专题05选填压轴题一：切线、导函数与原函数的对称性、构造原函数解不等式、唯一整数解求参数范围（教师版）_2027版高中《压轴培优讲义》高二上学期（人教A版选择性必修第二册）

专题05
选填压轴题一：切线、导函数与原函数的对称性、
构造原函数解不等式、唯一整数解求参数范围（解析版）
一、过函数外一点作函数切线
设切点坐标


0
0
,
P
x
y
，利用导数、点斜式写出切线方程，根据切线经过已知点得到关于
0x 的方程，求
出
0x 的值，或根据此方程实数解的情况结合判别式法及韦达定理求参数的取值范围.
二、导函数与原函数的对称性
( )
f x 为偶函数
'( )
f
x 为奇函数
( )
f x 为奇函数
'( )
f
x 为偶函数
'( )
f
x 为偶函数
( )
f x 有对称中心(0, )c
注意：此处
0
c 
或
0
c 
同理：
( )
f x 有对称轴x
a


'( )
f
x 有对称中心( ,0)
a
( )
f x 关于( , )
a c 中心对称
'( )
f
x 有对称轴x
a

注意：此处
0
c 
或
0
c 
三、构造函数利用导数解不等式
已知不等式中既有
( )
f x 又有
'( )
f
x ，一般不能直接确定
'( )
f
x 的正负，不能确定
( )
f x 的单调性，这时
要求我们构造一个新函数，以便利用已知不等式判断其导数的的正负。
一般的，先化简含
'( )
f
x 的不等式，
'( )
f
x 系数为正，不等号右侧为0。
构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；
②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
常见的构造新函数有
1.
对于
'( )
'( ),
'( )
'( )
0
f
x
g x
f
x
g x



，构造
( )
( )
( )
F x
f x
g x


更一般地，
'( )
,
'( )
0
f
x
a f
x
a



，构造
( )
( )
F x
f x
ax


2.
对于
'( )
'( )
0
f
x
g x


，构造
( )
( )
( )
F x
f x
g x


3.
对于
'( )
( )
0
xf
x
f x


，构造
( )
( )
F x
xf x

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4.
对于
'( )
( )
0
xf
x
f x


，构造
( )
( )
f x
F x
x

5.
对于2 ( )
'( )
0
f x
xf
x


，构造
2
( )
( )
F x
x f x

6.
对于
'( )
( )
0
f
x
f x


，构造
( )
( )
x
F x
e f x

7.
对于
'( )
( )
f
x
f x

或
'( )
( )
0
f
x
f x


，构造
( )
( )
x
f x
F x
e

8.
对于2 '( )
( )
0,
( )
0
f
x
f x
f x



，构造
2
( )
( )
x
F x
e f
x

9.
对于
'( )
(1
) ( )
0
xf
x
x f x



，构造
( )
( )
x
F x
xe f x

10. 对于
'( )
0
( )
f
x
f x

，分类讨论：若
( )
0
f x 
，构造
( )
ln
( )
F x
f x

；
若
( )
0
f x 
，构造
( )
ln[
( )]
F x
f x


；
四、唯一整数解求参数范围
将不等式转化为可画图象的两函数，一个函数利用导数判断函数的单调性和最值，另一个函数一般为
过定点的直线，在同一坐标系下画出两函数图象，数形结合找出符合条件的整数解，与相邻不符合条
件的一个整数，代回原不等式，可求解.
题型一过函数外一点作函数切线
例一、
1．已知函数

3
2
3
6
1
2
f
x
x
x
x



，则曲线

y
f x

过点

0,1 的切线方程为
．
【答案】6
1
0
x
y

或105
16
16
0
x
y



【分析】设切点为
3
2
3
,
6
1
2
t t
t
t









，利用导数写出切线方程，将点

0,1 的坐标代入切线方程，求出t 的值，
代入切线方程即可得出所求切线的方程.
【详解】设切点为
3
2
3
,
6
1
2
t t
t
t









，

2
3
3
6
f
x
x
x




，则切线斜率为
2
3
3
6
t
t

，
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故曲线

y
f x

在x
t
处的切线方程为



3
2
2
3
6
1
3
3
6
2
y
t
t
t
t
t
x
t














，
将点

0,1 的坐标代入切线方程可得


3
2
2
3
1
6
1
3
3
6
2
t
t
t
t
t
t













，解
0

t
或
3
4
t 
，
故所求切线方程为
1
6
y
x

或
379
105
3
64
16
4
y
x









，即6
1
0
x
y

或105
16
16
0
x
y



.
故答案为：6
1
0
x
y

或105
16
16
0
x
y



.
2．若曲线
(
)ex
y
x
a


有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是
．
【答案】



, 4
0,



【分析】设出切点横坐标
0x ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于
0x 的方程，
根据此方程应有两个不同的实数根，求得a 的取值范围.
【详解】∵
(
)ex
y
x
a


，∴
(
1
)ex
y
x
a


，
设切点为

0
0
,
x
y
,则


0
0
0
ex
y
x
a


,切线斜率


0
0
1
ex
k
x
a


,
切线方程为：






0
0
0
0
0
e
1
e
x
x
y
x
a
x
a
x
x





,
∵切线过原点，∴





0
0
0
0
0
e
1
e
x
x
x
a
x
a
x





,
整理得：
2
0
0
0
x
ax
a



,
∵切线有两条，∴
2
4
0
a
a



,解得
4
a < - 或
0
a 
,
∴a 的取值范围是



, 4
0,



,
故答案为：



, 4
0,



3．若过点

,0
P t
可以作曲线


1
ex
y
x


的两条切线，切点分别为



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x y
，则
1
2
y y 的取值范围是
（
）
A．

3
0,4e
B．



3
,0
0,4e




C．

2
,4e



D．



2
,0
0,4e




【答案】D
【分析】设切点




0
0
0
, 1
ex
x
x

，根据导数的几何意义求得切线方程，再根据切线过点


,0
P t
，结合韦达定
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理可得
1
2
x x 的关系，进而可得
1
2
y y 的关系，再利用导数即可得出答案.
【详解】设切点






0
0
0
0
0
, 1
e
,
e
1
e
e ,
e
x
x
x
x
x
x
x
y
x
x
k
x







，
则切线方程为




0
0
0
0
0
1
e
e
x
x
y
x
x
x
x




，
又切线过

,0
t
，则



0
0
0
0
0
1
e
e
x
x
x
x
t
x




，




2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
1
,
1
,
1
1
0
x
x
t
x
x
tx
x
x
t
x








有两个不相等实根
1
2
,
x x ，
其中
2
1
2
1
2
1,
1,Δ
(
1)
4
0,
1
x x
x
x
t
t
t







或
3
t ，







1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
e
1
e
1
e
,
x
x
x
x
t
y y
x
x
x
x
x x
t
















令


1
1
e
,
1
t
g t
t
t



或

1
3,
et
t
g t
t




，
当
3
t 时，

0
g t

，当
1
t 时，

0
g t


，
所以函数
g x 在

, 3

上递增，在

1,上递减，


2
3
4e
g



，1
0
g

，
当t 时，
0
g t 
，当t 时，
g t


，
所以




2
,0
0,4e
g t




，
即




2
1
2
,0
0,4e
y y




.
故选：D.
4．已知
0
x 
，y R ，


2
2
2
(
)
ln
2
x
y
x
x
y





的最小值为（
）
A．
2
B．2
C．4 3
3
D．16
3
【答案】B
【分析】设

2
,
ln
2
A x x
x


是函数
2
( )
ln
2
f x
x
x



图象上的点，
( , )
B y y 是函数y
x

上的点，把


2
2
2
(
)
ln
2
x
y
x
x
y





看成
2
|
|
AB
，利用几何法判断出当与直线y
x

平行且与
( )
f x 的图象相切时，切点
到直线y
x

的距离为|
|
AB 的最小值，即可求解.
【详解】


2
2
2
(
)
ln
2
x
y
x
x
y





可以转化为：

2
,
ln
2
A x x
x


是函数
2
( )
ln
2
f x
x
x



图象上的点，
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( , )
B y y 是函数y
x

上的点，


2
2
2
2
|
|
(
)
ln
2
AB
x
y
x
x
y






.
当与直线y
x

平行且与
( )
f x 的图象相切时，切点到直线y
x

的距离为|
|
AB 的最小值.
令

1
2
1
f
x
x
x



，解得
1
x 或
1
2
x 
，（舍去），又
(1)
3
f

，
所以切点
(1,3)
C
到直线y
x

的距离即为|
|
AB 的最小值.
所以
min
1 3
|
|
2
2
AB



，所以
2
min
|
|
2
AB

.
故选：B.
【点睛】方法点睛：
距离的计算方法有两类：
（1）几何法：利用几何图形求最值；
（2）代数法：把距离表示为函数，利用函数求最值.
练习题
1．过

1 1
，且与曲线
3
y
x

相切的直线方程是
.
【答案】3
2
0
3
4
1
0
x
y
x
y





或
【分析】设曲线切点为

3
0
0
,
x x
，对函数求导
'
2
( )
3
f
x
x

，点斜式方程，代入即可求出
0x ，即可求出答案.
【详解】设切点为

3
0
0
,
x x
，曲线
3
( )
f x
x

，
'
2
( )
3
f
x
x

，
则切线斜率为
'
2
0
0
(
)
3
k
f
x
x


直线经过点

1 1
，，则直线


2
0
1
3
1
y
x
x


，
切点在直线上，则


3
2
0
0
0
1
3
1
x
x
x


3
3
2
3
2
3
2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
1
3
3
2
3
1
0
2
2
1
0
x
x
x
x
x
x
x
x
















2
2
0
0
0
0
0
0
0
2
1
1 1
0
1
2
1
0
x
x
x
x
x
x
x










0
1
x

或
0
1
2
x 
3
k 
或
3
4
k 
则直线为3
2
0
3
4
1
0
x
y
x
y





或
.
故答案为：3
2
0
3
4
1
0
x
y
x
y





或
.
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2．已知过点


,0
A a
可以作曲线


2 ex
y
x


的两条切线，则实数a 的取值范围是（
）
A．

2,
B．



, e
2,






C．



, 2
2,






D．


, 1
2,



【答案】C
【分析】根据导数的几何意义设切点坐标


0
0
,
P
x
y
，求解切线方程为






0
0
0
0
0
2 e
1 e
x
x
y
x
x
x
x





，代
入点


,0
A a
，得到关于
0x 的含参方程，孤立参数，构造函数
1 ,
0
h x
x
x
x



利用导数确定函数的取值情
况，满足方程的根又两个，从而可得实数a 的取值范围.
【详解】解：设切点是


0
0
,
P
x
y
，
0
R
x 
，即


0
0
0
2 ex
y
x


，而

1 ex
y
x


故切线斜率


0
0
1 ex
k
x


，切线方程是






0
0
0
0
0
2 e
1 e
x
x
y
x
x
x
x





，
又因为切线经过点


,0
A a
，故





0
0
0
0
0
2 e
1 e
x
x
x
x
a
x





，显然
0
1
x ，
则


0
0
0
0
0
2
1
1
1
1
x
a
x
x
x
x







，在
0
1
x 上有两个交点，
令
0
1
x
x

，设
1 ,
0
h x
x
x
x



，则

2
2
2
1
1
1
x
h
x
x
x




，令

0
h x


得
1
1
x ，
2
1
x ，
所以当


, 1
x
时，

0
h x


，
h x 单调递增，当


1,0
x
时，

0
h x


，
h x 单调递减，
当


0,1
x
时，

0
h x


，
h x 单调递减，当


1,
x
时，

0
h x


，
h x 单调递增，
又
1
2
h 
，1
2
h

，且x 时，
h x ，
0
x


时，
h x ，
0
x


时，
h x ，x 
时，
h x ，
所以

a
h x

有两个交点，则
2
a 
或
2
a ，故实数a 的取值范围是



, 2
2,






.
故选：C.
3．若过点( , )
a b 可以作曲线
1 (
0)
y
x
x
x



的两条切线，则（
）
A．
0
b
a


B．
1
a
b
a
a



C．
1
0
a
b
a
a




D．
1
0
a
b
a
a




【答案】B
【分析】设切点为

0
0
,
x
y
，结合导数法有
0
0
0
|x
y
b
k
y
x
a





，则存在两条切线等价于方程有两个不同正解，
结合判别式法及韦达定理列不等式组即可化简判断选项.
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【详解】设切点为

0
0
,
x
y
，则
0
0
x 
，∴
2
1
1
(
0)
y
x
x


，则
0
0
0
2
0
0
0
1
1
1
x
b
y
b
x
k
x
x
a
x
a








，
化简得：
2
0
0
(
)
2
0
a
b x
x
a




①，则
4
4 (
)
a a
b



，
∵过点( , )
a b 可以作曲线的两条切线，∴方程①有两个不同正解，∴


2
0
2
Δ
0
0
a
b
a
a
b













，∴
1
a
b
a
a



.
故选：B．
4．在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线
2
4
x
y

上的一个动点，则点P 到直线
4
0
x
y



的距离的最小值
是
.
【答案】3 2
2
【分析】根据题意，找到与直线
4
0
x
y



平行且与曲线
2
4
x
y

相切时的切点坐标，再结合点到直线的距
离公式，即可得到结果.
【详解】设直线
0
x
y
b



与
2
1
4
y
x

相切，则切线的斜率为1

且
1
2
y
x

，令
1
1
2
y
x

，则
2
x ，即切点的横坐标为2
，
将
2
x ，代入
2
1
4
y
x

，可得
1
y ，即切点坐标为

2,1

，
所以点P 到直线
4
0
x
y



的距离的最小值即为

2,1

到直线的距离，
即
2
1
4
3 2
2
1 1
d




，
故答案为: 3 2
2
题型二导函数与原函数的对称性
例二、
1．设定义在R 上的函数

f
x 与
g x 的导函数分别为

f
x

和

g
x

，若


3
2
g x
f
x



，

1
f
x
g
x




，
且

2
g x 
为奇函数，1
1
g
．现有下列四个结论：①


1
3
g
g


；②


2
4
4
f
f

；③

2022
1
g
；
④

2022
1
4043
k
f k



．其中所有正确结论的序号是（
）
A．①②③
B．②③④
C．①③④
D．①②④
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【答案】D
【分析】根据函数奇偶性、对称性、周期性三者之间的关系，结合导函数相等即其他等式，综合运用各式
之间的关系即可得出结果.
【详解】因为


1
f
x
g
x




，所以


1
f x
a
g x
b




．
因为


3
2
g x
f
x



，所以



3
2
f x
g
x



，所以



3
2
1
g
x
a
g x
b






．
因为1
1
g
，所以

1
2
1
g
a
g
b




，得
2
a
b


，所以



3
1
g
x
g x



，
所以


2
g
x
g x


，所以
g x 的图象关于直线
1
x 对称，所以


1
3
g
g


，故①正确．
因为

2
g x 
为奇函数，所以



2
2
g x
g
x



，且
2
0
g

．
因为


2
g
x
g x


，所以


2
g x
g x


，则
g x 的周期
4
T 
，
所以


2022
2
0
g
g


，故③错误．
因为



3
2
f x
g
x



，所以

f
x 的周期也为4，
所以


2
1
2
1
f
g


，





4
1
2
3
2
1
2
3
f
g
g
g







，
所以


2
4
4
f
f

，故②正确．
因为


1
2
2
2
f
g


，


2
1
2
1
f
g


，


3
0
2
2
f
g


，

4
3
f
，
所以









2022
1
1
2
2022
505
8
1
2
4043
k
f k
f
f
f
f
f










，所以④正确．
故选:D.
【点睛】方法点睛：①若两函数的导函数相等，则这两个函数只差一个常数；
②函数的周期性、奇偶性、对称性三个性质之间，其中任意两个性质可以推出第三个性质.
2．（多选）已知函数
( )
f x 及其导函数
( )
f
x

的定义域均为R ，记( )
( )
g x
f
x


，若
3
2
2
f
x







，(2
)
g
x

均为
偶函数，则（
）
A．
(0)
0
f

B．
1
0
2
g 







C．
( 1)
(4)
f
f


D．
( 1)
(2)
g
g


【答案】BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项
判断即可得解.
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【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于
( )
f x ，因为
3
2
2
f
x







为偶函数，所以
3
3
2
2
2
2
f
x
f
x















即
3
3
2
2
f
x
f
x















①，所以



3
f
x
f x


，所以
( )
f x 关于
3
2
x 
对称，则
( 1)
(4)
f
f


，故C 正确；
对于( )
g x ，因为(2
)
g
x

为偶函数，(2
)
(2
)
g
x
g
x



，(4
)
( )
g
x
g x


，所以( )
g x 关于
2
x 
对称，由①求
导，和( )
( )
g x
f
x


，得
3
3
3
3
3
3
2
2
2
2
2
2
f
x
f
x
f
x
f
x
g
x
g
x































































，所
以


3
0
g
x
g x



，所以( )
g x 关于3
( ,0)
2
对称，因为其定义域为R，所以
3
0
2
g 





，结合( )
g x 关于
2
x 
对
称，从而周期
3
4
2
2
2
T










，所以
1
3
0
2
2
g
g















，



1
1
2
g
g
g



，故B 正确，D 错误；
若函数
( )
f x 满足题设条件，则函数
( )
f x
C

（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定
( )
f x 的函数值，故
A 错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知( )
g x 周期为2，关于
2
x 
对称，故可设


cos π
g x
x

，则



1 sin π
π
f x
x
c

，显然A，D 错
误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为
3
2
2
f
x







，(2
)
g
x

均为偶函数，
所以
3
3
2
2
2
2
f
x
f
x















即
3
3
2
2
f
x
f
x














，
(2
)
(2
)
g
x
g
x



，
所以



3
f
x
f x


，
(4
)
( )
g
x
g x


，则
( 1)
(4)
f
f


，故C 正确；
函数
( )
f x ，( )
g x 的图象分别关于直线
3 ,
2
2
x
x


对称，
又( )
( )
g x
f
x


，且函数
( )
f x 可导，
所以



3
0,
3
2
g
g
x
g x








，
所以


(4
)
( )
3
g
x
g x
g
x




，所以

(
2)
(
1)
g x
g x
g x




，
所以
1
3
0
2
2
g
g















，




1
1
2
g
g
g



，故B 正确，D 错误；
若函数
( )
f x 满足题设条件，则函数
( )
f x
C

（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定
( )
f x 的函数值，故
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A 错误.
故选：BC.
【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的
通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
3．已知定义在R 上的函数

f
x 和
g x ，
g x 导函数

g
x

的定义域也为R．若
g x 为偶函数，


5
0
f x
g
x 



，



4
5
0
f x
g
x





，则下列不正确的是（
）
A．

4
5
f

B．

0
0
g

C．




1
3
1
f
f




D．


1
3
10
f
f


【答案】C
【分析】容易分析知
g x 在y 轴两侧的一段区域内单调性相反，
' 0
0
g

；再经过赋值法可以依次判断ACD
是否正确.
【详解】依题意：
g x 为偶函数，
g x 导函数

g
x

的定义为R，

' 0
0
g


，B 对；
令
4
x 
代入





4
5
0,
4
0
5
5,
f x
g
x
f
g










A 对；
又






4
5
0,
4
5
0,
f x
g
x
f
x
g
x











又


5
0
f x
g
x 



，





4
10,
1
3
10,
f x
f
x
f
f







D 对；
又
g x 为偶函数，

'g
x

为奇函数；
由








5
0
,
4
0,
4
5
0
f x
g
x
g
x
g
x
f x
g
x



















又



'
'
g
x
g
x


，





'
4 ,
4,
5
g
x
g
x
T
f x
g
x










也为周期为4 的函数，






1
3
3
1
10,
f
f
f
f







C 错；
故选：C
4．已知函数

f
x ，
g x 及其导函数

f
x

，

g
x

的定义域均为R ，


2
1
f
x 
为奇函数，
1
g x 
关于直
线
1
x 对称，则（
）
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A．







1
1
f g
f g


B．







1
3
g f
g f


C．







1
1
f g
f g




D．







1
3
g f
g f




【答案】D
【分析】由


2
1
f
x 
为奇函数得




1
1
f
x
f
x



，由
1
g x 
关于直线
1
x 对称得

g x 为偶函数，对
于选项A，由
g x 为偶函数满足


1
1
g
g


即可判断；对于选项B，由




1
1
f
x
f
x



得



1
3
f
f


即可判断；对于选项C，由偶函数的对称性得到切线的对称性，从而得到导数的关系即可判断；对于选项D，
由




1
1
f
x
f
x



得到


1
f
x

的对称性，从而得到导数的关系即可判断.
【详解】解法一：由


2
1
f
x 
为奇函数得




2
1
2
1
f
x
f
x




，
令
2
1
t
x

，则
1
2
t
x


，所以



1
2
1
2
2
t
f t
f
f
t












，
即



=
2
f x
f
x


，所以








1
2
1
1
f
x
f
x
f
x






；
因为
1
g x 
关于直线
1
x 对称，所以
g x 关于y 轴对称，
即
g x 为偶函数，所以


g
x
g x


.
对于选项A，因为
g x 为偶函数，所以


g
x
g x


，
所以










1
1
1
f g
f g
f g



，故选项A 错误.
对于选项B，由




1
1
f
x
f
x



得







1
1 2
1 2
3
f
f
f
f






，
所以













1
3
3
3
g f
g
f
g f
g f





，故选项B 错误.
对于选项C，因为
g x 的图像关于y 轴对称，所以y 轴左右两边对称点的切线关于y 轴对称，所以切线的斜
率互为相反数，
即



g
x
g
x




，所以



1
1
g
g





，
所以










1
1
1
f g
f
g
f g







，故选项C 错误.
对于选项D，因为




1
1
f
x
f
x



，所以

f
x 关于点

1,0 中心对称，
因为
1
3
1
2

，所以


1
f 
和

3
f
关于点

1,0 对称，
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所以

f
x 在= 1
x 和
3
x 
处切线的斜率相等，即



1
3
f
f



，
所以







1
3
g f
g f




，故选项D 正确.
故选：D.
练习题
1．已知函数

f
x 及其导函数

f
x

的定义域均为R，且

1
f
x


为奇函数，则（
）
A．
1
0
f

B．

2
0
f 

C．


0
2
f
f

D．


0
2
f
f



【答案】C
【分析】取

1
f
x
x



，

2
1
2
f
x
x
x
c



，逐项判断.
【详解】解：因为函数

f
x 及其导函数

f
x

的定义域均为R，且

1
f
x


为奇函数，
所以不妨设

1
f
x
x



，则

1
f
x
x


，


2
1,
0
1
f
f



，故BD 错误；
取

2
1
2
f
x
x
x
c



，则



1
1
,
0
2
2
f
c
f
f
c




，故A 错误，C 正确，
故选：C
2．已知函数
( )
f x 及其导函数
( )
f x

的定义域都为实数集，记( )
( )
h x
f
x


若恒有
3
2
2
f
x







3
2
, (2
)
(2
)
2
f
x
h
x
h
x











成立，则正确结论共有（
）
（1）

 
0
0
f

；（2）
1
0
2
h







；（3）



1
4
f
f


；（4）


 
1
2
h
h


.
A．（1）（3）
B．（2）（3）
C．（1）（2）（4）
D．（2）（3）（4）
【答案】B
【分析】由题意，根据函数的对称性，可分别得到两个函数的对称轴，结合利用研究极值的导数值，可得
答案.
【详解】对于（1），由
3
3
2
2
2
2
f
x
f
x














，则令
3
= 4
x
，可得
3
3
3
3
2×
=
+2×
2
4
2
4
f
f












，即


0
3
f
f

，
故由题意，只知函数的对称性，无法确定函数值，故（1）错误；
对于（2），由
3
3
2
2
2
2
f
x
f
x














，可得函数

f
x 的图象关于直线
3
= 2
x
对称，若函数存在极值，则必定
在
3
= 2
x
处取得，故
3
0
2
f 







，即
3
0
2
h





，由



2
2
h
x
h
x



，则函数
h x 的图象关于直线=2
x
对称，
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故
5
3
0
2
2
h
h














，
根据函数
h x 的对称性，函数

f
x 在
5
= 2
x
处取得极值，
由函数

f
x 的图象关于直线
3
= 2
x
对称，则函数

f
x 在
1
= 2
x
处取得极值，即
1
1
0
2
2
f
h














，
由函数
h x 的图象关于直线=2
x
对称，则
1
7
0
2
2
h
h














，即函数

f
x 在
7
2
x 
处取得极值，
由函数

f
x 的图象关于直线
3
= 2
x
对称，则函数

f
x 在
3
= 2
x
处取得极值，即
3
3
0
2
2
f
h














，
由函数
h x 的图象关于直线=2
x
对称，则
3
1
0
2
2
h
h















，
若函数

f
x 不存在极值，则函数

f
x 必定为常值函数，故


0
f
x
h x



恒成立，故（2）正确；
对于（3），由
3
3
2
2
2
2
f
x
f
x














，则令
5
4
x 
，可得
3
5
3
5
2
2
2
4
2
4
f
f















，即



1
4
f
f


，故
（3）正确；
对于（4），由函数
h x 的图象关于直线=2
x
对称，则


1 =
5
h
h

，故（4）错误.
故选：B.
3．已知函数
( ), ( )
f x g x 的定义域为R ，

g
x

为( )
g x 的导函数，且

( )
2
f x
g
x



，


( )
4
2
f x
g
x




，若
( )
g x 为偶函数，则下列结论不一定成立的是（
）
A．
(4)
2
f

B．

2
0
g

C．
( 1)
( 3)
f
f



D．
(1)
(3)
4
f
f


【答案】C
【分析】先证明

g
x

为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断.
【详解】对A：∵( )
g x 为偶函数，则
( )= (
)
g x
g
x

两边求导可得
( )
(
)
g x
g
x




∴

g
x

为奇函数，则

0
0
g

令=4
x
，则可得

0
(4)
2
f
g


，则
(4)
2
f

，A 成立；
对B：令=2
x
，则可得


(2)+
2 =2
(2)
2 =2
f
g
f
g





，则

(2)=2
2 =0
f
g



，B 成立；
∵

( )
2
f x
g
x



，则可得


(2
)
2
2
f
x
g
x





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

( )
4
2
f x
g
x




，则可得


(2
)
2
2
f
x
x
g




两式相加可得：


(2
)
4
2
x
x
f
f




，
∴
( )
f x 关于点

2,2 成中心对称
则
(1)
(3)
4
f
f


，D 成立
又∵

( )
2
f x
g
x



，则可得




(
4)
4
(
4)
4
2
f x
g
x
f x
g
x












( )
4
2
f x
g
x




，则可得


( )
4
f x
f x


∴
( )
f x 以4 为周期的周期函数
根据以上性质只能推出
( 1)
( 3)
4
f
f




，不能推出
( 1)
( 3)
f
f



，C 不一定成立
故选：C.
【点睛】对于抽象函数的问题，一般通过赋值结合定义分析运算.
4．已知函数

f
x 及其导函数

f
x

的定义域都为R ，且


1
2
f
x

为偶函数，


2
f x 
为奇函数，则（
）
A．
1
0
f

B．

2
0
f 

C．




2022
2021
0
f
f



D．




2022
2021
0
f
f 


【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性，推出函数

f
x 与导函数

f
x

的周期性，利用周期性进行转化求解即可.
【详解】解：由


1
2
f
x

为偶函数知，




1 2
1 2
f
x
f
x



，即




1
1
f
x
f
x



，
即函数

f
x 关于
1
x 对称，则
( )
(2
)
f x
f
x


，
由


2
f x 
是奇函数知，




2
2
f
x
f
x



，即函数

f
x 关于点(2,0) 对称，
则
( )
(4
)
f x
f
x


，且

2
0
f

，
所以




2
4
f
x
f
x



，即



4
f x
f x


，即函数

f
x 的周期是4，
则





2022
2
505 4
2
0
f
f
f





；
又








1 2
1 2
1 2
1 2
f
x
f
x
f
x
f
x

















所以




2
1 2
2
1 2
f
x
f
x






，则




1 2
1 2
f
x
f
x






，即




1
1
f
x
f
x






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所以



2
f
x
f
x




，即导函数

f
x

关于点(1,0) 对称，且

1
0
f 

.
由






4
4
f x
f x
f
x
f
x







，即导函数

f
x

的周期是4，
则





2021
1 505 4
1
0
f
f
f








；
所以




2021
2022
0
f
f



.
故选：D.
题型三构造原函数求解不等式
例三.1．设函数f（x）在R 上存在导数
'( ),
f
x
x
R

，有
2
(
)
( )
f
x
f x
x



，在(0,
)

上，
'( )
f
x
x

，若
(6
)
( )
18
6
0
f
m
f m
m





，则实数m 的取值范围为
A．[2,
)

B．[3,
)

C．[-3，3]
D．(
, 2]
[2,
)



【答案】B
【分析】令g（x）=f（x）﹣1
2 x2，根据已知条件得到g（x）的单调性，从而得到关于m 的不等式，解出即
可．
【详解】令g（x）=f（x）﹣1
2 x2，
∵g（x）+g（﹣x）=f（x）﹣1
2 x2+f（﹣x）﹣1
2 x2=0，
∴函数g（x）为奇函数
∵x∈（0，+∞）时，g′（x）=f′（x）﹣x＜0，
函数g（x）在x∈（0，+∞）为减函数，
又由题可知，f（0）=0，g（0）=0，
所以函数g（x）在R 上为减函数
∴f（6﹣m）﹣f（m）
=f（6﹣m）+ 1
2 （6﹣m）2﹣f（m）﹣1
2 m2≥0，
即g（6﹣m）﹣g（m）≥0，
∴g（6﹣m）≥g（m），
∴6﹣m≤m，
∴m≥3．
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故选B
【点睛】本题考查了函数的单调性、奇偶性，考查导数的应用，构造函数g（x）=f（x）﹣1
2 x2，判断出g
（x）的单调性是解答本题的关键，本题是一道中档题．
2．设函数
( )
f x 是(
,0)

上的可导函数其导函数为
( )
f
x

,且有2 ( )
( )
0
f x
xf
x



,则不等式
2
(
2016)
(
2016)
x
f x


9 ( 3)
0
f



的解集为
A．(
, 2013)

B．( 2016,0)

C．(
, 2019)

D．( 2019,0)

【答案】C
【详解】分析：先求



2
'
x 2
[
]
0
f
x
xf
x
x f
x







，所以

2
g x
x f x

单调递减．再解不等式．
详解：因为


x
,0

，所以



2
'
x 2
[
]
0
f
x
xf
x
x f
x







，设

2
g x
x f x

故
g x 单调递减，那么






2
2016
2016
2016
g x
x
f
x




，



3
9
3
g
f



，所以






2
2016
2016
9
3
0
x
f
x
f





的解集，也即是



2016
 
3
g x
g



的解集，由
g x 单调递减，可得
2016
3,
2016
0
x
x




，所以
2019
x 
，故选C．
点睛：已知抽象函数的性质解不等式的基本解法有两种：（1）构造满足题目条件的特殊函数，（2）还原抽
象函数，利用抽象函数的性质求解．
3．定义在R 上的函数
( )
f x 满足：
'
( )
( )
0, (0)
4
f x
f
x
f



，则不等式
( )
4
xe f x 
(其中e 为自然对数的底数)的
解集为(
)
A．(3,
)

B．(
,0)
(3,
)



C．(
,0)
(0,
)



D．(0,
)

【答案】D
【分析】设


x
g x
e f
x

，求出函数的导数，根据函数的单调性得到关于x 的不等式，即可求解.
【详解】设g(x)＝exf(x) (x∈R)，则g(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，
因为f(x)＋f′(x)>0，所以g(x)>0，所以g(x)在定义域上单调递增，
因为exf(x)> 4，所以g(x)>4.
又因为g(0)＝e0f(0)＝4，所以g(x)>g(0)，所以x>0.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理
能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某
点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数
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的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
4．已知函数
( )
f x 是定义在R 上的可导函数，且对于
R
x

，均有
( )
( )
f x
f
x


，则有（
）
A．
2017
2017
e
( 2017)
(0),
(2017)
e
(0)
f
f
f
f



B．
2017
2017
e
( 2017)
(0),
(2017)
e
(0)
f
f
f
f



C．
2017
2017
e
( 2017)
(0),
(2017)
e
(0)
f
f
f
f



D．
2017
2017
e
( 2017)
(0),
(2017)
e
(0)
f
f
f
f



【答案】D
【分析】构造函数

x
f
x
g x 
e
，由

)
(
f
x
f
x


可得函数

x
f
x
g x 
e
在R 上单调递减，利用单调性可得
结果.
【详解】构造函数

x
f
x
g x 
e
，则







2
e
e
e
e
x
x
x
x
f
x
f x
f
x
f x
g
x








，
因为
x
R ，均有

)
(
f
x
f
x


，并且

e
0,
0
x
g
x




故函数

x
f
x
g x 
e
在R 上单调递减，






2017
0 ,
2017
0
g
g
g
g




即
2017
( 2017)
(0)
e
f
f



，
2017
(2017)
(0)
e
f
f

即






2017
2017
e
2017
0 ,
2017
e
0
f
f
f
f



，
故选：D.
练习题
1．定义在R 上的函数满足
1
1
f
，且对任意xR都有

1
2
f
x


，则不等式

2
2
1
2
x
f x


的解集
为
.
【答案】

 1,1

【详解】分析：由

1
'
2
f
x 
，构造单调递减函数

1
2
h x
f
x
x


，利用其单调性求解.
详解：


1
1
'
,
'
0
2
2
f
x
f
x





，
设

1
2
h x
f
x
x


，
则


1
'
'
0
2
h
x
f
x



，
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
h x

是R 上的减函数，且

1
1
1
1
1
1
2
2
2
h
f




，
不等式

2
2
1
2
x
f x


，
即为

2
2
1
1
2
2
f
x
x


，
即


2
1
h x
h

，
得
2
1
x ，解得1
1
x

，
原不等式的解集为

1,1

，故答案为

1,1

.
点睛：利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高
中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确
定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的
函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：
①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
2．已知定义域为R 的奇函数
( )
y
f x

的导函数为
'( )
y
f
x

，当
0
x 
时，
( )
'( )
0
f x
f
x
x


，若
2
2
1
1
,
2 ( 2) ,
ln
ln
3
3
3
3
a
f
b
f
c
f















，则
,
,
a b c 的大小关系正确的是
.
【答案】b<c<a
【分析】利用条件构造函数( )
( )
g x
xf x

，然后利用导数研究函数( )
g x 的单调性，利用函数的单调性比较大
小．
【详解】解：根据题意，设( )
( )
g x
xf x

，
若
( )
y
f x

为奇函数，则
(
)
(
) (
)
( )
( )
g
x
x f
x
xf x
g x





，则函数( )
g x 为偶函数，
当
0
x 
时，
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
[
( )
]
f x
g x
x f x
xf
x
f x
xf
x
x f
x
x











，
又由当
0
x 
时，
( )
( )
0
f x
f
x
x



，则
( )
0
g x


，则函数( )
g x 在(0,
)
上为减函数，
2
2
2
( )
( )
3
3
3
a
f
g


，
2 ( 2)
( 2)
b
f
g
g





（2），
1
1
1
(
)
(
)
(
)
( 3)
3
3
3
c
ln
f ln
g ln
g ln




，
且1
3
2
3
ln


，则有b<c<a
故答案为：b<c<a
【点睛】本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数奇偶性的性质以及应用，关键是构造新函数
( )
( )
g x
xf x

，属于综合题．
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3．定义在R 上的函数f(x)满足

f
x +

f
x

>1,

0
4
f

,则不等式

3
x
x
e f x
e

（其中e 为自然对数的底
数）的解集为
.
【答案】(0,
)

【分析】构造函数



,
x
x
g x
e f
x
e
x
R



，根据

3
x
x
e f x
e

，利用导数研究
g x 的单调性，结合原
函数的性质和函数值，利用单调性转化不等式，从而可得结果.
【详解】设



,
x
x
g x
e f
x
e
x
R



，
则





'
'
1
x
x
x
x
g
x
e f
x
e f
x
e
e
f
x
f
x














'
1,
'
1
0
f
x
f
x
f
x
f
x





，

'
0
g
x


，

y
g x


在定义域上单调递增，


3,
3
x
x
e f
x
e
g x





，
又


0
0
0
0
4 1
3
g
e f
e





，


0 ,
0
g x
g
x




，
即不等式

3
x
x
e f x
e

的解集为

0,，故答案为

0,.
【点睛】本题主要考查抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、
读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关
键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数
的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
4．已知定义在R 上的可导函数
( )
y
f x

函数的导函数为
( )
f
x

，满足
( )
( )
f
x
f x


，且
(
1)
y
f x


为偶函数，
(2)
1
f
,则不等式
( )
x
f x
e

的解集为（
）
A．

,0


B．

,1


C．

1,
D．

0, 

【答案】D
【解析】根据
(
1)
y
f x


为偶函数，可得
( )
y
f x

的图象关于x=1 对称，即
(0)
1
f
，设函数
( )
( )
x
f x
g x
e

，
求导可得( )
g x 的单调性，结合题干条件，即可求得答案.
【详解】因为
(
1)
y
f x


为偶函数，则
(
1)
y
f x


的图象关于x=0 轴对称，
所以
( )
y
f x

的图象关于x=1 对称，
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因为
(2)
1
f
，所以
(0)
1
f
，
设函数
( )
( )
x
f x
g x
e

，
则
2
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
x
x
x
x
f
x e
e f x
f
x
f x
g x
e
e







，
因为
( )
( )
f
x
f x


，所以
( )
( )
0
f
x
f x



，即
( )
( )
( )
0
x
f
x
f x
g x
e





，
所以( )
g x 为减函数，
因为
( )
x
f x
e

，所以
( )
1
x
f x
e
，即( )
1
g x 
又
0
(0)
(0)
1
f
g
e

，
所以( )
1
(0)
g x
g

，
所以
0
x 
，
故选：D
【点睛】解题的关键是适当构造函数，再利用导数判断函数单调性，结合题意，求得范围，常见的构造方
法有（1）若
( )
( )
f
x
f x


，构造
( )
( )
x
f x
g x
e

；
（2）若
( )
( )
0
f
x
f x



，构造
( )
( )
x
g x
e f x

；
（3）若
( )
( )
0
xf
x
f x



，
构造
( )
( )
f x
g x
x

；（4）若
( )
( )
0
xf
x
f x


构造
( )
( )
g x
xf x

.
题型四唯一整数解求参数范围
例四、1．设函数
( )
(3
1)
x
f x
e
x
ax
a




，其中
1
a 
，若有且只有一个整数
0x 使得


0
0
f x

，则a 的取值
范围是（
）
A．2 3
, 4
e






B．2 3
, 4
e





C．2,1
e






D．2 ,1
e






【答案】D
【分析】由
(3
1)
xe
x
ax
a



，令

(3
1),
x
g x
e
x
h x
ax
a




，将问题转化为有且只有一个整数
0x ，使得


0
g x
在直线
h x
ax
a


的下方，求导得到
2
3
x 
时，
g x 取得最小值
2
3
3e


，再研究
g x 的图象结合
动态分析可得正确的选项.
【详解】已知函数
( )
(3
1)
x
f x
e
x
ax
a




，且


0
0
f x

，
所以
(3
1)
xe
x
ax
a



令

(3
1),
x
g x
e
x
h x
ax
a




，
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所以

(3
2)
x
g
x
e
x



，
当
2
3
x 
时，

0
g x


，当
2
3
x 
时，

0
g
x


，
所以
g x 在
2
,
3






上递减，在
2 ,
3







上递增，
所以当
2
3
x 
时，
g x 取得最小值
2
3
3e


，
故
g x 的图象如图所示：
曲线

y
g x

在
0
x 
处切线的斜率为

0
2
1
y
g


，
因为
1
a 
，故



0,
0
g
在直线y
ax
a


的下方.
所以




1,
1
A
g


在直线y
ax
a


的上方，故
1
2
g
a


即
2
a
e

，
故a 的取值范围是2
1
a
e 
.
故选：D.
【点睛】本题主要考查函数的导数，利用导数判断函数的单调性和最值，还考查了转化化归的思想和运算
求解的能力，属于较难题.
2．设函数
( )
e (1 2 )
x
f x
x
ax



，其中
1
a 
，若存在唯一负整数
0x ，使得
0
(
)
f x
a

，则实数a 的取值范围
是（
）
A．
2
5
3
(
,
)
3e
2e
B．
3
(2e ,1)
C．[ 3 ,1)
2e
D．
2
5
3
[
,
)
3e
2e
【答案】D
【分析】构造函数


e
2
1
x
g x
x


与y
ax
a


，将不等式转化为存在唯一的负整数
0x 使得

0
g x
在直线
y
ax
a


的下方，
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求出


e
2
1
x
g x
x


的导函数，得到其极值，最值情况，在同一坐标系下画出两函数图象，数形结合求出
答案.
【详解】设


e
2
1
x
g x
x


，y
ax
a


，
由题意知存在唯一的负整数
0x 使得

0
g x
在直线y
ax
a


的下方，
∵





e
2
1
2e
e
2
1
x
x
x
g
x
x
x






，
∴当
1
2
x 
时，

0
g x


，当
1
2
x 
时，

0
g
x


，
∴当
1
2
x 
时，
g x 取极小值，也是最小值
1
2
2e


，
且当
1
2
x 
时，
0
g x 
，当
1
2
x 
时，
0
g x 
，
直线y
ax
a


恒过定点

1,0 且斜率为a，
画出


e
2
1
x
g x
x


的图象及y
ax
a


的图象，如图所示：
故

1
1
3e
g
a
a




，

2
5
2
2
e
g
a
a




，
解得：
2
5
3
3e
2e
a


，
故选：D．
3．已知函数





ln
2
2
4
0
f x
x
a
x
a
a






，若有且只有两个整数
1
x ，
2
x 使得


1
0
f
x

，且


2
0
f x

，
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则a 的取值范围是
A．

ln3,2
B．

0,2
ln3

C．

0,2
ln3

D．

0,2
ln3

【答案】D
【解析】令

0
f
x 
，可得


2
2
ln
4
0
ax
a
x
x
a





，原问题转化为直线有且只有两个整数点处的函数值
大于函数
2
ln
4
y
x
x



的值，利用导函数研究函数的单调性得到关于a 的不等式组，求解不等式组即可确
定a 的取值范围.
【详解】令

0
f
x 
，则：




ln
2
2
4
0
0
x
a
x
a
a






，


2
2
ln
4
0
ax
a
x
x
a






，
设
2
ln
4
g x
x
x



，
2
h x
ax
a


，
故

'
1
2
1
2
x
g
x
x
x




，由

'
0
g
x 
可得
1
2
x 
，
在
1
0, 2






上，

'
0
g
x 
，
g x 为减函数，在1 ,
2







上，

'
0
g
x 
，
g x 为增函数，



2
0
h x
ax
a a



的图像恒过点

2,0 ，在同一坐标系中作出
g x ，
h x 的图像，
如图所示，若有且只有两个整数
1
2
,
x x ，使得


1
0
f
x

，且


2
0
f x

，
则
0
(1)
(1)
(3)
(3)
a
h
g
h
g








，即
0
2
2
ln3
a
a
a







，
解得：0
2
ln3
a



.
故选D.
【点睛】本题主要考查导函数研究函数的单调性，直线恒过定点问题，数形结合的数学思想等知识，意在
考查学生的转化能力和计算求解能力.
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4．若关于x 的不等式


2
ln
1
0
x x
x
a
x
a





的解集中恰有三个整数解，则整数a 的取值是（
）(参
考数据:ln2≈0.6931，ln3≈1.0986)
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】B
【分析】根据
1
x 时不等式成立得到不等式的-个整数解为1，然后
1
x 时将不等式变形为
2
ln
1
x
x
x
x
a
x




，
然后根据
g x 的单调性得到不等式
2
ln
1
x
x
x
x
a
x




的两个整数解只能是2,3，最后列不等式求a 即可.
【详解】不等式


2
ln
1
0
x
x
x
a
x
a





可整理为


2
ln
1
x
x
x
x
a x




，
当
1
x 时，0
1 1
0

成立，所以其它两个整数解大于1，
当
1
x 时，原不等式可整理为
2
ln
1
x
x
x
x
a
x




，
令
2
ln
1
x
x
x
x
g x
x




，则



2
2
ln
1
x
x
x
g
x
x





，
令
2
ln
h x
x
x
x


，则

2
2
1
x
x
h x
x




，
当
1
x 时，

0
h x


，则
2
ln
h x
x
x
x



在

1,上单调递增，
又1
0
h

，所以
0
h x 
，所以
g x 在

1,上单调递增，
所以不等式
2
ln
1
x
x
x
x
a
x




的两个整数解只能是2,3，
所以不等式


2
ln
1
0
x
x
x
a
x
a





的三个整数解为1,2,3，
则






2ln 2
4
2
1
0
3ln3
9
3
1
0
4ln 4 16
4
1
0
a
a
a
a
a
a




















，解得
2ln 2
2
3ln3
6
2
8ln 2 12
3
a
a
a














，
因为2ln 2
2
3.3862


，3ln 3
6
4.6479
2


，8ln 2
12
5.8483
3


，
所以整数
5
a 
.
故选：B.
练习题
1．已知函数



e
2
1
2
x
f x
x
ax
a




，其中
1
2
a 
，若存在唯一的整数
0x ，使得


0
0
f
x

，则实数a 的取
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值范围是（
）
A．
3
1
,
2e 2






B．
3
1
,
2e 4







C．1
e
1
, 2





D．1 1
,
4 e






【答案】C
【分析】将存在唯一的整数
0x ，使得


0
0
f
x

，即e (2
1
(
2)
x
x
a x



）
，转化为在( )
g x 图象上只有一个横坐
标为整数的点在直线( )
(
2)
h x
a x


下方，利用导数判断函数( )
e (2
1)
x
g x
x


单调性，作出其大致图象，数
形结合，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意



e
2
1
2
x
f x
x
ax
a




，
令( )
e 2
1), (
(
)
2
(
2)
x
g x
x
h x
ax
a
a x






，
因为存在唯一的整数
0x 使得


0
0
f
x

，即e (2
1
(
2)
x
x
a x



）
，
(
)
(
1
)
e 2
x
g x
x



，
当
1
(
,
)
2
x
时，
)
0
(
g x


，( )
g x 在
1
(
,
)
2

上单调递减，
当
1
(
,
)
2
x
时，
)
0
(
g x


，( )
g x 在
1
(
,
)
2

上单调递增，
故当
1
2
x 
时，函数( )
g x 取得极小值也是最小值
1
2
1
(
)
2e
2
g



，
作出其大致图象如图：
( )
2
(
2)
h x
ax
a
a x




是斜率为a，且过定点(2,0) 的直线，
当
0
a 
时，存在无穷多个满足条件的整数满足不等式e (2
1
(
2)
x
x
a x



）
，不符合题意，
故
1
0
2
a


，又
0
1
e
1
(
0,
1
g
g



）
，(1)
0
h
a

，
此时需满足在( )
g x 图象上只有一个横坐标为整数的点在直线( )
(
2)
h x
a x


下方，
则需满足
1
(0)
2
1
( 1)
3e
3
h
a
g
a









，解得1
1
e
2
a


，
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则实数a 的取值范围是
1
[
1
,
)
e 2 ，
故选：C．
【点睛】方法点睛：（1）转化思想：将存在唯一的整数
0x ，使得


0
0
f
x

即e (2
1
(
2)
x
x
a x



）
转化为在( )
g x
图象上只有一个横坐标为整数的点在直线( )
(
2)
h x
a x


下方；（2）数形结合思想，利用导数判断函数性质，
作出图象，数形结合，解决问题.
2．设函数

3
x
f
x
xe

，若存在唯一的负整数
0x ，使得


0
0
f
x
kx
k


，则实数k 的取值范围是（
）
A．
2
3 ,0
e






B．
3
0, 2e





C．
2
3
6
,
e
e








D．
2
2
3
, 2
e
e





【答案】D
【解析】利用到函数研究其图象，令
3
x
y
xe

，y
kx
k


，从而讨论两个函数的性质作出
3
x
y
xe

与y
kx
k


的图象，从而结合图象可得解．
【详解】
( )
3
x
f x
xe

，令y
kx
k


，
( )
3
(
1)
x
f
x
e
x




，
( )
3
x
f x
xe


在(，1]

上是减函数，在( 1,
)
上是增函数，
又
y
kx
k



是恒过点(1,0) 的直线，
作
( )
3
x
f x
xe

与y
kx
k


的图象如下：
当直线y
kx
k


与
( )
3
x
f x
xe

相切时，
设切点为( ,3
)
x
x
xe
，
3
3
3
1
x
x
x
xe
e
xe
x



，
则
1
5
2
x


，
1
5
2
x


；
令( )
3
x
g x
xe
kx
k



结合图象可知：
(0) 0
( 1)
0
( 2) 0
g
g
g










解得：
2
2
3
2
k
e
e


故选：D
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【点睛】关键点睛：解答本题的关键是数形结合思想的灵活运用.作出两个函数的图象后，通过观察分析得
到存在唯一的负整数
0
1
x ，使得


0
0
f
x
kx
k


，即
(0) 0
( 1)
0
( 2) 0
g
g
g










.
3．已知函数





ln
1
0
f x
x
a x
a a





,若有且只有两个整数
1
2
,
x x 使得


1
0
f
x

,且


2
0
f x

,则a 的取值
范围是
A．
3
ln 3
0,
2







B．

0,2
ln 2

C．3
ln3 ,2
ln 2
2







D．2ln 2
4 3
ln 3
,
3
2







【答案】C
【解析】求导得到



1
'
1
f
x
a
x



，计算

1
1
f
，讨论
1
a ，
1
a 两种情况，得到函数单调区间，得到

2
0
f

且

3
0
f

，计算得到答案.
【详解】





ln
1
0
f x
x
a x
a a





，



1
'
1
f
x
a
x



，



1
ln1
1
1
f
a
a





当
1
a 时，函数单调递增，不成立；
当
1
a 时，函数在
1
0,
1
a






上单调递增，在
1
,
1
a







上单调递减；
有且只有两个整数
1
2
,
x x 使得


1
0
f
x

,且


2
0
f x

，故

2
0
f

且

3
0
f

即ln 2
2
2
0,
ln 2
2
a
a
a






；
ln 3
3
ln 3
3
3
0,
2
a
a
a







故选：C .
【点睛】本题考查了利用函数单调性求参数范围，意在考查学生对于函数性质的综合应用.
4．若关于x 的不等式
2
0(
0)
x
xe
ax
a
a




的非空解集中无整数解，则实数a 的取值范围是
.
【答案】1
1
3
4
a
e
e


【分析】设
( )
x
f x
xe

，( )
2
g x
ax
a


，求出
( )
f x 的导数，判断直线恒过定点，设直线与曲线相切于( , )
m n ，
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由切线的斜率和切点在直线上和曲线上列方程组，解方程可得a ，再由题意可得当= 1
x 时，求得a ，通过
图象观察，即可得到a 的范围.
【详解】设
( )
x
f x
xe

，( )
2
g x
ax
a


，
由题意可得
( )
x
f x
xe

的图象在直线( )
2
g x
ax
a


的下方，
( )
(
1) x
f
x
x
e



，( )
2
g x
ax
a


恒过定点1
( ,0)
2
，
设直线与曲线相切于点( , )
m n ，则
(
1)
2
2
m
m
m
e
a
me
am
a







，消去a 可得：
2
2
1
0
m
m


解得：
1
2
m 
或1（舍去），
则切线的斜率为
1
2
1
2
(
1)
2
a
e



，解得
1
4
a
e

，
又由题设原不等式无整数解，
由图象可知当= 1
x 时，
1
( 1)
f
e


，( 1)
3
g
a


，
由
( 1)
( 1)
f
g



，可得
1
3
a
e

，
由直线绕着点1
( ,0)
2
旋转，
可得1
1
3
4
a
e
e


.
故答案为：1
1
3
4
a
e
e


.
【点睛】本题考查不等式解法问题，注意运用数形结合的方法，结合导数的运用：求切线的斜率，以及直
线恒过定点，考查运算能力和观察能力，难度较大.
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1.
．若过点

,a b 可以作曲线
ex
y 
的两条切线，则（
）
A．eb
a

B．ea
b

C．0
eb
a


D．0
ea
b


【答案】D
【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定
结果；
解法二：画出曲线
x
y
e

的图象，根据直观即可判定点

,a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线.
【详解】在曲线
x
y
e

上任取一点

,
t
P t e
，对函数
x
y
e

求导得
ex
y
，
所以，曲线
x
y
e

在点P 处的切线方程为


t
t
y
e
e
x
t



，即


1
t
t
y
e x
t e



，
由题意可知，点

,a b 在直线


1
t
t
y
e x
t e



上，可得




1
1
t
t
t
b
ae
t e
a
t e





，
令



1
t
f t
a
t e


，则



t
f
t
a
t e



.
当t
a

时，

0
f
t


，此时函数

f t 单调递增，
当t
a

时，

0
f
t


，此时函数

f t 单调递减，
所以，


max
a
f t
f a
e


，
由题意可知，直线y
b

与曲线

y
f t

的图象有两个交点，则
max
a
b
f t
e


，
当
1
t
a

时，

0
f t 
，当
1
t
a

时，

0
f t 
，作出函数

f t 的图象如下图所示：
由图可知，当0
a
b
e


时，直线y
b

与曲线

y
f t

的图象有两个交点.
故选：D.
解法二：画出函数曲线
x
y
e

的图象如图所示，根据直观即可判定点

,a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以
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作出两条切线.由此可知0
a
b
e


.
故选：D.
【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性
进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.
2.
已知函数
( )
4
ln


f x
x
a
x ，存在两条过原点的直线与曲线

y
f x

相切，则实数a 的取值范围是（
）
A．

2e ,0

B．

3
, e



C．

e,0

D．
3
2
, e









【答案】D
【分析】根据导数的几何意义设切点坐标为

0
0
,
x
y
，则切线方程为




0
0
0
0
0
2
4
ln
a
y
x
a
x
x
x
x
x













，
又切线过零点得方程
0
0
2
ln
0
x
a
x
a


在


0
0,
x 
上有两不相等的实根，设函数
2
ln
h x
x
a
x
a



，
求导确定单调性求值即可得实数a 的取值范围.
【详解】解：设切点坐标为

0
0
,
x
y
，又

2
a
f
x
x
x



，则切线斜率


0
0
0
2
a
k
f
x
x
x




又
0
0
0
4
ln
y
x
a
x


，则切线方程为：




0
0
0
0
0
2
4
ln
a
y
x
a
x
x
x
x
x













，
又切线过原点，则



0
0
0
0
0
2
4
ln
a
x
a
x
x
x
x













，即方程
0
0
2
ln
0
x
a
x
a


在


0
0,
x 
上有两不
相等的实根，
设
2
ln
h x
x
a
x
a



，


0,
x
，则

1
a
x
a
h x
x
x
x





，
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当
0
a 
时，

0
h x


恒成立，
h x 在


0,
x
上单调递增，不可能存在两个零点，故不符合题意；
当a<0时，
0
h x


得
2
x
a

，当


2
0,
x
a

时，
0
h x


，
h x 单调递减，


2,
x
a



时，
0
h x


，
h x
单调递增，
要使得
0
h x 
两个不同的零点，则




2
2
2
min
2
ln
3
2 ln
0
h x
h a
a
a
a
a
a
a
a












，解得
3
2
e
a 
，
又
e
2e
0
h


，x 时，
h x ，故当
3
2
e
a 
时，
0
h x 
有两个零点，
则实数a 的取值范围是
3
2
, e









.
故选：D.
3.
已知函数

2
ln
f x
x
a
x


有两条与直线
2
y
x

平行的切线，且切点坐标分别为



1
1
,
P x
f x
，




2
2
,
Q x
f x
，则
1
2
1
1

x
x 的取值范围是（
）
A．

0,2 2
B．

0,4
C．

2 2,
D．

4,
【答案】D
【分析】利用导数的几何意义求出

2
ln
f x
x
a
x


在
,
P Q 两点处的切线斜率，即可得出
1
2
,
x x 是
2
2
2
0
x
x
a



的两根，利用韦达定理即可得出
1
2
1
1

x
x 的取值范围.
【详解】根据题意可知

2
ln
f x
x
a
x


的定义域为

0, 

，所以


1
2
,
0,
x x 
，
易得

2
a
f
x
x
x



，
由导数的几何意义可得切点为



1
1
,
P x
f x
时，切线斜率为
1
1
2
a
x
x

,
同理可得，Q 点处切线斜率为
2
2
2
a
x
x

；
又因为两条切线与直线
2
y
x

平行，可得
1
1
2
2
2
2
2
2
a
x
x
a
x
x








，即
2
1
1
2
2
2
2
2
0
2
2
0
x
x
a
x
x
a









所以
1
2
,
x x 是关于方程
2
2
2
0
x
x
a



的两根，
所以
2
( 2)
4 2
0
a


>
，即
1
2
a 
，又


1
2
1
2
1,
0,
2
a
x
x
x x





可得
1
0
2
a


；
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所以
1
2
1
2
1
2
1
1
1
2
2
x
x
a
x
x
x x
a





，由
1
0
2
a


可得1
2
a 
即
1
2
1
1
2
1
2
4
x
x
a
a




> ，所以
1
2
1
1

x
x 的取值范围是

4,.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用导数的几何意义和两直线平行的位置关系得出关于
1
2
,
x x 的等量
关系，再根据函数定义域和韦达定理即可求得表达式的取值范围.
4.
若动点P 在直线
1
y
x

上，动点Q 在曲线
2
2
x
y

上，则|PQ|的最小值为（
）
A．1
4
B．
2
4
C．
2
2
D．1
8
【答案】B
【分析】设与直线
1
y
x

平行的直线l 的方程为y
x
m


，当直线l 与曲线
2
2
x
y

相切，且点Q 为切点时，
P ，Q 两点间的距离最小，根据导数的几何意义求出直线l 的方程，再利用平行线间的距离公式即可求得结
果.
【详解】设与直线
1
y
x

平行的直线l 的方程为y
x
m


，
∴当直线l 与曲线
2
2
x
y

相切，且点Q 为切点时，P ，Q 两点间的距离最小，
设切点


0
0
,
Q x
y
，
2
2
x
y

，所以
2
1
2
y
x

，
y
x
，
0
0
1
1
x
x


，
0
1
2
y


，
点
1
1,
2
Q






，直线l 的方程为
1
2
y
x


，
,
P Q

两点间距离的最小值为平行线
1
2
y
x


和
1
y
x

间的距离，
,
P Q

两点间距离的最小值为
1
1
2
2
4
2


.
故选：B .
5.
存在过点

,0
P t
的直线与曲线


3
x
y
e
x


相切，则实数t 的取值范围是
.
【答案】


, 1
3,



【分析】设曲线的切点为




0
0
0
,
3
x
x e
x 
，利用导数的几何意义可得




0
0
0
0
0
3
2
x
x
e
x
e
x
x
t




，使方程有解即
可.
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【详解】




3
2
x
x
x
y
e
x
e
e
x





设曲线的切点为




0
0
0
,
3
x
x e
x 
，
由题意可得




0
0
0
0
0
3
2
x
x
e
x
e
x
x
t




，
整理可得


2
0
0
3
2
3
0
x
t
x
t





，
所以




2
3
4 2
3
0
t
t









，
解得
3
t 
或
1
t ，
所以实数t 的取值范围是


, 1
3,



.
故答案为：


, 1
3,



6.
已知函数


,
f x
g x 的定义域为R ，

g
x

为
g x 的导函数，且

10
0
g
x
f
x




，


10
0
4
g
f
x
x





，若
g x 为偶函数，则以下四个命题：①


1
3
20
f
f


；②

4
10
f

；
③



1
3
f
f



；④


2022
10
f

中一定成立的个数为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】由( )
g x 是偶函数，得
( )
g x

是奇函数，再由已知等式得
(4
)
( )
g
x
g x




，两者结合得
( )
g x

是周期
函数，周期为4，同时得出
( )
f x 是周期函数，周期是4，然后由周期性，奇函数的定义求得
(1)
(3)
g
g



，(4)
g
，
( 1)
g
与
( 3)
g
的关系，从而得出关于
( )
f x 的相应结论，由周期性计算
(2022)
f
，然后判断各命题．
【详解】∵

10
0
g
x
f
x




，


10
0
4
g
f
x
x





，∴
(4
)
( )
g
x
g x




，
又( )
g x 是偶函数，(
)
( )
g
x
g x


，两边求导得
(
)
( )
g
x
g x





，∴
( )
g x

是奇函数，( )
(
)
g x
g
x




，(0)
0
g

，
∴
(4
)
( )
(
)
g
x
g x
g
x







，即
(4
)
( )
g
x
g x




，
( )
g x

是周期函数，4 是它的一个周期，
(4)
(0)
0
g
g




，
( )
10
( )
f x
g x



，∴
( )
f x 是周期函数，4 是它的一个周期，
(0)
10
(0)
10
f
g



，
(4)
(0)
10
f
f


，
(1)
(3)
10
(1)
10
(3)
20
( 1)
(3)
20
f
f
g
g
g
g














，
( )
g x

是周期为4 的周期函数，又是奇函数，
( 2)
(2)
(2)
g
g
g






，
(2)
( 2)
0
g
g





，
(2)
10
(2)
10
f
g



，
(2022)
(505 4
2)
(2)
10
f
f
f





，
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( 1)
(1)
g
g




，
( 3)
(1)
g
g




，所以
( 3)
( 1)
g
g





，
( 3)
10
( 3)
f
g




，
( 1)
10
( 1)
f
g




，因此
( 3)
( 1)
20
f
f




，不能得出
( 3)
( 1)
f
f



，
一定正确的有①②④，共3 个．
故选：C．
【点睛】结论点睛：
（1）
( )
f x 的图象既关于直线x
a

对称，又关于点( ,0)
b
对称，则
( )
f x 是周期函数，4 a
b

是它的一个周期；
（2）
( )
f x 的图象既关于直线x
a

对称，又关于直线x
b

对称，则
( )
f x 是周期函数，2 a
b

是它的一个周
期；
（3）
( )
f x 的图象既关于点( ,0)
a
对称，又关于点( ,0)
b
对称，则
( )
f x 是周期函数，2 a
b

是它的一个周期．
7.
已知函数


3
( )
sin 3
3
R,
R
f x
a
x
bx
a
b





，

f
x

为

f
x 的导函数，则








2021
2021
2022
2022
f
f
f
f







（
）
A．0
B．2021
C．2022
D．6
【答案】D
【分析】令
3
( )
sin3
g x
a
x
bx


，判断( )
g x 、

f
x

的奇偶性，借助奇偶性计算即可作答.
【详解】依题意，

f
x 的定义域为R，令
3
( )
sin3
g x
a
x
bx


，则
3
(
)
sin3(
)
(
(
)
)
g
x
a
x
g x
b
x






，
即( )
g x 是奇函数，有(2021)
( 2021)
0
g
g



，则




(2021)
20
3
( 2021)
3
6
21
2021
f
g
f
g








，
又
2
( )
3 cos3
3
f
x
a
x
bx



，且有
2
(
)
3 cos3(
(
(
)
)
3
)
f
x
a
x
b
f
x
x







，即

f
x

是偶函数，




2022
2022
0
f
f





，
所以








2021
2021
2022
2022
6
f
f
f
f








.
故选：D
8.
给出定义：设

f
x

是函数

y
f x

的导函数，

f
x

是函数

y
f
x


的导函数，若方程

0
f
x


有
实数解
0
x
x

，则称




0
0
,
x
f x
为函数

y
f x

的“拐点”.经研究发现所有的三次函数



3
2
0
ax
bx
d a
f x
cx





都有“拐点”，且该“拐点”也是函数

y
f x

的图像的对称中心，若函数

3
2
3
f x
x
x


，则
1
2
3
4040
4041
2021
2021
2021
2021
2021
f
f
f
f
f



































（
）
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A．8082
B．2021
C．-8082
D．-2023
【答案】C
【分析】通过二次求导可得

6
6
f
x
x



，

0
f
x


可得
1
x ，
(1)
2
f
，所以

y
f x

的图像的对称
中心为(1, 2)

，即
(1
)
(1
)
4
f
x
f
x



，据此规律求和即可.
【详解】由

2
3
6
f
x
x
x



，可得

6
6
f
x
x



，
令

0
f
x


可得
1
x ，
又
(1)
1 3
2
f

，
所以

y
f x

的图像的对称中心为(1, 2)

，
即
(1
)
(1
)
4
f
x
f
x



，
所以
1
2
3
4040
4041
2021
2021
2021
2021
2021
f
f
f
f
f

































1
4041
2
4040
2021
(
)
2021
2021
2021
2021
2021
(
)
(
)
f
f
f
f
f






























4041
4
8082
2


，
故选：C
9.
已知函数

f
x 的导函数是

f
x

，

1
f
x


的图象关于点(1,0) 对称，对任意实数x 都有



2
f x
f
x


，
且

f
x 在

7, 6


上单调递增，设


0.2
,
6e
ln
e
2
1
,
9
5
















a
f
b
f
c
f
，则, ,
a b c 的大小关系是（
）
A．c
b
a


B．< <
b c a
C．a
b
c


D．a
c
b


【答案】D
【分析】根据已知条件可得

f
x 是偶函数，图象关于直线
1
x 对称，周期为2，在

0,2 上的单调性，
6e
1 ln(1 0.2)
ln 5 

，
0.2
e
1
(0,1
1
2
9
),
(0, )


，构造函数
2
( )
ln 2




x
g x
x
x ，利用导数判断出( )
g x 的单调性可
得答案.
【详解】因为


1
f
x


的图象关于点(1,0) 对称，所以

f
x

的图象关于点(0,0) 对称，

f
x

是奇函数，

f
x 是偶函数，

f
x 关于直线
1
x 对称，
所以

f
x 的周期为2，因为

f
x 在

7, 6


上单调递增，所以在

0,1 上单调递减，
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在

1,2 上单调递增，
令






1
0,1
ln




x
x x
h x
，则

1
1
1
1
x
h
x
x
x






，
当


0,1
x
时，

0
h x


，
h x 单调递减，
且

0
0
l 1
0
n




h x
h
，所以



1
0.2
0.2
0
0.2
ln




h
，
即


1
0.2
0.2
ln


，可得
)
l 6e
1
ln(1
0.2)
(1,1.2
5
n



，
0.2
e
1
(0,1
1
2
9
),
(0, )


，
设
1
5
x 
，则
2
2
2
2
9
2
1
x
x
x




，
2
2
2
e
1
e
1
e
,
(0,1)
2
2
2

















x
x
x
x
x
x x
x
x
x
设函数
2
( )
ln 2




x
g x
x
x ，
(0,1)
x
，
2
2
( )
0
4





x
g x
x
，
所以( )
g x 在

0,1 上是减函数，
1
(0)
0
5







g
g
，
1
0.2
5
1
2
1
11
11
2
1
5
ln
ln
,
e
,
e
1
1
5
9
9
9
3
2
5




















.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是构造函数，利用函数的单调性比较大小.
10.
已知定义在R 上的奇函数
( )
f x ，设其导函数为
'( )
f
x ，当
(
,0]
x
时，恒有
'( )
(
)
xf
x
f
x


，令
( )
( )
F x
xf x

，
则满足
(3)
(2
1)
F
F
x


的实数x 的取值范围是
A．
1
1, 2







B．( 1,2)

C．1 ,2
2






D．( 2,1)

【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性和已知条件，通过导函数判断函数
( )
F x 的单调性，利用函数的奇偶性和
单调性解不等式即可．
【详解】
( )
f x

是奇函数，
不等式
( )
(
)
xf
x
f
x



，等价为
( )
( )
xf
x
f x


，
即
( )
( )
0
xf
x
f x



，
( )
( )
F x
xf x


，
( )
( )
( )
F x
xf
x
f x




，
即当
(
x，0]时，
( )
( )
( )
0
F x
xf
x
f x




，函数
( )
F x 为减函数，
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( )
f x

是奇函数，
( )
( )
F x
xf x


为偶数，且当
0
x 
为增函数．
即不等式F （3）
(2
1)
F
x


等价为F （3）
(| 2
1|)
F
x


，
| 2
1| 3
x


，
3
2
1
3
x

，
即2
2
4
x


，
1
2
x


，
即实数x 的取值范围是( 1,2)

，
故答案为B ．
【点睛】本题主要考查函数单调性和导数之间的关系的应用，根据函数的奇偶性和单调性之间的关系，
是解决本题的关键，综合考查了函数性质的应用．
11.
设函数

f
x 在R 上存在导数

f
x

，对于任意的实数x ，有



2
2
f x
f
x
x



，当


,0
x
时，

4
2
f
x
x



，若



2
4
2
2
f m
f m
m
m





，则实数m 的取值范围是
.
【答案】



, 1
2,



【分析】借鉴积分思想，可设

2
4
g x
f x
x
x



，结合



2
2
f x
f
x
x



，易证
g x 为过原点的奇函数和
减函数，分别列出

2
g m 
和
g m ，将



2
4
f m
f m



整体代换，对参数m 进行分类讨论即可求解.
【详解】可设

2
4
g x
f x
x
x



①，则


4
2
g
x
f
x
x





，因为当


,0
x
时，

4
2
f
x
x



，即


4
2
0
g
x
f
x
x






，
g x 在

,0


上单减，




2
4
g
x
f
x
x
x





②，联立①②可得





2
2
0
g x
g
x
f x
f
x
x






，
0
0
g

，所以
g x 在R 上单
减，为奇函数.










2
2
2
2
4
2
2
2
4
g m
f m
m
m
f m
m











③，


2
4
g m
f m
m
m



④，
联立③④可得





2
2
2
4
4
2
g m
g m
f m
f m
m
m








，
即






2
2
4
2
2
4
f m
f m
g m
g m
m
m








，
所以






2
2
4
2
2
4
2
2
2
2
f m
f m
g m
g m
m
m
m
m
m
m












，显然
2
m 
，
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当m>2 时，原不等式等价于


2
0
g m
g m



，即



2
g m
g
m



，
所以
2
m
m


，解得
1
m ，故m>2 ；
当
2
m 
时，原不等式等价于


2
0
g m
g m



，即



2
g m
g
m



，
所以
2
m
m


，解得
1
m ，故
1
m ，
综上所述，实数m 的取值范围是



, 1
2,



故答案为：



, 1
2,



12.
已知定义在R 上的奇函数

f
x 的导函数为
( )
5
cos
f
x
x



，若

2
1
(1
)
0
f
t
f
t




，则实数t 的取值
范围为
.
【答案】( 2,1)

【分析】根据题意得到函数

f
x 单调递增，且为奇函数，把不等式转化为

2
1
(
1)
f
t
f t



，得到不等式
2
2
0
t
t

，即可求解.
【详解】由题意，函数

f
x 的导函数
( )
5
cos
0
f
x
x




，所以函数

f
x 单调递增，
又由函数

f
x 在R 上为奇函数，
不等式

2
1
(1
)
0
f
t
f
t




可化为

2
1
(1
)
(
1)
f
t
f
t
f t





，
可得
2
1
1
t
t

，即
2
2
0
t
t

，解得2
1
t
，
即实数t 的取值范围为( 2,1)

.
故答案为：( 2,1)

.
13.
已知定义在R 上的奇函数

f
x ，设其导函数为

f
x

，当


,0
x


时，恒有

0
( )
xf
x
f x



，令
( )
( )
F x
xf x

，则满足

3
(2
1)
F
F
x


的实数x 的取值范围是
.
【答案】( 1,2)

【分析】根据函数的奇偶性和条件，判断函数
( )
F x 的单调性，利用函数的奇偶性和单调性解不等式即可．
【详解】解：∵
( )
( )
F x
xf x

，∴


( )
F
x
xf
x
f x




，
∵当


,0
x


时，恒有

0
( )
xf
x
f x



∴当


,0
x


时，


0
( )
F
x
xf
x
f x





，函数
( )
F x 为减函数，
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∵

f
x 是奇函数，即



f
x
f x


∴






F
x
xf
x
xf x
F x





，即
( )
F x 为偶函数，
∴当


0,
x
时，
( )
F x 为增函数，
∴不等式

3
(2
1)
F
F
x


等价为

3
( 2
1)
F
F
x


，
∴2
1
3
x 

，即3
2
1
3
x

，解得1
2
x


，
∴实数x 的取值范围是( 1,2)

.
故答案为：(
)
1,2
-
14.
已知定义在R 上的可导函数

y
f x

的导函数为

f
x

，满足


f
x
f x


，且


1
y
f
x


为偶函数，

2
1
f
，则不等式

ex
f
x 
的解集为
．
【答案】

0, 

【分析】构造新函数，利用导数判断函数的单调性，结合对称性，可求答案.
【详解】∵


1
y
f
x


为偶函数，∴


1
y
f
x


的图象关于
0
x 
对称，
∴

y
f x

的图象关于
1
x 对称，∴


2
0
f
f

，
又∵

2
1
f
，∴

0
1
f
，
设

x
f
x
g x 
e
（x
R

），则







2
e
e
e
e
x
x
x
x
f
x
f x
f
x
f x
g
x







，
又∵


f
x
f x


，∴


0
f
x
f
x


′
，∴

0
g x


，∴

y
g x

单调递减，
∵

ex
f
x 
，∴

 
1
ex
f x ，即
1
g x ，
又∵

0
0
0
1
e
f
g

，∴

0
g x
g

，∴
0
x 
，
故答案为：

0, 

.
15.
已知函数
3
2
( )
2
3
f x
x
x
mx
m




，若存在唯一的负整数
0x ，使得


0
0
f
x

，则实数m 的取值范围是
（
）
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A．
3
0, 4






B．
16
0, 5






C．3 16
,
4 5





D．3 ,
4





【答案】C
【分析】将

0
f
x 
，进行“半分离参数”，转化为函数图像的问题，进行处理；其中在画图前，需要借助导
数判断三次函数的单调性.
【详解】因为

0
f
x 
，等价于


3
2
2
3
x
x
m x



，
不妨令
3
2
2
g x
x
x


，


3
h x
m x


容易知：
h x 是恒过定点

3,0 且斜率为m 的直线；
对
g x 求导，可得

2
3
4
g
x
x
x



，
令

0
g
x


，可得
0
x 
或
4
3
x 
，
故
g x 在

,0

和4 ,
3






单调递增，在
4
0, 3





单调递减，
故在同一坐标系中绘制两个函数的图像如下：
图中所示点



1, 3 ,
2, 16
A
B



与满足题意，只需直线
h x 在
1
x 处的函数值小于等于-3，
在
2
x 处的函数值大于-16 即可.
则：4
3
m

，且5
16
m


,
解得：
3 16
,
4
5
m






故选：C.
【点睛】本题考查利用导数解决存在性问题，注意数形结合的使用即可；同时本题中的半分离参数，是突
破问题的重要方式，需要总结.
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16.
已知关于x 的不等式




2
e
1
0
R
x
a
x
x
a






的解集中恰有两个正整数解，则实数a 的取值范围
为
.
【答案】
3
2
9
4
,
4e
3e





【分析】由题意知，关于x 的不等式
2
(
1)
ex
x
a x


恰有两个正整数解．设函数
2
( )
ex
x
f x 
，( )
(
1)
g x
a x


，作
出函数
( )
f x 及( )
g x 的图象，由图象观察，可得实数a 的取值范围．
【详解】由题意知，关于x 的不等式
2
(
1)
ex
x
a x


恰有两个正整数解．
设
2
( )
ex
x
f x 
，则
(2
)
( )
ex
x
x
f
x



，
当
0
x 
或
2
x 
时，
( )
0
f
x


；当0
2
x


时，
( )
0
f
x


，
故
( )
f x 在(
,0),(2,
)

上单调递减，在(0,2) 上单调递增，
作出
( )
f x 的大致图象，如图．
设( )
(
1), ( )
g x
a x
g x


的图象恒过定点
( 1,0)
M 
，
设
2
3
4
9
2,
,
3,
e
e
A
B












，则
2
3
4
9
,
3e
4e
AM
BM
k
k


，
又当
1
x 时，直线AM，BM 在
( )
f x 图象下方，
由题意可知，
1
x 和
2
x 
是不等式


2
e
1
0
x
a
x
x





的两个正整数解，
所以实数a 的取值范围为
3
2
9
4
,
4e
3e




．
故答案为：
3
2
9
4
,
4e
3e




．
17.
（1）设函数



e
2
1
x
f x
x
ax
a




，其中
1
a 
，若存在唯一的整数
0x ，使得


0
0
f
x

，则a 的取
值范围是
．
（2）已知

ex
f x
x

，


2
1
g x
x
a



，若
1x

，
2x R ，使得



2
1
f x
g x

成立，则实数a 的取值范
围
．
【答案】
3 ,1
2e




1 ,
e





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【分析】（1）根据题意转化为存在唯一的整数
0x ，使得

0
g x
在直线y
ax
a


的下方，求导得

g
x

，然后
结合图像即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为


min
max
f x
g x

，然后求导得极值，即可得到结果.
【详解】
（1）函数



e
2
1
x
f x
x
ax
a




，其中
1
a 
，
设


e
2
1 ,
x
g x
x
y
ax
a




，
因为存在唯一的整数
0x ，使得


0
0
f
x

，
所以存在唯一的整数
0x ，使得

0
g x
在直线y
ax
a


的下方，
因为



e
2
1
x
g
x
x



，所以当
1
2
x 
时，

0
g x


，
当
1
2
x 
时，
1
2
min
1
2e
2
g x
g










，
当
0
x 
时，

0
1,
1
e>0
g
g


，
直线y
ax
a


恒过点

1,0 ，斜率为a ，
故

0
1
a
g

，且

1
1
3e
g
a
a




，解得
3
2e
a 
所以a 的取值范围是
3 ,1
2e




（2）
1x

，
2x R ，使得



2
1
f x
g x

成立，等价于


min
max
f x
g x

，
因为

ex
f x
x

，所以



1
ex
f
x
x



，
当
1
x 时，

0
f
x


，则函数

f
x 递减；
当
1
x 时，
( )
0
f
x
¢
>
，则函数

f
x 递增；
所以= 1
x 时，
min
1
e
f
x

，
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因为


2
1
g x
x
a



，所以max
g x
a

，
所以
1
e
a


，则实数m 的取值范围是
1 ,
e





.
故答案为: （1）
3 ,1
2e



;（2）
1 ,
e





18.
已知函数



ln
f x
x a
x
a



，若存在唯一整数
0x ，使得


0
0
1 2ln
f x
x
a


成立，则实数a 的取值
范围为
．
【答案】1 ln 3 1
,
2
3







【分析】首先将不等式整理为

2 ln
1
x
x
ax


，分别构造函数



2 ln
G x
x
x


与

1
H x
ax

，然后利
用导数研究

G x 的函数性质并将作出其图象，进而将原问题转化为两函数图像的交点问题，结合函数图象
即可求出参数a 的取值范围.
【详解】已知

1 2ln
f x
x
a


，即

2 ln
1
x
x
ax


，
令



2 ln
G x
x
x


，
0
x 
，

1
H x
ax

，
则

2
ln
1
G
x
x
x



，易知

G
x

在

0, 

上单调递增，又

1
1
0
G

，

2
ln 2
0
G


，所以存在实数


1,2
m
，使得

0
G m


，
且当


0,
x
m

时，

0
G
x


，

G x 在

0,m 上单调递减，
当


,
x
m

时，

0
G
x


，

G x 在

,
m 上单调递增，
所以


min
G x
G m

，又


1
2
0
G
G


，

H x 是过定点


0, 1
C

的直线，所以画出函数

G x 和

H x 的大致图象如图所示，
令(
)
1,0
A
，


2,0
B
，


3,ln 3
D
，由图可知若存在唯一整数
0x ，使得


0
0
1 2ln
f x
x
a


成立，则需


min
,
BC
AC
DC
k
a
k
k


，
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而
ln 3 1
2
ln 3
1
0
3
3
AC
DC
k
k






，所以
AC
DC
k
k

，
因为
1
2
BC
k

，所以1
ln3 1
2
3
a



，即实数a 的取值范围是1 ln 3 1
,
2
3






．
故答案为：1 ln 3 1
,
2
3







【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将不等式变形为

2 ln
1
x
x
ax


，并构造函数



2 ln
G x
x
x


与

1
H x
ax

，将原问题转化为两函数图像的交点问题，进而通过导数画出

G x 与

H x 的大致图像，通
过数形结合的方法求出参数a 的取值范围，该方法是解决函数整数解问题或者零点问题的一种重要手段.
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