第18 讲 函数的综合应用 · 分类练习（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
B
A
B
ABC
D
6
7
8
9
10
AC
见解析
D
ABD
AB
11
12
13
14
15
[-1,+∞)
B
ACD
[- 1
2 ,0)
（1）单调递减
区间为(0,1)
（2）k ≤1
（3）k = 1
2
16
17
18
19
20
D
见解析
A
ln2-1
BC
21
22
23
24
25
（1）[1, 7
4 ]
（2）(-∞, 1
2 )
BD
ABD
BC
ACD
26
27
28
29
30
D
D
ACD
ACD
见解析
31
32
33
34
35
（1）不是
（2）0 （3）
(-1,1)
见解析
见解析
B
C
36
37
38
39
40
❑√2
2
A
B
D
D
41
42
43
44
45
C
D
A
C
[ e
2 ,+ ∞)
46
47
48
49
50
D
C
C
D
C
51
52
C
1
考点一：函数与数列的综合
考法1：根据函数单调性与数列递推关系判断
1.已知数列{xn}，满足x1=1，2 xn+1= ln(1+ xn) (n∈N
*)，设数列{xn}的前n项和为Sn，则以
下结论正确的是（ ）
A. xn+1> xn
B. xn-2 xn+1< xn xn+1
C. 2❑√xn+2> xn+1+1
D. Sn+5>2
【答案】B
【解析】因为2 xn+1= ln(1+ xn) (n∈N
*)，把x1=1代入递推可得：xn>0.令f ( x)= x - ln( x +1)，
x>0，则f
'( x)=
x
x +1 >0，f ( x)在(0,+∞)单调递增.所以f ( x)>f （0），即当x>0时，恒有
ln(1+ x)< x成立.因为xn>0，所以2 xn+1= ln(1+ xn)< xn，所以xn>2 xn+1> xn+1，故选项A 错误.又
因为2❑√xn+2<2❑√xn+1≤xn+1+1，所以选项C 错误.因为
( xn-2 xn+1)- xn xn+1= xn- ln(1+ xn)- xnln(1+ xn)
2
= 2 xn-(2+ xn)ln(1+ xn)
2
= 2+ xn
2
[ 2 xn
2+ xn
- ln(1+ xn)]
，
0< xn≤1，令y = 2 x
x +2 - ln(1+ x)，0< x ≤1，则y
' =-
x
2
( x +2)
2( x +1)
<0，所以函数
y = 2 x
x +2 - ln(1+ x)在(0,1]上递减，所以y < y （0）=0.所以( xn-2 xn+1)- xn xn+1<0，故选项B
正确.又由xn>2 xn+1可得xn+1< xn
2 ，因为x1=1，所以xn≤1
2
n-1（当且仅当n=1时取“=”），可得
Sn≤1+ 1
2 +⋯+ 1
2
n-1 =2-( 1
2 )
n-1<2.所以Sn+5<2，故选项D 错误.故选B.
【点拨】本题考查数列与不等式的综合，通过构造函数利用导数证明不等式，进而判断数列的单
调性与求和放缩.
2.已知函数f ( x)=e
x - x -1，数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1= 1
2，an+1= f (an)，则下列有
关数列{an}的叙述正确的是（ ）
A. a5<|4 a2-3a1|
B. a7≤a8
C. a10>1
D. S100>26
【答案】A
【解析】由f ( x)=e
x - x -1= x，解得x =0或x = x0.由零点存在性定理得x = x0∈(1,2).所以当
an< x0时，an+1-an=e
an-2an-1<0，数列单调递减.a1= 1
2 < x0，所以a2= f (a1)<a1= 1
2 < x0，同理，
a3<a2= f (a1)< 1
2.迭代下去，可得0<an<an-1<⋯<a1= 1
2，数列单调递减.故选项B 和选项C 都错
误.又0<an<an-1<⋯<a2=e
1
2 - 1
2 -1<1.7 -1.5=0.2.所以S100<99a2+a1=20.3，故D 错误.对于A，
|4 a2-3a1|>|3×0.5- 4×0.2|=0.7，而a5<a2<0.2<0.7.所以a5<|4 a2-3a1|，故A 正确.故选
A.
【点拨】本题考查由函数迭代生成的数列的性质，利用导数研究函数图象与直线y = x的交点，进
而判断数列的单调性与有界性.
3.已知数列{an}满足：an>0，且an
2=3an+1
2
-2an+1(n∈N
*)，下列说法正确的是（ ）
A. 若a1= 1
2，则an>an+1
B. 若a1=2，则an≥1+(
3
7)
n-1
C.
a1+a5≤2a3
D. |an+2-an+1|≥
❑√3
3 |an+1-an|
【答案】B
【解析】an
2=3an+1
2
-2an+1(n∈N
*)，故an
2-1=3an+1
2
-2an+1-1，
(an+1)(an-1)=(3an+1+1)(an+1-1).an>0，故an+1+1>0且3an+1+1>0，于是(an-1)与(an+1-1)
同号，即(an-1)(an+1-1)>0.对选项A：若a1= 1
2，则a1-1=- 1
2 <0，则an-1<0，
an
2-an+1
2
=2an+1(an+1-1)<0，所以an<an+1，错误.对选项B：a1=2，a1-1=1>0，则an-1>0，即
an>1，于是an
2-an+1
2
=2an+1(an+1-1)>0，即an>an+1，数列{an}单调递减，an<a1=2，4≥2an+1，
7(an+1-an)<0，故4≥7(an+1-an)+2an+1，即
an+1
3an+1+1 ≥3
7 ，
(an+1)(an-1)=(3an+1+1)(an+1-1)，故
an+1-1
an-1 =
an+1
3an+1+1 ≥3
7，故an-1≥( 3
7 )
n-1，故
an≥1+( 3
7 )
n-1，正确.对选项C：考虑函数f ( x)=
❑√3 x
2-2 x，x> 2
3，f
'( x)=
3 x -1
❑√3 x
2-2 x
>0，函数
单调递增，结合y = x的图象，由图可知当an>0时，数列{an-an+1}递减，
a1-a2+a2-a3>a3-a4+a4-a5，所以a1-a3>a3-a5，即a1+a5>2a3，不正确.对选项D：设an+1= x，
则an=
❑√3 x
2-2 x，an+2= 1+
❑√1+3 x
2
3
，|an+2-an+1|≥
❑√3
3 |an+1-an|，即
| 1+
❑√1+3 x
2
3
- x|≥
❑√3
3 | x -
❑√3 x
2-2 x|，等价于2+2❑√3 x
❑√9 x
2-6 x ≥2
❑√1+3 x
2(3 x -1)，化简
得x
2-2 x +1≤0，而x
2-2 x +1≤0显然不恒成立，不正确.故选B.
【点拨】本题考查非线性递推数列的性质，利用代数变形寻找递推关系，结合函数图象与导数分
析数列的单调性与凹凸性.
考法2：利用函数对称性与数列递推关系求和
4.（2026·江西五市十校·3 月联考）（多选）若f ( x)=( x -1)
2-2ln 2- x
x
+1，数列{an}的前n
项和为Sn，且S1= 1
10，2Sn=nan+1，则下列说法正确的是（ ）
A. f ( x)关于点(1,1)成中心对称
B. 数列{an}是等差数列
C. ∑
i=1
19
f (ai)=19
D. 数列{an}的通项公式为an= n
5
【答案】ABC
【解析】对于 A 选项：
由题意，令 2- x
x
>0，解得 0< x<2，即函数 f ( x) 的定义域为 (0,2).
将 f ( x) 变形为 f ( x)-1=( x -1)
3-2ln 2- x
x
.
令 g( x)= f ( x)-1，则其定义域为 (0,2).
计算 g(2- x)=(2- x -1)
3-2ln 2-(2- x)
2- x
=(1- x)
3-2ln
x
2- x .
提取负号得 g(2- x)=-( x -1)
3+2ln 2- x
x
=- g( x).
所以 g( x)+ g(2- x)=0，即 f ( x)-1+ f (2- x)-1=0，整理可得 f ( x)+ f (2- x)=2.
故函数 f ( x) 关于点 (1,1) 成中心对称，A 选项正确.
对于 B、D 选项：
由题意知，当 n≥1 时，2Sn=nan+1.
当 n≥2 时，有 2Sn-1=(n-1)an.
将两式相减得：2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an.
即 2an=nan+1-nan+an，整理得 nan+1=(n+1)an.
从而
an+1
an
= n+1
n
（n≥2）.
又因为 S1=a1= 1
10，当 n=1 时，代入 2S1=1⋅a2，解得 a2= 1
5.
此时
a2
a1
= 1/5
1/10 =2= 1+1
1 ，说明递推式
an+1
an
= n+1
n
对 n=1 也成立.
由此可得 an
n = an-1
n-1 =…= a1
1 = 1
10.
所以 an= n
10（n∈N
*）.
这说明数列 {an} 是以 1
10 为首项，1
10 为公差的等差数列.
故 B 选项正确，D 选项错误.
对于 C 选项：
由 B 选项的结论可知 ai= i
10，则有 ai+a20-i= i
10 + 20-i
10 =2.
结合 A 选项中函数对称性结论 f ( x)+ f (2- x)=2，可得 f (ai)+ f (a20-i)=2.
展开所求和式：
∑
i=1
19
f (ai)= f (a1)+ f (a2)+…+ f (a19)
将其首尾配对得：
∑
i=1
19
f (ai)=[ f (a1)+ f (a19)]+[ f (a2)+ f (a18)]+…+[ f (a9)+ f (a11)]+ f (a10)
式中共有 9 个配对项，每对之和均为 2.
而中间项 a10= 10
10 =1，代入原函数得 f (a10)= f （1）=(1-1)
3-2ln 2-1
1
+1=1.
故 ∑
i=1
19
f (ai)=9×2+1=19.C 选项正确.
故选：ABC.
【点拨】本题解题核心：一是通过平移转化或直接代数化简，证明 f ( x)+ f (2- x)=2，进而确立
函数的中心对称性；二是利用 Sn 与 an 的关系（即 an= Sn- Sn-1）得出数列的递推比并求出通项，
最后结合等差数列的对称性与函数的对称性，利用“倒序相加配凑法”快速完成复杂和式的计算.
考法3：结合极值点与导数判断数列性质
5.已知函数f ( x)=sin x + ln x，将f ( x)的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列
{xn}，对于∀n∈N +，则下列说法中正确的是（ ）
A. nπ < xn<(n+1)π
B. xn+1- xn<π
C. 数列{|xn- (2n-1)π
2
|}是递增数列
D. f ( x2n)<-1+ ln (4 n-1)π
2
【答案】D
【解析】f ( x)的极值点为f
'( x)=cos x + 1
x 在(0,+∞)上的变号零点.即为函数y =cos x与函数y =- 1
x
图象在(0,+∞)交点的横坐标.又注意到x∈(0,+∞)时，- 1
x <0，k ∈N时，
cos(π +2kπ )=-1<-
1
π +2kπ ，k ∈N
*，x∈(0, π
2 )∪(- π
2 +2kπ , π
2 +2kπ )时，cos x>0.据此可
将两函数图象画在同一坐标系中.A 选项，注意到k ∈N时，f
'( π
2 +2kπ )=
1
π
2 +2kπ
>0，
f
'(π +2kπ )=-1+
1
π +2kπ <0，f
'( 3 π
2 +2kπ )=
1
3 π
2 +2kπ
>0
.结合图象可知当n=2k -1，k ∈N
*，
xn∈((n- 1
2 )π ,nπ )⊆((n-1)π ,nπ ).当n=2k，k ∈N
*，
xn∈((n-1)π ,(n- 1
2 )π )⊆((n-1)π ,nπ ).故A 错误；B 选项，由图象可知x3> 5
2 π，x2< 3
2 π，则
x3- x2>π，故B 错误；C 选项，|xn- (2n-1)π
2
|表示两点( xn,0)与((n- 1
2 )π ,0)间距离，由图象
可知，随着n的增大，两点间距离越来越近，即{|xn- (2n-1)π
2
|}为递减数列，故C 错误；D 选项，
由A 选项分析可知，x2n∈((2n-1)π , 4 n-1
2
π )，n∈N
*，又结合图象可知，当
x∈( x2n, (4 n-1)π
2
)时，cos x>- 1
x ，即此时f
'( x)>0，得f ( x)在( x2n, (4 n-1)π
2
)上单调递增，
则f ( x2n)<f ( (4 n-1)π
2
)=-1+ ln (4 n-1)π
2
，故D 正确.故选D.
【点拨】本题考查导数与极值点的分布，通过构造函数图象分析极值点所在的区间，再利用单调
性进行不等式放缩.
6.（2026·河南濮阳·二模）（多选）已知定义在(0,+∞)上的函数f ( x)满足：
f ( x +1)=2f ( x)+[ x ]，其中[ x ]表示不超过x的最大整数.当x∈(0,1]时，f ( x)= x ln x，设数
列{an}满足an= f (n)，数列{bn}为f ( x)从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确
的是（ ）
A. 数列{an+n+1}为等比数列
B. ∃k ∈N
*，使得ak>2
k -2
C. 数列{bn}的通项公式bn=n-1+ 1
e
D. ∀n∈N
*，都有f (bn)<0
【答案】AC
【解析】由题意知，当 x∈(0,1] 时，f ( x)= x ln x，且对于定义域内的 x 满足
f ( x +1)=2f ( x)+[ x ].
对于 A 选项：
因 an= f (n)，令 x =n（n∈N
*），则 [n]=n.
代入原递推式得：f (n+1)=2f (n)+n，即 an+1=2an+n.
等式两边同加 n+2，可整理为：an+1+(n+1)+1=2(an+n+1).
又 a1= f （1）=1×ln1=0，故 a1+1+1=2.
所以数列 {an+n+1} 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列.故 A 选项正确.
对于 B 选项：
由 A 选项结论可知，an+n+1=2×2
n-1=2
n，从而 an=2
n-n-1.
假设存在 k ∈N
* 使得 ak>2
k -2，即 2
k -k -1>2
k -2.
化简得 k <1.
因 k ∈N
*，即 k ≥1，与 k <1 矛盾.
故不存在满足条件的 k，B 选项错误.
对于 C 选项：
当 x∈(0,1) 时，f ( x)= x ln x，求导得 f
'( x)= ln x +1.
令 f
'( x)=0，解得 x = 1
e .
当 x∈(0, 1
e ) 时，f
'( x)<0；当 x∈( 1
e ,1) 时，f
'( x)>0.
故 f ( x) 在区间 (0,1) 内的极小值点为 x = 1
e ，即 b1= 1
e .
对于任意 x∈(0,1)，因 [ x ]=0，代入递推式可得 f ( x +1)=2f ( x).
进一步递推可得：f ( x +2)=2f ( x +1)+1= 4 f ( x)+1，
以此类推，可得 f ( x +n-1)=2
n-1f ( x)+C（其中 C 为与 x 无关的常数）.
等式两边对 x 求导，得 f
'( x +n-1)=2
n-1f
'( x).
由极小值点的定义可知，函数 f ( x) 在区间 (n-1,n) 内的极小值点横坐标满足 x = 1
e .
故第 n 个极小值点 bn=n-1+ 1
e ，C 选项正确.
对于 D 选项：
将 bn=n-1+ 1
e 代入极小值表达式.
由递推关系可计算得：
f (b1)= f ( 1
e )=- 1
e <0；
f (b2)=2f (b1)=- 2
e <0；
f (b3)=2f (b2)+1=1- 4
e <0（因 e<4）；
f (b4)=2f (b3)+2= 4 - 8
e .
因自然对数底数 e≈2.718>2，则 8
e <4，即 4 - 8
e >0，从而 f (b4)>0.
故并非对于 ∀n∈N
* 都有 f (bn)<0，D 选项错误.
故选：AC.
【点拨】本题的解题关键：一是对于数列 {an}，利用 [n]=n 的特性结合待定系数法，构造出等
差与等比结合的辅助数列 {an+n+1} 以求通项；二是对于极值点数列 {bn}，通过递推式探索区
间平移前后的导数关系，明确极小值点横坐标仅发生平移，进而推导各区间段极小值的演变规律.
7.（2026·山东济宁·二模）已知实数a>0，设函数f ( x)=e
ax +1cos x.
（1） 若a=1，讨论函数f ( x)的单调性；
（2） 若x∈(0, π
2 )，证明：函数f ( x)有唯一极大值点x0，且asin 2 x0>e
- 1
a；
（3） 记函数f ( x)在(0,+∞)内的从小到大的第n(n∈N
*)个极值点为xn，判断数列{f ( xn)}
是否为等比数列，若为等比数列，求出该数列的公比；若不为等比数列，请说明理由.
【答案】（1） 在(0, π
2 )上单调递增，在( π
2 ,+∞)上单调递减
（2） 证明见解析
（3） 否，理由见解析
【解析】（1） 当a=1时，f ( x)=e
x +1cos x，f
'( x)=e
x +1(cos x -sin x).令f
'( x)>0，得
- 3 π
4 +2kπ < x< π
4 +2kπ ,k ∈Z.令f
'( x)<0，得π
4 +2kπ < x< 5 π
4 +2kπ ,k ∈Z.所以，f ( x)在区间
(- 3 π
4 +2kπ , π
4 +2kπ )(k ∈Z )上单调递增；f ( x)在区间( π
4 +2kπ , 5 π
4 +2kπ )(k ∈Z )上单调递减.
（2） 证明：f
'( x)=e
ax +1(acos x -sin x).令f
'( x)=0，因为a>0, x∈(0, π
2 )，所以，a= tan x.所
以，存在唯一实数x0∈(0, π
2 )，a= tan x0. x∈(0, x0)时，f
'( x)>0,f ( x)在区间(0, x0)上单调递
增；x∈( x0, π
2 )时，f
'( x)<0,f ( x)在区间( x0, π
2 )上单调递减.所以，函数f ( x)有唯一极大值点x0.
要证asin 2 x0>e
- 1
a成立，即证
2asin x0cos x0
sin
2 x0+cos
2 x0
>e
- 1
a，即证
2a tan x0
tan
2 x0+1
>e
- 1
a，即证2a
2
a
2+1
>e
- 1
a，即证
( 1
a
2 +1)e
- 1
a -2<0成立.设t =- 1
a，则t <0，令g(t )=(t
2+1)e
t -2(t <0)，则g
'(t )=(t +1)
2e
t>0.所以，
函数g(t )在区间(-∞,0)上单调递增.所以，g(t )<g（0）=-1<0.所以，(t
2+1)e
t -2<0，即
( 1
a
2 +1)e
- 1
a -2<0成立.所以，asin 2 x0>e
- 1
a.
（3） x∈(0,+∞)时，f
'( x)=e
ax +1(acos x -sin x)=e
ax +1❑√a
2+1cos( x +φ)，其中
tan φ = 1
a ,φ∈(0, π
2 ).f
'( x)=0时，x = π
2 -φ+kπ ,k ∈N.所以，xn= π
2 -φ+(n-1)π ,n∈N
*.所以，
xn+1- xn= π.所以，f ( xn+1)
f ( xn) = e
a xn+1+1cos xn+1
e
a xn+1cos xn
= e
a( xn+1)cos( xn+ π )
e
a xncos xn
=-e
aπ.所以，数列{f ( xn)}是等比
数列，公比为-e
aπ.
【点拨】本题考查导数的应用，包括单调性、极值点的判断以及不等式的证明.通过构造新函数并
利用其单调性来证明不等式，同时结合三角函数的性质判断极值点构成的数列是否为等比数列.
考点二：函数与不等式的综合
考法4：利用函数性质解不等式
8.已知函数f ( x)是定义域为R的函数，f (2+ x)+ f (- x)=0，对任意x1, x2∈[1,+ ∞)(x1< x2)，
均有f ( x2)- f ( x1)>0，已知a,b(a≠b)为关于x的方程x
2-2 x +t
2-3=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
x1, x2∈[1,+∞)( x1< x2)，均有f ( x2)- f ( x1)>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
x
2-2 x +t
2-3=0的两个解，所以Δ= 4 - 4(t
2-3)>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.
【点拨】本题考查函数的奇偶性、对称性与单调性的综合应用，通过函数方程确定对称中心，结
合单调性解函数不等式.
9.（2026·山东青岛·一模）（多选）已知函数f ( x)= ln| x|+ x
2- 1
x
2，则（ ）
A. f ( x)在区间(0,+ ∞)上单调递增
B. f ( x)恰有两个零点
C. 不等式f ( x)<f (1- x)的解集为{x∣0< x< 1
2 }
D. 若f (m)+ f (n)=0，则m
2+n
2的最小值为2
【答案】ABD
【解析】函数f ( x)= ln| x|+ x
2- 1
x
2的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，关于原点对称，且
f (- x)= ln|- x|+(- x)
2-
1
(- x)
2 = ln| x|+ x
2- 1
x
2 = f ( x)，所以函数f ( x)为偶函数，对于A 项，
当x>0时，f ( x)= ln x + x
2- 1
x
2，对其求导得f
'( x)= 1
x +2 x + 2
x
3 >0，所以f ( x)在区间(0,+∞)上单
调递增，故A 项正确；对于B 项，因为f ( x)在区间(0,+∞)上单调递增，且f （1）=0，根据偶
函数的性质可知，f (-1)= f （1）=0，所以f ( x)恰有两个零点，故B 项正确；对于C 项，因为
f ( x)为偶函数，且在(0,+∞)上单调递增，所以f ( x)<f (1- x)等价于f (| x|)<f (|1- x|)，得
| x|<|1- x|，两边平方得x< 1
2，而函数f ( x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+ ∞)，所以
f ( x)<f (1- x)的解集为(-∞,0)∪(0, 1
2 )，故C 项错误；对于D 项，因为f (m)+ f (n)=0，且
f ( x)为偶函数，得f (|m|)+ f (|n|)=0，即f (|m|)=- f (|n|)，因为
f (|n|)+ f (
1
|n| )= ln|n|+n
2- 1
n
2 +(- ln|n|+ 1
n
2 -n
2)=0，所以f (|m|)= f (
1
|n| )，又因为
f ( x)在区间(0,+∞)上单调递增，所以|m|=
1
|n| ，得|mn|=1，则m
2+n
2≥2|mn|=2，当且仅
当|m|=|n|=1时取等号，所以m
2+n
2的最小值为2，故D 项正确.故选ABD.
【点拨】本题考查函数的奇偶性、单调性以及零点问题，通过导数判断单调性，结合奇偶性解不
等式，利用基本不等式求最值.
10.（2025·河北名校协作体·一模）（多选）已知函数f ( x)的定义域为R，且∀x , y ∈R，
f ( x)f ( y)= f ( xy )+ x
2 y
2( x
2+ y
2)，则（ ）
A. f （0）=0
B. f ( x + 1
x )>f (2sin x)
C. 函数g( x)= f ( x)
x
2 的值域为[1,+ ∞)
D. 关于x的方程|
f ( x)
x
3 |+ x - ln| x|-3=0有且仅有一个实数根
【答案】AB
【解析】令x = y =1，得[ f （1）]
2= f （1）+2，解得f （1）=-1或f （1）=2.若
f （1）=-1，则令y =1，可得- f ( x)= f ( x)+ x
2( x
2+1)，则f ( x)=- x
2( x
2+1)
2
，此时
f ( x)f ( y)= x
2 y
2( x
2+1)( y
2+1)
4
，f ( xy)+ x
2 y
2( x
2+ y
2)=- x
2 y
2( x
2 y
2+1)
2
+ x
2 y
2( x
2+ y
2)，显然
f ( x)f ( y)= f ( xy )+ x
2 y
2( x
2+ y
2)不恒成立.若f （1）=2，同理可得f ( x)= x
2( x
2+1)，且
f ( x)f ( y)= f ( xy )+ x
2 y
2( x
2+ y
2)恒成立，故f ( x)= x
2( x
2+1)，f （0）=0，A 正确.易知f ( x)是
偶函数，且f ( x)在(0,+∞)上单调递增.因为| x + 1
x |≥2≥|2sin x|，且等号不能同时成立，所以
| x + 1
x |>|2sin x|，则f (| x + 1
x |)>f (|2sin x|)，则f ( x + 1
x )>f (2sin x)，B 正确.
g( x)= f ( x)
x
2 = x
2+1( x≠0)，易得g( x)的值域为(1,+∞)，C 不正确.| f ( x)
x
3 |+ x - ln| x|-3=0等
价于| x
2+1
x
|+ x - ln| x|-3=0.当x>0时，| x
2+1
x
|+ x - ln| x|-3=0等价于2 x + 1
x - ln x -3=0.
令h( x)=2 x + 1
x - ln x -3，则h
'( x)=2- 1
x
2 - 1
x = 2 x
2- x -1
x
2
= (2 x +1)( x -1)
x
2
.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，则h( x)≥h（1）=0，
故x =1是原方程的根.当x<0时，| x
2+1
x
|+ x - ln| x|-3=0等价于- 1
x - ln(- x)-3=0，易得函数
y =- 1
x - ln(- x)-3在(-∞,0)上单调递增，因为- 1
-1 - ln1-3<0，- 1
- 1
3
- ln 1
3 -3>0
，所以原方
程在(-1,- 1
3 )内有一个根.故D 不正确.故选AB.
【点拨】本题考查抽象函数的解析式求解及函数性质的综合应用，通过赋值法求出函数解析式，
再利用导数研究函数的单调性与零点.
11.关于x的不等式( x -1)
9999-2
9999⋅x
9999≤x +1，解集为＿＿＿＿＿＿.
【答案】[-1,+ ∞)
【解析】由题设，( x -1)
9999-(2 x)
9999≤x +1，而y = x
9999在R上递增，当x -1>2 x即x<-1时，
( x -1)
9999-(2 x)
9999>0> x +1，原不等式不成立；当x -1≤2 x即x ≥-1时，
( x -1)
9999-(2 x)
9999≤0≤x +1，原不等式恒成立.综上，解集为[-1,+ ∞).
【点拨】本题考查利用函数的单调性解不等式，通过构造函数并分类讨论自变量的范围来求解.
考法5：构造函数比较大小或解不等式
12.（2025·福建福九联盟·5 月联考）已知可导函数f ( x)是定义在(- π
2 , π
2 )上的奇函数.当
x∈(0, π
2 )时，f ( x)+ f
'( x)tan x >0，则cos x⋅f ( x + π
2 )+sin x⋅f (- x)>0的解集为（ ）
A. (- π
2 ,- π
4 )
B. (- π
4 ,0)
C. (- π
4 , π
4 )
D. (- π
4 ,0)
【答案】B
【解析】（方法一）依题意，x≠0，故a
2b
2>0.则
ab(a-b)>0⇔a
2b>ab
2⇔a
2b⋅
1
a
2b
2 >ab
2⋅
1
a
2b
2，即1
b > 1
a.（方法二）ab(a-b)>0⇔{
ab>0
a-b>0
或{
ab<0
a-b<0 ⇔a>b>0或b<a<0或a<0<b，又
ab(a-b)>0⇔a
2b-ab
2>0⇔ab
2<a
2b⇔ab
2
a
2b
2 < a
2b
a
2b
2 ⇔1
a < 1
b，故ab(a-b)>0的一个充要条件
是1
a < 1
b.
【点拨】本题考查利用导数构造函数解不等式，通过分析已知不等式的结构特征，构造辅助函数，
利用其单调性和奇偶性求解.
13.（2026·河北名校协作体·一模）（多选）设x>0且x≠1，y >0，若x ln y = x
2-1，则下列
大小关系可能成立的有（ ）
A. x
2< y
B. logx
2 y <1
C. x
2> y
D. logx
2 y >1
【答案】ACD
【解析】因为x>0且x≠1，y >0，x ln y = x
2-1，所以ln y = x - 1
x .又logx
2 y = ln y
ln x
2 = ln y
2ln x ，所以
2ln x - ln y =2ln x - x + 1
x .构造函数f ( x)=2ln x - x + 1
x ，则f ( x)的定义域为(0,+∞)，
f
'( x)= 2
x -1- 1
x
2 =- ( x -1)
2
x
2
≤0，所以f ( x)在(0,+∞)上单调递减，又f （1）=0，所以当
0< x<1时，f ( x)>0，即ln x
2>ln y，所以x
2> y，所以logx
2 y = ln y
ln x
2 >1，故CD 正确；当x>1时，
f ( x)<0，即ln x
2<ln y，所以x
2< y，所以logx
2 y = ln y
ln x
2 >1，故AD 正确，B 错误.故选ACD.
【点拨】本题考查对数函数的性质与导数的综合应用，通过构造函数研究单调性，进而比较大小.
考法6：双变量不等式恒成立求参数
14.（2026·合肥一六八中学·一模）已知函数f ( x)定义域为(1,+∞)，f (e)=e，对于任意
x1, x2∈(1,+∞)，当x1> x2时，ln x1⋅ln x2[ f ( x1)- f ( x2)]< x1ln x2- x2ln x1，其中e为自然对数
的底数，若af (e
2
a )>2e
2
a，则实数a的取值范围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】[- 1
2 ,0)
【解析】因为函数f ( x)定义域为(1,+ ∞)，所以e
2
a >1，所以a>0.又x1> x2>1时，
ln x1⋅ln x2[ f ( x1)- f ( x2)]< x1ln x2- x2ln x1，即f ( x1)- x1
ln x1
<f ( x2)- x2
ln x2
，令h( x)= f ( x)- x
ln x ，
则h( x1)<h( x2)，又x1> x2，所以h( x)在(1,+∞)上单调递减，h(e)= f (e)-e =0.因为af (e
2
a )>2e
2
a，
所以f (e
2
a )> 2
a e
2
a = e
2
a
ln e
2
a
，即h(e
2
a )= f (e
2
a )- e
2
a
ln e
2
a
>0=h(e)，故1<e
2
a <e，即0<a<2；故答案为
[- 1
2 ,0).
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性，通过构造新函数将不等式恒成立问题转化为函数
单调性问题求解.
15.（2026·安徽合肥·三模）已知函数f ( x)=( x +k )ln x -e( x -1)，k ∈R.
（1） 当k =0时，求f ( x)的单调递减区间；
（2） 若在区间(e ,+ ∞)上，f ( x)为增函数，求k的取值范围；
（3） 若x>1时，f ( x)的最小值为0，求k.
【答案】（1） 单调递减区间为(0,1)
（2） k ≤1
（3） k = 1
2
【解析】（1） f ( x)的定义域为(0,+∞)，f
'( x)=2 x -mln x -2，
g( x)= f
'( x)=2 x -mln x -2，g
'( x)=2- m
x ，
当m≤0时，g
'( x)=2- m
x >0恒成立，g( x)在区间(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，令2- m
x =0，得x = m
2 ，
当x∈(0, m
2 )时，g
'( x)<0；当x∈( m
2 ,+∞)时，g
'( x)>0，
因此，g( x)在区间(0, m
2 )上单调递减，在区间( m
2 ,+∞)上单调递增.
综上所述，当m≤0时，g( x)在区间(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，g( x)在区间(0, m
2 )上单调递减，在区间( m
2 ,+∞)上单调递增.
（2） g
'( x)=2- m
x ，易知f
'（1）=0，由（1）知：
①当m≤0时，f
'( x)是(0,+ ∞)上的增函数，且f
'（1）=0，所以f ( x)无极大值，不合题意，
②当m>0时，g( x)= f
'( x)在区间(0, m
2 )上单调递减，在区间( m
2 ,+∞)上单调递增，
所以f
'( x)min= f
'( m
2 ).
当m
2 =1，即m=2时，f
'( x)≥f
'（1）=0，f ( x)在(0,+∞)上单调递增，无极大值，不合题意；
当m
2 >1，即m>2时，x∈(0,1)时，f
'( x)>f
'（1）=0，x∈(1, m
2 )，f
'( x)<f
'（1）=0，
∴1是唯一极大值点，不合题意；
当m
2 <1，即0<m<2时，x∈( m
2 ,1)时，f
'( x)<f
'（1）=0，
x∈(1,+ ∞)时，f
'( x)>f
'（1）=0，所以函数f ( x)在( m
2 ,+∞)上无极大值，
∵f
'(e
2
m )=2e
2
m -mln e
2
m -2=2e
2
m - 4>0，f
'( m
2 )<0，易证e
2
m < m
2 ，
∴∃x0∈(0, m
2 )，使f
'( x0)=0，当x∈(0, x0)时，f
'( x)>0，x∈( x0,1)时，f
'( x)<0，
∴x0为f
'( x)的极大值点，且x0∈(0,1)
由f
'( x0)=2 x0-m ln x0-2=0，得m= 2 x0-2
ln x0
，
∴f ( x0)=( x0-1)
2+ 2 x0-2
ln x0
x0(1- ln x0)=- x0
2+ 2 x0
2-2 x0
ln x0
+1
要证f ( x0)>1，即证- x0
2+ 2 x0
2-2 x0
ln x0
+1>1，
∵ln x0<0，∴需证x0ln x0-2 x0+2>0，
令h( x)= x ln x -2 x +2, x∈(0,1)，则h
'( x)= ln x +1-2= ln x -1<0，
∴h( x)在(0,1)上为减函数，故h( x)>h（1）=0，所以h( x0)>0，
即x0ln x0-2 x0+2>0成立，故f ( x0)>1.
【点拨】本题考查导数的应用，通过分类讨论参数的取值范围，研究函数的单调性与极值，进而
解决恒成立问题.
考法7：结合导数求最值与不等式证明
16.（2025·河北沧州五县·一模）已知函数f ( x)= x
1
x ( x>0)，则下列说法中正确的是
（ ）
A. 对任意的n∈N
*，都有n
n+1>(n+1)
n
B. 当0<m<e
1
e时，f ( x)-m=0有两个实根
C. 若关于x的方程a
x = x
a(a>0且a≠1)在(0,+∞)上只有一个解，则a的取值范围为(0,1)
D. 若方程f ( x)-m=0有两个不同的根，且(f ( x)-m)( x
2-cx +d )≤0恒成立，则
2
c <ln m< 1
❑√d
【答案】D
【解析】f ( x)= x
1
x =(e
ln x)
1
x =e
ln x
x ( x>0)，利用复合函数求导，可得
f
'( x)=e
ln x
x ⋅1- ln x
x
2
= x
1
x ⋅1- ln x
x
2
，当0< x<e时，f
'( x)>0，所以f ( x)在区间(0,e)上单调递增；
当x ≥e时，f
'( x)<0，所以f ( x)在区间(e ,+ ∞)上单调递减；f ( x)在x =e处，取到极大值点，
f (e)=e
1
e.对于选项A：当n=1时，不满足n
n+1>(n+1)
n，故A 错误；对于选项B：由上分析得
f ( x)max = f (e)=e
1
e，当x趋于+ ∞时，函数值趋于1，当1<m<e
1
e时，f ( x)-m=0有两个实数根；当
0<m≤1时，f ( x)-m=0有一个实数根；故B 错误；对于选项C：方程a
x = x
a(a>0且a≠1)，两边
取对数得x ln a=a ln x，即ln x
x = ln a
a ，令g( x)= ln x
x ，则g
'( x)= 1- ln x
x
2
，令g
'( x)=0，则x =e，
当0< x<e时，f
'( x)>0，所以f ( x)在区间(0,e)上单调递增；当x趋于0时，函数值趋于-∞；当
x ≥e时，f
'( x)<0，所以f ( x)在区间(e ,+ ∞)上单调递减；当x趋于+∞时，函数值趋于0；故
g( x)max = g(e)= 1
e ，当0<a<1时，ln a
a <0，y = ln a
a 与y = ln x
x 只有一个交点，当1<a<e时，
0< ln a
a < 1
e ，y = ln a
a 与y = ln x
x 有2个交点，当a=e时，y = ln a
a 与y = ln x
x 只有一个交点；当a>e时，
0< ln a
a < 1
e ，y = ln a
a 与y = ln x
x 有2个交点，故a
x = x
a(a>0且a≠1)在(0,+ ∞)上只有一个解，则a
的取值范围为(0,1)∪{e}，故C 错误；对于选项D：若方程f ( x)-m=0有两个不同的根，则
1<m<e
1
e，设两根为x1, x2( x1< x2)，则x1
1
x1 = x2
1
x2 =m，由函数的单调性知1< x1<e< x2，因为
(f ( x)-m)( x
2-cx +d)≤0恒成立，所以x1, x2同时是方程x
2-cx +d =0的两根；根据韦达定理得
x1+ x2=c , x1 x2=d，因为x1
1
x1 = x2
1
x2 =m，两边取对数得
ln x1
x1
= ln x2
x2
= ln m，{
ln x1= x1⋅ln m
ln x2= x2⋅ln m，两式
做差，ln x1- ln x2= ln m⋅( x1- x2)，根据对数不等式
❑√ab<
a-b
ln a- ln b < a+b
2
，
ln m= ln x1- ln x2
x1- x2
>
2
x1+ x2
= 2
c ，即2
c <ln m；ln m= ln x1- ln x2
x1- x2
<
1
❑√x1⋅x2
= 1
❑√d ，即ln m< 1
❑√d ；所
以2
c <ln m< 1
❑√d ，选项D 正确；故选D.
【点拨】本题考查导数在研究函数性质中的应用，通过构造函数研究单调性与极值，结合对数均
值不等式证明双变量不等式.
17.（2026·浙江Z20 联盟·第三次学情诊断）已知函数f ( x)= x +a
e
x (a∈R).
（1） 当a=1时，求函数f ( x)的最值；
（2） 讨论方程f ( x)= f (- x)的解的个数；
（3） 若方程f ( x)= f (- x)存在两个解x1, x2，且满足x1<0< x2，证明：|f
'( x1)|>|f
'( x2)|.
【答案】（1） 最大值为1，无最小值
（2） 见解析
（3） 证明见解析
【解析】（1） 当a=1时，f ( x)= x +1
e
x ，求导可得f
'( x)=- x
e
x ，函数f ( x)在(-∞,0)单调递增，在
[0,+∞)单调递减.函数有最大值f （0）=1，无最小值.
（2） 函数y = f ( x)- f (- x)是奇函数，x =0始终是方程f ( x)= f (- x)的一个解.不妨令x>0，
f ( x)= x +a
e
x = f (- x)=(- x +a)e
x，可化简为x +a+( x -a)e
2 x =0.构造函数g( x)=( x -a)e
2 x+ x +a，
求导可得g
'( x)=(2 x -2a+1)e
2 x+1，g
″( x)= 4( x -a+1)e
2 x.g
'（0）=2-2a，g（0）=0.①
当a≤1，g
″( x)= 4( x -a+1)e
2 x>4(1-a)e
2 x≥0恒成立，因此g
'( x)在(0,+ ∞)单调递增.故
g
'( x)> g
'（0）≥0，g( x)在(0,+∞)单调递增，故g( x)>g（0）=0.即方程f ( x)= f (- x)在
(0,+∞)无解.根据函数y = f ( x)- f (- x)是奇函数可知在(-∞,0)也无解.②当a>1，由
g
″( x)= 4( x -a+1)e
2 x，可得g
'( x)在(0,a-1)单调递减，在[a-1,+∞)单调递增.由
g
'（0）=2-2a<0，g
'(a-1)<0，g
'(a- 1
2 )=1可得，存在x0∈(a-1,a- 1
2 )使g
'( x0)=0.当
x∈(0, x0)，g( x)单调递减；当x∈( x0,+ ∞)，g( x)单调递增.g（0）=0，g(a)=2a>0，函数
g( x)在( x0,+ ∞)有且只有一个零点.即方程f ( x)= f (- x)在(a-1,a)有一个解.根据函数
y = f ( x)- f (- x)是奇函数可知在(-a,1-a)有另一个根.综上，当a≤1，方程有一个解；当a>1，
方程有三个解.
（3） 由（2）可得此时a>1，且x1+ x2=0,-a< x1<1-a.f
'( x)= 1- x -a
e
x
，f
'( x1)>0>f
'( x2).即证：
f
'( x1)+ f
'(- x1)>0.因为x1是方程f ( x)= x +a
e
x = f (- x)=(- x +a)e
x的解，代入可得
a= e
2 x1+1
e
2 x1-1
⋅x1.f
'( x1)+ f
'(- x1)= 1- x1-a
e
x1
+(1+ x1-a)e
x1= (e
2 x1+1)(1-a)+(e
2 x1-1)x1
e
x1
，消a可得
f
'( x1)+ f
'(- x1)= e
4 x1- 4 e
2 x1 x1-1
e
x1(e
2 x1-1)
.设h( x)=e
4 x - 4 e
2 x⋅x -1( x<0)，h（0）=0，
h
'( x)= 4 e
4 x - 4(2 x +1)e
2 x = 4 e
2 x(e
2 x -2 x -1)>0.函数h( x)在(-∞,0)单调递增，所以
h( x1)=e
4 x1- 4 e
2 x1 x1-1<h（0）=0.又因为e
x1(e
2 x1-1)<0，所以f
'( x1)+ f
'(- x1)>0.
【点拨】本题考查导数在函数极值、方程根的个数及不等式证明中的综合应用，通过构造函数研
究单调性，利用对称性简化问题.
考法8：函数交点与面积最值
18.（2026·江苏前黄高中·攀登行动二）直线y =b与函数f ( x)= ln ❑√x
x
的图象交于A ,B两点，
过点A ,B分别作x轴的垂线，垂足为C , D，则当矩形ABDC的面积为ln3时，b的值为（
）
A. ln3
8⋅
4√3
B. ln3
4⋅
4√3
C. ln3
2⋅
4√3
D. ln3
4√3
【答案】A
【解析】由题意可得f ( x)= ln ❑√x
x
= ln x
2 x , x>0，设函数与直线的交点为A( x1,b),B( x2,b)，则
ln x1
2 x1
=b，则ln x1=2b x1，同理ln x2=2b x2，则S矩形ABDC =| x1- x2||b|= ln3，又因为
ln x1- ln x2=2b( x1- x2)，| x1- x2||b|= ln3，解得|ln x1
x2
|=2ln3= ln 9，设x2> x1，则x2=9 x1，
故b= ln3
8 x1
，代入A点坐标得ln x1=2⋅ln3
8 x1
⋅x1，化简得ln x1= ln3
4 ，解得x1=
4√3，故b= ln3
8⋅
4√3.故
选A.
【点拨】本题考查函数图象交点与几何图形面积的综合，利用对数函数的性质与方程思想求解参
数.
19.（2026·长沙师大附中·一模）已知O为坐标原点，函数y =e
x与函数y =kx +2的图象有两
个不同的交点A ,B，当S△AOB取最小值时，k =＿＿＿＿＿＿.
【答案】ln2-1
【解析】设A( x1, y1)，B( x2, y2)，则y1=e
x1=k x1+2，y2=e
x2=k x2+2，
S△AOB= 1
2 |2 x1-2 x2|=| x1- x2|，令f ( x)=e
x -kx -2，则f
'( x)=e
x -k，若k ≤0，f
'( x)>0，f ( x)
单调递增，最多一个零点，不符题意；若k >0，f
'( x)=0得x = ln k，当x<ln k时，f
'( x)<0，f ( x)
单调递减，当x>ln k时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，所以f (ln k )=k -k ln k -2<0，得k >e.不妨设
x1<ln k < x2，则x1- x2<0，S△AOB= x2- x1，令g(k )= x2- x1，则g
'(k )= x2
' - x1
' ，由e
x1=k x1+2两边
对k求导得e
x1 x1
' = x1+ k x1
' ，所以x1
' =
x1
e
x1-k ，同理x2
' =
x2
e
x2-k ，所以
g
'(k )=
x2
e
x2-k
-
x1
e
x1-k
=
x2
k x2+2-k -
x1
k x1+2-k =
2( x2- x1)-k( x2- x1)
(k x2+2-k )(k x1+2-k )，因为x2- x1>0，所以
当k =2时，g
'(k )=0，此时S△AOB取得最小值，将k =2代入e
x=kx +2，得e
x=2 x +2，令
h( x)=e
x -2 x -2，h
'( x)=e
x -2，h
'( x)=0得x = ln 2，当x<ln 2时，h
'( x)<0，h( x)单调递减，当
x>ln 2时，h
'( x)>0，h( x)单调递增，所以h(ln 2)=2-2ln 2-2=-2ln 2<0，又h（0）=-1<0，
h(-1)= 1
e >0，h（2）=e
2-6>0，所以x1∈(-1,0)，x2∈(ln 2,2)，所以k = e
x2-e
x1
x2- x1
，当S△AOB
取最小值时，k = ln2-1.
【点拨】本题考查导数在函数交点与面积最值问题中的应用，通过构造函数并利用隐函数求导寻
找最值条件.
考点三：函数中的创新题
考法9：复合函数方程与单调性求参数
20.（2026·八省T8 联考·4 月联合测评）（多选）已知f ( x)={
e
x , x ≤0,
a+ ln( x +1), x>0,则
（ ）
A. 当a≥1时，f ( x)为增函数
B. 当0<a≤1时，f ( x)的值域为(0,+∞)
C. 当a=-1时，图象上存在关于原点对称的两点
D. 若a>0，
∃m∈R，使得f (f (⋯f (m)⋯))恒为常数
【答案】BC
【解析】当-1≤x ≤1时，f ( x)=1- x
2；当1< x ≤3时，-1< x -2≤1，则
f ( x)=2f ( x -2)=2[1-( x -2)
2]=-2( x -2)
2+2；当3< x ≤5时，1< x -2≤3，则
f ( x)=2f ( x -2)=2[-2( x - 4)
2+2]=- 4( x - 4)
2+ 4；当x<-1或x>5时，f ( x)=- x
2+ 4 x +5，作
出函数f ( x)的图象如下：由图可知，函数f ( x)的值域为(-∞,4 ]，故A 错误；函数f ( x)在
(4 ,+∞)上单调递减，故B 正确；由于函数y = f ( x)与y =1有5个交点，则方程f ( x)=1有5个不同
的解，故C 正确；对于D，令f ( x)=n,n∈(-∞,4 ]，因为方程[ f ( x)]
2-tf ( x)+1=0有10个不同
的解，所以方程n
2-tn+1=0有两个不相等的实数根，设g(n)=n
2-tn+1，显然g（0）=1≠0，
则这两个根分别在(0,1)、(1,2)内，有{
g（1）=2-t <0
g（2）=5-2t >0，解得2<t < 5
2，故D 正确.故选BC.
【点拨】本题考查分段函数的图象与性质，结合复合方程根的个数问题，利用数形结合和二次方
程根的分布求解.
21.（2026·合肥一六八中学·一模）已知函数f ( x)= log2 x.
（1） 若函数y = f (ax -3a+1)在区间[2,4 ]上是单调函数，求实数a的取值范围；
（2） 若h( x)= f (-1+
2
1- x )，且h(2m-1)+h(- 2
3 )<0，求实数m的取值范围.
【答案】（1） [1, 7
4 ]
（2） (-∞, 1
2 )
【解析】（1） 令t( x)=ax -3a+1，因为y = log2t在(0,+∞)上单调递增，所以要使
y = f (ax -3a+1)在[2,4 ]上单调，只需t( x)=ax -3a+1在[2,4 ]上单调，且t( x)>0恒成立.①当
a>0时，t( x)在[2,4 ]上单调递增，所以t （2）=2a-3a+1>0，解得a<1，所以0<a<1；②当
a<0时，t( x)在[2,4 ]上单调递减，所以t （4 ）= 4 a-3a+1>0，解得a>-1，所以-1<a<0；③
当a=0时，t( x)=1>0，y = log21=0，不符合题意.综上，实数a的取值范围是(-1,0)∪(0,1).
（2） h( x)= log2(-1+
2
1- x )= log2 1+ x
1- x ，由1+ x
1- x >0得-1< x<1，所以h( x)的定义域为(-1,1).
因为h(- x)= log2 1- x
1+ x =- log2 1+ x
1- x =-h( x)，所以h( x)为奇函数.又因为y = 1+ x
1- x =-1+
2
1- x 在
(-1,1)上单调递增，y = log2t在(0,+∞)上单调递增，所以h( x)在(-1,1)上单调递增.由
h(2m-1)+h(- 2
3 )<0，得h(2m-1)<-h(- 2
3 )=h( 2
3 )，所以-1<2m-1< 2
3，解得0<m< 5
6.所以
实数m的取值范围是(0, 5
6 ).
【点拨】本题考查复合函数的单调性与奇偶性，通过内层函数的单调性及定义域要求，结合外层
对数函数的性质求解参数.
考法10：函数性质(对称性、周期性、奇偶性)综合判定
22.（2026·山东九五协作体·一模）（多选）高斯函数f ( x)=[ x ]又称为下取整函数，[ x ]表
示不超过x的最大整数，比如[-1.1]=-2，[1.1]=1. 设g( x)=sin x + 1
2 sin2 x，h( x)=[ g( x)]，
则（ ）
A. h( x)是奇函数
B. h( x)是周期函数
C. h( x)的值域为{-1,0,1}
D. 方
程h( x)= x有且仅有2个实数根
【答案】BD
【解析】已知 g( x)=sin x + 1
2 sin2 x =sin x +sin x cos x =sin x(1+cos x).
对其求导得：
g
'( x)=cos x +cos2 x =cos x +2cos
2 x -1=(2cos x -1)(cos x +1)
令 g
'( x)=0，在区间 [- π ,π ] 内解得 x =± π
3 或 x =± π.
代入计算极值：
当 x = π
3 时，g( π
3 )=sin π
3 (1+cos π
3 )=
❑√3
2 × 3
2 = 3 ❑√3
4
≈1.299.
由于 g( x) 为奇函数，故当 x =- π
3 时取得极小值 - 3 ❑√3
4
≈-1.299.
因此，g( x) 的值域为 [- 3 ❑√3
4
, 3 ❑√3
4
].
对于 C 选项：
因为 g( x) 的取值范围约为 [-1.299,1.299]，由高斯函数（下取整函数）的定义 h( x)=[ g( x)]
可知：
当 g( x)∈[-1.299,-1) 时，h( x)=-2；
当 g( x)∈[-1,0) 时，h( x)=-1；
当 g( x)∈[0,1) 时，h( x)=0；
当 g( x)∈[1,1.299] 时，h( x)=1.
故 h( x) 的值域为 {-2,-1,0,1}，C 选项错误.
对于 A 选项：
取 x = π
6 ，则 g( π
6 )=sin π
6 (1+cos π
6 )= 1
2 (1+
❑√3
2 )= 2+ ❑√3
4
≈0.933.
此时 h( π
6 )=[0.933]=0.
又 g(- π
6 )=- g( π
6 )≈-0.933，则 h(- π
6 )=[-0.933]=-1.
因为 h(- π
6 )≠-h( π
6 )，即不满足奇函数的定义，故 A 选项错误.
对于 B 选项：
因为 g( x +2π )=sin( x +2π )+ 1
2 sin(2 x + 4 π )=sin x + 1
2 sin 2 x = g( x).
所以 h( x +2π )=[ g( x +2π )]=[ g( x)]=h( x).
这说明 h( x) 是以 2π 为周期的周期函数，B 选项正确.
对于 D 选项：
方程 h( x)= x 即 [ g( x)]= x.
由于下取整函数的结果必定为整数，所以实数根 x 只能是整数.
结合 C 选项中求得的值域 {-2,-1,0,1}，方程的根只可能在这四个整数中产生.
① 当 x =1 时：g（1）=sin1(1+cos1).因为 1 弧度 ≈57.3
∘，所以 sin1>sin π
4 =
❑√2
2 ，
cos1>cos π
3 = 1
2，从而 g（1）>
❑√2
2 × 3
2 ≈1.06>1.又 g（1）≤3 ❑√3
4
<2，故
g（1）∈(1,2)，此时 h（1）=[ g（1）]=1，等式成立，x =1 是根.
② 当 x =0 时：g（0）=sin 0(1+cos0)=0，h（0）=[0]=0，等式成立，x =0 是根.
③ 当 x =-1 时：g(-1)=- g（1）.由前述知 1<g（1）<1.3，故 -1.3< g(-1)<-1，从而
h(-1)=[ g(-1)]=-2≠-1，等式不成立.
④ 当 x =-2 时：g(-2)=- g（2）=-sin 2(1+cos2).因为 2 弧度 ≈114.6
∘，处于第二象限，
sin 2>0 且 cos2<0，易知 1+cos2>0.所以 g（2）>0.又 sin 2<1 且 1+cos2<1，故
g（2）<1.即 0< g（2）<1，从而 -1<g(-2)<0，此时 h(-2)=[ g(-2)]=-1≠-2，等式不
成立.
综上所述，方程有且仅有 x =0 和 x =1 两个实数根，D 选项正确.
故选：BD.
【点拨】本题考查了三角函数的性质与取整函数的综合应用.破题的关键在于利用导数精确求出内
层函数 g( x) 的值域并预估特殊点的函数值范围；在处理 h( x)= x 这一方程时，需敏锐捕捉到
取整函数值的“整数性”，从而将求任意实数根的问题大幅降维为仅检验定义域内有限个整数的
验证问题.
23.（2026·山东泰安·三模）（多选）已知函数f ( x)= ln(cos x)+ ❑√3| x|，则下列选项正确
的是（ ）
A. f ( x)是偶函数
B. f ( x)在(- π
3 , π
2 )上单调递减
C. f ( x)的极值点为π
3 +2kπ ,k ∈Z
D. y = f ( x)- 1
2在[- π
2 , π
2 ]上且仅有4个零
点
【答案】ABD
【解析】由cos x>0，得x∈(- π
2 +2kπ , π
2 +2kπ )(k ∈Z )，定义域关于原点对称，
f (- x)= ln(cos(- x))+ ❑√3|- x|= ln(cos x)+ ❑√3| x|= f ( x)，故f ( x)是偶函数，A 正确；当
x∈[0, π
2 )时，f ( x)= ln(cos x)+ ❑√3 x，f
'( x)=- sin x
cos x + ❑√3= ❑√3- tan x，令f
'( x)=0，得
tan x = ❑√3，因为x∈[0, π
2 )，所以x = π
3 ，当x∈[0, π
3 )时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，当
x∈( π
3 , π
2 )时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，又f ( x)是偶函数，所以f ( x)在(- π
2 ,- π
3 )上单调递增，
在(- π
3 ,0)上单调递减，所以f ( x)在(- π
3 , π
2 )上不单调，B 错误；由上可知f ( x)在[- π
2 , π
2 ]上的极
值点为- π
3 ,0, π
3 ，因为
f ( x +2π )= ln(cos( x +2π ))+ ❑√3| x +2π |= ln(cos x)+ ❑√3| x +2π |≠f ( x)，所以f ( x)不是周期
函数，其极值点不一定是π
3 +2kπ ,k ∈Z，C 错误；f （0）=0，f ( π
3 )= ln 1
2 +
❑√3 π
3
=
❑√3 π
3
- ln 2，
因为❑√3>1.7，π >3.1，ln2<1，所以f ( π
3 )> 1.7×3.1
3
-1>0.5= 1
2，又f （0）=0< 1
2，f ( x)在
(0, π
3 )上单调递增，所以f ( x)= 1
2在(0, π
3 )上有且仅有1个实数根，当x→π
2 时，f ( x)→-∞，
f ( x)在( π
3 , π
2 )上单调递减，所以f ( x)= 1
2在( π
3 , π
2 )上有且仅有1个实数根，又f ( x)是偶函数，所
以f ( x)= 1
2在(- π
2 ,0)上有且仅有2个实数根，所以y = f ( x)- 1
2在[- π
2 , π
2 ]上且仅有4个零点，D 正
确.故选ABD.
【点拨】本题考查函数的奇偶性、单调性、极值与零点，通过求导分析函数在特定区间上的单调
性，结合零点存在性定理判断零点个数.
24.（2024·深圳光明区高中·5 月模考）（多选）已知函数f ( x)是定义域为R的可导函数，
g( x)= f ( x)-2 x. 若f ( x)是奇函数，且g( x)的图象关于直线x =1对称，则（ ）
A. f （2）=2
B. 曲线y = f ( x)在点(1,f （1）)处的切线的斜率为2
C.
g
'(4+ x)= g
'( x)（g
'( x)是g( x)的导函数）
D. f ( x)的图象关于点(2,2)对称
【答案】BC
【解析】由题意有f （0）=0，
f （2）= f （2）- 4 + 4 = g（2）+ 4 = g（0）+ 4 = f （0）-0+ 4 = 4，故A 错误；
f (2- x)-2(2- x)= f ( x)-2 x⇒f
'(2- x)⋅(-1)+2= f
'( x)-2，令x =1得
- f
'（1）+2= f
'（1）-2⇒f
'（1）=2，故B 正确；g( x)为偶函数，即
g(- x)= g( x)⇒- g
'(- x)= g
'( x)，又因为g(2- x)= g( x)⇒- g
'(2- x)= g
'( x)，所以
- g
'(- x)=- g
'(2- x)⇒g
'( x)= g
'( x +2)，所以g
'(4 + x)= g
'(2+ x)= g
'( x)，即g
'(4 + x)= g
'( x)，
故C 正确；因为g(2- x)= g( x)，g(- x)= g( x)，所以g(2- x)= g(- x)，g(2+ x)= g(- x)，得
g(2- x)= g(2+ x)，即g( x)关于(2,0)对称，所以f (2- x)-2(2- x)+ f (2+ x)-2(2+ x)=0，即
f (2- x)+ f (2+ x)=8，即f ( x)关于(2,4)对称，故D 错误.故选BC.
【点拨】本题考查抽象函数的对称性、奇偶性与周期性，通过代数恒等式推导函数及其导数的性
质.
25.（2025·江西十校·二模）（多选）如图，由函数y =e
x-e+1与y = ln( x +e -1)的部分图象
可得一条封闭曲线Γ，则下列说法正确的是（ ）
A. Γ关于直线y = x对称
B. Γ的弦长最大值大于3 ❑√2
C. 直线x + y =t被Γ截得弦长的最大值为
❑√2(e -2)
D. Γ的面积小于2e(e -2)
【答案】ACD
【解析】设f ( x)=e
x-e+1，则f
-1( x)= ln( x +e -1)，所以Γ关于直线y = x对称，A 正确；令
e
x -e+1= x，则x =1或x =e -1，所以Γ的弦长最大值为
❑√2(e -2)，B 错误；设直线x + y =t与Γ交
于A( x1, y1),B( x2, y2)，则| AB|= ❑√2| x1- x2|，由{
y =e
x -e+1
x + y =t
得e
x+ x -e+1-t =0，设
g( x)=e
x+ x -e+1-t，则g
'( x)=e
x+1>0，所以g( x)单调递增，所以直线x + y =t与y =e
x -e+1至
多有一个交点，所以直线x + y =t与Γ至多有两个交点，当直线x + y =t过点(1,1)和(e -1,e -1)时，
被Γ截得弦长最大，最大值为
❑√2(e -2)，C 正确；Γ的面积为
2∫
1
e -1
[ x -(e
x -e+1)]d x =2[ 1
2 x
2-e
x+(e -1)x ]1
e -1=2[ 1
2 (e -1)
2-e
e -1+(e -1)
2-( 1
2 -e+e -1)]=3(e -1)
2-2e
e -1
，
令h( x)=3( x -1)
2-2e
x -1+1，则h
'( x)=6( x -1)-2e
x -1，令u( x)=6( x -1)-2e
x -1，则
u
'( x)=6-2e
x -1，当x∈(1,1+ ln3)时，u
'( x)>0，u( x)单调递增，当x∈(1+ ln3,+ ∞)时，
u
'( x)<0，u( x)单调递减，因为u（1）=0，所以当x∈(1,1+ ln3)时，u( x)>0，h( x)单调递
增，当x∈(1+ ln3,+ ∞)时，u( x)<0，h( x)单调递减，因为e>1+ ln3，所以
h(e)<h(1+ ln3)=3(ln3)
2-6+1=3(ln3)
2-5<0，所以Γ的面积小于0，又2e(e -2)>0，所以Γ
的面积小于2e(e -2)，D 正确.故选ACD.
【点拨】本题考查互为反函数的图象特征、曲线的弦长与面积计算，结合导数求极值与定积分计
算面积.
考法11：基于新定义判断函数性质或求参数
26.（2026·浙江金华十校·二模）若某个函数的图象可以夹在两条平行直线之间，且对于定
义域内的任意x1，x2，当x1< x2时，都有f ( x1)≤f ( x2)，则称该函数为“阶梯形函数”. 下列
选项中，不是“阶梯形函数”的是（ ）
A. f ( x)=[ x ]（不超过x的最大整数）
B. f ( x)=-
1
e
x+1
C. f ( x)= x +cos x
D. f ( x)= x
3+sin x
【答案】D
【解析】对于选项A，若x1< x2，则对于任意的x1< x2，都有[ x1]≤[ x2]，由已知x -1<[ x ]≤x，故
函数f ( x)的图象夹在平行直线y = x -1和y = x之间，故函数f ( x)=[ x ]满足“阶梯形函数”的定义，
是阶梯形函数；对于选项B，若f ( x)=-
1
e
x+1，因为y =e
x为增函数，故函数y =e
x+1为增函数，
且函数y =e
x+1的值域为(1,+ ∞)，所以函数y =
1
e
x+1为减函数，函数y =
1
e
x+1的值域为(0,1)，
因此f ( x)=-
1
e
x+1在(-∞,+ ∞)上单调递增，且函数f ( x)=-
1
e
x+1的值域为(-1,0)，故函数
f ( x)=-
1
e
x+1的图象夹在平行直线y =-1和y =0之间，所以函数f ( x)=-
1
e
x+1满足“阶梯形函
数”的定义，是阶梯形函数；对于选项C，若f ( x)= x +cos x，则f
'( x)=1-sin x ≥0恒成立，当且
仅当x =2kπ + π
2 ,k ∈Z时取等号，所以函数f ( x)= x +cos x在(-∞,+ ∞)上单调递增，由
-1≤cos x ≤1得x -1≤x +cos x ≤x +1，故函数f ( x)= x +cos x的图象夹在平行直线y = x -1和
y = x +1之间，所以函数f ( x)= x +cos x满足“阶梯形函数”的定义，是阶梯形函数；对于选项
D，若f ( x)= x
3+sin x，则f
'( x)=3 x
2+cos x，当- π
2 < x< π
2 时，cos x>0，3 x
2≥0，故
3 x
2+cos x>0，当| x|≥π
2 时，3 x
2≥3× π
2
4 ，-1≤cos x ≤1，故3 x
2+cos x>0，所以对于任意的
x∈R，f
'( x)>0，故函数f ( x)= x
3+sin x在(-∞,+∞)上单调递增，假设存在两条平行直线，
y =kx +b1和y =kx +b2，则对任意x需要b1≤x
3+sin x -kx ≤b2，但当x→+ ∞时，三次项x
3增长速度
远快于一次项kx，x
3-kx +sin x→+ ∞，矛盾，故f ( x)= x
3+sin x的图象无法被两条平行直线夹住，
不满足条件，因此函数f ( x)= x
3+sin x不满足“阶梯形函数”的定义，不是阶梯形函数.故选D.
【点拨】本题考查新定义函数的判断，通过分析函数的单调性与有界性，结合导数研究函数的增
长趋势.
27.（2025·江西萍乡实验大联考·一模）群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中有着重
要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以
上的方程没有根式解就可以用群论知识证明. 群的概念则是群论中最基本的概念之一，其
定义如下：设G是一个非空集合，“⋅”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：
①对任意的a,b∈G，有a⋅b∈G；②对任意的a,b,c∈G，有(a⋅b)⋅c =a⋅(b⋅c)；③存
在e∈G，使得对任意的a∈G，有e⋅a=a⋅e =a，e称为单位元；④对任意的a∈G，存在
b∈G，使a⋅b=b⋅a=e，称a与b互为逆元. 则称G关于“⋅”新构成一个群. 则下列说法不
正确的是（ ）
A. G ={0,1,2}关于数的乘法构成群
B. 自然数集N关于数的加法构成群
C. 实数集R关于数的乘法构成群
D. G ={a+ ❑√2b∣a,b∈Z }关于数的加法
构成群
【答案】D
【解析】由①e∈G且∀a∈G，使1⋅a=a⋅1=a，但0∈G，不存在b∈G，使0⋅b=b⋅0=1，
故A 错误；由0∈N且∀a∈N，都有0+a=a+0=a，但1∈N，不存在b∈N，使
1+b=b+1=0，故B 错误；由1∈R且∀a∈R，使1⋅a=a⋅1=a，但0∈R，不存在b∈R，
使0⋅b=b⋅0=1，故C 错误；对所有的a,b∈G，可设a= x + ❑√2 y ,b= s+ ❑√2t ,( x , y ,s,t ∈Z )，
则a+b=( x + s)+ ❑√2( y +t )∈G，①G满足加法结合律，即∀a,b,c∈G，(a+b)+c =a+(b+c)；
②∃e =0∈G，使得∀a∈G，有e+a=a+e =a；③∀a∈G，设a= x + ❑√2 y , x , y ∈Z，
b=- x - ❑√2 y ∈G，使a+b=b+a=e，正确.故选D.
【点拨】本题考查群的新定义，通过验证群的四个公理（封闭性、结合律、单位元、逆元）来判
断集合与运算是否构成群.
28.（2025·河北沧州五县·一模）（多选）泰勒公式通俗的讲就是用一个多项式函数去逼近
一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰勒展开式
e
x =1+ x + x
2
2! + x
3
3! + x
4
4! +⋯+ x
n
n! +⋯
sin x = x - x
3
3! + x
5
5! - x
7
7! +⋯+(-1)
n+1
x
2n-1
(2n-1)! +⋯
由此可以判断下列各式正确的是（ ）
A. e
i x=cos x +isin x（i是虚数单位）
B. e
i π =-i（i是虚数单位）
C. 2
x≥1+ x ln 2+ ( x ln 2)
2
2
( x ≥0)
D. cos x ≤1- x
2
2 + x
4
24 ( x∈(0,1))
【答案】ACD
【解析】对于A、B，由sin x = x - x
3
3! + x
5
5! - x
7
7! +⋯+(-1)
n+1
x
2n-1
(2n-1)! +⋯，两边求导得
cos x =1- x
2
2! + x
4
4! - x
6
6! +⋯+(-1)
n+1
x
2n-2
(2n-2)! +⋯，
isin x =i x - i
3 x
3
3! + i
5 x
5
5! - i
7 x
7
7! +⋯+(-1)
n+1 i
2n-1 x
2n-1
(2n-1)! +⋯，
cos x +isin x =1+i x - x
2
2! - i x
3
3! + x
4
4! + i x
5
5! - x
6
6! - i x
7
7! +⋯+(-1)
n+1
x
2n-2
(2n-2)! +(-1)
n+1 i
2n-1 x
2n-1
(2n-1)! +⋯
又
e
i x =1+i x + i
2 x
2
2! + i
3 x
3
3! + i
4 x
4
4! +⋯+ i
n x
n
n! +⋯=1+i x - x
2
2! - i x
3
3! + x
4
4! + i x
5
5! - x
6
6! - i x
7
7! +⋯+(-1)
n+1
x
2n-2
(2n-2)! +(-1
=cos x +isin x，故A 正确，B 错误；对于C，已知e
x =1+ x + x
2
2! + x
3
3! + x
4
4! +⋯+ x
n
n! +⋯，则
e
x≥1+ x + x
2
2!.因为2
x =e
x ln2( x ≥0)，则e
x ln2≥1+ x ln 2+ ( x ln 2)
2
2!
，即2
x≥1+ x ln 2+ ( x ln 2)
2
2
( x ≥0)
成立，故C 正确；对于D，cos x =1- x
2
2! + x
4
4! - x
6
6! + x
8
8! - x
10
10! +⋯+(-1)
n+1
x
2n-2
(2n-2)! +⋯，
cos x =(1- x
2
2! + x
4
4! )-( x
6
6! - x
8
8! )-( x
10
10! - x
12
12! )-⋯-(
x
2n
(2n)! -
x
2n+2
(2n+2)! )-⋯，当x∈(0,1)，
- x
6
6! + x
8
8! <0；- x
10
10! + x
12
12! <0；⋯；-
x
2n
(2n)! +
x
2n+2
(2n+2)! =- x
2n[(2n+1)(2n+2)- x
2]
(2n+2)!
<0，
x∈(0,1)，所以- x
6
6! + x
8
8! - x
10
10! + x
12
12! -⋯-
x
2n
(2n)! +
x
2n+2
(2n+2)! -⋯<0，所以
cos x<1- x
2
2! + x
4
4! =1- x
2
2 + x
4
24 ( x∈(0,1))成立，故D 正确.故选ACD.
【点拨】本题考查泰勒公式的应用，通过代数变形与放缩法证明不等式，结合复数指数形式推导
欧拉公式.
29.（2026·承德强基联盟·一模）（多选）“局部周期递归函数”是在定义域的局部有“自
相似”等类似于周期函数性质的一类函数，我们可以采用类似于研究周期函数的方法进行
研究. 函数f ( x)={
1- x
2,-1≤x ≤1
2f ( x -2),1< x ≤5
- x
2+ 4 x +5, x<-1或x>5
就是一个“局部周期递归函数”. 则下列说法正
确的有（ ）
A. 函数f ( x)的值域为(-∞,1]
B. 函数f ( x)在(4 ,+∞)上单调递减
C. 方程f ( x)=1有5个不同的解
D. 若方程[ f ( x)]
2-tf ( x)+1=0有10个不
同的解，则2<t < 5
2
【答案】ACD
【解析】当-1≤x ≤1时，f ( x)=1- x
2；当1< x ≤3时，-1< x -2≤1，则
f ( x)=2f ( x -2)=2[1-( x -2)
2]=-2( x -2)
2+2；当3< x ≤5时，1< x -2≤3，则
f ( x)=2f ( x -2)=2[-2( x - 4)
2+2]=- 4( x - 4)
2+ 4；当x<-1或x>5时，f ( x)=- x
2+ 4 x +5，作
出函数f ( x)的图象如下：由图可知，函数f ( x)的值域为(-∞,4 ]，故A 错误；函数f ( x)在
(4 ,+∞)上单调递减，故B 正确；由于函数y = f ( x)与y =1有5个交点，则方程f ( x)=1有5个不同
的解，故C 正确；对于D，令f ( x)=n,n∈(-∞,4 ]，因为方程[ f ( x)]
2-tf ( x)+1=0有10个不同
的解，所以方程n
2-tn+1=0有两个不相等的实数根，设g(n)=n
2-tn+1，显然g（0）=1≠0，
则这两个根分别在(0,1)、(1,2)内，有{
g（1）=2-t <0
g（2）=5-2t >0，解得2<t < 5
2，故D 正确.故选ACD.
【点拨】本题考查分段函数的图象与性质，结合复合方程根的个数问题，利用数形结合和二次方
程根的分布求解.
考法12：基于新定义结合导数证明不等式
30.（2026·山东日照·二模）已知函数y = f ( x)定义域为I，D⊆I. 若存在t ∈D，对任意
x∈D，当x<t时，都有f ( x)<f (t )，则称t为y = f ( x)在D上的“凸点”.
（1） 求函数y = 1
3 x
3-2 x
2+3 x在[0,5]上的最大“凸点”；
（2） 若函数f ( x)=(2+ax)ln(1+ x)-2 x在[0,2]上不存在“凸点”，求a的取值范围；
（3） 设D ={1,2,⋯,m}(m∈N
*)，且f （1）=0，f ( x)- f ( x -1)≤1，证明：y = f ( x)在D
上的“凸点”个数不小于f (m).
【答案】（1） 3
（2） [- 1
2 ,0)
（3） 证明见解析
【解析】（1） 由y = 1
3 x
3-2 x
2+3 x，可得：y
' = x
2- 4 x +3=( x -1)( x -3)，当x>3或x<1时，
y
'>0，当1< x<3时，y
'<0，所以函数在[0,1)和(3,5]上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f ( x)
的极大值为f （1）= 4
3 ，极小值为f （3）=0，又因为f （1）= f （4 ）= 4
3 <f （5）= 20
3 ，
所以对∀x∈[0,5]，∃t ∈(4 ,5]，当x<t时，都有f ( x)<f (t )，即f ( x)在[0,5]上的最大“凸
点”为5.
（2） 因为函数f ( x)=(2+ax)ln(1+ x)-2 x在[0,2]上不存在“凸点”，所以f ( x)≤f （0）在
x∈[0,2]时恒成立，f
'( x)=a ln(1+ x)+ 2+ax
x +1 -2，令g( x)=aln(1+ x)+ 2+ax
x +1 -2，x∈[0,2]，
则g
'( x)=
a
x +1 + a( x +1)-(2+ax)
( x +1)
2
= ax +2a-2
( x +1)
2 ，0< x<2，①当a≤0时，g
'( x)<0恒成立，故
g( x)在[0,2]上单调递减，则f
'( x)= g( x)≤g（0）=aln1+ 2+0
0+1 -2=0，故f ( x)在[0,2]上单调
递减，此时f ( x)≤f （0），符合要求；②当a>0时，令ax +2a-2=0，则x = 2-2a
a
= 2
a -2，
（i）当2
a -2≤0，即a≥1时，g
'( x)≥0，即g( x)在[0,2]上单调递增，则
f
'( x)= g( x)≥g（0）=0，即f ( x)在[0,2]上单调递增，有f ( x)≥f （0），不符合要求，故舍
去；（ii）当2
a -2≥2，即0<a≤1
2时，g
'( x)<0恒成立，故g( x)在[0,2]上单调递减，则
f
'( x)= g( x)≤g（0）=0，故f ( x)在[0,2]上单调递减，此时f ( x)≤f （0），符合要求；
（iii）当0< 2
a -2<2，即1
2 <a<1时，若x∈(0, 2
a -2)，g
'( x)<0，若x∈( 2
a -2,2)，g
'( x)>0，
即g( x)在(0, 2
a -2)上单调递减，在( 2
a -2,2)上单调递增，则若需f ( x)≤f （0）恒成立，有
f （2）≤f （0）=0，解得a≤2
ln3 -1，因为2
ln3 -1<1，且
2
ln3 -1- 1
2 = 4 -3 ln3
2ln3
= ln e
4- ln3
3
2ln3
=
ln e
4
27
2ln3 >0，即当1
2 <a≤2
ln3 -1时，符合要求；综上所述，
a≤2
ln3 -1；
（3） 若f ( x)在D上的“凸点”个数为0，则f (m)≤f （1）=0，符合要求；若f ( x)在D上的
“凸点”个数为s∈N
*，令f ( x)在D上的“凸点”分别为i1,i2,⋯,is，其中i1<i2<⋯<is≤m，
s≤m-1∈N
*，i1,i2,⋯,is∈{2,⋯,m}(m∈N
*)，若s=1，则若i1-1=1，由f ( x)- f ( x -1)≤1，
则0<f (i1)- f （1）≤1，即0<f (i1)≤1，若i1-1= j>1，由题意f (i1-1)<f (i1)，f （1）<f (i1)，
f (i1-1)≤f （1），故0<f (i1)- f （1）≤1，即0<f (i1)≤1，又f (m)≤f (i1)，故f (m)≤1，符
合要求；若s≥2，则f (i1)- f （1）= f (i1)>0，f (i2)- f (i1)>0，…，f (is)- f (is-1)>0，由
f ( x)- f ( x -1)≤1，则0<f (ik)- f (ik -1)≤1，若ik -ik -1=1，即ik -1=ik -1，则0<f (ik)- f (ik -1)≤1，
若ik -ik -1= j>1，由题意f (ik -1+ j -1)= f (ik -1)<f (ik)，f (ik -1)<f (ik)，且f (ik -1)≤f (ik -1)，又
0<f (ik)- f (ik -1)≤1，故0<f (ik)- f (ik -1)≤1，即0<f (i2)- f (i1)≤1，0<f (i3)- f (i2)≤1，…，
0<f (is)- f (is-1)≤1，即有0<f (i2)- f (i1)+ f (i3)- f (i2)+⋯- f (is-1)≤s-1，即
0<f (is)- f (i1)≤s-1，由0<f (i1)≤1，故0<f (is)≤s，又f (m)≤f (is)，故f (m)≤s，即f ( x)在D
上的“凸点”个数不小于f (m).
【点拨】本题考查导数在研究函数单调性与极值中的应用，结合新定义“凸点”的概念，通过构
造函数并分类讨论参数的取值范围，最后利用数列的差分法证明不等式.
31.（2026·稳派联考·3 月检测）已知f ( x)是定义在区间D上的可导函数，其导函数为f
'( x).
f ( x),f
'( x)在D上的值域分别为A ,B，若D∩B = ⌀，则称f ( x)为“一阶跳跃函数”，若
D∩B = ⌀，且A ∩B = ⌀，则称f ( x)为“二阶跳跃函数”.
（1） 若D =(-1,+ ∞)，判断f ( x)= 1
2 x
2-e
x是否是“一阶跳跃函数”？
（2） 若f ( x)=2 x ln x +(1-a)x
2- a
3 x
3是D =(0,+∞)上的“一阶跳跃函数”，求整数a的最
小值；
（3） 若f ( x)= 1
2 a x
2-2 x -( x -2)e
x+cos x +b是D =(-1,1)上的“二阶跳跃函数”，求a+b
的取值范围.
【答案】（1） 不是
（2） 0
（3） (-1,1)
【解析】（1） 因为f ( x)= 1
2 x
2-e
x，所以f
'( x)= x -e
x，设g( x)= f
'( x)，则g
'( x)=1-e
x，当
x∈(-1,0)时，g
'( x)>0，f
'( x)单调递增，当x∈(0,+ ∞)时，g
'( x)<0，f
'( x)单调递减，所以
f
'( x)≤f
'（0）=-1，B =(-∞,-1]，所以D∩B = ⌀，f ( x)是D上的“一阶跳跃函数”.
（2） 因为f ( x)=2 x ln x +(1-a)x
2- a
3 x
3，所以f
'( x)=2ln x +(2-2a)x -a x
2+2，因为f ( x)是
D =(0,+∞)上的“一阶跳跃函数”，所以当x∈(0,+∞)时，f
'( x)≤0，即2(ln x + x +1)
x
2+2 x
≤a，设
h( x)= 2(ln x + x +1)
x
2+2 x
，则h
'( x)=-2( x +1)(2ln x + x)
( x
2+2 x)
2
，设m( x)=2ln x + x，则m( x)在区间
(0,+∞)上单调递增，且m( 1
2 )=- ln 4+ 1
2 <0,m（1）=1>0，所以存在x0∈( 1
2 ,1)，使得
m( x0)=0，即2ln x0+ x0=0，当x∈(0, x0)时，m( x)<0,h
'( x)>0，h( x)单调递增，当
x∈( x0,+ ∞)时，m( x)>0,h
'( x)<0，h( x)单调递减，所以
h( x)≤h( x0)= 2(ln x0+ x0+1)
x0
2+2 x0
= 1
x0
∈(1,2)，所以a的最小值为2.
（3） 因为f ( x)= 1
2 a x
2-2 x -( x -2)e
x+cos x +b，所以f
'( x)=ax -( x -1)e
x -sin x -2，因为
D =(-1,1)，f
'（0）=-1，所以f
'( x)>1不恒成立，所以f
'( x)≤-1恒成立，即f
'( x)+1≤0恒成
立.设n( x)= f
'( x)+1，n
'( x)=a- x e
x -cos x，设φ( x)=n
'( x)，则当x∈(0,1)时，
φ
'( x)=-( x +1)e
x+sin x<-1+sin x<0，当x∈(-1,0)时，-( x +1)e
x<0，sin x<0，
φ
'( x)=-( x +1)e
x+sin x<0，所以φ( x)在区间(-1,1)上单调递减，若a<1，则φ（0）<0，则存
在x1∈(-1,0)，使得n
'( x1)=0，φ( x)<0，n( x)单调递减，当x∈( x1,0)，n( x)>n（0）=0，
即f
'( x)>-1，不满足题意；若a>1，则φ（0）=a-1>0，则存在x2∈(0,1)，使得x∈(0, x2)
时，φ( x)>0，n( x)单调递增，当x∈(0, x2)，n( x)>n（0）=0，即f
'( x)≤-1，不满足题意；
若a=1，则φ（0）=0，n( x)≤n（0）=0，即f
'( x)≤-1，综上得，a=1.当a=1时，f
'( x)在区
间(-1,0)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减，且f
'(-1)= 2
e +sin1-3，f
'（1）=-1-sin1，
f
'（1）- f
'(-1)=2-2sin1- 2
e <2-2sin1- 2
3 =2×( 2
3 -sin1)<2×( 2
3 -
❑√2
2 )<0，所以
B =(-1-sin1,-1].当a=1时，f ( x)= 1
2 x
2-2 x -( x -2)e
x+cos x +b，因为f
'( x)≤-1，所以f ( x)
在区间(-1,1)上单调递减，且f （1）= 3
2 +cos1+b，f (-1)= 5
2 + 3
e +cos1+b，所以
A =[ 3
2 +cos1+b, 5
2 + 3
e +cos1+b]，所以a+b的取值范围是
(-∞, 5
2 -sin1-cos1]∪[ 3
2 -cos1,+∞).
【点拨】本题考查导数在研究函数性质中的应用，结合新定义“跳跃函数”，通过构造函数并利
用导数求出参数的取值范围.
32.（2025·江西九师联盟·5 月检测）已知函数f ( x),g( x)，若∃x1, x2,⋯, xk(k ∈N
*)，使得
f ( xi)= g( xi)(i=1,2,⋯,k )，且f
'( xi)= g
'( xi)，则称f ( x)与g( x)是“k - A类和谐函数”；若
∃x1, x2,⋯, xk(k ∈N
*)，使得f ( xi)= g( xi)(i=1,2,⋯,k )，且f
'( xi)≠g
'( xi)，则称f ( x)与
g( x)是“k - B类和谐函数”.
（1） 若f ( x)=a ln x与g( x)= x
2是“1- A类和谐函数”，求y = f ( x)与y = g( x)的图象在公
共点处的切线方程；
（2） 若f ( x)= x
3+a x
2+1与g( x)= x
3+ x + 3
4 a是“k - A类和谐函数”，求k与a的值；
（3） 求证：f ( x)=sin x与g( x)= ln x是“1- B类和谐函数”.
【答案】（1） y =2e x -e
2
（2） k =1,a= 1
3或k =1,a=1
（3） 证明见解析
【解析】（1） 因为f ( x)与g( x)是“1- A类和谐函数”，所以关于x的方程组{
f ( x)= g( x)
f
'( x)= g
'( x)有且
仅有1个解.由{
a ln x = x
2
a
x =2 x ，解得a=2e , x = ❑√e，故f ( x)与g( x)是“1- A类和谐函数”，y = f ( x)与
y = g( x)的图象在公共点处的切线方程均为y -e =2❑√e( x - ❑√e)，即y =2e x -e
2.
（2） 由f ( x)= x
3+a x
2+1,g( x)= x
3+ x + 3
4 a，得f
'( x)=3 x
2+2ax , g
'( x)=3 x
2+1.因为f ( x)与
g( x)是“k - A类和谐函数”，所以关于x的方程组{
f ( x)= g( x)
f
'( x)= g
'( x)有且仅有k个解.由
{
x
3+a x
2+1= x
3+ x + 3
4 a
3 x
2+2ax =3 x
2+1
，得{
a x
2+1= x + 3
4 a
2ax =1
，解得{
a=1
x = 1
2
或{
a= 1
3
x = 3
2
，即当a=1时，仅存在x = 1
2，
使得f ( x)= g( x)，且f
'( x)= g
'( x)，故k =1；当a= 1
3时，仅存在x = 3
2，使得f ( x)= g( x)，且
f
'( x)= g
'( x)，故k =1；所以k =1,a=1或k =1,a= 1
3.
（3） 证明：因为f ( x)=sin x ,g( x)= ln x，所以f
'( x)=cos x , g
'( x)= 1
x .要证f ( x)与g( x)是“
1- B类和谐函数”，只需证{
f ( x)= g( x)
f
'( x)≠g
'( x)仅有1解.当x ≥e时，-1≤f ( x)≤1,g( x)= ln x ≥1，方程
f ( x)= g( x)无解.当0< x ≤e时，令h( x)=sin x - ln x，则h
'( x)=cos x - 1
x .当0< x ≤π
2 时，
cos x =sin( π
2 - x)≤π
2 - x（此处可构造y =sin x - x( x∈[0, π
2 ])，y
' =cos x -1≤0，函数
y =sin x - x单调递减，故sin x ≤0，故sin x ≤x），所以h
'( x)=cos x - 1
x ≤π
2 - x - 1
x ≤π
2 -2<0.当
π
2 < x ≤e时，cos x<0，所以h
'( x)=cos x - 1
x <0.所以当0< x ≤e时h
'( x)<0，所以h( x)在(0,e ]上单
调递减，又h（1）=sin1- ln1=sin1>0，h(e)= sine -lne = sine -1<0，所以方程sin x - ln x =0，
在(0,e ]上有唯一解，所以f ( x)= g( x)在(0,+∞)上仅有1解，不妨设为x1.又在(0,e ]上
h
'( x)=cos x - 1
x <0，所以cos x1< 1
x1，所以f
'( x1)≠g
'( x1).所以f ( x)与g( x)为“1- B类和谐函
数”.
【点拨】本题考查新定义“和谐函数”，通过方程组求解参数，利用导数研究函数的单调性与零
点个数，证明不等式.
33.（2026·浙江北斗星盟·5 月联考）对于定义在区间I上的函数f ( x), g( x)，若对∀x∈I，
都有f ( x)≤g( x)，则称g( x)为f ( x)在区间I上的“上域函数”；若对∀x∈I，都有
f ( x)≥g( x)，则称g( x)为f ( x)在区间I上的“下域函数”.
（1） 试判断以下函数中，哪些是y = ln( x +1)在[0,+∞)上的“上域函数”？哪些是
y = ln( x +1)在[0,+∞)上的“下域函数”？（直接写出结论，无需证明）
①y = x；②y =
x
x +1；③y =- 1
2 x
2+ x；
（2） 已知实数k >0，y = kx
x +2是y = ln( x +1)在[0,+ ∞)上的“下域函数”，求实数k的取值
范围；
（3） 求证：∑
i=1
n
3
3i-1 - ln(1+ 3
3n )< 12
5 -2ln2(n∈N
*).
【答案】（1） ①是“上域函数”，②③是“下域函数”
（2） (0,2]
（3） 证明见解析
【解析】（1） ①是“上域函数”，②③是“下域函数”.
（2） 由题意知，当x∈[0,+∞)时，ln( x +1)≥kx
x +2；整理得：x =0时，ln( x +1)= kx
x +2，符合
题意；当x≠0时，应有k ≤( x +2)ln( x +1)
x
；构造函数f ( x)= ( x +2)ln( x +1)
x
，x∈(0,+ ∞)，
f
'( x)= x( x +2)-2( x +1)ln( x +1)
( x +1)x
2
，令g( x)= x( x +2)-2( x +1)ln( x +1)，x∈(0,+∞)，当
x∈(0,+∞)时，g
'( x)=2 x -2ln( x +1)≥0，所以g( x)在(0,+ ∞)上递增，因为g（0）=0，所
以当x∈(0,+∞)时，g（0）>0，f
'( x)>0，故f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，而x→0
+时，
f ( x)→2
+，综上，若要满足k ≤f ( x)，k的取值范围为(0,2].
（3） 构造函数f ( x)= x - ln(1+ x), x∈[0,+∞)，代入x =
3
3i-1，
f (
3
3i-1 )=
3
3i-1 - ln( 3i+2
3i-1 )=
3
3i-1 -[ ln(3i+2)- ln(3i-1)]，累加得：
∑
i=1
n
f (
3
3i-1 )=∑
i=1
n
3
3i-1 -[ ln(3n+2)- ln2]=∑
i=1
n
3
3i-1 - ln(1+ 3n
2 )，故仅需证：
∑
i=1
n
f (
3
3i-1 )< 12
5 -2ln 2(n∈N
*)，构造函数g( x)= f ( x)- 1
2 x
2= x - 1
2 x
2- ln(1+ x), x∈[0,+∞)，
其中g（0）=0，g
'( x)=- x
2
1+ x ≤0，g( x)在[0,+ ∞)上单调递减，g( x)≤g（0）=0，即
f ( x)= x - ln(1+ x)≤1
2 x
2，x∈[0,+ ∞)，当i≥2时，
f (
3
3i-1 )≤1
2 (
3
3i-1 )
2< 3
2 ⋅
3
(3i- 4)(3i-1) = 3
2 (
1
3i- 4 -
1
3i-1 )，
∑
i=1
n
f (
3
3i-1 )≤f ( 3
2 )+ f ( 3
5 )+∑
i=2
n 1
2 (
3
3i-1 )
2<( 3
2 - ln 5
2 )+( 3
5 - ln 8
5 )+∑
i=2
n
(
1
3i- 4 -
1
3i-1 )= 21
10 - ln 4+ 3
2 ( 1
5 -
1
3n-
，
原命题得证.
【点拨】本题考查新定义“上域函数”与“下域函数”，通过构造函数并利用导数求最值，结合
放缩法证明数列不等式.
考点四：最大值的最小值问题
考法13：转化求曲线间或两点间距离最值
34.（2026·江西G20 联盟·5 月预测）设函数f ( x)=
❑√x
4- x
2+1+
❑√2
2 ( x
2+ x +1)，则（ ）
A. f ( x)的最小值为1 B. f ( x)的最小值为❑√2 C. f ( x)=1有一个实根 D. f ( x)= ❑√2有两
个实根
【答案】B
【解析】因为x
4- x
2+1=( x
2-1)
2+( x -0)
2，所以❑√x
4- x
2+1表示点P( x
2, x), A(1,0)两点间的距
离，
❑√2
2 ( x
2+ x +1)表示点P( x
2, x)到直线l: x + y +1=0的距离，点P( x
2, x)在抛物线y
2= x上，过
点P作PB⟂l，垂足为B，则函数f ( x)表示| PA |+| PB|，点A到直线l: x + y +1=0的距离为
|1+0+1|
❑√2
= ❑√2，则当A , P ,B三点共线且P在线段AB上时，| PA |+| PB|有最小值，最小值为
❑√2，故A 错误，B 正确；f ( x)=1无解，故C 错误；f ( x)= ❑√2有一个实根，故D 错误.故选B.
【点拨】本题考查函数最值问题，通过代数式的几何意义，将其转化为抛物线上的动点到定点与
定直线的距离之和求最值.
35.（2025·江西优创名校·4 月联考）函数f ( x)=
❑√2
2 x +
❑√x
2-8 x +25(0≤x ≤4)的最小值为（
）
A. 4
B. 7 ❑√3
3
C. 7 ❑√2
2
D. 5
【答案】C
【解析】f ( x)=
❑√2
2 x +
❑√( x - 4)
2+(3-0)
2，当x =0时，f （0）=5，当0< x ≤4时，如图，设
P( x ,3),C(0,3), A(4 ,0)，∠PCB = 45
∘，则f ( x)=| PC |sin ∠PCB+| PA |=| PB|+| PA |，
由图可知，| PB|+| PA |的最小值为点A到直线BC的距离d.因为直线BC的方程为y = x +3，即
x - y +3=0，所以d = 7
❑√2 = 7 ❑√2
2
<5，故f ( x)的最小值为7 ❑√2
2
.故选C.
【点拨】本题考查函数最值问题，通过代数式的几何意义，将其转化为两点间距离与点到直线距
离之和求最值.
36.（2026·安徽淮南·二模）已知定义在(-∞,+∞)上的函数y = f ( x)，其导函数为f
'( x)，对
∀x∈(-∞,+∞)，满足f
'( x)=2f ( x)+e
2 x，f （1）=e
2，点A ,B分别为曲线y = f ( x)和直线
x - y -1=0上的动点，则| AB|的最小值等于＿＿＿＿＿＿.
【答案】
❑√2
2
【解析】由题设f
'( x)-2f ( x)
e
2 x
=1，即e
2 x f
'( x)-2e
2 x f ( x)
e
4 x
=1，故f ( x)
e
2 x = x +C且C为常数，而
f （1）=e
2，则f （1）
e
2
=1+C ⇒C =0，故f ( x)
e
2 x = x⇒f ( x)= x e
2 x，所以f
'( x)=(1+2 x)e
2 x，
令g( x)= f
'( x)⇒g
'( x)= 4(1+ x)e
2 x，当x<-1时g
'( x)<0，g( x)= f
'( x)在(-∞,-1)上单调递减，
当x>-1时g
'( x)>0，g( x)= f
'( x)在(-1,+ ∞)上单调递增，且x<- 1
2时f
'( x)<0恒成立，
f
'（0）=1，若x - y +m=0是f ( x)的一条切线，且f
'( x)=1⇒x =0，而f （0）=0，所以切线
x - y +m=0对应为y -0= x -0⇔x - y =0，即m=0，令h( x)= f ( x)- x = x(e
2 x -1)，显然
x<0⇒e
2 x -1<0，x>0⇒e
2 x -1>0，所以，在R上h( x)≥0恒成立，即在R上f ( x)≥x恒成立，则
f ( x)> x -1，所以f ( x)图象恒在x - y =0和x - y -1=0图象的上方，又x - y -1=0与x - y =0平行，
要使| AB|最小，等价于求x - y -1=0与x - y =0的最小距离，即为|0-(-1)|
❑√2
=
❑√2
2 .
【点拨】本题考查导数的应用，通过构造函数求出原函数的解析式，再利用导数求出与已知直线
平行的切线，转化为两平行线间的距离求最值.
考法14：平口单峰函数与铅锤距离求最值
37.已知函数f ( x)=| x
3-6 x
2+ax +b|，对于任意的实数a,b，总存在x0∈[0,3]，使得
f ( x0)≥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)=| x
3-6 x
2+ax +b|，得f ( x)=| x
3-6 x
2+9 x -[(9-a)x -b]|，设
g( x)= x
3-6 x
2+9 x，则g
'( x)=3 x
2-12 x +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，画出函数的图象如图.对任意
的实数a,b，总存在x0∈[0,3]，使得f ( x0)≥m成立，等价于求f ( x)最大值中的最小值，由图象
可知当a=9,b=-2时，m取得最大值2，此时a+b=7，故选A.
【点拨】本题考查含绝对值函数的最值问题，通过构造函数，利用数形结合，将问题转化为求曲
线与直线间铅锤距离的最大值中的最小值.
38.已知函数f ( x)=|
x -2
x +2 -ax -b|，若对任意的实数a,b，总存在x0∈[-1,2]，使得f ( x0)≥m
成立，则实数m的取值范围是（ ）
A. (-∞, 1
4 ]
B. (-∞, 1
2 ]
C. (-∞, 2
3 ]
D. (-∞,1]
【答案】B
【解析】由存在x0∈[-1,2]，使得f ( x0)≥m成立，故m≤f ( x)max，又对任意的实数a,b，
m≤f ( x)max，则m≤[ f ( x)max]min，| x -2
x +2 -ax -b|=| x -2
x +2 -(ax +b)|可看作横坐标相同时，函数
g( x)= x -2
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
l1: y = x -2，设l2: y = x +m与g( x)相切，则x -2
x +2 = x +m，得x
2+(m+1)x +2(m+1)=0，有
Δ=(m+1)
2-8(m+1)=0，得m=-1或m=7，由图知，切点C(0,-1)，则l2: y = x -1，当直线
h( x)与l1,l2平行且两直线距离相等时，即恰好处于正中间时，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，此时h( x)= x - 3
2，[ f ( x)max]min=|-1-(- 3
2 )|= 1
2，故m≤1
2.故选B.
【点拨】本题考查含绝对值函数的最值问题，通过构造函数，利用数形结合，将问题转化为求曲
线与直线间铅锤距离的最大值中的最小值.
考点五：函数特定方程与区间问题
考法15：基于区间新定义判断函数性质或求参数
39.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]上的值域为[ a
2 , b
2 ]，则称函数f ( x)为“成功函数”. 若函数f ( x)= logm(m
x+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,+ ∞)
B. (-∞, 1
8 ]
C. [ 1
8 , 1
4 )
D. (0, 1
8 )
【答案】D
【解析】因为y =m
x+2t、y = logm x的单调性相同，所以f ( x)= logm(m
x+2t )为定义域上的增函数，
因为存在[a,b]⊆D使得f ( x)在[a,b]上的值域为[ a
2 , b
2 ]，所以{
f (a)= a
2
f (b)= b
2
，即
f ( x)= logm(m
x+2t )= x
2有两解，即m
x+2t =m
1
2 x在R上有两个不相等的实数根，令λ =m
1
2 x
( λ>0)，
则λ
2- λ+2t =0在(0,+∞)上有两个不同的解，所以{
2t >0
Δ=1-8t >0，解得0<t < 1
8，故选D.
【点拨】本题考查新定义“成功函数”，通过分析函数的单调性，将值域问题转化为方程有两解
问题，再利用换元法和二次方程根的分布求解.
40.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)= x
2( x ≥0)存在“和谐区间”
B. 函数f ( x)=e
x( x∈R)不存在“和谐区
间”
C. 函数f ( x)= 4 x
x
2+1
( x ≥0)存在“和谐区间” D. 函数f ( x)= loga(a
x - 1
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]内是单调函数；②{
f (a)=2a
f (b)=2b或{
f (a)=2b
f (b)=2a，
若f ( x)= x
2( 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)=2b，得
{
a
2=2a
b
2=2b，∴{
a=0
b=2，∴f ( x)= x
2( x ≥0)存在“和谐区间”[0,2]，∴A 正确.若f ( x)=e
x( x∈R)，
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)=2b，得{
e
a=2a
e
b=2b，即a,b是方程
e
x=2 x的两个不等的实根，构建函数g( x)=e
x -2 x，∴g
'( x)=e
x -2，所以函数在(-∞,ln 2)上单
调减，在(ln 2,+∞)上单调增，∴函数在x = ln 2处取得极小值，且为最小值，
∵g(ln 2)=2-2ln 2>0，∴g( x)>0，∴e
x-2 x =0，无解，故函数不存在“和谐区间”，∴B 正确.
若函数f ( x)= 4 x
x
2+1
( x ≥0)，f
'( x)= 4( x
2+1)- 4 x⋅2 x
( x
2+1)
2
= 4( x +1)(1- x)
( x
2+1)
2
，若存在“和谐区间”
[a,b]⊆[0,1]，则由{
f (a)=2a
f (b)=2b，得{
4 a
a
2+1
=2a
4 b
b
2+1
=2b
，∴a=0,b=1，即存在“和谐区间”[0,1]，∴C
正确.若函数f ( x)= loga(a
x - 1
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)=2n ，得{
loga(a
m- 1
8 )=2m
loga(a
n- 1
8 )=2n
，即m,n是方程loga(a
x - 1
8 )=2 x
的两个根，即m,n是方程a
2 x -a
x+ 1
8 =0的两个根，由于该方程有两个不等的正根，故存在“和谐
区间”[m,n]，∴D 结论错误.故选D.
【点拨】本题考查新定义“和谐区间”，通过分析函数的单调性，将区间问题转化为方程有两解
问题，再利用导数或二次方程根的分布求解.
41.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
①f ( x)= x
2( x ≥0)；②f ( x)=e
x( x ∈R)；
③f ( x)= 4 x
x
2+1
( x ≥0)；④f ( x)= loga(a
x - 1
8 )(a>0,a≠1)（ ）
A.
①②③④
B.
①②④
C.
①③④
D. ①③
【答案】C
【解析】函数存在“倍值区间”，即函数的图象与直线y =2 x有交点，①f ( x)= x
2( x ≥0)与直线
y =2 x有交点是(0,0)，(2,4)；②对于f ( x)=e
x( x ∈R)，构造函数g( x)=e
x -2 x，
g( x)min= g(ln 2)=2-2ln 2>0；所以g( x)=e
x -2 x没有零点，即f ( x)=e
x( x ∈R)与直线y =2 x没
有交点；③f ( x)= 4 x
x
2+1
( x ≥0)与直线y =2 x的交点是(0,0)，(1,2).④解方程loga(a
x - 1
8 )=2 x，
即a
2 x-a
x+ 1
8 =0，a
x =
1±
❑√2
2
2
<1，当a>1，无解；0<a<1有两解.故不满足题意.选C.
【点拨】本题考查新定义“倍值区间”，通过分析函数的单调性，将区间问题转化为图象交点问
题，再利用导数或二次方程根的分布求解.
42.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)= x
2( x∈R)存在1级“理想区间”
B. 函数f ( x)=e
x( x ∈R)不存在2级“理想区间”
C. 函数f ( x)= 4 x
x
2+1
( x ≥0)存在3级“理想区间”
D. 函数f ( x)= tan x , x∈(- π
2 , π
2 )不存在4级“理想区间”
【答案】D
【解析】A 中，当x ≥0时，f ( x)= x
2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)=e
x在[a,b]上是单调增函数，
且[a,b]在[a,b]上的值域是[e
a,e
b]，所以不存在2级“理想区间”，所以B 正确；C 中，由
f ( x)= 4 x
x
2+1，得f
'( x)= 4 - 4 x
2
( x
2+1)
2，当x∈[0,1]时，f
'( x)>0，所以f ( x)在(0,1)上为增函数，假
设存在[a,b]⊆(0,1)，使得f ( x)∈[3a,3b]，则有{
f (a)=3a
f (b)=3b，即{
4 a
a
2+1
=3a
4 b
b
2+1
=3b
，由4 x
x
2+1
=3 x，
得x =0或x =
❑√3
3 ，所以当a=0,b=
❑√3
3 时，满足条件，即区间为[0,
❑√3
3 ]，所以C 正确；D 中，若
存在“4级理想区间”[m,n]，则m,n是方程tan x = 4 x , x∈(- π
2 , π
2 )的两个根，由y = tan x和
y = 4 x在(- π
2 , π
2 )内有3个交点，如图所示，所以该方程tan x = 4 x , x∈(- π
2 , π
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.
【点拨】本题考查新定义“理想区间”，通过分析函数的单调性，将区间问题转化为方程有两解
问题，再利用导数或数形结合求解.
考法16：根据函数不动点求参数
43.设函数f ( x)=
❑√e
x+(e -1)x -a(a∈R ,e为自然对数的底数)，若曲线y =sin x上存在点
( x0, y0)使f ( y0)= y0成立，则a的取值范围是（ ）
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)=
❑√e
x+(e -1)x -a，由题意，存在y0∈[0,1]，使f ( y0)= y0成立，即存在
x∈[0,1]，使f ( x)= x成立，所以❑√e
x+(e -1)x -a= x，即e
x+(e -1)x -a= x
2，所以
a=e
x+(e -1)x - x
2，所以存在x∈[0,1]，使y =a与y =e
x+(e -1)x - x
2有交点，对
y =e
x+(e -1)x - x
2，x∈[0,1]，求导得y
' =e
x+e -1-2 x，设g( x)=e
x+e -1-2 x，则
g
'( x)=e
x -2，令g
'( x)>0，即x>ln 2；令g
'( x)<0，即x<ln 2，所以g( x)=e
x+e -1-2 x在
[0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,1]上单调递增，所以
y
' =e
x+e -1-2 x ≥y
'|x =ln2=2+e -1-2ln 2=2(1- ln 2)+e -1>0，所以y =e
x+(e -1)x - x
2在
x∈[0,1]上单调递增，又y |x =0=e
0+(e -1)×0-0
2=1，y |x =1=e
1+(e -1)×1-1
2=2e -2，要使
y =a与y =e
x+(e -1)x - x
2有交点，则1≤a≤2e -2，所以a的取值范围是[1,2e -2].故选A.
【点拨】本题考查函数不动点与方程有解问题，将不动点方程转化为参数分离形式，再利用导数
求出函数的值域.
44.设函数f ( x)= ln x
x + x -a(a∈R)，若曲线y = 2e
x +1
e
2 x+1
(e是自然对数的底数)上存在点
( x0, y0)使得f (f ( y0))= y0，则a的取值范围是（ ）
A. (-∞,0]
B. [0,e ]
C. (-∞, 1
e ]
D. [0,+∞)
【答案】C
【解析】因为y0= 2e
x0+1
e
2 x0+1
≤2e
x0+1
2e
x0 =e，y0= 2e
x0+1
e
2 x0+1
>0，所以f (f ( x))= x在(0,e ]上有解.因为
f
'( x)= 1- ln x
x
2
+1≥1-( x -1)+ x
2
x
2
=
( x - 1
2 )
2+ 7
4
x
2
>0（易证x ≥ln x +1），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，即a= ln x
x , x∈(0,e ]，因为
a
' = 1- ln x
x
2
≥0⇒a∈(-∞, 1
e ]，选C.
【点拨】本题考查复合函数方程的解，利用函数的单调性将f (f ( x))= x转化为f ( x)= x，再通过参
数分离和导数求值域.
45.若存在一个实数t，使得F(t )=t成立，则称t为函数F( x)的一个不动点. 设函数
g( x)=e
x+(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)= x
2，且当x ≤0时，f
'( x)< x. 若存在x0∈{x∣f ( x)+ 1
2 ≥f (1- x)+ x}，且x0为函
数g( x)的一个不动点，求实数a的取值范围.
【答案】[ e
2 ,+ ∞)
【解析】依题意知f (- x)+ f ( x)= x
2，令h( x)= f ( x)- x
2
2 ，x∈R，所以h( x)=-h(- x)，所以
h( x)为奇函数，因为h
'( x)= f
'( x)- x，且当x ≤0时，f
'( x)< x，所以当x ≤0时，h
'( x)<0，h( x)单
调递减，所以h( x)在R上单调递减，由f ( x)+ 1
2 ≥f (1- x)+ x，得f ( x)- x
2
2 ≥f (1- x)- (1- x)
2
2
，
即h( x)≥h(1- x)，所以x ≤1- x，即x ≤1
2，所以x0≤1
2，因为x0为函数g( x)的一个不动点，所以
g( x0)= x0，即e
x0- ❑√e x0-a=0，所以a=e
x0- ❑√e x0，即关于x的方程a=e
x - ❑√e x在x∈(-∞, 1
2 ]上
有解.令t( x)=e
x - ❑√e x，x∈(-∞, 1
2 ]，则t
'( x)=e
x -e
1
2 ≤0，所以t( x)在(-∞, 1
2 ]上单调递减，所
以t( x)min=t( 1
2 )= e
2，要使关于x的方程a=e
x- ❑√e x在x∈(-∞, 1
2 ]上有解，则a≥e
2，即实数a的
取值范围为[ e
2 ,+∞).
【点拨】本题考查函数不动点与方程有解问题，通过构造奇函数研究单调性，将不等式转化为自
变量的范围，再利用导数求出参数的取值范围.
考点六：函数的图象变换
考法17：利用函数图象的旋转变换求解
46.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（ ）
A. π
B. π
2
C. π
3
D. π
4
【答案】D
【解析】函数f ( x)= ln( x +1)( x ≥0)的图象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，其图象都仍然是一个函数的图象.因为f
'( x)=
1
x +1在[0,+∞)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)的图象的切线中，在x =0
处切线的倾斜角最大，其值为π
4 .由此可知αmax= π
2 - π
4 = π
4 .故选D.
【点拨】本题考查函数图象的旋转变换，将旋转后仍为函数图象的条件转化为切线斜率的最值问
题.
47.双曲线x
2
3 - y
2=1绕坐标原点O旋转适当角度可以成为函数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；
②f ( x)的图象过点(
❑√3
2 , 3
2 )或(
❑√3
2 ,- 3
2 )；
③f ( x)的值域是(-∞,- 3
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】双曲线x
2
3 - y
2=1关于坐标原点对称，可得旋转后得到的函数f ( x)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)，渐近线方程为y =±
❑√3
3 x，可得f ( x)
的图象渐近线为x =0和y =± ❑√3 x，图象关于直线y = ❑√3 x对称，所以f ( x)的图象过点(
❑√3
2 , 3
2 )或
(
❑√3
2 ,- 3
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，位于一、三象限，由图象可得顶点为
(
❑√3
2 , 3
2 )或(
❑√3
2 ,- 3
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)的值域不是(-∞,- 3
2 ]∪[ 3
2 ,+∞)，故③错误；
当f ( x)的图象位于一、三象限时，f ( x)的图象与直线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.
【点拨】本题考查双曲线图象的旋转变换，结合双曲线的渐近线、顶点及对称性，分析旋转后函
数的性质.
考法18：利用函数图象的伸缩变换求解
48.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)={
x
2- x , x∈(0,1)
1
x , x∈[1,2) .
若x∈(0,4 ]时，t
2- 7t
2 ≤f ( x)≤3-t恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A. [1,2]
B. [1, 5
2 ]
C. [ 1
2 ,2]
D. [2, 5
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)=2 x
2-10 x +11，当x∈[3,4 ]，则x -2∈[1,2]，则f ( x)=2f ( x -2)-1=
2
x -2 -1.当
x∈(0,1)时，当x = 1
2时，f ( x)取得最小值，且为- 1
4 ；当x∈[1,2)时，当x =2时，f ( x)取得最
小值，且为1
2；当x∈(2,3)时，当x = 5
2时，f ( x)取得最小值，且为- 3
2；当x∈[3,4 ]时，当
x = 4时，f ( x)取得最小值，且为0.综上可得，f ( x)在(0,4 ]的最小值为- 3
2.若x∈(0,4 ]时，
t
2- 7t
2 ≤f ( x)min恒成立，则有t
2- 7t
2 ≤- 3
2.解得1
2 ≤t ≤3.当x∈(0,2)时，f ( x)的最大值为1，当
x∈(2,3)时，f ( x)∈[- 3
2 ,-1)，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)max≤3-t，即为1≤3-t，解得t ≤2，综上，即有实数t的取值范围是[ 1
2 ,2].故选C.
【点拨】本题考查分段函数的解析式求解及最值问题，通过递推关系求出各段的解析式，进而求
出最值，转化为不等式恒成立问题求解.
49.已知定义域为R的函数f ( x)满足f ( x)=2f ( x +2)，当x∈[0,2)时，
f ( x)={
- x
2+ x +1, x∈[0,1)
( 1
2 )
x - 3
2 , x∈[1,2) ，设f ( x)在[2n-2,2n)上的最大值为an(n∈N
*)则数列{an}的
前n项和Sn的值为（ ）
A. 5-5( 1
2 )
n
B. 5
2 -5( 1
2 )
n
C. 5-5( 1
2 )
n+1
D. 5
2 -5( 1
2 )
n+1
【答案】D
【解析】x∈[0,1)时，f ( x)=- x
2+ x +1=-( x - 1
2 )
2+ 5
4 ，最大值为5
4 ，x∈[1,2)时，
f ( x)=( 1
2 )
x - 3
2，易知x∈[1, 3
2 ]时，f ( x)递增，x∈[ 3
2 ,2)时，f ( x)递减，因此最大值为f ( 3
2 )=1，
综上，x∈[0,2)，f ( x)max = 5
4 ，即a1= 5
4 ，又f ( x)=2f ( x +2)，即f ( x +2)= 1
2 f ( x)，当
x∈[2n-2,2n)时，x -2∈[2n- 4 ,2n-2)，∴an= 1
2 an-1，∴{an}是等比数列，公比为q = 1
2，
∴Sn=
5
4 (1-( 1
2 )
n)
1- 1
2
= 5
2 -5×( 1
2 )
n+1.故选D.
【点拨】本题考查函数的周期性与最值，结合数列求和.先求出第一个周期内的最大值，再利用递
推关系得到最大值数列为等比数列，最后利用等比数列求和公式求解.
考点七：V 型函数与平底函数
考法19：含绝对值函数的单调性与最值求解
50.（2025·河北保定·二模）若函数f ( x)=|2
x -m|在[1,2]上单调，则m的取值范围是（
）
A. (0,2]
B. [ 4 ,+ ∞)
C. (-∞,2]∪[ 4 ,+∞) D.
(0,2]∪[ 4 ,+∞)
【答案】C
【解析】当x∈[1,2]时，根据指数函数y =2
x在R上单调递增，可知2
x∈[2,4 ].当m∈(-∞,2]时，
2
x-m≥0，所以f ( x)=|2
x -m|=2
x -m，f ( x)在[1,2]上单调递增；当m∈(2,4)时，
f ( x)=|2
x -m|={
m-2
x , x∈[1,log2m)
2
x -m, x∈[ log2m,2]，f ( x)在[1,2]上不单调；当m∈[ 4 ,+∞)时，2
x -m≤0，
所以f ( x)=|2
x -m|=m-2
x，f ( x)在[1,2]上单调递减.综上，m∈(-∞,2]∪[ 4 ,+∞).故选C.
【点拨】本题考查含绝对值函数的单调性，通过分类讨论去掉绝对值符号，结合指数函数的单调
性进行分析.
51.已知等差数列{an}满足：
|a1|+|a2|+⋯+|an|=|a1- 1
2 |+|a2- 1
2 |+⋯+|an- 1
2 |=|a1+ 3
2 |+|a2+ 3
2 |+⋯+|an+ 3
2 |=72
，
则n的最大值为（ ）
A. 18
B. 16
C. 12
D. 8
【答案】C
【解析】∵|a1|+|a2|+⋯+|an|=|a1- 1
2 |+|a2- 1
2 |+⋯+|an- 1
2 |=72，∴{an}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ak>0，ak +1<0或ak<0，
ak +1>0，不妨设ak<0，ak +1>0，即{
ak<0
ak +1>0，∴{
a1+(k -1)d <0
a1+kd >0
，∴{
d >0
a1<0，从而得，数列{an}
为单调递增数列，∵ak<0，∴ak - 1
2 <0，且
|a1- 1
2 |+|a2- 1
2 |+⋯+|an- 1
2 |=|a1+ 3
2 |+|a2+ 3
2 |+⋯+|an+ 3
2 |，∴ak + 3
2 ≤0，∴ak≤- 3
2，
同理ak +1- 1
2 ≥0，即{
ak ≤- 3
2
ak +1≥1
2
，∴{
a1+(k -1)d ≤- 3
2
a1+ kd ≥1
2
，∴d ≥2，根据等差数列的性质，
ak +1-a1=ak +2-a2=⋯=a2k -ak =kd，
∴|a1|+|a2|+⋯+|an|=|a1|+|a2|+⋯+|a2k|=ak +1+ak +2+⋯+a2k -a1-a2-⋯-ak =k
2d =72，
∴k
2= 72
d ≤72
2 =36，∴n=2k ≤2×6=12，所以n的最大值为12.故选C.
【点拨】本题考查等差数列的性质与绝对值求和，通过分析绝对值函数的平底特征，结合等差数
列的单调性确定项的符号，进而求出项数的最大值.
考法20：含绝对值函数的交点问题求解
52.已知a1,a2,a3与b1,b2,b3是6个不同的实数，若关于x的方程
| x -a1|+| x -a2|+| x -a3|=| x -b1|+| x -b2|+| x -b3|解集A是有限集，则集合A中，最
多有＿＿＿＿＿＿个元素.
【答案】1
【解析】将关于x的方程| x -a1|+| x -a2|+| x -a3|=| x -b1|+| x -b2|+| x -b3|解的个数的问
题转化为两个函数图象交点个数的问题.不妨令a1<a2<a3，b1<b2<b3，由于
f ( x)=| x -a1|+| x -a2|+| x -a3|={
3 x -a1-a2-a3, x>a3
x -a1-a2+a3,a2< x ≤a3
- x -a1+a2+a3,a1< x ≤a2
-3 x +a1+a2+a3, x ≤a1
，
g( x)=| x -b1|+| x -b2|+| x -b3|={
3 x -b1-b2-b3, x>b3
x -b1-b2+b3,b2< x ≤b3
- x -b1+b2+b3,b1< x ≤b2
-3 x +b1+b2+b3, x ≤b1
，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a1,a2,a3的和与b1,b2,b3的和相等时，此时两个函数射线部分完全重合，这与题设中方程的
解集是有限集矛盾；不妨令a1,a2,a3的和小于b1,b2,b3的和即a1+a2+a3<b1+b2+b3，
-a1-a2-a3>-b1-b2-b3，两个函数图象射线部分端点上下位置不同，即若左边
f ( x)=| x -a1|+| x -a2|+| x -a3|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 -a1|+| x -a2|+| x -a3|的射线端点在上，右边射线端点一定在下，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.
【点拨】本题考查含绝对值方程的解的个数问题，通过构造函数，利用绝对值函数的图象特征
（折线图）进行分析，数形结合求解.
