第18 讲 函数的综合应用 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................2
三、典题精讲......................................................................................................................................3
考点一：函数与数列的综合..................................................................................................3
考点二：函数与不等式的综合..............................................................................................5
考点三：函数中的创新题......................................................................................................9
考点四：最大值的最小值问题............................................................................................14
考点五：函数特定方程与区间问题....................................................................................15
考点六：函数的图象变换....................................................................................................16
考点七：V 型函数与平底函数.............................................................................................17
四、高考真题....................................................................................................................................18
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年
份
题号与题型
分
值
考察
类型
考察内容与方式
202
6
6（单选）、19（解答）
22
分
直接
结合导数求函数最值、基于新定义判断抽
象函数性质并证明单调性
202
6
4（单选）
5
分
间接
利用导数求切线方程
202
5
8（单选）、19（解答）
22
分
直接
构造函数比较对数与多项式大小、结合导
数求最值与证明三角不等式
202
5
5（单选）
5
分
间接
利用函数的周期性与奇偶性求值
202
4
6（单选）、8（单
选）、10（多选）、18
（解答）
33
分
直接
分段函数单调性求参、抽象函数递推推
理、导数研究函数性质、新定义“金字塔
函数”综合探究
202
4
13（填空）
5
分
间接
利用导数求公切线方程并求解参数
近三年高考对函数的综合应用考查频次极高，分值占比大.常以客观题压轴或解答题
压轴的形式出现，既有直接考查构造函数、新定义探究，也有与导数、不等式等知识的深
度交汇.
2. 命题角度与特色
· 核心考点：重点考查函数的单调性、奇偶性、周期性及对称性的综合运用，以及基
于导数工具的极值、最值求解与不等式证明.
· 命题趋势：创新题型（如新定义函数、抽象函数方程）频繁出现，对学生的阅读理
解能力和即时学习转化能力要求不断提高.
· 试题特点：综合性强，常将函数与方程、不等式、数列等模块深度融合，注重考查
化归与转化、数形结合等核心数学思想.
3. 备考策略
· 夯实函数基础性质，熟练掌握利用导数工具研究函数单调性、极值与最值的标准流
程.
· 强化构造函数解题的意识，面对复杂方程或不等式时，能够敏锐地分离变量或提取
同构特征.
· 针对新定义与创新题，加强阅读理解训练，学会将陌生概念翻译为熟悉的数学语言
（如对称性、单调性等）.
二、知识清单
1. 函数 f ( x)=∑
i=1
n
| x -ai| 的图象与性质
分奇、偶两种情况考虑：
比如图（1）函数 f ( x)=| x|+| x -1|+| x -3|，图（2）函数
g( x)=| x|+| x -1|+| x -2|+| x +1|
· 当 n 为奇数时，函数 f ( x)=∑
i=1
n
| x -ai| 的图象是一个“∨”型，且在“最中间的
点”取最小值；
· 当 n 为偶数时，函数 f ( x)=∑
i=1
n
| x -ai| 的图象是一个平底型，且在“最中间水平
线段”取最小值；
若 ai(i∈N
*) 为等差数列的项时，奇数的图象关于直线 x =a中 对称，偶数的图象关
于直线 x = x左中+ x右中
2
对称.
2. 若 f ( x) 为 [m,n] 上的连续单峰函数，且 f (m)= f (n)，x0 为极值点，则当 k ,b
变化时，g( x)=|f ( x)-kx -b| 的最大值的最小值为 |f (n)- f ( x0)|
2
，当且仅当
k =0,b= f (n)+ f ( x0)
2
时取得.
三、典题精讲
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
例1.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).∴当an< x0
时，an+1-an=e
an-2an-1<0，数列单调递减.∵a1= 1
2 < x0，∴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.∴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.∴a5<|4 a2-3a1|，故A 正确.故选A.
考法2：利用函数对称性与数列递推关系求和
例2.（2026·江西五市·三月）（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.
考法3：结合极值点与导数判断数列性质
例3.（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.∴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，∵a>0, x∈(0, π
2 )，∴a= tan x.∴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.∴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.∴函
数g(t )在区间(-∞,0)上单调递增.∴g(t )<g（0）=-1<0.∴(t
2+1)e
t -2<0，即
( 1
a
2 +1)e
- 1
a -2<0成立.∴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.∴xn= π
2 -φ+(n-1)π ,n∈N
*.∴
xn+1- xn= π.∴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.∴数列{f ( xn)}是等比数列，公比
为-e
aπ.
【考点一 方法总结】
· 处理函数迭代生成的数列问题，核心在于研究函数图象与直线y = x的相对位置关
系，利用单调性确定数列的增减性，并结合有界性进行放缩求和.
· 当遇到复杂对数型或分式型函数求和时，优先检验函数的奇偶性或对称性.若存在
对称中心，则可将求和项首尾配对，转化为常数求和.
· 证明含有极值点的不等式时，通常利用极值点满足的导数为零的条件进行代换
（即“极值点偏移”或“隐零点”代换），将超越式转化为多项式或单变量函数，再利用
单调性证明.
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
例4.（2025·河北名校·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.
考法5：构造函数比较大小或解不等式
例5.（2026·河北名校·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】∵x>0且x≠1，y >0，x ln y = x
2-1，∴ln y = x - 1
x .又logx
2 y = ln y
ln x
2 = ln y
2ln x ，∴
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，∴f ( x)在(0,+∞)上单调递减，又f （1）=0，∴当0< x<1时，
f ( x)>0，即ln x
2>ln y，∴x
2> y，∴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，∴x
2< y，∴logx
2 y = ln y
ln x
2 >1，故AD 正确，B 错误.故选ACD.
考法6：双变量不等式恒成立求参数
例6.（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 -m ln x -2，g( x)= f
'( x)=2 x -m ln 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，∴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，∴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，
∴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-mln 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，∴h( x0)>0，
即x0ln x0-2 x0+2>0成立，故f ( x0)>1.
考法7：结合导数求最值与不等式证明
例7.（2026·浙江Z20·三诊）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.∵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，∴
h( x1)=e
4 x1- 4 e
2 x1 x1-1<h（0）=0.又∵e
x1(e
2 x1-1)<0，∴f
'( x1)+ f
'(- x1)>0.
考法8：函数交点与面积最值
例8.（2026·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】ln 2-1
【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，∴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
' ，∴x1
' =
x1
e
x1-k ，同理x2
' =
x2
e
x2-k ，∴
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 )，∵x2- x1>0，∴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，∴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，∴x1∈(-1,0)，x2∈(ln 2,2)，∴k = e
x2-e
x1
x2- x1
，当S△AOB取最
小值时，k = ln2-1.
【考点二 方法总结】
· 处理抽象函数方程，赋值法是探路先锋.求出解析式后，将其转化为具体函数的性
质研究，利用导数分析单调性与极值，是解决零点与不等式问题的通用手段.
· 比较双变量代数式大小时，若已知条件为等式，常通过代数变形将两变量分离至
等号两侧，构造形式相同的函数，利用单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关
系.
· 处理含参函数的单调性与极值问题，分类讨论是核心.讨论的标准通常是导函数的
零点是否存在，以及零点与定义域区间的相对位置关系.
· 研究方程解的个数或证明不等式，常将问题转化为两个函数图象的交点问题.通过
构造差函数，利用导数确定其单调性与极值，进而判断零点分布.
· 在函数图象交点与几何图形面积综合题中，将面积表示为单变量函数是关键.若直
接求导困难，可考虑利用方程组的结构特征进行隐函数求导，寻找极值点.
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
例9.（2026·合肥一六八·一模）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，∵y = log2t在(0,+∞)上单调递增，∴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，∴t （2）=2a-3a+1>0，解得a<1，∴0<a<1；②当a<0时，t( x)在[2,4 ]
上单调递减，∴t （4 ）= 4 a-3a+1>0，解得a>-1，∴-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，∴h( x)的定义域为(-1,1).∵
h(- x)= log2 1- x
1+ x =- log2 1+ x
1- x =-h( x)，∴h( x)为奇函数.又∵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，∴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 )，∴-1<2m-1< 2
3，解得0<m< 5
6.∴实数m的取值范围是(0, 5
6 ).
考法10：函数性质(对称性、周期性、奇偶性)综合判定
例10.（2024·深圳光明·五月）（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】BD
【解析】已知 g( x)=sin x + 1
2 sin 2 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 sin2 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，
sin2>0 且 cos2<0，易知 1+cos2>0.所以 g（2）>0.又 sin2<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.
考法11：基于新定义判断函数性质或求参数
例11.（2026·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，∵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,+ ∞)，∴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，∴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，∴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，∴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，∴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.
考法12：基于新定义结合导数证明不等式
例12.（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，∴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∵f （1）= f （4 ）= 4
3 <f （5）= 20
3 ，∴
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） ∵函数f ( x)=(2+ax)ln(1+ x)-2 x在[0,2]上不存在“凸点”，∴f ( x)≤f （0）在
x∈[0,2]时恒成立，f
'( x)=aln(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）=a ln1+ 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，∵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).
【考点三 方法总结】
· 研究复合函数的单调性，必须严格遵循“同增异减”法则，同时不可忽视内层函
数的值域必须满足外层函数的定义域这一隐含条件.
· 抽象函数的对称性推导依赖于代数恒等式的灵活变形.若f (a+ x)= f (b- x)，则关
于直线x = a+b
2 对称；若f (a+ x)+ f (b- x)=c，则关于点( a+b
2
, c
2 )中心对称.
· 破解新定义问题，首要是将陌生定义“翻译”为熟悉的数学语言.如“夹在两条平
行直线之间”实质上是要求函数f ( x)-kx具有有界性.
· 新定义往往是对某种已知性质的重新包装.“凸点”本质上是对函数局部最大值或
单调递增区间的刻画.结合导数工具精确划分单调区间是解题基础.
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
例13.（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，∴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，∴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，∴，在R上h( x)≥0恒成立，即在R上f ( x)≥x恒成立，则
f ( x)> x -1，∴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 .
考法14：平口单峰函数与铅锤距离求最值
例14.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.
【考点四 方法总结】
· 遇到形如根号下平方和的代数式，应敏锐地联想到两点间距离公式或点到直线的
距离公式.通过构造几何模型，利用数形结合化繁为简.
· 处理“最大值中的最小值”这类双层最值问题，数形结合是最高效的手段.通常固
定一个函数图象，平移或旋转另一个函数图象，在相切或对称的临界位置寻找最优解.
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
例15.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】∵y =m
x+2t、y = logm x的单调性相同，∴f ( x)= logm(m
x+2t )为定义域上的增函数，∵
存在[a,b]⊆D使得f ( x)在[a,b]上的值域为[ a
2 , b
2 ]，∴{
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，∴{
2t >0
Δ=1-8t >0，解得0<t < 1
8，故选D.
考法16：根据函数不动点求参数
例16.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，∴h( x)=-h(- x)，∴h( x)为
奇函数，∵h
'( x)= f
'( x)- x，且当x ≤0时，f
'( x)< x，∴当x ≤0时，h
'( x)<0，h( x)单调递减，∴
h( x)在R上单调递减，由f ( x)+ 1
2 ≥f (1- x)+ x，得f ( x)- x
2
2 ≥f (1- x)- (1- x)
2
2
，即
h( x)≥h(1- x)，∴x ≤1- x，即x ≤1
2，∴x0≤1
2，∵x0为函数g( x)的一个不动点，∴g( x0)= x0，
即e
x0- ❑√e x0-a=0，∴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，∴t( x)在(-∞, 1
2 ]上单调递减，∴
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 ,+ ∞).
【考点五 方法总结】
· 当已知函数在某区间上的值域时，若函数单调，可直接利用端点值列方程组；若
不单调，则需结合极值点列式.换元法是处理指数型方程的常用技巧.
· 函数的不动点问题即方程f ( x)= x的解的问题.当涉及参数时，参数分离法结合导
数求值域是最稳妥的通法.
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
例17.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.∵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.
考法18：利用函数图象的伸缩变换求解
例18.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.
【考点六 方法总结】
· 函数图象的旋转变换问题，核心在于理解“仍为函数图象”的几何意义，即任意
垂直于x轴的直线与图象至多有一个交点，这等价于切线倾斜角的范围限制.
· 处理分段周期或递推函数，关键是利用递推式将未知区间上的函数值转化为已知
区间上的函数值.求出各段极值后，取全局最值解不等式.
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
例19.（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，∴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，
∴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.
考法20：含绝对值函数的交点问题求解
例20.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，此时两个函数图象射线部分完全重合，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.
【考点七 方法总结】
· 含绝对值函数的单调性问题，零点分段法是根本.剥离绝对值后，确保各分段区间
内的单调性一致，且在分界点处满足单调性的衔接要求.
· 多个绝对值相加减构成的函数，其图象必然是折线.分析最外侧射线的斜率与走势，
以及折点的相对位置，是判断此类函数图象交点个数的捷径.
四、高考真题
1.（2026·全国一卷）已知函数f ( x)= x +2
e
x+a的最大值为1，则a=（ ）
A. 1
2
B. 1
C. 3
2
D. 2
【答案】B
【解析】由题意知f ( x)= x +2
e
x+a，求导得f
'( x)= 1⋅(e
x+a)-( x +2)e
x
(e
x+a)
2
= a-( x +1)e
x
(e
x+a)
2
.令
g( x)=a-( x +1)e
x，则g
'( x)=-( x +2)e
x.当x>-2时，g
'( x)<0，g( x)单调递减；当x<-2时，
g
'( x)>0，g( x)单调递增.假设f ( x)在x0处取得最大值1，则必有f
'( x0)=0，即a=( x0+1)e
x0.同时
f ( x0)= x0+2
e
x0+a
=1，即x0+2=e
x0+a.将a代入得x0+2=e
x0+( x0+1)e
x0=( x0+2)e
x0.若x0+2=0，则
x0=-2，此时a=-e
-2，代入原函数得f (-2)=0≠1，矛盾.∴x0+2≠0，从而e
x0=1，解得x0=0.此
时a=(0+1)e
0=1.检验：当a=1时，g( x)=1-( x +1)e
x，g（0）=0.当x<0时，
g( x)>g（0）=0，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；当x>0时，g( x)<g（0）=0，f
'( x)<0，f ( x)
单调递减.∴f ( x)在x =0处取得最大值f （0）=
2
1+1 =1，符合题意.
2.（2026·全国一卷）已知函数f ( x)的定义域为R，且当x<0时，f ( x)=2
x. 对任意x0∈R，
定义集合D( x0)={d ∈R∣f ( x0+d )>f ( x0)}.
（1）若当x ≥0时，f ( x)=1- x，求D(-1)；
（2）若f ( x)是奇函数，f ( x1)≤f ( x2)，且x1 x2≠0，证明：D( x2)⊆D( x1)；
（3）设f ( x)满足：①若f ( x1)≤f ( x2)，则D( x2)⊆D( x1)；②当0< x<1时，f ( x)<f （0）.
（i）证明：f （0）≥1；
（ii）证明：f ( x)在区间(0,+ ∞)单调递增.
【答案】（1）(0, 3
2 )
（2）证明见解析
（3）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】（1）当x0=-1时，f (-1)=2
-1= 1
2.集合D(-1)={d ∈R∣f (-1+d )> 1
2 }.设t =-1+d，即
求f (t )> 1
2的解集.当t <0时，f (t )=2
t> 1
2，解得-1<t <0；当t ≥0时，f (t )=1-t > 1
2，解得0≤t < 1
2.
综上，t ∈(-1, 1
2 ).即-1<-1+d < 1
2，解得0<d < 3
2.∴D(-1)=(0, 3
2 ).
（2）证明：∵f ( x)是奇函数，且当x<0时f ( x)=2
x，∴当x>0时，- x<0，f ( x)=- f (- x)=-2
- x.
易知f ( x)在(-∞,0)上单调递增，值域为(0,1)；在(0,+∞)上单调递增，值域为(-1,0).已知
f ( x1)≤f ( x2)且x1 x2≠0，分情况讨论：①当x1>0, x2>0时，由单调性知x1≤x2.此时
D( xi)={d ∣d >0 或 d ≤- xi}=(-∞,- xi]∪(0,+ ∞)(i=1,2).∵- x2≤- x1，∴
(-∞,- x2]⊆(-∞,- x1]，从而D( x2)⊆D( x1).②当x1>0, x2<0时，f ( x1)<0<f ( x2)，符合题设.
此时D( x1)=(-∞,- x1]∪(0,+∞)，D( x2)=(0,- x2).∵- x2>0，∴(0,- x2)⊆(0,+∞)⊆D( x1)，
从而D( x2)⊆D( x1).③当x1<0, x2<0时，由单调性知x1≤x2.此时D( xi)=(0,- xi)(i=1,2).∵
- x2≤- x1，∴(0,- x2)⊆(0,- x1)，从而D( x2)⊆D( x1).综上所述，均有D( x2)⊆D( x1).
（3）（i）证明：假设f （0）<1.∵lim ¿x→0
- f ( x)=lim ¿x→0
-2
x =1¿¿，∴存在x2∈(-1,0)，使
得f ( x2)>f （0）.令x1=0，则f ( x1)<f ( x2).由条件①知，D( x2)⊆D（0）.对于D( x2)，当
d ∈(0,- x2)时，x2+d <0，f ( x2+d )=2
x2+d>2
x2= f ( x2)，∴(0,- x2)⊆D( x2)，从而
(0,- x2)⊆D（0）.即对任意d ∈(0,- x2)，有f (d)>f （0）.但由于- x2∈(0,1)，取
d ∈(0,- x2)，则0<d <1.由条件②知，当0<d <1时，f (d )<f （0），这与f (d)>f （0）矛盾.
∴假设不成立，必有f （0）≥1.
（ii）证明：要证f ( x)在(0,+∞)单调递增，即证对任意0< x1< x2，有f ( x1)<f ( x2).假设存在
0< x1< x2，使得f ( x1)≥f ( x2).由条件①，D( x1)⊆D( x2).任取t <0，令d =t - x1，则x1+d =t <0，
f ( x1+d )=2
t.若取t使得2
t>f ( x1)，则d ∈D( x1)，从而d ∈D( x2).即
f ( x2+d)= f ( x2- x1+t )>f ( x2).令Δ= x2- x1>0，则对满足2
t>f ( x1)的任意t <0，有f ( Δ+t )>f ( x2).
特别地，由（i）知f （0）≥1，若f ( x1)≥1，则对任意y <0，f ( y )=2
y<1≤f ( x1)，这说明不存
在t <0使得2
t>f ( x1)（同理可证f ( x)<1对x>0成立）.故可取t充分接近0，使得2
t>f ( x1)，此时
Δ+t可无限逼近Δ.利用条件①的逆否命题，若构造d使得f ( x1+d)>f ( x1)且f ( x2+d)≤f ( x2)，即
可推翻D( x1)⊆D( x2).由于0< x1< x2，区间平移后必然存在某点使得函数值关系反转，打破包含
关系，从而导出矛盾.∴假设不成立，f ( x)在(0,+∞)单调递增.
3.（2025·全国一卷）若实数x , y , z满足2+ log2 x =3+ log3 y =5+ log5 z，则x , y , z的大小关系
不可能是（ ）
A. x> y > z
B. x> z> y
C. y > x> z
D. y > z> x
【答案】B
【解析】设2+ log2 x =3+ log3 y =5+ log5 z =m，∴x =2
m-2, y =3
m-3, z =5
m-5.根据指数函数的单调
性，易知各方程只有唯一的根.作出函数y =2
x -2, y =3
x -3, y =5
x -5的图象，以上方程的根分别是函
数y =2
x -2, y =3
x -3, y =5
x -5的图象与直线x =m的交点纵坐标，如图所示：
易知，随着m的变化可能出现：x> y > z，y > x> z，y > z> x，z> y > x.故选B.
4.（2025·全国一卷）
（1）设函数f ( x)=5cos x -cos5 x，求f ( x)在[0, π
4 ]的最大值；
（2）给定θ∈(0,π )，设a为实数，证明：存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ；
（3）若存在φ使得对任意x，都有5cos x -cos(5 x +φ)≤b，求b的最小值.
【答案】（1）3 ❑√3
（2）证明见解析
（3）3 ❑√3
【解析】（1）f
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x.∵x∈[0, π
4 ]，∴2 x∈[0, π
2 ]，∴
sin 2 x ≥0.当0< x< π
6 时，cos3 x>0即f
'( x)>0.当π
6 < x< π
4 时，cos3 x<0即f
'( x)<0.∴f ( x)在
[0, π
6 ]上为增函数，在[ π
6 , π
4 ]为减函数.∴f ( x)在[0, π
4 ]上的最大值为
f ( π
6 )=5cos π
6 -cos 5 π
6 =3 ❑√3.
（2）证明：由余弦函数的性质知cos y ≤cosθ的解为[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ](k ∈Z ).若每个
[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ]与[a-θ ,a+θ ]交集都为空，则对每个k ∈Z，必有2(k +1)π -θ<a-θ或
2kπ +θ>a+θ之一成立.此即k < a
2π -1或k > a
2π ，但长度为1的闭区间[ a
2π -1, a
2π ]上必有一整数k，
该整数k不满足条件，矛盾.故存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ成立.
（3）记h( x)=5cos x -cos(5 x +t ).∵h( x +2π )=5cos( x +2π )-cos(5 x +10 π +t )=h( x)，∴h( x)
为周期函数且周期为2π，故只需讨论x∈[0,2π ],t ∈[0,π ]的情况.当t = π时，
h( x)=5cos x -cos(5 x + π )=6cos x ≤6.当t =0时，h( x)=5cos x -cos5 x，此时
h
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x , x ∈(0,2π ).令h
'( x)=0，则
x = π
6 , π
2 , 5 π
6 ,π , 7 π
6 , 3 π
2 , 11π
6 .而
h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3,h( π
2 )=h( 3 π
2 )=0,h( 5 π
6 )=h( 7 π
6 )=-3 ❑√3,h(π )=- 4，
h（0）=h(2π )= 4，故h( x)max =h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3.当t ∈(0,π )，在（2）中取a=t，则存
在y ∈(t -θ ,t +θ)，使得cos y ≤cosθ.取θ = 5 π
6 ，则cos y ≤-
❑√3
2 ，取x = y -t
5
∈(- θ
5 , θ
5 )即
x = y -t
5
∈(- π
6 , π
6 )，故5cos x ≥5 ❑√3
2
，故5cos x -cos(5 x +t )≥3 ❑√3.综上b≥3 ❑√3，可取
x = π
6 ,t =0使得等号成立.综上，bmin=3 ❑√3.
5.（2024·全国一卷）已知函数为f ( x)={
- x
2-2ax -a, x<0
e
x+ ln( x +1), x ≥0，在R上单调递增，则a取值的范
围是（ ）
A. (-∞,0]
B. [-1,0]
C. [-1,1]
D. [0,+∞)
【答案】B
【解析】∵f ( x)在R上单调递增，且x ≥0时，f ( x)=e
x+ ln( x +1)单调递增，则需满足
{
--2a
2×(-1) ≥0
-a≤e
0+ ln1
，解得-1≤a≤0.即a的范围是[-1,0].故选B.
6.（2024·全国一卷）已知函数为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（ ）
A. f （10）>100
B. f （20）>1000
C. f （10）<1000
D.
f （20）<10000
【答案】B
【解析】∵当x<3时f ( x)= x，∴f （1）=1,f （2）=2.又∵f ( x)>f ( x -1)+ f ( x -2)，则
f （3）>f （2）+ f （1）=3，f （4 ）>f （3）+ f （2）>5，
f （5）>f （4 ）+ f （3）>8，f （6）>f （5）+ f （4 ）>13，
f （7 ）>f （6）+ f （5）>21，f （8）>f （7 ）+ f （6）>34，
f （9）>f （8）+ f （7 ）>55，f （10）>f （9）+ f （8）>89，
f （11）>f （10）+ f （9）>144，f （12）>f （11）+ f （10）>233，
f （13）>f （12）+ f （11）>377，f （14 ）>f （13）+ f （12）>610，
f （15）>f （14 ）+ f （13）>987，f （16）>f （15）+ f （14 ）>1597>1000，则依
次下去可知f （20）>1000，则B 正确；且无证据表明ACD 一定正确.故选B.
7.（2024·全国一卷）（多选）设函数f ( x)=( x -1)
2( x - 4)，则（ ）
A. x =3是f ( x)的极小值点
B. 当0< x<1时，f ( x)<f ( x
2)
C. 当1< x<2时，- 4<f (2 x -1)<0
D. 当-1< x<0时，f (2- x)>f ( x)
【答案】ACD
【解析】对A，∵函数f ( x)的定义域为R，而f
'( x)=2( x -1)( x - 4)+( x -1)
2=3( x -1)( x -3)，
易知当x∈(1,3)时，f
'( x)<0，当x∈(-∞,1)或x∈(3,+∞)时，f
'( x)>0.函数f ( x)在(-∞,1)
上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，故x =3是函数f ( x)的极小值点，正确.
对B，当0< x<1时，x - x
2= x(1- x)>0，∴1> x> x
2>0.而由上可知，函数f ( x)在(0,1)上单调递
增，∴f ( x)>f ( x
2)，错误.对C，当1< x<2时，1<2 x -1<3，而由上可知，函数f ( x)在(1,3)上单
调递减，∴f （1）>f (2 x -1)>f （3），即- 4<f (2 x -1)<0，正确.对D，当-1< x<0时，
f (2- x)- f ( x)=(1- x)
2(-2- x)-( x -1)
2( x - 4)=( x -1)
2(2-2 x)>0，∴f (2- x)>f ( x)，正确.故
选ACD.
8.（2024·全国一卷）若函数φ( x)的图象关于直线x =1对称，且φ( x)存在唯一的极值点，则
称φ( x)为“金字塔函数”.
（1）请判断函数h( x)= 1
4 x
4- 1
3 x
3+ 1
2 x
2- x是否为“金字塔函数”.（无需说明理由）
（2）证明：当n∈N
*时，函数g( x)=
1
( x
2-2 x +2)
n+1恒为“金字塔函数”.
（3）已知函数f ( x)=e
x+e
2- x+a x
2+bx -a(a≠0)为“金字塔函数”，求a的取值范围.
【答案】（1）不是
（2）证明见解析
（3）[-e ,+ ∞)
【解析】（1）h( x)不是“金字塔函数”.
（2）证明：∵g( x)=
1
[( x -1)
2+1]
n+1，∴g(2- x)=
1
[(1- x)
2+1]
n+1
= g( x).∴g( x)的图象关于直
线x =1对称.g
'( x)=-n[( x -1)
2+1]
n-1(2 x -2)
[( x
2-2 x +2)
n+1]
2
.∵n∈N
*，( x -1)
2+1>0，∴g
'( x)>0得x<1，
g
'( x)<0得x>1.∴g( x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.则g( x)存在唯一的极值点1，
故g( x)为“金字塔函数”.
（3）∵f ( x)为“金字塔函数”，∴f (2- x)= f ( x).∴
e
2- x+e
x+a(2- x)
2+b(2- x)-a=e
x+e
2- x+a x
2+bx -a.整理得(2a+b)x =2a+b对x∈R恒成立，
则2a+b=0，得b=-2a.∴f ( x)=e
x+e
2- x+a x
2-2ax -a，则f
'( x)=e
x -e
2- x+2ax -2a.令
k( x)= f
'( x)，则k
'( x)=e
x+e
2- x+2a≥2e+2a，当且仅当x =1时取等号.当a≥-e时，k
'( x)≥0，
则k( x)= f
'( x)单调递增，f
'（1）=0.当x∈(-∞,1)时，f
'( x)<0，f ( x)在(-∞,1)上单调递减.
当x∈(1,+ ∞)时，f
'( x)>0，f ( x)在(1,+ ∞)上单调递增.则f ( x)存在唯一的极值点1.当a<-e时，
令ϕ( x)=k
'( x)，则ϕ
'( x)=e
x -e
2- x在定义域上单调递增.当x∈(-∞,1)时，ϕ
'( x)<0，
ϕ( x)=k
'( x)在(-∞,1)上单调递减.当x∈(1,+∞)时，ϕ
'( x)>0，ϕ( x)=k
'( x)在(1,+∞)上单调递
增.∴k
'( x)min=k
'（1）=2e+2a<0.对于y =e
x - x -1且x>0，则y
' =e
x -1>0，故y >e
0-0-1=0，
∴e
x> x +1.当x∈(-∞,1)时，k
'( x)=e
x+e
2- x+2a>e
2- x+2a>3- x +2a，若x<3+2a，则
k
'( x)>0.当x∈(1,+∞)时，k
'( x)=e
x+e
2- x+2a>e
x+2a> x +1+2a，若x>-2a-1，则k
'( x)>0.
∴k
'( x)存在两个零点x1∈(3+2a,1), x2∈(1,-2a-1).当x∈(-∞, x1)时k
'( x)>0，当
x∈( x1, x2)时k
'( x)<0，当x∈( x2,+ ∞)时k
'( x)>0.∴k( x)= f
'( x)在(-∞, x1)、( x2,+ ∞)上单调递
增，在( x1, x2)上单调递减.由x1<1< x2且f
'（1）=0，得f
'( x1)>0>f
'( x2).当x→-∞时
f
'( x)→-∞，当x→+ ∞时f
'( x)→+ ∞.则必存在唯一的x3∈(-∞, x1)，使得f
'( x3)=0，必存在唯
一的x4∈( x2,+ ∞)，使得f
'( x4)=0.∴f ( x)在(-∞, x3)、(1, x4)上单调递减，在( x3,1)、( x4,+∞)
上单调递增，则f ( x)有3个极值点，不合题意.综上，a的取值范围是[-e ,+ ∞).
9.（2026·全国一卷）曲线y =5 x +8 ln x在点(1,5)处的切线方程为（ ）
A. y =3 x +2
B. y =5 x
C. y =8 x -3
D. y =13 x -8
【答案】D
【解析】∵y =5 x +8 ln x，∴y
' =5+ 8
x .当x =1时，切线的斜率k = y
'|x =1=5+8=13.又切点为(1,5)，
∴切线方程为y -5=13( x -1)，即y =13 x -8.
10.（2025·全国一卷）设f ( x)是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x ≤3时，f ( x)=5-2 x，
则f (- 3
4 )=（ ）
A. - 1
2
B. - 1
4
C. 1
4
D. 1
2
【答案】A
【解析】由题知f ( x)= f (- x),f ( x +2)= f ( x)对一切x∈R成立，于是
f (- 3
4 )= f ( 3
4 )= f ( 11
4 )=5-2× 11
4 =- 1
2.故选A.
11.（2024·全国一卷）若曲线y =e
x+ x在点(0,1)处的切线也是曲线y = ln( x +1)+a的切线，
则a=＿＿＿＿＿＿.
【答案】ln2
【解析】由y =e
x+ x得y
' =e
x+1，y
'|x =0=e
0+1=2，故曲线y =e
x+ x在(0,1)处的切线方程为
y =2 x +1；由y = ln( x +1)+a得y
' =
1
x +1，设切线与曲线y = ln( x +1)+a相切的切点为
( x0,ln( x0+1)+a)，由两曲线有公切线得y
' =
1
x0+1 =2，解得x0=- 1
2，则切点为(- 1
2 ,a+ ln 1
2 )，
切线方程为y =2( x + 1
2 )+a+ ln 1
2 =2 x +1+a- ln 2，根据两切线重合，∴a- ln2=0，解得a= ln2.
