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专题03 函数与导数
9 大考点概览
考点01 指对幂函数
考点02 函数的性质
考点03 函数的根与零点
考点04 函数的应用
考点05 导数的几何意义
考点06 极值与最值零点
考点07 恒成立问题
考点08 导数综合问题
考点09 导数与三角函数
1．（2026·哈尔滨三中·二模）若函数f ( x)=¿，则f (f (2))=（ ）
A．−3
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【详解】由题意得f (2)= log22=1，
则f (f (2))= f (1)=2
1+1=2
2= 4.
故选：D
2．（2026·辽宁省名校协作体·二模）函数f (x)=lg x + 2 x
x +1，若f (a)+ f (b)=2,a>0,b>0，则
(a+b)
2的最小值为（ ）
A．√2
B．2
C．4
D．16
【答案】C
【分析】根据函数推导出f (x)与f(
1
x)的关系，再根据函数的单调性得到a与b关系，最后根据基本
不等式求解即可.
【详解】∵f (x)=lg x + 2 x
x +1 ,∴f(
1
x)=lg 1
x +
2
x
1
x +1
=−lg x +
2
1+ x ，
考点1
指对幂函数
1
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∴f (x)+ f(
1
x)=2,∴f (a)+ f(
1
a)=2,
又∵f (x)=lg x + 2 x
x +1 =lg x +2−
2
x +1在(0,+∞)单调递增，
∵f (a)+ f (b)=2，∴f(
1
a)= f (b)
∴b= 1
a，即ab=1.
∴(a+b)
2=a
2+2ab+b
2=a
2+b
2+2≥2ab+2= 4，当且仅当a=b=1时，等号成立.
故选：C
3．（2026·辽宁省名校协作体·二模）设f (x)=¿，若存在实数x1，x2，x3，x4满足x1< x2< x3< x4，
且f ( x1)= f ( x2)= f ( x3)= f ( x4)，则
( x3−2)( x4−2)
x1 x2
的范围是（ ）
A．(0,12)
B．(4,16)
C．(9,21)
D．(15,25)
【答案】A
【详解】画出函数f ( x)的图像，分析x1，x2，x3，x4间的关系，然后结合二次函数求解即可.
【解答】函数f ( x)的图像如图所示，
∵f ( x1)= f ( x2)，∴−log2 x1= log2 x2，∴x1 x2=1，
∵f ( x3)= f ( x4)，∴x3+ x4=12，2< x3<4，8< x4<10，
∴( x3−2)( x4−2)
x1 x2
= x3 x4−2( x3+ x4)+ 4 = x3 x4−20
= x3(12−x3)−20=−( x3−6)
2+16，
又因为2< x3<4，所以0<−( x3−6)
2+16<12.
故选：A
2
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4．（2026·内蒙古包头·二模）设函数f ( x)=¿，若f ( x)=−3，则f ( x−8)=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【分析】对x分类讨论，解方程求得x =9，进而求解f (1)即可.
【详解】当x ≤1时，f (x)=3
x+1=−3，即3
x=−4，无解；
当x>1时，f (x)= log 1
2
(x−1)=−3，解得x =9>1，
所以f (x−8)= f (9−8)= f (1)=3+1= 4.
故选：D
5．（2026·吉林长春·质量监测(二)）已知实数m>n>1，若logmn+lognm= 10
3 且m
n=n
m，则
m
2+n
2=（ ）
A．9
B．21
C．27
D．30
【答案】D
【分析】设t =logmn，由已知条件可得t + 1
t = 10
3 ，求出t，即可得m=n
3，结合m
n=n
m可求出n 的
值，继而求出m，即可求得答案.
【详解】设t =logmn，则lognm= 1
t ，由于m>n>1，则0<t <1，
故由logmn+lognm= 10
3 可得t + 1
t = 10
3 ，即3t
2−10t +3=0，
解得t = 1
3，t =3舍去，
故logmn= 1
3，即得m
1
3 =n,∴m=n
3，
又m
n=n
m，则n
3n=n
n
3
，即3n=n
3，结合n>1，得n
2=3,∴n=√3，
故m=(√3)
3=3√3，则m
2+n
2=(3√3)
2+(√3)
2=30.
故选：D
6．（2026·辽宁大连·二模）已知m+n=log4(4
m+ 4
n),m+n+ p=log4(4
m+ 4
n+ 4
p)，则p的最大
值是（ ）
A．1
B．1−log43
C．log43
D．log34
3
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【答案】B
【分析】令a= 4
m,b= 4
n,c = 4
p，化简得出a+b=ab,a+b+c =abc，再利用基本不等式求出c的
最大值即可.
【详解】由题意得，4
m+ 4
n= 4
m+n,4
m+ 4
n+ 4
p= 4
m+n+ p，
令a= 4
m,b= 4
n,c = 4
p，则a+b=ab,a+b+c =abc，
则c = a+b
ab−1 =
ab
ab−1 =1+
1
ab−1，
因为a>0,b>0，所以a+b=ab≥2√ab，即ab≥4，等号成立时a=b=2，
则ab−1≥3，c =1+
1
ab−1 ∈(1, 4
3]，
则4
p的最大值为4
3 ，故p的最大值是log4
4
3 =1−log43.
故选：B
1．（2026·黑龙江大庆·二检）已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，f (x +1)是偶函数，当
x∈[0,1]时，f (x)= x
2+ x，则f (2024)+ f (2025)+ f (2026)=（ ）
A．4
B．2
C．0
D．−2
【答案】B
【分析】利用奇偶性和对称性可证明周期性，从而利用周期性来求值，即可求出结果.
【详解】因为f (x +1)是偶函数，所以f (x +1)= f (−x +1)，所以f (x +2)= f (−x)，
即f (2)= f (−0)= f (0)=0
2+0=0，
又因为f (x)是定义在R上的奇函数，所以f (−x)=−f (x)，
即f (x +2)=−f (x)，所以f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，所以函数f (x)以4 为周期,
即f (2024)= f (506×4)= f (0)=0，f (2025)= f (506×4 +1)= f (1)=1
2+1=2
f (2026)= f (506×4 +2)= f (2)= f (0)=0
所以f (2024)+ f (2025)+ f (2026)=2.
故选：B
2．（2026·内蒙古包头·二模）已知函数f (x)是周期为2的奇函数，且当x∈(0,1)时，f (x)= x，则
考点2
函数的性质
4
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f(
7
2)
的值为（ ）
A．−1
2
B．1
2
C．7
2
D．3
2
【答案】A
【分析】先利用周期为2和奇函数的性质将f(
7
2)转化为−f(
1
2)，再结合x∈(0,1)时，f (x)= x，
求出f(
1
2)，进而得出结果.
【详解】因为函数f (x)是周期为2的奇函数，所以f(
7
2)= f(−1
2)=−f(
1
2)，
又当x∈(0,1)时，f (x)= x，所以f(
1
2)= 1
2，则f(
7
2)=−1
2.
故选：A.
3．（2026·吉林白山·二模）已知函数f ( x)=¿，若f (4−a)>f (a)，则实数a的取值范围是（ ）
A．(－∞，2)
B．(2，＋∞)
C．(－∞，－2)
D．(－2，＋∞)
【答案】A
【分析】先判断函数单调性，然后利用其单调性解不等式.
【详解】当x ≥0时，f ( x)= x
2+ 4 x，其对称轴为x =−2且函数图像开口向上，所以f ( x)= x
2+ 4 x
在[0,+∞)上为增函数，且f ( x)≥f (0)=0
当x<0时，f ( x)= 4 x−x
2，其对称轴为x =2且函数图像开口向下，所以f ( x)= 4 x−x
2在(−∞,0)
上为增函数，且f ( x)<f (0)=0，
所以f ( x)在R上为增函数，
因为f (4−a)>f (a)，
所以4−a>a，解得a<2，
故选：A
5
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4．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知定义在R上的函数f (x)满足f (x)=−f (2−x)，若函数
g(x)=ln(1−2
x)与函数y = f (x)的图象的交点为(x1, y1)，(x2, y2)，⋯，(x8, y8)，则
∑
i=1
8
(xi+ yi)=（ ）
A．8
B．19
2
C．12
D．25
2
【答案】A
【分析】判断出函数f (x)与g(x)的对称中心，根据两函数图象交点的对称性计算即可.
【详解】由f (x)=−f (2−x)可得，f (x)+ f (2−x)=0，所以函数f (x)关于点(1,0)对称.
函数g(x)=ln(1−2
x)的定义域为(−∞,0)∪(2,+∞).
因为g(x)+ g(2−x)=ln(1−2
x)+ln(1−
2
2−x)= ln(
x−2
x
⋅−x
2−x)= ln1=0，
所以函数g(x)关于点(1,0)对称.
因此函数g(x)与函数y = f (x)的图象的交点也关于点(1,0)对称.
若(xi, yi)是两函数图象的交点，则(2−xi,−yi)一定是两函数图象的交点，
那么xi+2−xi=2，yi+(−yi)=0.
所以∑
i=1
8
(xi+ yi)=∑
i=1
8
xi+∑
i=1
8
yi= 4×2+ 4×0=8.
故选：A
5．（2026·吉林G35 联合体·二模）已知函数f (x)的图象关于直线x =m对称，且f (x)在[m,+ ∞)上
单调递减，若∀x∈(0,+∞)，f (1+ x)>f (1−x)，则m 的取值范围是（ ）
A．(0,1)
B．(−∞,1)
C．(−∞,0)
D．(1,+ ∞)
【答案】D
【分析】由函数的对称性得到|(1+ x)−m|<|(1−x)−m|恒成立，通过平方化简即可求解.
6
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【详解】由f ( x)关于直线x =m对称，且在[m,+∞)上单调递减，
因为x∈(0,+∞)，f (1+ x)>f (1−x)恒成立，
所以 |(1+ x)−m|<|(1−x)−m|,( x>0)，
两边平方展开化简： [(1−m)+ x ]
2<[(1−m)−x ]
2
即(1−m)
2+2(1−m) x + x
2<(1−m)
2−2(1−m) x + x
2 ，
整理得(1−m)x<0，
因为对任意x>0不等式恒成立，故1−m<0，即m>1，
故m的取值范围是(1,+ ∞).
故选：D
6．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)（多选）已知f (x), g(x)是定义在R上的函数，若h(x)=¿，则
（ ）
A．当函数f (x), g(x)均有零点时，h(x)也有零点
B．当函数f (x), g(x)均为增函数时，h(x)也为增函数
C．当函数f (x), g(x)均为偶函数时，h(x)也为偶函数
D．当函数f (x), g(x)均为周期函数且有相同周期时，h(x)也为周期函数
【答案】BCD
【分析】利用反例f (x)= x，g(x)=−x−1可判断A；分类讨论可判断B；利用偶函数和周期函数的
性质可判断CD.
【详解】对于A，设f (x)= x，则f (x)的零点为x =0，设g(x)=−x−1，则g(x)的零点为x =−1.
当x ≤−1
2时，f (x)= x ≤−x−1= g(x)，故h(x)= x，此时h(x)无零点；
当x>−1
2时，f (x)= x>−x−1= g(x)，故h(x)=−x−1，此时h(x)无零点，故A 错误；
对于B，若∀x1, x2∈R，因为f (x), g(x)为增函数，则有f (x1)<f (x2), g(x1)<g(x2)由
h(x)=min{f (x),g(x)}，可知h(x1)<f (x1)且h(x1)<g(x1)，
所以h(x1)<f (x2)且h(x1)< g(x2)，所以h(x1)<min{f (x2),g(x2)}=h(x2)，
所以h(x)为增函数，故B 正确；
7
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对于C，若函数f (x), g(x)均为偶函数，则f (−x)= f (x), g(−x)= g(x)，
则h(−x)=¿，故C 正确；
对于D，若函数f (x), g(x)均为周期函数且有相同周期T时，
则f (x)= f (x +T ), g(x)= g(x +T )，
所以h(x +T )=¿，故D 正确.
故选：BCD
7．（2026·吉林梅河口五中·二模）（多选）定义在R上的奇函数f (x)满足f (2+ x)= f (−x)，当
x∈[0,1]时，f (x)=√x，则下列结论正确的有（ ）
A．当x∈[2,3]时，f (x)=−√3−x
B．f (x)的图象在x = 3
2处的切线方程为2 x +2√2 y −5=0
C．f (x)的图象与g(x)=lg|x−1|的图象所有交点的横坐标之和为10
D．f (x)的图象与直线y = x +b恰有一个公共点，则实数b∈(4 k −15
4 ,4 k −1
4)(k ∈Z)
【答案】BCD
【分析】先判断函数的对称性，周期性，对A，利用周期可得；对B，求出x∈[1,2]表达式，然后
求导计算；对C，作出两个函数图象判断即可；对D，作出图形，然后分情况讨论，利用导数计算
判断.
【详解】由函数f (x)为R上的奇函数，所以f (−x)= f (x)，
由f (2+ x)= f (−x)，所以函数f (x)关于x =1对称，且f (2+ x)= f (−x)=−f (x)，则f (4+ x)= f (x)，
所以4 为函数f (x)的一个周期.
对A，x∈[2,3]，则x−2∈[0,1]，f (x−2)= f (x +2)=−f (x)，所以f (x)=−f (x−2)，
由当x∈[0,1]时，f (x)=√x，所以f (x)=−f (x−2)=−√x−2，错误；
对B，由A 可知：当x∈[2,3]时，f (x)=−√x−2，所以当x∈[−3,−2]时，f (x)=√−x−2，
所以当x∈[1,2]时，x−4∈[−3,−2]，则f (x)= f (x−4)=√2−x，
f ' (x)=−
1
2√2−x ，f '(
3
2)=−√2
2 ,f(
3
2)= √2
2 ，
所以函数f (x)的图象在x = 3
2处的切线方程为y =−√2
2 (x−3
2)+ √2
2 ，即2 x +2√2 y −5=0，正确；
对C，作出函数y = f (x)与g(x)=lg|x−1|图象，
8
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函数g(x)=lg|x−1|图象关于x =1对称，当x>1时，图象共有5 个交点，由f (x)为奇函数，所以当
x<1时，图象也有5 个交点，所以图象所有交点的横坐标之和为10，正确；
对D，如图：
当x∈[−1,0]时，f (x)=−f (−x)=−√−x；当x∈[4,5]时，f (x)= f (x−4)=√x−4，
当为图中l1情况，f (x)=−√−x，f ' (x)=
1
2√−x ，令
1
2√−x =1⇒x =−1
4 ，y =−1
2，
所以切点为(−1
4 ,−1
2)，所以−1
4 +b=−1
2 ⇒b=−1
4 ；
当为图中l2情况，f (x)=√x−4，f ' (x)=
1
2√x−4 ，令
1
2√x−4 =1⇒x = 17
4 ，y = 1
2，
所以切点为(
17
4 , 1
2)，所以17
4 +b= 1
2 ⇒b=−15
4 ；
所以函数f (x)的图象与直线y = x +b恰有一个公共点，则实数b∈(4 k −15
4 ,4 k −1
4)(k ∈Z)，
正确。
故选：BCD
8．（2026·内蒙古包头·二模）已知f (x)= xe
2 x
e
ax−1
是偶函数，则a=__________.
【答案】4
【分析】利用偶函数的性质，令f (x)−f (−x)=0计算可得.
【详解】因为f (x)= xe
2 x
e
ax−1
为偶函数，
9
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则f (x)−f (−x)= xe
2 x
e
ax−1
−(−x)e
−2 x
e
−ax−1
= x[e
2 x−e
(a−2) x]
e
ax−1
=0，
又因为x不恒为0，可得e
2 x−e
(a−2) x =0，即e
2 x =e
(a−2) x，
则2 x =(a−2) x，即2=a−2，解得a= 4.
故答案为：4.
9．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，且当x ≥0时，
f (x)= x
2+ x，则f (−3)=_______.
【答案】−12
【分析】根据给定条件，利用奇函数的性质求出函数值.
【详解】函数f (x)是定义在R上的奇函数，且当x ≥0时，f (x)= x
2+ x，
则f (−3)=−f (3)=−(3
2+3)=−12.
故答案为：−12
10．（2026·吉林长春·质量监测(二)）已知函数f (x)=2
x−2
−x，若f (2
a)+ f (−4)>0，则a的取值范
围是___________．
【答案】(2,+∞)
【分析】先判断函数f (x)的奇偶性，再判断函数f (x)的单调性，利用函数性质求a的范围即可.
【详解】已知函数f (x)=2
x−2
−x，则f (−x)=2
−x−2
x =−(2
x−2
−x)=−f (x)，
∴f (x)是奇函数，
∵y =2
x是增函数，y =−2
−x =−(
1
2)
x
是增函数，
∴f (x)=2
x−2
−x是增函数，
因为f (2
a)+ f (−4)>0，
∴f (2
a)+ f (−4)= f (2
a)−f (4)>0，即f (2
a)>f (4)，
∵f (x)是单调递增函数，
∴2
a>4 =2
2，解得a>2．
10
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所以a的取值范围是(2,+ ∞).
1．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）函数f (x)=3
x+ x +a，若f (a)=0，则a的取值范围为（ ）
A．(−3,−2)
B．(−2,−1)
C．(−1,0)
D．(0,1)
【答案】C
【详解】由题得f (a)=3
a+2a=0，令g(a)=3
a+2a，由函数性质可知g(a)为增函数，
又g(−1)= 1
3 −2<0，g(0)=1>0，根据零点存在性定理可知：−1<a<0，
即a的取值范围为(−1,0).
2．（2026·辽宁大连·二模）若关于x的方程x
2−ax + 4 =0有两相异实根x1, x2，且0< x1< x2<4，则
实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−4)∪(4 ,+ ∞)
B．(0,5)
C．(4,5) D．(4,8)
【答案】C
【分析】根据两相异实根x1, x2满足0< x1< x2<4得到关于a的不等式组，再解不等式组可得答案.
【详解】因为方程x
2−ax + 4 =0有两相异实根x1, x2，且0< x1< x2<4，
则¿，解得4<a<5.
故选：C.
3．（2026·辽宁辽阳·二模）已知[x]表示不超过x的最大整数，f (x)= x−[x]−1
2，若f (x)在区间
(t ,3t )恰有两个零点，则t 的取值范围是______．
【答案】(
5
6 , 7
6]∪{
3
2}
【分析】结合[x]的性质，可得f (x)零点为k + 1
2
(k ∈Z)，则可得¿，k ∈Z，解出即可得.
【详解】令x =[x]+m，则m∈[0,1)，则f (x)= x−[x]−1
2 =m−1
2，
令f (x)=0，可得m= 1
2，故f (x)= x−[x]−1
2的零点为k + 1
2
(k ∈Z)，
则有¿，k ∈Z，即有¿，k ∈Z，
由题意可得3t >t，故t >0，且有¿，解得−1<k ≤1，
考点3
函数的根与零点
11
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又k ∈Z，故k =0或k =1，当k =0时，5
6 <t ≤7
6 ；当k =1时，有t = 3
2；
综上可得：t ∈(
5
6 , 7
6]∪{
3
2}.
1．（2026·吉林G35 联合体·二模）一个港口的某一观测点的水位在退潮的过程中，水面高度h（单
位：cm）关于时间t（单位：s）的函数解析式为h(t )= 100
2t +1 +k（k为参数）.已知刚开始退潮时水
面高度为100cm，若从t =a到t =a+10，水面高度下降了16cm，则a=（ ）
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】A
【详解】由题意可得h(0)=100+k =100，解得k =0．令h(a)−h(a+10)=16，
即100
2a+1 −
100
2(a+10)+1 =16，化简得a
2+11a−26=0，解得a=2（a=−13舍去）．
2．（2026·东北三省三校·二模）人工智能（AI）领域中，神经网络是用于模仿神经元，用来学习规
律做预测和识别的数学模型.神经网络中的激活函数能把线性输入变成非线性输出.σ (x)=
1
1+e
−x 是
最常用的激活函数,下面关于σ (x)表述错误的是（ ）
A．σ (ln2)= 2
3
B．0<σ (x)<1
C．σ ' (x)=σ (x)[1−σ (x)]
D．σ (2)< 7
8
【答案】D
【详解】σ (ln2)=
1
1+e
−ln2 =
1
1+ 1
e
ln2
=
1
1+ 1
2
= 2
3，故A 正确；
∵e
−x>0恒成立，故1+e
−x>1，则
1
1+e
−x <1，故0<
1
1+e
−x <1，故B 正确；
σ
′ (x)=e
−x
(1+e
−x)
2，σ (x)[1−σ (x)]=
1
1+e
−x ⋅(1−
1
1+e
−x)=
1
1+e
−x ⋅e
−x
1+e
−x =e
−x
(1+e
−x)
2，
∴σ
′ (x)=σ (x)[1−σ (x)]，故C 正确；
考点4
函数的应用
12
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σ (2)=
1
1+e
−2 =e
2
1+e
2，又e
2
1+e
2 −7
8 =e
2−7
8(1+e
2)，∵e
2≈7.389>7，∴e
2−7
8(1+e
2)
>0，
∴σ (2)> 7
8，故D 错误.
1．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）f (x)=a x
3+bx +c (a≠0)在点(0,f (0))处的切线方程是
x−y +1=0，则b+c =（ ）
A．−2
B．0
C．1
D．2
【答案】D
【分析】借助导数的几何意义计算即可得.
【详解】f
′ (x)=3a x
2+b，又f (x)在(0,f (0))处的切线方程是x−y +1=0，
故f
′ (0)=b=1，又f (0)=c =1，故b+c =2.
2．（2026·辽宁辽阳·二模）函数y =(x +8)
2
3在x =0处的切线方程是（ ）
A．x−3 y +12=0B．x +3 y −12=0
C．4 x−3 y +12=0
D．x−3 y + 4 =0
【答案】A
【分析】先求出导数得出切线斜率，再应用点斜式得出切线方程.
【详解】因为函数y =(x +8)
2
3，所以y
' = 2
3
(x +8)
−1
3，则在x =0处的切线斜率是2
3 ×8
−1
3 = 1
3
，
函数y =(x +8)
2
3过(0,4)，
在x =0处的切线方程是y −4 = 1
3
(x−0)，即得x−3 y +12=0.
3．（2026·吉林白山·二模）已知m>0，n>0，直线y = x
e +m+1与曲线y = ln x−n+3相切，则
1
m + 9
n的最小值为（ ）
A．16
B．12
C．9
D．8
【答案】D
考点5
导数的几何意义
13
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【分析】设切点为(t ,ln t −n+3)，求导，根据导数的几何意义结合相切，得到1
t = 1
e ，解得t =e，
再代入得m+n=2，再利用基本不等式“1”的妙用求最值即可．
【详解】由y = ln x−n+3求导得y
′ = 1
x ，
设切点为(t ,ln t −n+3)，则1
t = 1
e ⇒t =e ⇒切点(e,4−n)，
由切点在切线上得4−n=2+m，⇒m+n=2．
1
m + 9
n =( 1
m + 9
n )⋅m+n
2
=5+ n
2m + 9m
2n ≥5+2√
n
2m ⋅9m
2n =8，
当且仅当¿，即m= 1
2 ,n= 3
2时等号成立，
所以1
m + 9
n的最小值为8．
故选：D．
4．（2026·辽宁省名校协作体·二模）已知直线y =ax +b与函数y = ln x +√x的图象相切，若
a∈(0, 1
2 ]，则实数b的最小值为（ ）
A．−1
2
B．ln 2+ √2
2 −1
C．√e
2
D．2ln2
【答案】D
【分析】求导，根据导数的几何意义可得b= ln x0+ √x0
2 −1，由题意得x0≥4，根据函数单调性计
算可解.
【详解】由y = ln x +√x , y
′ = 1
x +
1
2√x ，设切点( x0,ln x0+√x0)，
则a= 1
x0
+
1
2√x0
切线方程为：y =( 1
x0
+
1
2√x0
)( x−x0)+ ln x0+√x0，
所以b= ln x0+ √x0
2 −1，
因为0<a≤1
2，所以0< 1
x0
+
1
2√x0
≤1
2，解得x0≥4
14
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显然，b= ln x0+ √x0
2 −1在[ 4 ,+ ∞)单调递增，
所以，x0= 4时，bmin=2ln2.
5．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）（多选）已知函数f (x)= x
e
x ，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线f (x)在x =0处的切线与直线y =−x垂直
B．若点P 是曲线y = f (x)上的动点，则点P 到直线y = x +2距离的最小值为√2
C．曲线f (x)的切线的倾斜角取值范围是[0,π
2 )∪[
5π
6 ,π)
D．若过点A (0,a)可以作曲线y = f (x)的三条切线，则0<a< 4
e
2
【答案】ABD
【分析】对于选项A，先求x =0处的导数值即切线斜率，再根据两直线垂直斜率乘积为−1的性质
进行判断；对于选项B，先令f
′( x)等于直线y = x +2的斜率，求出切点，再计算切点到直线的距离；
对于选项C，先分析f
′( x)的取值范围，再根据斜率与倾斜角的关系，结合正切函数的性质确定倾
斜角的范围；对于选项D，设切点坐标，写出切线方程，将点A代入得到关于切点横坐标的方程，
转化为该方程有三个不同实根的问题，通过研究对应函数的单调性与极值来确定a的范围
【详解】对A，x =0处切线斜率k = f
′(0)= (1−0)
e
0
=1，直线y =−x的斜率为−1，两斜率乘积
1×(−1)=−1，故两直线垂直，A 正确
对B，点P到直线y = x +2的最小距离，出现在曲线切线与y = x +2平行时，即切线斜率等于1，
令f
′ (x)=1，得1−x
e
x
=1，整理为e
x+ x−1=0，函数y =e
x+ x−1在R上单调递增，仅有解x =0，
对应切点为(0,0)
切点到y = x +2的距离为：d = ∣0−0+2∣
√1
2+(−1)
2 =√2，即最小距离为√2，B 正确
对C，设切线倾斜角为α，则k =tanα = f
′ (x)= 1−x
e
x
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令g(x)= 1−x
e
x
，求导得g
′( x)= x−2
e
x
，x<2时g
′ (x)<0，g( x)单调递减；
x>2时g
′ (x)>0，g( x)单调递增，
所以g( x)在x =2处取最小值g(2)=−1
e
2 ≈−0.135，故tanα ≥−1
e
2
而−1
e
2 >−√3
3 =tan 5 π
6 ，因此倾斜角范围不是[0, π
2)∪[
5 π
6 ,π)，C 错误
对于D：设过点A的切线切点为(x , x
e
x)，则
x
e
x −a
x
= 1−x
e
x
，整理得a= x
2
e
x ，
若过点A可以作曲线y = f (x)的三条切线，则函数y =a与函数y = x
2
e
x 有三个交点，
对函数y = x
2
e
x ，y
′ = 2 x−x
2
e
x
当x∈(−∞,0)时y
′<0，函数y = x
2
e
x 单调递减；
当x∈(0,2)时y
′>0，函数y = x
2
e
x 单调递增；
当x∈(2,+∞)时y
′<0，函数y = x
2
e
x 单调递减.
又当x→−∞时，y →+ ∞；当x→+∞时，y →0；x =0时，y =0；x =2时，y = 4
e
2 ，
所以函数y = x
2
e
x 的图象大致如下：
则当0<a< 4
e
2 时，函数y =a与函数y = x
2
e
x 有三个交点，
此时过点A可以作曲线y = f (x)的三条切线，D 正确.
6．（2026·黑龙江大庆·二检）已知a,b∈R，若直线y = x−b与曲线y =e
x +a相切，则a+b=
___________.
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【答案】−1
【分析】求导，根据导数的意义及切点在切线和曲线上列方程组求解可得.
【详解】由y =e
x +a得y
′ =e
x +a，
设直线y = x−b与曲线y =e
x +a相切于点(x0, y0)，
则¿，解得x0=−a, y0=1，
代入y0= x0−b，可得a+b=−1.
故答案为：−1.
7．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）若曲线f (x)=ax +ln x在x =1处的切线与直线x +2 y −1=0垂
直，则实数a=_____.
【答案】1
【分析】本题利用导数的几何意义表示出切线的斜率，由斜率存在的两直线垂直时，斜率乘积为
−1，建立等量关系，从而求出实数a.
【详解】解：由题可得f
′ (x)=a+ 1
x ，所以函数f (x)在x =1处的切线斜率为k = f
′ (1)=a+1.
已知直线x +2 y −1=0的斜率为−1
2，切线与该直线垂直，所以(a+1)×(−1
2)=−1，解得a=1.
8．（2026·吉林梅河口五中·二模）已知直线l：y =ax 与曲线y =ln x和 y =e
x+b都相切，则
ab=_______.
【答案】−2
e
2 /−2e
−2
【分析】先分别设切点求导数得出切线斜率进而得出切线方程，由题意对照直线方程分别求出a,b
即得.
【详解】设直线l: y =ax 与曲线y =ln x的切点为 (x1,ln x1)，
由y = ln x求导得y
' = 1
x ，则切线方程为 y = 1
x1
x−1+ln x1，
依题意，其与直线y =ax为同一条直线，
故 ¿,解得x1=e,a= 1
e ;
设直线l：y =ax 与曲线 y =e
x+b的切点为 (x2,e
x2+b)，
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由y =e
x+b求导得 y
' =e
x，则切线方程为 y =e
x2 x +(1−x2)e
x2+b，
依题意，其与直线y =ax为同一条直线，
故¿,
由②解得x2=−1， 代入①，可得b=(x2−1)e
x2=−2
e .
所以 ab=−2
e
2 .
9．（2026·哈尔滨三中·二模）若直线y =kx +b是曲线y =e
x−1和曲线y =ln(x +1)的公切线，则实
数k =______．
【答案】1 或1
e
【分析】分别设出直线和两曲线的切点坐标，求出切线方程的表达式，联立方程组可解得切点坐标，
代入计算可得斜率k =1或k = 1
e .
【详解】设直线y =kx +b与曲线y =e
x−1的切点为A(x1,e
x1−1);
易知y
' =(e
x−1)
' =e
x−1,可得k =e
x1−1,
因此切线方程为y −e
x1−1=e
x1−1(x −x1)，即y =e
x1−1 x +(1−x1)e
x1−1,
可得b=(1−x1)e
x1−1,
设直线y =kx +b与曲线y =ln(x +1)的切点为B(x2,ln(x2+1));
又y
' =[ln(x +1)]
' =
1
x +1，所以k =
1
x2+1,
切线方程为y −ln(x2+1)=
1
x2+1 (x−x2),即y =
1
x2+1 x +ln(x2+1)−
x2
x2+1,
所以b=ln(x2+1)−
x2
x2+1;
因此可得¿，整理可得x2= x2ln(x2+1)，
解得x2=0, x2=e−1;
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当x2=0时，可得k =1；
当x2=e−1时，可得k = 1
e ;
所以k =1或k = 1
e .
10．（2026·吉林G35 联合体·二模）若曲线y = x
2−x与曲线y = ln (ax)在它们的公共点处有相同的
切线，则a=_______．
【答案】1或−2e
3
4
【分析】设公共点为(x0, y0)，根据公共点的导数值相等求出切点，再利用导数的几何意义即可求
解.
【详解】由y = x
2−x，所以y
′ =2 x−1，又由y = ln (ax)，所以y
′ = 1
ax ×a= 1
x ，
设公共点为(x0, y0)，
所以¿，由2 x0−1= 1
x0
，即2 x0
2−x0−1=0，解得x0=1或−1
2，
当x0=1时，y0=1
2−1=0= ln a，解得a=1，
当x0=−1
2时，y0=(−1
2)
2
+ 1
2 = 3
4 = ln(−1
2 a)，解得a=−2e
3
4.
1．（2026·内蒙古兴安盟·二模）函数f (x)=( x
2−x −1)e
x的极小值点是（ ）
A．−2
B．(−2,5e
−2)
C．1
D．(1,−e)
【答案】C
【分析】对函数求导，令导数为零求出解，然后根据函数的单调性确定函数的极小值点.
【详解】对函数f (x)求导得，f
' (x)=(2 x−1)e
x+(x
2−x−1)e
x =(x
2+ x−2)e
x =(x +2)(x−1)e
x.
令f
' (x)=0，则x =1或x =−2.
考点6
极值与最值零点
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若f
' (x)>0，则x>1或x<−2；若f
' (x)<0，则−2< x<1.
所以函数f (x)在(1,+∞)，(−∞,−2)上单调递增，在(−2,1)上单调递减.
所以函数的极小值点是1.
故选：C.
2．（2026·东北三省三校·二模）若函数f ( x)= 1
3 x
3−x +m的极大值为1，则函数f ( x)的极小值为
（ ）
A．−1
3
B．−1
C．1
3
D．1
【答案】A
【详解】f
′( x)= x
2−1,由f
′( x)=0得x1=−1, x2=1，又因为函数在区间(−∞,−1)上单调递增，在
区间(−1,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增，所以函数f ( x)在x =−1处取得极大值，且
f (−1)=1，即m= 1
3，函数f ( x)在x =1处取得极小值，且f (1)= 1
3 ×1
3−1+ 1
3 =−1
3，故选A.
3．（2026·辽宁大连·二模）已知函数f (x)= xe
x ,g(x)=e x (1+ln x)，若f (x1)= g(x2)=m,m>0，
则lnm
x1 x2
的最大值为（ ）
A．1
e
2
B．1
C．2
D．e
2
【答案】B
【分析】根据题目条件，求出x1, x2之间的等量关系，进而通过换元法构造函数，根据函数导数与
函数单调性和极值之间的关系，求出函数单调区间和极值，判断函数最大值，进而求出结果.
【详解】由题意可得f (x1)= x1e
x1=m，则ln m= ln x1+ x1，
由g(x2)=e x2(1+ln x2)=m，则ln m=1+ ln x2+ ln(1+ ln x2)，
令1+ ln x2=t，则ln m=t + lnt，
令h(x)= x + ln x，可知函数h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以当ln m= ln x1+ x1=t + lnt有唯一解，即t = x1，即1+ ln x2= x1，可得x2=e
x1−1，
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所以lnm
x1 x2
= x1+ ln x1
x1e
x1−1 ，
令u= x1e
x1(u>0)，则lnu= x1+ ln x1，所以
x1+ ln x1
x1e
x1−1 = lnu
u
e
=elnu
u
，
令p(u)=elnu
u
(u>0)，则p
′ (u)=e(1−lnu)
u
2
，
令p
′ (u)=0，即1−lnu=0，解得u=e，
当0<u<e时，p
′ (u)>0，则p(u)在(0,e)上单调递增，
当u>e时，p
′ (u)<0，则p(u)在(e,+ ∞)上单调递减，
所以函数p(u)在u=e处取得极大值，也是最大值，为p (e)=elne
e
=1，
所以lnm
x1 x2
的最大值为1.
故选：B.
4．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)（多选）已知函数f (x)= x
3−x
2−x +1，则（ ）
A．−1
3是函数y = f (x)的一个极值点
B．1
3是函数y = f (x)的一个极值点
C．直线x + y =1是曲线y = f (x)在(0, f (0))处的切线
D．直线x−y =1是曲线y = f (x)在(0, f (0))处的切线
【答案】AC
【分析】本题主要考查极值点的判断和曲线某点处切线方程的求解，通过导函数的符号判断函数的
单调性，进而确定极值点；对于切线方程，由导数的几何意义可知，切线的斜率等于该点处的导函
数值，再结合点的坐标，利用点斜式方程求出切线方程.
【详解】由题意知f
′ (x)=3 x
2−2 x−1，令f
′ (x)=0，则x =1或x =−1
3，
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当x<−1
3时，f
′ (x)>0，所以f (x)单调递增；当−1
3 < x<1时，f
′ (x)<0，所以f (x)单调递减，因此
x =−1
3是函数y = f (x)的一个极值点，A 正确；
因为f
′(
1
3)=3×(
1
3)
2
−2× 1
3 −1=−4
3 ≠0，所以x = 1
3不是函数y = f (x)的极值点，B 错误；
当x =0时，f (0)=1，f
' (0)=−1，所以切点为(0,1)，斜率为k = f
′ (0)=−1，所以切线方程为
y −1=−1×(x−0)，即x + y =1，所以C 正确，D 错误.
5．（2026·东北三省三校·二模）函数f (x)=axe
x−x−1有两个不同的零点，则实数a 的取值范围
是__________.
【答案】(0,+∞)
【分析】函数f (x)=axe
x−x−1有两个不同的零点，等价于方程axe
x−x−1=0有两个不同的实
根,当x =0时，方程左边为−1≠0，故x =0不是根，因此可分离参数得：
a= x +1
xe
x (x≠0),问题转化为：直线y =a与函数g( x)= x +1
xe
x (x≠0)的图象有两个不同的交点，通过
求导分析g(x)的单调性、极值，即可确定a的取值范围
【详解】由f (x)=axe
x−x−1，得axe
x−x−1=0,
当x =0时，左边=−1，等式不成立，故x =0不是根，；
当x≠0时，分离参数得a= x +1
xe
x (x≠0)，令g( x)= x +1
xe
x (x≠0)，则问题等价于y =a与y = g(x)的图
象有两个不同的交点,
g
' (x)= 1⋅xe
x−(x +1)⋅(e
x+ xe
x)
(xe
x)
2
=−e
x(x
2+ x +1)
(xe
x)
2
=−
e
x[(x + 1
2)
2
+ 3
4]
(xe
x)
2
<0,
因此g
' (x)<0在(−∞,0)∪(0,+ ∞)上恒成立,
所以g( x)在(−∞,0)和(0,+ ∞)上分别单调递减，
由于当x∈(0,+ ∞)，x→0
+时，g( x)→+ ∞，x→+ ∞时，g( x)→0，此时g( x)的值域为
(0,+∞)，
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当x∈(−∞,0)，x→0
−时，g( x)→−∞，x→−∞时，g( x)→+ ∞，此时g( x)的值域为R，
则g( x)的大致图像如下：
所以要使y =a与y = g(x)的图象有两个不同的交点，则a>0
1．（2026·吉林白山·二模）函数f (x)=aln x−2ln x
x
+ 2b
x −ab，若f (x)≥0恒成立，则a(b+1)的
取值范围是（ ）
A．(−∞,e]
B．(0,2e]
C．[2,+ ∞)
D．(−∞,2]
【答案】D
【分析】先化简结合对数函数单调性得出2
a =e
b，再构造g(x)= 2(x +1)
e
x
，根据导函数得出函数单
调性即可求解.
【详解】由题设f (x)= (ax−2)(ln x−b)
x
≥0在(0,+∞)上恒成立，
知a>0，此时y =ax−2, y =ln x−b在(0,+ ∞)上都单调递增，
所以只需y =ax−2, y =ln x−b在(0,+ ∞)上的零点相同，
即2
a =e
b，所以a(b+1)= 2(b+1)
e
b
，
令g(x)= 2(x +1)
e
x
，则g
′ (x)= −2 x
e
x
，
当x<0时，g
′ (x)>0，即g(x)在(−∞,0)上单调递增，
当x>0时，g
′ (x)<0，即g(x)在(0,+ ∞)上单调递减，
所以g( x)max= g(0)=2，即a(b+1)的取值范围是(−∞,2].
故选：D
考点7
恒成立问题
23
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2．（2026·辽宁省名校协作体·二模）已知函数f (x)=(2a−x)ln x，其中a∈R．
(1)当a=1时，求f (x)在(1，f (1))处的切线方程；
(2)若函数f (x)存在单调递增区间，求实数a的取值范围；
(3)若a>0,b∈R，对任意的x>0，f (x)≤a+b恒成立，求b−5a的最小值．
【答案】(1)y = x−1；
(2)(−1
2e
2 ,+ ∞)
(3)−3e
3
【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解；
（2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案；
（3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性
【详解】（1）当a=1时，f (x)=(2−x)ln x，函数定义域为x∈(0,+∞)
故f
′ (x)=−ln x + 2
x −1，f
′ (1)=1，
又f (1)=0，所以切线方程为y = x−1.
（2）由题意得f
′ (x)=−ln x + 2a
x −1，(x>0)
若f (x)不存在单调增区间，则−ln x + 2a
x −1≤0恒成立，即2a≤xln x + x恒成立，
令g(x)= xln x + x，g
′ (x)=2+ln x，
当x∈(e
−2,+∞)时g
′ (x)>0，当x∈(0,e
−2)时g
′ (x)<0
所以g(x)在(0,e
−2)单调递减，在(e
−2,+ ∞)单调递增，
所以g(x)min= g(e
−2)=−1
e
2，所以2a≤−1
e
2即a≤−1
2e
2
因此所求实数a的取值范围为(−1
2e
2 ,+ ∞).
（3）由（2）知f
′ (x)=−ln x + 2a
x −1，f
″ (x)=−1
x −2a
x
2 <0
所以f
′ (x)在(0,+ ∞)单调递减，又f
'(e
−2)=1+2ae
2>0，f
'(e
2a)=−2a+ 2a
e
2a −1<0，
24
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所以必存在正数x0，使得f
'(x0)=−ln x0+ 2a
x0
−1=0，即2a= x0+ x0ln x0，
由（2）知当x0∈(0, 1
e )时，2a<0即a<0，当x0= 1
e 时，2a=0即a=0，
当x0∈( 1
e ,+∞)时，2a>0即a>0，
由上可知f (x)在(0, x0)单调递增，在( x0,+ ∞)单调递减，
所以f (x)max = f (x0)=(2a−x0)ln x0，
所以a+b≥(2a−x0)ln x0，即b−5a≥(2a−x0)ln x0−6a，
b−5a≥x0(ln x0)
2−3 x0ln x0−3 x0
令h(x)= x (ln x)
2−3 x ln x−3 x( x> 1
e )
因为h
′ (x)=(ln x)
2−ln x−6=(ln x−3)(ln x +2)
当x∈( 1
e ,e
3)时，h(x)单调递减，当x∈(e
3,+∞)时，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(e
3)=−3e
3，
所以b−5a的最小值为−3e
3
3．（2026·内蒙古包头·二模）已知函数f ( x)=e
x−ax．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)当x>0时，f ( x)≥x
2−x +1恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)当a≤0，f ( x)的递增区间是(−∞,+ ∞)，没有单调递减区间，
若a>0，f ( x)的递增区间是(ln a,+ ∞)，递减区间是(−∞,ln a)；
(2)(−∞,e−1]
【分析】（1）先求得函数的导函数，然后根据a≤0，a>0两种情况，讨论f (x)的单调性;
（2）由题可知a≤e
x−x
2+ x−1
x
，在x>0时恒成立，则令g(x)=e
x−x
2+ x−1
x
，结合（1）判断函
数g(x)的单调性求其最小值，求得a的取值范围.
【详解】（1）由题知：f
'( x)=e
x−a
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若a≤0，f
′( x)≥0，f ( x)在(−∞,+ ∞)上单调递增
若a>0，令f
′( x)=0解得：x = ln a
当x∈(−∞,ln a)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；
当x∈(ln a,+∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
综上，
当a≤0，f ( x)的递增区间是(−∞,+ ∞)，没有单调递减区间，
若a>0，f ( x)的递增区间是(ln a,+ ∞)，递减区间是(−∞,ln a)；
（2）依题意，x>0时，e
x−ax ≥x
2−x +1恒成立，即a≤e
x−x
2+ x−1
x
在(0,+ ∞)上恒成立，
令g(x)=e
x−x
2+ x−1
x
(x>0)，则 g
' (x)= (e
x−2 x +1) x−(e
x−x
2+ x−1)
x
2
=
xe
x−e
x−x
2+1
x
2
= (x−1)(e
x−x−1)
x
2
，
令h( x)=e
x−x−1( x>0)，由（1）知函数y =e
x−x在(0,+∞)上单调递增，
所以函数h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
则有h(x)>h(0)=0，即e
x−x −1>0( x >0)，
即当x>1时，则g
' (x)>0，当0< x<1时，则g
' (x)<0，
即g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以函数g(x)在x =1处取最小值g(1)=e−1，于是得a≤e−1，
所以a的取值范围为(−∞,e−1].
4．（2026·黑龙江大庆·二检）已知函数f (x)=ln x−ax + x (a∈R)有两个不同的零点，分别记为
m,n，且m<n.
(1)求实数a的取值范围；
(2)若k >0，不等式k +1<(a−1)(m+ kn)恒成立，求实数k的取值范围；
(3)有两组正实数(x1, x2, x3),( y1, y2, y3)，且xi> yi(i=1,2,3), x1+ x2+ x3+ y1+ y2+ y3=m+n.证明：
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(√
x1
y1)
1
x1−y1(√
x2
y2)
1
x2−y2(√
x3
y3)
1
x3−y3 > m+n+9
m+n
.
【答案】(1)¿
(2){k ∣k ≥1}
(3)证明见解析
【分析】（1）由参变分离得a=ln x
x
+1有两个不同的零点，求导分析单调性，结合函数图像即可
求解；
（2）由题知lnm−am+m=0,lnn−an+n=0,a−1=lnm−lnn
m−n
，不等式转化为
k +1<(m+ kn)lnm−lnn
m−n
，令t = m
n ，则k +1< (t +k )lnt
t −1
，进而得lnt −(k +1) (t −1)
t +k <0，令
h(t )=lnt −(k +1) (t −1)
t +k ,t ∈(0,1)，求导再利用导数确定最值即可；
（3）设p=(√
x1
y1)
1
x1−y1(√
x2
y2)
1
x2−y2(√
x3
y3)
1
x3−y3，再证：
P>e
1
x1+ y1
+
1
x2+ y2
+
1
x3+ y3 >
1
x1+ y1
+
1
x2+ y2
+
1
x3+ y3
+1≥1+
9
m+n = m+n+9
m+n
即可.
【详解】（1）函数f (x)=ln x−ax + x (a∈R)有两个不同的零点，
所以f (x)=ln x−ax + x =0，即a=ln x
x
+1有两个不同的解，
令g(x)=ln x
x
+1(x>0)，由g
′ (x)= 1−ln x
x
2
=0得x =e，
当0< x<e时，g
′ (x)>0，所以g(x)在(0,e)上单调递增，
当x>e时，g
′ (x)<0，所以g(x)在(e,+∞)上单调递减，
所以g( x)max= g (e)= 1
e +1，
当x→0时，g(x)→−∞；当x→+ ∞时，ln x
x
→0, g(x)→1
所以¿.
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注：函数g(x)的图像如下，
（2）因为f (x)=ln x−ax + x (a∈R)有两个不同的零点m,n，
由题知0<m<n，且¿，即¿，
相减得到：a−1=lnm−lnn
m−n
因为k +1<(a−1)(m+ kn)恒成立，即k +1<(m+kn)lnm−lnn
m−n
恒成立，
所以k +1<
m
n + k
m
n −1
ln m
n 恒成立.
设t = m
n ，则t ∈(0,1)时，不等式k +1< (t +k )lnt
t −1
恒成立，
因为t + k >0,t −1<0进而得lnt −(k +1) (t −1)
t +k <0在t ∈(0,1)时恒成立，
设h(t )=lnt −(k +1) (t −1)
t +k ,t ∈(0,1)，
则h
′ (t )= 1
t −(k +1) (t +k )−(t −1)
(t +k )
2
，
即h
′ (t )= 1
t −(k +1)
2
(t +k )
2 = t
2+k
2−t k
2−t
t(t +k )
2
= (t −1)(t −k
2)
t(t +k )
2
，
又因为t ∈(0,1)且k >0，则
(t −1)
t(t +k )
2 <0，所以当k ≥1时，t −k
2<0，
即h
′ (t )>0，故h(t )在t ∈(0,1)单调递增，
因为h(1)=0，所以h(t )<0恒成立，故k ≥1满足题意.
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当0<k <1时，若t ∈(k
2,1)，由h
′ (t )<0，则h(t )在t ∈(k
2,1)单调递减，
所以当t ∈(k
2,1)时h(t )>0，与题设不符.
综上所述，正数k的取值范围{k ∣k ≥1}.
（3）令g(x)=e
x−x−1，则g
′ (x)=e
x−1
当x>0时，g
′ (x)>0, g(x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当x<0时，g
′ (x)<0, g(x)在(−∞,0)上单调递减.
所以x =0为g(x)极小值点，即最小值点，所以g(x)≥g(0)=0
即e
x≥x +1当且仅当x =0时等号成立.
由（2）知：0<t <1,2< (t +1)lnt
t −1
，进一步取t = y
x (0< y < x)，则ln x−ln y
x−y
>
2
x + y ；
不妨假设p=(√
x1
y1)
1
x1−y1(√
x2
y2)
1
x2−y2(√
x3
y3)
1
x3−y3
则ln P= 1
2(
ln x1−ln y1
x1−y1
+ln x2−ln y2
x2−y2
+ln x3−ln y3
x3−y3 )
故ln P> 1
2(
2
x1+ y1
+
2
x2+ y2
+
2
x3+ y3)
进一步：P>e
1
x1+ y1
+
1
x2+ y2
+
1
x3+ y3 >
1
x1+ y1
+
1
x2+ y2
+
1
x3+ y3
+1
另外：
1
x1+ y1
+
1
x2+ y2
+
1
x3+ y3
=(
1
x1+ y1
+
1
x2+ y2
+
1
x3+ y3)[(x1+ y1)+(x2+ y2)+(x3+ y3)]
×
1
(x1+ x2+ x3+ y1+ y2+ y3)
又(
1
x1+ y1
+
1
x2+ y2
+
1
x3+ y3)[(x1+ y1)+(x2+ y2)+(x3+ y3)]
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=3+ x2+ y2
x1+ y1
+ x1+ y1
x2+ y2
+ x3+ y3
x2+ y2
+ x2+ y2
x3+ y3
+ x1+ y1
x3+ y3
+ x3+ y3
x1+ y1
≥9，
当且仅当x1+ y1= x2+ y2= x3+ y3时等号成立
则P>e
1
x1+ y1
+
1
x2+ y2
+
1
x3+ y3 >
1
x1+ y1
+
1
x2+ y2
+
1
x3+ y3
+1≥1+
9
m+n = m+n+9
m+n
.
即(√
x1
y1)
1
x1−y1(√
x2
y2)
1
x2−y2(√
x3
y3)
1
x3−y3 > m+n+9
m+n
.
1．（2026·哈尔滨三中·二模）已知函数f (x)=(m+1)ln x +m x
2，(m∈R)．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若函数f (x)在定义域内单调递减，并且对任意正数x1, x2都有|f (x1)−f (x2)|≥4|x1−x2|，求实
数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)(−∞,−2]
【分析】（1）利用导数分析单调性可得；
（2）结合（1）的结果，转化问题为f (x2)+ 4 x2≥f (x1)+ 4 x1，再构造函数g( x)= f (x)+ 4 x，求
导后分离常数再结合换元法和基本不等式可得.
【详解】（1）f
′ (x)= m+1
x
+2mx = 2m x
2+(m+1)
x
，(x>0)
①当m≥0时，f
' (x)>0恒成立，故f (x)在(0,+∞)上递增；
②当−1<m<0时，f (x)在(0,√−m+1
2m )上递增，f (x)在(√−m+1
2m ,+∞)上递减；
③当m≤−1时，f (x)在(0,+ ∞)上递减．
（2）因为f (x)在定义域内单调递减，所以m≤−1．
不妨设x1≥x2，那么有f (x1)≤f (x2)，
考点8
导数综合问题
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于是不等式|f (x1)−f (x2)|≥4|x1−x2|等价于f (x2)−f (x1)≥4(x1−x2)，f (x2)+ 4 x2≥f (x1)+ 4 x1，
设g( x)= f (x)+ 4 x =(m+1)ln x +m x
2+ 4 x，则g( x2)≥g( x1)，即g( x)=(m+1)ln x +m x
2+ 4 x
在(0,+∞)上递减，
故g
'( x)= m+1
x
+2mx + 4≤0对∀x>0恒成立，也即m≤−4 x +1
2 x
2+1对∀x>0恒成立，
令t = 4 x +1,t >1，则x = t −1
4
，故
−4 x +1
2 x
2+1
=−
t
t
2−2t +9
8
=−
8
t + 9
t −2
≥−
8
2√t ⋅9
t −2
=−2
，
当且仅当t = 9
t ⇒t =3时取等号，则m≤−2，
所以实数m的取值范围为(−∞,−2].
2．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知函数f (x)=ln x−1
2 x
2+ax ,g(x)=sin x.
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性；
(3)当x ≥0时，g(x)≥x(1−tx
π)，求实数t的取值范围.
【答案】(1)2 x−2 y −1=0
(2)单调递增区间为(0, a+√a
2+ 4
2
)，递减区间为( a+√a
2+ 4
2
,+ ∞).
(3)[1,+ ∞)
【分析】（1）当a=1时，求得f
′ (x)= 1
x −x +1，得到f
′ (1)=1且f (1)= 1
2，结合导数的几何意义，
即可求解；
（2）求得f
′ (x)= −x
2+ax +1
x
，令n(x)=−x
2+ax +1，求得n(x)=0的根，结合定义域，即可求得
函数f (x)的单调区间；
（3）根据题意，得到不等式sin x ≥x(1−tx
π)，当x∈(0,π]时，转化为t ≥π⋅x−sin x
x
2
，令
h(x)= x−sin x
x
2
，求得h
′ (x)= −x cos x−x +2sin x
x
3
，结合φ(x)=−x cos x−x +2sin x，求得
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φ
′ (x)=cos x + x sin x−1，利用导数求得φ(x)≥0，得到h(x)递增，得到h(x)≤1
π
，求得t ≥1，再
由sin x−x + t x
2
π ≥sin x−x + x
2
π
，求得x∈(π,+ ∞)时，不等式也成立，即可求解.
【详解】（1）当a=1时，f (x)=ln x−1
2 x
2+ x，其定义域为(0,+∞)，
可得f
′ (x)= 1
x −x +1，则f
′ (1)=1且f (1)= 1
2，即切点坐标为(1, 1
2 )，斜率为k =1，
所以曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程y −1
2 = x−1，即2 x−2 y −1=0.
（2）解：由函数f (x)=ln x−1
2 x
2+ax，其定义域为(0,+∞)，
且f
′ (x)= 1
x −x +a= −x
2+ax +1
x
，令n(x)=−x
2+ax +1, x>0，
令n(x)=0，即−x
2+ax +1=0，可得Δ=a
2+ 4>0，
解得x1= a−√a
2+ 4
2
, x2= a+√a
2+ 4
2
，
由x1= a−√a
2+ 4
2
<0（舍去），x2= a+√a
2+ 4
2
>0，
当x∈(0, a+√a
2+ 4
2
)时，n(x)>0，即f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
当x∈( a+√a
2+ 4
2
,+ ∞)时，n(x)<0，即f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
所以函数f (x)的单调递增区间为(0, a+√a
2+ 4
2
)，递减区间为( a+√a
2+ 4
2
,+∞).
（3）解：由不等式g(x)≥x(1−tx
π)，可得sin x ≥x(1−tx
π)，
当x =0时，sin 0=0,0×(1−t ×0
π )=0，满足sin x ≥x(1−tx
π)；
当x∈(0,π]时，不等式可化为t ≥π⋅x−sin x
x
2
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令h(x)= x−sin x
x
2
，可得h
′ (x)= −x cos x−x +2sin x
x
3
，
令φ(x)=−x cos x−x +2sin x，可得φ
′ (x)=cos x + x sin x−1，
令m(x)=cos x + x sin x−1，可得m
′ (x)= x cos x，
当x∈(0,π
2 )时，可得m
′ (x)>0，m(x)在(0,π
2 )上单调递增；
当x∈(π
2 ,π]时，可得m
′ (x)<0，m(x)在(π
2 ,π]上单调递减，
因为m(0)=φ
′(0)=0,m(π
2 )=φ
′(π
2 )=π
2 −1,m(π)=φ
′(π)=−2，
所以存在x0∈(π
2 ,π]，使得φ
′( x0)=0，
当x∈(0, x0)时，φ
′( x)>0，函数φ(x)在(0, x0)上单调递增；
当x∈( x0,π]时，φ
′( x)<0，函数φ(x)在( x0,π]上单调递减，
又由φ(0)=0,φ (π)=0，
所以当x∈(0,π]时，φ(x)≥0，所以h(x)单调递增，
所以h(x)≤h (π)= 1
π ，则t ≥1；
可得sin x−x + t x
2
π =sin x−x + x
2
π + (t −1)x
2
π
≥sin x−x + x
2
π
，
令u(x)=sin x−x + x
2
π , x∈(π,+ ∞)，可得u
' (x)=cos x−1+ 2 x
π >−1−1+2=0，
所以u(x)在(π,+∞)上单调递增，所以u(x)>u (π)=0，
综上可得，当t ≥1时，不等式sin x ≥x(1−tx
π)，即g(x)≥x(1−tx
π)恒成立，
所以实数t的取值范围为[1,+ ∞)
3．（2026·吉林G35 联合体·二模）已知函数f (x)=3 x
2e
x +2，g(x)= x
3+3 x
2+6．
(1)求f (x)，g(x)的单调区间；
(2)已知a≥1，函数h(x)= f (x)−ag(x)，讨论h(x)的极值点的个数；
(3)若∀x1, x2∈[t ,t +2]，|f (x1)−f (x2)|≥g(x1)−g(x2)，求t 的取值范围．
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【答案】(1)f ( x)和g( x)的单调增区间均为(−∞,−2),(0,+∞)，单调减区间均为(−2,0)；
(2)答案见解析
(3){−2}∪[0,+ ∞)
【分析】（1）对f (x)求导，令f
′( x)>0可得其单调增区间，令f
′( x)<0可得其单调减区间，同理
可得g(x)的单调区间.
（2）求导得h
′( x)解析式，令h
′( x)=0，得h
′( x)的零点，分别讨论a=1、a=e
2、1<a<e
2和a>e
2
四种情况，利用导数判断h
′( x)的正负，可得其单调区间，分析即可得答案.
（3）结合x1, x2的任意性，已知条件可转化为|f (x1)−f (x2)|≥|g(x1)−g(x2)|，
分别构造函数F( x)= f ( x)−g( x)和T ( x)= f ( x)+ g( x)，可将不等式再转化为
[F( x1)−F( x2)][T ( x1)−T ( x2)]≥0，得到F( x),T ( x)在[t ,t +2]上单调性相同.利用导数求出
F( x)和T ( x)的单调区间，结合图形与条件，分析求解，即可得答案.
【详解】（1）由f (x)=3 x
2e
x +2，x∈R，得f
′( x)=6 x e
x +2+3 x
2e
x +2=3 x( x +2)e
x +2，
因为e
x +2>0恒成立，所以令f
′( x)=0，解得x =0或x =−2，
当x<−2或x>0时，f
′( x)>0，则f ( x)单调递增，
当−2< x<0时，f
′( x)<0，则f ( x)单调递减，
所以f ( x)的单调增区间为(−∞,−2),(0,+∞)，单调减区间为(−2,0)；
由g(x)= x
3+3 x
2+6，x∈R，得g
′( x)=3 x
2+6 x =3 x( x +2)，
令g
′( x)=0，解得x =0或x =−2，
当x<−2或x>0时，g
′( x)>0，则g( x)单调递增，
当−2< x<0时，g
′( x)<0，则g( x)单调递减，
所以g( x)的单调增区间为(−∞,−2),(0,+∞)，单调减区间为(−2,0)；
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（2）h( x)=3 x
2e
x +2−a(x
3+3 x
2+6)，
则h
′( x)=3 x( x +2)e
x +2−a×3 x( x +2)=3 x( x +2)(e
x +2−a)，
令h
′( x)=0，解得x =−2或x =0或x = ln a−2（a≥1）.
当a=1时，ln a−2=−2，( x +2)(e
x +2−a)≥0恒成立，
则当x<0时，h
′( x)≤0，则h( x)单调递减，
当x>0时，h
′( x)>0，则h( x)单调递增，
所以h( x)只有1 个极小值点0；
当a=e
2时，ln a−2=0，x(e
x +2−a)≥0恒成立，
则当x<−2时，h
′( x)<0，则h( x)单调递减，
当x>−2时，h
′( x)≥0，则h( x)单调递增，
所以h( x)只有1 个极小值点−2；
当1<a<e
2时，−2<ln a−2<0，
当x<−2或ln a−2< x<0时，h
′( x)<0，则h( x)单调递减，
当−2< x<ln a−2或x>0时，h
′( x)>0，则h( x)单调递增，
此时h( x)有3 个极值点−2,ln a−2,0；
当a>e
2时，ln a−2>0，
当x<−2或0< x<ln a−2时，h
′( x)<0，则h( x)单调递减，
当−2< x<0或x>ln a−2时，h
′( x)>0，则h( x)单调递增，
此时h( x)有3 个极值点−2,0,ln a−2；
综上，当a=1或a=e
2时，h( x)有一个极值点；当1<a<e
2或a>e
2时，h( x)有3 个极值点.
（3）由|f (x1)−f (x2)|≥g(x1)−g(x2)，结合x1, x2的任意性，
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可得|f (x1)−f (x2)|≥|g(x1)−g(x2)|，则有[f (x1)−f (x2)]
2≥[g(x1)−g(x2)]
2，
所以有[f (x1)−f (x2)+ g( x1)−g( x2)][f (x1)−f (x2)−g( x1)+ g( x2)]≥0，
即[f (x1)+ g( x1)−(f (x2)+ g( x2))][f (x1)−g( x1)−(f (x2)−g( x2))]≥0，
设F( x)= f ( x)−g( x)，T ( x)= f ( x)+ g( x)，
则[F( x1)−F( x2)][T ( x1)−T ( x2)]≥0，所以F( x),T ( x)在[t ,t +2]上单调性相同.
由F( x)=3 x
2e
x +2−( x
3+3 x
2+6)，则F
′( x)=3 x( x +2)(e
x +2−1)，
令F
′( x)=0，解得x =0或x =−2，
其中( x +2)(e
x +2−1)≥0，
当x<0时，F
′( x)<0，则F( x)单调递减，
当x>0时，F
′( x)>0，则F( x)单调递增，
所以F( x)的单调减区间为(−∞,0)，单调增区间为(0,+∞)；
由T ( x)=3 x
2e
x +2+ x
3+3 x
2+6，则T
′( x)=3 x( x +2)(e
x +2+1)，
因为e
x +2+1>0恒成立，所以令T
′( x)=0，解得x =0或x =−2，
当x<−2或x>0时，T
′( x)>0，则T ( x)单调递增，
当−2< x<0时，T
′( x)<0，则T ( x)单调递减，
所以T ( x)的单调增区间为(−∞,−2),(0,+ ∞)，单调减区间为(−2,0)；
要使F( x)与T ( x)在[t ,t +2]上单调性相同， 分以下情况讨论：
①当t <−2时，在[t ,t +2]上，函数T ( x)存在递增区间，而F( x)单调递减，
故不满足题意；
②当t =−2时，在[−2,0]上，函数F( x)与T ( x)均单调递减，
且对任意∀x1, x2∈[t ,t +2]，[F( x1)−F( x2)][T ( x1)−T ( x2)]≥0，
故满足题意；
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③当−2<t <0时，−2<t <0<t +2<2，
函数F( x),T ( x)均在[t ,0]上单调递减，在[0,t +2]上单调递增，
又[F( x)−T ( x)]
′ =−6 x( x +2)不恒为0，即F( x)−T ( x)不恒为常数，
故存在m,n（t ≤m<0<n≤t +2），使得F(m)= F(n)，且T (m)≠T (n)，
若T (m)<T (n)，则当x1→m
−, x2→n
−时，
F( x1)−F( x2)>0，且T ( x1)−T ( x2)→T (m)−T (n)<0，
故存在t ≤x1<0< x2≤t +2，使得[F( x1)−F( x2)][T ( x1)−T ( x2)]<0，
故不满足题意；
同理可得，若T (m)>T (n)，当x1→m
+, x2→n
+时，
F( x1)−F( x2)<0，且T ( x1)−T ( x2)→T (m)−T (n)>0，
故存在t ≤x1<0< x2≤t +2，使得[F( x1)−F( x2)][T ( x1)−T ( x2)]<0，
故也不满足题意；
④当t ≥0时，在[t ,t +2]上，函数F( x)与T ( x)均单调递增，
对任意∀x1, x2∈[t ,t +2]，[F( x1)−F( x2)][T ( x1)−T ( x2)]≥0，
故满足题意.
综上所述，t 的取值范围是{−2}∪[0,+ ∞).
4．（2026·辽宁大连·二模）定义：若存在x1，x2(x1≠x2)，使得曲线y = f (x)在点(x1,f (x1))和点
(x2,f (x2))处有相同的切线l，则称切线l 为曲线y = f (x)的“自公切线”.已知函数f (x)=e|x|−a x
2．
(1)若函数f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；
(2)证明：当x>0时，曲线y = f (x)不存在“自公切线”；
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(3)若曲线y = f (x)有且只有两条“自公切线”，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)a≤e
2
(2)证明见解析
(3)a≥e
2+1
4
【分析】（1）由函数的单调性转化为导函数e
x−2ax≥0在区间(0,+ ∞)恒成立，分离参数求解；
（2）根据新定义转化为e
x1−x2−1
e
x1−x2+1
= x1−x2
2
，换元后利用导数证明方程不成立即可得证；
（3）根据新定义利用导数，分类讨论求解.
【详解】（1）当x>0时，f (x)=e
x−a x
2，f
′ (x)=e
x−2ax，
由题意可知，e
x−2ax≥0，即2a≤e
x
x 在区间(0,+ ∞)上恒成立，
设函数g(x)=e
x
x
(x>0)，则g
′ (x)=e
x( x−1)
x
2
，
当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e，所以2a≤e，即a≤e
2.
（2）当x>0时，f (x)=e
x−a x
2，f
′ (x)=e
x−2ax，
假设y = f (x)在点(x1,f (x1))和点(x2,f (x2))处存在“自公切线”l，
则l 的斜率k =e
x1−2a x1=e
x2−2a x2，2k =e
x1+e
x2−2a( x1+ x2)，
即k =e
x1+e
x2
2
−a( x1+ x2)，
同时k = f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
= (e
x1−a x1
2)−(e
x2−a x2
2)
x1−x2
=e
x1−e
x2
x1−x2
−a( x1+ x2)，
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故e
x1−e
x2
x1−x2
=e
x1+e
x2
2
，即e
x1−x2−1
e
x1−x2+1
= x1−x2
2
不妨设x1< x2，令t = x1−x2<0，F (t )=e
t−1
e
t +1
−t
2
(t <0)，
则F
′ (t )=
2e
t
(e
t +1)
2 −1
2 = −(e
t−1)
2
2(e
t +1)
2 ≤0，
所以F (t )在区间(−∞,0)上单调递减，F (t )> F (0)=0，故e
t−1
e
t +1
= t
2不成立，
所以当x>0时，曲线y = f (x)不存在“自公切线”.
（3）因为f (−x)= f (x)，所以f (x)为偶函数，
又由（2）可得，当x>0时，曲线y = f (x)不存在“自公切线”，
所以当x<0时，曲线y = f (x)也不存在“自公切线”．
假设y = f (x)在点(x1,f (x1))和点(x2,f (x2))处存在“自公切线”l，
则x1和x2只可能一正一负，不妨设x1<0，x2>0，
则l 的斜率k =−e
−x1−2a x1=e
x2−2a x2，2k =−e
−x1−2a x1+e
x2−2a x2
即k = −e
−x1+e
x2
2
−a(x1+ x2)
同时k = f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
= (e
−x1−a x1
2)−(e
x2−a x2
2)
x1−x2
=e
−x1−e
x2
x1−x2
−a( x1+ x2)，
所以−e
−x1+e
x2
2
=e
−x1−e
x2
x1−x2
= −e
−x1+e
x2
x2−x1
，
所以−e
−x1+e
x2=0或x2−x1=2，即x1+ x2=0或x2−x1=2，
①当x1+ x2=0时，因为k =−e
−x1−2a x1=e
x2−2a x2，所以−e
x2+2a x2=e
x2−2a x2，
所以e
x2−2a x2=0，令G (x)=e
x−2ax( x>0)，则G
′ (x)=e
x−2a，
当2a≤1时，G
′ (x)>0，G (x)在(0,+∞)上单调递增，G (x)>G (0)=1，
所以函数G (x)没有零点，此时没有满足题意的x2，即y = f (x)没有“自公切线”；
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当2a>1时，x∈(0,ln 2a)时，G
′ (x)<0，G (x)单调递减，
x∈(ln 2a,+ ∞)时，G
′ (x)>0，G (x)单调递增，
所以G (x)min=G(ln2a)=2a−2a ln2a=2a(1−ln2a)，
因为G (0)=1>0，且x→+ ∞时，G (x)→+ ∞，
当1<2a<e，即1
2 <a< e
2时，G (x)min>0，G (x)没有零点，即y = f (x)没有“自公切线”；
当2a=e，即a=e
2时，G (x)min=0，G (x)有一个零点，即y = f (x)有一条“自公切线”；
当2a>e，即a>e
2 时，G (x)min<0，G (x)有两个零点，即y = f (x)有两条“自公切线”．
②当x2−x1=2时，x2= x1+2，又x1<0, x2>0，所以−2< x1<0，
因为k =−e
−x1−2a x1=e
x2−2a x2，所以−e
−x1−2a x1=e
x1+2−2a( x1+2)，
所以4 a=e
x1+2+e
−x1，
设函数H (x)=e
x +2+e
−x( x ∈(−2,0))，H
′ (x)=e
x +2−e
−x，
当x∈(−2,−1)时，H
′ (x)<0，H (x)单调递减；
当x∈(−1,0)时，H
′ (x)>0，H (x)单调递增，
且H (−2)=1+e
2，H (−1)=2e，H (0)=e
2+1，
所以当4 a=2e，即a=e
2 时，x1有一个解，即y = f (x)有一条“自公切线”；
当2e<4 a<e
2+1，即e
2+1
4
>a>e
2 时，x1有两个解，即y = f (x)有两条“自公切线”；
当4 a<2e或4 a≥e
2+1，即a<e
2 或a≥e
2+1
4
时，x1无解，即y = f (x)没有“自公切线”．
又因为当a=e
2 时，
在情况①x1+ x2=0中，x2=1，x1=−x2=−1；
在情况②x2−x1=2中，x1=−1，x2= x1+2=1；
所以当a=e
2 时，x1+ x2=0与x2−x1=2同时成立，y = f (x)有且只有一条“自公切线”．
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综上所述，若曲线y = f (x)有且只有两条“自公切线”，实数a 的取值范围是a≥e
2+1
4
.
5．（2026·哈尔滨师大附中·二模）已知f (x)=−1+a ln x（x>0）
(1)设函数g(x)= f (x)+ x,讨论函数g(x)的单调性；
(2)当a=1,0< x<e时,证明：1−x ≥ln x
f (x).
(3)当0< x ≤1时,1−x ≤ln x
f (x),求实数a 的取值范围.
【答案】(1)当a≥0时，g(x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a<0时，g(x)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+ ∞)上单调递增
(2)证明见解析
(3)[0, 1
2]
【分析】(1)分a≥0和a<0两种情况讨论g′ (x)的正负，结合导数与原函数的单调性求解即可；
（2）将问题转化为证明x−xln x−1≤0恒成立，h( x)= x−xln x−1(0< x<e)，利用导数研究
h( x)的单调性和最值即可证明结论；
（3）分a<0和a≥0两种情况讨论，当a≥0，将问题转化为(1−x)(−1+aln x)≥ln x恒成立，然
后分a≥1、0≤a≤1
2、1
2 <a<1三种情况利用导数研究m(x)的单调性和最值即可求解.
【详解】（1）由题意，g(x)= f (x)+ x =−1+aln x + x，定义域为(0,+∞)求导得：
g
′ (x)= a
x +1= x +a
x
，
当a≥0时，g
′ (x)>0恒成立，因此g(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a<0时，当 x∈(0,−a)时，x +a<0，g
′ (x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(−a,+∞)时，x +a>0，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
综上，当a≥0时，g(x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a<0时，g(x)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+ ∞)上单调递增；
（2）当a=1时，f (x)=−1+ln x，
当0< x<e时，ln x<1，故f (x)=ln x−1<0，
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所以要证1−x ≥ln x
f (x)，
即证明：(1−x)f (x)≤ln x，
即证(1−x)(ln x−1)≤ln x
即证ln x−1−xln x + x ≤ln x⇒x−xln x−1≤0，
令h( x)= x−xln x−1(0< x<e)，
则h
′ (x)=1−(ln x +1)=−ln x，
当0< x<1时，h
′ (x)>0，h(x)单调递增；
当1< x<e时，h
′ (x)<0，h(x)单调递减；
当x =1时，h
′ (x)=0，h(x)取得最大值h(1)=1−0−1=0，
因此对任意x∈(0,e)，h(x)≤h(1)=0，即x−xln x−1≤0，原不等式得证.
（3）原不等式⇔ 1−x ≤
ln x
−1+aln x
(0< x ≤1)，
当a<0时，当0< x<e
1
a时，−1+a ln x>0,ln x<0，
所以1−x>0>
ln x
−1+aln x ，不合题意；
当a≥0时，
原不等式⇔ (1−x)(−1+a ln x)≥ln x⇔x−1−(ax−a+1)ln x ≥0，
设m(x)= x−1−(ax−a+1)ln x (0< x ≤1)，
则m
′ (x)=1−(a ln x +a−a−1
x
)，
令φ( x)=1−(aln x +a−a−1
x
)(0< x ≤1)，
φ
′( x)=−a
x −a−1
x
2 =−ax +(a−1)
x
2
，
1−a
a
−0= 1−a
a
, 1−a
a
−1= 1−2a
a
，
当a≥1时，φ
′( x)<0，所以m
′ (x)在(0,1)单调递减，
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所以m
′ (x)>m
′ (1)=0，所以m(x)在(0,1]单调递增，m(x)≤m(1)=0，不合题意；
当0≤a≤1
2时，1−2a
a
≥1，所以φ
′( x)>0，所以m
′ (x)在(0,1)单调递增，
所以m
′ (x)<m
′ (1)=0，所以m(x)在(0,1]单调递减，m(x)≥m(1)=0；
当1
2 <a<1时，令φ
′( x)<0，得ax +(a−1)>0，所以1−a
a
< x<1，
所以m
′ (x)在(
1−a
a
,1)单调递减，所以m
′ (x)>m
′ (1)=0，
所以m(x)在(0,1]单调递增，m(x)≤m(1)=0，不合题意；
综上，实数a 的取值范围为[0, 1
2].
6．（2026·吉林长春六中·二模）已知函数f (x)=aln x + b
x 在点(1, f (1))处的切线方程为
x + y −3=0．
(1)求实数a, b的值；
(2)设g(x)= f (x)−xe
x+3e
x．
（i）证明：g(x)存在唯一极小值；
（ii）设g(x)的极小值点为x1，证明：7
2 < g(x1)<2e+2．
【答案】(1)a=1, b=2
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）求出f (x)的导函数f
' (x)，根据切线的斜率为f
' (1)，及点(1, f (1))在切线上列方程，
求出a,b的值；
（2）（i）由（1）得g(x)= f (x)−xe
x+3e
x，利用导数分析函数g(x)的单调性，即可证明g(x)存
在唯一极小值；（ii）由（i）可得x1的取值范围，构造新函数，利用导数可分析新函数的取值范围，
从而证明7
2 <g(x1)<2e+2.
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【详解】（1）因为f (x)=aln x + b
x 在点(1, f (1))处的切线方程为x + y −3=0，即y =−x +3.
所以切线的斜率为−1，且当x =1时，y =2.
因为f (x)=aln x + b
x ，所以f
′ (x)= a
x −b
x
2，
所以¿，所以a=1, b=2.
（2）（i）因为g(x)= f (x)−xe
x+3e
x= ln x + 2
x −xe
x+3e
x，其定义域为(0,+∞).
所以g
' (x)=(x−2)(
1
x
2 −e
x), x>0.
令g
′ (x)=0，得x =2或1
x
2 −e
x =0，
设h(x)= 1
x
2 −e
x，所以h
' (x)=−2
x
3 −e
x<0在(0,+∞)上恒成立，所以h(x)在(0,+ ∞)上单调递减.
又h(1)=1−e<0, h(
1
2)= 4−√e>0，所以存在唯一x0∈(
1
2 , 1)，使h(x0)= 1
x0
2 −e
x0=0．
故x∈(0, x0)时，x−2<0, h(x)>0, g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
x∈(x0, 2)时，x−2<0, h(x)<0, g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
x∈(2, + ∞)时，x−2>0, h(x)<0, g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
所以x0是函数g(x)的唯一极小值点，所以g(x)存在唯一极小值．
（ii）因为g(x)的极小值点为x1，所以x1= x0．
又x0∈(
1
2 , 1)，且g(x)在(x0,2)上单调递增，所以g(x0)<g(1)=2e+2；
又e
x0= 1
x0
2，两边取自然对数得x0= ln 1
x0
2，即x0=−2ln x0，即ln x0=−x0
2 .
所以g(x0)=(ln x0+ 2
x0)−e
x0(x0−3)= 2
x0
−x0
2 −x0−3
x0
2
= 1
x0
+ 3
x0
2 −x0
2 ，
44
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设F (x)=−x
2 ＋1
x + 3
x
2 , x∈(
1
2 ,1)，
则F
′ (x)=−1
2 −1
x
2 −6
x
3 <0在(
1
2 , 1)上恒成立，故F (x)在(
1
2 , 1)上单调递减，
故F (x)> F (1)=1+3−1
2 = 7
2，即g(x0)> 7
2．综上所述：7
2 <g(x1)<2e+2．
1．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）已知函数f (x)=3 x
2−8sin (x +φ)，其中|φ|≤π.
(1)若函数f (x)是偶函数，求φ；
(2)当φ =0时，讨论函数f (x)在[0,+∞)上的零点个数；
(3)若∀x ≥0，f (x)≥0，求φ的取值范围.
【答案】(1)φ=±π
2
(2)两个零点
(3)φ∈[−π,π
6 −2√3
3 ]∪{π }
【分析】（1）由偶函数的定理建立等式，求出φ；
（2）代入φ =0，得到f (0)=0，写出f
' (x)，令h(x)= f
' (x)后在求导.由f (x)解析式可知当x ≥π时，
f (x)>0恒成立.当0< x<π时，h
' (x)>0，得到f
' (x)单调递增，由二分法知道f
' (x)=0在
x1∈(0,π)存在唯一零点x = x1.由此知道函数f (x)的单调区间，再由二分法得到函数零点.
（3）当x ≥2
3 π时，f (x)>0恒成立，所以当0≤x< 2
3 π时，由f (0)≥0，求出φ的范围.再将φ的范
围分为[−π,−2π
3 ]，(−2π
3 ,−π
2 ]，(−π
2 ,0]三个范围，由三角函数的性质以及导函数判断
函数单调性建立不等式，最后求出φ的范围.
【详解】（1）因为函数f (x)是偶函数，所以f (−x)= f (x).
考点9
导数与三角函数
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即3 x
2−8sin (−x +φ)=3 x
2−8sin (x +φ)，
解得：φ=±π
2 .
（2）当φ =0时，f (x)=3 x
2−8sin x.
f (0)=0，f ' (x)=6 x−8cos x，
令h(x)= f
' (x)=6 x−8cos x，则h
′ (x)=6+8sin x.
当x ≥π时，f (x)>3π
2−8>0，
当0< x<π时，h
' (x)=6+8sin x>0，f
' (x)单调递增，
又f
' (0)=−8<0，f
' (π )=6π+8>0，
所以存在x1∈(0,π)，使得f
'(x1)=0.
x∈(0, x1)，f
' (x)<0，f (x)单调递减，x∈(x1,+∞)，f
' (x)>0，f (x)单调递增，
而f (0)=0，f (x1)<0，f (π)=3π
2>0，所以在(x1,π)上存在一个零点.
综上，函数f (x)在[0,+ ∞)有两个零点.
（3）当x ≥2
3 π时，f (x)> 4π
2
3
−8>0；当0≤x< 2
3 π时，f (0)=−8sin φ≥0，
则φ∈[−π,0]或φ = π.
（ⅰ）当φ∈[−π,−2π
3 ]时，x +φ∈[−π,0)，sin (x +φ)<0，f (x)>0成立；
（ⅱ）当φ∈(−2π
3 ,−π
2 ]时，
若x∈[
π
2 , 2π
3 ]，则f
' (x)=6 x−8cos(x +φ)>3π−8>0，f (x)单调递增，
所以f (x)>f(
π
2 )= 3π
2
4
−8cosφ>0；
46
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若x∈[0,π
2 )，则x +φ∈(−2π
3 ,0)，sin (x +φ)<0，f (x)>0成立；
（ⅲ）当φ∈(−π
2 ,0]时，若sin (x +φ)≤0，则f (x)≥0成立；
只要考虑sin (x +φ)>0，此时令h(x)= f
' (x)=6 x−8cos(x +φ)，
则h
′ (x)=6+8sin (x +φ)>0，f
' (x)递增，f
' (0)=−8cosφ<0，f
'(
π
2 )=3π+8sin φ>0，
所以存在x0∈(0,π
2 )，使得f
'(x0)=6 x0−8cos(x0+φ)=0，
若x∈(0, x0)，则f
' (x)<0，f (x)递减；若x∈(x0,π
2 )，则f
' (x)>0，f (x)递增.
所以f (x)≥f (x0)=3 x0
2−8sin(x0+φ)=3 x0
2−8√1−9
16 x0
2≥0，解得x0≥2√3
3
.
此时cos(x0+φ)= 3
4 x0≥√3
2 ，所以x0+φ≤π
6 ，从而φ≤π
6 −x0≤π
6 −2√3
3
.
若φ = π，则函数f (x)=3 x
2+8sin x，当x∈[0,π ]时，f (x)≥0显然成立，当x∈(π ,+ ∞)时，因
为3 x
2>3 π
2>8,所以f (x)>0恒成立，即φ = π符合题意
综上，φ∈[−π,π
6 −2√3
3 ]∪{π }.
2．（2026·内蒙古包头·二模）已知函数f ( x)= ln x−sin x +1.
(1)讨论f ( x)在x∈(0,π)上的单调性；
(2)已知f
′( x)为f ( x)的导数，若两个不相等的实数x1, x2∈(0,π)满足f
′(x1)= f
′(x2)，求证：
f (x1)+ f (x2)>0.
【答案】(1)f ( x)在x∈(0,π)上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，对x的范围分为x∈(
π
2 ,π)，x∈(0,1)以及x∈(1,π
2 )，结合二次求导
和导函数的正负，即可求解单调性，
（2）先利用导数求证x∈(0,π
2 )时，有sin x< x，进而可证明x1 x2>1，结合正弦函数的有界性
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即可求证.
【详解】（1）求导可得f
′ (x)= 1
x −cos x
（a）当x∈(
π
2 ,π)时，cos x<0，则f
′ (x)>0，f (x)在x∈(
π
2 ,π)单调递增
（b）当x∈(0,1)时，1
x >1，则f
′ (x)>0，f (x)在x∈(0,1)单调递增
（c）当x∈(1,π
2 )时，设F (x)= f
′ (x)= 1
x −cos x，
则F
′ (x)=−1
x
2 +sin x，由于y =−1
x
2 , y =sin x均在x∈(1,π
2 )上单调递增，故F
′ (x)在
x∈(1,π
2 )上单调递增，
F
' (1)=−1+sin1<0, F
'(
π
2 )=−4
π
2 +1>0，
则存在x0∈(1,π
2 )使得F
′(x0)=0满足
1
x0
2 =sin x0
则x∈(1, x0), F
′ (x)<0，F (x)单调递减，则x∈(x0,π
2 ), F
′ (x)>0，F (x)单调递增，
F (x)min= F (x0)= 1
x0
−cos x0= x0sin x0−cos x0> x0sin x0−cos1> x0sin1−cos1>sin1−cos1=√2sin(1−π
4 )>0
，
所以x∈(1,π
2 )，则f
′ (x)>0，f (x)在x∈(1,π
2 )单调递增；
综上所述：f (x)在x∈(0,π)上单调递增.
（2）由题意可得1
x1
−cos x1= 1
x2
−cos x2
不妨设π> x1> x2>0，则x1−x2
2
∈(0,π
2 ), x1+ x2
2
∈(0,π)
先证明当x∈(0,π
2 )时，有sin x< x，设φ(x)=sin x−x，
则φ
′ (x)=cos x−1≤0，所以φ(x)在(0,π
2 )单调递减，
φ(x)<φ(0)＝0，即当x∈(0,π
2 )，有sin x< x，
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于是有x1−x2
x1 x2
= 1
x2
−1
x1
=cos x2−cos x1=cos(
x1+ x2
2
+ x2−x1
2 )−cos(
x1+ x2
2
−x2−x1
2 )
=2sin x1+ x2
2
sin x1−x2
2
≤2sin x1−x2
2
< x1−x2
所以x1 x2>1，故有ln x1 x2>0，又0<sin x1≤1,0<sin x2≤1，且sin x1,sin x2不能同时取到等号，
故0<sin x1+sin x2<2，从而f (x1)+ f (x2)= ln(x1 x2)−sin x1−sin x2+2>−sin x1−sin x2+2>0.
3．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知f (x)为定义在(−π
2 ,π
2 )上的奇函数且连续可导，令
g(x)= f (x)cos x.当x∈(0,π
2 )时，有f
′ (x)−f (x)tan x>e
x.
(1)讨论g(x)在区间(−π
2 ,0)上的单调性，并证明：当x∈(0,π
2 )时，g(x)>1−e
x；
(2)当x∈(−π
2 ,0)时，解不等式：f(
π
2 + x)sin x + f (−x)cos x<e
π
2 + x
−e
−x；
(3)我们可以找到满足题意的一个函数f (x)=e
x−e
−x
cos x (−π
2 < x<π
2 ).现在利用这个函数，重新构造
函数h(x)，记h(x)=(f (x)+1)cos x + x +e
−x，若实x1, x2(x1< x2)满足h(x1)+h(x2)= 4，证明：
x1+ x2<0.
【答案】(1)g(x)在(−π
2 ,0)上单调递增，证明见解析
(2)¿
(3)证明见解析
【分析】（1）对g( x)求导，结合已知条件和f ( x)的奇偶性，推导g
′( x)在(−π
2 ,0)上的符号，
进而判断函数单调性；
（2）原不等式等价于f (−x)cos(−x)−1+e
−x<f(
π
2 + x)cos(
π
2 + x)−1+e
π
2 + x
，
即t(−x)<t(
π
2 + x)，结合函数单调性证明即可；
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（3）求导分析h(x)在(0,π
2 )上单调性，结合题干可得x1<0< x2，将证明x1+ x2<0，转化为证明
x2<−x1.构造函数H ( x)=h( x)+h(−x)−4，求导分析单调性和极值即可.
【详解】（1）当x∈(−π
2 ,π
2 )时，g(−x)= f (−x)cos(−x)=−f ( x)cos x =−g(x)，
∴g(x)为奇函数.
当x∈(0,π
2 )时，g
′ (x)= f
′ (x)cos x−f (x)sin x，
∴g
′ (x)=cos x(f
′ (x)−f (x)tan x)>e
xcos x>0，∴g(x)在(0,π
2 )上单调递增，
∵g(x)为奇函数，∴g(x)在(−π
2 ,0)上单调递增.
令t( x)= g( x)−1+e
x，x∈(0,π
2 )，
∴t
′ (x)= g
′ (x)+e
x>0，∴t (x)在(0,π
2 )上单调递增，
∴t( x)>t(0)= g(0)−1+e
0=0，∴g( x)>1−e
x.
（2）f(
π
2 + x)sin x + f (−x)cos x<e
π
2 + x
−e
−x等价于
f (−x)cos(−x)−1+e
−x<f(
π
2 + x)cos(
π
2 + x)−1+e
π
2 + x
，
即t(−x)<t(
π
2 + x)，
∵x∈(−π
2 ,0)，∴−x∈(0,π
2 )，π
2 + x∈(0,π
2 )，
由（1）知t (x)在(0,π
2 )上单调递增，∴−x<π
2 + x，即−π
4 < x<0，
故原不等式的解集为¿.
（3）由h(x)=(f (x)+1)cos x + x +e
−x，f (x)=e
x−e
−x
cos x
可得h(x)=(
e
x−e
−x
cos x +1)cos x + x +e
−x，整理得h( x)=e
x+cos x + x，
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∵h
′ (x)=e
x−sin x +1>0，∴h(x)在(0,π
2 )上单调递增，
h(0)=2，且h(x1)+h(x2)= 4，故x1<0< x2.
要证x1+ x2<0，只需证x2<−x1，
只需证h(x2)<h(−x1)，
只需证4−h(x1)<h(−x1)，
即证h(x1)+h(−x1)−4>0.
令H ( x)=h( x)+h(−x)−4(−π
2 < x<0)，
H
′ (x)=h
′ (x)−h
′ (−x)=e
x−e
−x−2sin x，
令p( x)= H
′ (x)，∴p
′ (x)=e
x+e
−x−2cos x>2−2cos x>0，
故p(x)在(−π
2 ,0)上单调递增，
所以H
′ (x)< H
′ (0)=0，故H (x)在(−π
2 ,0)上单调递减，
H ( x)> H (0)=2h(0)−4 =0，
即h(x1)+h(−x1)−4>0成立，
故x1+ x2<0.
4．（2026·吉林长春·质量监测(二)）在生态系统中，某种小型濒危动物的种群数量偏离平衡值的波
动量y = f (x)（单位：千只）与时间x（单位：月），满足函数f (x)=e
−xcos x (x>0)，其波动呈现
“往复波动，逐渐稳定”的特征．
定义：若函数g(x)在(a,+ ∞)上满足：1．震荡性：g
′ (x)在(a,+∞)上无限次正负交替；2．衰减性：
任意给定正实数m，存在实数n，使得当x>n时，|g(x)|<m．则称g(x)为震荡衰减函数．
(1)求f (x)在(0,2π)内的所有极值点，并说明在这些极值点处，波动量的增长速率是否为0（不必
证明）．
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(2)根据定义判断函数f (x)在(0,+ ∞)上是否为震荡衰减函数．如果是，给出证明；如果不是，说明
理由．
(3)设h(x)=|f (x)|+|f
′ (x)|(x >0)．求证：h(x)无最大值．
【答案】(1)f (x)在(0,2π)内的所有极值点皆为使得f
′ (x)=0的点，波动量的增长率为0．
(2)f (x)满足震荡性和衰减性，是震荡衰减函数，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，即可令f
′ (x)=0得解，
（2）根据所给定义，结合三角函数的性质判断“震荡性”，根据指数函数的性质判断“衰减性”，
即可求解，
（3）先根据h(x)>0恒成立，以及h(x +π)<h(x)，将问题转化为h(x)在(0,π]上的最值情况，利
用导数，以及三角函数的性质判断h(x)的单调性，即可求解．
【详解】（1）由函数f (x)=e
−xcos x (x>0)，则
f
′ (x)=−e
−xcos x−e
−xsin x =−e
−x(cos x +sin x)=−√2e
−xsin(x +π
4 )．
在(0,2π)上，令f
′ (x)=0，则x =3π
4
和x =7π
4
，
当0< x<3π
4 ,7π
4 < x<2π,f
′ (x)<0，当3π
4 < x<7π
4 时，f
′ (x)>0，
则x =3π
4
为极小值点，x =7π
4
为极大值点，f (x)在(0,2π)内的所有极值点皆为使得f
′ (x)=0的点，
即在这些极值点处，波动量的增长率为0．
（2）由（1）可知f
′ (x)=−√2e
−xsin(x +π
4 )．
−√2e
−x<0，sin(x +π
4 )在(0,+ ∞)上无限次正负交替，则满足震荡性：
又|f (x)|=|e
−xcos x|=e
−x|cos x|≤e
−x，
令e
−x<m．则x>−lnm，令n= max {−lnm,0}．
当x>n时，|f (x)|≤e
−x<m，则f (x)满足衰减性．
综上，f (x)满足震荡性和衰减性，是震荡衰减函数．
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（3）f (x)=e
−xcos x，f
′ (x)=−e
−x(cos x +sin x)，
h(x)=|f (x)|+|f
′ (x)|=e
−x(|cos x|+|cos x +sin x|)(x>0)．
不难看出h(x)>0恒成立，
h(x +π)=e−(x +π)(|cos(x +π)|+|cos(x +π)+sin(x +π)|)．
=e
−πe
−x(|cos x|+|cos x +sin x|)=e
−πh(x)<h(x)
即若h(x)存在最大值点x0，则x0∈(0,π]．
现研究h(x)在(0,π)上的单调性
①当x∈(0,π
2 ]时，h(x)=e
−x(sin x +2cos x)，h
′ (x)=−e
−x(3sin x +cos x),
由于x∈(0,π
2 ]，故sin x>0,cos x>0,故h
′ (x)=−e
−x(3sin x +cos x)<0；
②当x∈(
π
2 ,3π
4 ]时，
h(x)=e
−x(|cos x|+√2|sin(x +π
4 )|)=e
−x(−cos x +√2sin(x +π
4 ))=e
−x(−cos x +cos x +sin x)=e
−xsin x
，
h
′ (x)=e
−x(cos x−sin x)<0；
③当x∈(
3π
4
,π)时，
h(x)=e
−x(|cos x|+√2|sin(x +π
4 )|)=e
−x(−cos x−√2sin(x +π
4 ))=e
−x(−cos x−cos x−sin x)=−e
−x(sin x +
，
h
′ (x)=e
−x(3sin x +cos x)=√10e
−xsin(x +φ)，
其中φ为锐角，tanφ = 1
3，即0<φ<π
4 ，
当3π
4
< x<π−φ时，h
′ (x)>0，当π−φ< x<π时，h
′ (x)<0，
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综上，h(x)在(0,3π
4 )上单调递减，在(
3π
4
,π−φ)上单调递增，在(π−φ ,π)上单调递减．
由h(0)=2，h(π−φ)=−e−(π−φ)(sin(π−φ)+2cos(π−φ))，
而
sin(π−φ)=sinφ = √10
10 ,cos(π−φ)=−cosφ =−3√10
10
,h(π−φ)=e−(π−φ)⋅√10
2 <2e−(π−φ)<2
，
即h(x)在(0,π]上无最大值点．
5．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)已知函数f (x)=e
−x+sin x−cos x．
(1)证明：当x<0时，f (x)>0；
(2)设f (x)在[0, 2026π]上的零点从小到大构成有穷数列{xn}．
（i）求数列{xn}的项数n0；
（ii）求证：∑
k =1
n0
[xk−(k −1)π]> 2025π
4
．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）2026（ii）证明见解析
【分析】（1）根据f (x)>0，整理得e
x(cos x−sin x)<1，构造函数g(x)=e
x(cos x−sin x)；要证
明x<0时，f (x)>0，等价于证明g(x)<1，先对g(x)求导，分析g
′ (x)在x<0时候的正负性，判断
g(x)的单调性；
（2）（i）要找f (x)在[0, 2026π]上的零点情况，等价于求g(x)=1在[0, 2026π]的解的情况；
分析g(x)=1在每个区间((k −1)π,k π),k ∈N
∗上解的情况，先对g(x)求导，判断g(x)在每个区
间的单调性，再结合区间断点的函数值符号，确定各个区间内解的个数，最后统计[0, 2026π]上
的总零点数。
（ii）根据（i）中g(x)在各个区间的单调性，估算出各个区间的零点的取值范围
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x2k∈(2k π−3π
4 ,2k π−π
2 )
，x2k +1∈(2k π,2k π+ 3π
4 ),k ∈N
∗，得
x2k + x2k +1>4 k π−π
2
，利用放缩思想推导求和的下限。
【详解】（1）令g(x)=e
x(cos x−sin x)，则g
′ (x)=−2e
xsin x
当x∈(−π,0)时，e
x∈(e
−π,1)，sin x∈(−1,0)，
∴g
′ (x)>0，则g(x)在(−π,0)单调递增，此时g(x)< g(0)=1
当x∈(−∞,−π]时，g(x)<2e
−π<1
∴g(x)<1，即e
x(cos x−sin x)<1
∴cos x−sin x<e
−x，则e
−x+sin x−cos x>0，即f (x)>0
∴当x<0时，f (x)>0.
（2）（i）由f (x)=0，得e
−x+sin x−cos x =0，即e
x(cos x−sin x)=1
∴ f (x)=0等价于g(x)=1
∵g
′ (x)=−2e
xsin x，
∴当x∈(2k π,(2k +1)π),k ∈N时，e
x>0,sin x∈(0,1)，∴g
′ (x)<0，即g(x)在
(2k π,(2k +1)π)上单调递减；
当x∈((2k +1)π,(2k +2)π),k ∈N时，e
x>0,sin x∈(−1,0) ∴g
′ (x)>0，即g(x)在
((2k +1)π,(2k +2)π)上单调递增；
∴当k ∈N
∗时，g(2k π)>1，g(2k π+π)<1，g(2k π+2π)>1
则g(x)=1在(k π,k π+π),k ∈N
∗上恰有1 个解，即在(π,2026π)上有2025 个解；
∵ g(0)=1，g(x)在(0,π)上单调递减，∴ g(x)=1在(0,π)上无解；
∴ 0是一个解，在(0,π)上无解，在(π,2026π)上有2025 个解，则共有2026 个解；
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∴ f (x)在[0, 2026π]上的零点从小到大构成有穷数列{xn}项数n0为2026。
（ii）由g(x)=1，得e
x(cos x−sin x)=1
∴ e
x2k(cos x2k−sin x2k)=1，e
x2k +1(cos x2k +1−sin x2k +1)=1
∵ x2k< x2k +1，∴e
x2k<e
x2k +1，则cos x2k−sin x2k>cos x2k +1−sin x2k +1
即√2cos(x2k +π
4 )>√2cos(x2k +1+π
4 )，整理得cos(x2k +π
4 )>cos(x2k +1+π
4 )
由（i）可得：x1=0，x2k∈(2k π−3π
4 ,2k π−π
2 )，
x2k +1∈(2k π,2k π+ 3π
4 ),k ∈N
∗
∴|x2k +π
4 −2k π|<|x2k +1+π
4 −2k π|，即2k π−x2k−π
4 < x2k +1+π
4 −2k π,k ∈N
∗
则x2k + x2k +1>4 k π−π
2 ,k ∈N
∗
∵x2026>2026π−3π
4
∴∑
k =1
2026
[xk−(k −1)π]= x1−0+ x2−π+ x3−2π+⋅⋅⋅+ x2026−2025π
>4π(1+2+⋅⋅⋅+1012)−π
2 ⋅1012−(1+2+⋅⋅⋅+2025)π+ x2026
>2026π−3π
4 + 4π× (1+1012)×1012
2
−506π−(1+2025)×2025
2
π= 2025π
4
即∑
k =1
n0
[xk−(k −1)π]> 2025π
4
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