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专题02 函数和导数
题型概览
题型01 函数图象
题型02 函数性质（单调性、奇偶性、周期性）
题型03 指、对数函数
题型04 零点问题
题型05 函数和导数综合
函数图象
1．函数f (x)=e
x−e
−x
x
2+|x|−2
的部分图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】求函数f (x)的定义域，判断函数的奇偶性，求函数f (x)的零点，确定函数在区间(0,1)内的取值的
正负，由此确定结论.
【详解】f (x)=e
x−e
−x
x
2+|x|−2
有意义可得x
2+|x|−2≠0，
故|x|
2+|x|−2=(|x|−1)(|x|+2)≠0，
所以x≠−1或x≠1，
所以函数f (x)的定义域为(−∞,−1)∪(−1,1)∪(1,+ ∞)，定义域关于原点对称，
题
型
1
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又f (−x)=e
−x−e
x
(−x)
2+|−x|−2
= −(e
x−e
−x)
x
2+|x|−2
=−f (x)，
所以函数f (x)为奇函数，所以函数f (x)的图象关于原点对称，
令f (x)=0可得，e
x−e
−x =0，所以e
2 x =1，故x =0，
所以函数f (x)有且仅有一个零点，零点为0，
当0< x<1时，函数y =e
x在(0,1)上单调递增，函数y =e
−x在(0,1)上单调递减，
所以函数y =e
x−e
−x在(0,1)上单调递增，
所以当0< x<1时，0<e
x−e
−x<e−1
e ，
又当0< x<1时，x
2+|x|−2=(|x|−1)(|x|+2)<0，
所以当0< x<1时，f (x)<0，
选项A 的图象不关于原点对称，选项B 的图象在(0,1)内的函数值为负，
选项C 的图象对应的函数有3三个零点，
故选项ABC 不能同时满足上述所有要求，而选项D 同时满足以上所有要求，
故选：D.
2．已知a>0且a≠e，则函数f (x)=e
x−a ln x的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】由函数求导，明确导函数的单调性，并构造函数，求导研究其单调性，可得原函数的最值，根据
最值的取值范围，可得答案.
2
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【详解】由f (x)=e
x−alnx，求导可得f
′ (x)= xe
x−a
x
，易知函数f
′ (x)在(0,+∞)单调递增，
令g(x)= xe
x，求导可得g
′ (x)=e
x(1+ x)>0在(0,+ ∞)上恒成立，
则g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，所以g(x)> g(0)=0<a，
易知∃x0∈(0,+∞)，使得g(x0)=a，则x0e
x0=a，即f
′(x0)=0，
当0< x< x0时，f
′ (x)<0，则函数f (x)在(0, x0)上单调递减；
当x> x0时，f
′ (x)>0，则函数f (x)在(x0,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (x0)=e
x0−aln x0，由x0e
x0=a，则f (x0)=e
x0(1−x0ln x0)，
当0<a<e，即0< x0<1时，f (x)≥f (x0)=e
x0(1−x0ln x0)>0，故A 错误，B 可能正确；
当a>e，即x0>1时，令h(x)=1−xlnx (x>1)，求导可得h
' (x)=−lnx −1<0，
则函数h(x)在(1,+∞)上单调递减.
由h (1)=1−0>0，h (2)=1−2ln 2<0,则存在x1∈(1,2)，使得h(x1)=0，
所以当x0>1时，此时f (x0)符号不定，故CD 可能正确.
故选：BCD.
函数性质（单调性、奇偶性、周期性）
3．已知函数f (x)=3 x
3−sin x + x，则满足f (x)+ f (4−3 x)<0的x的取值范围是（ ）
A．(1,+∞)
B．(−∞,1)
C．(2,+∞)
D．(−∞,2)
【答案】C
【分析】利用函数的单调性和奇偶性结合导数可得.
【详解】f (x)=3 x
3−sinx + x，定义域为R，
f (−x)=−3 x
3+sinx−
(x)，为奇函数，
题
型
3
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又f
' (x)=9 x
2−cosx +1≥0，所以f (x)在R上单调递增，
所以f (x)+ f (4−3 x)<0即f (x)<−f (4−3 x)= f (3 x−4)⇒x<3 x−4⇒x>2，
即x的取值范围是(2,+ ∞).
故选：C
4．已知连续型随机变量ξ服从正态分布N(
1
2 , 1
4)，记函数f ( x)= P(ξ ≤x)，则f ( x)的图象（ ）
A．关于直线x = 1
2对称
B．关于直线x = 1
4 对称
C．关于点(
1
2 , 1
2)成中心对称
D．关于点(
1
4 , 1
4)成中心对称
【答案】C
【分析】利用连续型随机变量ξ服从正态分布N(
1
2 , 1
4)，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的
正误.
【详解】由连续型随机变量ξ服从正态分布N(
1
2 , 1
4)，
可得μ= 1
2 ,σ
2= 1
4 ，可得μ= 1
2 ,σ = 1
2，所以正态密度曲线关于x = 1
2对称，
即P(ξ ≤x)= P(ξ ≥1−x)，
由f ( x)= P(ξ ≤x)，可得f ( x)= P(ξ ≤x)在x ≤1
2时增加较快，在x> 1
2时增加越来越慢，
所以f ( x)无对称轴，故AB 错误；
f (x)+ f (1−x)= P(ξ ≤x)+ P(ξ ≤1−x)= P(ξ ≥1−x)+ P(ξ ≤1−x)=1，
所以f ( x)关于点(
1
2 , 1
2)成中心对称，故C 正确，D 错误.
故选：C.
5．已知函数f (x)的定义域是R ,f (1)=2，且满足f(5+ x
2)= f (−5−x),f (x−3)= f (5−2 x)，作f (x)的图
4
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象关于y轴的对称图象，并右移一个单位，再将横坐标变为原来的1
2得到函数g(x)的图象，下列说法正确
的有（ ）
A．g(x)= f (1−2 x)
B．g(x)与f (x)有相同的值域
C．f (x)的最小正周期是6
D．g(1012)=2
【答案】ABD
【分析】由函数图像的变换即可判断AB，由函数周期性的定义即可判断C，结合函数周期的性质代入计算，
即可判断D.
【详解】由图象的变换知A 项正确；
因为图象变换中没有上下平移，所以值域不变，可知B 项正确；
由f(5+ x
2)= f (−5−x)得f (5+ x)= f (−5−2 x)①，
在f (x−3)= f (5−2 x)中用x +5代替x得f (x +2)= f (−5−2 x)②，
由①②得f (5+ x)= f (x +2)，所以3 是f (x)的周期，C 项错误，
由g(x)= f (1−2 x)知g(x)的周期T = 3
2，
则g(1012)= g(
2024
2 )= g(674× 3
2 +1)= g(1)= f (−1)，
在f (x−3)= f (5−2 x)中令x =2得f (−1)= f (1)=2，所以g(1012)=2，D 项正确.
故选：ABD
6．已知函数f (x)=sin x−ln x ,f
′ (x)是其导函数.若存在x1, x2∈(0,π)且x1< x2，满足f
′(x1)= f
′(x2)，
则（ ）
A．f (x1)>f (x2)
B．x1 x2>1
C．f (x1)f (x2)>1
D．f (x1)+ f (x2)<2
【答案】ABD
【分析】先求导函数，再根据函数图象，结合单调性判断A，再根据三角函数化简求解得出x1 x2>1进而判
断B，D，结合基本不等式计算求解C.
【详解】f
′ (x)=cosx−1
x ，数形结合，得到(0,π )内y =cosx , y = 1
x 的大致图象为如图所示，
5
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故f
′ (x)<0(x ∈(0,π ))，f ( x1)>f ( x2)，A 对.
由f
′(x1)= f
′(x2)得cos x2−1
x2
=cos x1−1
x1
，
即x2−x1
x2 x1
=cos x1−cos x2=cos(
x2+ x1
2
−x2−x1
2 )−cos(
x2+ x1
2
+ x2−x1
2 )=2sin x2+ x1
2
sin x2−x1
2
，
由题意x2−x1
2
∈(0,π
2 )，则
x2−x1
x2 x1
<2 x2−x1
2
sin x2+ x1
2
< x2−x1，
∵x>0,sinx< x，则x1 x2>1，B 正确.
又f (x1)+ f (x2)=sin x1+sin x2−ln x1 x2<sin x1+sin x2<2，D 正确.
因为f (x1)f (x2)<(
f (x1)+ f (x2)
2
)
2
<1，从而C 错误.
故选：ABD.
7．定义在R上的函数f (x)满足f (x)−f (2−x)=0，且f (x)在[1,+∞)上单调递增，设a= f (−9)，b= f(
7
4)，
c = f (log417)，则（ ）
A．b<c<a
B．c<b<a
C．a<b<c
D．b<a<c
【答案】A
【分析】先求出图象关于直线x =1对称，再利用对数的运算性质和函数的单调性比较即可.
【详解】因为定义在R上的函数f (x)满足f (x)−f (2−x)=0，
所以f (x)= f (2−x)即f (x)图象关于直线x =1对称，
所以a= f (−9)= f (11)，7
4 <2<log417<log4 4
3=3<11，
又f (x)在[1,+∞)上单调递增，所以b<c<a.
6
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故选：A
8．若函数f (x)= sin x +sin (m+n)
sin (x +m)
，g(x)= ln f (x)，若n=0，f (x)为偶函数，则m= .若g(x)为奇函
数，则n= .
【答案】 kπ，k ∈Z kπ，k ∈Z
【分析】根据f (−x)= f (x)结合两角和差的正弦公式化简可得sinm=0，进而可得m=kπ；根据g(x)为奇函
数，可得lnf (x)+lnf (−x)=0，结合对数运算以及两角和差的正弦公式化简可得sin
2(m+n)=sin
2m，从而
可得答案.
【详解】当n=0时，f (x)= sinx + sinm
sin (x +m) ，
若f (x)为偶函数，则f (−x)= f (x)⇒−sinx + sinm
sin (m−x) = sinx + sinm
sin (x +m) ，
(−sinx + sinm)sin (x +m)=sin (m−x)(sinx + sinm)，
(−sinx + sinm)(sinxcosm+cosxsinm)=(cosxsinm−sinxcosm)(sinx + sinm)
整理得sinmcosmsinx = sinmsinxcosx恒成立，
sinmsinx (cosm−cosx)=0恒成立，
因此sinm=0，m=kπ，k ∈Z
若g(x)为奇函数，则lnf (x)+lnf (−x)=0，即f (x)f (−x)=1
sinx +sin (m+n)
sin (x +m)
⋅sin (m+n)−sinx
sin (m−x)
=1
整理得：
sin
2(m+n)−sin
2 x =sin (x +m)sin (m−x)=(cosxsinm)
2−(sinxcosm)
2，
=cos
2 x(1−cos
2m)−cos
2msin
2 x =cos
2 x−cos
2m
因此sin
2(m+n)=1−cos
2m=sin
2m，此时n=kπ，k ∈Z.
故答案为：n=kπ ,n=kπ ,k ∈Z.
9．若函数f ( x)=5sin( x +θ)+12cos( x +θ)为奇函数，则tanθ = ．
【答案】−12
5
7
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【分析】根据辅助角公式得出f ( x)=13sin( x +θ+φ)，再根据奇函数的性质求出θ的值，得出答案.
【详解】由辅助角公式，得f ( x)=13sin( x +θ+φ)，其中tanφ= 12
5 ．
又因f ( x)为奇函数，则有f (0)=0，即sin(θ+φ)=0，故θ+φ =kπ（k ∈Z），
于是θ =−φ+ kπ，故tanθ= tan(−φ+kπ )=−tanφ=−12
5 ．
故答案为：−12
5 .
指、对数函数
10．设a=log√2cos 1
2，b=cos 1
2，c =2sin 1
2，则（ ）
A．b>a>c
B．b>c>a
C．c>a>b
D．c>b>a
【答案】D
【分析】利用对数函数、三角函数的基本性质可先判断a,b,c的正负，再利用作商法可判断出a,b,c具体
的大小关系.
【详解】由题意得，b=cos 1
2 ∈(0,1)，所以a=log√2cos 1
2 <log√21=0，
又sin 1
2 ∈(0,1)所以c =2sin 1
2 >0，所以a最小;
而由三角函数的基本性质，当x∈(0, π
2)时，0<sinx< x<tanx，
所以c
b =
2sin 1
2
cos 1
2
=2tan 1
2 >2× 1
2 =1，则c>b；所以c>b>a，
故选：D
11．已知函数f (x)的定义域为D，若∀m，n∈D，都有f (m)+ f (n)≤f (m+n)，则称f (x)是次可加函数，
则（ ）
A．f (x)= ln x（0< x ≤2）是次可加函数
B．f (x)=sin x（−π≤x ≤0）是次可加函数
C．若D = N，f (0)=0，f (1)=1，则次可加函数f (x)可以是周期函数
D．若D =Z，f (0)=0，f (1)=1，则次可加函数f (x)的表达式不唯一
题型03
8
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【答案】ABD
【分析】根据“次可加函数”定义，判断四个选项即可.
【详解】对于0<m≤2和0<n≤2，有f (m)+ f (n)=lnmn，
由1
m + 1
n > 1
2 + 1
2 =1，
所以m+n>mn，所以ln (m+n)>lnmn，
得f (m)+ f (n)<f (m+n)，故A 正确；
对于−π ≤m≤0和−π ≤n≤0，有f (m)+ f (n)=2sin m+n
2
cos m−n
2
，
由m，n 的范围，有−π ≤ m+n
2
≤0，所以sin m+n
2
≤0．
又f (m+n)=2sin m+n
2
cos m+n
2
，
所以f (m+n)−f (m)−f (n) =−4 sin m+n
2
sin m
2 sin n
2 ≥0，
所以f (m)+ f (n)≤f (m+n)，故B 正确；
由于f (0)≠f (1)，所以f (x)不是常函数．若f (x)是周期函数，
设T 是f (x)的一个周期，T ∈N
∗，考虑f (0)，f (1)，…，f (T −1)这T 个函数值.
设f (t )是其中的最大值，则1≤t ≤T −1，f (t )≥1，
由周期性可知f (x)的最大值也是f (t )．
取m=n=t，则有f (2t )≥2f (t )>f (t )，
这与f (x)的最大值是f (t )矛盾，
所以f (x)不是周期函数，故C 错误；
令f (x)=¿，下面证明f (x)是次可加函数．
若m=0，f (n)≤f (n)成立，只需考虑m≠0．
若m+n=0，f (m)+ f (−m)=2−2k，
而2−2k ≤f (0)=0，成立；
只需考虑m(m+n)≠0，
则f (m+n)=km+ kn+1−k，
f (m)+ f (n)=km+ kn+2−2k，
故f (m+n)−f (m)− f (n)=k −1≥0，
故其表达式不唯一，故D 正确.
故选：ABD．
9
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12．已知实数a,b,c满足3
a=6
b=c，且1
a + 1
b =2，则c = .
【答案】3√2
【分析】由对数式的定义，利用对数的运算律与换底公式，可得答案.
【详解】由3
a=6
b=c可知c>0,a=log3c ,b=log6c，
所以1
a + 1
b =logc3+logc6=logc18=2，即c
2=18，所以c =3√2.
故答案为：3√2.
零点问题
13．若函数f (x)=¿与直线y =a恰有三个交点，则a 的取值范围是（ ）
A．[1,2]
B．(1,2)
C．(1,2]
D．[1,2)
【答案】D
【分析】画出函数f (x)的图象，结合图像求解即可.
【详解】画出f (x)的图象，
由图象可知a 的范围是[1,2).
故选：D
14．若函数f (x)有唯一零点，且f (x +1)= x
2−1+a(e
x+e
−x)，则a=（ ）
A．−1
2
B．1
3
C．1
2
D．1
【答案】C
【分析】根据偶函数的性质，结合零点的唯一性可得g(0)= f (1)=−1+2a=0求解.
【详解】由于f (x)有唯一的零点，所以f (x +1)也有唯一的零点，
题
型
10
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由于y = x
2−1, y =a(e
x+e
−x)均为偶函数，所以g(x)= f (x +1)为偶函数，
因此g(0)= f (1)=−1+2a=0，故a= 1
2，
故选：C
15．已知a∈R，函数f (x)=¿，在R上没有零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−1)
B．(−∞,−1)∪{0}
C．[1,+ ∞)∪{0}
D．(1,+∞)∪{0}
【答案】B
【分析】根据题意，分别讨论x ≤0以及x>0的情况，结合零点的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】当x ≤0时，0<e
x≤1，若e
x=−a无解，则a≥0或a<−1；
当x>0时，ln(x +1)>0，若ln(x +1)=a无解，则a≤0.
综上，实数a的取值范围是(−∞,−1)∪{0}.
故选：B.
16．已知函数f ( x)= x(x−aln x−1
x)，a∈R．
(1)若0≤a≤2，试判断函数f ( x)的单调性；
(2)若函数f ( x)有三个不同的零点x1，x2，x3（x1< x2< x3）．
（ⅰ）求a 的取值范围；
（ⅱ）若存在正整数M，使得a x1+ x3≥M恒成立，求M 的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）a>2；（ⅱ）2
【分析】（1）求出函数导函数，讨论a在不同取值范围内的单调性.
（2）（ⅰ）根据题意，当a≤2时，不符题意，故只需证明a>2时，f (m)>0，f (n)<0即可得到a的范围.
（ⅱ）通过化简，得到f(
1
x1)= 1
x1
2 + a
x1
ln x1−1= 1+a x1ln x1−x1
2
x1
2
=0，结合函数最值证明求解即可.
【详解】（1）由题意，x>0，且f (x)= x
2−axlnx−1，∴f
′ (x)=2 x−a(lnx +1)．
1°，当a=0时，f
′ (x)=2 x>0，故f ( x)在(0,+∞)上单调递增；
2°，当0<a≤2时，令g( x)= f
′( x)，则g
′( x)=2−a
x ，易知g
′( x)单调递增，
11
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由g
′( x)=0得x = a
2，∴x∈(0, a
2)时，g( x)单调递减，x∈(
a
2 ,+∞)时，g( x)单调递增．
∴g( x)≥g(
a
2)=−aln a
2 ≥0，即f
′( x)≥0，∴f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增．
（2）（ⅰ）易得f (1)=0，故1 是f ( x)的零点之一．
1°，当a∈[0,2]时，由（1）知，f ( x)最多一个零点，不符条件；
2°，当a<0时，−a>0，f
′ (x)=2 x−a(lnx +1)为单调增函数，
又∵f
′(1)=2−a>0，x→0时，f
′( x)→−∞，
∴∃x0∈(0,1)，使得f
′( x0)=0，且x∈(0, x0)时，f ( x)单调递减，
x∈( x0,1)时，单调递增，
∴f ( x)最多2 个零点，不符条件；
3°，当a>2时，由（1）易知，x∈(0, a
2)时，g( x)单调递减，
x∈(
a
2 ,+∞)时，g( x)单调递增．
∴g( x)min= g(
a
2)=−aln a
2 <0，
又∵f
′(1)=2−a<0，f
′(
1
e)= 2
e ，
f
′(a
2)=2a
2−a(ln a
2+1)=a(2a−2lna−1)>a[2a−1−2(a−1)]=a>0，
∴∃m∈(
1
e ,1)，n∈(1,a
2)，使得f
′(m)=0，f
′(n)=0，
∴f ( x)在(0,m)，(n,+ ∞)单调递增，(m,n)单调递减，由f (1)=0，得f (m)>0，f (n)<0，
而x→0时，f ( x)→−1；x→+ ∞时，f ( x)→+∞，
∴f ( x)有三个零点，且0< x1< x2=1< x3，
综上，a>2．
12
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（ⅱ）∵x1，x3是f ( x)的零点，且0< x1<1< x3，∴x1
2−a x1ln x1−1=0，∴a= x1
2−1
x1ln x1
，
又f(
1
x1)= 1
x1
2 + a
x1
ln x1−1= 1+a x1ln x1−x1
2
x1
2
=0，∴1
x1
= x3，
∴a x1+ x3= x1
2−1
ln x1
+ 1
x1
，令φ( x)= x
2−1
lnx + 1
x ，（0< x<1），h( x)=lnx −2( x−1)
x +1
（x∈(0,1)），
r( x)=lnx −x−1
x
（x∈(0,1)），
∴h
′( x)= ( x−1)
2
x( x +1)
2 >0，r
′( x)= 1
x −1
x
2 <0，
∴h( x)在(0,1)单调递增，r( x)在(0,1)单调递减，∴h( x)<h(1)=0，r( x)>r(1)=0，
即lnx < 2( x−1)
x +1
，lnx > x−1
x
，∴x
2+ x + 1
x <φ( x)= x
2−1
lnx + 1
x < x
2
2 + x + 1
2 + 1
x ，
令M ( x)= x
2+ x + 1
x （x∈(0,1)），N ( x)= x
2
2 + x + 1
2 + 1
x （x∈(0,1)）
又M
′( x)=2 x +1−1
x
2在(0,1)单调递增，
且M
′(
1
2)=−2<0，M
′(1)=2>0，
∴∃t ∈(
1
2 ,1)，使M
′(t )=0，t
2=
1
2t +1，
∴M ( x)在(0,t )单调递减，在(t ,1)单调递增，
∴M ( x)≥M (t )=
1
2t +1 +t + 1
t >2，
∴φ( x)min> M ( x)min>2，
又∵φ( x)< N ( x)，∴φ(
2
3)< N(
2
3)= 2
9 + 2
3 + 1
2 + 3
2 =2+ 8
9 <3，∴φ( x)min<3．
综上，φ( x)min∈(2,3)，∴整数M 的最大值为2．
17．已知函数f (x)=2ae
2 x+2(a−1)e
x−x.
13
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(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)(0, 1
2)
【分析】（1）对函数求导，分a≤0，a>0结合导数正负求单调性；
（2）由（1）知a≤0时，f ( x)在(−∞,+∞)上单调递增，不符合题意，可知a>0，若f ( x)有两个零点，由
（1）知f (x)min= f (−ln 2a)=1−1
2a + ln 2a，分别证明f (x)在(−∞,−ln 2a)有一个零点.，f (x)在
(−ln 2a,+∞)有一个零点.
【详解】（1）f (x)的定义域为(−∞,+ ∞)，f
′ (x)= 4 ae
2 x+2(a−1)e
x−1=(2ae
x−1)⋅(2e
x+1)
若a≤0，则f
′ (x)<0，则f (x)在(−∞,+ ∞)单调递减；
若a>0，则由f
′ (x)=0得x =−ln2a.
当x∈(−∞,−ln 2a)时，f
′ (x)<0；当x∈(−ln 2a,+∞)时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(−∞,−ln 2a)上单调递减，在(−ln 2a,+∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f (x)在(−∞,+ ∞)单调递减；
当a>0时，f (x)在(−∞,−ln 2a)上单调递减，在(−ln 2a,+∞)上单调递增.
（2）若a≤0，由（1）知，f (x)至多有一个零点.
若a>0，由（1）知，当x =−ln2a时，f (x)取得最小值，最小值为f (−ln 2a)=1−1
2a + ln 2a.
①当a= 1
2时，由于f (−ln 2a)=0，故f (x)只有一个零点；
②当a∈(
1
2 ,+∞)时，因为1−1
2a单调递增，ln 2a单调递增，所以1−1
2a + ln2a单调递增，
所以1−1
2a + ln2a>1−
1
2× 1
2
+ ln(2× 1
2)=0，f (−ln 2a)>0，故f (x)没有零点；
14
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③当a∈(0, 1
2)时，由于1−1
2a + ln 2a<0，即f (−ln 2a)<0，
又f (−2)=2ae
−4+2(a−1)e
−2+2= 2a
e
2 (
1
e
2 +1)+2−2
e
2 >2−2
e
2 >0，
故f (x)在(−∞,−ln 2a)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln(
3
2a −1)，则f (n0)=e
n0(2ae
n0+2a−2)−n0>e
n0−n0>0，
故f (x)在(−ln 2a,+∞)有一个零点.
综上，a的取值范围为(0, 1
2).
18．已知函数f (x)= x
3+a x
2+bx +c有三个不同的零点x1，x2，x3.
(1)若a=1，b=−1，求c的取值范围；
(2)若a= 3
2 ，b>0，x1=0，且对任意x∈[x2, x3](x2< x3)都有f (x)>f (−1)恒成立，求实数b的取值范围；
(3)若a=b>0，c =0，比较f (x)的极大值与−1的大小.
【答案】(1)−1<c< 5
27
(2)1
2 <b< 9
16
(3)极大值大于−1
【分析】（1）由极大值大于0，极小值小于0 可得答案；
（2）由题可得x2，x3是方程x
2+ 3
2 x +b=0的两个根，则由韦达定理结合题意可得：0> x3>−3
4 >−1，随
后分类讨论−1与x2大小关系可得答案；
（3）设f
′ (x)=0的两个不等根为t1，t2，由题可得f (x)的极大值为f (t1)=t1
3+at1
2+at1，然后由f
′(t1)=0，
可用t1表示a，可得f (t1)= −t1
4−2t1
3
2t1+1 ，最后利用导数知识可比较大小.
【详解】（1）a=1,b=−1时，f (x)= x
3+ x
2−x +c，f
′ (x)=3 x
2+2 x−1=(x +1)(3 x−1)，
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知x∈(−∞,−1)∪(
1
3 ,+∞)时，f
′ (x)>0；x∈(−1, 1
3)时，f
′ (x)<0，
所以f (x)在(−∞,−1)，(
1
3 ,+ ∞)上单调递增，在(−1, 1
3)上单调递减，
故f (x)的极大值是f (−1)=1+c ,f (x)的极小值是f(
1
3)=−5
27 +c，
由f (x)有三个零点知有¿解得−1<c< 5
27 .
（2）由x1=0知c =0，所以f (x)= x
3+ 3
2 x
2+bx = x(x
2+ 3
2 x +b)，
所以x2，x3是方程x
2+ 3
2 x +b=0的两个根，
即有Δ= 9
4 −4 b>0，得0<b< 9
16 ，x2+ x3=−3
2 ，x2 x3=b>0，
所以x2<0，x3<0，由x2< x3，得x2=−3
2 −x3< x3⇒0> x3>−3
4 >−1，
①x2≤−1< x3时，f (−1)=−(−1−x2)(−1−x3)≥0= f (x2)，
则此时f (x)>f (−1)不成立；
②−1< x2< x3时，f (x)= x(x−x2)(x−x3)≥0，
所以只需f (−1)<0，即−1+ 3
2 −b<0，解得b> 1
2.
综上可知1
2 <b< 9
16.
（3）当a=b，c =0时，f (x)= x
3+a x
2+ax，f
′ (x)=3 x
2+2ax +a，
由f (x)有三个零点知f
′ (x)=0有两个不相等的解，记为t1，t2（设t1<t2），
所以有Δ= 4 a
2−12a>0，得a>3（a<0舍去），
由求根公式知t1= −a−√a
2−3a
3
，t2= −a+√a
2−3a
3
，
16
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f (x)在(−∞,t1)，(t2,+ ∞)上单调递增，在(t1,t2)上单调递减，
所以f (x)的极大值为f (t1)=t1
3+at1
2+at1，
由f
′(t1)=0，得3t1
2+2at1+a=0，得a= −3t1
2
2t1+1，
代入得f (t1)=t1
3−3t1
4
2t1+1 −
3t1
3
2t1+1 = −t1
4−2t1
3
2t1+1 ，
由t1= −a−√a
2−3a
3
及a>3知t1<−1，
考虑函数g(x)= −x
4−2 x
3
2 x +1
，x<−1，
g
′ (x)= −6 x
2( x +1)
2
(2 x +1)
2
<0，所以g(x)在(−∞,−1)上单调递减，
所以g(x)>g(−1)=−1，
所以f (t1)>−1，
所以f (x)的极大值大于−1.
【点睛】关键点睛：对于零点问题，常转化为直线与函数图象交点个数问题，也可利用函数单调性结合零
点存在性定理解决；函数极值问题，常转化为导函数零点问题处理.
函数和导数综合
19．已知f (x)=(x +1)
3+ax +a，a∈R，则下列说法中正确的是（ ）
A．当a=−3时，函数f (x)的极大值点为1；
B．当a=−3时，过点(−1,0)可作一条直线与曲线y = f (x)相切；
C．对∀a∈R，点(−1,f (−1))是y = f (x)的对称中心；
D．若直线y =kx + k +2a+2与f (x)有三个交点x1、x2、x3，则x1+ x2+ x3=−3.
【答案】BCD
【分析】求导，根据函数的单调性即可求解极值点判断A，根据两点斜率以及导数的几何意义可得
题
型
17
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3 x0
2+6 x0= x0
3+3 x0
2−2
x0+1
，即可求解x0=−1判断B,根据奇函数的性质，结合函数平移的性质即可求解C，
根据x
3+3 x
2+(3+a−k ) x−a−k −1=(x−x1)(x−x2)(x−x3)，即可对比系数关系求解D.
【详解】对于A：当a=−3时，则f (x)= x
3+3 x
2−2，得f
′ (x)=3 x
2+6 x =3 x (x +2)，
令f
′ (x)<0⇒−2< x<0，f
′ (x)>0 x< 2
−
⇒
或x>0，
所以函数f (x)在(−2,0)上单调递减，在(−∞,−2)，(0,+ ∞)上单调递增，
所以x =−2是f (x)的极大值点，故A 错误；
对于B：由A 知，当a=−3时，f (x)= x
3+3 x
2−2，
设过点(−1,0)的切线方程为y =k (x +1)，设切点为(x0, x0
3+3 x0
2−2)，则k =3 x0
2+6 x0，
k = x0
3+3 x0
2−2
x0+1
，得3 x0
2+6 x0= x0
3+3 x0
2−2
x0+1
，整理得x0
3+3 x0
2+3 x0+1=0，即(x0+1)
3=0，
解得x0=−1，此时切点为(−1,0)，
所以过点(−1,0)只能作一条直线与曲线y = f (x)相切，故B 正确；
对于C：因f (x)=(x +1)
3+a(x +1)，f (x)由g(x)= x
3+ax左移一个单位，
又g(x)= x
3+ax为奇函数，关于原点对称，所以f (x)关于(−1,0)对称，而f (−1)=0，
所以对∀a∈R，点(−1,f (−1))是y = f (x)的对称中心，故C 正确，
对于D：由直线y =kx + k +2a+2与f (x)有三个交点x1，x2，x3，
则kx +k +2a+2= x
3+3 x
2+3 x +ax +a+1，
即x
3+3 x
2+(3+a−k ) x−a−k −1=0有三个实数根x1，x2，x3，
则x
3+3 x
2+(3+a−k ) x−a−k −1=(x−x1)(x−x2)(x−x3)，
所以x
3+3 x
2+(3+a−k ) x−a−k −1= x
3−(x1+ x2+ x3)x
2+(x1 x2+ x2 x3+ x1 x3)x−x1 x2 x3，
所以3=−(x1+ x2+ x3)，所以x1+ x2+ x3=−3，故D 正确.
18
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故选：BCD
20．已知P 为抛物线C：x
2= 4 y上一点，F 为C 的焦点，直线l 的方程为3 x + 4 y +6=0，则下列说法正确
的有（ ）
A．若A (3,4)，则| AP|+| PF |≥5
B．点P 到直线l 与到直线y =−2的距离之和的最小值为2
C．若存在点P，使得过点P 可作两条垂直的直线与圆x
2+( y −4)
2=r
2相切，则r 的取值范围为r ≥√6
D．过直线l 上一点E（点E 不在x 轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交x 轴于点A，B，△EAB外
接圆面积的最小值为π
【答案】ACD
【分析】对A，利用定义转化|PF|长度，即可利用几何法求出最小值；对B，利用定义转化|PN|长度，也
可利用几何法求出最小值；对C，把存在点P，使得过点P 可作两条垂直的直线与圆x
2+( y −4)
2=r
2相切
问题转化为圆心距| MP|的范围问题，即可求解；对D，设切线EA，EB与抛物线分别切于M，N，设
M(x1, x1
2
4 )，N(x2, x2
2
4 )，求出切线EA , EB的方程，进而求出点A ,B , E坐标，利用向量验证可得
EA ⊥FA，EB⊥FB，可得E，A，F，B 四点共圆，且△EAB的外接圆的直径为EF，问题转化为求|EF|
最小，即为点F 到直线3 x + 4 y +6=0的距离问题求解.
【详解】对于A，抛物线C：x
2= 4 y，焦点F (0,1)，准线m：y =−1，A (3,4)，
过点P 作准线m：y =−1的垂线，垂足为Q，再过点A 作准线m：y =−1的垂线，垂足为B，
由抛物线定义可知：| AP|+| PF |=| AP|+| PQ|≥| AB|= 4−(−1)=5，故A 正确；
对于B，过点P 作准线m：y =−1的垂线，垂足为Q，交直线n：y =−2于点N，
过点P 作直线l：3 x + 4 y +6=0的垂线，垂足为H，
过点F 作直线l：3 x + 4 y +6=0的垂线，垂足为G，
19
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由点F 到直线l：3 x + 4 y +6=0的距离公式可得：| FG|=|3×0+ 4×1+6|
√9+16
= 10
5 =2，
则点P 到直线l 与到直线y =−2的距离之和为：
| PH |+| PN |=| PH |+| PQ|+1=| PH |+| PF |+1≥| FG|+1=2+1=3，故B 错误；
对于C．
根据过点P 可作两条垂直的直线与圆x
2+( y −4)
2=r
2相切，如图，设切点为T，可知
| MP|=√| PT |
2+r
2．
由于两条切线垂直，可知∠MPT = π
4 ，即| PT |=r，所以有| MP|=√2r，
从而把问题转化为抛物线上存在点P 到圆心M 的距离为√2r，
先求抛物线上点P( x0, y0)到圆心M (0,4)的距离：
| MP|=√x0
2+( y0−4)
2=√4 y0+ y0
2−8 y0+16=√( y0−2)
2+12≥2√3，
当y0=2时，| MP|取到最小值2√3，
即√2r ≥2√3，解得r ≥√6，故C 正确．
对于D，切线EA，EB与抛物线分别切于M，N，设M(x1, x1
2
4 )，N(x2, x2
2
4 )，
因为y = x
2
4 ，故y
′ = x
2，故k EA = x1
2 ，k EB= x2
2 ，
20
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故直线EA：y = x1
2 ( x−x1)+ x1
2
4 = x1
2 x−x1
2
4
，同理，直线EB：y = x2
2 x−x2
2
4
，
由¿，可得¿，故E(
x1+ x2
2
, x1 x2
4 )，
又A(
x1
2 ,0)，故⃗EA =(−x2
2 ,−x1 x2
4 )，⃗FA =(
x1
2 ,−1)，
故⃗EA ⋅⃗FA =−x1 x2
4
+ x1 x2
4
=0，同理⃗EB⋅⃗FB =0，故EA ⊥FA，EB⊥FB，
所以E，A，F，B 四点共圆，且△EAB的外接圆的直径为EF，
所以| EF |min即为F 到直线3 x + 4 y +6=0的距离，此距离为2．
故| EF |min=2，即△EAB的外接圆的半径的最小值为1，故△EAB的外接圆面积的最小值为π．
故选：ACD.
21．过点P作抛物线x
2= 4 y的两条切线PA , PB，切点为A(x1, y1),B(x2, y2), F为抛物线的焦点，则下列
说法正确的是（ ）
A．点P的坐标为(
x1+ x2
2
, x1 x2
4 )
B．若线段AB的中点为M , PM与抛物线交于点N，则|PM|=2|PN|
C．设抛物线上A ,B之间任意一点Q处的切线分别与PA , PB交于点C , D，记△PAB ,△CAQ ,△DBQ
的面积分别为S1,S2,S3，则S2
1
3 +2S3
1
3 = S1
1
3
D．| PF |
2=|AF|⋅|BF|
【答案】ABD
【分析】对于A，利用导数的几何意义，求出在点A ,B处的切线方程，联立切线方程，即可求解；对于
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B，根据题设条件，直接求得y N = y M + y P
2
，即可求解；对于C，根据题设求得S1= (x2−x1)
3
16
，
S2= (xQ−x1)
3
16
,S3= (x2−xQ)
3
16
，即可求解；对于D，利用两点间的距离公式及抛物线的焦半径公式，即可
求解.
【详解】对于选项A，由x
2= 4 y，得到y = 1
4 x
2，则y ' = 1
2 x，由导数的几何意义知，
曲线在点A(x1, y1)处的切线方程为y −y1= 1
2 x1(x−x1)，整理得到1
2 x1 x−y + y1−1
2 x1
2=0，
又y1= 1
4 x1
2，所以1
2 x1 x−y −1
4 x1
2=0，即2 x1 x−4 y −x1
2=0，
同理可得曲线在点B(x2, y2)的处切线方程为2 x2 x−4 y −x2
2=0，
则¿，
解得x = x1+ x2
2
, y = x1 x2
4
，所以点P的坐标为(
x1+ x2
2
, x1 x2
4 )，故选项A 正确；
对于选项B，易知M(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )，由选项A 知PM的方程为x = x1+ x2
2
，
所以xN = x1+ x2
2
，代入x
2= 4 y，得y N = y1+ y2
4
+ x1 x2
8
= y M + y P
2
，
所以N是线段PM的中点，故|PM|=2|PN|，所以选项B 正确，
对于选项C，由选项B 知PM垂直x轴，不妨设x1< x2，则
S1= 1
2|MP|⋅|x1−x2|= 1
2|y M −y P|⋅|x1−x2|= 1
2|
y1+ y2
2
−x1 x2
4 |⋅|x1−x2|
= 1
2
(x1−x2)
2
8
⋅|x1−x2|= (x2−x1)
3
16
，
由x1< xQ< x2，同理可得S2= (xQ−x1)
3
16
,S3= (x2−xQ)
3
16
，
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所以S2
1
3 + S3
1
3 = S1
1
3，故选项C 错误；
对于选项D，点P的坐标为(
x1+ x2
2
, x1 x2
4 )，点F的坐标为(0,1)，
则| PF |
2=(
x1+ x2
2 )
2
+(
x1 x2
4
−1)
2
= x1
2+ x2
2
4
+ x1
2 x2
2
16 +1= y1+ y2+ y1 y2+1，
又由抛物线定义可知|AF|⋅|BF|=( y1+1)⋅( y2+1)= y1+ y2+ y1 y2+1，
所以| PF |
2=|AF|⋅|BF|，故选项D 正确，
故选：ABD.
22．已知函数f (x)=cos2 x，则（ ）
A．f (x)的图象关于直线x =π
4 对称
B．f (x)在区间[−π
2 ,0]上单调递增
C．f (x)的最小正周期为2π
D．f (x)在点(0,1)处的切线方程为y =1
【答案】BD
【分析】根据余弦函数的性质逐项分析判断ABC 即可；由导数的意义求切线可判断D.
【详解】对于A，由于f(
π
4 )=cosπ
2 =0，则x =π
4 不是f ( x)的对称轴，故A 错误；
对于B，当−π
2 ≤x ≤0时，−π ≤2 x ≤0，
由余弦函数的性质可知，f ( x)在区间[−π
2 ,0]上单调递增，故B 正确；
对于C，函数f ( x)的最小正周期为2π
2 = π，故C 错误；
对于D，f
′( x)=−2sin 2 x，f
′(0)=0，则f ( x)在点(0,1)处的切线方程为y =1，故D 正确．
23
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故选：BD
23．已知函数f (x)= ln (sin x +1)+ x，下列说法正确的是（ ）
A．当x>0时，f (x)<2 x
B．f
′ (x)是周期函数，且最小正周期为π
C．不存在直线y =m(m∈R)与曲线f (x)相切
D．若f (α )=−f (β)，α ∈(−π
2 ,0)，β ∈(0,π
2 )，则α + β >0
【答案】AD
【分析】求导，构造函数可判断A 选项，根据三角函数的周期性可判断B 选项，根据导数的几何意义可判
断C 选项，计算f (x)+ f (−x)即可判断D 选项.
【详解】由函数y =lnx −x +1，y
′ = 1
x −1= 1−x
x
，
所以函数y =lnx −x +1在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以y =lnx −x +1≤ln1−1+1=0，即lnx ≤x−1，当且仅当x =1时等号成立；
又函数y = sinx−x，y
′ =cosx−1≤0恒成立，函数y = sinx−x单调递减，
所以当x>0时，y = sinx−x<0，
所以f (x)= ln (sinx +1)+ x ≤sinx + x<2 x，A 选项正确；
由f
' (x)= cosx
sinx +1 +1=¿，周期为2π，故B 选项错误；
令f
′ (x)=0，方程有解，故C 选项错误；
f (x)+ f (−x)= ln (sinx +1)+ x + ln (−sinx +1)−x = ln cos
2 x<0，且f (x)在(−π
2 ,π
2 )单调递增，
因此f (α )+ f (−α )=−f (β)+ f (−α )<0，所以f (−α )<f (β)，
所以−α < β，α + β >0，故D 选项正确；
故选：AD.
24．已知曲线y = x +ln x在点(1,1)处的切线与曲线y =a x
2+(a+ 4) x +1只有一个公共点，则a=
.
【答案】0 或2
【分析】求出曲线在点(1,1)处的切线方程，再联立切线方程和抛物线方程并消去y，利用判别式为零可求
a的值.
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【详解】由y = x +lnx得y
′ =1+ 1
x ，当x =1时，切线的斜率k =2，
则曲线y = x +lnx在点(1,1)处的切线方程为y =2(x−1)+1=2 x−1，
因为它与y =a x
2+(a+ 4) x +1只有一个公共点，所以a x
2+(a+ 4) x +1=2 x−1有唯一解，
即a x
2+(a+2) x +2=0有唯一解，
故¿或a=0，
解得a=2或a=0，
故答案为：0 或2
25．已知函数f (x)=e
x−a(x−1)．
(1)若曲线y = f (x)在点P(1,f (1))处的切线l在x轴上的截距为2，求a的值；
(2)若f (x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围；
(3)若f (x)有两个不同的零点x1, x2，证明：1
x1
+ 1
x2
>1．
【答案】(1)a=2e
(2)(e
2,+ ∞)
(3)证明见解析
【分析】(1)利用导数的几何意义求出曲线在点P(1,f (1))处的切线方程，即得结果；
(2)分类讨论a≤0，a>0，判断单调性，根据f (x)有极小值，且极小值小于0，求出a的范围.
(3) 由已知f (x1)= f (x2)=0,转化为x1 x2−(x1+ x2)=e
x1+ x2
a
2 −1，进行求解，要证1
x1
+ 1
x2
>1，转化为
f (x2)<f (2lna−x1)，进而构造h(x)= f (x)−f (2lna−x)，判断单调性，进行求解.
【详解】（1）因为f (1)=e，则点P(1,e)．因为f
′ (x)=e
x−a，则f
′ (1)=e−a．
据题意，切线l经过点A (2,0)，则f
′ (1)=k PA，
即e a=
−
e
1−2 =−e，所以a=2e．
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（2）若a≤0，因为e
x>0，则f
′ (x)>0,f (x)在R上单调递增，f (x)无极值，不合题意．
若a>0，令f
′ (x)>0，得e
x>a，即x>lna，
则f (x)在(lna,+∞)上单调递增，在(−∞,lna)上单调递减，
所以x =lna为f (x)的极小值点．
由已知，f (lna)<0，即e
lna−a (lna 1
−
)=a−a (lna 1
−
)=a(2−lna)<0，
从而2−lna<0，即lna>2，得a>e
2，
所以a的取值范围是(e
2,+ ∞)．
（3）由已知，f (x1)= f (x2)=0，即¿．
两式相乘，得e
x1⋅e
x2=a
2(x1−1)(x2−1)，
即e
x1+ x2=a
2(x1 x2−x1−x2+1)，
所以x1 x2−(x1+ x2)=e
x1+ x2
a
2 −1．
因为当a≤0时，f (x)在R上单调递增，f (x)至多1 个零点，不合题意，则a>0．
因为a( x1−1)=e
x1>0，则x1>1；同理，x2>1．
要证1
x1
+ 1
x2
>1，即证x1+ x2> x1 x2，
即证x1 x2−(x1+ x2)<0，
只要证e
x1+ x2
a
2 −1<0，即证e
x1+ x2<a
2，
即证x1+ x2<2lna，即证x2<2lna−x1．
不妨设x1< x2，由（2）知，x1<lna< x2，则2lna−x1>lna．
因为f (x)在(lna,+∞)上单调递增，
只要证f (x2)<f (2lna−x1)，即证f (x1)<f (2lna−x1)．
设h(x)= f (x)−f (2lna−x)，则h
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (2lna−x)=e
x+e
2lna−x−2a=e
x+ a
2
e
x −2a
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≥2√
e
x⋅a
2
e
x −2a=0，
所以h(x)在R上单调递增．
因为x1<lna，则h(x1)<h (lna)= f (lna)−f (lna)=0，即f (x1)−f (2lna−x1)<0，
即f (x1)<f (2lna−x1)，所以原不等式成立．
26．已知函数f (x)= 1
2 x
2−aln x (a∈R).
(1)若曲线y = f (x)在x =1处的切线与x +3 y =0垂直，求实数a的值；
(2)当a= 4，f (x)在区间[k −1,k +1]上不单调，求实数k的取值范围；
(3)若a=−2，对任意x1, x2∈(0,2]且x1≠x2，不等式|f (x1)−f (x2)|≤m|
1
x1
−1
x2|成立，求m的最小值.
【答案】(1)a=−2
(2)1<k <3
(3)12
【分析】（1）根据导数的几何意义，得到f
′ (1)=1−a=3，即可求解；
（2）首先求函数的导数，求出函数的单调区间，再列出不等式即可求得结果；
（3）因为a=−2，求出函数的导函数，设0< x1< x2≤2，即可将问题转化为f (x2)+ m
x2
≤f (x1)+ m
x1
恒成立，
设函数h(x)= f (x)+ m
x = 1
2 x
2+2lnx + m
x ，求导找出单调性即可求得结果.
【详解】（1）因为f (x)= 1
2 x
2−alnx (a∈R)，所以f
′ (x)= x−a
x ，
因为曲线y = f (x)在x =1处的切线的与直线x +3 y =0，则f
′ (1)=1−a=3，解得a=−2；
（2）因为a= 4，所以f (x)= 1
2 x
2−4lnx，定义域为(0,+∞)，
求导可得f
′ (x)= x−4
x = x
2−4
x
，
令f
′ (x)>0，得到：x>2或x<−2（舍去），得f (x)在(2,+∞)上单调递增，
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令f
′ (x)<0，得到：0< x<2，故f (x)在(0,2)上单调递减，
要使得f (x)在区间[k −1,k +1]上不单调，则0<k −1<2<k +1⇒1<k <3，
（3）因为a=−2，所以f (x)= 1
2 x
2+2lnx，所以函数f (x)在(0,2]上单调递增，
因为x1≠x2，不妨设0< x1< x2≤2，则1
x1
> 1
x2
因为|f (x1)−f (x2)|≤m|
1
x1
−1
x2|，所以f (x2)−f (x1)≤m(
1
x1
−1
x2)，
即f (x2)+ m
x2
≤f (x1)+ m
x1
恒成立，
设h(x)= f (x)+ m
x = 1
2 x
2+2lnx + m
x ，
若f (x2)+ m
x2
= f (x1)+ m
x1
，则h(x)是(0,2]上的常函数，显然不成立，
若f (x2)+ m
x2
<f (x1)+ m
x1
，则h(x)是(0,2]上的减函数，
所以h
′ (x)= x + 2
x −m
x
2 ≤0在(0,2]上恒成立，即m≥x
3+2 x在(0,2]上恒成立，
又函数y = x
3+2 x在(0,2]上是增函数，所以x
3+2 x ≤12（当且仅当x =2时等号成立）.
综上，m≥12，即m的最小值为12
27．已知曲线y = x +ln x在点(1,1)处的切线与曲线y =a x
2+(a+ 4) x +1只有一个公共点，则a=
.
【答案】0 或2
【分析】求出曲线在点(1,1)处的切线方程，再联立切线方程和抛物线方程并消去y，利用判别式为零可求
a的值.
【详解】由y = x +ln x得y
′ =1+ 1
x ，当x =1时，切线的斜率k =2，
则曲线y = x +ln x在点(1,1)处的切线方程为y =2(x−1)+1=2 x−1，
因为它与y =a x
2+(a+ 4) x +1只有一个公共点，所以a x
2+(a+ 4) x +1=2 x−1有唯一解，
即a x
2+(a+2) x +2=0有唯一解，
故¿或a=0，
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解得a=2或a=0，
故答案为：0 或2
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