为f(1)=-1
2,所以切线方程为y+1
2=2(x-1),即y=2x-5
2,所以a=2,b=-5
2.
(2)证明:要证明f(x)≤ax+b,只要证(2x+1)ln x- x
2
2
-2x+5
2≤0,设g(x)=(2x+1)ln x- x
2
2
-2x+5
2,则g'(x)=2ln x+1
x -x,令h(x)=2ln x+1
x -x.则
h'(x)=2
x
- 1
x
2-1=-( x -1)
2
x
2
≤0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,则g(x)在(0,1)上单调递增.当
x∈(1,+∞)时,h(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=0,所以f(x)≤ax+b.
训练2　(放缩构造法)若函数f(x)=xln x-x2-1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求证:f(x)<e-x+ 1
x
2-2
x
-1.
解　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x-2x+1,记t(x)=f'(x),t'(x)=1
x
-2=1-2 x
x
,当x∈(0, 1
2)时,t'(x)>0,t(x)单调递增;当x∈
(
1
2 ,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(
1
2)=-ln 2<0,即f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
(2)证明:先证f(x)≤-x-1,记g(x)=f(x)+x+1,则g(x)=xln x-x2+x=x(ln x-x+1),记m(x)=ln x-x+1,则m'(x)=1
x -1,所以当x∈(0,1)时,
m'(x)>0,m(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,m'(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)max=m(1)=0,所以m(x)≤0,又x>0,所以g(x)≤0,故f(x)≤-x-1.再
证e-x+ 1
x
2-2
x -1>-x-1(x>0),即证e-x+ 1
x
2-2
x +x>0(x>0).记h(x)=e-x+ 1
x
2-2
x +x,x>0,则h(x)=e-x+x-1+(
1
x -1)
2
≥e-x+x-1,记p(x)=e-
x+x-1,x>0,则p'(x)=1-e-x>0,所以p(x)在(0,+∞)上单调递增,所以p(x)>p(0)=0,所以h(x)>0,即e-x+ 1
x
2-2
x -1>-x-1,所以f(x)<e-x+ 1
x
2-2
x
-1.
微练(三十四)　导数与不等式的证明
1.已知函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π).
(1)求f(x)的单调区间和极小值;
(2)求证:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.
解　(1)函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π),求导得f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x.当-π<x<-π
2 时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当-π
2 <x<0 时,
f'(x)<0,f(x)单调递减;当0<x<π
2 时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当π
2 <x<π 时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)的单调递增区间为
(- π ,- π
2),(0, π
2),单调递减区间为(- π
2 ,0),(
π
2 ,π),f(x)的极小值为f(0)=1.
(2)证明:当x∈[0,π)时,令F(x)=ex+e-x-2(cos x+xsin x),求导得F'(x)=ex-e-x-2xcos x≥ex-e-x-2x,令φ(x)=ex-e-x-2x,求导得φ'(x)=ex+e-x-2≥2
√e
x·e
- x-2=0,当且仅当x=0 时等号成立,函数φ(x)在[0,π)上单调递增,则φ(x)≥φ(0)=0,F'(x)≥0 且不恒为0,F(x)在[0,π)上单调递
增,因此F(x)≥F(0)=0,所以2f(x)≤ex+e-x.
2.已知函数f(x)=2ex-ax,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=e 时,求证:f(x)>e(1-cos x).
解　(1)由已知f'(x)=2ex-a,当a≤0 时,f'(x)>0 恒成立,函数f(x)在R 上单调递增;当a>0 时,由f'(x)>0,得x>lna
2,函数f(x)单调递增,
由f'(x)<0,得x<lna
2
,函数f(x)单调递减.综上所述,当a≤0 时,函数f(x)在R 上单调递增;当a>0 时,函数f(x)在(ln a
2 ,+∞)上单调
递增,在(-∞,ln a
2)上单调递减.
(2)证明:由a=e,f(x)>e(1-cos x)得2ex-ex>e(1-cos x),即证2ex-1>x+1-cos x,当x≤0 时,设函数k(x)=x+1-cos x,则k'(x)=1+sin x≥0,k(x)在
(-∞,0]上单调递增,所以k(x)≤k(0)=0,所以2ex-1>0≥x+1-cos x 成立;当x>0 时,要证2ex-1>x+1-cos x 成立,即证2ex-1-2x>1-cos x-x.设
函数h(x)=2ex-1-2x,x>0,则h'(x)=2ex-1-2,当h'(x)<0 时,0<x<1,函数h(x)单调递减,当h'(x)>0 时,x>1,函数h(x)单调递增,所以
h(x)≥h(1)=2e0-2=0,即2ex-1-2x≥0,设g(x)=1-cos x-x,x>0,则g'(x)=sin x-1≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即0>1-cos x-
x,所以2ex-1-2x≥0>1-cos x-x.综上,f(x)>e(1-cos x)成立.
3.(2024·天津高考)设函数f(x)=xln x.
(1)求f(x)图象上点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)≥a(x-√x)在x∈(0,+∞)时恒成立,求a 的值;
(3)若x1,x2∈(0,1),证明|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|
1
2.
解　(1)由题知f(1)=0,f'(x)=ln x+1,所以f'(1)=1,所以切线方程为y=x-1.
(2)由题可得xln x≥a(x-√x)在(0,+∞)上恒成立,即ln x≥a(1- 1
√x)在(0,+∞)上恒成立.设g(x)=ln x-a(1- 1
√x)=ln x-a+ a
√x
,x∈(0,+∞),则g(x)≥0 恒成立,又g(1)=0,所以g'(1)=0.因为g'(x)=1
x -1
2ax
- 3
2,所以g'(1)=1-a
2=0,解得a=2.
(3)证明:当x1=x2时,|f(x1)-f(x2)|=|x1-x2|
1
2=0.当x1≠x2时,不妨设x1<x2,令f'(x)=ln x+1=0,得x=1
e ,所以f(x)在(0, 1
e)上单调递减,在
(
1
e ,1)上单调递增.
①当0<x1<x2≤1
e 时,f(x1)>f(x2),|f(x1)-f(x2)|=x1ln x1-x2ln x2,设t(x)=xln x+√x,0<x<1,则t'(x)=ln x+1+ 1
2√x
,设m(x)=ln x+1+ 1
2√x
,0<x<1,则m'(x)=1
x
-
1
4 x √x
=4√x -1
4 x √x
.令m'(x)=0,得x= 1
16
,所以m(x)在(0, 1
16)上单调递减,在(
1
16 ,1)上单调递增,所以
t'(x)≥t'(
1
16)=ln 1
16
+1+2=ln e
3
16
>0,所以t(x)在(0,1)上单调递增.所以x1ln x1+√x1<x2ln x2+√x2,x1ln x1-x2ln x2<√x2-√x1,因为(√x2
-√x1)2-(√x2- x1)2=2x1-2√x1 x2=2√x1(√x1-√x2)<0,所以√x2-√x1<√x2- x1,所以x1ln x1-x2ln x2<√x2- x1,即|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2
|
1
2.
②当1
e ≤x1<x2<1 时,f(x1)<f(x2),|f(x1)-f(x2)|=x2ln x2-x1ln x1,设h(x)=xln x-x,0<x<1,则h'(x)=ln x<0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以
x1ln x1-x1>x2ln x2-x2,即x2ln x2-x1ln x1<x2-x1,因为1
e ≤x1<x2<1,所以0<x2-x1<1,0<√x2- x1<1,x2-x1<√x2- x1,所以x2ln x2-x1ln x1<
√x2- x1,即|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|
1
2.
③当0<x1<1
e <x2<1 时,若f(x1)<f(x2),则|f(x1)-f(x2)|<|f(
1
e)- f ( x2)|,由②知,|f(
1
e)- f ( x2)|<√x2- 1
e
<√x2- x1,所以|f(x1)-f(x2)|
<|x1-x2|
1
2;若f(x1)>f(x2),则|f(x1)-f(x2)|<|f ( x1)- f(
1
e)|,由①知,|f ( x1)- f(
1
e)|<√
1
e - x1<√x2- x1,所以|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|
1
2.若
f(x1)=f(x2),则|f(x1)-f(x2)|=0,|x1-x2|
1
2>0,故|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|
1
2.综上可知,∀x1,x2∈(0,1),都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|
1
2.
专项2　导数与不等式恒成立(有解)问题
例　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)·ln(1+x)-x.
(1)当a=-2 时,求f(x)的极值;
(2)当x≥0 时,f(x)≥0,求a 的取值范围.
解　(1)当a=-2 时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞),f'(x)=2ln(1+x)+1+2 x
1+ x -1=2ln(1+x)- 1
1+ x +1.易知f'(x)在(-1,+∞)上单调递增,且
f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以当x=0 时,f(x)取得
极小值,为f(0)=0,f(x)无极大值.
(2)f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,x∈[0,+∞),则f'(x)=-aln(1+x)-(a+1)x
1+ x
,设g(x)=-aln(1+x)-(a+1)x
1+ x
,则g'(x)=- a
1+ x
- a+1
(1+ x)
2.
解法一:当x≥0 时,f(x)≥0,且f(0)=0,f'(0)=0,所以g'(0)=-2a-1≥0,得a≤-1
2,故a≤-1
2是原不等式成立的一个必要条件.
下面证明其充分性:
当a≤-1
2,x≥0 时,g'(x)≥
1
2(1+ x)-
1
2(1+ x)
2=
x
2(1+ x)
2≥0,所以f'(x)在[0,+∞)上单调递增,且f'(x)≥f'(0)=0,所以f(x)在[0,+∞)上单
调递增,且f(x)≥f(0)=0.综上,a 的取值范围是(-∞,- 1
2].
解法二:g'(x)=- a
1+ x
- a+1
(1+ x)
2=-ax +2a+1
(1+ x)
2
,当a≤-1
2
时,同解法一不等式恒成立.当-1
2
<a<0 时,x∈[0,- 2a+1
a )时,g'(x)<0,所
以g(x)在[0,- 2a+1
a )上单调递减,g(x)≤g(0)=0,所以f'(x)≤0,f(x)在[0,- 2a+1
a )上单调递减,所以f(x)≤f(0)=0 矛盾,不等式不
成立.当a≥0 时g'(x)≤0,g(x)在[0,+∞)上单调递减,g(x)≤g(0)=0 即f'(x)≤0,f(x)在[0,+∞)上单调递减,所以f(x)≤f(0)=0 矛盾,不等式不
成立.综上,a 的取值范围是(-∞,- 1
2].
由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
(1)求最值法:将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.
(2)分离参数法:将参数分离出来,进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式,通过导数的应用求出f(x)的最值,即得参数的范围.
训练1　(分类讨论法)(2025·齐齐哈尔二模)已知函数f(x)=ln x+ax+2.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若∀x>0,f(x)<3-xeax恒成立,求a 的取值范围.
解　(1)f(x)=ln x+ax+2 的定义域为(0,+∞),f'(x)=1
x +a=1+ax
x
,x>0,当a≥0 时,f'(x)>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0 时,当x=-1
a
时,f'(x)=0,当0<x<-1
a 时,f'(x)>0,则f(x)单调递增;当x>-1
a 时,f'(x)<0,则f(x)单调递减,综上,当a≥0 时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),
无单调递减区间;当a<0 时,f(x)的单调递增区间为(0,- 1
a);f(x)的单调递减区间为(- 1
a ,+∞).
(2)若∀x>0,f(x)<3-xeax恒成立,即∀x>0,ln x+ax+2<3-xeax恒成立,则∀x>0,ln x+ax+xeax-1<0 恒成立,设g(x)=ln 
x+ax+xeax-1,x>0,g'(x)=1
x
+a+eax+axeax=(ax+1)(
1
x +e
ax),因为x>0,所以1
x
+eax>0,当a≥0 时,g'(x)>0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,当
x>1 时,g(x)>g(1)=ln 1+a+ea-1=a+ea-1≥a+e0-1=a≥0,所以a≥0 不合题意;当a<0 时,当x=-1
a时,g'(x)=0,当0<x<-1
a时,g'(x)>0,则g(x)
单调递增;当x>-1
a
时,g'(x)<0,则g(x)单调递减,则g(x)的最大值为g(- 1
a)=ln(- 1
a)+(- 1
a)·1
e
-2,则ln(- 1
a)+(- 1
a)·1
e
-2<0,
令t=-1
a ,φ(t)=ln t+1
e t-2,t>0,φ'(t)=1
t +1
e >0,则φ(t)在(0,+∞)上单调递增,又φ(e)=ln e+1
e ×e-2=0,所以由φ(t)<0,得0<t<e,所以0<-1
a
<e 且a<0,所以a<-1
e ,即a 的取值范围为(-∞,- 1
e).
训练2　(分离参数法)已知函数f(x)=xln x-ax.
(1)当a=0 时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≤x2+2 恒成立,求实数a 的取值范围.
解　(1)当a=0 时,函数f(x)=xln x 的定义域是(0,+∞),f'(x)=ln x+1,令f'(x)<0,得ln x+1<0,解得0<x<1
e ,故f(x)的单调递减区间是
(0, 1
e),令f'(x)>0,得ln x+1>0,解得x>1
e ,故f(x)的单调递增区间是(
1
e ,+ ∞),综上,f(x)的单调递减区间是(0, 1
e),单调递增区
间是(
1
e ,+∞).
(2)由对任意x∈(0,+∞),f(x)≤x2+2 恒成立知xln x≤x2+ax+2 恒成立.因为x>0,故a≥ln x-x-2
x 在x∈(0,+∞)上恒成立.设h(x)=ln x-x-2
x
(x>0),则h'(x)=1
x
-1+ 2
x
2=-( x -2)( x +1)
x
2
,令h'(x)=0,得x1=2,x2=-1(舍去),当x∈(0,2)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(2,+∞)时,
h'(x)<0,h(x)单调递减,故当x=2 时,h(x)取得极大值,也是最大值,即h(x)max=h(2)=ln 2-3,所以若a≥h(x)在x∈(0,+∞)上恒成立,则
a≥h(x)max=ln 2-3,故实数a 的取值范围是[ln 2-3,+∞).
训练3　(双变量问题)已知函数f(x)=ln x-ax+1-a
x
-1(a∈R).
(1)当0<a<1
2
时,讨论函数f(x)的单调性;
(2)设g(x)=x2-2bx+4.当a=1
4
时,若对任意的x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),求实数b 的取值范围.
解　(1)因为f(x)=ln x-ax+1-a
x
-1,所以f'(x)=1
x -a+a-1
x
2 =-a x
2- x +1-a
x
2
,x∈(0,+∞),令f'(x)=0,解得x=1 或1
a -1,当0<a<1
2时,1
a
-1>1>0,当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(1, 1
a -1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(
1
a -1,+∞)时,f'(x)<0,函数
f(x)单调递减.
(2)a=1
4
∈(0, 1
2),1
a
-1=3∉(0,2),由(1)知,当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(1,2)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.所以f(x)
在(0,2)上的最小值为f(1)=-1
2.因为对任意的x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),所以g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在
(0,2)上的最小值-1
2　(*).又g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],所以当b<1 时,g(x)min=g(1)=5-2b>0,此时与(*)式矛盾;当1≤b≤2 时,
g(x)min=g(b)=4-b2≥0,同样与(*)式矛盾;当b>2 时,g(x)min=g(2)=8-4b,且8-4b<0,解不等式8-4b≤-1
2,可得b≥17
8 .所以实数b 的取值
范围为[
17
8 ,+∞).
双变量的恒(能)成立问题的常见转化
(1)∀x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(2)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(3)∃x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.
(4)∃x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
微练(三十五)　导数与不等式恒成立(有解)问题
1.(2025·唐山一模)已知函数f(x)=ax2-x+sin x.
(1)当a=1 时,求f(x)的极小值;
(2)当x≥0 时,f(x)≥0,求实数a 的取值范围.
解　(1)当a=1 时,f(x)=x2-x+sin x,则f'(x)=2x-1+cos x,令g(x)=f'(x)=2x-1+cos x,则g'(x)=2-sin x>0,所以g(x)在R 上单调递增,又因
为g(0)=0,所以当x<0 时,g(x)=f'(x)<0,此时f(x)单调递减;当x>0 时,g(x)=f'(x)>0,此时f(x)单调递增;故f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,
在区间(0,+∞)上单调递增.所以x=0 为f(x)的极小值点,极小值f(0)=0.
(2)当x=0 时,符合题意;当x∈(0,π]时,得a≥x -sin x
x
2
.令t(x)= x -sin x
x
2
,t'(x)=- xcos x - x +2sin x
x
3
,令h(x)=-xcos x-
x+2sin x,则h'(x)=cos x+xsin x-1,令z(x)=h'(x),则z'(x)=xcos x,当x∈(0, π
2)时,z'(x)>0,h'(x)单调递增,当x∈(
π
2 ,π]时,z'(x)<0,h'(x)
单调递减,因为h'(0)=0,h'(
π
2)=π
2
-1>0,h'(π)=-2,所以存在x0∈(
π
2 ,π),使得h'(x0)=0,且在(0,x0)上h'(x)>0,在(x0,π]上h'(x)<0,h(x)
在(0,x0)单调递增,在(x0,π]单调递减,又因为h(0)=0,h(π)=0,即当x∈(0,π)时,t'(x)>0,t(x)单调递增;所以当x∈(0,π]时,t(x)≤t(π)= 1
π .当
x∈(π,+∞)时,令M(x)= 1
π x2-x+sin x,M'(x)= 2
π x-1+cos x> 2
π ×π-1+cos π=0,则M(x)在(π,+∞)上单调递增,此时M(x)>M(π)=0,故当
x∈(π,+∞)时, x -sin x
x
2
< 1
π
.所以x -sin x
x
2
≤1
π
,故a 的取值范围为[
1
π ,+ ∞).
2.(2025·蚌埠一模)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R).
(1)若a=-2,求f(x)的极值;
(2)若f(x)≤(a+1)x 对任意的x∈[0,+∞)恒成立,求a 的取值范围.
解　(1)若a=-2,则f(x)=(-2x+1)ex-1,所以f'(x)=(-2x+1)ex-2ex=(-2x-1)ex,令f'(x)=0,解得x=-1
2,令f'(x)>0,解得x<-1
2,令f'(x)<0,解得
x>-1
2
,所以f(x)在(-∞,- 1
2)上单调递增,在(- 1
2 ,+ ∞)上单调递减,所以f(x)的极大值为f(- 1
2)=2e
- 1
2-1,无极小值.
(2)f(x)≤(a+1)x 对任意的x∈[0,+∞)恒成立,即(a+1)x-(ax+1)ex+1≥0 对任意的x∈[0,+∞)恒成立,令g(x)=(a+1)x-(ax+1)ex+1,x≥0,所以
g'(x)=(a+1)-(ax+a+1)ex,令u(x)=g'(x),所以u'(x)=-(ax+2a+1)ex,x≥0,当a≤-1
2时,2a+1≤0,又x≥0,所以(ax+2a+1)≤0,所以u'(x)=-
(ax+2a+1)ex≥0 在[0,+∞)上恒成立,所以u(x)即g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,所以g'(x)≥g'(0)=0,所以g(x)在区间[0,+∞)上单调递
增,所以g(x)≥g(0)=0,符合题意;当-1
2<a<0 时,令u'(x)<0,解得0≤x<-2a+1
a
,则u(x)即g'(x)在区间(0,- 2a+1
a )上单调递减;所
以当x∈(0,- 2a+1
a )时,g'(x)<g'(0)=0,所以g(x)在区间(0,- 2a+1
a )上单调递减,所以当x∈(0,- 2a+1
a )时,g(x)<g(0)=0,不
符合题意;当a≥0 时,又x≥0,所以u'(x)≤0,所以u(x)即g'(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以g'(x)≤g'(0)=0,所以g(x)在区间(0,+∞)上
单调递减,所以g(x)≤g(0)=0,不符合题意.综上,a 的取值范围为(-∞,- 1
2].
3.(2025·石家庄一模)已知函数f(x)=ln x+1
2x2-2mx(m∈R).
(1)若m=3
2
,求f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2)且f(x1)≥ax2恒成立,求实数a 的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),由m=3
2,求导得f'(x)=1
x +x-3= x
2-3 x +1
x
,令f'(x)=0,得x2-3x+1=0,解得x1=3-√5
2
,x2=3+√5
2
,所
以当0<x<x1或x>x2时,f'(x)>0,当x1<x<x2时,f'(x)<0,故f(x)在(0, 3-√5
2 ),(
3+√5
2
,+∞)上单调递增,在(
3-√5
2
, 3+√5
2 )上
单调递减.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=1
x +x-2m= x
2-2mx +1
x
,f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2)时,等价于方程x2-2mx+1=0 有两个
不等正根,所以{
Δ= 4(m
2-1)>0,
x1+ x2=2m>0,
x1 x2=1>0,
所以x2= 1
x1
,0<x1<1<x2,此时不等式f(x1)-ax2≥0 恒成立,等价于ln x1+1
2 x1
2-(x1+ 1
x1)x1≥a 1
x1
对x1∈(0,1)恒成立,可化为a≤x1ln x1-1
2x1
3-x1对x1∈(0,1)恒成立,令g(x)=xln x-1
2x3-x,x∈(0,1),则g'(x)=ln x-3
2x2,令h(x)=ln x-3
2x2,得
h'(x)=1
x
-3x=0,得x1=√3
3
或x2=-√3
3
(舍去),所以当x∈(0, √3
3 )时,h'(x)>0,当x∈(
√3
3 ,1)时,h'(x)<0,故h(x)≤h(
√3
3 )=ln√3
3
-3
2
×
(
√3
3 )
2
=ln√3
3
-1
2<0,所以g'(x)<0 在(0,1)恒成立,所以g(x)在(0,1)上单调递减,所以g(x)>g(1)=-3
2,所以a≤-3
2.故实数a 的取值范
围是(-∞,- 3
2].
专项3　导数与函数的零点
微点一　零点的个数问题
例1　已知函数f(x)=ex-ax+2a,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)讨论函数f(x)的零点个数.
解　(1)因为f(x)=ex-ax+2a,定义域为R,又f'(x)=ex-a.所以当a≤0 时,f'(x)>0,f(x)在R 上单调递增.当a>0 时,令f'(x)=0,则x=ln a,当
x<ln a 时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln a 时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当a≤0 时,f(x)在R 上单调递增;当a>0 时,f(x)在(-∞,ln 
a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)令f(x)=0,得ex=a(x-2),当a=0 时,ex=a(x-2)无解,所以f(x)无零点.当a≠0 时,1
a = x -2
e
x .令φ(x)= x -2
e
x ,x∈R,则φ'(x)=3- x
e
x ,当x∈(-
∞,3)时,φ'(x)>0;当x∈(3,+∞)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,且φ(x)max=φ(3)= 1
e
3,又x→+∞时,
φ(x)→0,x→-∞时,φ(x)→-∞,所以φ(x)的图象如图所示.所以当1
a > 1
e
3,即0<a<e3时,f(x)无零点,当1
a = 1
e
3,即a=e3时,f(x)有一个零
点;当0<1
a< 1
e
3,即a>e3时,f(x)有两个零点;当1
a<0,即a<0 时,f(x)有一个零点.综上所述,当a∈[0,e3)时,f(x)无零点;当a∈(-∞,0)∪{e3}
时,f(x)有一个零点;当a∈(e3,+∞)时,f(x)有两个零点.
求解函数零点(方程根)的个数问题的步骤
第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题;
第二步:利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象;
第三步:结合图象求解.
训练　(2025·滁州一模)已知函数f(x)=1
3 x3+ax2-x-2aln x.
(1)若不等式f(x)≥1
3
x3+x2-x 恒成立,求实数a 的取值范围;
(2)若a<0,求证:f(x)有且只有1 个零点.
解　(1)由f(x)≥1
3
x3+x2-x 可得a(x2-2ln x)≥x2,设g(x)=x2-2ln x,x>0,g'(x)=2x-2
x
=2( x -1)( x +1)
x
,当0<x<1 时,g'(x)<0;当x>1 时,
g'(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=1>0,即x2-2ln x>0,所以a(x2-2ln x)≥x2等价于a≥
x
2
x
2-2ln x
,设H(x)=
x
2
x
2-2ln x
,x>0,H'(x)=2 x(1-2ln x)
( x
2-2ln x)
2 ,当0<x<√e时,H'(x)>0;当x>√e时,H'(x)<0,所以H(x)在(0,√e)
上单调递增,在(√e,+∞)上单调递减,所以Hmax(x)=H(√e)= e
e -1,所以a≥e
e -1,故实数a 的取值范围为[
e
e -1 ,+ ∞).
(2)证明:f'(x)=x2+2ax-1-2a
x =x2-1+2a( x
2-1)
x
=( x +2a)( x -1)( x +1)
x
,
①当a=-1
2时,f(x)=1
3 x3-1
2x2-x+ln x,f'(x)=( x -1)
2( x +1)
x
≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=-7
6 <0,f(3)=3
2+ln 3>0,由函数零
点存在定理可知,f(x)在区间(1,3)上存在1 个零点,故此时f(x)有1 个零点.
②当a<-1
2时,当0<x<1 时,f'(x)>0;当1<x<-2a 时,f'(x)<0;当x>-2a 时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,-2a)上单调递减,在
(-2a,+∞)上单调递增,又f(1)=a-2
3
<0,当x>1 时,f(x)=1
3
x3+ax2-x-2aln x>1
3
x3+ax2-x=1
3
x(x2+3ax-3),取x0=-3a+√9a
2+12
2
,则x0>1,
且f(x0)>0,由函数零点存在定理可知,f(x)在区间(1,x0)上存在1 个零点,故此时f(x)有1 个零点.
③当-1
2<a<0 时,当0<x<-2a 时,f'(x)>0;当-2a<x<1 时,f'(x)<0;当x>1 时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,-2a)上单调递增,在(-2a,1)上单调递减,
在(1,+∞)上单调递增,f(-2a)=4 a
3
3
+2a-2aln(-2a)=2a
3 [2a2+3-3ln(-2a)],由于-1
2<a<0,所以0<-2a<1,所以ln(-2a)<0,所以2a2+3-
3ln(-2a)>0,所以f(-2a)<0,又f(1)=a-2
3 <0,f(x0)>0,由函数零点存在定理可知,f(x)在区间(1,x0)上存在1 个零点,故此时f(x)有1 个零
点.
综上可知,当a<0 时,f(x)有且只有1 个零点.
微点二　与零点有关的求参或证明问题—— 教考衔接
◎教材·研析
例2　(人教A 版选择性必修第二册P104·第19 题)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a 的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为R,f'(x)=(2ex+1)(aex-1).若a≤0,则aex-1<0 恒成立,则f'(x)<0,即f(x)在R 上单调递减.若a>0,令aex-1=0,得
x=-ln a,当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0,当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)因为f(x)有两个零点,所以a>0.否则f(x)在R 上单调递减,至多有一个零点,与题设不符,所以f(-ln a)<0,即a×(
1
a)
2
+(a-2)×1
a
+ln a<0,有1-1
a -ln1
a <0.当a=1 时,f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;当a>1 时,有1-ln1
a -1
a >0,即f(-ln a)>0,故f(x)无零点;当a∈(0,1)
时,1-ln1
a -1
a<0,即f(-ln a)<0,又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>0,所以f(x)在(-∞,-ln a)上有一个零点,设存在正整数n0满足n0>ln(
3
a -1).
则f(n0)=e
n0(ae
n0+a-2)-n0>e
n0-n0>2
n0-n0>0.由于ln(
3
a -1)>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)上有一个零点.综上,a 的取值范围为(0,1).
(1)函数零点的个数问题,要能转化为函数图象与x 轴的交点个数或者两个函数图象的交点个数问题,数形结合解决问题.
(2)对于零点存在问题,可利用放缩法或者分类讨论恰当地找到一正一负两个函数值.
(3)对于与零点有关的不等式证明问题,一般解法是构造函数,借助于函数的单调性解决问题.
◎真题·链接
真题　(2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax-1
x -(a+1)ln x.
(1)当a=0 时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a 的取值范围.
解　(1)当a=0 时,f(x)=-1
x -ln x(x>0),所以f'(x)= 1
x
2-1
x =1- x
x
2 .若x∈(0,1),f'(x)>0,f(x)单调递增;若x∈(1,+∞),f'(x)<0,f(x)单调递减,所
以f(x)max=f(1)=-1.
(2)由f(x)=ax-1
x
-(a+1)ln x(x>0),得f'(x)=a+ 1
x
2-a+1
x
=(ax -1)( x -1)
x
2
(x>0).当a=0 时,由(1)可知,f(x)不存在零点;当a<0 时,f'(x)=
a(x - 1
a)( x -1)
x
2
,若x∈(0,1),f'(x)>0,f(x)单调递增,若x∈(1,+∞),f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)max=f(1)=a-1<0,所以f(x)不存在零点;
当a>0 时,f'(x)=a(x - 1
a)( x -1)
x
2
,若a=1,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f(1)=a-1=0,所以函数f(x)恰有一个零点,若
a>1,f(x)在(0, 1
a),(1,+∞)上单调递增,在(
1
a ,1)上单调递减,因为f(1)=a-1>0,所以f(
1
a)>f(1)>0,当x→0+时,f(x)→-∞,由函数零
点存在定理可知f(x)在(0, 1
a)上必有一个零点,所以a>1 满足条件,若0<a<1,f(x)在(0,1),(
1
a ,+∞)上单调递增,在(1, 1
a)上单
调递减,因为f(1)=a-1<0,所以f(
1
a)<f(1)<0,当x→+∞时,f(x)→+∞,由函数零点存在定理可知f(x)在(
1
a ,+∞)上必有一个零点,
即0<a<1 满足条件.综上,若f(x)恰有一个零点,a 的取值范围为(0,+∞).
◎创新·变式
变式　(2025·云南一模)已知函数f(x)=e2x+(1-2a)ex-ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a 的取值范围.
解　(1)f'(x)=2e2x+(1-2a)ex-a=(2ex+1)(ex-a).当a≤0 时,f'(x)>0,故f(x)在R 上单调递增;当a>0 时,令f'(x)<0,得x<ln a,令f'(x)>0,得
x>ln a,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.综上所述,当a≤0 时,f(x)在R 上单调递增;当a>0 时,f(x)在(-∞,ln a)
上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)当a≤0 时,f(x)在R 上单调递增,不符合题意,故a>0.由(1)知,当a>0 时,f(x)min=f(ln a)=a(1-a-ln a).因为f(x)有两个零点,所以a(1-
a-ln a)<0.又因为a>0,所以1-a-ln a<0.令h(a)=1-a-ln a(a>0),则h'(a)=-1-1
a =-a+1
a
<0,所以h(a)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0,所
以当a>1 时,h(a)<0,即f(x)min<0.又f(-1)= 1
e
2+1-2a
e
+a= 1
e
2+1
e +a(e -2)
e
>0,f(x)在(-1,ln a)上有一个零点;因为ex>x,所以
f(x)>e2x-2aex-ax>e2x-2aex-aex=ex(ex-3a).所以当x>ln 3a 时,f(x)>0,f(x)在(ln a,ln 3a)上有一个零点.综上所述,f(x)有两个零点时,a 的
取值范围(1,+∞).
微练(三十六)　导数与函数的零点
1.已知函数f(x)=ln x +ax
x
,a∈R.
(1)若a=0,求f(x)的最大值;
(2)若0<a<1,求证:f(x)有且只有一个零点.
解　(1)若a=0,则f(x)=ln x
x
,其定义域为(0,+∞),所以f'(x)=1- ln x
x
2
,由f'(x)=0,得x=e,当0<x<e 时,f'(x)>0;当x>e 时,f'(x)<0,所以
f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(e)=1
e .
(2)f'(x)=(
1
x +a)x - ln x -ax
x
2
=1- ln x
x
2
.由(1)知,f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.因为0<a<1,所以当x>e 时,
f(x)=ln x +ax
x
=a+ln x
x
>0,故f(x)在(e,+∞)上无零点;当0<x<e 时,f(x)=ln x +ax
x
,因为f(
1
e)=a-e<0,f(e)=a+1
e
>0,且f(x)在
(0,e)上单调递增,所以f(x)在(0,e)上有且只有一个零点.综上可得,当0<a<1 时,f(x)有且只有一个零点.
2.(2025·烟台一模)已知函数f(x)=x(x+c)2在x=1 处有极大值.
(1)求实数c 的值;
(2)若函数g(x)=f(x)+a 有三个不同的零点,求实数a 的取值范围.
解　(1)由函数f(x)=x(x+c)2,求导可得f'(x)=(x+c)(3x+c),由函数f(x)=x(x+c)2在x=1 处有极大值,则f'(1)=0,解得c=-1 或-3,当c=-1
时,可得f'(x)=(x-1)(3x-1),易知当1
3<x<1 时,f'(x)<0;当x>1 时,f'(x)>0,则此时函数f(x)在x=1 处取得极小值,不符合题意,舍去;当
c=-3 时,可得f'(x)=(x-3)(3x-3),易知当x<1 时,f'(x)>0;当1<x<3 时,f'(x)<0,则此时函数f(x)在x=1 处取得极大值,符合题意.综上所
述,c=-3.
(2)由(1)可得函数f(x)=x(x-3)2,求导可得f'(x)=3(x-1)(x-3),令f'(x)=0,解得x=1 或3,可得下表:
x
(-∞,1)
1
(1,3)
3
(3,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增极大值单调递减极小值单调递增
所以函数f(x)的极大值为f(1)=4,极小值为f(3)=0,函数g(x)=f(x)+a 存在三个零点,等价于函数f(x)的图象与直线y=-a 存在三个
交点,如图,由图可得0<-a<4,则-4<a<0,故实数a 的取值范围为(-4,0).
3.(2025·济南一模)已知a,b∈R,函数f(x)=ex-a√x-bx,x∈[0,+∞).
(1)当a=0 时,求f(x)的极值;
(2)若f(x)存在零点.
(ⅰ)当b=0 时,求a 的取值范围;
(ⅱ)求证:a2+b2>2.
解　(1)a=0 时,f'(x)=ex-b,当b≤1 时,f'(x)≥0,函数f(x)单调递增,既无极大值也无极小值.当b>1 时,x∈[0,ln b),f'(x)<0,函数f(x)单调
递减,x∈(ln b,+∞),f'(x)>0,函数f(x)单调递增,函数f(x)的极小值是b-bln b,无极大值.
(2)(ⅰ)当b=0 时,因为函数f(x)存在零点,故ex=a√x有解,若x=0,此时无解,所以x>0,ex=a√x有解,令g(x)=ex-a√x,则g'(x)=ex-
a
2√x
=2e
x√x -a
2√x
,①若a≤0,g(x)单调递增,g(x)>g(0)=1,此时不存在零点;②若a>0,令h(x)=2ex√x-a,h(0)=-a<0,h(a2)=2e
a
2a-a>0,
由函数零点存在定理可知存在x0∈(0,a2),h(x0)=0,2√x0e
x0=a,所以g(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,故g(x)min=e
x0-a
√x0=
a
2√x0
-a√x0≤0,解得x0≥1
2
,故a≥√2e
1
2=√2e,即实数a 的取值范围为[√2e,+∞).
(ⅱ)证明:因为函数f(x)存在零点,所以f(x)=ex-a√x-bx=0 有解x0,其中x0≥0,若x0=0,则1-a×0-b×0=1≠0,不成立,故x0>0.故a√x0
+bx0-e
x0=0,考虑直线a√x0+bx0-e
x0=0,√a
2+b
2表示原点与直线a√x0+bx0-e
x0=0 上的动点(a,b)之间的距离,√a
2+b
2≥
e
x0
√x0
2+ x0
,所以a2+b2≥e
2 x0
x0
2+ x0
,x0>0 时,要证a2+b2>2,只需证e
2 x0
x0
2+ x0
>2,即证e
2 x0-2x0
2-2x0>0.令g(x)=e2x-2x2-2x,x>0,则
g'(x)=2e2x-4x-2=2(e2x-2x-1),令h(x)=e2x-2x-1,x>0,故h'(x)=2(e2x-1)>0,h(x)在(0,+∞)上为增函数,故h(x)>h(0)=0.即g'(x)>0,g(x)在
(0,+∞)上为增函数,故g(x)>g(0)=1,故e
2 x0
x0
2+ x0
>2,即a2+b2>2 成立.
进阶点9　导数中常见的放缩技巧
高考试题中的函数与导数的综合应用中,涉及函数或方程中的不等式恒成立以及综合应用问题,特别是与之相关的指数切线
不等式ex≥x+1、对数切线不等式ln x≤x-1 及三角不等式sin x<x<tan x(0< x< π
2)等,成为解题中非常有用的放缩技巧,对于
问题的快捷切入、解题的思路优化、过程的简化精减等都非常有效果.
1.指数放缩
(1)放缩成一次函数:ex≥x+1,ex>x,ex≥ex.
(2)放缩成反比例函数:ex≤1
1- x (x<1),ex<-1
x (x<0).
2.对数放缩
(1)放缩成一次函数:ln x≤x-1,ln x<x,ln(1+x)≤x.
(2)放缩成反比例函数:ln x≥1-1
x ,ln (1+x)≥x
1+ x .
3.三角放缩
sin x<x(x>0),x<tan x(0< x< π
2);sin x≥x-1
2
x2;1-1
2
x2≤cos x≤1-1
2
sin2x.
类型一　指数放缩
例1　(2025·上饶二模)已知函数f(x)=ex-x-1.
(1)求证:f(x)≥0;
(2)当m≤1 时,求证:不等式ex-mx+cos x-2≥0 在x∈[0,+∞)上恒成立.
证明　(1)依题意得,f'(x)=ex-1.当x>0 时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x<0 时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)min=f(0)=0,即ex-x-1≥0,当且
仅当x=0 时取等号,所以f(x)≥0.
(2)令函数g(x)=ex-mx+cos x-2,则g'(x)=ex-m-sin x.由(1)可得ex-x-1≥0,即ex≥x+1.又因为m≤1,所以g'(x)≥x+1-1-sin x=x-sin x.令
函数h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x.当x≥0 时,h'(x)≥0,所以h(x)在[0,+∞)上单调递增,所以当x∈[0,+∞)时,h(x)≥h(0)=0.所以g'(x)≥0,
则g(x)在x∈[0,+∞)上单调递增,所以当x∈[0,+∞)时,g(x)≥g(0)=0,即ex-mx+cos x-2≥0.所以当m≤1 时,不等式ex-mx+cos x-2≥0 在
x∈[0,+∞)上恒成立.
指数切线不等式ex≥x+1(当且仅当x=0 时取等号)及其对应的变形不等式,是函数与导数的综合应用中指数放缩的一大重要
方向.此类问题往往基于指数式ex的应用场景,结合不等式的构建,合理放缩成一次函数或类反比例函数等形式,给问题的深
入与应用创造条件.
类型二　对数放缩
例2　已知函数f(x)=ex-ax 的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-1)x.
(1)求a 的值;
(2)当x>0 且x≠1 时,求证:f(x)> x -1
ln x
.
解　(1)f(x)=ex-ax,则f'(x)=ex-a,f'(1)=e-a=e-1.解得a=1.
(2)证明:要证f(x)> x -1
ln x ,即证ex-x> x -1
ln x .令h(x)=x-1-ln x(x>0),则h'(x)= x -1
x
(x>0).当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当
x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以h(x)≥h(1)=1-1-ln 1=0 恒成立,即x-1≥ln x,当且仅当x=1 时等号成立.当x∈(0,1)时,由
x-1>ln x,得x -1
ln x <1.易知f'(x)=ex-1,f'(x)>0 在(0,1)上恒成立,所以f(x)在(0,1)上单调递增,所以f(x)>e0-0=1(x>0).所以f(x)>
x -1
ln x
在(0,1)上成立.当x∈(1,+∞)时,由x-1>ln x,可得1
x
-1>ln1
x
,即ln x>1-1
x
,可得x -1
ln x
<x.令g(x)=ex-x-x,则g'(x)=ex-2,g'(x)>0
在(1,+∞)上恒成立,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,可得g(x)=ex-x-x>e-2>0,即ex-x>x(x∈(1,+∞)).所以f(x)> x -1
ln x 在(1,+∞)上成立.
综上所述,f(x)> x -1
ln x 在x>0 且x≠1 时成立.
对数切线不等式ln x≤x-1(当且仅当x=1 时取等号)及其对应的变形不等式是函数与导数的综合应用中对数放缩的一大重要
方向.此类问题往往基于对数式ln x 的应用场景,结合不等式的构建,合理放缩成一次函数或类反比例函数等形式,实现问题
的切入与深入应用.
类型三　三角放缩
例3　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=ax-sin x
co s
2 x
,x∈(0, π
2).
(1)当a=1 时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+sin x<0,求a 的取值范围.
解　(1)(cos2x)'=(cos xcos x)'=-sin xcos x+cos x·(-sin x)=-2sin xcos x,f'(x)=a-(sin x)' co s
2 x -sin x(co s
2 x)'
(co s
2 x)
2
=a-
cos x·co s
2 x -sin x·(-2sin xcos x)
co s
4 x
=a-co s
2 x +2sin
2 x
co s
3 x
=a-2-co s
2 x
co s
3 x
.当a=1 时,f'(x)=1-2-co s
2 x
co s
3 x
=
co s
3 x +co s
2 x -2
co s
3 x
=(cos x -1)(co s
2 x +2cos x +2)
co s
3 x
.因为x∈(0, π
2),所以cos x∈(0,1),故f'(x)<0,故当a=1 时,f(x)在
(0, π
2)上单调递减.
(2)依题意,f(x)+sin x=ax-sin x
co s
2 x
+sin x=ax+sin x(1-
1
co s
2 x),x∈(0, π
2).
①当a≤0 时,易知f(x)+sin x<0;②当a>0 时,先证x∈(0, π
2)时,sin x<x,令g(x)=x-sin x(0< x< π
2),则g'(x)=1-cos x>0,g(x)在
(0, π
2)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0,故有当x∈(0, π
2)时,x>sin x 成立.所以f(x)+sin x=ax+sin x(1-
1
co s
2 x)>asin x+sin x
(1-
1
co s
2 x)=sin x(a+1-
1
co s
2 x),因为函数y=
1
co s
2 x(x∈(0, π
2))的值域为(1,+∞),a+1>1,所以对于任意大于0 的参
数a,一定存在x0∈(0, π
2),使得
1
co s
2 x0
<a+1,即存在x0∈(0, π
2),使得f(x0)+sin x0>0,故a>0 不能确保f(x)+sin x<0,与题意矛
盾,故a>0 不成立.综上,a 的取值范围为(-∞,0].
三角不等式sin x<x<tan x(0< x< π
2)及其对应的变形不等式是函数与导数的综合应用中三角放缩的一大重要方向.此类问
题往往基于三角函数式的应用场景,结合三角恒等变形及对应的三角关系式,借助不等式的构建,合理放缩成与之对应的其
他函数等形式,从而完成不等式的证明或转化.
微练(三十七)　导数中常见的放缩技巧
1.已知函数f(x)=cos x,x∈[0, π
2).
(1)求证:tan x·f(x)≤x;
(2)求证:2ex·f(x)≥(1+x)(2-x2).
证明　(1)依题意,tan x·f(x)=sin x.记函数g(x)=sin x-x,则当x∈[0, π
2)时,g'(x)=cos x-1≤0,所以g(x)在[0, π
2)上是减函数,所以
g(x)≤g(0)=0,即tan x·f(x)≤x.
(2)要证2ex·f(x)≥(1+x)(2-x2),即证ex·cos x≥(1+ x)(2- x
2)
2
,x∈[0, π
2).因为ex≥x+1,又由(1)可知,当x∈[0, π
2)时,sin x≤x,所以
excos x=ex(1-2sin
2 x
2)≥(x+1)[1-2(
x
2)
2
]=(1+x)(1- x
2
2 ).故2ex·f(x)≥(1+x)(2-x2).
2.(2025·正定模拟)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R).
(1)若f(x)≥0 恒成立,求a 的取值范围;
(2)当x>1 时,证明:exln x>e(x-1).
解　(1)由已知得,-a≤ln x+1
x 在(0,+∞)上恒成立,设g(x)=ln x+1
x ,则g'(x)=1
x - 1
x
2= x -1
x
2 ,令g'(x)>0,得x>1,令g'(x)<0,得0<x<1,所以
g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=1,即-a≤1,所以a≥-1,即a 的取值范围为[-1,+∞).
(2)证明:由(1)知a≥-1 时,f(x)≥0 恒成立,取a=-1,得ln x≥x -1
x
,当且仅当x=1 时等号成立.所以当x>1 时,exln x>e
x( x -1)
x
,设
h(x)=ex-ex,则h'(x)=ex-e,当x>1 时,h'(x)>0,所以h(x)=ex-ex 在(1,+∞)上单调递增,所以当x>1 时,h(x)>h(1)=0,所以ex>ex.所以当x>1
时,e
x
x
>e,e
x( x -1)
x
>e(x-1).由此可证,当x>1 时,exln x>e(x-1)成立.
3.已知函数f(x)=ln x,g(x)=a( x -1)
2
.
(1)若f(x)<g(x)在(1,+∞)上恒成立,求实数a 的取值范围;
(2)求证:[1+
1
(n+1)
2]·[1+
2
(n+1)
2]·…·[1+
n
(n+1)
2]<√e.
解　(1)依题意得,f(x)<g(x)等价于ln x-a( x -1)
2
<0.记函数h(x)=ln x-a( x -1)
2
,则h'(x)=1
x
-a
2
=2-ax
2 x
.若a≤0,则h'(x)>0,h(x)在
(1,+∞)上单调递增.又h(1)=0,则h(x)>h(1)=0,即f(x)<g(x)不恒成立.若0<a<2,则2
a
>1,当x∈(1, 2
a)时,h'(x)>0,所以h(x)在(1, 2
a)
上单调递增,则h(x)>h(1)=0,所以f(x)<g(x)不恒成立.若a≥2,因为x∈(1,+∞),所以h'(x)<0,则h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以
h(x)<h(1)=0,即f(x)<g(x)在(1,+∞)上恒成立.综上,实数a 的取值范围是[2,+∞).
(2)由(1)可知,当a=2 时,f(x)<g(x)在(1,+∞)上成立,即ln x<x-1.令x=1+
k
(n+1)
2>1,k=1,2,…,n,则ln[1+
k
(n+1)
2]<
k
(n+1)
2.所以
∑
k =1
n
❑ln[1+
k
(n+1)
2]=ln{[1+
1
(n+1)
2]·[1+
2
(n+1)
2]·…·[1+
n
(n+1)
2]}<
1
(n+1)
2+
2
(n+1)
2+…+
n
(n+1)
2=
n(n+1)
2(n+1)
2=
n
2(n+1)<1
2.所以[1+
1
(n+1)
2]·[1+
2
(n+1)
2]·…·[1+
n
(n+1)
2]<√e.
规范答题六　函数与导数(考前观摩大题解题规范)
考题　(2025·全国二卷)(17 分)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+1
2x2-kx3,其中0<k<1
3 .
(1)证明:f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
(ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
(ⅱ)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
[解题关键]
第(1)问
第❶步:对原函数求导并化简
第❷步:通过判断f(x)的单调
性确定其在给定区间上是否
有唯一零点与极值点
第(2)问
(ⅰ)
第❶步:对函数g(t)求导并化
简
第❷步:通过判断导函数在给
定区间的正负证明其单调性
[规范解答]
解　(1)证明:f'(x)= 1
1+ x -1+x-3kx2
= x
2
x +1
-3kx2=x2(
1
x +1 -3k).
　1 分
当x>0 时,令f'(x)=0,解得x0= 1
3k -1.
因为0<k<1
3 ,所以0<3k<1,则x0= 1
3k -1>0.
当0<x<x0时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x>x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)在(0,+∞)上有唯一的极大值点x0= 1
3k -1.
　3 分
因为x=0 时,f(x)=0,
当x→+∞时,f(x)→-∞,且f(x0)>f(0)=0,
所以f(x)在(x0,+∞)上有唯一的零点,
所以f(x)在(0,+∞)上有唯一的零点.
　5 分
(2)(ⅰ)证明:g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),
且由(1)知x1=x0= 1
3k -1.
则g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)
=(x1+t)2(
1
x1+t +1 -3k)+(x1-t)2(
1
x1-t +1 -3k)
=(x1+t)2(
1
x1+t +1 -
1
x1+1)+(x1-t)2(
1
x1-t +1 -
1
x1+1)
=-2t
2( x1
2-t
2+2 x1)
( x1+t +1)( x1-t +1)( x1+1)
,　8 分
因为t∈(0,x1)时,x1
2-t2+2x1>0,(x1+t+1)(x1-t+1)·(x1+1)>0,-2t2<0,所以
g'(t)<0, 　10 分
所以g(t)在区间(0,x1)上单调递减. 　11 分
(ⅱ)由(ⅰ)知g(t)在(0,x1)上单调递减,
则g(x1)<g(0)=f(x1+0)-f(x1-0)=0,
　12 分
所以g(x1)=f(x1+x1)-f(x1-x1)=f(2x1)-f(0)=f(2x1)-0=f(2x1)<0.
　
14 分
因为x2是f(x)在(0,+∞)上的零点,
所以f(x2)=0,即f(2x1)<f(x2).　15 分
由(1)知x2∈(x1,+∞),且f(x)在(x1,+∞)上单调递减,
所以2x1>x2.
　17 分
[得分保障]
得分点
第(1)问正确求出f(x)的导函
数得1 分,能结合函数单调性
判定函数f(x)的极值点情况
得2 分,写出必要过程说明函
数f(x)在指定区间上存在唯
一的零点得2 分;
第(2)(ⅰ)问,能正确求出g(t)
的导函数得3 分,写出必要过
程得到g'(t)在指定区间上小
于0 得2 分,利用g'(t)与0 的
大小关系得g(t)的单调性得
1 分;
第(2)(ⅱ)问,会利用第(ⅰ)问
得到的单调性得到
g(x1)<g(0),g(0)转化为0 得1
分,将g(x1)转化为f(2x1)-f(0),
结合f(0)=0,得f(2x1)<0 得2
分,利用f(x2)=0 得f(2x1)<f(x2)
得1 分,通过函数f(x)的单调
性得出2x1>x2得2 分.
[知识融合]　本题研究函数的极值点和零点,第(1)问确定二者的存在性和唯一性,为后续解题做铺垫;第(2)问引入辅助函数探
索极值点和零点之间的关系,逻辑性强,设问具有一定的开放性,试题的设问由浅入深,思维量逐步提升,考查了化归与转化、
数形结合、函数与方程等数学思想,使得不同层次的学生都有获得感,具有较好的选拔功能.
[教材链接]　本题源自人教A 版选择性必修第二册第95 页例7.