清单02 高考数学考前重点题型归纳
（含28 个专题，813 个重点题型）
题型01 集合5 个重点题型
题型02 常用逻辑用语13 个重点题型
题型03 复数15 个重点题型
题型04 平面向量26 个重点题型
题型05 等式与不等式的性质及基本不等式16 个重点题型
题型06 三角函数与诱导公式11 个重点题型 题型07 三角恒等变换24 个重点题型
题型08 三角函数的图象及性质40 个重点题型
题型09 解三角形小题35 个重点题型
题型10 解三角形大题36 个重点题型
题型11 函数的概念及其表示10 个重点题型
题型12 函数的基本性质45 个重点题型
题型13 指数对数幂函数40 个重点题型
题型14 函数的图象6 个重点题型
题型15 函数与方程与函数模型22 个重点题型
题型16 导数小题36 个重点题型
题型17 导数大题40 个重点题型
题型18 数列小题40 个重点题型
题型19 数列大题25 个重点题型
题型20 立体几何小题35 个重点题型
题型21 立体几何大题35 个重点题型
题型22 直线与圆32 个重点题型
题型23 圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）小题55 个重点题型
题型24 圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）大题40 个重点题型
题型25 排列组合27 个重点题型
题型26 二项式定理17 个重点题型
题型27 概率统计小题52 个重点题型
题型28 概率统计大题35 个重点题型
第二部分
题型11 函数的概念及其表示10 个重点题型
题号
核心题型
题型解决关键点
1
求具体函数的定
义域
根据解析式列出使函数有意义的条件（分母不为零、偶次根式被开方数非负、
对数真数大于零等），解不等式组。
2
求复合函数的定
义域
先求出内层函数的定义域，再根据外层函数对自变量的要求列不等式组，求
解交集。
3
求抽象函数的定
义域
利用函数定义域的定义，将括号内的表达式看作整体，使其满足原函数的定
义域，解不等式。
4
判断函数定义域
与值域是否相同
分别求出各选项函数的定义域和值域，进行比较。注意常见函数（一次、二
次、反比例、根式、对数等）的取值情况。
5
利用对称性求函
数值
观察函数结构，通过构造函数并判断其奇偶性，利用对称区间上值域端点值
的和为定值求解。
6
分段函数求值
根据自变量的取值范围选择对应解析式，逐层代入计算，注意自变量的符号
与范围。
7
分段函数求值
由内到外逐层代入，注意判断自变量所在区间，选择合适的解析式。
8
分段函数求参数
与函数值
根据自变量范围分类讨论，利用已知函数值列方程求出参数，再代入求值。
9
分段函数值域求
参数范围
分别求出各段的值域，再根据整体值域的要求，建立不等式组确定参数范围。
10
分段函数单调性
求参数范围
根据分段函数在每一段上单调递增，且在分段点处左段函数值不大于右段函
数值，列出不等式组求解。
1．（2026·甘肃·一模）函数
1
x
f x
x
+
=
的定义域为（ ）
A．
1
0,
-¥ -
+¥
U
,
B．
, 1
0,
-¥ -
È
+¥
C．
1,0
-
D．
1,0
-
【答案】A
【详解】要使函数
1
x
f x
x
+
=
有意义，需使
1
0
x
x
+ ³
，解得
1
x £ - 或
0
x >
，
即函数的定义域为
, 1
0,
¥
¥
-
-
È
+
.
2．（25-26 高三上·山东·月考）若函数
2
1
4
f x
x
x
=
-
，则
2
2
log
1
x
g x
f
x
=
+
+
的定义域为（ ）
A．
1,2
-
B．
0,2
C．
0,4
D．
1,4
-
【答案】A
【分析】解不等式
2
4
0
x
x
-
>
，可求得函数
f x 的定义域，进而利用复合函数的定义域的求法可求
g x 的
定义域.
【详解】由
2
4
0
x
x
-
>
，得
2
4
0
x
x
-
<
，所以
4
0
x x -
<
，解得0
4
x
<
<
，
所以函数
2
1
4
f x
x
x
=
-
的定义域为
0,4 .
由0
2
4
1
0
x
x
ì <
<
í + >
î
，解得1
2
x
- <
<
，
所以
2
2
log
1
x
g x
f
x
=
+
+
的定义域为
1,2
-
.
故选：A.
3．（2026·安徽合肥·模拟预测）若函数
f x 的定义域是1 , 2
2
é
ö
÷
êë
ø ，则函数
4
2
log
2
1
8
2
f
x
y
x
x
-
=
-
-
的定义域是
__________．
【答案】3 ,2
2
é
ö
÷
êë
ø
【详解】要使函数有意义，则
4
2
1
log
2
1
2
2
2
1
0
2
8
0
x
x
x
x
ì
£
-
<
ï
ï
- >
í
ï
+
-
<
ï
î
，解得
3
17
2
2
1
2
4
2
x
x
x
ì
£
<
ï
ïï
>
í
ï
- <
<
ï
ïî
，取交集得3 ,2
2
é
ö
÷
êë
ø ．
4．（25-26 高三下·陕西西安·开学考试）下列函数中，定义域和值域相同的是（ ）
A．
1
y
x
=
B．
2x
y =
C．
ln
y
x
=
D．
tan
y
x
=
【答案】A
【详解】函数
1
y
x
=
的定义域和值域均为
,0
0,
¥
¥
-
È
+
，所以选项A 正确；
函数
2x
y =
的定义域为R，值域为
0, ¥
+
，所以选项B 错误；
函数
ln
y
x
=
的定义域为
,0
0,
¥
¥
-
È
+
，值域为R，所以选项C 错误；
函数
tan
y
x
=
的定义域为
π
π,
Z
2
x x
k k
ì
ü
¹
+
Î
í
ý
î
þ
，值域为R，所以选项D 错误.
5．（2026·河北保定·一模）已知函数
1
( )
2
1
x
f x
x
=
-
+
在区间[
, ]
k k
-
上的值域为[ , ]
m n ，则m
n
+
= （ ）
A．0
B．1
C．2
D．4
【答案】B
【分析】依题意构造函数
1
( )
( )
2
g x
f x
=
-
，利用函数的奇偶性定义判断其为奇函数，即得函数
( )
f x 的图象关
于点
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 对称，结合题意即可求得答案.
【详解】由题意，
1
( )
2
1
x
f x
x
=
-
+
，
,
x
k k
Î -
,
令函数
1
1
1
2
(2
1)
1
2
( )
( )
2
2
1
2
2(2
1)
2(2
1)
x
x
x
x
x
g x
f x
x
x
x
-
+
-
=
-
=
-
-
=
-
=
-
+
+
+
，
则
1
2
1
2
2
1
1
2
(
)
( )
0
2(2
1)
2(2
1)
2(2
1)
2(2
1)
x
x
x
x
x
x
x
x
g
x
g x
x
x
-
-
-
-
-
-
-
+
=
+
+
-
=
+
=
+
+
+
+
，
所以( )
g x 为奇函数，图象关于(0,0) 对称，故
( )
f x 的图象关于点
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 对称，
因函数
( )
f x 在对称区间[
, ]
k k
-
上的值域为[ , ]
m n ，故
1
2
1
2
m
n
+
=
´
= ．
6．（2026·山东烟台·一模）已知函数
2
2
1
2
log
3
2
x
x
f x
x
x
ì
+
£
ï
= í
+
>
ïî
，
，
，则
2
f
f -
的值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【详解】因为2
2
- <
，所以
2
( 2)
( 2)
1
4 1
5
f -
= -
+ =
+ =
，
因为5
2
>
，所以
2
2
(5)
log (5
3)
log 8
3
f
=
+
=
=
，
所以
( ( 2))
5
3
f f
f
-
=
=
.
7．（2026·广东广州·一模）已知函数
3
log
1 ,
1
3 ,
1
x
x
x
f x
x
ì
-
>
= í
£
î
，则
3
log 2
f
f
=（ ）
A．1
-
B．0
C．
3
log 2
D．2
【答案】B
【详解】因为
3
0
log 2<1
<
，所以
3
log 2
3
(log 2)=3
2
f
=
，所以
3
3
3
log 2
(2)
log (2 1)
log 1
0
f
f
f
=
=
-
=
=
.
8．（2026·河北·一模）已知函数
,
0
,
0
x x
f x
x
a x
ì
³
ï
= í- +
<
ïî
，若
2
2
8
f
a
f
a
=
+
，则
6
f
f -
= （ ）
A．1
B．2
C．5
2
D．3 2
2
【答案】B
【分析】先根据分段函数的定义，分情况讨论2a 和2
8
a + 的符号，由
2
2
8
f
a
f
a
=
+
求出参数a ，再代
入更新后的函数，从内到外依次计算
6
f -
和
6
f
f -
.
【详解】若2
0
a ³
，则2
8
0
a +
>
，因为函数y
x
=
在
0,+¥ 单调递增，
且2
8
2
a
a
+
>
，所以方程
2
2
8
f
a
f
a
=
+
无解；
若2
0
a <
，2
8
0
a +
³
，则
2
2
,
2
8
2
8
f
a
a
a
a f
a
a
= -
+
= -
+
=
+
，
得到
2
2
8
f
a
f
a
=
+
，即
2
8
a
a
- =
+
，
整理得
2
2
8
0
a
a
-
-
=
，解得
4
a =
（舍）或
2
a = - ；
若2
0,2
8
0
a
a
<
+
<
，因为函数y
x
a
= - +
在
,0
-¥
单调递减，
且2
8
2
a
a
+
>
，所以方程
2
2
8
f
a
f
a
=
+
无解；
综上，
2
a = - ，
,
0
2,
0
x x
f x
x
x
ì
³
ï
= í- -
<
ïî
，
所以
6
6
2
4
f -
= - -
-
=
，
6
4
4
2
f
f
f
-
=
=
=
.
故选：B.
9．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数
2
2 ,
1,
1 ,
1
a x
a x
f x
x
x
x
ì
-
+
<
ï
= í -
³
ïî
的值域为R ，则实数a 的取值范围是
（ ）
A．
,2
-¥
B．
2,2
-
C．
1,1
-
D．
2,
-
+¥
【答案】B
【详解】因为y
x
=
在
1,+¥ 上单调递增，
1
y
x
= -
在
1,+¥ 上单调递增，
所以当
1
x ³ 时，
1
f x
x
x
=
-
单调递增，则
1
0
f x
f
³
=
.又函数
f x 的值域为R ，
所以当
1
x < ，函数
2
2
y
a x
a
=
-
+
的值要取到
,0
¥
-
内的所有实数，所以2
0
a
-
>
.
当2
0
a
-
>
，即
2
a <
时，函数
2
2
y
a x
a
=
-
+
在
,1
¥
-
上单调递增，x ® -¥ 时，y ® -¥ ，
当x 趋近于1 时，
2
2
2
0
y
a
a
a
=
-
+
=
+
³
，即
2
a ³ - ，所以2
2
a
- £
<
，即实数a 的取值范围是
2,2
-
.
10．（25-26 高三下·河南·开学考试）若函数
2
2
2 ,
1,
log
1,
1
x
a
a x
x x
f x
a
x
x
ì
-
+
<
= í
+
-
³
î
0,
1
a
a
>
¹
且
在R 上单调递增，则
实数a 的取值范围为（ ）
A．
1,2
B．
5
2, 2
é
ù
ê
ú
ë
û
C．
2,3
D．5 ,3
2
é
ù
ê
ú
ë
û
【答案】D
【分析】先取
2
a =
，计算
1
x = 和
1
x < 时函数的上确界，结合单调性定义排除
2
a =
，当
2
a ¹
时，根据分段
函数在R 上单调递增，需满足在每一段上单调递增，且分段处，左端的上确界小于等于右端函数值的最小
值，得到不等式组，求出a 的范围.
【详解】当
2
a =
时，
2
2 ,
1,
2
log
1,
1
x
x x
f x
x
x
<
ì
= í
+
-
³
î
，
由
1
2
2 1
2
log 1 1
´ >
+
- ，知
f x 在R 上不单调递增，
当
2
a ¹
时，因为
f x 在R 上单调递增，
1
2
0
2
1
2 2
1
2
2
a
a
a
a
a
>
ì
ï -
<
ïïí-
³
ï
-
ï
- ³
-
+
ïî
，
解得5
3
2
a
£
£
，故实数a 的取值范围为5 ,3
2
é
ù
ê
ú
ë
û ．
故选：D．
题型12 函数的基本性质45 个重点题型
题号
核心题型
题型解决关键点
1
判断函数的奇偶性与单调性
利用奇偶性定义验证，结合基本初等函数的单调性及复合函
数单调性判断。
2
利用奇偶性与周期性求函数值
由周期性和奇偶性将自变量转化到已知区间，代入解析式求
值。
3
判断函数在区间上的单调性
分析函数在各区间的单调性，可利用基本函数单调性、导数
或图象判断。
4
利用奇偶性与单调性解不等式
先判断函数奇偶性，将不等式转化为自变量大小关系，再结
合单调性求解。
5
利用对称性与单调性解不等式
通过求导或配方判断函数对称轴，结合单调性将不等式转化
为自变量离对称轴的距离关系。
6
由抽象不等式判断函数单调性
将已知条件变形，构造函数，利用单调性定义或导数判断，
再解不等式。
7
利用函数单调性求参数范围
将不等式恒成立转化为函数最值问题，根据单调性求参数范
围。
8
分段函数值域求参数范围
分别求各段值域，根据整体值域要求列不等式组。
9
分段函数不等式恒成立求参数
分别求各段的最大值，再取最大值，令其小于等于参数，解
不等式。
10
利用奇偶性与周期性求函数值
利用奇偶性、周期性将自变量转化到已知区间，代入解析式
求值。
11
由双对称性求函数周期与函数值
由两个对称性（一个轴对称、一个中心对称）推导周期，再
结合已知函数值求和。
12
利用奇偶性与周期性求函数值
由奇偶性和周期性将自变量转化，代入已知解析式求值。
13
利用奇偶性与周期性求函数值
由周期性将自变量转化，再利用奇偶性求值。
14
由对称性与周期性求函数值之和
由条件推导函数周期，利用赋值法求部分函数值，再结合周
期求和。
15
由抽象条件判断函数性质
通过赋值法推导函数的周期性、对称性，再判断各选项。
16
由对称性与奇偶性推导周期与函
数值
由两个对称条件推导周期，再结合已知条件判断函数值。
17
存在参数使函数为奇函数求值
利用奇函数定义，结合指数幂运算，取特殊值求出参数，再
化简求值。
18
利用奇偶性与导数判断函数性质
由奇偶性、对称性推导函数周期，再对导数关系进行推理，
判断各选项。
19
判断函数的奇偶性与周期性
利用三角恒等变换化简函数，再根据奇偶性、周期定义判断。
20
利用奇偶性与周期性求函数值之
和
由条件推导周期，利用赋值法求出部分函数值，再结合周期
求和。
21
利用奇偶性与单调性解对数不等
式
先判断函数奇偶性和单调性，再解对数不等式，注意定义域。
22
由对称性推导周期并判断性质
由偶函数和中心对称推导周期，再判断各选项的正确性。
23
由对称性与周期性求方程根的个
数
利用条件画出函数图象，将方程根转化为两函数图象交点，
利用对称性求和。
24
由抽象关系式推导周期与函数值
通过赋值法得到函数周期，再求指定函数值。
25
由条件判断函数奇偶性与周期性
利用赋值法推导函数周期和奇偶性，再判断选项。
26
由奇偶性求三角函数参数最小值
将函数拆分为奇函数与偶函数的组合，利用余弦型函数奇偶
性求参数。
27
利用对称性求函数图象交点横坐
标之和
判断两函数图象均关于同一直线对称，交点成对出现，利用
对称性求和。
28
利用对称性求函数零点之和
将方程变形为两个函数图象交点，利用对称性求交点横坐标
之和。
29
由抽象函数关系式判断函数值
通过赋值法推导函数值的关系，再结合已知条件判断选项。
30
由导数与函数关系比较大小
构造函数，利用导数判断单调性，再比较函数值大小。
31
由抽象函数关系式判断结论
通过赋值法推导函数值的递推关系，结合具体函数模型验证，
确定一定正确的结论。
32
由偶函数与对称性判断函数性质
由条件推导周期和对称性，再结合解析式判断各选项。
33
由对称性与偶函数判断函数性质
由对称中心条件推导周期性，再结合偶函数性质判断各选项。
34
由抽象函数关系式判断函数性质
通过赋值法推导函数对称性、最值，再判断选项。
35
由抽象函数关系式判断函数性质
通过赋值法推导函数奇偶性、对称性，再求函数值。
36
由抽象函数关系式判断函数性质
通过赋值法推导函数奇偶性、单调性，再判断充分必要条件
与零点个数。
37
由抽象函数关系式判断函数性质
通过赋值法推导函数奇偶性、单调性，再判断各选项。
38
由函数方程判断函数性质
通过赋值法推导函数奇偶性、周期性，再求函数值。
39
由抽象函数关系式判断函数性质
通过赋值法推导函数单调性，再解不等式、比较大小。
40
由多个奇偶性推导函数性质
利用奇偶性、对称性推导周期，再通过构造函数判断函数值
关系。
41
由奇偶性与对称性推导周期与函
数值
由已知条件推导周期，再求函数值。
42
由偶函数求参数
利用偶函数定义 f(−x)=f(x) 恒成立，通过比较系数或取特殊
值求参数。
43
由奇函数求参数
利用奇函数定义 f(−x)=−f(x) 恒成立，通过比较系数或取特
殊值求参数。
44
利用奇偶性求函数值
通过构造或变形判断函数奇偶性，再利用奇偶性求值。
45
利用对称性与单调性解不等式
由对称性将不等式转化为自变量到对称轴的距离关系，再结
合单调性求解。
一、单选题
1．（2026·甘肃兰州·一模）下列函数中，既是奇函数又在区间
0,1 上单调递增的是（ ）
A．
ex
y =
B．
1
y
x
x
=
+
C．
2
log
y
x
=
D．
1
y
x
x
=
-
【答案】D
【分析】利用奇偶性、单调性的定义和初等函数单调性依次判断各个选项即可.
【详解】对A，设
ex
f x =
，其定义域为R，因为
1
1
e
1
e
f
-
=
=
-
，
1
e
f
=
，
所以
1
1
f
f
-
¹ -
，则不是奇函数，故A 错误；
对B，设
1
( )
m x
x
x
=
+
的定义域为
,0
0,
-¥
+¥
U
，关于原点对称，
1
1
m
x
x
x
m x
x
x
æ
ö
-
= - +
= -
+
= -
ç
÷
-
è
ø
，
满足奇函数的定义，
所以
1
( )
m x
x
x
=
+
是奇函数，任取
1
x ，
2
(0,1)
x Î
，且
1
2
x
x
<
，
则
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
m x
m x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
=
+
-
+
=
-
+
-
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
(
)
(
)(1
)
x
x
x
x
x
x
x x
x x
-
=
-
+
=
-
-
，
由于
1
2
0
1
x
x
<
<
< ，有
1
2
0
x
x
-
<
，且
1
2
0
1
x x
<
< ，所以
1 2
1
1
x x > ，即
1
2
1
1
0
x x
-
<
.
所以
1
2
(
)
(
)
0
m x
m x
-
> ，所以
1
2
(
)
(
)
m x
m x
>
，
所以
1
( )
m x
x
x
=
+
在区间
0,1 上单调递减，故B 错误；
对C，设
2
log
h x
x
=
，其定义域为
,0
0,
-¥
+¥
U
，关于原点对称，
因为
2
2
log
log
h
x
x
x
h x
-
=
-
=
=
，所以
2
log
h x
x
=
是偶函数，故C 错误；
对D，设
1
g x
x
x
=
-
，其定义域为
,0
0,
-¥
+¥
U
，关于原点对称，
且
1
1
g
x
x
x
g x
x
x
æ
ö
-
= - -
= -
-
= -
ç
÷
-
è
ø
，则其为奇函数，
又因为
1
,
y
x y
x
=
= -
均在
0,1 上单调递增，则函数
1
g x
x
x
=
-
在
0,1 上单调递增，故D 正确.
2．（2026·河北张家口·一模）设
( )
f x 是定义在R 上且周期为2 的偶函数，当2
3
x
£
£
时，
( )
5
2
f x
x
=
-
，
则
2027
4
f æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
（ ）
A．
1
2
-
B．
1
4
-
C．1
4
D．
1
2
【答案】A
【分析】利用函数的奇偶性和周期性可得答案.
【详解】由
( )
f x 是定义在R 上的偶函数，得
2027
2027
(
)
4
4
f
f æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø ；
由
( )
f x 是定义在R 上周期为2 的函数，
所以
2027
11
11
252 2
4
4
4
f
f
f
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
´ +
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø ，
又因为
11
2
3
4
<
<
，
所以
11
11
22
1
5
2
5
5
5.5
0.5
4
4
4
2
f æ
ö =
- ´
=
-
=
-
= -
= -
ç
÷
è
ø
，
故
2027
2027
11
1
(
)
4
4
4
2
f
f
f
æ
ö
æ
ö
-
=
=
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
3．（2026·安徽安庆·一模）下列函数中，在区间(0,
)
+¥ 上单调递减的是（ ）
A．
1
3
y
x
=
B．
1
2
log
y
x
=
C．
3
4
x
y
æ
ö
= -ç
÷
è
ø
D．
2
=
-
y
x
x
【答案】D
【详解】对于A,
1
3
y
x
=
在(0,
)
+¥ 单调递增，故A 错误，
对于B,
1
2
log
f x
x
=
,则
1
1
2
2
1
1
2
log 2
1,
log
1
2
2
f
f æ
ö
=
=
=
=
ç
÷
è
ø
，故
1
2
1
2
f
f æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，因此
f x 在(0,
)
+¥ 不
是单调递减，B 错误，
对于C,由于函数
3
4
x
y
æ
ö
= ç
÷
è
ø
在(0,
)
+¥ 单调递减，则
3
4
x
y
æ
ö
= -ç
÷
è
ø
在(0,
)
+¥ 单调递增，C 错误，
对于D,由于
2 ,
y
y
x
x
=
= - 均在(0,
)
+¥ 单调递减，故
2
=
-
y
x
x
在(0,
)
+¥ 单调递减，D 正确.
4．（2026·四川内江·二模）已知
1
2
2
x
x
f x
æ
ö
=
-ç
÷
è
ø
，则关于x 的不等式
2
1
0
f x
f
x
+
-
>
的解集为（ ）
A．
1,+¥
B．1 ,
3
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
C．
1
,
1,
3
æ
ö
-¥
È
+¥
ç
÷
è
ø
D．
, 1
1,
-¥ -
È
+¥
【答案】B
【详解】因为
1
2 ,
2
x
x
y
y
æ
ö
=
= -ç
÷
è
ø
在R 上单调递增，所以
1
2
2
x
x
f x
æ
ö
=
-ç
÷
è
ø
在R 上单调递增，
因为
2
2
x
x
f
x
f x
-
-
=
-
= -
，所以
f x 是奇函数，
则
2
1
0
f x
f
x
+
-
>
等价于
2
1
1 2
f x
f
x
f
x
> -
-
=
-
，
则
1
2
x
x
> -
，得
1
3
x >
，
故关于x 的不等式
2
1
0
f x
f
x
+
-
>
的解集为1 ,
3
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø.
5．（2026·重庆·一模）已知函数
2
2
2
x
x
f x
+
-
=
+
，若关于m 的不等式
1
2
1
0
f m
f
m
-
-
+
<
成立，则实数
m 的取值范围是（ ）
A．
, 2
0,
-¥ -
È
+¥
B．
4
, 2
,
3
æ
ö
-¥ -
+¥
ç
÷
è
ø
U
C．
2
, 2
,
3
æ
ö
-¥ -
+¥
ç
÷
è
ø
U
D．
2
, 2
,
3
æ
ö
-¥ -
-
+¥
ç
÷
è
ø
U
【答案】D
【分析】先判断函数的对称性，再通过求导判断函数的单调性，计算即可.
【详解】
2
1
2
2
4 2
2
x
x
x
x
f x
+
-
=
+
=
´
+
Q
，即
1
4 2
2
x
x
f x =
´
+
，
1
ln 2 4 2
2
x
x
f
x
æ
ö
\
=
´
¢
-
ç
÷
è
ø ，
令
0
f
x
¢
=
，解得：
1
x = - ，
当
1
x > - 时，4
2
2
1
x
x
´
>
，
1
ln 2 4 2
0
2
x
x
f
x
æ
ö
=
´
-
>
ç
÷
è
ø
¢
，则
f x 在区间
1, ¥
- +
单调递增；
当
1
x < - 时，4
2
2
1
x
x
´
<
1
ln 2 4 2
0
2
x
x
f
x
æ
ö
=
´
-
<
ç
÷
è
ø
¢
，
f x 在区间
, 1
¥
-
-
单调递减；
2
2
2
x
x
f x
+
-
=
+
Q
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
f
x
- - +
+
-
+
\
- -
=
+
=
+
即
2
f
x
f x
- -
=
，
f x
\
关于
1
x = - 对称，
1
2
1
0
1
2
1
f m
f
m
f m
f
m
-
-
+
<
Þ
-
<
+
Q
，
1 1
2
1 1
m
m
\
- +
<
+ +
，即
2
2
m
m
<
+
，
两边平方得
2
3
8
4
0
m
m
+
+
>
，
解得
2
, 2
,
3
¥
¥
æ
ö
-
-
È -
+
ç
÷
è
ø ，
则实数m 的取值范围是
2
, 2
,
3
¥
¥
æ
ö
-
-
È -
+
ç
÷
è
ø .
6．（2026·山西大同·一模）已知函数
f x 的定义域为
0, ¥
+
，若对于定义域内给定的任意
1
x ，
2
1
2
x
x
x
¹
，都有
2
1
1
2
1
2
0
x f x
x f x
x
x
-
>
-
，则不等式
2
2
2
3
3
2
2
f x
f
x
f
x
x
x
-
>
+
的解集为（ ）
A．
3,3
B．
3,+¥
C．
0,3
D．
3,+¥
【答案】A
【分析】先根据题目条件化简可知函数
f x
g x
x
=
在
0, ¥
+
上单调递增，再利用单调性求解不等式即可.
【详解】因为函数
f x 满足对任意的
1
x ，
2
0,
x
¥
Î
+
，
1
2
x
x
¹
，都有
2
1
1
2
1
2
0
x f x
x f x
x
x
-
>
-
，
设
1
2
0
x
x
>
>
，则
1
2
0
x
x
-
>
，所以
2
1
1
2
0
x f x
x f x
-
>
，即
2
1
1
2
x f x
x f x
>
，
所以
1
2
1
2
f x
f x
x
x
>
，令
f x
g x
x
=
，
因为当
1
2
0
x
x
>
>
时，都有
1
2
g x
g x
>
，
所以函数
g x 在
0, ¥
+
上单调递增.
又不等式
2
2
2
3
3
2
2
f x
f
x
f
x
x
x
-
>
+
两边同乘以
2x ，
得
2
2
2
2
3
3
2
x f
x
xf x
f
x
>
-
+
，即
2
2
3
2
2
3
x
f
x
xf x
-
>
-
，
即
2
2
3
2
2
3
f x
f
x
x
x
-
>
-
，所以
2
2
3
g
x
g x
>
-
，
故
2
2
2
0
3
0
2
3
x
x
x
x
>
ì
ï
-
>
í
ï
>
-
î
，解得3
3
x
<
<
，即
3,3
xÎ
.
7．（2026·山东临沂·一模）函数
3
1
3
2
4
1
2
x
f x
x
=
-
+
+
，若对任意
2,2
xÎ -
，都有
2
1
2
f
x
a
f
x
+
+
-
>
，则a 的取值范围是（ ）
A．4 ,
5
æ
ö
+ ¥
ç
÷
è
ø
B．
5, + ¥
C．
4
, 5
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø
D．
,5
-¥
【答案】B
【分析】先推得
f x 的单调性和
2
f x
f
x
+
-
=
，进而将目标转化为
2
1
a
x
x
>
-
- 在
2,2
xÎ -
上恒成立，
求一元二次函数的最大值即得.
【详解】因为
3
1
2
4
1
,
x
y
x
y
=
-
+
=
在R 上单调递增，所以
f x 在R 上单调递增，
又因
3
3
1
3
1
3
1
4
2
2
3
2
4
1
2
4
1
2
4
1
4
1
x
x
x
x
x
f x
f
x
x
x
-
+
-
=
-
+
-
-
+
= -
-
+
=
+
+
+
+
，
所以
2
1
2
f x
a
f
x
+
+
-
>
等价于
2
2
2
1
1
f x
a
f
x
f x
+
>
-
-
=
-
，
则
2
1
x
a
x
+
>
- 在
2,2
xÎ -
上恒成立，也即
2
1
a
x
x
>
-
- 在
2,2
xÎ -
上恒成立，
因为
2
1
g x
x
x
=
-
- 在
1
2, 2
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上单调递减，在
1 ,2
2
é
ù
ê
ú
ë
û 上单调递增，
且
2
5
g -
=
，
2
1
g
= ，所以max
5
g x
=
，则
5
a >
，
故a 的取值范围是
5, ¥
+
.
8．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数
2
2 ,
1,
1 ,
1
a x
a x
f x
x
x
x
ì
-
+
<
ï
= í -
³
ïî
的值域为R ，则实数a 的取值范围是
（ ）
A．
,2
-¥
B．
2,2
-
C．
1,1
-
D．
2,
-
+¥
【答案】B
【详解】因为y
x
=
在
1,+¥ 上单调递增，
1
y
x
= -
在
1,+¥ 上单调递增，
所以当
1
x ³ 时，
1
f x
x
x
=
-
单调递增，则
1
0
f x
f
³
=
.又函数
f x 的值域为R ，
所以当
1
x < ，函数
2
2
y
a x
a
=
-
+
的值要取到
,0
¥
-
内的所有实数，所以2
0
a
-
>
.
当2
0
a
-
>
，即
2
a <
时，函数
2
2
y
a x
a
=
-
+
在
,1
¥
-
上单调递增，x ® -¥ 时，y ® -¥ ，
当x 趋近于1 时，
2
2
2
0
y
a
a
a
=
-
+
=
+
³
，即
2
a ³ - ，所以2
2
a
- £
<
，即实数a 的取值范围是
2,2
-
.
9．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数
2
2 ,
0
log
,
0
x x
f x
x x
ì
£
= í
>
î
若不等式
1
f x
f x
a
+
-
£
对
,2
xÎ -¥
恒成
立，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
1,+¥
B．
1,+¥
C．3 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
D．3 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø
【答案】D
【分析】令
1
g x
f x
f x
=
+
-
，求出函数
g x 在
,2
-¥
上的最大值，即可得出实数a 的取值范围.
【详解】令
1
g x
f x
f x
=
+
-
，
当
0
x £
时，
1
0
x
x
- <
£
，则
1
1
2
2
3 2
x
x
x
g x
-
-
=
+
= ×
，
此时函数
g x 在
,0
-¥
上单调递增，故当
,0
xÎ -¥
时，
max
3
0
2
g x
g
=
=
；
当
1
0
x
x
- £
<
时，即当0
1
x
<
£ 时，
1
2
log
2x
g x
x
-
=
+
，
因为函数
2
log
y
x
=
、
1
2x
y
-
=
在
0,1 上均为增函数，此时函数
g x 在
0,1 上单调递增，
故当
0,1
xÎ
时，
max
1
1
g x
g
=
= ；
当1
2
x
<
£
时，0
1 1
x
<
- £ ，则
2
2
log
log
1
g x
x
x
=
+
-
，
因为函数
2
log
y
x
=
、
2
log
1
y
x
=
-
在
1,2 上均为增函数，
所以函数
g x 在
1,2 上为增函数，
故当
1,2
xÎ
时，
2
2
max
2
log 2
log 1
1
g x
g
=
=
+
= .
综上所述，当
,2
xÎ -¥
时，max
3
2
g x
=
，
因为不等式
1
f x
f x
a
+
-
£
对
,2
xÎ -¥
恒成立，故
3
2
a ³
.
即实数a 的取值范围是3 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø
10．（2026·河北邯郸·一模）若定义在R 上的偶函数
f x 满足
2
0
f x
f
x
+
-
=
，且当0
1
x
£
£ 时，
1
2
2x
f x
x
-
=
-
，则
2026
f
= （ ）
A．
1
2
B．0
C．
1
2
-
D．2
-
【答案】C
【详解】因为
f x 是偶函数，所以
f
x
f x
-
=
，
由
2
0
f x
f
x
+
-
=
，得
2
2
f x
f
x
f x
= -
-
= -
-
，
所以
2
4
f x
f x
-
= -
-
，得
4
f x
f x
=
-
，
所以
f x 是以4 为周期的函数，
所以
1
1
2026
4 506
2
2
0
2
0
2
f
f
f
f
-
=
´
+
=
= -
= -
-
= -
．
11．（2026·山东青岛·一模）已知函数
f x 的定义域为R ，且
2
f x -
为偶函数，
2
1
f
x -
为奇函数，
0
1
f
= ，则
2025
1
i
f i
=
=
å
（ ）
A．1
B．0
C．1
-
D．2
-
【答案】B
【分析】由已知条件，可求得函数
f x 关于
2
x = - 轴对称，关于
1,0
-
中心对称，周期为4，再根据函数
的对称性和周期性，即可求解.
【详解】因为
2
f x -
为偶函数，
2
1
f
x -
为奇函数，
所以
2
2
f x
f
x
-
=
- -
，
2
1
2
1
f
x
f
x
-
= -
-
-
，
所以函数
f x 关于
2
x = - 轴对称，关于
1,0
-
中心对称，
所以
4
f x
f
x
=
- -
，
2
4
f x
f
x
+
= -
- -
，
所以
2
f x
f x
= -
+
，令
2
t
x
=
-
，则
2
f x
f x
-
= -
，即
2
f x
f x
-
-
=
，
所以
2
2
f x
f x
-
=
+
，令
2
m
x
=
+
，则
4
f x
f x
=
+
，所以
f x 的周期为4，
又
0
1
f
= ，
2
f x
f x
= -
+
，所以
0
2
1
f
f
= -
= ，所以
2
1
f
= - ，
又函数
f x 关于
2
x = - 轴对称，关于
1,0
-
中心对称，
所以
1
0
f -
=
，
3
0
f -
=
，
又
f x 的周期为4，所以
1
3
0
f
f
-
=
=
，
3
1
0
f
f
-
=
=
，
0
4
1
f
f
=
= ，
所以函数
f x 一个周期内的函数值为
1
0
f
=
，
2
1
f
= - ，
3
0
f
=
，
4
1
f
= ，
所以
1
2
3
4
0
1
0 1
0
f
f
f
f
+
+
+
=
+ -
+
+ =
，
所以
2025
1
1
2
3
4
2024
2025
i
f i
f
f
f
f
f
f
=å
=
+
+
+
+×××+
+
506
1
2
3
4
1
1
0
f
f
f
f
f
f
é
ù
=
´
+
+
+
+
=
=
ë
û
，
所以
1
2025
0
i
f i
=
å
=
.
12．（2026·湖北黄冈·一模）已知
( )sin
y
f x
x
=
是定义在R 上的偶函数，且
(
2)
(
2)
0
f x
f x
+
+
-
=
，若
(1)
f
= 3，则
(2027)
f
= （ ）
A．0
B．1
C．3
D．
3
-
【答案】C
【分析】根据已知及奇偶性的定义可知当sin
0
x ¹
时有
( )
(
)
f x
f
x
= -
-
，根据已知及周期性的定义可得
f x
的周期是8，结合周期性及奇函数性质求函数值即可.
【详解】因为
( )sin
y
f x
x
=
是定义在R 上的偶函数，
所以
(
)sin
(
)sin
( )sin
f
x
x
f
x
x
f x
x
-
-
= -
-
=
，所以当sin
0
x ¹
时有
( )
(
)
f x
f
x
= -
-
，
由
(
2)
(
2)
0
f x
f x
+
+
-
=
，得
4
0
f x
f x
+
+
=
，所以
8
4
0
f x
f x
+
+
+
=
，
所以
8
f x
f x
=
+
，可得
f x 的周期是8．
所以
2027
253 8
3
3
1
1
3
f
f
f
f
f
=
´ +
=
= -
-
=
=
.
13．（2026·安徽合肥·模拟预测）设
f x 是周期为4 的奇函数，当0
1
x
£
£ 时，
1
f x
x
x
= -
-
，则
9
2
f æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
（ ）
A．
3
4
-
B．
1
4
-
C．1
4
D．3
4
【答案】C
【分析】根据条件，利用函数的奇偶性和周期性，得
9
1
2
2
f
f
æ
ö
æ
ö
-
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø，再代入即可求解.
【详解】因为
f x 是周期为4 的奇函数，且0
1
x
£
£ 时，
1
f x
x
x
= -
-
，
所以
9
9
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
4
f
f
f
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
= -
= -
=
´
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
．
14．（2026·黑龙江吉林·一模）若定义在R 上的函数
f x 满足
1
1
2
f x
f x
f
+
+
-
=
，
1
f x +
是奇函数，
1
1
2
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，则
6
1
2
1
2
k
k
k f
=
-
æ
ö =
ç
÷
è
ø
å
（ ）
A．1
-
B．0
C．1
D．2
【答案】A
【分析】由
1
f x +
是奇函数可得
f x 关于
1,0 中心对称，结合
1
1
2
f x
f x
f
+
+
-
=
，利用赋值法计
算可得
1
1
0
f x
f x
+
+
-
=
，即可得该函数周期，再利用
1
1
2
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，则可计算出k 为1到6 时的
2
1
2
k
f
-
æ
ö
ç
÷
è
ø
的值，即可得解.
【详解】由
1
f x +
是奇函数，则
1
1
f x
f
x
+
= -
- +
，故
f x 关于
1,0 中心对称，
由
1
1
2
f x
f x
f
+
+
-
=
，令
1
x = ，则
2
0
2
f
f
f
+
=
，即
0
0
f
=
，
由
1
1
f x
f
x
+
= -
- +
，令
1
x = ，则
2
0
0
f
f
= -
=
，
故
1
1
0
f x
f x
+
+
-
=
，则
3
1
0
f x
f x
+
+
+
=
，
故
3
1
1
f x
f x
f x
+
= -
+
=
-
，即有
4
f x
f x
+
=
，故
f x 以4 为周期，
由
1
1
2
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，则
3
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
f
f
f
f
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
= -
-
= -
= -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
5
1
1
3
1
2
2
2
f
f
f
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
= -
= -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
7
1
3
3
1
2
2
2
f
f
f
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
= -
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
9
1
1
4
1
2
2
2
f
f
f
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
=
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
11
3
3
4
1
2
2
2
f
f
f
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
=
= -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
则
6
1
2
1
1
3
5
7
9
11
1
2
3
4
5
6
2
2
2
2
2
2
2
k
k
kf
f
f
f
f
f
f
=
-
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
= ´
+ ´
+ ´
+ ´
+ ´
+ ´
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
å
1 1
2
1
3
1
4 1 5 1 6
1
1
= ´ + ´ -
+ ´ -
+ ´ + ´ + ´ -
= - .
15．（2026·辽宁抚顺·一模）已知定义域为R 的偶函数
f x 满足
4
2
3
3
f
x
f
x
f x
æ
ö
æ
ö
+
=
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，且
f x 在
0,2
上是单调递增函数，若函数
1
g x
f x
f x
=
-
-
，则下列结论正确的是（ ）
A．
g x 为偶函数
B．
g x 在
2,3 上是单调递增函数
C．
1
3
g
g
>
D．
2
g x
g x
+
=
【答案】C
【分析】先通过题干求出
f x 的周期；根据偶函数定义判断A 选项；通过
1
g x
f x
f x
=
-
-
，结合
f x
的单调性与单调性运算性质可判断B 选项；利用作差法，结合函数
f x 的符号进行比较大小即可判断C 选
项；结合函数
f x 的周期性和对称性判断D 选项是否具有周期性.
【详解】已知
4
2
( )
3
3
f
x
f
x
f x
æ
ö
æ
ö
+
=
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
（①），将x 替换为
2
3
x +
得
4
2
(
2)
3
3
f x
f
x
f
x
æ
ö
æ
ö
+
=
+
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
（②），
由①+②得
2
f x
f x
+
= -
，则
4
2
f x
f x
f x
+
= -
+
=
，
即函数
f x 周期为4 ，且
(
2)
( )
f x
f x
+
= -
恒成立，
又
( )
f x 是定义域R 的偶函数，故
(
)
( )
f
x
f x
-
=
，且
( )
f x 在[0,2]单调递增，
因此
(2)
(0)
f
f
>
，结合
(2)
(0)
f
f
= -
得
(0)
0
f
<
.
选项A：(
)
(
)
(
1)
( )
(
1)
g
x
f
x
f
x
f x
f x
-
=
-
-
- -
=
-
+
（③），
由
(
2)
( )
f x
f x
+
= -
得
(
1)
(
1)
f x
f x
+
= -
-
，代入③式得(
)
( )
(
1)
g
x
f x
f x
-
=
+
-
，
而( )
( )
(
1)
g x
f x
f x
=
-
-
，显然(
)
( )
g
x
g x
-
¹
，故A 错误；
选项B：
[2,3]
xÎ
时，
( )
(
2)
f x
f x
= -
-
，
2
[0,1]
x - Î
，
(
2)
f x -
递增，
故
( )
f x 在[2,3]递减； 同时
1
[1,2]
x - Î
，
(
1)
f x -
在[1,2]上单调递增，
因此( )
( )
(
1)
g x
f x
f x
=
-
-
，根据单调性运算性质可知( )
g x 递减函数，故B 错误；
选项C：(1)
(1)
(0),
(3)
(3)
(2)
( 1)
(
(0))
(1)
(0)
g
f
f
g
f
f
f
f
f
f
=
-
=
-
=
-
- -
=
+
因此(1)
(3)
2 (0)
g
g
f
-
= -
，
已知
(0)
0
f
<
，故2 (0)
0
(1)
(3)
f
g
g
-
>
Þ
>
，故C 正确；
选项D：(
2)
(
2)
(
1)
( )
(
(
1))
[ ( )
(
1)]
( )
( )
g x
f x
f x
f x
f x
f x
f x
g x
g x
¹
+
=
+
-
+
= -
- -
-
= -
-
-
= -
，故D 错误.
16．（2026·四川成都·二模）已知定义域为R 的函数
f x 满足
3
1
f x
f
x
+
=
- -
，且
2
1
f
x -
为奇函数，
则一定有（ ）
A．
0
0
f
=
B．
2
0
f
=
C．
3
0
f
=
D．
4
0
f
=
【答案】C
【分析】根据题意，利用对称性和奇偶性，求得
2
f x
f
x
+
=
-
，
2
f
x
f x
-
= -
-
，且
1
0
f -
=
，推
得
4
f x
f x
+
= -
，进而得到
3
0
f
=
，即可求解.
【详解】由函数
f x 满足
3
1
f x
f
x
+
=
- -
，可得
f x 关于
1
x = 对称，即
2
f x
f
x
+
=
-
，
因为函数
2
1
f
x -
为奇函数，可得
2
1
(2
1)
0
f
x
f
x
-
-
+
-
=
，
即
1
(
1)
0
f
x
f x
- -
+
-
=
，可得
2
0
f
x
f x
-
+
-
=
，即
2
f
x
f x
-
= -
-
，
令
1
x = ，可得
1
1
f
f
-
= -
-
，所以
1
0
f -
=
，
又因为
2
2
f x
f
x
f
x
f x
ì
+
=
-
ïí
-
= -
-
ïî
，可得
2
2
f x
f x
+
= -
-
，
所以
4
f x
f x
+
= -
，可得
8
4
f x
f x
f x
+
= -
+
=
，所以
f x 的周期为8，
因为
4
f x
f x
+
= -
，可得
3
1
0
f
f
-
-
=
=
，所以一定有
3
0
f
=
，
对于
0 ,
2 ,
4
f
f
f
的值无法确定.
17．（2026·湖北武汉·模拟预测）若存在正实数a，使得函数
3e
1
e
1
x
x
f x
b
-
=
-
-
是定义在
,
,
a
a
-¥ -
+¥
U
上的奇函数，则b = （ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据题意，利用指数幂的运算法则，以及
0
f
x
f x
-
+
=
，化简得到3e
1
e
3
2
e
1
e
1
x
x
x
x
b
-
-
+
=
-
-
，取
ln3
a >
，分类讨论，取绝对值号，即可求解b 的值.
【详解】由函数
3e
1
e
1
x
x
f x
b
-
=
-
-
的定义域
,
,
a
a
-¥ -
+¥
U
，可得其定义域关于原点对称，
又由
3
1
3e
1
e
3
e
1
e
1
e
1
1
e
x
x
x
x
x
x
f
x
b
b
b
-
-
-
-
-
-
=
-
=
-
=
-
-
-
-
，
因为函数
f x 是奇函数，可得
0
f
x
f x
-
+
=
，即e
3
3e
1
0
e
1
e
1
x
x
x
x
b
b
-
-
- +
- =
-
-
，
即3e
1
e
3
2
e
1
e
1
x
x
x
x
b
-
-
+
=
-
-
恒成立，即
1
2
3e
1
e
3
e
1
x
x
x
b =
×
-
+
-
-
恒成立，
因为存在正实数a 使得函数
f x 定义在
,
,
a
a
-¥ -
+¥
U
上的奇函数，可取
ln3
a >
，
当
ln3
x
a
>
>
时，可得e
1
0,3e
1
0,e
3
0
x
x
x
- >
- >
-
>
，
所以
1
1
2
(3e
1)
(e
3)
(4e
4)
4
e
1
e
1
x
x
x
x
x
b
é
ù
=
×
-
+
-
=
×
-
=
ë
û
-
-
，所以
2
b =
；
当
ln3
x
a
< - < -
时，可得e
1
0,3e
1
0,e
3
0
x
x
x
- <
- <
-
<
，
所以
1
1
2
(1 3e )
(3
e )
(4
4e )
4
1 e
1 e
x
x
x
x
x
b
é
ù
=
×
-
+
-
=
×
-
=
ë
û
-
-
，所以
2
b =
，
综上可得，实数b 的值为2 .
18．（25-26 高三下·青海西宁·开学考试）已知函数
( )(
R)
f x xÎ
是奇函数，( )
g x 是
( )
f x 的导函数(
R)
x Î
，
且
( )
f x 满足
(4
1)
( 4 )
f
x
f
x
+
=
-
，则下列结论不正确的是（ ）
A．
(2025)
0
f
=
B．( )
(
)
g x
g
x
=
-
C．
(
2)
( )
g x
g x
+
=
D．(2025)
0
g
=
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性和对称性，可判断函数
f x 的周期性，可判断A 的真假；对函数
f x 求导，
分析
g x 的奇偶性、周期性和对称性，可判断BCD 的真假.
【详解】由
(4
1)
( 4 )
f
x
f
x
+
=
-
，则
(
1)
(
)
f x
f
x
+
=
-
，
又函数
( )(
R)
f x xÎ
是奇函数，则
(
)
( )
f
x
f x
-
= -
，
(0)
0
f
=
，
因此可得
(
1)
( ),
(
2)
(
1)
( )
f x
f x
f x
f x
f x
+
= -
+
= -
+
=
，即函数
( )
f x 的周期为2，
由
(4
1)
( 4 )
f
x
f
x
+
=
-
，则
(1)
(0)
0
f
f
=
=
，
所以
(2025)
(2 1012 1)
(1)
0
f
f
f
=
´
+
=
=
，故A 正确；
由函数
( )(
R)
f x xÎ
是奇函数，则
( )
(
)
f x
f
x
= -
-
，
两边求导，得
( )
(
)
(
)
f
x
f
x
f
x
¢
¢
¢
= - -
-
=
-
，
又( )
g x 是
( )
f x 的导函数，则( )
(
)
g x
g
x
=
-
，故B 正确；
由
(
2)
( )
f x
f x
+
=
，则
(
2)
( )
f
x
f
x
¢
¢
+
=
，即
(
2)
( )
g x
g x
+
=
，故C 正确；
由
(
1)
(
)
f x
f
x
+
=
-
，得
1
2
x =
为
( )
y
f x
=
的对称轴，即
1
1
2
2
f
t
f
t
æ
ö
æ
ö
+
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø ，
两边求导得：
1
1
2
2
f
t
f
t
æ
ö
æ
ö
+
= -
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
¢
ø
¢
.
令
0
t =
，得
1
1
2
2
f
f
æ
ö
æ
ö
= -
ç
÷
ç
÷
¢
è
ø
è
ø
¢
Þ
1
0
2
f æ
ö =
ç
÷ø
¢
è
，即
1
0
2
g æ
ö =
ç
÷
è
ø
.
而(2025)
(1012 2 1)
(1)
g
g
g
=
´ +
=
，由(
2)
( ), ( )
(
)
g x
g x g x
g
x
+
=
=
-
，
得(
2)
(
)
g x
g
x
+
=
-
，则
1
x = 为
( )
y
g x
=
的对称轴，(1)
g
的值不一定为0，故D 不正确
19．（2026·北京延庆·一模）下列函数中，是奇函数且最小正周期为π 的是（ ）．
A．
2sin
cos
f x
x
x
=
B．
cos
f x
x
=
C．
tan 2
f x
x
=
D．
3
f x
x
=
【答案】A
【详解】对A：因为
sin 2
f x
x
=
，为奇函数，且
2π
π
2
T =
=
，故A 满足条件；
对B：因为
cos
f x
x
=
为偶函数，故B 不满足条件；
对C：因为
tan 2
f x
x
=
的最小正周期为
π
2
T =
，故C 不满足条件；
对D：函数
3
f x
x
=
不是周期函数，故D 不满足条件.
20．（2026·浙江·模拟预测）已知
f x 是定义在R 上的奇函数，满足
1
1
0
f x
f x
+
+
-
=
，
1
1
f -
= ，则
1
2
2026
f
f
f
+
+
+
=
L
（ ）
A．2
B．1
C．0
D．1
-
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得函数
f x 是以4 为周期的周期函数，然后分别求得
1 ,
2 ,
3 ,
4
f
f
f
f
的值，结合函数的周期性，代入计算，即可得到结果.
【详解】将
1
1
0
f x
f x
+
+
-
=
中的x 替换为
1
x + 可得
2
0
f x
f x
+
+
=
，
则
2
f x
f x
+
= -
，
用
2
x +
替换x ，即
4
2
2
2
f x
f
x
f x
f x
é
ù
+
=
+
+
= -
+
=
ë
û
，
所以函数
f x 是以4 为周期的周期函数，
由
2
0
f x
f x
+
+
=
，令
0
x =
，则
2
0
0
f
f
+
=
，
且
f x 是定义在R 上的奇函数，则
0
0
f
=
，所以
2
0
f
=
，
令
3
x =
，则
3
1
0
f
f
+
=
，且
1
1
1
f
f
= -
-
= - ，则
3
1
f
= ，
令
4
x =
，则
4
2
0
f
f
+
=
，因为
2
0
f
=
，所以
4
0
f
=
，
所以
1
2
3
4
1 0 1 0
0
f
f
f
f
+
+
+
= - +
+ +
=
，
则
1
2
2026
506
1
2
3
4
1
2
f
f
f
f
f
f
f
f
f
é
ù
+
+
+
=
+
+
+
+
+
ë
û
L
1
2
1
f
f
=
+
= - .
21．（2026·山东·模拟预测）已知奇函数
f x 的定义域为
,
4
3
f
=
R
，对于任意的正数
1
2
,
x x ，都有
1
2
f x x
=
1
2
1
f x
f x
+
- ，且当
1
x > 时，
1
f x > ，则不等式
ln
1
0
f x
é
ù
-
£
ë
û
的解集为（ ）
A．
1,2
B．
2,4
C．
1
1
,
2,4
2
4
æ
ù
-
-
È
ç
ú
è
û
D．
1
1
,
1,2
4
8
æ
ù
-
-
È
ç
ú
è
û
【答案】D
【分析】根据已知条件判断函数
f x 的单调性，再结合对数函数的性质解不等式.
【详解】设
1
2
,
x x 是(0,
)
+¥ 上的任意两个实数，且
1
2
x
x
<
，则
2
1
1
x
x > ，
所以
2
2
2
1
1
1
1
(
)
1
x
x
f x
f x
f x
f
x
x
æ
ö
=
×
=
+
-
ç
÷
è
ø
，
所以
2
2
1
1
1
x
f x
f x
f
x
æ
ö
-
=
-
ç
÷
è
ø
，
因为
2
1
1
x
x > ，所以
2
1
1
x
f
x
æ
ö >
ç
÷
è
ø
，所以
2
2
1
1
1
0
x
f x
f x
f
x
æ
ö
-
=
- >
ç
÷
è
ø
，
所以
2
1
f x
f x
>
，所以函数
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，
因为
f x 是定义域在R 上的奇函数，所以
f x 在(
,0)
-¥
上也单调递增，
由
ln
1
0
f x
é
ù
-
£
ë
û
得
0
1 1
f x
<
- £ ，即
1
2
f x
<
£
，
又
(4)
3
f
=
，令
1
2
2
x
x
=
=
，则
( )
(
)
( )
( )
f
f
f
f
=
´
=
+
- =
4
2 2
2
2
1
3，解得
(2)
2
f
=
，
令
1
2
1
x
x
=
= ，则
( )
(
)
( )
( )
f
f
f
f
=
´
=
+
-
1
1 1
1
1
1，解得
(1)
1
f
= ，
令
1
2
1
2,
2
x
x
=
=
，则
( )
(
)
( )
( )
f
f
f
f
=
´
=
+
-
1
1
1
2
2
1
2
2
，解得
1
( )
0
2
f
= ，
令
1
2
1
2
x
x
=
=
，则
( )
(
)
( )
( )
f
f
f
f
=
´
=
+
- = -
1
1
1
1
1
1
1
4
2
2
2
2
，
令
1
2
1
1
,
4
2
x
x
=
=
，则
( )
(
)
( )
( )
f
f
f
f
=
´
=
+
- = -
1
1
1
1
1
1
2
8
4
2
4
2
，
因为
f x 是奇函数，所以
(
)
( )
f
f
-
= -
=
1
1
1
4
4
，
(
)
( )
f
f
-
= -
=
1
1
2
8
8
所以当
0
x >
时，解
1
2
f x
<
£
得1
2
x
<
£
，
当
0
x <
时，解
1
2
f x
<
£
得
1
1
4
8
x
-
<
£ -
，
当
0
x =
时，
0
f x =
，不满足条件，
所以不等式
ln
1
0
f x
é
ù
-
£
ë
û
的解集为
1
1
,
1,2]
4
8
æ
ù
-
-
È
ç
ú
è
û
（
，
故选：D
22．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数
( )
f x 是定义在R 上的偶函数，
(
1)
=
-
y
f x
关于(2,0) 中心对称，
则下列说法正确的是（ ）
A．
( )
f x 的一个周期为6
B．
( 1)
0
f -
=
C．
(2)
0
f
=
D．
2026
1
( )
0
i
f i
=
=
å
【答案】B
【分析】解题的关键在于根据已知条件推导出函数
( )
f x 的周期，结合函数的性质逐一分析选项求解.
【详解】选项A，
(
1)
y
f x
=
-
Q
的图像向左平移1个单位得到
( )
y
f x
=
，
又
(
1)
=
-
y
f x
关于(2,0) 中心对称，
( )
y
f x
\
=
关于(1,0) 中心对称，
(1
)
(1
)
f
x
f
x
\
+
= -
-
，
将
(1
)
(1
)
f
x
f
x
+
= -
-
式子中的x 用
1
x + 代替，得到
(2
)
(
)
f
x
f
x
+
= -
-
，
( )
f x
Q
是定义在R 上的偶函数，
(
)
( )
f
x
f x
\
-
=
，
(2
)
( )
f
x
f x
\
+
= -
，将此式子中的x 用
2
x +
代替，得到
(4
)
(2
)
( )
f
x
f
x
f x
+
= -
+
=
，
则
( )
f x 是一个以4 为周期的周期函数，故选项A 错误；
选项B，
( )
y
f x
=
Q
关于(1,0) 中心对称，
( )
f x 的定义域为R ，
(1)
0
f
\
=
，
( )
f x
Q
是定义在R 上的偶函数，
( 1)
(1)
0
f
f
\
-
=
=
，故选项B 正确；
选项C，
(2
)
( )
f
x
f x
+
= -
Q
，
(2)
(0)
f
f
\
= -
，但是
0
f
根据题中已知条件无法得到，故选项C 错误；
选项D，
( )
f x
Q
是一个以4 为周期的周期函数，
(3)
( 1)
f
f
\
=
-
，
(4)
(0)
f
f
=
，
(2
)
( )
f
x
f x
+
= -
Q
，
(2)
(0)
f
f
\
= -
，
(2)
(0)
0
f
f
\
+
=
，
(1)
(2)
(3)
(4)
(1)
(2)
( 1)
(0)
f
f
f
f
f
f
f
f
\
+
+
+
=
+
+
-
+
，
( 1)
(1)
0
f
f
-
=
=
Q
，
(1)
(2)
(3)
(4)
(2)
(0)
0
f
f
f
f
f
f
\
+
+
+
=
+
=
，
2026
1
( )
506
(1)
(2)
(3)
(4)
(1)
(2)
(1)
(2)
(2)
i
f i
f
f
f
f
f
f
f
f
f
=
\
=
´
+
+
+
+
+
=
+
=
å
，
仅根据已知条件无法确定其值，故不能得出
2026
1
( )
0
i
f i
=
=
å
，故选项D 错误.
23．（2026·山东青岛·一模）已知定义在R 上的函数
( )
f x 满足
( )
(2
)
0
f x
f
x
+
-
=
，(1
)
(3
)
f
x
f
x
+
=
-
，当
[1,2]
xÎ
时，
3
2
( )
2
=
-
+
f x
x
x
x，则方程7 ( )
1
0
f x
x
-
+ =
所有根之和为（ ）
A．8
B．11
C．15
D．17
【答案】D
【分析】利用函数性质画出函数图象，将方程根的问题转化成函数交点问题.
【详解】由
2
0
f x
f
x
+
-
=
，得函数
f x 关于点
1,0 对称，
又
1
3
f
x
f
x
+
=
-
，得函数
f x 关于直线
2
x =
对称，
从而函数
f x 是周期为4 的周期函数.
又当
1,2
xÎ
时，
3
2
2
f x
x
x
x
=
-
+
，则
2
3
4
1
3
1
1
0
f
x
x
x
x
x
=
-
¢
+ =
-
-
³
，
即
f x 是
1,2 的单调递增函数，
1
0
f
=
，
2
2
f
=
，可画出
f x 的部分图象，
又方程
7
1
0
f x
x
-
+ =
的根即
y
f x
=
与
1
1
7
y
x
=
-
的交点横坐标，如图
两函数共有17 个交点，并且关于点
1,0 对称，故所有根之和为17.
24．（2026·浙江·模拟预测）已知函数
f x 的定义域为R ，对
x
" ÎR ，
6
f x
f
x
=
-
与
4
2
2
f x
f x
f
+
-
=
均恒成立，则
2026
f
= （ ）
A．1
-
B．0
C．
1
2
D．1
【答案】B
【分析】先根据题意求出函数的周期，并求出
2
f
，再根据周期求得
2026
f
的值.
【详解】由
6
f x
f
x
=
-
，
4
2
2
f x
f x
f
+
-
=
，
令
1
x = 得
5
1
f
f
=
，
5
1
2
2
f
f
f
-
=
，
所以
2
0
f
=
，故
4
f x
f x
+
=
，即
f x 是周期为4 的周期函数.
所以
2026
506 4
2
2
0
f
f
f
=
´ +
=
=
.
故选：B.
25．（2026·福建龙岩·一模）已知定义在R 上的函数
f x 满足
2
2
f
x
f
x
+
=
-
，且
1
f x
f x
+
= -
，则
（ ）
A．
f x 是偶函数
B．
f x 的最小正周期是2
C．
f x 关于点
2,0 中心对称
D．
3
f x +
是奇函数
【答案】A
【详解】由
1
f x
f x
+
= -
，得
2
1
f x
f x
f x
+
= -
+
=
，周期为2，
但最小正周期不能判定，例如函数
0
f x =
满足题设条件，但该函数没有最小正周期，故B 错误；
由于周期为2，所以
2
f
x
f x
+
=
，
2
2
f
x
f
x
f
x
-
=
+ -
=
-
，
又
2
2
f
x
f
x
+
=
-
，得
f x
f
x
=
-
，所以
f x 是偶函数，A 正确；
由
2
2
f
x
f
x
+
=
-
只能推出对称轴为
2
x =
，无中心对称的推导依据，C 错误；
令
3
g x
f x
=
+
，由
f x 是偶函数且
2
T =
，
得
3
3
1
g
x
f
x
f x
f x
-
=
- +
=
-
=
+
，又
3
1
g x
f x
f x
=
+
=
+
，
所以
g x
g
x
=
-
，所以
3
f x +
为偶函数，D 错误.
26．（2026·安徽合肥·一模）已知函数
2
1
π
( )
cos(2
)(
0)
2
1
6
x
x
f x
x
j
j
-
=
×
+
-
>
+
为偶函数，则j 的最小值为（ ）
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．7π
6
【答案】C
【分析】利用函数奇偶性定义确定函数
2
1
( )
2
1
x
x
g x
-
=
+ 的奇偶性，进而得到函数
π
cos(2
)
6
y
x
j
=
+
-
的奇偶性，
再借助余弦型函数的奇偶性求出参数值.
【详解】函数
2
1
π
( )
cos(2
)(
0)
2
1
6
x
x
f x
x
j
j
-
=
×
+
-
>
+
的定义域为R ，令函数
2
1
( )
2
1
x
x
g x
-
=
+ ，
2
1
1 2
(
)
( )
2
1
2
1
x
x
x
x
g
x
g x
-
-
-
-
-
=
=
= -
+
+
，即函数( )
g x 是奇函数，
而函数
π
( )
( ) cos(2
)
6
f x
g x
x
j
=
×
+
-
是偶函数，则函数
π
cos(2
)
6
y
x
j
=
+
-
是奇函数，
因此
π
π
π,
6
2
k
k
j -
=
+
ÎZ ，解得
2π
π,
3
k
k
j =
+
ÎZ ，又
0
j >
，
所以当
0
k =
时，j 取得最小值2π
3 .
故选：C
27．（2026·新疆·模拟预测）定义在R 上的函数
f x 满足
3
f x
f
x
=
-
，若函数
3
2
y
x
=
-
与
y
f x
=
的
图象有8 个交点，则交点横坐标的和为（ ）
A．24
B．12
C．8
D．6
【答案】B
【分析】：由函数递推关系和解析式，得出函数的对称性，进而利用对称性得出对应关系，求解即可.
【详解】因为函数
f x 满足
3
f x
f
x
=
-
，所以
f x 的图象关于直线
3
2
x =
对称；
同时函数
3
2
y
x
=
-
的图象也关于直线
3
2
x =
对称.
若有8 个交点，可分成关于直线
3
2
x =
对称的4 对，每对交点的横坐标的和为3
2
3
2 ´
=
，
所以所有交点横坐标的和是4 3
12
´ =
.
28．（25-26 高一上·贵州黔东南·期末）已知函数
1
sin π
2025
1
2
x
f x
x
é
ù
æ
ö
=
+
+
ç
÷
ê
ú
+
è
ø
ë
û
，4
2
x
- £
£
且
1
x ¹ - ，则
f x 的所有零点之和为（ ）
A．2
B．4
-
C．6
-
D．8
-
【答案】B
【分析】问题化为
1
1
y
x
=
+
与
π
sin 2
x
y =
的图象在( 1,2]
-
和[ 4, 1)
-
-
上各有2 个交点，数形结合及对称性求零
点的和即可.
【详解】因为
π
sin π
2025
sin
2
2
x
x
é
ù
æ
ö
+
= -
ç
÷
ê
ú
è
ø
ë
û
，由
0
f x =
，得
1
π
sin
1
2 x
x
=
+
，
函数
1
1
y
x
=
+
与
π
sin 2
x
y =
的图象都关于直线
1
x = - 对称，
且
1
1
y
x
=
+
与
π
sin 2
x
y =
的图象在[ 4, 1)
-
-
和( 1,2]
-
上各有2 个交点，如下图所示：
所以
f x 在[ 4, 1)
-
-
和( 1,2]
-
上的所有零点之和为
2
2
4
´ -
= - .
故选：B
29．（2025·湖北武汉·三模）已知函数
f x 的定义域为
0
¥
+
，
，对任意的,
0
x y >
，均有
( )
( )
1
(
1)
f x
f y
x
f
x
y
y
-
<
+
，且
1
1
f
= - ，则下列结论中一定正确的是（
）
A．
2
0
f
<
B．2 (3)
(2)
f
f
<
C．
(4)
(3)
ln 2
(3)
(2)
f
f
f
f
+
>
D．3 (4)
(3)
f
f
<
【答案】C
【分析】令
1
x
y
=
= ，即可判断A；令
1
y = ，可得
1
(
1)
f
x
x
f x
+ <
+
，令
2
x =
，可判断B；令
3
x =
，可判
断D；由题意可得
1
( )
f x
f x
x
>
+
，结合
3
0
f
>
，
(2)
0
f
>
，可得
(4)
(3)
1
1
5
(3)
(2)
3
2
6
f
f
f
f
+
>
+
=
，再根据对数的
运算性质及单调性，即可判断C.
【详解】解：对于A，令
1
x
y
=
= ，则有0
(2)
f
<
，即
(2)
0
f
>
，故A 错误；
对于B，令
1
y = ，则有
( )
(1)
(
1)
f x
f
f x
x
-
<
+
，
又因为
1
1
f
= - ，
0
x >
，
所以
1
(
1)
f
x
x
f x
+ <
+
，
令
2
x =
，
则有
2
(2) 1
(2)
3
f
f
f
>
+ >
，故B 错误；
对于C，因为
1
(
1)
f
x
x
f x
+ <
+
，
0
x >
，
所以
( ) 1
1
( )
f x
f x
f
x
x
x
>
>
+
+
，
令
2
x =
，则有
)
3
(2
2
f
f
>
，令
3
x =
，则有
)
4
(3
3
f
f
>
，
由B 可知
2
(
3
2)
0
f
f
>
>
，
所以
3
0
f
>
，
所以
1
(3)
3
4
f
f
>
，
同理可得
1
(2)
2
3
f
f
>
，
所以
5
6
5
6
5
6
6
(4)
(3)
1
1
5
ln e
ln
e
ln
2.7
ln
64
ln 2
(3)
(2)
3
2
6
f
f
f
f
+
>
+
=
=
=
>
>
=
，故C 正确；
对于D，由B 可知
1
(
1)
f
x
x
f x
+ <
+
，
令
3
x =
，则有
3
(3) 1
(3)
4
f
f
f
>
+ >
，故D 错误.
故选：C．
30．（2025 高三·全国·专题练习）设
f x 的导函数为
f
x
¢
，
1
0
xf
x
f x
x
x
+
=
>
¢
，且
1
0
f
=
，则
（ ）
A．
2
3
5
f
f
f
<
<
B．
3
2
5
f
f
f
<
<
C．
5
3
2
f
f
f
<
<
D．
5
2
3
f
f
f
<
<
【答案】D
【分析】根据已知可得
lnx
f x
x
=
，导数研究其单调性比较大小或应用作差法比较大小.
【详解】因为
1
xf x
f x
xf
x
x
¢
¢
é
ù =
+
=
ë
û
，所以
ln
xf x
x
c
=
+
，即
ln x
c
f x
x
+
=
．
所以
1
0
f
c
=
=
，故
lnx
f x
x
=
，
法一：因为
2
1 lnx
f
x
x
-
¢
=
，当
e
x> 时，
0
f
x
¢
<
，当0
e
x
<
<
时，
0
f
x
¢
>
，
即
f x 在
0,e 上单调递增，在
e,+¥ 上单调递减．
因为
ln2
ln4
2
4
2
4
f
f
=
=
=
，且e
3
4
5
<
<
<
，
所以
5
4
2
3
f
f
f
f
<
=
<
，
法二：因为
ln2
2
2
f
=
，
ln3
3
3
f
=
，
ln5
5
5
f
=
，
所以
ln2
ln3
ln8
ln9
2
3
0
2
3
6
f
f
-
-
=
-
=
<
，即
2
3
f
f
<
．
因为
ln2
ln5
ln32
ln25
2
5
0
2
5
10
f
f
-
-
=
-
=
>
，所以
5
2
f
f
<
.
故选：D
31．（24-25 高三下·河北沧州·月考）已知任意正实数,x y 满足
,
1
2
f x
f
y
f x
y
f
-
>
-
=
，则下列结
论中一定正确的是（ ）
A．
10
30
f
>
B．
20
40
f
>
C．
10
100
f
<
D．
20
1000
f
<
【答案】B
【分析】利用抽象函数赋值的方法，结合具体的函数
( )
f x
kx
b
=
+
和
2
( )
2
f x
x
=
进行验证，结合递推关系进
行严格证明即可.
【详解】令
1
y = ，对任意
1
x > ，有：
( )
(1)
(
1)
( )
(
1)
2.
f x
f
f x
f x
f x
-
>
-
Þ
>
-
+
由此可得递推关系：
( )
(
1)
2
f n
f n
>
-
+
，进而推出对于正整数n ，
( )
2
f n
n
>
.
下面验证更一般情况.
假设
( )
f x
kx
b
=
+
，代入条件
(1)
2
f
=
得
2
k
b
+
=
.代入不等式得：
(
)
(
)
0
.
k x
y
k x
y
b
b
-
>
-
+
Þ
>
因此
0
b <
，且
2
k >
（因
2
b
k
=
-
）.
例如，取
3
k =
，则
( )
3
1
f x
x
=
- ，满足
(10)
29
30
f
=
<
，但
(20)
59
40
f
=
>
，
说明选项A 不一定成立，但B 成立.
若
2
( )
2
f x
x
=
，满足
(1)
2
f
=
，且对 x
y
>
有：
2
2
2
2
2
2(
)(
)
2(
)
.
x
y
x
y x
y
x
y
x
y
x
y
-
=
-
+
>
-
Þ
+
>
-
此时
(20)
800
40
f
=
>
，选项B 成立，但
(10)
200
100
f
=
>
，选项C 不成立.
下面严格证明选项B
对于满足条件的任意函数，令
20
x =
1
y = ，则：
(20)
(1)
(19)
(20)
(19)
2.
f
f
f
f
f
-
>
Þ
>
+
递推可得
(20)
2 20
40
f
>
´
=
，因此选项B 一定正确.
综上，只有选项 B（
(20)
40
f
>
）在所有情况下成立.
故选：B.
二、多选题
32．（2026·河北保定·一模）已知定义在R 上的函数
f x 为偶函数，且满足
1
1
0
f
x
f x
+
+
-
=
，当
1,2
xÎ
时，
2
4
3
f x
x
x
=
-
+ ，则下列说法正确的是（ ）
A．
f x 为周期函数
B．
f x 的图象关于点
2,0 对称
C．当
1,1
xÎ -
时
2
1
f x
x
= -
D．
2
2
2026
1
x
f
f
x
æ
ö
<
ç
÷
+
è
ø
【答案】ACD
【分析】利用周期函数的定义可判断A；利用对称性的代数定义可判断B;利用周期性与奇偶性以及
1,2
xÎ
时的解析式可判断C；利用周期性可计算
2026
f
的值，然后求出
2
2
1
x
f
x
æ
ö
ç
÷
+
è
ø 的范围可判断D.
【详解】
1
1
0
f
x
f x
+
+
-
=
，拿
1
x + 换x ，得
2
f x
f x
+
= -
，
所以
4
2
f x
f x
f x
+
= -
+
=
，故
f x 是周期为4 的周期函数，选项A 正确；
由
2
f x
f x
+
= -
和偶函数性质，得：
2
f
x
f
x
f x
-
= -
-
= -
，
因此
2
2
f
x
f
x
+
=
-
，图象关于直线
2
x =
对称，而非点(2,0) 对称，故选项B 错误；
利用
2
f x
f x
+
= -
和已知区间[1,2]上的解析式
2
4
3
f x
x
x
=
-
+ ，
当
1,0
xÎ -
时，
2
1,2
x + Î
，则
2
2
2
[
2)
4
2
3
1
f x
f x
x
x
x
ù
= -
+
= -
+
-
+
+
= -
û
，
再由偶函数得
0,1
xÎ
时
2
2
1 (
)
1
f x
f
x
x
x
=
-
= - -
= -
，
故当
1,1
x Î -
时
2
1
f x
x
= -
，选项C 正确；
由
f x 的周期
4
T =
，2026
4 506
2
=
´
+
，
所以
2
2026
2
2
4 2
3
1
f
f
=
=
- ´ +
= - ，
又因为
2
2
1
x
y
x
=
+ 为奇函数，当
0
x >
时，
2
1
2
x
x
+ ³
，
所以
2
2
0
1
1
x
x
<
£
+
，
从而
2
2
1
x
x + 的值域为
1,1
-
，在此区间上
2
1
0
f x
x
= -
³
，
所以
2
2
0
1
x
f
x
æ
ö ³
ç
÷
+
è
ø
，
故
2
2
2026
1
1
x
f
f
x
æ
ö
= - <
ç
÷
+
è
ø 恒成立，选项D 正确.
33．（2026·甘肃兰州·一模）已知函数
f x 是定义在R 上的偶函数且在区间
0,3 上单调，函数
3
g x
x
f x
=
-
的图象关于点
3,0 中心对称，则以下说法正确的是（ ）
A．
3
f x
f x
+
=
B．若1
1
g
= - ，则
1
5
2
f
=
C．若
g x 在区间
0,2 上是增函数，则
g x 在区间
4,6 上是增函数
D．若
3
0
2
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，则
g x 在区间
5,6
-
上的零点之和为0
【答案】BC
【分析】利用函数对称性、奇偶性、周期性、单调性判断A、B、C 选项，再结合函数零点判断D 选项.
【详解】对于A，因为函数
3
g x
x
f x
=
-
的图象关于点
3,0 中心对称，
所以
3
3
g
x
g
x
-
= -
+
，即
3
3
3
3
3
3
x
f
x
x
f
x
é
ù
é
ù
-
-
-
= -
+
-
+
ë
û
ë
û
，
也即
3
3
xf
x
xf
x
-
-
= -
+
，
当
0
x =
时，
3
3
f
x
f
x
-
=
+
成立，
当
0
x ¹
时，
3
3
6
f
x
f
x
f
x
f
x
-
=
+
Þ
-
=
+
，
又函数
f x 是定义在R 上的偶函数，
所以
6
6
f
x
f
x
f x
f
x
-
=
+
Þ
=
+
，故A 错误；
对于B，
1
1
2
1
1
1
2
g
f
f
= -
= - Þ
=
，
由
6
f x
f
x
=
+
，所以函数
f x 的周期为6，
所以
1
5
6 1
1
1
2
f
f
f
f
=
-
=
-
=
=
，故B 正确；
对于C，因为函数
g x 的图象关于点
3,0 中心对称，且在区间
0,2 上是增函数，
由中心对称的性质可得函数
g x 在
4,6 上是增函数，故C 正确；
对于D，令
3
0
g x
x
f x
=
-
=
，则
3
0
3
x
x
-
=
Þ
=
或
0
f x =
，
此时
g x 在区间
5,6
-
有一个零点3，
因为函数
f x 是定义在R 上的偶函数，且周期为6，
3
0
2
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，
所以
3
3
3
9
9
0,
6
0,
0
2
2
2
2
2
f
f
f
f
f
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
=
=
-
+
=
=
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
此时
3
3
9
9
0
2
2
2
2
g
g
g
g
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
=
=
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
所以
g x 在区间
5,6
-
共有5 个零点分别为
3
3 9
9
3,
,
,
,
2
2 2
2
-
-
，
此时
3
3
9
9
3
3
0
2
2
2
2
æ
ö
æ
ö
+
+ -
+
+ -
=
¹
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，故D 不正确.
34．（2026·河北衡水·一模）已知函数
f x 的定义域为R ，且对任意实数x ，y ，
1
3
6
5
f x
y
f x
y
f
y
x
f
y
x
y
+
+
-
+
-
+
+
=
+
- 恒成立，则（ ）
A．
1
1
f
=
B．
xf x 的最小值为
1
3
-
C．
2
4
f
<
D．
f x 的图象关于点2 ,0
3
æ
ö
ç
÷
è
ø 对称
【答案】ABD
【详解】令
0
y =
，得
2
1
3
5
f x
f
x
f
x
+
-
+
=
- ，
以
x
- 替代x ，得
2
1
3
5
f
x
f x
f
x
-
+
+
=-
-
，
消去
f
x
-
，得
3
1
9
5
f x
f
x
+
=
- .
再令
1
x = ，得
4
1
4
f
=
，即
1
1
f
= ，
所以
3
9
6
f x
x
=
-
，即
3
2
f x
x
=
-
，
则
1
1
f
= ，
2
4
f
=
，A 正确，C 错误.
而
2
2
1
1
3
2
3
3
3
xf x
x
x
x
æ
ö
=
-
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
当
1
3
x =
时，
xf x 取得最小值，且最小值为
1
3
-
，B 正确.
因为
4
4
3
2
3
2
0
3
f
x
f x
x
x
æ
ö
-
+
=
-
-
+
-
=
ç
÷
è
ø
，
所以
f x 的图象关于点2 ,0
3
æ
ö
ç
÷
è
ø 对称，D 正确.
35．（2026·安徽安庆·一模）已知定义域为R 的函数
f x ，对任意实数,x y 都有
2
f x
y
f x
y
f x f
y
+
+
-
=
，且
1
1
f
= - ，则以下结论一定正确的有（ ）
A．
(0)
1
f
=
B．
f x 是偶函数
C．
f x 的图象关于点
0,1 中心对称
D．
1
2
2026
0
f
f
f
+
+
+
=
L
【答案】ABD
【分析】利用赋值法结合函数奇偶性的判断可判断选项A、B，利用函数对称性结合特殊值以及运算规律判
断C、D.
【详解】对于A，令
1,
0
x
y
=
=
，则
1
1
2
1
0
f
f
f
f
+
=
，又
1
1
f
= - ，
所以
1
1
2
1
0
2
0
f
f
-
+ -
=
´ -
´
= -
，解得：
(0)
1
f
= ，故A 正确；
对于B，令
0
x =
，则
2
0
f
y
f
y
f
f
y
+
-
=
，
即
2
f
y
f
y
f
y
f
y
f
y
+
-
=
Þ
-
=
，
又函数
f x 的定义域为R 关于原点对称，所以
f x 是偶函数，故B 正确；
对于C，若
f x 的图象关于点
0,1 中心对称，则
2
f x
f
x
+
-
=
，
由
1
1
1
1
1
1
2
f
f
f
f
+
-
=
+
= -
+ -
= - ，不符合题意，故C 错误；
对于D，令
1
y = ，则
1
1
2
1
2
f x
f x
f x f
f x
+
+
-
=
= -
，
即
1
1
f x
f x
f x
f x
é
ù
+
+
= -
+
-
ë
û ，
所以
2
1
1
0
1
1
0
f
f
f
f
é
ù
é
ù
+
= -
+
= -
-
+
=
ë
û
ë
û
，
3
2
2
1
0
f
f
f
f
é
ù
+
= -
+
=
ë
û
，
4
3
3
2
0
f
f
f
f
é
ù
+
= -
+
=
ë
û
，
LL，
2026
2025
2025
2024
0
f
f
f
f
é
ù
+
= -
+
=
ë
û
所以
1
2
2026
f
f
f
+
+
+
L
1
2
2025
2026
f
f
f
f
é
ù
é
ù
=
+
+
+
+
ë
û
ë
û
L
1
1
1
1
1013 0
0
é
ù
é
ù
=
-
+
+
+
-
+
=
´
=
ë
û
ë
û
L
，故D 正确.
36．（2026·陕西榆林·一模）已知函数
f x 的定义域为R ，其图象是一条连续不断的曲线，且对于任意实
数,x y ，恒有
2
2
f x
y
f x
f
y
x y
xy
+
=
+
+
+
，若
1
1
f
= - ，则（ ）
A．
1
1
f -
=
B．
f x 是奇函数
C．
2
x >
是
2
f x
f x
-
<
的必要不充分条件
D．
f x 的零点个数为3
【答案】ABD
【分析】抽象函数的性质，通过取特殊值解决前三个选项，选项D 将抽象函数具体化.
【详解】 对于A，令
0
y =
，得
0
f x
f x
f
=
+
，所以
0
0
f
=
，
再令
1
x = ，
1
y = - ，得
0
1
1
1 1
0
f
f
f
=
+
-
- + =
，所以
1
1
1
f
f
-
= -
= ，故A 正确；
对于B，首先定义域关于原点对称，其次令y
x
= - ，得
3
3
0
0
f
f
x
f
x
x
x
=
+
-
-
+
=
，
即
0
f x
f
x
+
-
= ，所以
f x 是奇函数，故B 正确；
对于C，令
2
y = - ，得
2
2
2
2
4
f
x
f
x
f
x
x
-
=
+
-
-
+
，令
1
x
y
=
= - ，得
2
2
1
2
0
f
f
-
=
-
-
=
，
所以
2
2
2
4
f
x
f
x
x
x
-
-
= -
+
，由
2
f x
f x
-
<
，得
2
2
4
0
x
x
-
+
<
，解得
2
x >
或
0
x <
，
即
2
x >
只是解集的一部分，则
2
x >
是
2
f x
f x
-
<
的充分不必要条件，故C 错误；
对于D，设
3
3
x
g x
f x
=
-
，
不难验证
3
3
x
y
g x
y
f x
y
+
+
=
+
-
2
3
3
3
2
3
3
3
x
y
x
y
f x
f
y
g x
g y
f x
f
y
x y
xy
+
=
=
+
+
+
-
-
+
-
=
+
，
所以
,
g x
kx k
=
ÎR ，所以
3
3
x
f
x
kx
=
+
，将
1
1
f
= - 代入，可得
4
3
k = -
，
所以
3
4
1
2
2
3
3
3
x
x
f
x
x x
x
=
-
=
-
+
，
f x 的零点为0，2
- ，2，故D 正确．
37．（25-26 高一下·河北邢台·开学考试）若函数
f x 的定义域为R ，
1
2
f
=
且
,x y
"
ÎR ，
2
2
f x
y
xf x
yf
y
-
=
-
，则（ ）
A．
0
1
f
= -
B．a
$ ÎR ，
2
1
af a
a
f a
=
+
-
C．
cos
y
f x
f x
=
-
是偶函数
D．当
0
xy £
时，
f x
y
f x
f
y
+
=
+
【答案】BCD
【分析】利用赋值法计算可判断A，B；令y
x
= - 可得
f
x
f x
-
= -
，根据偶函数定义计算可判断C；利
用赋值法结合C 可得
,
0
,
0
x f
x
x
f x
x f
x
x
ì
³
ï
= í
- -
-
<
ïî
，分
0
x
y
=
=
，
0,
0
x
y
³
<
及
0,
0
x
y
<
³
三种情况讨论可判
断D.
【详解】对于A，令
0
x
y
=
=
，得
0
0
0
0
0
0
f
f
f
=
×
- ×
=
，故A 错误；
对于B， 令
,
1
x
a y
=
= ，得
2
1
1
f a
af a
f
-
=
-
，
因为
1
2
f
=
，所以
2
1
2
f a
af a
-
=
-
，即
2
2
1
af a
f a
=
+
-
，
所以当
2
a =
时，
2
1
af a
a
f a
=
+
-
成立，
故a
$ ÎR ，
2
1
af a
a
f a
=
+
-
，故B 正确；
对于C，令y
x
= - ，得
2
2
f
x
x
xf x
xf
x
é
ù
- -
=
+
-
ë
û
，
即
0
xf x
xf
x
+
-
=
，所以
f
x
f x
-
= -
，
故函数
f x 是定义在R 上的奇函数，
令
cos
g x
f x
f x
=
-
，
因为
cos
cos
cos
g
x
f
x
f
x
f x
f x
f x
f x
g x
-
=
-
-
-
= -
-
-
=
-
=
é
ù
ë
û
，
所以函数
g x 是偶函数，即
cos
y
f x
f x
=
-
是偶函数，故C 正确；
对于D，令
,
0
x
y
Î
=
R
，得
2
f x
xf x
=
，
当
0
t ³
时，有
2
f t
f
t
t f
t
é
ù
=
=
ê
ú
ë
û
，
当
0
t <
时，有
2
f
t
f
t
t f
t
é
ù
-
=
-
=
-
-
ê
ú
ë
û
，
由C 可知，函数
f x 是定义在R 上的奇函数，
所以当
0
t <
时，有
f
t
f t
t f
t
-
= -
=
-
-
，
所以
,
0
,
0
x f
x
x
f x
x f
x
x
ì
³
ï
= í
- -
-
<
ïî
，
当
0
x
y
=
=
时，由A 可知，
0
0
0
0
f
f
+
=
=
，
0
0
0
f
f
+
=
，即
0
0
0
0
f
f
f
+
=
+
，
此时
f x
y
f x
f
y
+
=
+
成立，
当
0,
0
x
y
³
<
时，
2
2
f x
y
f
x
y
f
x
y
x f
x
y f
y
f x
f
y
é
ù
+
=
- -
=
-
-
=
-
-
-
=
+
é
ù
ë
û
ê
ú
ë
û
，
同理，当
0,
0
x
y
<
³
时，
f x
y
f x
f
y
+
=
+
成立，
所以当
0
xy £
时，
f x
y
f x
f
y
+
=
+
成立，故D 正确.
38．（2026·广东佛山·二模）定义域关于原点对称的函数
f x ，
g x 满足
1
g x
g y
g x
y
g x g y
é
ù
+
=
+
-
ë
û ，
1
f x f
y
f x
y
g x g y
é
ù
=
+
-
ë
û ，
f x 为偶函数且
0
0
f
¹
，
则（ ）
A．
0
0
g
=
B．
0
1
f
=
C．
g x 为偶函数
D．若
3
3
g a =
，则
2
2
f
a =
【答案】ABD
【详解】令
0
x
y
=
=
，则
0
0
0
1
0
0
g
g
g
g
g
é
ù
+
=
-
ë
û ，化简得
2
0
1
0
0
g
g
é
ù
+
=
ë
û
，又
2
1
0
0
g
+
¹
，
0
0
g
\
=
，故A 正确，
令
0
x
y
=
=
，
0
0
0
1
0
0
f
f
f
g
g
é
ù
=
-
ë
û ，化简得
0
0
1
0
f
f
é
ù
-
=
ë
û
，又
0
0
f
¹
，
0
1
f
\
= ，故B
正确，
令y
x
= - ，则
1
g x
g
x
g x
x
g x g
x
é
ù
+
-
=
-
-
-
ë
û ，化简得
0
g x
g
x
+
-
=
，故
g x 为奇函数，故C
错误.
令x
y
a
=
=
，则
1
f a f a
f a
a
g a g a
é
ù
=
+
-
ë
û ，化简得
2
2
2
1
f
a
f
a
g
a
é
ù
=
-
ë
û ，
又
3
3
g a =
，
2
2
1
2
2
1
2
3
3
f
a
f
a
f
a
f
a
æ
ö
\
=
-
Þ
=
ç
÷
è
ø
，
再令
,
x
a y
a
=
= - ，则
0
1
f a f
a
f
g a g
a
é
ù
-
=
-
-
ë
û ，
又
f x 为偶函数，
f a
f
a
\
=
-
，又
g x 为奇函数，
g
a
g a
\
-
= -
，
故化简得
2
2
1
4
0
1
1
3
3
f
a
f
g
a
é
ù
=
+
= +
=
ë
û
，
2
2
4
2
2
2
3
3
3
f
a
f
a
f
a
\
=
Þ
=
，解得
2
2
f
a =
，故D 正确.
39．（2026·甘肃武威·模拟预测）已知函数
f x 满足
,
,
2
x y
f x f
y
f x
y
xy
"
Î
-
+
=
R
，且
2
0
f -
¹
，
则下列结论正确的有（ ）
A．
0
2
f
=
B．
2
1
f
=
C．
2
f
x
f
x
-
<
的解集为
,1
¥
-
D．
0.4
3e
5
f
f
>
【答案】ACD
【分析】通过赋值法求
(0)
f
、
(2)
f
、
( )
f x ，绝对值不等式平方去掉绝对值，构造函数判断自变量大小再利
用
( )
f x 的单调性求解.
【详解】令
2,
0
x
y
= -
=
，则
2
0
2
2
0
f
f
f
-
-
-
=
，即
2
0
2
0
f
f
é
ù
-
-
=
ë
û
，
因为
2
0
f -
¹
，所以
0
2
0
f
-
=
，则
0
2
f
=
，故A 正确；
令
2,
2
x
y
=
= - ，则
2
2
2
0
4
f
f
f
-
-
= - ，
所以
2
2
0
f
f -
=
，又
2
0
f -
¹
，所以
2
0
f
=
，故B 错误；
令
2
y =
，得
2
2
2
2
f x f
f x
x
-
+
=
，即
2
f x
x
+
= - ，所以
2
f x
x
=
-
，
由
2
f
x
f
x
-
<
，得2
2
2
x
x
-
-
<
-
，即2
x
x
-
>
，
两边平方并整理得4
4
0
x
-
+
>
，解得
1
x < ，
所以不等式
2
f
x
f
x
-
<
的解集为
,1
¥
-
，故C 正确；
令
1
e
0
1
x
g x
x
x
=
-
<
<
，则
e
0
x
g
x
x
¢
= -
<
，所以
g x 在( 0, 1) 上单调递减，
又
0
1
g
= ，1
0
g
=
，所以
0
1
g x
<
< ，所以
1
e
0
1
1
x
x
x
<
<
<
-
，
取
0.4
x =
，得
0.4
1
5
e
1 0.4
3
<
=
-
，所以
0.4
3e
5
<
，又
2
f x
x
=
-
在R 上单调递减，
所以
0.4
3e
5
f
f
>
，故D 正确．
故选ACD．
40．（2026·广西·模拟预测）已知函数
f x ，
g x ，
1
1
f x +
- 都是奇函数，
1
g x
x
+
-
是偶函数.当
0,1
xÎ
时，
2
f x
g x
x
=
=
，则（ ）
A．
3
5
4
2
2
f
f
æ
ö
æ
ö
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
B．对任意
*
nÎN ，
f n
g n
n
=
=
C．
f x
g x
=
当且仅当
4
1,4
1
x
k
k
Î
-
+
，k ÎZ
D．
1
2
f x
g x
-
£
【答案】ABD
【分析】利用函数的奇偶性、对称性可判断A；构造函数
( )
( )
G x
g x
x
=
-
，根据奇偶性、对称性可判断B；
构造
( )
( )
F x
f x
x
=
-
，由对称性、周期性画出函数图像可判断C；根据对称性、周期性，以及
( )
F x 与
( )
G x
的值域可判断D.
【详解】对于A，由
1
1
f x +
- 是奇函数可得
(1
)
(1
)
2
f
x
f
x
+
+
-
=
，
可知曲线
( )
y
f x
=
关于(1,1) 对称，
又
f x 是奇函数，关于(0,0) 对称，
可知对于任意整数k ，
( )
y
f x
=
关于( , )
k k 对称，
于是
3
5
1
1
( )
( )
(2
)
(2
)
2 2
4
2
2
2
2
f
f
f
f
+
=
-
+
+
=
´
=
，故A 正确；
对于B，由A,
( )
f n
n
=
成立，
构造
( )
( )
G x
g x
x
=
-
，
由于
1
g x
x
+
-
是偶函数，则
(
1)
(
1)
1
G x
g x
x
+
=
+
-
- 是偶函数，
则
( )
G x 关于
1
x = 对称，
由于
g x 是奇函数，y
x
=
是奇函数，则
( )
G x 是奇函数，
则
(2
)
(
)
( )
G
x
G
x
G x
+
=
-
= -
，
(4
)
(2
)
( )
G
x
G
x
G x
+
= -
+
=
，
即
( )
G x 周期为4，
而
(0)
0
G
=
，
(1)
(1)
1
0
G
g
=
- =
，
(2)
(0)
G
G
= -
0
=
，
(3)
( 1)
(1)
0
G
G
G
=
-
= -
=
，
则
( )
( )
0
G n
g n
n
=
-
=
，故B 正确；
对于C，令
( )
( )
F x
f x
x
=
-
，则
( )
F x 为奇函数，
(1
)
(1
)
(1
)
(1
)
2
0
F
x
F
x
f
x
f
x
+
+
-
=
+
+
-
-
=
，
( )
F x 关于(1,0) 对称，则
( )
F x 周期为4，
当
[0,1]
xÎ
时，
2
( )
( )
F x
G x
x
x
=
=
-
在一个周期内画出
( )
F x 和
( )
G x 图像，
则可得
( )
( )
F x
G x
=
即
( )
( )
f x
g x
=
，当且仅当
4
1,4
1
x
k
k
Î
-
+
或
4
2
x
k
=
+
，k ÎZ ，
故C 错误；
对于D，当
[0,1]
xÎ
时，
2
1
( )
( )
[
,0]
4
F x
G x
x
x
=
=
- Î -
，
则在R 上，
1 1
( )
[
, ]
4 4
F x Î -
，
1 1
( )
[
, ]
4 4
G x Î -
，
则
1
|
( )
( ) |
2
f x
g x
F x
G x
-
=
-
£
，故D 正确；
故选：ABD.
41．（2026·陕西西安·一模）已知函数
f x 是定义域为R 的奇函数，
2
g x
x
f x
=
-
，若
4
g
x
g x
-
=
，
1
2
f
=
，
2
0
f
=
，则（ ）
A．
3
2
g
=
B．
5
6
g
= -
C．
f x 是周期为4 的周期函数
D．
2025
1
2
i
f i
=
=
å
【答案】CD
【分析】先根据题意推导出
f x 是周期为4 的周期函数，即可判断选项C，再根据题干关系式和周期性依
次计算选项A，B，D 即可.
【详解】由函数
f x 是定义域为R 的奇函数，可知
f
x
f x
-
= -
且
0
0
f
=
，
因为
4
g
x
g x
-
=
，代入
2
g x
x
f x
=
-
得
4
2
4
2
x
f
x
x
f x
-
-
-
=
-
，整理得
2
4
0
x
f
x
f x
-
-
+
=
é
ù
ë
û
，
即知
4
f
x
f x
f
x
-
= -
=
-
，故
f x 是周期为4 的周期函数，C 正确；
选项A，B，
3
3
2
3
3
g
f
f
=
-
=
，由
f x 是周期为4 的周期函数可知，
3
3
3
4
1
1
2
g
f
f
f
f
=
=
-
=
-
= -
= - ，
同理
5
5
2
5
3
5
3
1
4
3
1
6
g
f
f
f
f
=
-
=
=
+
=
=
，故A，B 都错误；
选项D，因为
1
2
f
=
，
2
0
f
=
，
3
2
f
= - ，
4
0
0
f
f
=
=
，
所以一个周期内
1
2
3
4
2
0
2
0
0
f
f
f
f
+
+
+
=
+
-
+
=
，
所以
2025
1
506 0
1
2
i
f i
f
=
=
´ +
=
å
，故D 正确.
故选：CD.
三、填空题
42．（2026·江西·一模）已知函数
2
5
sin
5
æ
ö
=
×
-
ç
÷
è
ø
x
x
f x
a
x 是偶函数，则a =___________．
【答案】2
【分析】由偶函数的定义
f
x
f x
-
=
恒成立，化简得到
2
5
5
sin
0
x
x
a
x
-
-
+
=
恒成立，即可求解.
【详解】因为
f x 为偶函数，所以
f
x
f x
-
=
，
5
2 5
sin
2 5
5
sin ,
5
2 5
sin
x
x
x
x
x
x
f
x
a
x
a
x f x
a
x
-
-
-
-
=
×
- ´
-
=
´
-
×
=
×
- ´
，
即
2 5
5
sin
5
2 5
sin
x
x
x
x
a
x
a
x
-
-
´
-
×
=
×
- ´
，
化简可得
2
5
5
sin
0
x
x
a
x
-
-
+
=
对于任意xÎR 恒成立，
所以2
0
a
-
=
，所以
2
a =
．
43．（2026·四川绵阳·二模）已知函数
cos
cos
e
1
x
m
x
f x
x
=
+
-
为奇函数，则实数m = ______.
【答案】2
【分析】利用奇函数的定义求解即可.
【详解】由题可得
f x 的定义域为
,0
0,
-¥
È
+¥ ,
由于函数
cos
cos
e
1
x
m
x
f x
x
=
+
-
为奇函数，所以
0
f
x
f x
-
+
=
，
即
cos
cos
e cos
cos
cos
cos
cos
cos
2
cos
0
e
1
e
1
e
1
e
1
x
x
x
x
x
m
x
m
x
m
x
m
x
x
x
x
x
m
x
-
-
+
-
+
+
= -
+
+
+
=
-
=
-
-
-
-
,
则2
0
m
-
=
，解得：
2
m =
，
故答案为：2
44．（2026·四川成都·二模）已知函数
1
ln
R
1
x
f x
m
m
x
-
=
Î
+
，若
1
1
2026
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，则
1
2026
f æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
__________
【答案】1
-
【分析】利用定义法确定函数的奇偶性，即可得函数值.
【详解】由
1
ln
ln 1
ln 1
1
x
f x
m
m
x
x
x
-
=
=
-
-
+
é
ù
ë
û
+
，1
1
x
- <
< ，
则
ln 1
ln 1
f
x
m
x
x
f x
-
=
+
-
-
= -
é
ù
ë
û
，
即函数
f x 为奇函数，
所以
1
1
1
2026
2026
f
f
æ
ö
æ
ö
-
= -
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
45．（2026·河北张家口·一模）已知函数
f x 满足
2
f
x
f
x
-
=
+
，当
,1
xÎ -¥
时，
2e
e
x
x
f x
-
=
-
，则
不等式
0
xf x >
的解集为______．
【答案】
,0
0,2
-¥
U
【分析】根据函数的对称性与单调性的关系列不等式组求解即可.
【详解】根据题意，因为函数
f x 满足
2
f
x
f
x
-
=
+
，所以函数
f x 的对称轴为直线
1
x = ，
因为函数
2e x
y =
在
,1
xÎ -¥
上单调递增，函数
e x
y
-
=
在
,1
xÎ -¥
上单调递减，
所以函数
2e
e
x
x
f x
-
=
-
在
,1
xÎ -¥
上单调递增，
则函数
f x 在
1,
x
¥
Î
+
上单调递减，
由
0
0
f
=
得
2
0
f
=
，
0
xf x >
等价于
0
0
x
f x
>
ì
í
>
î
或
0
0
x
f x
<
ì
í
<
î
，
解得0
2
x
<
<
或
0
x <
，所以不等式
0
xf x >
的解集为
,0
0,2
¥
-
È
.
题型13 指数对数幂函数40 个重点题型
题号
核心题型
题型解决关键点
1
指对数的化简求值
指对数的化简求值
2
指数式与对数式的互化及估值
将指数式转化为对数式，利用对数换底公式和常用对数估值，确定取值范围。
3
指数对数同构求值
对已知等式进行变形，构造函数并利用其单调性建立变量关系，实现消元求值。
4
基本不等式与指数对数恒等式
求值
利用基本不等式确定取值范围，结合恒成立条件得到等号成立，再代入求值。
5
指数式与对数式的互化及运算
将指数式转化为对数式，利用对数的运算法则化简，判断各选项的正误。
6
构造函数利用单调性求值
对已知等式进行变形，构造函数并利用其单调性建立变量相等关系，从而求值。
7
由指数型函数奇偶性求参数
利用奇偶性定义，取特殊值列出方程求出参数，再验证是否满足定义。
8
指数型函数图象的伸缩变换
根据函数图象的伸缩变换规律，将原函数解析式中的自变量或函数值进行相应
变换。
9
由偶函数求函数在对称区间上
的值域
先求函数在已知区间上的值域，再利用偶函数性质得到对称区间上的值域。
10
由奇函数求函数值域
先求函数在正半轴上的值域，再利用奇函数性质得到负半轴上的值域，注意原
点处的取值。
11
指数对数综合比较大小
将已知等式变形，构造函数并利用其单调性，结合指数函数和对数函数的性质
比较大小。
12
利用对数函数单调性比较大小
分析函数的单调性，将自变量转化到同一单调区间内，再根据单调性比较函数
值大小。
13
利用奇偶性与单调性解不等式
先判断函数的奇偶性，将不等式转化为自变量大小关系，再结合单调性求解。
14
构造函数利用导数判断单调性
比较大小
对已知等式变形，构造函数，利用导数判断其单调性，再比较自变量大小。
15
指数对数不等式的充分必要条
件判断
通过取特殊值验证充分性和必要性，注意底数对指数函数单调性的影响。
16
指数对数综合比较大小
利用指数函数、对数函数的单调性，以及作差法、换底公式等进行比较。
17
指数与对数不等式恒成立求参
数范围
根据指数函数的单调性确定底数范围，再结合对数函数的图象性质分类讨论求
解。
18
三角函数与对数综合比较大小
先根据三角函数值确定自变量范围，再结合对数函数的单调性比较大小。
19
指数对数比较大小
利用指数函数、对数函数的单调性，以及中间值法进行比较。
20
构造函数利用导数判断单调性
比较大小
对已知数进行变形，构造函数，利用导数判断其单调性，再比较大小。
21
判断函数在区间上的单调性
分析各选项函数的构成，利用基本初等函数的单调性和复合函数单调性判断。
22
由指数对数等式比较大小
将等式两边取对数，转化为对数式，再通过构造函数或利用中间值比较大小。
23
构造函数利用导数判断单调性
比较大小
对已知数进行变形，构造函数，利用导数判断其单调性，再比较大小。
24
指数对数不等式与方程的综合
利用指数函数和对数函数的单调性，将不等式转化为自变量的大小关系，再求
解。
25
复合对数函数的单调性求参数
范围
根据复合函数“同增异减”原则，结合内层函数的单调性和定义域，列不等式组
求解。
26
互为反函数的函数零点问题
利用函数与反函数图象关于直线对称，结合图象分析零点关系，再求取值范围。
27
指数对数方程根的关系求值
将方程转化为对数方程，利用韦达定理和指数对数恒等式求值。
28
幂函数的定义与性质
由幂函数定义求参数，再根据幂函数的奇偶性、单调性判断各选项。
29
幂函数与对数函数综合比较大
小
由幂函数定义求解析式，再利用对数换底公式和幂函数的单调性比较大小。
30
指数型函数性质（多选题）
利用指数函数的值域、指数运算性质、单调性等判断各选项。
31
指数型函数图象对称性与性质
（多选题）
由对称性求解析式，再判断零点、奇偶性、极值点及不等式恒成立问题。
32
指数对数不等式性质（多选题）
利用指数函数、对数函数的单调性和不等式的性质，逐项判断。
33
复合函数的定义域
先求出外层函数的定义域，再根据内层函数满足的条件列不等式组求解。
34
利用奇偶性求函数值
通过构造或变形判断函数的奇偶性，再利用奇偶性求值。
35
利用对称性与单调性解不等式
由对称性将不等式转化为自变量到对称轴的距离关系，再结合单调性求解。
36
指数对数方程求值
利用对数的运算法则化简已知条件，通过换元法转化为方程求解。
37
复合对数函数的单调性求参数
范围
根据复合函数单调性，结合内层函数的单调性和定义域，列不等式组求解。
38
幂函数的单调性求参数
根据幂函数的定义和单调性，列出方程和不等式，求解参数。
39
幂函数定义与单调性的充分必
要条件
先求出幂函数定义下的参数值，再判断充分性和必要性。
40
根据多个条件写出函数解析式
综合偶函数、单调性、凸凹性及运算特征，从基本初等函数模型中选取符合条
件的函数。
一、单选题
1．（2026·湖南·模拟预测）化简
3
3
log 6
log 2
5
15
=（ ）
A．5
2
B．3
2
C．5
D．3
【答案】A
【详解】
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
log 6
log 6
log 6
log 6 log 2
log 3
log 2
log 2
log 2
log 2
5
5
5
5
5
5
15
3
5
2
2
2
3 5
-
=
=
=
=
=
´
´
．
2．（2026·江西南昌·一模）若3
2
a =
，则a 所在的范围是（ ）
A．
1,0
-
B．
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
C．
1 ,1
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
D．
1,2
【答案】C
【详解】由3
3
2
3
a
<
=
< ，即
1
1
2
3
3
3
a
<
<
，所以1
1
2
a
<
< .
3．（2026·河北保定·一模）已知正数a，b 满足
2
2
10
log
1
20
a
a
b
b
×
=
-
=
，
，则 ab=（ ）
A．20
B．21
C．22
D．23
【答案】A
【分析】通过对已知条件变形，构造单调函数
·2x
f x
x
=
，利用函数唯一性得到a 与b 的对数关系，进而代
换消元求出ab .
【详解】由
2
log
1
20
b
b -
=
得
2
log
1
10
2
b
b -
=
，即
2
log
10
2
2
b
b =
，
令
·2
10
x
f x
x
=
-
，则
f x 定义域R ，且
2
·2 ln 2
2
1
ln 2
x
x
x
f
x
x
x
¢
=
+
=
+
，
当
0
x >
时，
0
f
x
¢
>
，
f x 在
0,+¥ 单调递增，
由
2
·2
10,
log
10
2
2
a
b
b
a
=
=
可得
0,
1
2
b
a >
> ，且
2
log
0
2
b
f a
f æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，
所以
2
log 2
b
a =
，即2
2
a
b
=
，所以·2
·
10
2
a
b
a
a
=
=
，得
20
ab =
.
【点睛】利用指数与对数的同构构造单调函数，通过函数单调性建立变量关系，实现消元求值.
4．（2026·陕西商洛·二模）已知正实数a
b
，满足
3ln
6
3ln
9
a
a
b
b
-
-
=
-
，则logba = （ ）
A．2
B．1
C．-1
D．0
【答案】C
【详解】
9
6
3ln
3ln
3ln
9
3ln
6
a
b
a
b
ab
a
b
ab
+
-
=
+
=
+
=
+
，
，
由基本不等式得，
9
6
a
b
ab
+
³
，即
3ln
6
6
ab
ab
+
³
，
3ln
6
6 6ln
6
6
ln
1
ab
ab
ab
ab
ab
ab
³
-
³
-
³
-
；
；
又因为ln
1
ab
ab
£
- 恒成立，所以ln
1
ab
ab
=
- ，
故
1
1
ab
ab
=
=
，
即
1
a
b
=
，
所以
1
log
log
1
b
b
a
b
=
= - ．
5．（2026·山西大同·一模）若e
2
a =
，e
50
b =
，则（ ）
A．
100
a
b
+
=
B．
25
b
a
-
=
C．
2ln5
ab =
D．
5
b
a >
【答案】D
【分析】先应用指数和对数转化，再应用对数运算律计算判断各个选项.
【详解】因为e
2
a =
，e
50
b =
，所以
ln2
a =
，
ln50
b =
，
所以
ln2
ln50
ln100
a
b
+
=
+
=
，A 选项错误；
ln50
ln2
ln25
b
a
-
=
-
=
，B 选项错误；
ln2 ln50
ab =
×
，C 选项错误；
2
2
2
2
ln50
log 50
log 2
log 25
1
log 25
1
4
5
ln2
b
a =
=
=
+
= +
> +
=
，D 选项正确.
6．（2026·重庆·模拟预测）已知,x yÎR ，
2
1
2
2
x
x
-
+
=
，
2
4
log
2
y
y
+
=
，则
2
x
y
+
= （ ）
A．1
B．2
C．4
D．8
【答案】B
【详解】
2
1
2
2
x
x
-
+
=
左右两边同时乘以2 得
2
2
2
4
x
x +
=
，
2
4
log
2
y
y
+
=
左右两边同时加2 得
2
4
log
4
4
y
y
+
=
，
设
( )
2t
f t
t
= +
，则
( )
f t 单调递增，
又
(2 )
4
f
x =
，
2
(log 4 )
4
f
y =
，
所以
2
2
log 4
x
y
=
，
所以
2
2
4
log 4
4
4
x
y
y
y
+
=
+
=
，所以
2
2
x
y
+
=
.
7．（2026·江西赣州·一模）若函数
9
1
0
x
x
x
f x
a
a
-
=
>
且
1
a ¹
为偶函数，则a =（ ）
A．2
B．3
C．1
3
D．9
【答案】B
【分析】利用特殊值法得出
1
1
f
f
=
-
，求出a 的值，再利用函数奇偶性的定义验证即可.
【详解】函数
9
1
0
x
x
x
f x
a
a
-
=
>
且
1
a ¹
为偶函数，且该函数的定义域为R ，所以
1
1
f
f
=
-
，
因为
8
1
f
a
=
，
1
1
1
8
9
1
9
a
f
a-
-
-
= -
=
，所以8
8
9
a
a =
，可得
2
9
a =
，
又因为
0
a >
且
1
a ¹ ，解得
3
a =
，此时
9
1
3
3
3
x
x
x
x
x
f x
x
-
-
=
=
-
，
因为
3
3
3
3
x
x
x
x
f
x
x
x
f x
-
-
-
= -
-
=
-
=
，
故当
3
a =
时，函数
f x 为偶函数，故
3
a =
.
8．（2026·北京密云·一模）为了得到
4
4
1
x
x
y =
+ 的图象，只需把函数
2
2
1
x
x
y =
+ 的图象上所有点的（ ）
A．横坐标变为原来的2 倍（纵坐标不变）
B．横坐标变为原来的
1
2 倍（纵坐标不变）
C．纵坐标变为原来的2 倍（横坐标不变）
D．纵坐标变为原来的
1
2 倍（横坐标不变）
【答案】B
【详解】对于A，把函数
2
2
1
x
x
y =
+ 的图象上所有点的横坐标变为原来的2 倍（纵坐标不变），得
1
2
1
2
2
2
1
x
x
y =
+
，A 错误；
对于B，把函数
2
2
1
x
x
y =
+ 的图象上所有点的横坐标变为原来的
1
2 倍（纵坐标不变），得
2
2
2
2
1
x
x
y =
+ ，B 正确；
对于C，把函数
2
2
1
x
x
y =
+ 的图象上所有点的纵坐标变为原来的2 倍（横坐标不变），得
2
2 2
1
x
x
y =
×
+ ，C 错
误；
对于D，把函数
2
2
1
x
x
y =
+ 的图象上所有点的纵坐标变为原来的
1
2 倍（横坐标不变），得
1
2
2 2
1
x
x
y =
×
+ ，D 错
误.
9．（2026·安徽六安·模拟预测）若
( )
f x 是定义在R 上的偶函数，当
0
x £
时，
( ) | 2
4 |
x
f x =
-
，则函数
( )
f x
在[ 1,1]
-
上的值域为（ ）
A．
7
[3, ]
2
B．[ 3,0]
[3,
)
-
+¥
U
C．
7
[ 2, ]
2
-
D．[ 3,2]
-
【答案】A
【分析】根据给定条件，结合指数函数单调性求出
( )
f x 在[ 1,0]
-
上的值域，再利用偶函数的性质求出指定
区间上的值域.
【详解】当
0
x £
时，0
2
1
x
<
£ ，
( )
4
2x
f x =
-
，函数
( )
f x 在(
,0]
-¥
上单调递减，
当1
0
x
- ≤
≤时，
7
( )
[3, ]
2
f x Î
，又函数
( )
f x 是R 上的偶函数，
则当0
1
x
£
£ 时，
7
( )
[3, ]
2
f x Î
，所以函数
( )
f x 在[ 1,1]
-
上的值域为
7
[3, ]
2 .
故选：A
10．（2026·福建泉州·二模）定义在R 上的奇函数
f x ，当
0
x >
时，
2e
1
x
f x
-
=
- ，则
f x 的值域为
（ ）
A．R
B．
1
1
¥
¥
-
-
È
+
，
，
C．
1 0
01
-
È
，
，
D．
1,1
-
【答案】D
【分析】先求出当
0
x >
时
1
1
f x
- <
< ，再利用奇函数的性质可得
0
x <
时
1
1
f x
- <
< ，即可求解.
【详解】当
0
x >
时，0
2e
2
x
-
<
<
，则1
2e
1
1
x
-
- <
- < ，
因函数
f x 为奇函数，则当
0
x <
时，则
0
x
- >
，
所以
1
1
f
x
- <
-
< ，又因
f x
f
x
= -
-
，所以
1
1
f x
- < -
< ，即
1
1
f x
- <
< ，
综上可得
f x 的值域为
1,1
-
，故D 正确.
故选：D.
11．（2026·江苏·一模）已知正数a ，b 满足2
3
3
4
a
a
b
b
+
=
+
，则（ ）
A．
2
b
a
b
<
<
B．
2
a
b
a
<
<
C．2
3
b
a
b
<
<
D．2
3
a
b
a
<
<
【答案】A
【分析】根据b 为正数可得
2
2
3
2
2
3
3
2
b
b
a
a
b
b
+
+
<
+
<
，根据a 为正数及
2
3
x
x
s x =
+
为R 上的增函数可得
2
2
b
a
b
a
<
<
<
，从而可得正确的选项.
【详解】因为a 为正数，故
2
a
a
<
.
由题设有
2
2
3
3
4
3
2
a
a
b
b
b
b
=
+
=
+
+
，
而
0
b >
，故2b
b
>
，故
2
2
3
3 ,2
2
b
b
b
b ，
故2
3
3
2
a
a
b
b
+
+
>
，且
2
2
2
2
3
3
2
3
2
a
a
b
b
b
b
+
+
+
=
<
，
故
2
2
3
2
2
3
3
2
b
b
a
a
b
b
+
+
<
+
<
设
2
3
x
x
s x =
+
，因为
2 ,
3
x
x
y
y
=
=
均为R 上的增函数，
故
s x 为R 上的增函数，而
2
s b
s a
s
b
<
<
，故
2
2
b
a
b
a
<
<
<
，
故A 正确，BCD 错误.
12．（2026·辽宁抚顺·一模）设函数
log
0
1
a
f x
x a
a
=
>
¹
且
，若
0.1
0.2
a
a
>
，则
3
2log 2
f
与0 的大小关系
为（ ）
A．
3
2log 2
0
f
<
B．
3
2log 2
0
f
=
C．
3
2log 2
0
f
>
D．无法确定
【答案】A
【详解】因为
0.1
0.2
a
a
>
，且0.1
0.2
<
，所以
(0,1)
aÎ
，
由对数函数性质得
f x 在
0, ¥
+
上单调递减，
而
3
3
3
2log 2
log 4
log 3
1
0
f
f
f
f
=
<
=
=
，
则
3
2log 2
0
f
<
，故A 正确.
13．（2026·四川内江·二模）已知
1
2
2
x
x
f x
æ
ö
=
-ç
÷
è
ø
，则关于x 的不等式
2
1
0
f x
f
x
+
-
>
的解集为（ ）
A．
1,+¥
B．1 ,
3
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
C．
1
,
1,
3
æ
ö
-¥
È
+¥
ç
÷
è
ø
D．
, 1
1,
-¥ -
È
+¥
【答案】B
【详解】因为
1
2 ,
2
x
x
y
y
æ
ö
=
= -ç
÷
è
ø
在R 上单调递增，所以
1
2
2
x
x
f x
æ
ö
=
-ç
÷
è
ø
在R 上单调递增，
因为
2
2
x
x
f
x
f x
-
-
=
-
= -
，所以
f x 是奇函数，
则
2
1
0
f x
f
x
+
-
>
等价于
2
1
1 2
f x
f
x
f
x
> -
-
=
-
，
则
1
2
x
x
> -
，得
1
3
x >
，
故关于x 的不等式
2
1
0
f x
f
x
+
-
>
的解集为1 ,
3
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø.
14．（2026·四川德阳·二模）若
2
2
2
2
log
log
4
1
a
a
a
b
b
b
-
+
=
-
+
+ ，则（ ）
A．
2
a
b
>
B．
2
a
b
<
C．
1
a
b
>
+
D．
1
a
b
<
+
【答案】A
【分析】将
2
2
2
2
log
log
4
1
a
a
a
b
b
b
-
+
=
-
+
+ ，变形为
2
2
2
2
2
2
log
log
2
2
2
log
2
2
2
a
a
a
b
b
b
b
b
b
b
-
+
=
-
+
+
>
-
+
，令
2
2
( )
log
0,
f x
x
x
x
x
=
-
+
Î
+¥
，再用导
数法证明其单调性即可.
【详解】根据题意，可知，
0
a >
，
0
b >
，
∵
2
2
log
4
1
b
b
b
-
+
+ ，
2
2
log
1
(2 )
b
b
b
=
+
-
+
，
2
2
2
log
log 2
2
(2 )
b
b
b
b
=
+
-
+
+
，
2
2
log (2 )
2
(2 )
b
b
b
b
-
=
+
+
，
∴
2
2
2
2
2
2
log
log (2 )
2
(2 )
log (2 )
2
(2 )
a
a
a
b
b
b
b
b
b
b
-
+
=
-
+
+
>
-
+
，
令
2
2
( )
log
0,
f x
x
x
x
x
=
-
+
Î
+¥
，则
2
f a
f
b
>
，
∵
2
1
1
ln 2
(2ln 2)
( )
1
2
ln 2
ln 2
x
x
f
x
x
x
x
- ×
+
×
¢
=
- +
=
×
×
，
令
2
( )
(2ln 2)
ln 2 1
g x
x
x
=
×
- ×
+ ，
∵0
ln 2
1
<
< ，
∴
2
ln 2
8ln 2
ln 2
ln 2
8
0
D =
-
=
×
-
<
，
即对于任意的x ，恒有( )
0
( )
0
g x
f
x
¢
>
Þ
>
，
∴
( )
f x 在
0,+¥ 上单调递增，
∴
2
a
b
>
.
15．（2026·山东菏泽·一模）已知
0
a >
，
0
b >
，则a
b
> 是
1
2ln
ln
2
a
b
>
的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【详解】取
1
e
a
-
=
，
2
e
b
-
=
，则a
b
>
，但ln
1
a = - ，ln
2
b = - ，
此时2ln
2
a = - ，1 ln
1
2
b = - ，
1
2ln
ln
2
a
b
<
，
所以a
b
> 不是
1
2ln
ln
2
a
b
>
的充分条件，
取
2e
a =
，
3e
b =
，则
2
2ln
2ln e
4
a =
=
，
3
1
1
3
ln
ln
2
2
2
b
e
=
=
，
故
1
2ln
ln
2
a
b
>
，但a
b
<
，
所以a
b
> 不是
1
2ln
ln
2
a
b
>
的必要条件，
所以a
b
> 是
1
2ln
ln
2
a
b
>
的既不充分也不必要条件
16．（2026·安徽淮北·一模）已知ln
ln
0,
0
a
b
c
>
>
>
，则（ ）
A．2
2
a
b
<
B．
1
ab
a
b
+ >
+
C．log 2
log 2
a
b
>
D．b
c
b
a
c
a
+
<
+
【答案】B
【分析】由ln
ln
0
a
b
>
>
得
1
a
b
>
> ，利用指数函数的单调性即可判断A，利用作差法即可判断BD，由换底
公式和对数函数的单调性即可判断C.
【详解】由ln
ln
0
a
b
>
>
，所以
1
a
b
>
> ，又
2x
y =
在R 上单调递增，所以2
2
a
b
>
，故A 错误；
由
1
1
1
0
ab
a
b
a
b
+ -
+
=
-
-
>
，所以
1
ab
a
b
+ >
+
，故B 正确；
由
2
2
1
1
log 2
,log 2
log
log
a
b
a
b
=
=
，又
2
2
log
log
0
a
b
>
>
，所以
2
2
1
1
log
log
a
b
<
，
所以log 2
log 2
a
b
<
，故C 错误；
由
a b
c
b a
c
c a
b
b
c
b
a
c
a
a a
c
a a
c
+
-
+
-
+
-
=
=
+
+
+
，又
1,
0
a
b
c
>
>
>
，
所以
0
c a
b
b
c
b
a
c
a
a a
c
-
+
-
=
>
+
+
，所以b
c
b
a
c
a
+
>
+
，故D 错误；
故选：B.
17．（2026·山东·模拟预测）当
1
0
3
x
<
£
时，满足8
log
(
0,
1)
x
ax a
a
<
>
¹
，则a 的取值范围是（ ）
A．
3
0, 3
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
B．
3 ,1
3
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
C．
1, 3
D．
3,3
【答案】B
【分析】先由指数函数的单调性确定1
8
2
x
<
£
，再结合对数函数的图象和性质分两类讨论可得.
【详解】因为
1
0
3
x
<
£
，函数
8x
y =
在
1
(0, ]
3 单调递增，所以
1
3
1
8
8
2
x
<
£
=
.
当
1
a > 时，因为
1
0
3
x
<
£
，所以
log
0
a
y
x
=
<
，故不等式不成立；
当0
1
a
<
< 时，函数
loga
y
x
=
在
1
(0, ]
3 单调递减，要使不等式成立，只需
2
1
log
2
log
3
a
a a
>
=
，
得
2
1
3
a >
，解得
3
3
a >
（
3
3
a < -
舍去），又因为0
1
a
<
< ，所以
3
1
3
a
<
< .
故选：B
18．（2026 高三上·山西临汾·专题练习）已知
sin120
a =
°，
2
log 0.3
b =
，
0.2
log
3
c =
，则, ,
a b c 的大小关系是
（ ）
A．a
b
c
<
<
B．c
a
b
<
<
C．c
b
a
<
<
D．b
c
a
<
<
【答案】D
【分析】根据特殊角的正弦值，判断参数范围，再根据对数函数性质，判断函数值大小，判断结果即可.
【详解】可知
3
sin120
2
a =
° =
，即
0
a >
，
2
2
1
log 0.3
log
1
2
b =
<
= - ，即
1
b < - ，
0.2
0.2
log
3
log
5
1
c =
>
= - ，且
0.2
0.2
log 3 log 1 0
c=
<
= ，即1
0
c
- <
<
，
所以
1
0
b
c
a
< - <
<
<
，即b
c
a
<
<
．
故选：D.
19．（2026·天津河东·一模）已知
2
log
2
a =
，
2
2
b =
，
ln30
c =
，则a，b，c 的大小关系为（ ）
A．c
a
b
<
<
B．a
b
c
<
<
C．c
b
a
<
<
D．a
c
b
<
<
【答案】B
【详解】由
3
2
3
2
2
2
log
2
2log 2
2
2
2
ln e
l
3
n30
2 2
a
b
c
<
=
<
<
=
=
=
=
=
=
<
，所以a
b
c
<
<
.
20．（2026·宁夏银川·一模）若
2
lg 2 log 11
a =
×
，
11
11
2log 2
log 3
b =
+
，
2
1
2
c
æ
ö
= ç
÷
è
ø
，则（ ）
A．a
c
b
<
<
B．a
b
c
<
<
C．c
a
b
<
<
D．c
b
a
<
<
【答案】D
【分析】根据对数的换底公式，对数的运算法则以及指数函数的单调性，通过构造函数，利用导数法求出
单调性比较出,a b 的大小.
【详解】
2
lg11
lg 2 log 11
lg 2
lg11
lg 2
a =
×
=
×
=
Q
，11
10
>
，
lg11
lg10
1
\
>
= ，
1
a
\
> ，
11
11
11
11
11
2
2log 2
log 3
log
log 3
log 12
2
b =
+
=
+
=
Q
，12
11
>
，
11
11
log 12
log 11
1
\
>
= ，
1
b
\ > ，
设
log
1
1
x
f x
x
x
=
+
>
，
ln
1
ln
x
f x
x
+
\
=
，
2
2
1
1
ln
ln
1
ln
1 ln
1
1
ln
1 ln
x
x
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x x
x
-
+
-
+
+
+
\
=
+
¢
=
，
设
ln
1
g x
x
x x
=
>
，
ln
1
g
x
x
=
¢
+ ，
1
x >
Q
，
0
g
x
\ ¢
>
，
g x
\
在
1, ¥
+
上是单调递增函数，
ln
1 ln
1
x
x
x
x
\
<
+
+
，
ln
1 ln
1
0
x
x
x
x
\
-
+
+
<
，
0
f
x
\ ¢
<
，
f x
\
在
1, ¥
+
上是单调递减函数，
ln11
ln12
ln10
ln11
\
>
，
11
lg11
log 12
\
>
，
1
a
b
\
>
> ，
1
2
x
y
æ
ö
= ç
÷
è
ø
Q
为
,
¥
¥
-
+
上的单调递减函数，
2
0
>
，
2
0
1
1
0
1
2
2
æ
ö
æ
ö
\ <
<
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
0
1
c
\ <
< ，
a
b
c
\
>
>
，即c
b
a
<
<
.
21．（2026·山东聊城·一模）下列函数中，在区间(0,
)
+¥ 上单调递减的是（ ）
A．
1
2
y
x
=
B．
1
3
log
y
x
=
C．
2
3
x
y
æ
ö
= -ç
÷
è
ø
D．
1
y
x
x
=
-
【答案】D
【详解】对于A，函数
1
2
y
x
=
在(0,
)
+¥ 上单调递增；
对于B，函数
1
3
1
3
3
log
,0
1
log
log
,
1
x
x
y
x
x x
<
<
ìï
=
= í
ï
³
î
，
所以函数
1
3
log
y
x
=
在
0,1 上单调递减，在
1,+¥ 上单调递增；
对于C，因为函数
2
3
x
y
æ
ö
= ç
÷
è
ø
在(0,
)
+¥ 上单调递减，
所以函数
2
3
x
y
æ
ö
= -ç
÷
è
ø
在(0,
)
+¥ 上单调递增；
对于D，因为函数
1
y
x
=
和y
x
= - 在(0,
)
+¥ 上单调递减，
所以函数
1
y
x
x
=
-
在(0,
)
+¥ 上单调递减.
22．（2026·浙江·模拟预测）已知正实数a，b，c，满足
2
0.5
2
log
a
b
c
=
=
，则a，b，c 的大小关系不可能的
是（ ）
A．a
b
c
<
<
B．a
c
b
<
<
C．b
a
c
<
<
D．b
c
a
<
<
【答案】B
【详解】令
2
0.5
2
log
a
b
c
=
=
，因为
0
a b c >
, ,
，所以2
1
a > ，所以
2
0.5
1
log b
c
=
> ，所以
1
0,
,
1
2
b
c
æ
ö
Î
>
ç
÷
è
ø
，所以
c
b
>
，B 选项与此矛盾.
23．（2026·湖北襄阳·一模）设
5
log 4
a =
，
6
log 5
b =
，
4
log 3
c =
，则（ ）
A．a
c
b
<
<
B．a
b
c
<
<
C．b
c
a
<
<
D．c
a
b
<
<
【答案】D
【分析】根据, ,
a b c 的形式构造函数
ln
,
1
ln
1
x
f x
x
x
=
>
+
，利用导数求解函数的单调性即可得解.
【详解】由于
5
ln 4
ln5
ln3
log 4
,
,
ln5
ln6
ln 4
a
b
c
=
=
=
=
，
故构造函数
ln
,
1
ln
1
x
f x
x
x
=
>
+
，则
2
2
1
1
ln
1
ln
1 ln
1
ln
1
ln
1
1 ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x x
x
+
-
+
+
-
+
¢
=
=
+
+
+
，
令
1 ln
1
ln ,
1
g x
x
x
x
x
x
=
+
+
-
>
，
故
( )
ln
1
1 ln
1
ln
1
ln
0
g x
x
x
x
x
¢
=
+
+ -
- =
+
-
>
，因此
g x 在
1,+¥ 上单调递增，
故
1
2ln 2
0
g x
g
>
=
>
，故
0
f
x
¢
>
在
1,+¥ 恒成立，故
f x 在
1,+¥ 上单调递增，因此
3
4
5
f
f
f
<
<
，即c
a
b
<
<
.
24．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）若
0.3
0.1
3
log 2,
3 ,
8
a
b
c
=
=
=
，则（ ）
A．c
b
a
>
>
B．b
c
a
>
>
C．b
a
c
>
>
D．c
a
b
>
>
【答案】B
【详解】因为
3
log
y
x
=
在
0, ¥
+
上单调递增，所以
3
3
log 2
log 3
1
<
= ，可得
1
a < ，
根据
0.1
0.1
3
0.3
8
2
2
c =
=
=
，且
0.3
y
x
=
在
0, ¥
+
上单调递增，可得
0.3
0.3
3
2
>
，即b
c
>
，
由
8x
y =
在R 上单调递增，可得
0.1
0
8
8
1
c =
>
= ，结合
1
a < ，可得b
c
a
>
>
.
25．（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数
2
( )
lg
5
f x
x
ax
=
-
-
在
5, ¥
+
上单调递增，则a 的取值范围是
（ ）
A．
,4
¥
-
B．
,4
¥
-
C．
4, ¥
+
D．
4, ¥
+
【答案】B
【分析】根据复合函数单调性确定内层函数与外层函数的单调性，结合函数的定义域列不等式组即可得a 的
取值范围.
【详解】由函数
2
( )
lg
5
f x
x
ax
=
-
-
在(5,
)
+ ¥ 上单调递增，
可得
2
( )
5
u x
x
ax
=
-
- 在(5,
)
+ ¥ 上单调递增，
且( )
0
u x >
在(5,
)
+¥ 上恒成立，故需满足
5
2
5
25
5
5
0
a
u
a
ì
£
ïí
ï
=
-
-
³
î
，解得
4
a £
.
故选：B.
26．（2026·湖南邵阳·一模）设函数
2
( )
x
f x
x
a
=
-
和
2
( )
loga
g x
x
x
=
-
的零点分别为
1
2
,
x x ，其中
1
a > ．当
[2,
)
aÎ
+¥ 时，则
1
2
32
+
x
x 的取值范围为（ ）
A．[16 2,
)
+¥
B．[16,
)
+¥
C．[65,
)
+¥
D．[65 2,
)
+¥
【答案】C
【分析】由函数零点的定义可得
1
2
,
x x 分别为函数
2
1
log
,
x
a
y
x
y
a
=
=
的图象与
2
y
x
=
的图象的交点横坐标，再
利用互为反函数的图象关系可得
2
1
2
x
x
=
，结合函数图象确定
1
x 的范围并借助对勾函数的单调性求解.
【详解】由
( )
0
f x =
，得
2
=
x
a
x ，设
1
x
y
a
=
的图象与
2
y
x
=
的图象的交点为
1
1
( , 2 )
x x
，
由( )
0
g x =
，得
2
log
=
ax
x ，设
2
log
=
a
y
x 的图象与
2
y
x
=
的图象的交点为
2
2
(
, 2 )
x
x
，
而
1
x
y
a
=
的图象与
2
log
=
a
y
x 的图象关于直线y
x
=
对称，函数
2
y
x
=
的图象也关于直线y
x
=
对称，
因此点
1
1
( , 2 )
x x
与点
2
2
(
, 2 )
x
x
关于直线y
x
=
对称，则
2
1
2
1
1
1
2
64
,
32
x
x
x
x
x
x
=
+
=
+
，
而当
2
a =
时，
1
1
x = ；当
[2,
)
aÎ
+¥ 时，
1
(0,1]
x Î
，函数
64
y
x
x
=
+
在(0,1]上单调递减，
所以
1
2
32
[65,
)
x
x
+
Î
+¥ .
故选：C
27．（2026·贵州贵阳·一模）设方程
2
ln e
1
ln3
x
x
+
-
=
的两个根为
1
x ，
2x ，则
3
3
1
2
x
x
+
= （ ）
A．0
B．1
C．e
D．π
【答案】A
【分析】根据对数运算及函数性质可得
2e
3e
1
0
x
x
-
+ =
，然后利用韦达定理及指数运算性质可得
1
2
0
x
x
+
=
，
进而代入立方和公式求解即可.
【详解】因为
2
ln e
1
ln3
x
x
+
-
=
，所以
2e
1
ln
ln3
e
x
x
æ
ö
+
=
ç
÷
è
ø
，
由对数函数的单调性可知：
2e
1
3
e
x
x
+ =
，即
2e
3e
1
0
x
x
-
+ =
，
又方程
2
ln e
1
ln3
x
x
+
-
=
的两个根为
1
x ，
2x ，
则
1
2
e ,e
x
x 为
2e
3e
1
0
x
x
-
+ =
的两根，所以
1
2
1
e
e
x
x
´
= ，即
1
2
e
1
+
=
x
x
，所以
1
2
0
x
x
+
=
，
所以
3
3
2
2
1
2
1
2
1
1
2
2
0
x
x
x
x
x
x x
x
+
=
+
-
+
=
.
故选：A
28．（2025·湖北·模拟预测）已知幂函数
2
( )
2m
m
f x
m x
-
=
+
，则下列结论正确的是（ ）
A．
( )
f x 为奇函数
B．
( )
f x 在其定义域上单调递减
C．
(
1)
(2)
f m
f
+
>
D．
(
1)
( 2)
f m
f
-
<
-
【答案】C
【分析】由幂函数的定义求出
0
m =
，由函数奇偶性得到A 错误，求出定义域，求导得到函数的单调性，从
而判断BCD.
【详解】因为
2
( )
(2
)
m
m
f x
m x
-
=
+
是幂函数，根据幂函数的定义可知2
1
m
m
+
= ，
当
0
m =
时，
0
2
0
1
+
= ，等式成立，
因为
2m
y
m
=
+
在R 上单调递增，故
0
m =
为唯一解.
此时
2
2
1
( )
f x
x
x
-
=
=
，其定义域为(
,0)
(0,
)
-¥
+¥
U
.
A 选项，
2
2
1
1
(
)
( )
(
)
f
x
f x
x
x
-
=
=
=
-
，所以
( )
f x 是偶函数，A 选项错误.
B 选项，对
2
1
( )
f x
x
=
求导，可得
3
2
( )
f
x
x
¢
= -
.
当
0
x >
时，
0
f
x
¢
<
，当<0
x
时，
0
f
x
¢
>
，
( )
f x 在(
,0)
-¥
上单调递增，在(0,
)
+¥ 上单调递减，
所以
( )
f x 在其定义域上不单调递减的，B 错误；
C 选项，
1
1
m + = ，
2
1
( )
f x
x
=
在(0,
)
+¥ 上单调递减.
因为1<2 ，所以
(
)
1)
(2
f
f
>
，即
(
1)
(2)
f m
f
+
>
，C 选项正确.
D 选项，
1
1
m - = - ，
( )
f x 在(
,0)
-¥
上单调递增，2
1
- < - ，
所以
2
1
f
f
-
<
-
，即
(
1)
( 2)
f m
f
-
>
-
，D 错误.
故选：C.
29．（2025·辽宁·模拟预测）已知函数
1
1
m
f
x
m
x -
=
-
为幂函数，若
0.3
log
0.4
a =
，
3
log 0.4
b =
，则（ ）
A．
1
f ab
f a
b
f
<
+
<
B．
1
f a
b
f ab
f
+
<
<
C．
1
f
f a
b
f ab
<
+
<
D．
1
f a
b
f
f ab
+
<
<
【答案】B
【分析】由幂函数的定义得m 的值，得
1
f x
x-
=
，根据对数函数
0.3
log
y
x
=
的单调性性质及换底公式得到
0
ab
a
b
<
+
<
，再利用幂函数
1
f x
x-
=
单调性比较大小得到
1
f a
b
f ab
f
+
<
<
即可.
【详解】由
1
1
m
f
x
m
x -
=
-
为幂函数，得
1
1
m - =
∴
2
m =
，所以
1
f x
x-
=
，所以
1
1
f
= ，
又
0.3
0.3
0.3
log
1
log
0.4
log
0.3
<
<
，所以0
1
a
<
< ，
又
3
3
log 0.4
log 1
<
，所以
0
b <
，
由换底公式得
0.3
0.4
1
log
0.4
log
0.3
a =
=
，
3
0.4
1
log 0.4
log
3
b =
=
，
所以
0.4
0.4
0.4
1
1
log
0.3
log
3
log
0.9
a
b
a
b
ab
+
+
=
=
+
=
，
又
0.4
0
log
0.9
1
<
< ，所以0
1
a
b
ab
+
<
< ，得
0
ab
a
b
<
+
<
.
又
1
f x
x-
=
在区间
,0
-¥
内单调递减，所以
0
f a
b
f ab
+
<
<
.
综上，
0
1
f a
b
f ab
f
+
<
<
<
.
故选：B.
二、多选题
30．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数
1
( )
2
x
f x
æ
ö
= ç
÷
è
ø
，设,a bÎR 且a
b
¹
，下列说法正确的有
（ ）
A．
( )
0
f a >
B．
(
)
( ) ( )
f a
b
f a f b
+
=
C．
( )
2
2
a
f a
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
D．
( )
( )
0
f a
f b
a
b
-
<
-
【答案】ABD
【详解】对于A，由指数函数的值域是(0,
)
+¥ ，可得
( )
0
f a >
，故A 正确；
对于B，由函数
1
( )
2
x
f x
æ
ö
= ç
÷
è
ø
，可得
1
1
1
(
)
( ) ( )
2
2
2
a b
a
b
f a
b
f a f b
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
=
=
×
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，故B 正确；
对于C，由
1
2
1
( )
1
1
1
,
2
2
2
2
2
2
a
a
a
a
f a
f
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
=
×
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，两者不一定相等，故C 错误；
对于D，因为
1
0
1
2
<
< ，所以
1
( )
2
x
f x
æ
ö
= ç
÷
è
ø
在R 上单调递减，所以
( )
( )
0
f a
f b
a
b
-
<
-
，故D 正确．
31．（2026·河北唐山·一模）若函数
( )
y
g x
=
与函数
( )
ex
f x
x
=
的图象关于y 轴对称，则（ ）
A．
( )
f x 与( )
g x 有相同的零点
B．
( )
( )
f x
g x
+
为偶函数
C．
( )
f x 与( )
g x 有相同的极值点
D．对任意的
R
xÎ
，都有
( )
( )
0
f x
g x
+
³
【答案】ABD
【分析】利用对称性求出( )
g x ，求出零点判断A；确定奇偶性判断B；求出极值点判断C；借助单调性及
偶函数性质推理判断D.
【详解】由函数
( )
y
g x
=
与函数
( )
ex
f x
x
=
的图象关于y 轴对称，得( )
(
)
e x
g x
f
x
x
-
=
-
= -
，
对于A，由
( )
0
f x =
，得
0
x =
，由( )
0
g x =
，得
0
x =
，则
( )
f x 与( )
g x 有相同的零点，A 正确；
对于B，
(
)
e
)
(
ex
x
f
x
x
x
g
x
-
+
=
-
，则
(
)
(
)
( )
( )
e
e
x
x
f
f
x
x
g
x
x
x
x
g
-
-
+
-
= -
+
=
+
，
( )
( )
f x
g x
+
为偶函数，B 正确；
对于C，由
( )
ex
f x
x
=
，求导得
( )
(
1)ex
f
x
x
¢
=
+
，当
1
x < - 时，
( )
0
f
x
¢
<
，当
1
x > - ，
( )
0
f
x
¢
>
，
函数
( )
f x 有唯一极值点1
- ，由( )
e x
g x
x
-
= -
，求导得
( )
(
1)e x
g x
x
-
¢
=
-
，当
1
x < 时，
( )
0
g x
¢
<
，
当
1
x > ，
( )
0
g x
¢
> ，函数( )
g x 有唯一极值点1，C 错误；
对于D，令
(
( )
( )
)
e
e
x
x
f
x
x
g x
-
+
=
-
，函数
e ,
e
x
x
y
y
-
=
= -
都是R 上的增函数，
则
e
e
x
x
y
-
=
-
是R 上的增函数，当
0
x ³
时，e
e
0
x
x
-
-
³
，则
( )
( )
0
f x
g x
+
³
，
由
( )
( )
f x
g x
+
为偶函数，得当
0
x £
时，
( )
( )
0
f x
g x
+
³
，因此
R
x
" Î
，都有
( )
( )
0
f x
g x
+
³
，D 正确.
32．（2026·湖南衡阳·模拟预测）若6
2
a =
，6
3
b =
，则下列判断正确的是（ ）
A．
1
a
b
+
=
B．
1
4
ab <
C．
2
2
1
2
+
<
a
b
D．
1
2
b <
【答案】AB
【详解】对于选项A，因为6
2
a =
，6
3
b =
，所以
6
6
6
log 2
log 3
log 6
1
a
b
+
=
+
=
= ，故A 正确；
对于选项B，由
1
2
a
b
ab
+
= ³
可得
1
4
ab £
（又a
b
¹
，等号不成立），所以
1
4
ab <
，故B 正确；
对于选项C，由
2
2
2
2
1
2
a
b
a
b
ab
ab
+
=
+
-
= -
，由
1
4
ab <
，可得
2
2
1
1
1 2
4
2
a
b
+
> - ´
=
，所以
2
2
1
2
a
b
+
>
，故C
错误；
对于选项D，因为3
6
>
，所以
1
2
6
6
6
1
log 3
log
6
log 6
2
b =
>
=
=
，故D 错误.
三、填空题
33．（2026·安徽合肥·模拟预测）若函数
f x 的定义域是1 , 2
2
é
ö
÷
êë
ø ，则函数
4
2
log
2
1
8
2
f
x
y
x
x
-
=
-
-
的定义域是
__________．
【答案】3 ,2
2
é
ö
÷
êë
ø
【详解】要使函数有意义，则
4
2
1
log
2
1
2
2
2
1
0
2
8
0
x
x
x
x
ì
£
-
<
ï
ï
- >
í
ï
+
-
<
ï
î
，解得
3
17
2
2
1
2
4
2
x
x
x
ì
£
<
ï
ïï
>
í
ï
- <
<
ï
ïî
，取交集得3 ,2
2
é
ö
÷
êë
ø ．
34．（2026·四川成都·二模）已知函数
1
ln
R
1
x
f x
m
m
x
-
=
Î
+
，若
1
1
2026
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，则
1
2026
f æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
__________
【答案】1
-
【分析】利用定义法确定函数的奇偶性，即可得函数值.
【详解】由
1
ln
ln 1
ln 1
1
x
f x
m
m
x
x
x
-
=
=
-
-
+
é
ù
ë
û
+
，1
1
x
- <
< ，
则
ln 1
ln 1
f
x
m
x
x
f x
-
=
+
-
-
= -
é
ù
ë
û
，
即函数
f x 为奇函数，
所以
1
1
1
2026
2026
f
f
æ
ö
æ
ö
-
= -
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
35．（2026·河北张家口·一模）已知函数
f x 满足
2
f
x
f
x
-
=
+
，当
,1
xÎ -¥
时，
2e
e
x
x
f x
-
=
-
，则
不等式
0
xf x >
的解集为______．
【答案】
,0
0,2
-¥
U
【分析】根据函数的对称性与单调性的关系列不等式组求解即可.
【详解】根据题意，因为函数
f x 满足
2
f
x
f
x
-
=
+
，所以函数
f x 的对称轴为直线
1
x = ，
因为函数
2e x
y =
在
,1
xÎ -¥
上单调递增，函数
e x
y
-
=
在
,1
xÎ -¥
上单调递减，
所以函数
2e
e
x
x
f x
-
=
-
在
,1
xÎ -¥
上单调递增，
则函数
f x 在
1,
x
¥
Î
+
上单调递减，
由
0
0
f
=
得
2
0
f
=
，
0
xf x >
等价于
0
0
x
f x
>
ì
í
>
î
或
0
0
x
f x
<
ì
í
<
î
，
解得0
2
x
<
<
或
0
x <
，所以不等式
0
xf x >
的解集为
,0
0,2
¥
-
È
.
36．（2026·山西朔州·一模）若
, ,
0,1
1,
a b c
¥
Î
È
+
，且
log
log
6
a
b
bc
c
+
=
，log
log
2
b
c
a
b
+
=
，则
logac = __________.
【答案】2
【分析】先利用对数的运算法则对已知条件进行化简，然后通过换元法将对数方程转化为关于新变量的方
程，最后求解方程得到logac 的值.
【详解】根据题意，由
log
log
6
a
b
bc
c
+
=
，可得log
log
log
6
a
a
b
c
b
c
+
+
=
，
又log
log
log
a
a
b
c
b
c
=
×
，所以log
log
log
log
6
a
b
a
b
b
c
b
c
×
+
+
=
，
令
loga
x
b
=
，
logb
y
c
=
，则1
logba
x =
，1
logcb
y =
，
所以可得
6
xy
x
y
+
+
=
①，1
1
2
x
y
+
=
②，
将②式通分，可得
2
x
y
xy
+
=
，即
2
x
y
xy
+
=
③，
将③式代入①式，可得
2
6
xy
xy
+
=
，解得
2
xy =
，即log
log
log
2
a
a
b
c
b
c
xy
=
×
=
=
.
37．（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数
2
2
( )
log (
2
)
f x
x
ax
=
-
在区间[2,4]上单调递增，则实数a 的取值范
围为___________．
【答案】
1
a <
【分析】根据给定条件，利用复合函数单调性，结合对数函数、二次函数单调性及真数恒正列式求解.
【详解】函数
2
log
y
t
=
在(0,
)
+¥ 上单调递增，由函数
2
2
( )
log (
2
)
f x
x
ax
=
-
在[2,4]上单调递增，
得函数
2
2
t
x
ax
=
-
在[2,4]上单调递增，且
[2,4]
x
" Î
，
2
2
0
x
ax
-
>
恒成立，
因此
2
2
2
2
2
0
a
a
£
ì
í
-
×
>
î
，解得
1
a < ，所以实数a 的取值范围为
1
a < .
故答案为：
1
a <
38．（2025·上海浦东新·三模）已知幂函数
2
1
5
m
y
m
m
x
-
=
+
-
在
0, ¥
+
上严格增，则实数m = __________
【答案】2
【分析】根据幂函数的性质有
2
5
1
1
0
m
m
m
ì
+
-
=
í
- >
î
，即可求.
【详解】由题设
2
5
1
1
0
m
m
m
ì
+
-
=
í
- >
î
，可得
2
m =
.
故答案为：2
39．（2026·安徽合肥·模拟预测）“
0
m =
”是“函数
2
2
3
1
m
f x
m
m
x
-
=
-
+
为幂函数，且在
0, ¥
+
上单调递
减”的__________条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）
【答案】充分不必要
【详解】当
2
2
3
1
m
f x
m
m
x
-
=
-
+
为幂函数时
2
1
1
m
m
-
+ = ，解得
0
m =
或
1
m = ，
当
0
m =
时，
3
f x
x-
=
在
0, ¥
+
上单调递减；
当
1
m = 时，
1
f x
x-
=
在
0, ¥
+
上单调递减.
所以 “
0
m =
”是“
2
2
3
1
m
f x
m
m
x
-
=
-
+
为幂函数，且在
0, ¥
+
上单调递减”的充分不必要条件．
40．（2026·山东东营·一模）写出一个满足下列条件的函数解析式_______.①
f
x
f x
-
=
；②
1
2
,
0,
x x
"
Î
+¥ ，且.
1
2
x
x
¹
，有
1
2
1
2
0
f x
f x
x
x
é
ù
-
-
<
ë
û
；③
1
2
0,
x
x
"
Î
+ ¥
，
，且
1
2
x
x
¹
，有
1
2
1
2
2
2
f x
f x
x
x
f
+
+
æ
ö
>
ç
÷
è
ø
；④
1
2
1
2
f x
x
f x
f x
×
=
.
【答案】
2
1
f x
x
=
（答案不唯一）
【分析】抓住第四个条件对应的函数解析式运算特征，分析学过的基本初等函数模型中，幂函数能与之对
应，随即可解.
【详解】条件①对应的是偶函数；条件②对应的为函数在
0, ¥
+
上单调递减；
条件③为琴生不等式，对应的是函数的凸凹性：函数在
0, ¥
+
上为下凸函数；条件④对应函数解析式的运
算特征，
在所学过的函数模型中，一次函数
f x
x
=
与幂函数
f x
xa
=
符合，结合①②③，
f x
x
=
不符合；
在
f x
xa
=
中，取a 为负偶数即可.
题型14 函数的图象6 个重点题型
题号
核心题型
题型解决关键点
1
根据解析式判断函数图
象
先求定义域，再判断奇偶性，结合特殊点函数值的符号，利用排除法
选择。
2
根据解析式判断函数图
象
先求定义域，再判断奇偶性，结合特殊区间函数值的符号，利用排除
法选择。
3
根据解析式判断函数图
象
先判断奇偶性排除部分选项，再取特殊区间判断函数值符号，进一步
排除。
4
根据图象选择函数解析
式
观察图象的奇偶性、定义域及特殊点函数值，结合选项函数的性质进
行排除。
5
根据图象选择函数解析
式
观察图象的奇偶性及特殊点函数值，代入选项验证，排除不符合的解
析式。
6
根据隐函数关系判断函
数图象
利用对数运算化简得到函数解析式，再根据定义域和基本不等式确定
图象形状。
1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）函数
2
| |
e
2
x
x
y =
-
的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先求出函数的定义域和奇偶性，再根据指定区间函数值的符号即可求出结果.
【详解】
2
| |
e
2
x
x
y =
-
Q
，
| |
e
2
0
x
\
-
¹
，则
ln 2
x ¹ ±
，即定义域为{ |
ln 2}
x x ¹ ±
，
设
2
e
2
x
x
f x
y
=
=
-
，则
2
2
e
2
e
2
x
x
x
x
f
x
f x
-
-
-
=
=
=
-
-
，
故
2
e
2
x
x
f x
y
=
=
-
为偶函数，图象关于y 轴对称，排除BC，
当
ln 2
x >
时，
| |
e
2
x >
，
| |
e
2
0
x -
>
，
2
| |
0
e
2
x
x
>
-
，
0
f x >
，排除A，
所以选项D 正确.
2．（2026·辽宁辽阳·一模）函数
4
sin2
1
x
x
f x
x
=
+
的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】分析函数
f x 的奇偶性及其在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时
f x 的符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对任意的xÎR ，
4
1
0
x + > ，故函数
f x 的定义域为R ，
因为
4
4
sin
2
sin 2
1
1
x
x
x
x
f
x
f x
x
x
-
-
-
=
=
=
+
-
+
，故函数
f x 为偶函数，排除AC 选项，
当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
2
0,π
xÎ
，则sin 2
0
x >
，此时
4
sin2
0
1
x
x
f x
x
=
>
+
，排除B 选项.
3．（25-26 高三上·江西南昌·期末）函数
3
3
cos
2
x
x
f x
x
-
=
+
的部分图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先通过奇偶性排除CD 选项，再通过特定区间的函数符号排除B 选项，即可得解.
【详解】因为
3
2
os
3
c
x
x
x
f x
-
=
+
，所以
3
3
3
3
cos
2
2
cos
x
x
x
x
f
x
f x
x
x
-
-
-
-
-
=
= -
= -
-
+
+
，
所以
f x 的图象关于原点中心对称，所以CD 错误．
当0
3
x
<
<
时，
0
f x <
，所以B 错误.
故选：A．
4．（2026·福建泉州·一模）已知函数
f x 的部分图象如图，则
f x 的解析式可能是（ ）
A．
2
1
x
f x
x
=
+
B．
2
4
1
x
f x
x
=
+
C．
π
sin 2
f x
x
=
D．
ln
1
f x
x
x
=
+
【答案】A
【分析】根据题意，得到函数
f x 为奇函数，且当x ® +¥ 时，
0
f x >
且
0
f x ®
，结合选项，逐项分
析判断，即可求解.
【详解】由函数
f x 的图像，可得函数
f x 的定义域为R ，
且其图像关于原点对称，即函数
f x 为奇函数，
且当x ® +¥ 时，
0
f x >
且
0
f x ®
，
对于A，函数
2
1
x
f x
x
=
+ 的定义域为R ，且
2
2
(
)
1
1
x
x
f
x
f x
x
x
-
-
=
= -
= -
-
+
+
，
所以函数
f x 为奇函数，且当x ® +¥ 时，
0
f x >
且
0
f x ®
，所以A 符合题意；
对于B，函数
2
4
1
x
f x
x
=
+ 的定义域为R ，且
2
2
4
4
(
)
(
)
1
1
x
x
f
x
f x
x
x
-
-
=
=
=
-
+
+
，
所以函数
f x 为偶函数，所以B 不符合题意；
对于C，函数
π
sin 2
f x
x
=
为最小周期为4 的周期函数，所以C 不符合题意；
对于D，函数
ln
1
f x
x
x
=
+
的定义域为R ，
且满足
ln
1
ln
1
f
x
x
x
x
x
f x
-
= -
-
+
= -
+
= -
，所以函数
f x 为奇函数，
当x ® +¥ 时，
0
f x >
且
f x
¥
® +
，所以D 不符合题意.
5．（2025·安徽·模拟预测）已知某函数的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ）
A．
2
( )
cos
ln
1
f x
x
x
x
=
×
+ -
B．
2
( )
sin
ln
1
f x
x
x
x
=
×
+ -
C．
2
( )
ln
1
f x
x
x
x
=
+ -
D．
2
2
( )
ln
1
f x
x
x
x
=
+ -
【答案】A
【分析】寻找图象中函数的性质，代入函数式验证.
【详解】观察图象可以看到，函数是奇函数，且在
π
x =
处函数值为负，
对于A：
2
2
2
cos
ln
1
cos ln
1
cos ln
1
f
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f x
æ
ö
-
=
-
-
+ - -
=
+ +
= -
+ -
= -
ç
÷
è
ø
,
2
2
π
cos
π ln
π
1
π
ln
π
1
π
0
f -
=
-
+ +
= -
+ +
<
，满足，A 正确；
对于B：
2
2
sin
·ln
1
sin ·ln
1
f
x
x
x
x
x
x
x
f x
-
=
-
+ +
=
+ -
=
，不满足，B 错误；
对于C：
2
2
·ln
1
·ln
1
f
x
x
x
x
x
x
x
f x
-
= -
+ +
=
+ -
=
，不满足，C 错误；
对于D：
2
2
2
2
ln
1
·ln
1
f
x
x
x
x
x
x
x
f x
-
=
+ +
= -
+ -
= -
，
2
2
π
π ln
π
1
π
0
f -
=
+ +
>
，不满足，D 错误；
故选：A.
6．（23-24 高三上·安徽合肥·期末）若将
ln
ln
ln
y
x
y
x
=
+
-
确定的两个变量y 与x 之间的关系看成
y
f x
=
，则函数
y
f x
=
的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用对数的运算及排除法即可求解.
【详解】由
ln
ln
ln
y
x
y
x
=
+
-
得
2
y
x y
x
xy
x
=
-
=
-
，
显然
1
x ¹ ，所以
2
1
x
y
x
=
- ，
由
0
x >
，
0
y >
得
1
x > ，
所以
2
1
1
x
f x
x
x
=
>
-
，排除AB，
由
2
1
1
2
2
2
4
1
1
x
f x
x
x
x
=
=
- +
+
³
+
=
-
-
，当且仅当
2
x =
时取等号，可排除D．
故选：C．
题型15 函数与方程与函数模型22 个重点题型
题号
核心题型
题型解决关键点
1
判断函数零点所在区间
利用零点存在性定理，计算区间端点函数值，若异号则零点在此区间
内。
2
求三角函数在区间上的
零点个数
利用诱导公式化简函数，令其为零解三角方程，在给定区间内统计解
的个数。
3
求函数图象交点横坐标
之和
利用指数函数与反比例函数的对称性，分析交点成对出现，利用对称
性求和。
4
求两个函数图象交点个
数
利用五点作图法画出两个函数的图象，结合周期性，统计交点个数。
5
求函数所有零点之和
将函数零点转化为两个函数图象交点，利用对称性分析交点成对出现，
求和。
6
由函数零点唯一性求参
数
判断函数的奇偶性，利用偶函数图象关于轴对称，唯一零点必在原点
处，列方程求参数。
7
由函数在区间上有零点
求参数范围
根据函数在区间上单调，结合零点存在性定理，由端点函数值异号列
不等式求解。
8
判断函数零点个数的可
能性
将函数零点转化为两函数图象交点，数形结合分析不同参数取值下的
交点个数。
9
由函数恰有一个零点求
参数
分析函数恒有一个零点，转化为另一部分无零点或唯一零点在已知零
点处，列方程求解。
10
由方程根的个数求参数
范围
利用同构思想将方程转化为函数相等，结合函数的单调性和最值，数
形结合求参数范围。
11
由方程有四个实根求相
关式子的最值
作出函数图象，利用对称性得根的关系，结合基本不等式求最值，构
造函数利用导数判断范围。
12
由函数有三个零点求参
数范围
转化为两函数图象交点，利用二次函数的对称性和对数函数的性质，
数形结合求解。
13
由函数有三个零点求参
数范围
换元后转化为一元二次方程根的分布，结合函数图象，数形结合求参
数范围。
14
由函数有三个零点求参
数范围
换元后转化为一元二次方程根的分布，利用根与系数的关系和图象特
征列不等式组求解。
15
二分法求零点近似值的
步骤次数
初始区间长度为1，每次操作区间长度减半，使区间长度小于精确度时
停止，计算所需次数。
16
指数函数模型的应用
根据已知条件列方程求出模型参数，再代入计算目标时间增量。
17
对数函数模型的应用
根据香农定理公式，代入已知数据列出方程，利用对数运算求解信噪
比的倍数。
18
指数衰减模型的应用（半
衰期）
利用半衰期公式建立指数衰减模型，代入已知含量比值，取对数求解
时间。
19
指数增长模型的应用
根据增长率建立指数增长模型，代入数据列出不等式，利用对数运算
求解最小整数年数。
20
连续复利模型的应用
根据连续复利公式，代入数据列出方程，利用对数运算求解时间。
21
对数视力表模型的应用
根据视力公式，代入已知数据求出常量，再代入新距离求解视力值。
22
碳14衰减模型的应用
利用半衰期求出衰减常数，建立指数衰减模型，代入含量比值，利用
对数运算求解时间。
1．（2025·湖北十堰·模拟预测）函数
( )
ln
4
f x
x
x
=
+
- 的零点所在的区间是（ ）
A．( 0, 1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
【答案】C
【分析】根据零点存在性定理即可求解.
【详解】函数
( )
ln
4
f x
x
x
=
+
- 的定义域为(0,
)
+¥ ，因为
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上连续且为增函数．
且
(2)
2
ln2
0,
(3)
1
ln3
0
f
f
= - +
<
= - +
>
，则
(2)
(3)
0
f
f
×
<
．
由零点存在定理可知，函数
( )
f x
ln
4
x
x
=
+
-
的零点所在的区间是(2,3) ．
故选：C.
2．（2025·湖南邵阳·模拟预测）函数
cos3
cos2
f x
x
x
=
-
在区间
π,2π
-
的零点个数为（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】C
【分析】由
5
cos3
cos2
2sin
sin
2
2
x
x
f x
x
x
=
-
= -
，
π,2π
xÎ -
，令
0
f x =
，求解x 的值，判断选项.
【详解】由
5
cos3
cos2
2sin
sin
2
2
x
x
f x
x
x
=
-
= -
，
π,2π
xÎ -
，
令
0
f x =
，则
5
2sin
sin
=0
2
2
x
x
-
，
5
sin
=0
2
x
Þ
或sin
=0
2
x
，
故
1
5
π
2
x
k
=
或
2
1
2
=
π,
,
2
x
k
k k ÎZ ，即
1
2 π
5
k
x =
或
2
1
2
=2
π,
,
x
k
k k ÎZ ，
由
π,2π
xÎ -
，则
1
2 π
π
2π,
5
k
- £
£
或
2
1
2
π
2
π
2π,
,
k
k k
- £
£
ÎZ ，
即
1
1
5
5,
2
k
k
-
£
£
ÎZ 或
2
2
1
1,
2
k
k
-
£
£
ÎZ ，
故
1
2, 1,0,1,2,3,4,5
k = -
-
或
2=0,1
k
，
综上所述，存在8 个零点,即为
4π
2π
2π 4π 6π 8π
,
.0.
,
,
,
,2π
5
5
5
5
5
5
-
-
.
故选：C.
3．（2025·山东·模拟预测）函数
ex
f x =
与函数
1
1
x
g x
x
+
=
- 的图象所有交点的横坐标之和为（ ）
A．ln2
-
B．ln2
C．0
D．1
【答案】C
【分析】根据指数函数、反比例函数的性质及图象的平移变换可知：函数
ex
f x =
与函数
1
1
x
g x
x
+
=
- 的图
象共有两个交点，不妨设两个交点的横坐标分别为
1
x ，
2x ，则
1
x ，
2x 是方程
1
e
1
x
x
x
+
=
- 的解.根据
1
x 是方程
1
e
1
x
x
x
+
=
- 的解得
1
1
1
1
e
1
x
x
x
+
=
- ，再由对称性可知
1x
-
是方程
1
e
1
x
x
x
+
=
- 的解，即可求解
1
2
x
x
+
.
【详解】∵
1
1
2
2
1
1
1
1
x
x
g x
x
x
x
+
- +
=
=
= +
-
-
- ，
∴函数
g x 的图象由
2
y
x
=
的图象向右平移1 个单位，再向上平移1 个单位得到的.
根据反比例函数的性质可知
g x 在
,1
¥
-
和
1, ¥
+
上单调递减，又
ex
f x =
在R 上单调递增，
故在同一平面直角坐标系下画出函数
ex
f x =
与函数
1
1
x
g x
x
+
=
- 的图象如下图所示.
由图可知：函数
ex
f x =
与函数
1
1
x
g x
x
+
=
- 的图象共有两个交点，
不妨设两个交点的横坐标分别为
1
x ，
2x ，则
1
x ，
2x 是方程
1
e
1
x
x
x
+
=
- 的解.
若
1
x 是方程
1
e
1
x
x
x
+
=
- 的解，即
1
1
1
1
e
1
x
x
x
+
=
- .
又
1
1
1
1
1
1
1
1
1
e
1
e
1
x
x
x
x
x
x
-
-
+
-
=
=
=
-
-
+
，∴
1x
-
是方程
1
e
1
x
x
x
+
=
- 的解，
∴
2
1
x
x
= -
，则
1
2
1
1
0
x
x
x
x
+
=
+ -
=
.
故选：C.
4．（2025·江苏扬州·三模）当
[0,2π]
xÎ
时，曲线
sin 2
y
x
=
与
π
2sin(2
)
4
y
x
=
-
的交点个数为（ ）
A．3
B．4
C．6
D．8
【答案】B
【分析】根据五点法作图，在同一坐标系中画出函数图形，判断交点个数.
【详解】作
sin 2
y
x
=
图像，列表：
2x
0
π
2
π
3π
2
2π
5π
2
3π
7π
2
4π
x
0
π
4
π
2
3π
4
π
5π
4
3π
2
7π
4
2π
sin 2x
0
1
0
1
-
0
1
0
1
-
0
作
π
2sin(2
)
4
y
x
=
-
图像，列表：
π
2
4
x -
π
4
-
0
π
2
π
3π
2
2π
5π
2
3π
7π
2
15π
4
x
0
π
8
3π
8
5π
8
7π
8
9π
8
11π
8
13π
8
15π
8
2π
π
2sin(2
)
4
x -
2
-
0
2
0
2
-
0
2
0
2
-
2
-
在同一坐标系中画出图形，如下图所示，
则两个函数在[0,2π] 上有4 个交点.
故选：B.
5．（2025·四川成都·模拟预测）函数
( ) | 2
3| 8sin π (
)
f x
x
x x
=
-
-
ÎR 的所有零点之和为（ ）
A．9
B．10
C．11
D．12
【答案】D
【分析】将零点之和转化为
2
3
g x
x
=
-
与
8sin π
h x
x
=
图象交点横坐标的和的问题，后者可数形结合求
和.
【详解】函数
( )
2
3
8sin π (
)
f x
x
x x
=
-
-
ÎR 的零点即为| 2
3| 8sin π
x
x
-
=
的解，
即
2
3
g x
x
=
-
与
8sin π
h x
x
=
图象交点横坐标，
因为
3
8
2
hæ
ö = -
ç
÷
è
ø
，故
3
2
x =
为
8sin π
h x
x
=
图象的对称轴，
而
3
2
x =
也是
2
3
g x
x
=
-
的对称轴，
又
8sin π
h x
x
=
的最小正周期为2π
2
π =
，
在平面直角坐标系中画出
,
g x
h x 的图象（如图所示）：
因
5
5
8
2
2
2
h
g
æ
ö
æ
ö
=
>
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø ，
9
9
8
6
2
2
h
g
æ
ö
æ
ö
=
>
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø ，
13
13
8
10
2
2
h
g
æ
ö
æ
ö
=
<
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø，
故
2
3
g x
x
=
-
与
8sin π
h x
x
=
图象在
3
2
x =
的右侧有且仅有4 个不同的交点，
故
2
3
g x
x
=
-
与
8sin π
h x
x
=
图象所有不同交点的横坐标和为4 3
12
´ =
.
故选：D.
6．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数
2
cos
2
f x
x
a
x
=
-
+
有且仅有一个零点，则实数a 的
值为（ ）
A．
1
2
B．
1
2
-
C．2
D．2
-
【答案】C
【分析】由偶函数的定义得到函数
f x 为偶函数，结合偶函数的图象性质以及
f x 有且只有一个零点，可
知
0
0
f
=
，从而得到a 的值.
【详解】函数
2
cos
2
f x
x
a
x
=
-
+
，其定义域为R ，
且
2
2
cos
2
cos
2
f
x
x
a
x
x
a
x
f x
-
= -
-
-
+
=
-
+
=
，所以函数
f x 是偶函数.
由于偶函数图象关于y 轴对称，且
f x 有且仅有一个零点，所以有
0
0
f
=
，
即
0
2
0
f
a
= - +
=
，所以
2
a =
.
故选：C.
7．（2025·陕西西安·模拟预测）若函数
lg
f x
x
t
=
+ 在
1,10 上有零点，则t 的取值范围为（ ）
A．
10,0
-
B．
1 ,0
10
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
C．
0,1
D．
1,0
-
【答案】D
【分析】根据函数单调性结合零点存在性定理列式计算即可.
【详解】因为
f x 在
1,10 上单调递增，
所以
1
10
0
f
f
<
，即
1
0
t
t
+
<
，
解得1
0
t
- < <
．
故选：D.
8．（2026·重庆·模拟预测）函数e
2
x
a
-
=
的零点个数不可能是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【分析】等价于函数
e
2
x
y =
-
与函数y
a
=
的交点个数进行求解．
【详解】函数e
2
x
a
-
=
的零点个数等价于函数
e
2
x
y =
-
与函数y
a
=
的交点个数，
则
e
2
ln 2
e
2
2
e ,
ln 2
x
x
x
x
y
x
ì
-
>
=
-
= í -
<
î
，
，如图所示：
当
0
a <
时，无交点，
当0
2
a
<
<
时，有两个交点，
当
0
a =
或
2
a ³
时，有一个交点，
故当
0
a <
时，无零点；当0
2
a
<
<
时，有两个零点；当
0
a =
或
2
a ³
时，有一个零点．故零点的个数不可能
是3 个．
9．（2026·安徽安庆·一模）已知
0
a >
，若函数
( )
(
) 3ln(3 ) 1
a
f x
x
a
x
x
é
ù
=
-
+ -
ê
ú
ë
û 恰有1 个零点，则a =（ ）
A．e
B．1
3
C．1
D．3
【答案】B
【详解】由
( )
(
) 3ln(3 ) 1
a
f x
x
a
x
x
é
ù
=
-
+ -
ê
ú
ë
û ，可得x
a
=
恒为
( )
f x 的一个零点，
令( )
3ln(3 ) 1
a
g x
x
x
=
+ -
，则
( )
f x 恰有1 个零点，
等价于
g x 的唯一零点是x
a
=
，或
g x 无零点.
因为
2
2
3
3
( )
a
x
a
g x
x
x
x
+
¢
=
+
=
，且
0,
0
a
x
>
>
，
所以
( )
0
g x
¢
> 恒成立，( )
g x 在(0,
)
+¥ 上单调递增.
又
0
x
+
®
时( )
g x ® -¥ ，x ® +¥ 时( )
g x ® +¥ ，因此( )
g x 必然存在唯一零点.
当( )
g x 的零点是x
a
=
时，可得( )
3ln(3 ) 1
3ln(3 )
0
a
g a
a
a
a
=
+ -
=
=
即ln(3 )
0
a =
，解得3
1
a = ，
1
3
a =
.
10．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）关于x 的方程1
ln
eax x
x
x
ax
x
-
-
+
=
+
有两个不同实根，则实数a 的取值范
围为（ ）
A．
1
(0, )
e
B．
1
(1
,1)
e
-
C．
1
(0,1
)
e
-
D．1
1
( ,1
)
e
e
-
【答案】B
【分析】利用同构思想变形给定等式，结合单调性可得函数
ln
( )
1
x
f x
x
= -
，再利用导数求出最小值即可.
【详解】方程
ln
1
ln
e
e
e
( ln )
ax x
ax x
x
x
x
ax
ax
x
x
x
-
-
-
-
+
=
+
Û
+
-
=
+ -
，令函数( )
ex
g x
x
=
+
，
而
( )
e
1
x
g x
¢
=
+ ，则函数( )
g x 在R 上单调递增，又方程等价于(
)
( ln )
g ax
x
g
x
-
=
-
，
因此
ln
ln
1
x
ax
x
x
a
x
-
= -
Û
= -
，
令函数
ln
( )
1
x
f x
x
= -
，依题意，方程
( )
f x
a
=
有两个不同实根，
求导得
2
1 ln
( )
x
f
x
x
-
¢
= -
，当0
e
x
<
<
时，
( )
0
f
x
¢
<
；当
e
x> 时，
( )
0
f
x
¢
>
，
函数
( )
f x 在(0,e) 上单调递减，在(e,
)
+¥ 上单调递增，
min
1
( )
( )
1
e
e
f x
f
=
= -
，
又
1
( )
1 e
e
f
= + ，当
1
x > 时，恒有
( )
1
f x < ，
则当且仅当
1
1
1
e
a
-
<
< 时，方程
( )
f x
a
=
有两个不同实根，
所以实数a 的取值范围为
1
(1
,1)
e
-
.
11．（2026·内蒙古包头·一模）已知函数
2
2
4 ,
4
log
4 ,
4
x
x x
f x
x
x
ì-
+
£
ï
= í
-
>
ïî
，若关于x 的方程
f x
t
= 有四个实根
1
x ，
2x ，
3x ，
4x （
1
2
3
4
x
x
x
x
<
<
<
），则下列结论正确的是（ ）
A．
2
3
9
x
x
+
=
B．0
4
t
< £
C．
3
3
4
4
4
ln
4
x
x
x
x
-
<
-
-
D．
1
2
3
4
1
2
2
x
x
x
x
+
+
+
的最小值为16
【答案】D
【分析】作出函数
f x 的图象，根据题意得到
1
2
3
4
0
2
4
5
20
x
x
x
x
<
<
<
<
<
<
<
<
，
1
2
4
x
x
+
=
，利用不等式
性质判断A；数形结合求解判断B；利用对数性质可得
4
3
1
4
4
x
x
=
+
-
，再利用基本不等式求解最小值判断
D，构造函数
1
2ln ,
0,1
g x
x
x x
x
=
-
-
Î
，利用导数法求得
0
g x <
，即可判断C.
【详解】作出函数
f x 的图象，如图所示：
由图象知：
1
2
3
4
0
2
4
5
x
x
x
x
<
<
<
<
<
<
<
，所以
2
3
9
x
x
+
<
，故选项A 错误；
由二次函数的对称性可得
1
2
4
x
x
+
=
，
令
2
log
4
4
20
x
x
-
=
Þ
=
或
65
16
x =
，
所以
1
2
3
4
3
4
0
2
4
5
0
20,
2
x
x
x
x
x x
<
<
<
<
<
<
>
<
<
，
因为方程
f x
t
= 有四个实根，所以0
4
t
< <
，故选项B 错误；
又
2
3
2
4
log
4
log
4
x
x
-
=
-
，则
2
3
2
4
log
4
log
4
x
x
-
-
=
-
，
即
2
3
2
4
log
4
log
4
0
x
x
-
+
-
=
，则
3
4
4
4
1
x
x
-
-
= ，所以
4
3
1
4
4
x
x
=
+
-
，
所以
1
2
3
4
4
4
1
1
1
2
4
2
4
2
4
2
x
x
x
x
x
x
æ
ö
+
+
+
=
+
+
+
ç
÷
-
è
ø
4
4
4
4
2
1
2
1
14
4
14
2
4
16
4
2
4 2
x
x
x
x
=
+
+
-
³
+
×
-
=
-
-
，
当且仅当
4
4
2
1
4
4
2 x
x
=
-
-
，即
4
6
x =
时，等号成立，故选项D 正确；
由
3
4
0
4
2
5
x
x
<
<
<
<
得
3
4
4
0,1 ,
4
1,
a
x
b
x
¥
=
- Î
=
- Î
+
，
由上面推导可知
1
ab = ，所以
3
4
4
ln
ln
ln
4
2ln
1
a
a
b
a
x
a
x -
=
=
-
=
，
3
4
3
4
1
4
4
x
x
x
x
a
b
a
a
-
=
-
-
-
=
-
=
-
，
设
1
2ln ,
0,1
g x
x
x x
x
=
-
-
Î
，则
2
2
2
1
1
2
1
0
x
g
x
x
x
x
-
= +
-
=
>
¢
，
所以
1
2ln
g x
x
x
x
=
-
-
在
0,1 上单调递增，所以
1
0
g x
g
<
=
，
所以
0
g a <
，所以
1
2ln
a
a
a
-
<
，所以
3
3
4
4
4
ln
4
x
x
x
x
<
-
-
-
，故选项C 错误.
故答案选D.
12．（25-26 高二上·云南保山·期末）已知函数
2
e ,
0
( )
2
2,
0
x x
f x
x
x
x
-
ì
<
= í-
+
+
³
î
，若函数
g x
f x
k
=
-
有三个不
同的零点
1
2
3
,
,
x x
x ，则
1
2
3
x
x
x
+
+
的取值范围为（ ）
A．
1 ln 2,1
-
B．
1 ln3,1 ln 2
-
-
C．
2
ln3, 2
ln 2
-
-
D．
2
ln3,
-
+ ¥
【答案】C
【分析】由题意得
( )
y
f x
=
与y
k
=
的图象有三个不同的交点
1
2
3
,
,
x x
x ，作出
( )
y
f x
=
与y
k
=
的图象，根据
二次函数的对称性，可得
2
3
2
x
x
+
=
，根据图象可得k 的范围，进而可得
1
x 的范围，即可得答案.
【详解】因为函数
g x
f x
k
=
-
有三个不同的零点
1
2
3
,
,
x x
x ，
所以( )
0
g x =
，即
( )
f x
k
=
有三个不同的根
1
2
3
,
,
x x
x ，
则
( )
y
f x
=
与y
k
=
的图象有三个不同的交点
1
2
3
,
,
x x
x ，
作出
( )
y
f x
=
与y
k
=
的图象，如下图所示
当
0
x ³
时，
2
( )
2
2
f x
x
x
= -
+
+
为开口向下，对称轴为
1
x = 的抛物线，
则
2
3
,
x x 关于
1
x = 对称，所以
2
3
1
2
x
x
+
= ，即
2
3
2
x
x
+
=
，
由图象可得2
3
k
£
<
，
令e
3
x
- =
，解得
ln3
x = -
，令e
2
x
- =
，解得
ln2
x = -
，
所以
1
ln3
ln 2
x
-
<
£ -
，
则
1
2
3
2
ln3
2
ln 2
x
x
x
-
<
+
+
£
-
，
即
1
2
3
x
x
x
+
+
的取值范围为
2
ln3,2
ln 2
-
-
.
13．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数
sin ,0
π
( )
,
π
x
x
x
f x
x x
<
<
ìï
= í
³
ïî
，( )
( )
(
)
g x
f x
kx k
=
-
ÎR ．若函数( )
g x
有3 个不同的零点，则实数k 的取值范围是（ ）
A．
π ,1
π
é
ö
÷
ê
÷
ë
ø
B．(0，1)
C．
π
0, π
æ
ù
ç
ú
çè
û
D．(0,1]
【答案】C
【分析】利用函数零点的意义变形并构造函数，作出函数图象，数形结合求出范围.
【详解】函数
sin ,0
π
( )
,
π
x
x
x
f x
x x
ì
<
<
ï
= í
³
ïî
，由( )
0
g x =
，得
( )
( )
f x
kx
f x
k
x
=
Û
=
，
令函数
sin ,0
π
( )
( )
1 ,
π
x
x
f x
h x
x
x
x
ì
<
<
ïï
=
= í
ï
³
ïî
，由函数( )
g x 有3 个不同的零点，
得方程
( )
k
h x
=
有3 个不同的解，即直线y
k
=
与函数
( )
y
h x
=
的图象有3 个交点，
函数( )
h x 在
π
(0,
]
2 上单调递增，在π
[
,π)
2
上单调递减，在[π,
)
+¥ 上单调递减，
在同一坐标系内作出直线y
k
=
与函数
( )
y
h x
=
的图象，如图：
观察图象，当且仅当
π
0
π
k
<
£
时，直线y
k
=
与函数
( )
y
h x
=
的图象有3 个交点，
所以k 的取值范围是
π
(0,
]
π
.
14．（2026·安徽合肥·一模）已知函数
2
2
ln
ln
f x
x
ax x
x
=
+
-
有且仅有三个零点，则a 的取值范围是（ ）
A．
1
0,e
e
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
B．
1
1,e
e
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
C．
1
e
,
e
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
D．
1
e
,
e
¥
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø
【答案】C
【分析】令
ln x
h x
x
=
，利用导函数研究其单调性画出图象，将问题转化为一元二次方程
2
1
0
g t
t
at
=
+
- =
的根的问题即可求解.
【详解】因为
f x 有且仅有三个零点，则方程
2
ln
ln
1
0
x
x
a
x
x
æ
ö +
- =
ç
÷
è
ø
有且仅有三个根，
令
ln x
h x
x
=
，则
2
1 ln x
h x
x
-
¢
=
，
由
0
h x
¢
<
得
e
x> ；
0
h x
¢
>
得0
e
x
<
<
；
则
h x 在
0,e 单调递增，在
e, ¥
+
上单调递减，则
max
1
e
e
h x
h
=
=
，
因为0
1
x
<
< 时
0
h x <
；
1
x > 时
0
h x >
，且x ® +¥ 时
0
h x ®
，
所以
h x 的函数图象如图：
因为
0
t =
不是
2
1
0
t
at
+
- =
的根，
所以
2
1
0
g t
t
at
=
+
- =
有两个根，其中一个根位于
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø ，另一根位于
,0
¥
-
或另一根是1
e ，
但方程
2
1
0
t
at
+
- =
的两根的乘积为1
- ，
所以
0
g t =
一个根位于
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø ，另一根位于
,0
¥
-
，
则
2
0
1
0
1
1
1
0
e
e
e
g
a
g
ì
= - <
ïí æ
ö =
+
- >
ç
÷
ï è
ø
î
，得
1
e
e
a >
-
，
故a 的取值范围是
1
e
,
e
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø.
故选：C
15．（2025·广东汕头·模拟预测）用二分法求函数
ln
2
6
f x
x
x
=
+
-
在
2,3 内的零点近似值，若精确度要
求为0.1，则需重复相同步骤的次数至少为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【分析】二分法每次取区间中点，区间长度变为原来的一半，由题可得区间初始长度为1，则第一次使用二
分法后区间长度变为0.5，第二次使用二分法后区间长度变为0.25，第三次使用二分法后区间长度变为
0.125，以此类推，当区间长度小于精确度时即可停止.
【详解】解：原始区间长度为3
2
1
-
= ，
第一次，区间长度减半，为0.5
0.1
>
，
第二次，区间长度减半，为0.25
0.1
>
，
第三次，区间长度减半，为0.125
0.1
>
，
第四次，区间长度减半，为0.0625
0.1
<
，
故至少需要重复四次.
故选：B.
16．（2026·福建龙岩·一模）某云计算平台处理文件量N （单位：GB）的所需时间
3
log
T
k
N
=
（单位：
min ），其中k 为常数.已知处理文件量从9GB 增加到729GB 时，处理时间增加12min；当处理文件量从729GB
增加到6561GB 时，处理时间增加（ ）
A．3min
B．6min
C．9min
D．24min
【答案】B
【分析】由条件列方程求k ，再求对应条件下的时间增加量即可.
【详解】由题意可得
6
2
3
3
3
3
log 729
log 9
log 3
log 3
4
12
k
k
k
k
-
=
-
=
=
，解得
3
k =
，
所以当处理文件量从729GB 增加到6561GB 时，处理时间增加
8
6
3
3
3
3
3log 6561 3log 729
3 log 3
log 3
3 2
6min
-
=
-
= ´
=
.
17．（2025·北京·三模）香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量
和信噪比及信道带宽的关系，即
2
log
1
S
C
W
N
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø其中C 是信道容量，单位bps；W 为信道带宽，单位Hz；
S
N 代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千
次频率将信道带宽由5MHz 扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3Mbps
提高至593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（ ）倍.（参考数据：
3.46
2
11
»
，
5.93
2
60.97
»
）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】B
【分析】依据香农定理，结合题中数据代入计算即可.
【详解】设原始状态信道容量为
1
C ，提升后信道容量为
2
C ，
由题意可得
1
1
1
2
1
log
1
S
C
W
N
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
，即
1
2
1
17.3
5log
1
S
N
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
，解得
1
1
10
S
N »
，
同理
2
2
2
2
2
log
1
S
C
W
N
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
，即
2
2
2
593
100log
1
S
N
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
，解得
2
2
60
S
N »
，
所以大约需将信号的信噪比提升至原来的6 倍.
故选：B
18．（2025·安徽合肥·模拟预测）放射性物质是指那些能自然地向外界辐射能量，发出射线的物质.在一个
给定的单位时间内，放射性物质的质量会按某个衰减率衰减.一般是用放射性物质质量衰减一半所用的时间
来描述其衰减情况，这个时间被称为半衰期.考古学中常利用生物标本中的碳14元素稳定持续衰减的现象测
定遗址的年代.已知碳14的半衰期为5730年.现在实验室测定某遗址内动物标本中碳14含量为正常大气中碳
14含量的80%.则该遗址大约距今（ ）（lg2
0.3
»
）
A．1146年
B．1375年
C．1910年
D．2292 年
【答案】C
【分析】设动物标本中碳14含量初始值是1个单位，由题意得出
5730
1
2
t
f t
æ
ö
=ç
÷
è
ø
，解方程
4
5
f t =
，求出t 的
值，即可得出结果.
【详解】不妨设动物标本中碳14含量初始值是1个单位，
则经过t 年动物标本中碳14含量为
5730
1
2
t
f t
æ
ö
=ç
÷
è
ø
，
令
5730
1
4
2
5
t
f t
æ
ö
= ç
÷
=
è
ø
，则
1
2
4
1 3lg2
1
5730 log
5730
5730
3
1910
5
lg2
0.3
t
-
æ
ö
=
´
=
´
»
´
-
=
ç
÷
è
ø
年.
故选：C.
19．（2025·山东淄博·三模）随着人工智能技术的快速发展，训练深度学习模型所需的计算量也在急剧增长.
某公司现有新一代 AI 芯片 A B
、 两套研发方案，若 A 设计方案中初始计算量为
1
N ，每年增长 50% ；
B 设计方案中初始计算量为
2
2
1
3
N
N
N
=
，每年增长 20% . 如此预计至少几年后A 设计方案计算量更
高?(参考数据: lg 2
0.301 lg3
0.477
»
»
，
)（
）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】B
【分析】设x 年后A 设计方案计算量更高，由题可得
1
1
3
6
3
2
5
x
x
N
N
æ
ö
æ
ö
>
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，然后利用参考数据及对数运算性
质可得答案.
【详解】设x 年后A 设计方案计算量更高，
则x 年后，A 设计方案计算量为
1
3
2
x
N æ
ö
ç
÷
è
ø
，B 设计方案计算量为
1
6
3
5
x
N
æ
ö
×ç
÷
è
ø
，
则
1
1
3
6
5
5
3
3
lg
lg3
2
5
4
4
x
x
x
N
N
x
æ
ö
æ
ö
æ
ö
>
Þ
>
Þ
>
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
lg3
lg3
lg3
0.477
4.92
5
lg5
2lg 2
1 3lg 2
1 0.903
lg 4
x
Þ
>
=
=
»
»
-
-
-
，
预计至少5 年后A 设计方案计算量更高.
故选：B
20．（2025·河北邯郸·模拟预测）某金融产品的价格增长模型遵循连续复利模型，公式为
0 ert
P t
P
=
×
，其
中r 为年收益率，t 为投资时间（单位：年），e为自然对数的底数，
0P 为初始资金，
P t 为t 年后的资金，
已知某产品年收益率
5%
r =
，则使初始资金翻倍至少需要（参考数据：ln2
0.6931
»
）（ ）
A．12 年
B．13 年
C．14 年
D．15 年
【答案】C
【分析】由题意可得
0.05
0
0
2
e
t
P
P
=
×
，即可利用对数的运算性质即可求解.
【详解】由题意可知
0
2
5%
,
P t
P r
=
=
，代入公式可得
0.05
0
0
2
e
t
P
P
=
×
，
所以
0.05
,
e
2,0.05
ln 2
t
t
=
=
所以
ln 2
13.862
0.05
t =
»
，所以至少需要14 年，
故选：C
21．（2025·北京海淀·二模）中华人民共和国国家标准（GB11533-2011）中的《标准对数视力表》采用的是
五分视力记录方式（缪氏记录法）：
5 1g kd
L
D
=
-
，其中，L 为被测试眼睛的视力值，d 为该眼睛能分辨清
楚的最低一行“ E ”形视标的笔划宽度（单位：毫米），D 为眼睛到视标的距离（单位：米），如图1 所示，
k 是与,
d D 无关的常量．图2 是标准视力表的一部分，一个右眼视力值为5.0 的人在距离该视力表5 米处进
行检测，能分辨的最低一行视标为图2 中虚线框部分．因条件所限，小明在距离该视力表3 米处进行检测，
若此时他的右眼能分辨的最低一行视标也为图2 中虚线框部分，不考虑其它因素的影响，则与小明右眼的
实际视力值最接近的为（ ）（参考数据：1g2
0.30,1g3
0.48
»
»
）
A．4.5
B．4.6
C．4.8
D．5.0
【答案】C
【分析】根据已知视力值求出lg kd
D 的值，再根据小明距离3 米，求出其实际视力值.
【详解】已知当
5.0
L =
，
5
D =
时，代入
5 1g kd
L
D
=
-
，解得
5
kd =
.
小明在距离该视力表3 米处进行检测,即
3
D =
，代入
5 1g kd
L
D
=
-
，求解
5
5
lg 3
L =
-
；
因为题中参考数据已知1 2
0.30
g
»
，1 3
0.48
g »
；
所以
5
10
lg
lg5
lg3
lg
lg3
lg10
lg 2
lg3
1 0.30
0.48
0.22
3
2
=
-
=
-
=
-
-
» -
-
=
.
所以
5
5
lg
5
0.22
4.78
3
L =
-
»
-
=
.
故选：C .
22．（2025·甘肃平凉·模拟预测）我们曾学习过碳14 的半衰期约为5730 年（即碳14 大约每过5730 年衰减
为原来的一半），即经过t 年后，碳14 的含量
0
1
2
( )kt
N
N
=
（
0
N 为碳14 的初始含量，k 为常数），则碳14
含量由原来的80%衰减为60% 大约需要经过（ ）
（参考数据：ln2
0.7,ln3
1.1
»
»
）
A．2292 年
B．2456 年
C．2674 年
D．2838 年
【答案】B
【分析】利用半衰期的意义求出k ，再利用给定的模型列出方程组，结合对数运算求解即得.
【详解】依题意，当
5730
t =
时，
0
1
2
N
N
=
，即
5730
1
1
( )
2
2
k
=
，解得
1
5730
k =
，
设经过1t 年碳14 含量衰减为原来的80%，经过2t 年碳14 含量衰减为原来的60% ，
则
1
2
5730
5730
1
( )
80%
2
1
( )
60%
2
t
t
ì
=
ïïí
ï
=
ïî
，即
1
1
2
2
1
2
5730log 0.8
5730log 0.6
t
t
=
ì
ïí
=
ïî
，所以2
1
1
1
2
2
5730log 0.6
5730log 0.8
t
t
-
=
-
1
2
2
2
2
3
4
5730log
5730log
5730(log 4
log 3)
4
3
=
=
=
-
ln3
11
5730(2
)
5730(2
)
2456
ln2
7
=
-
»
-
»
.
故选：B
题型16 导数小题36 个重点题型
题号
核心题型
题型解决关键点
1
由导数值求参数与切线斜率
先求导，代入切点横坐标得导数值，再结合已知导数值列方程求参
数，最后求切线斜率。
2
利用导数的定义求切线斜率
根据导数定义，将极限式转化为导数值，再结合导数的几何意义求
切线斜率。
3
两条曲线切线重合求参数
分别求导得切线斜率，由切线重合得斜率相等且切点处函数值相
等，列方程组求解。
4
切线倾斜角与充分必要条件
求导得切线斜率，由倾斜角得斜率值，解出参数，再判断充分性和
必要性。
5
公切线问题求参数
先求一条曲线的切线方程，再设切点代入另一曲线，利用导数等于
切线斜率列方程求解。
6
求函数极值点的个数
求导，分析导函数变号零点的个数，注意导数不存在的点及定义域。
7
由函数不单调求参数范围
函数不单调等价于导函数在区间内有变号零点，利用导函数性质列
不等式求解。
8
求函数在闭区间上的最大值
利用导数判断函数单调性，确定最值点，代入计算。
9
一元二次不等式恒成立求参
数最值
由恒成立得判别式条件，得到变量关系，再构造函数利用导数求最
值。
10
由极值点求参数
求导，由极值点处导数为0列方程，再验证该点是极大值点还是极
小值点，确定参数。
11
构造函数利用单调性比较大
小
观察式子结构构造函数，利用导数判断单调性，再比较函数值大小。
12
指数对数同构求值
对已知等式变形，构造函数并利用其单调性建立变量相等关系，实
现消元求值。
13
同构法求方程有两个根的参
数范围
利用同构思想将方程转化为函数相等，结合函数单调性和最值，数
形结合求参数范围。
14
由方程根的关系判断不等式
利用指数对数恒等式变形，构造函数利用单调性得到变量关系，再
判断各选项。
15
存在参数使不等式恒成立求
参数最值
换元转化为新函数，利用导数研究其单调性和图象，数形结合求参
数最大值。
16
存在参数使不等式恒成立求
参数最值
分离参数转化为函数最值问题，利用导数研究函数单调性，求最大
值。
17
含绝对值方程有2个实根求参
数范围
去绝对值转化为两个方程，分别构造函数，利用导数研究其单调性
和最值，数形结合求范围。
18
构造函数利用单调性比较大
小
观察式子结构构造函数，利用导数判断单调性，再比较自变量大小。
19
由函数关系求代数式的最值
利用函数关系消元，构造函数，利用导数研究单调性和最值。
20
导数几何意义与函数性质（多
选题）
利用导数求切线斜率最小值，利用函数平移判断对称性，解不等式
判断充要条件。
21
函数零点、对称性、切线及最
值（多选题）
解方程判断零点，验证对称中心，利用导数求切线，利用导数求最
值判断存在性。
22
函数奇偶性、单调性及切线交
点（多选题）
利用奇偶性定义判断，利用导数研究单调性，联立方程判断交点个
数。
23
切线方程、单调性及参数范围
（多选题）
利用导数求切线，通过举反例否定选项，利用导数与单调性关系求
参数范围，利用切线平行求参数。
24
函数单调性、切线及不等式恒
成立（多选题）
利用导数研究单调性，求切线方程，构造函数证明不等式恒成立。
25
极值点、最值及反函数性质
（多选题）
利用导数研究极值点，构造函数求最值，利用反函数对称性求距离
最小值，利用同构求参数最值。
26
奇偶性、零点、单调性及最值
（多选题）
判断函数奇偶性，利用导数研究单调性求零点，利用单调性解不等
式，利用基本不等式求最值。
27
含参函数单调性与极值点（多
选题）
利用导数研究单调性，分析极值点个数，利用函数无最值判断选项，
利用恒成立求参数最小值。
28
含参函数零点、极值及单调性
（多选题）
利用导数研究零点个数，分析极值点存在性，利用最值求参数，利
用导数判断单调性。
29
函数零点与不等式证明（多选
题）
利用导数研究单调性求最值，利用基本不等式判断选项，利用分析
法构造函数证明不等式，利用导数求最值。
30
切线方程求参数
设切点，写出切线方程，与已知直线对比列方程组，消元求解参数。
31
求切线方程
求导得切线斜率，代入点斜式方程，化简得切线方程。
32
三角不等式恒成立求参数范
围
换元转化为二次函数最值问题，利用导数研究函数单调性，求最小
值。
33
由函数有两个极值点求参数
范围
求导，转化为导函数在定义域内有两个变号零点，利用二次函数根
的分布列不等式求解。
34
不等式在区间上恒成立求整
数参数最小值
利用特值法得必要条件，再验证充分性，结合导数判断函数单调性。
35
指数对数不等式恒成立求参
数范围
同构变形，构造函数利用单调性转化为简单不等式，再分离参数求
最值。
36
不等式恰有两个整数解求参
数范围
分离参数，构造函数，利用导数研究其单调性并作出图象，数形结
合求参数范围。
一、单选题
1．（2026·山西运城·一模）已知函数
3
2
1
f x
f
x
x
¢
=
-
，则曲线
y
f x
=
在
2
x =
处的切线斜率为（ ）
A．－6
B．－3
C．3
D．6
【答案】A
【分析】先对
f x 进行求导，并求得
1
f ¢
，从而求得
f
x
¢
.根据导数的几何意义，可得到曲线
y
f x
=
在
2
x =
处的切线斜率.
【详解】
3
2
1
f x
f
x
x
¢
=
-
，得
2
2
1
3
f
x
f
x
¢
-
¢
=
.
所以
1
2
1
3
f
f
¢
=
-
¢
，解得
1
3
f ¢
= .
所以
2
6
3
f
x
x
=
¢
-
.
所以曲线
y
f x
=
在
2
x =
处的切线斜率为
2
6 12
6
f
=
-
= -
¢
.
2．（2026·江苏镇江·一模）设
Δ
0
2
Δ
2
lim
1
Δ
x
f
x
f
x
®
+
-
= - ，则曲线
y
f x
=
在点
2
2
f,
处的切线的斜率为
（ ）
A．1
-
B．4
-
C．1
D．4
【答案】A
【分析】根据导数的概念及导数的几何意义即可求解.
【详解】因为
Δ
0
2
Δ
2
lim
1
Δ
x
f
x
f
x
®
+
-
= - ，
所以
2
1
f ¢
= - ，
所以曲线
y
f x
=
在点
2
2
f,
处的切线的斜率为1
- .
3．（2026·重庆·模拟预测）已知函数
2
2
1
f x
x
ax
=
+
- 与
ex
g x
b
=
+
的图象在
0
x =
处的切线重合，则a
b
+
=
（ ）
A．e 1
-
B．e
1
+
C．5
2
D．
3
2
-
【答案】D
【分析】根据导数的几何意义结合题意列方程求解即可.
【详解】
2
2
f
x
x
a
=
+
¢
，
ex
g
x
¢
=
.
由题意知
0
0
0
0
f
g
f
g
ì
=
ïí
=
ï
¢
î
¢
，即
0
2
0
2 0
2
e
0
2
0 1
e
a
a
b
ì ´ +
=
í
+
´ - =
+
î
，解得
1
2
2
a
b
ì =
ïí
ï = -
î
.
所以
1
3
2
2
2
a
b
+
=
+ -
= -
.
4．（2026·河北邯郸·一模）“曲线
2
ln
x
y
a x
a
=
-
在
1
x = 处的切线的倾斜角为π
4 ”是“
2
a =
”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】由
2
ln
x
y
a x
a
=
-
，得
2
a
y
x
a
¢ =
-
．
由曲线
2
ln
x
y
a x
a
=
-
在
1
x = 处的切线的倾斜角为π
4 ，
可得
2
1
a
a
-
= ，解得
2
a =
或
1
a = - ．
故“曲线
2
ln
x
y
a x
a
=
-
在
1
x = 处的切线的倾斜角为π
4 ”是“
2
a =
”的必要不充分条件．
5．（25-26 高三下·河南·开学考试）若函数
2
1
f x
x
x
=
+
的图象在点
1,2 处的切线也是函数
ex
g x
m
=
+
的
图象的切线，则实数m = （ ）
A．2
-
B．1
-
C．0
D．1
【答案】C
【分析】对
f x 求导，即可求解
f x 的图象在点
1,2 处的切线方程，进而对
g x 求导，即可得解.
【详解】由题意得
2
1
2
f
x
x
x
=
-
¢
，则
1
1
f ¢
= ，所以
f x 的图象在点
1,2 处的切线方程为
2
1
y
x
-
=
- ，
即
1
y
x
=
+ ．
设直线
1
y
x
=
+ 与
g x 的图象相切于点
0
0
,
x
y
，
又
0
0
e ,
ex
x
g
x
g
x
¢
¢
=
=
，则
0
e
1
x = ，解得
0
0
x =
，
所以
0
0
0
1
ex
y
x
m
=
+ =
+
，即1
1
m
= +
，则
0
m =
．
故选：C．
6．（2026·河北衡水·一模）函数
5
4
2
32
6
2
5
f x
x
x
x
=
-
+
- 的极值点的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】分析导数的符号变化，可得出函数
f x 的极值点个数.
【详解】因为
5
4
2
32
6
2
5
f x
x
x
x
=
-
+
- ，该函数的定义域为R ，
由
4
3
3
2
32
24
2
2
16
12
1
f
x
x
x
x
x
x
x
¢
=
-
+
=
-
+
2
2
2
2
1 8
2
1
2
4
1
2
1
0
x
x
x
x
x
x
x
=
-
-
-
=
+
-
=
，得
1
4
= -
x
或0 或
1
2 .
当
1
,
4
x
æ
ö
Î -¥ -
ç
÷
è
ø
时，
0
f
x
¢
>
，
f x 在
1
,
4
æ
ö
-¥ -
ç
÷
è
ø上单调递增；
当
1 ,0
4
x
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
<
，
f x 在
1 ,0
4
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递减；
当
1
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
>
，
f x 在
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增；
当
1 ,
2
x
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
>
，
f x 在1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø上单调递增.
所以
f x 在
1
4
= -
x
处取得极大值，在
0
x =
处取得极小值，故
f x 的极值点的个数为2 .
7．（25-26 高三下·安徽·开学考试）若函数
e
sin
ax
f x
x
=
-
在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 内不单调，则实数a 的取值范围为（ ）
A．
1,0
-
B．
0,1
C．
1
1, 2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
D．1 ,1
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
【答案】B
【分析】根据二次求导法，结合函数单调性的性质进行求解即可.
【详解】设
e
cos
ax
g x
f
x
a
x
¢
=
=
-
，
2e
sin
ax
g
x
a
x
¢
=
+
当
π
0
2
x
<
<
时，
0
g
x
¢
>
，所以
g x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，
所以由
f x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 内不单调得
0
0
0
π
π
0
2
2
g
f
g
f
ì
=
<
ïí æ
ö
æ
ö
=
>
ç
÷
ç
÷
ï è
ø
è
ø
¢
î
¢
，
即
π
2
1
0
e
0
a
a
a
- <
ìïí
ï
>
î
，解得0
1
a
<
< ．
故选：B
8．（2026·新疆·模拟预测）函数
cos
f x
x
x
=
+
在区间
0,π 上的最大值是（ ）
A．1
B．π
2
C．π 1
-
D．π
【答案】C
【详解】因为函数
cos
f x
x
x
=
+
，所以
1 sin
f
x
x
= -
¢
，
在区间
0,π 上，因为
sin
0,1
xÎ
，所以1 sin
0
x
-
³
，
所以
f x 在
0,π 上单调递增，
所以最大值在
π
x =
处取得，
π
π
cos π
π 1
f
=
+
=
- .
9．（2026·湖南常德·一模）已知实数
0
b >
，若对任意的xÎR ，
2
2
0
x
ax
b
-
+
-
³
恒成立，则ab 的最大值为
（ ）
A．4 6
9
B．8 6
9
C．10 6
9
D．4 6
3
【答案】B
【分析】根据一元二次不等式恒成立的条件得出,a b 关系，然后再利用导数即可求解.
【详解】由题意可知
2
Δ
4 2
0
a
b
=
-
-
£
整理得
2
2
4
a
b £
-
，
又因为
0
b >
，所以ab 要想最大，则有
0
a >
，并且
2
2
0
4
a
-
>
，即
2 2
a <
，所以
3
2
4
a
ab
a
£
-
，
设函数
3
2
,0
2 2
4
a
f a
a
a
=
-
<
<
，令
2
3
2
0
4
a
f
a =
-
=
¢
，解得
2 6
3
a =
或
2 6
3
-
（舍去）.
当
2 6
0
3
a
<
<
时，
0
f
a
¢
>
， 当
2 6
3
a >
时，
0
f
a
¢
<
，
所以
f a 在
2 6
0,
3
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，在2 6 ,2 2
3
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，
所以
3
max
2 6
3
2 6
2 6
8 6
2
3
3
4
9
f a
f
æ
ö
ç
÷
æ
ö
è
ø
=
=
´
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，所以ab 的最大值为8 6
9
.
故选：B
10．（2026·山东青岛·一模）已知函数
3
2
2
( )
2
f x
x
ax
a x
=
+
+
在
1
x = 处取得极小值，则a =（ ）
A．3
-
B．1
-
C．1
D．3
【答案】B
【分析】先对函数求导，利用极值点的导数等于0 求出a 的可能值，再利用导数分析函数的单调性讨论求出
a ．
【详解】函数求导得
2
2
( )
3
4
f
x
x
ax
a
¢
=
+
+
，
由题意知
2
(1)
3
4
0
f
a
a
¢
=
+
+
=
，
则
1
3
0
a
a
+
+
=
，解得
1
a = - 或
3
a = - ，
当
1
a = - 时，
2
( )
3
4
1
3
1
1
f
x
x
x
x
x
¢
=
-
+ =
-
-
，
由
( )
0
f
x
¢
>
Þ
1
3
x <
或
1
x > ；由
( )
0
f
x
¢
<
Þ 1
1
3
x
<
< .
所以函数
f x 在1 ,1
3
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在
1,+¥ 上单调递增，
所以函数
f x 在
1
x = 处取得极小值.
当
3
a = - 时，
2
( )
3
12
9
3
1
3
f
x
x
x
x
x
¢
=
-
+
=
-
-
，
由
( )
0
f
x
¢
>
Þ
1
x < 或
3
x >
；由
( )
0
f
x
¢
<
Þ 1
3
x
<
<
.
所以函数
f x 在
,1
-¥
上单调递增，在
1,3 上单调递减，
所以函数
f x 在
1
x = 处取得极大值.
\满足条件的是
1
a = - ．
11．（2026·河北邯郸·一模）已知
10
12
11
9,
10,
11
a
b
c
=
=
=
，则（ ）
A．b
a
c
>
>
B．c
b
a
>
>
C．a
c
b
>
>
D．a
b
c
>
>
【答案】D
【分析】构造函数
ln
1
x
f x
x
=
+ ，求出
2
1
1
ln
1
x
x
f
x
x
+
-
+
¢
=
，构造函数
1
1
ln
g x
x
x
= +
-
，利用导数法得到
g x
的单调性，由
9
8
ln8
0
8
g
=
-
<
结合单调性得到
f x 在
8, ¥
+
上单调递减，从而得到
9
10
11
f
f
f
>
>
，继而得到ln9
ln10
ln11
10
11
12
>
>
，从而得到a
b
c
>
>
．
【详解】令
ln
1
x
f x
x
=
+ ，则
2
1
1
ln
1
x
x
f
x
x
+
-
+
¢
=
．
令
1
1
ln
g x
x
x
= +
-
，易知
g x 在
0, ¥
+
上单调递减，
且
9
8
ln8
0
8
g
=
-
<
，
所以
0
g x <
在
8, ¥
+
上恒成立，
则
f x 在
8, ¥
+
上单调递减，
则
9
10
11
f
f
f
>
>
，
即ln9
ln10
ln11
10
11
12
>
>
，所以
10
12
11
ln
9
ln 10
ln
11
>
>
，
所以10
12
11
9
10
11
>
>
，即a
b
c
>
>
．
故选：D.
12．（2026·河北保定·一模）已知正数a，b 满足
2
2
10
log
1
20
a
a
b
b
×
=
-
=
，
，则 ab=（ ）
A．20
B．21
C．22
D．23
【答案】A
【分析】通过对已知条件变形，构造单调函数
·2x
f x
x
=
，利用函数唯一性得到a 与b 的对数关系，进而代
换消元求出ab .
【详解】由
2
log
1
20
b
b -
=
得
2
log
1
10
2
b
b -
=
，即
2
log
10
2
2
b
b =
，
令
·2
10
x
f x
x
=
-
，则
f x 定义域R ，且
2
·2 ln 2
2
1
ln 2
x
x
x
f
x
x
x
¢
=
+
=
+
，
当
0
x >
时，
0
f
x
¢
>
，
f x 在
0,+¥ 单调递增，
由
2
·2
10,
log
10
2
2
a
b
b
a
=
=
可得
0,
1
2
b
a >
> ，且
2
log
0
2
b
f a
f æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，
所以
2
log 2
b
a =
，即2
2
a
b
=
，所以·2
·
10
2
a
b
a
a
=
=
，得
20
ab =
.
【点睛】利用指数与对数的同构构造单调函数，通过函数单调性建立变量关系，实现消元求值.
13．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）关于x 的方程1
ln
eax x
x
x
ax
x
-
-
+
=
+
有两个不同实根，则实数a 的取值范
围为（ ）
A．
1
(0, )
e
B．
1
(1
,1)
e
-
C．
1
(0,1
)
e
-
D．1
1
( ,1
)
e
e
-
【答案】B
【分析】利用同构思想变形给定等式，结合单调性可得函数
ln
( )
1
x
f x
x
= -
，再利用导数求出最小值即可.
【详解】方程
ln
1
ln
e
e
e
( ln )
ax x
ax x
x
x
x
ax
ax
x
x
x
-
-
-
-
+
=
+
Û
+
-
=
+ -
，令函数( )
ex
g x
x
=
+
，
而
( )
e
1
x
g x
¢
=
+ ，则函数( )
g x 在R 上单调递增，又方程等价于(
)
( ln )
g ax
x
g
x
-
=
-
，
因此
ln
ln
1
x
ax
x
x
a
x
-
= -
Û
= -
，
令函数
ln
( )
1
x
f x
x
= -
，依题意，方程
( )
f x
a
=
有两个不同实根，
求导得
2
1 ln
( )
x
f
x
x
-
¢
= -
，当0
e
x
<
<
时，
( )
0
f
x
¢
<
；当
e
x> 时，
( )
0
f
x
¢
>
，
函数
( )
f x 在(0,e) 上单调递减，在(e,
)
+¥ 上单调递增，
min
1
( )
( )
1
e
e
f x
f
=
= -
，
又
1
( )
1 e
e
f
= + ，当
1
x > 时，恒有
( )
1
f x < ，
则当且仅当
1
1
1
e
a
-
<
< 时，方程
( )
f x
a
=
有两个不同实根，
所以实数a 的取值范围为
1
(1
,1)
e
-
.
14．（2026·广东梅州·一模）已知实数a 和b （其中
1
b > ）满足方程：
n
1
e
1
2l
a
a
b
b
+
=
+
，则下列不等式成立
的是（ ）
A．
2
ea
b
>
B．
2
eb
a >
C．
2
a
b
>
D．
ln
a
b
>
【答案】D
【分析】根据
1
b > 可得ln
2ln
b
b
<
且
2
1
1
b
b
<
，再由
1
ex
f x
x
=
-
为减函数可得ln
2ln
b
a
b
<
<
，从而可判断A
和D 的正误，对于B，利用导数可得
2e
b >
时
2
eb
a >
不成立，对于C，利用零点存在定理可判断当
e
b = 时
2
a
b
>
不成立.
【详解】因为
n
1
e
1
2l
a
a
b
b
+
=
+
且
1
b > ，故1
1
e
ln
2
a
b
a
b
-
=
-
，
而
1
b > ，故ln
0
b >
，所以2ln
ln
b
b
>
，故
ln
e
1
e
1
1
ln
ln
a
b
a
b
b
b
-
<
-
=
-
，
设
1
ex
f x
x
=
-
，则
1
1
0
ex
f
x = -
¢
- <
，
所以
1
ex
f x
x
=
-
为R 上的减函数，
而1
1
ln
ea
a
b
b
-
<
-
即为
ln
f a
f
b
<
，故
ln
a
b
>
，故D 成立.
由
1
b > 可得
2
b
b
>
即
2
1
1
b
b
<
，
故
2
2
2
2
2
ln
1
1
1
1
1
2ln
ln
ln
ln
e
ea
b
a
b
b
b
b
b
b
b
-
=
-
=
-
>
-
=
-
，
所以
2
ln
f a
f
b
>
，所以
2
ln
a
b
<
即
2
ea
b
<
，故A 错误.
对于B，取
2e
b >
，由D 的分析可得
ln
0
a
b
>
>
.
若
2
eb
a >
，则
2
e
b
a >
即
2
2
2ln
e (
e )
b
b
b
>
>
，
设
2
2
2ln
e ,
e
b
g b
b
b
=
-
>
，
2
2
1 e
2
b
g b
b
=
-
¢
，
而
2
2
1
,
e
2
b
y
y
b
=
= -
均为
2e , ¥
+
上的减函数，故
g b
¢
为
2e , ¥
+
上的减函数，
故
2
e
2
3
2
2
2
2
2
1
2
1
2
e
e
e
4
0
e
2
e
2
e
g b
g
<
=
-
<
-
<
-
¢
<
¢
，
所以
2
2ln
e
b
g b
b
=
-
在
2e , ¥
+
上为减函数，
所以
2
2
e
e
2
3
2
2
2
2ln
e
2ln e
e
4
e
4
e
0
b
g b
b
=
-
<
-
=
-
<
-
<
，故
2
2
2ln
e (
e )
b
b
b
<
>
，
所以
2
eb
a >
不成立，故B 错误.
对于C，取
e
b = ，则1
1
2
e
ea
a
+
=
+
，即1
1
2
0
e
e
a
a
æ
ö
-
-
-
=
ç
÷
è
ø
，
仍取D 分析中的函数
f x ，考虑方程
1
2
0
e
f x
æ
ö
-
-
=
ç
÷
è
ø
的解，
设
1
2
e
h x
f x
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø ，因为
1
ex
f x
x
=
-
为R 上的减函数，
所以
h x 为R 上的减函数，而
2
1
1
1
2
2
2
0
e
e
e
h
f
æ
ö
=
-
-
=
-
<
ç
÷
è
ø
,
故
2
a <
，故此时
2
a
b
>
不成立，故C 错误.
15．（2026·江西·一模）若
R
m
$
Î
使得不等式ln
ln2
ln2
0
4
x
m
x
m
x
æ
öæ
ö
-
-
-
£
ç
֍
÷
è
øè
ø
对任意
0,
x
a
Î
恒成立，则实数
a 的最大值为（ ）
A．1
B．e
C．4
D．2e
【答案】C
【分析】令
ln
ln2
ln2
4
x
f x
g x
x
x
=
=
-
，
，将问题转化为
R
m
$
Î
使得不等式
min
,
max
,
f x
g x
m
f x
g x
£
£
对任意
0,
x
a
Î
恒成立，结合导数研究
,
f x
g x 的单调性以及图
像，数形结合求解.
【详解】令
ln
ln2
ln2
4
x
f x
g x
x
x
=
=
-
，
，其中
0
x >
，
则
2
1 lnx
f
x
x
-
¢
=
，当
0,e
xÎ
时，
0
f
x
¢
>
，
当
e,
x
¥
Î
+
时，
0
f
x
¢
<
，
所以函数
f x 在
0,e 上单调递增，在
e, ¥
+
上单调递减，函数
g x 在
0, ¥
+
上单调递减．
所以
R
m
$
Î
使得不等式ln
ln2
ln2
0
4
x
m
x
m
x
æ
öæ
ö
-
-
-
£
ç
֍
÷
è
øè
ø
对任意
0,
x
a
Î
恒成立等价于
R
m
$
Î
使得不等式
min
,
max
,
f x
g x
m
f x
g x
£
£
对任意
0,
x
a
Î
恒成立．
令
f x
g x
=
得
2
x =
，由图可知
ln2
ln4
2
4
2
4
m
f
f
=
=
=
=
，
因此实数a 的最大值为4．
16．（2026·山东济南·一模）若存在
0
a >
，对任意的
0,
xÎ
+¥ ，都有ln
2
x x
a ax
b
+
+
…
，则b 的最大值为
（ ）
A．
1
e
-
B．e
2
C．2ln2
D．1
ln2
+
【答案】C
【分析】问题转化为
ln
2
b
x x
a
ax
£
+
-
在
0, ¥
+
上恒成立，令
ln
2
f x
x x
a
ax
=
+
-
，利用导数求出
1
min
2
ea
f x
a
-
=
-
，则存在
0
a >
，使
1
2
ea
b
a
-
£
-
，令
1
2
e
0
a
g a
a
a
-
=
-
>
，利用导数求出
g a 的最大值
即可得到b 的最大值.
【详解】任意的
0,
x
¥
Î
+
，都有ln
2
x x
a
ax
b
+
³
+
，
则有
ln
2
b
x x
a
ax
£
+
-
在
0, ¥
+
上恒成立，
令
ln
2
f x
x x
a
ax
=
+
-
，函数定义域为
0, ¥
+
，
ln
1
f
x
x
a
¢
=
+ -
，令
0
f
x
¢
=
，解得
1
ea
x
-
=
，
1
0
ea
x
-
<
<
时，
0
f
x
¢
<
，
f x 在
1
0,ea-
上单调递减；
1
ea
x
-
>
时，
0
f
x
¢
>
，
f x 在
1
e
,+
a
¥
-
上单调递增，
1
1
1
1
1
min
e
e
ln e
e
2
2
e
a
a
a
a
a
f x
f
a
a
a
-
-
-
-
-
=
=
-
+
=
-
，
因此存在
0
a >
，使
1
2
ea
b
a
-
£
-
，
令
1
2
e
0
a
g a
a
a
-
=
-
>
，
1
2
ea
g a
-
=
-
¢
，令
0
g a
¢
=
，解得
1
ln 2
a = +
，
0
1 ln 2
a
<
< +
时
0
g a
¢
>
，
g a 在
0,1 ln 2
+
上单调递增；
1 ln 2
a > +
时
0
g a
¢
<
，
g a 在
1 ln 2,
+
+¥ 上单调递减，
有
1 ln2
1
max
1 ln 2
2 1 ln 2
e
2ln 2
g a
g
+
-
=
+
=
+
-
=
，
所以
1
ln 2
a = +
时，b 的最大值为2ln 2.
故选：C
17．（2026·山西朔州·一模）若关于x 的方程e
ln
2
x a
a
a x
a
- -
-
=
有2 个不同实根，设
1
ln
t
a
a
=
-
，则（ ）
A．
3
,
2
t
¥
æ
ö
Î -
-
ç
÷
è
ø
B．
3 ,
2
t
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø
C．
3
1
,
2
2
t
æ
ö
Î -
-
ç
÷
è
ø
D．
1 3
,
2 2
t
æ
ö
Îç
÷
è
ø
【答案】C
【分析】通过去绝对值号，将原方程转化为两个方程，再结合函数的单调性、零点存在定理分析根的个数，
最终得出t 的范围.
【详解】由原方程e
ln
2
x a
a
a x
a
- -
-
=
，可得
0
a >
，并将方程转化成e
ln
= 2
x a
a
a x
a
- -
-
或e
ln
=
2
x a
a
a x
a
- -
-
-
，
即
3
e
ln
=0
2
x a
a
a x
- -
-
或e
ln
=0
2
x a
a
a x
- -
-
.
设
3
g
=e
ln
2
x a
a
x
a x
- -
-
，
=e
ln
2
x a
m
a
x
a x
- -
-
，
因为
ex a
a
g
x
m x
x
-
¢
¢
=
=
-
，因为
2
=
=e
0
x a
a
g
x
m
x
x
-
¢¢
¢¢
+
>
，所以
g
x
¢
在
0, ¥
+
单调递增.
当
0
x
+
®
，
g
x
¢
® -¥ ，当x ® +¥ ，
+
g
x
¢
® ¥ ，
又因为
g
x
¢
在
0, ¥
+
上是连续的函数，
所以根据零点存在定理，
0
g
x
¢
=
有唯一根
0x ，即
0
0
ex
a
a
x
- =
，
两边取对数得
0
0
ln e
ln
x
a
a
x
- =
，化简得
0
0
ln
ln
x
a
a
x
-
=
-
，整理得
0
0
ln
ln
x
x
a
a
+
=
+
，
因为
ln
y
x
x
=
+
在
0, ¥
+
严格递增，故
0x
a
=
.所以
g x 在
0,
x +¥ 单调递增，
在
0
0, x
单调递减，故函数
g x 在
0
x
x
a
=
=
取得最小值
3
g
=e
ln
2
a a
a
a
a
a
- -
-
3
=1
ln
2
a
a
a
-
-
，
同理函数
m x 在
0
x
x
a
=
=
取得最小值
=e
ln
2
a a
m
a
a
a
a
- -
-
=1
ln
2
a
a
a
-
-
，
因为
3
= 1
ln
1
ln
0
2
2
m
a
a
a
g a
a
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
-
-
-
-
-
-
=
>
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
因为当
0
x
+
®
和x ® +¥ 时
g x 与
m x 均趋近于正无穷，从而当两个函数的最小值一正一负时，方程有且
仅有2 个实根，即
0
m a >
且
0
g a <
，即
1
ln
0,
2
3
1
ln
0,
2
a
a
a
a
a
a
ì -
-
>
ïïí
ï -
-
<
ïî
整理得
1
ln
1,
2
3
ln
1,
2
a
a
a
a
ì æ
ö
+
<
ç
÷
ïï è
ø
í æ
ö
ï
+
>
ç
÷
ï è
ø
î
即
1
1
ln
,
2
1
3
ln
.
2
a
a
a
a
ì
-
< -
ïïí
ï
-
> -
ïî
所以
3
1
1
<ln
2
2
a
a
-
-
< -
，即
1
ln
t
a
a
=
-
的取值范围为
3
1
,
2
2
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø.
18．（2026·广东汕头·一模）设
π
, ,
0, 2
a b c
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，且
cos
a
a
=
，
sin cos
b
b
=
，
cos sin
c
c
=
，则它们的大小关
系为（ ）
A．b
a
c
<
<
B．c
a
b
<
<
C．c
b
a
<
<
D．a
b
c
<
<
【答案】A
【分析】本题可通过构造函数，利用函数的单调性比较大小，关键在于分析
cos
y
x
x
=
-
以及
cos sin
y
x
x
=
-
在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上的单调性.
【详解】首先比较,a b 的大小，
令
π
cos ,
0, 2
f x
x
x x
æ
ö
=
-
Îç
÷
è
ø ，求导得
1 sin
0
f
x
x
¢
= +
>
在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上恒成立，
所以
f x 在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上单调递增.因为
cos
a
a
=
，所以
0
f a =
.
又因为sin x
x
<
在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上恒成立，且
π
0, 2
b
æ
ö
Îç
÷
è
ø，所以
π
cos
0,1
0, 2
b
æ
ö
Î
Í ç
÷
è
ø ，
所以
sin cos
cos
b
b
b
=
<
，所以
cos
0
b
b
-
<
即
0
f b
f a
<
=
.
由于
f x 在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上单调递增，则b
a
<
.
其次比较,a c 的大小，
令
π
cos sin
,
0, 2
h x
x
x x
æ
ö
=
-
Îç
÷
è
ø，求导得
sin sin
cos
1
h x
x
x
¢
= -
- ，
因为
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，所以
π
sin
0,1
0, 2
x
æ
ö
Î
Í ç
÷
è
ø，所以
sin sin
0
x >
且cos
0
x >
，
所以
sin sin
cos
1
0
h x
x
x
¢
= -
- <
，所以
h x 在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上单调递减.
所以
0
h c =
又因为sin x
x
<
在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上恒成立，所以sin a
a
<
，
又因为
cos
y
x
=
在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上单调递减，所以
cos sin
cos
a
a
a
>
=
，
即
cos sin
0
h a
a
a
h c
=
-
>
=
，由单调性可知a
c
<
.
综合b
a
<
以及a
c
<
，所以b
a
c
<
<
19．（2026·山东德州·一模）已知函数
e ,
e
1 ln
x
f x
x
g x
x
x
=
=
+
，若
1
2
,
0
f x
g x
m m
=
=
>
，则
1
2
lnm
x x 的
最大值为（ ）
A．
2
1
e
B．1
C．2
D．
2e
【答案】B
【分析】根据题目条件，求出
1
2
,
x x 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
1
1
1ex
f x
x
m
=
=
，则
1
1
ln
ln
m
x
x
=
+
，
由
2
2
2
e
1 ln
g x
x
x
m
=
+
=
，则
2
2
ln
1 ln
ln 1 ln
m
x
x
= +
+
+
，
令
2
1 ln x
t
+
= ，则ln
ln
m
t
t
= +
，
令
ln
h x
x
x
=
+
，可知函数
h x 在
0, ¥
+
上单调递增，
所以当
1
1
ln
ln
ln
m
x
x
t
t
=
+
= +
有唯一解，即
1
t
x
=
，即
2
1
1 ln x
x
+
=
，可得
1 1
2
ex
x
-
=
，
所以
1
1
1
1
1
2
1
ln
ln
ex
x
x
m
x x
x
-
+
=
，
令
1
1e
0
x
u
x
u
=
>
，则
1
1
ln
ln
u
x
x
=
+
，所以
1
1
1
1
1
ln
ln
eln
e
e
x
x
x
u
u
u
x
u
-
+
=
=
，
令
eln
0
u
p u
u
u
=
>
，则
2
e 1 lnu
p u
u
-
¢
=
，
令
0
p u
¢
=
，即1 ln
0
u
-
=
，解得
e
u =
，
当0
e
u
<
< 时，
0
p u
¢
>
，则
p u 在
0,e 上单调递增，
当
e
u >
时，
0
p u
¢
<
，则
p u 在
e,+¥ 上单调递减，
所以函数
p u 在
e
u =
处取得极大值，也是最大值，为
eln e
e
1
e
p
=
= ，
所以
1
2
lnm
x x 的最大值为1.
故选：B.
二、多选题
20．（25-26 高三下·安徽·月考）设函数
3
2
6
9
4
f x
x
x
x
=
-
+
-
，则（ ）
A．曲线
y
f x
=
切线斜率的最小值为3
-
B．
f x 的图象关于点
2, 4
-
对称
C．
1
x < 是
0
f x <
的充要条件
D．
4
x >
是
0
f x >
的充要条件
【答案】AD
【分析】对原函数求导，结合导数的几何意义及二次函数的性质即可判断选项A；根据函数的对称性即可
判断选项B；分别求出
0
f x <
，
0
f x >
，结合充分条件、必要条件、充要条件的概念即可判断选项C、
D.
【详解】对于A，由题意，得
2
2
3
12
9
3
2
3
3
f
x
x
x
x
¢
=
-
+
=
-
-
³ - ，
根据导数的几何意义可知，切线斜率的最小值为3
- ，故A 正确；
对于B，若
f x 的图象关于点
2, 4
-
对称，则
2
2
8
f
x
f
x
+
+
-
= - .
又
3
2
3
2
2
2
2
6 2
9 2
4
2
6 2
9 2
4
f
x
f
x
x
x
x
x
x
x
+
+
-
=
+
-
+
+
+
-
+
-
-
-
+
-
-
2
3
2
2
3
2
8 12
6
6 4
4
9 2
4
8 12
6
6 4
4
9 2
4
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
=
+
+
+
-
+
+
+
+
-
+
-
+
-
-
-
+
+
-
-
4
8
= - ¹ - ，所以
f x 的图象不关于点
2, 4
-
对称（关于点
2, 2
-
对称），故B 错误；
对于C，
2
1
4
f x
x
x
=
-
-
，若
0
f x <
，即
2
1
4
0
x
x
-
-
<
，
所以
1
0
4
0
x
x
- ¹
ì
í -
<
î
，解得
4
x <
且
1
x ¹ .
所以
0
f x <
的解集为
,1
1,4
¥
-
È
.
因此
1
x < 是
0
f x <
的充分不必要条件，故C 错误；
对于D，
2
1
4
f x
x
x
=
-
-
，若
0
f x >
，即
2
1
4
0
x
x
-
-
>
，
所以
1
0
4
0
x
x
- ¹
ì
í -
>
î
，解得
4
x >
，所以
0
f x >
的解集为
4, ¥
+
.
因此
4
x >
是
0
f x >
的充要条件，故D 正确.
21．（2026·福建莆田·二模）已知函数
e
2
1
x
x
f x
x
+
=
，则下列说法正确的有（ ）
A．
f x 有且只有一个零点
B．点
0,2 为曲线
y
f x
=
的对称中心
C．曲线
y
f x
=
在点
1,3e 处的切线方程为
2e
e
y
x
=
+
D．
1
2
0
x
x
$
<
<
，
1
2
f x
f x
>
【答案】AC
【分析】对A：令
0
f x =
，解出即可得；对B：举出反例即可得；对C：借助导数的几何意义计算即可得；
对D：利用导数研究函数单调性，求出
0
x <
时
f x 的最大值与
0
x >
时
f x 的最小值即可得.
【详解】对A：令
e
2
1
0
x
x
f x
x
+
=
=
，解得
1
2
x = -
，
故
f x 有且只有一个零点，故A 正确；
对B：由
1
1
1
3e
4
e
f
f
+
-
=
+
¹
，
故点
0,2 不为曲线
y
f x
=
的对称中心，故B 错误；
对C：因
2
2
2
e
2
1
e
2
1
2e
e
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x
é
ù
+
-
+
+
-
+
ë
û
=
¢
=
，则
e
2 1 1
1
2e
1
f
´
+ -
=
¢
=
，
故曲线
y
f x
=
在点
1,3e 处的切线方程为
2e
1
3e
2e
e
y
x
x
=
-
+
=
+ ，故C 正确；
对D：因函数
e
2
1
x
x
f x
x
+
=
的定义域为
,0
0,
-¥
È
+¥ ，
2
2
2
e
2
1
e
1
2
1
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x
+
-
+
-
=
=
¢
，
当
1
, 1
,
2
x
¥
¥
æ
ö
Î -
-
È
+
ç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
>
，当
1
1,0
0, 2
x
æ
ö
Î -
Èç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
<
，
故
f x 在
, 1
¥
-
-
、1 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø上单调递增，在
1,0
-
、
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
则当
0
x <
时，
1
e
2 1
1
1
1
e
f x
f
- ´ - +
£
-
=
=
-
，当
0
x >
时，
1
1
2
2
e
1 1
1
4e
1
2
2
f x
f
´
+
æ
ö
³
=
=
ç
÷
è
ø
，
故不存在
1
2
0
x
x
<
<
，使得
1
2
f x
f x
>
，故D 错误.
22．（2026·福建福州·模拟预测）设函数
3
2
3
9
1
f x
x
x
x
=
-
-
+ ，则下列说法中正确的有（ ）
A．函数
1
10
y
f x
=
+
+
是奇函数
B．
f x 在区间
1,1
-
上单调递增
C．直线
0
y =
，
6
y =
与曲线
y
f x
=
的公共点个数不相等
D．斜率为12
-
的直线与曲线
y
f x
=
有且仅有一个公共点
【答案】ACD
【分析】A 选项运用奇函数的定义进行运算判断即可；B 选项根据函数的导函数的正负性进行判断即可；C
选项根据函数的单调性，结合B 的结论进行判断即可；D 选项根据函数的导函数解析式，结合配方法进行
判断即可.
【详解】对于A，
3
2
3
1
3
1
9
1
1
1
1 10
1
0
2
x
x
x
x
x
y
f x
=
+
+
+
-
+
-
+
+
=
-
=
+
，
令
3
12
g x
x
x
=
-
，函数定义域为R，
因为
3
3
12
12
g
x
x
x
x
x
g x
-
= -
-
-
= -
+
= -
，
所以函数
3
12
g x
x
x
=
-
是奇函数，所以A 选项正确；
对于B，
3
2
2
3
9
1
3
6
9
3
1
3
f x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
¢
=
-
-
+ Þ
=
-
-
=
+
-
，
当
1,1
xÎ -
时，
0,
f
x
f x
¢
<
单调递减，所以B 选项不正确；
对于C，因为
2
3
6
9
3
1
3
f
x
x
x
x
x
¢
=
-
-
=
+
-
，
所以当
1,3
xÎ -
时，
0,
f
x
f x
¢
<
单调递减，
当
, 1
xÎ -¥ -
，或
3,
xÎ
+¥ 时，
0,
f
x
f x
¢
>
单调递增，
因为
1
6
0,
3
26
0
f
f
-
=
>
= -
<
，当x ® +¥ 时，
f x ® +¥ ，
当x ® -¥ 时，
f x ® -¥ ，
所以直线
0
y =
，
6
y =
与曲线
y
f x
=
的公共点个数分别为3和2 ，
所以C 选项正确；
对于D，设斜率为-12 的直线方程为
12
y
x
b
= -
+
，
联立
3
2
3
9
1
12
y
x
x
x
y
x
b
ì
=
-
-
+
í
= -
+
î
，消去y 得
3
2
3
9
1
12
x
x
x
x
b
-
-
+ = -
+
，
即
3
2
3
3
1
0
x
x
x
b
-
+
+ -
=
，
令
3
2
3
3
1
h x
x
x
x
b
=
-
+
+ -
，
2
2
3
6
3
3
1
0
x
x
h
x
x
¢
=
-
+
=
-
³
，
当且仅当
1
x = 时取等号，所以
h x 在R 上单调递增，
当x ® -¥ 时，
h x ® -¥ ；当x ® +¥ 时，
h x ® +¥ ，
根据单调函数的性质，
h x 与x 轴有且仅有一个交点，
所以斜率为12
-
的直线与曲线
y
f x
=
有且仅有一个公共点，所以D 选项正确.
23．（2026·浙江·模拟预测）已知
2
2
f x
x
a
x
=
-
-
，则下列正确的是（ ）
A．直线
0
y =
为
f x 的切线
B．若
2
f a
f a
<
，则
1,1
aÎ -
C．若
f x 在
,2
¥
-
上单调递增，则
2,
a
¥
Î
+
D．设1
2
,
l l 为曲线
f x 在
1
1
2
2
,
,
,
x f x
x f x
处的两条切线，若1
2
/ /
l
l ，则
1
2
2 4
3
x
x
a
+
=
+
【答案】ACD
【分析】根据导数的几何意义可求得
2
x =
处切线为
0
y =
得到A 正确；通过举反例证明B 错误；根据导
数的代数意义结合分离参数求范围即可求出C 正确；根据导数的几何意义求出切线方程，结合两切线平行，
找到相应等式即可求得D 正确.
【详解】已知
2
( )
(
)(
2)
f x
x
a x
=
-
-
，求导得
2
( )
(
2)
2(
)(
2)
(
2)(3
2
2)
f
x
x
x
a x
x
x
a
¢
=
-
+
-
-
=
-
-
-
选项A：当
2
x =
时，
(2)
0
f
=
，且
(2)
0
f ¢
=
，因此
2
x =
处切线斜率为0，切线方程为
0
y =
，
故直线
0
y =
一定是
( )
f x 的切线，故A 正确；
选项B：当
0
a =
时，
2
0
f a
f a
f
=
=
，故 B 错误；
选项C：若
( )
f x 在(
,2)
-¥
单调递增，则
( )
0
f
x
¢
³
在(
,2)
-¥
恒成立，当
2
x <
时，
2
0
x -
<
，
因此需要3
2
2
0
x
a
-
-
£
对所有
2
x <
恒成立，即
max
2
2
3
6
a
x
+
³
=
，解得
2
a ³
，即
[2,
)
aÎ
+¥ ，故C 正确；
选项D：求导得：
2
( )
3
2(
4)
4
4
f
x
x
a
x
a
=
+
+
¢
-
+
，切线1
2
/ /
l
l 等价于
1
2
(
)
(
)
f
x
f
x
¢
¢
=
，
整理得：
2
2
1
2
1
2
3
2
4
0
x
x
a
x
x
-
-
+
-
=
，
因为
1
2
x
x
¹
，两边除以
1
2
x
x
-
得
1
2
3(
)
2(
4)
x
x
a
+
=
+
，
即
1
2
2 (4
)
3
x
x
a
+
=
+
，故D 正确.
24．（25-26 高三上·云南普洱·期末）已知函数
0
x
f x
x
x
=
>
，则（ ）
A．函数
( )
f x 在
0,1 上单调递减
B．曲线
( )
y
f x
=
在点(1,
(1))
f
处的切线方程为y
x
=
C．
1
0,
( )
ex
x
f x
-
" >
³
恒成立
D．
0,
( )
ln
1
x
f x
x
" >
³
+ 恒成立
【答案】BCD
【分析】利用指数和对数的运算化简
ln
e
0
x
x
f x
x
=
>
，再利用求导判断单调性，利用求导来求切线斜率，
利用导数来证明不等式即可作出选项判断.
【详解】由
ln
ln
e
e
0
x
x
x
x
x
f x
x
x
=
=
=
>
，得
ln
e
1 ln
x
x
f
x
x
=
+
¢
，
当
1
0, e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，
ln
e
1 ln
0
x
x
f
x
x
=
+
<
¢
，则
ln
ex
x
f x =
在
1
0, e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø上单调递减，
当
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
ln
e
1 ln
0
x
x
f
x
x
=
+
>
¢
，则
ln
ex
x
f x =
在
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上单调递增，故A 错误；
由
ln
e
1 ln
x
x
f
x
x
=
+
¢
，
0
1
e
1 ln1
1
f
=
+
=
¢
,
可得
( )
y
f x
=
在点(1,
(1))
f
处的切线方程为
1
1
1
y
x
y
x
- =
-
Þ
=
，故B 正确；
由
1
ln
1
e
ln
1
ln
1
0
( )
e
e
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
x
x
-
- Û
³
Û
- Û
-
+
³
³
³
，
构造( )
ln
1
g x
x
x
x
=
-
+ ，则
( )
1 ln
1
ln
g x
x
x
¢
= +
- =
，
当
0,1
xÎ
时，
( )
ln
0
g x
x
¢
=
<
，则( )
ln
1
g x
x
x
x
=
-
+ 在
0,1
xÎ
上单调递减，
当
1,
x
¥
Î
+
时，
( )
ln
0
g x
x
¢
=
>
，则( )
ln
1
g x
x
x
x
=
-
+ 在
1,
x
¥
Î
+
上单调递增，
即
min
ln1 1 1
0
( )
g x
=
- + =
，故
1
0,
( )
ex
x
f x
-
" >
³
恒成立，故C 正确；
由
e
1
x
h x
x
=
-
- ，求导得
e
1
x
h x
¢
=
- ，
当
,0
x
¥
Î -
时，
e
1
0
x
h x =
¢
- <
，则
e
1
x
h x
x
=
-
- 在
,0
x
¥
Î -
上单调递减，
当
0,
x
¥
Î
+
时，
e
1
0
x
h x =
¢
- >
，则
e
1
x
h x
x
=
-
- 在
0,
x
¥
Î
+
上单调递增，
所以
0
min
e
0 1
0
h x
=
-
- =
，即e
1
x
x
³
+ ，则
1
ex
x
- ³
，
当
0
x >
时,上式两边取对数可得:
1
lne
ln
1
ln
1
ln
x
x
x
x
x
x
- ³
Þ
- ³
Þ
³ +
，
则由
1
0,
( )
e
1+ln
x
x
f x
x
x
-
" >
³
³
³
，可知
0,
( )
ln
1
x
f x
x
" >
³
+ 恒成立，故D 正确.
故选：BCD
25．（25-26 高二上·福建莆田·期末）已知函数
ex
f x =
，
ln
g x
x
=
，其中e 为自然对数的底数，则下列
说法正确的是（ ）
A．函数
e
y
f x
g x
=
-
的极值点为1
B．
0,
x
¥
$ Î
+
，
2
f x
g x
-
=
C．若P，Q 分别是曲线
y
f x
=
和
y
g x
=
上的动点，则|PQ|的最小值为2
D．若
1
f ax
g x
a x
-
³
-
对任意的
0,
x
¥
Î
+
恒成立，则a 的最小值为1
e
【答案】ACD
【分析】对于A，求导，利用导数研究函数的单调性，即可求出极值点；对于B，设
h x
f x
g x
=
-
，
求导，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可求解；对于C，利用曲线
ex
y =
与曲线
ln
y
x
=
互
为反函数，可先求点P 到y
x
=
的最小距离d ，然后再求PQ 的最小值；对于D，利用同构把恒成立问题转
化为
ln
ax
x
³
，分离参数，构造函数
lnx
u x
x
=
，利用导数求解最值即可.
【详解】对于A，
eg
e
eln
x
y
f x
x
x
=
-
=
-
．所以
e
e
e
e
x
x
x
y
x
x
=
¢
-
=
-
，
当0
1
x
<
< 时，
0
¢ <
y
，当
1
x > 时，
0
¢ >
y
，
所以
e
eln
x
y
x
=
-
在
0,1 上单调递减，在
1, ¥
+
上单调递增，
所以
eg
y
f x
x
=
-
的极值点为1，故A 正确；
对于B，设
e
ln
x
h x
f x
g x
x
=
-
=
-
，则
1
ex
h x
x
=
¢
-
，
因函数
ex
y =
与
1
y
x
= -
在
0, ¥
+
上均单调递增，故
h x
¢
在
0, ¥
+
上单调递增．
又
1
e
1
e
e 0,
1
e 1 0
e
h
h
æ
ö =
-
¢
¢
=
-
ç
÷
è
ø
，则存在
0
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ．使得
0
0
0
1
e
0
x
h x
x
¢
=
-
=
，
即
0
0
1
e
x
x
=
，
0
0
lnx
x
= -
，所以当
0
0,
x
x
Î
时．
0
h x
¢
<
，当
0,
x
x
¥
Î
+
时．
0
h x
¢
>
．
所以
h x 在
0
0, x
上单调递减．在
0,
x
¥
+
上单调递增.
所以
0
min
0
0
0
0
1
( )
e
ln
x
h x
h x
x
x
x
=
=
-
=
+
，又
0
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，则
0
0
1
2
x
x +
>
，
所以
0,
,
2
x
f x
g x
¥
" Î
+
-
>
，故B 错误；
对于C，因为函数
ex
f x =
与函数
ln
g x
x
=
互为反函数，其图象关于y
x
=
对称，
设点P 到y
x
=
的最小距离为d ，设函数
ex
f x =
上斜率为1的切线为y
x
b
=
+
，
ex
f
x
¢
=
，由e
1
x = 得
0
x =
，所以切点坐标为
0,1 ，即
1
b = ，所以
0 1
2
2
2
d
-
=
=
，
所以PQ 的最小值为2
2
d =
，故C 正确；
对于D，若
1
f ax
g x
a x
-
³
-
对任意的
0,
x
¥
Î
+
恒成立，
则
ln
e
ln
e
ln
ax
x
ax
x
x
x
+
³
+
=
+
对任意的
0,
x
¥
Î
+
恒成立，
令
ex
F x
x
=
+
，
(
)
(ln )
F ax
F
x
³
，因
1 e
0
x
F
x = +
>
¢
．所以
F x 在
0, ¥
+
上单调递增，故
ln
ax
x
³
，
即
lnx
a
x
³
，令
lnx
u x
x
=
，所以
2
1 lnx
u
x
x
-
¢
=
，
当0
e
x
<
<
时，
0
u
x
¢
>
，则函数
u x 在(0,e) 上单调递增，当
e
x> 时，
0
u
x
¢
<
，则函数
u x 在(e,
)
+¥ 上
单调递减，
所以
max
lne
1
( )
e
e
e
u x
u
=
=
=
，所以
1
e
a ³
，即a 的最小值为1
e ，故D 正确.
故选：ACD
26．（2026·山东青岛·一模）已知函数
2
2
1
ln
f
x
x
x
x
=
+
-
，则（ ）
A．
f x 在区间
0, ¥
+
上单调递增
B．
f x 恰有两个零点
C．不等式
1
f x
f
x
<
-
的解集为
1
0
2
x
x
ì
ü
<
<
í
ý
î
þ
D．若
0
f m
f n
+
=
，则
2
2
m
n
+
的最小值为2
【答案】ABD
【分析】函数
f x 的定义域为
,0
0,
¥
¥
-
È
+
，关于原点对称，且函数
f x 为偶函数，对于函数求导可
判断A 项，由单调性及
1
0
f
=
可判断B 项，由偶函数及单调性可判断C，D 项．
【详解】函数
2
2
1
ln
f x
x
x
x
=
+
-
的定义域为
,0
0,
¥
¥
-
È
+
，关于原点对称，
且
2
2
2
2
1
1
ln
ln
( )
f
x
x
x
x
x
f x
x
x
-
=
-
+ -
-
=
+
-
=
-
，所以函数
f x 为偶函数，
对于A 项，当
0
x >
时，
2
2
1
ln
f x
x
x
x
=
+
-
，
对其求导得
3
1
2
2
0
f
x
x
x
x
=
+
+
>
¢
，所以
f x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，故A 项正确；
对于B 项，因为
f x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，且
1
0
f
=
，
根据偶函数的性质可知，
( 1)
1
0
f
f
-
=
=
，所以
f x 恰有两个零点，故B 项正确；
对于C 项，因为
f x 为偶函数，且在
0, ¥
+
上单调递增，
所以
1
f x
f
x
<
-
等价于
1
f
x
f
x
<
-
，
得
1
x
x
<
-
，两边平方得
1
2
x <
，
而函数
f x 的定义域为
,0
0,
¥
¥
-
È
+
，所以
1
f x
f
x
<
-
的解集为
1
,0
0, 2
¥
æ
ö
-
Èç
÷
è
ø ，故C 项错误；
对于D 项，因为
0
f m
f n
+
=
，且
f x 为偶函数，
得
0
f
m
f
n
+
=
，即
f
m
f
n
= -
，
因为
2
2
2
2
1
1
1
ln
ln
0
f
n
f
n
n
n
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
+
=
+
-
+ -
+
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
所以
1
f
m
f
n
æ
ö
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
又因为
f x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，所以
1
m
n
=
，得
1
mn = ，
则
2
2
2
2
m
n
mn
+
³
=
，当且仅当
1
m
n
=
= 时取等号，所以
2
2
m
n
+
的最小值为2，故D 项正确．
27．（2026·陕西·模拟预测）对于函数
e
sin
cos
x a
f x
x
x
+
=
+
+
，下列说法正确的是（ ）
A．若
0
a =
，则函数
f x 在
0, ¥
+
上单调递增
B．若
π
a = - ，则函数
f x 在
0, ¥
+
上有2 个极值点
C．
0
R,
0
a
x
$ Î
$
>
，使得函数
f x 在
0
0, x
上单调递增，在
0,
x +¥ 上单调递减
D．若函数
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，则a 的最小值为
π
2
-
【答案】ABD
【分析】利用导数研究函数单调性，可以依据导函数的正负情况判断；函数的极值，即判断导函数是否有
变号的零点.
【详解】对于选项A，当
0
a =
时，
e
sin
cos
x
f x
x
x
=
+
+
，
则
π
e
cos
sin
e
2sin
4
x
x
f
x
x
x
x
æ
ö
¢
=
+
-
=
-
-
ç
÷
è
ø ，
当
π
0
2
x
<
<
时，
0
e
cos
sin
e +0 1=0
x
f
x
x
x
¢
=
+
-
>
-
，
当
π
2
x ³
时，则
π
2
π
e
2sin
e
2
0
4
x
f
x
x
³
æ
ö
¢
=
-
-
-
>
ç
÷
è
ø
，
故当
0
x >
时，
0
f
x
¢
>
，故函数
f x 在
0, ¥
+
上单调递增.故A 正确；
对于选项B，当
π
a = - 时，
π
e
sin
cos
x
f x
x
x
-
=
+
+
，令
π
e
cos
sin
x
f
x
x
x
-
¢
=
+
-
=0，
即
π
e
sin
cos = 2sin
4
x
x
x
x
p
-
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø ，考虑两函数的交点情况如图：
可知
π
a = - ，则函数
f x 在
0, ¥
+
上有2 个极值点.故B 正确；
对于选项C，
0
R,
0
a
x
$ Î
$
>
，使得函数
f x 在
0
0, x
上递增，在
0,
x +¥ 上递减，
则函数在
0
x
x
=
取最大值，
由
ex a
y
+
=
为指数型函数在
0, ¥
+
上不存在最大值，
sin
cos
y
x
x
=
+
为有界函数，
故
e
sin
cos
x a
f x
x
x
+
=
+
+
没有最大值.故C 错误；
对于选项D，函数
e
sin
cos
x a
f x
x
x
+
=
+
+
在
0, ¥
+
上单调递增，
则
e
cos
sin
0
x a
f
x
x
x
+
¢
=
+
-
³
恒成立，
则
ln sin
cos
a
x
x
x
³
-
-
，
sin
cos
0
x
x
-
>
在
0, ¥
+
上单调递增，
令
ln sin
cos
h x
x
x
x
=
-
-
，则
sin
cos
2cos
1
sin
cos
sin
cos
x
x
x
h x
x
x
x
x
+
¢
=
- =
-
-
，
令
0
h x
¢
=
，则cos
0
x =
，得
π
π
2
x
k
=
+
，
N
k Î
.
因
ln sin
cos
y
x
x
=
-
为周期函数，y
x
= - 在
0, ¥
+
上单调递减，
故
ln sin
cos
h x
x
x
x
=
-
-
的最大值在
0,2π 中取得，
当
π
5π
0,
,2π
4
4
x
æ
ö
æ
ö
Î
È
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø 时，sin
cos
0
x
x
-
<
，
e
cos
sin
0
x a
f
x
x
x
+
¢
=
+
-
³
恒成立；
当
π π
,
4 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
h x
¢
>
，
h x 在
π π
,
4 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 单调递增；
当
π 5π
,
2
4
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，
0
h x
¢
<
，
h x 在π 5π
,
2
4
æ
ö
ç
÷
è
ø 单调递减；
故
h x 的最大值为
π
π
π
π
π
ln sin
cos
2
2
2
2
2
hæ
ö
æ
ö
=
-
-
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
从而
π
2
a ³ -
,即a 的最小值为
π
2
-
.故D 正确.
28．（2026·广东广州·二模）对于函数
ln
b
f x
a x
x
=
+
，下面说法正确的有（ ）
A．当
0
ab >
时，函数
f x 有两个零点
B．当
0
ab <
时，函数
f x 不存在极值点
C．当
f x 最小值为b 时，
f x
a
³
D．当
0,
0
a
b
>
>
时，函数
b
b
g t
f
t
f
t
a
a
æ
ö
æ
ö
=
+
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
在区间0, b
a
æ
ö
ç
÷
è
ø 单调递减
【答案】BCD
【分析】对于AB，利用导数分析极值点及零点即可判断；对于C，由最值可确定
0,
0
a
b
>
>
，进而得到
b
a
=
，结合最值即可判断；对于D，对
g t 求导，利用导数确定单调性即可．
【详解】函数
f x 的定义域为
0, ¥
+
，
2
2
a
b
ax
b
f
x
x
x
x
=
¢
-
=
-
，
当
0
ab >
时，
0
f
x
¢
=
，解得
b
x
a
=
，
不妨取
0,
0
a
b
>
>
，当0
b
x
a
<
<
时，
0
f
x
¢
<
，函数
f x 在0, b
a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
当
b
x
a
>
时，
0
f
x
¢
>
，函数
f x 在
,
b
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递增，
min
ln
ln
1
b
b
b
f x
f
a
a
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
\
=
=
+
=
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø，
易知当
1
e
b
a = 时，函数
min
0
f x
=
，此时函数只有一个零点，故A 错误；
当
0
ab <
时，若
0,
0
a
b
>
<
，因
0
x >
，则
0
ax
b
-
>
，
0
f
x
¢
>
，则
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，无极值点；
若
0,
0
a
b
，因
0
x >
，则
0
ax
b
-
<
,
0
f
x
¢
<
，则
f x 在
0, ¥
+
上单调递减，无极值点；
综上，当
0
ab <
时，函数
f x 不存在极值点，故B 正确；
由A 项分析可知，当
f x 最小值为b 时，有
0,
0
a
b
>
>
，
min
ln
b
b
f x
f
a
a
b
a
a
æ
ö
=
=
+
=
ç
÷
è
ø
，即ln
1
b
b
a
a
+ =
，
令
b
t
a
=
，则ln
1
t
t
+ = ，即ln
1
0
t
t
+ - =
，
令
ln
1
,
0
h t
t
t t
=
+ -
>
，
1
1
1
t
h t
t
t
-
=
- =
¢
，
当0
1
t
< < 时，
0
h t
¢
>
,当
1
t > 时，
0
h t
¢
<
所以
h t 在
0,1 上单调递增，在
1,+¥ 上单调递减，
则
min
1
0
h x
h
=
=
，ln
1
0
t
t
+ - =
的解为
1
t = ，
即
1
b
a = ，b
a
=
，此时
min
ln
ln1
b
f x
a
a
a
a
a
a
=
+
=
+
=
，即
f x
a
³
，故C 正确；
当
0,
0
a
b
>
>
时，函数
b
b
g t
f
t
f
t
a
a
æ
ö
æ
ö
=
+
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
由
0
0
b
t
a
b
t
a
ì
+ >
ïïí
ï
- >
ïî
，可得
b
b
t
a
a
-
< <
，即函数
g t 的定义域为
,
b b
a a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø ，
则
b
b
g t
f
t
f
t
a
a
æ
ö
æ
ö
=
+
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
¢
¢
ø
¢
，因
2
ax
b
f
x
x
=
¢
-
，
则
2
2
2
2
2
4
b
at
b
b
at
b
bt
g t
b
b
b
b
t
t
t
t
a
a
a
a
+
-
-
-
-
=
+
=
æ
ö
æ
ö
æ
ö æ
ö
+
-
+
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷ ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø è
ø
¢
，
故当
0, b
t
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
g t
¢
<
，即
g t 在0, b
a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，故D 正确．
29．（2026·福建泉州·二模）已知函数
e
2
x
f x
bx
=
-
-
有两个零点
1
2
1
2
,
x x
x
x
¹
，则（ ）
A．当
e
b = 时，
2
f x ³ -
B．
1
2
1
2
2
2
f x
f x
x
x
f
+
+
æ
ö >
ç
÷
è
ø
C．当
e
b >
时，
1
2
e
e
2e
x
x
+
>
D．函数
1
2
=
-
g b
x
x 取最小值时，
2
b =
【答案】ACD
【分析】求出函数的导数并判断符号得单调性，从而可得最值，故可判断A，利用基本不等式可判断B，
由零点性质结合代数变形可得
1
2
1
2
1
2
1
2
e
1
e
e
e
1
x
x
x
x
x
x
b x
x
-
-
-
+
+
=
-
，利用分析法可证题设不等式，故可判断C，结
合C 中判断和代数变形可得
2
2
1
2
2
1
2
2
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
-
-
=
-
- ，构建新函数并判断单调性后可求函数
1
2
g b
x
x
=
-
取最小值
时
2
b =
，故可判断D.
【详解】对于A，当
e
b = 时，
e
e
2
x
f x
x
=
-
-
，此时
e
e
x
f
x
¢
=
- ，
当
,1
x
¥
Î -
时，
0
f
x
¢
<
；当
1,
x
¥
Î
+
时，
0
f
x
¢
>
；
故
f x 在
,1
¥
-
上单调递减，在
1, ¥
+
上单调递增，
故
1
e
e
2
2
f x
f
³
=
- -
= - ，故A 正确；
对于B，
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
e
e
e
2
2
2
x
x
x
x
f x
f x
x
x
f
+
+
+
æ
ö -
=
-
+
ç
÷
è
ø
，
因为
1
2
x
x
¹
，由基本不等式可得
1
2
1
2
1
2
2
1 e
e
> e e
=e
2
x
x
x
x
x
x
+
+
，
故
1
2
1
2
0
2
2
f x
f x
x
x
f
+
+
æ
ö -
<
ç
÷
è
ø
即
1
2
1
2
2
2
f x
f x
x
x
f
+
+
æ
ö <
ç
÷
è
ø
，
故B 错误；
对于C，由题设有
1
2
1
2
e
2,e
2
x
x
bx
bx
=
=
+
+
，故
1
2
1
2
e
e
x
x
b x
x
-
=
-
，
故
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
e
1
e
e
e
e
e
e
e
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
b x
x
b x
x
-
-
-
+
-
+
=
+
=
-
-
，
要证
1
2
e
e
2e
x
x
+
>
即证
1
2
1
2
1
2
e
1
2e
e
1
x
x
x
x
b x
x
-
-
-
+
>
-
，即证
1
2
1
2
1
2
e
1
2
e
1
x
x
x
x
x
x
-
-
-
+
>
-
，
不妨设
1
2
x
x
>
，
1
2
0
t
x
x
=
-
>
，即证
e
1
2
e
1
t
t
t
+
>
-
，即证
e
1
2 e
1
t
t
t
+
>
-
，
设
e
1
2 e
1 ,
0
t
t
s t
t
t
=
+
-
-
>
，则
1 e
1
t
s t
t
=
-
+
¢
，
设
1 e
1
t
u t
t
=
-
+ ，则
e
0
t
u t
t
=
>
¢
，故
s t
¢
在
0, ¥
+
为增函数，
故
0
0
s t
s
¢
>
=
¢
，故
s t 在
0, ¥
+
为增函数，故
0
0
s t
s
>
=
.
故
1
2
e
e
2e
x
x
+
>
成立，故C 正确.
对于D，由C 的分析可得
1
2
1
2
e
e
x
x
b x
x
-
=
-
，
因为
ex
f
x
b
¢
=
- ，若
0
b £
，则
0
f
x
¢
>
，
f x 为R 上的增函数，
与
f x 有两个不等的零点矛盾，故
0
b >
，
因为
0
1
0
f
= - <
，且x ® +¥ 时，
f x
¥
® +
，x ® -¥ 时，
f x
¥
® +
，
故
1
2
0
x x <
，不妨设
1
2
0
x
x
>
>
，则
2
1
2
1
2
1
e
e
x
x
x
x
x
b
-
=
-
- ，故
2
2
1
2
2
1
2
2
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
-
-
=
-
- ，
设
0
e
1
t
t
p t
t
=
>
-
，则
2
e
1
e
e
1
t
t
t
t
p t
- -
=
-
¢
，
设
e
1
e ,
0
t
t
w t
t
t
=
- -
>
，
e
0
t
w t
t
= -
<
¢
，故
w t 在
0, ¥
+
上为减函数，
故
0
0
w t
w
<
=
即
0
p t
¢
<
，故
p t 在
0, ¥
+
上为减函数.
设
e
0
e
2
t
t
t
r t
t
=
<
-
，则
2
2
2
1 e
e
2
e
e
e
2
2
e
2
e
2
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
r t
+
-
-
-
-
¢
=
=
-
-
，
设
e
2
2 ,
0
t
q t
t t
=
-
-
<
，则
e
2
0
t
q t =
¢
-
<
，故
q t 在
,0
¥
-
上为减函数，
而
0
1
0
q
= - <
，
1
1
e
0
q
-
-
=
>
，故
q t 在
,0
¥
-
上存在零点a ，
且
,
t
a
¥
Î -
时，
0
q t >
即
0
r t
¢
>
，当
,0
t
a
Î
时，
0
q t <
即
0
r t
¢
<
，
故
r t 在
,a
¥
-
上为增函数，在
,0
a
上为减函数，
故当t
a
=
时，
r t 取最大值即
1
2
x
x
-
取最小值，此时e
2
2
a
a
=
+
，
即
2x
a
=
，故此时
e
2
2
a
b
a
-
=
=
，故D 正确.
故选：ACD.
三、填空题
30．（2026·河北保定·一模）已知直线
2
y
x
a
=
+
与函数
ex a
f x
+
=
的图象相切，则a =________.
【答案】2ln 2
2
-
【分析】设出
2
y
x
a
=
+
与函数
f x 的切点坐标，写出在切点处的切线方程，根据该切线方程与
2
y
x
a
=
+
是同一条直线，得到关于切点横坐标与a 的方程组，消元后求解a 即可.
【详解】
ex a
f x
+
=
，则
( )
f
x
¢
ex a
+
=
；
令
2
y
x
a
=
+
与函数
f x 的切点为
0
0,ex
a
x
+
，
则在该点处的切线方程为
0
0
0
e
e
x
a
x
a
y
x
x
+
+
-
=
-
，
整理得：
0
0
0
e
e
1
x
a
x
a
y
x
x
+
+
=
+
-
，又因为
2
y
x
a
=
+
，
故可得
0
0
0
e
2
e
1
x
a
x
a
x
a
+
+
ì
=
ïí
-
=
ïî
，则
0
0
e
2
2 1
x
a
x
a
+
ì
=
ïí
-
=
ïî
，即
0
0
e
2
1
2
x
a
a
x
+
ì
=
ïí
= -
ïî
，
故
1
1
2
2
e
e
2
a
a
a
- +
+
=
=
，
两边取对数，解得
1
ln 2
2
a + =
，则
2ln 2
2
a =
-
.
31．（2026·湖北黄冈·一模）设函数
1
( )
2ln
f x
x
x
x
=
-
-
，则曲线
( )
y
f x
=
在点(1,
(1))
f
处的切线方程为
________．
【答案】
1
0
x
y
+
- =
【详解】因为
1
( )
2ln
f x
x
x
x
=
-
-
，
所以
(1)
0
f
=
.求导得
3
1
1
2
( )
2
2
f
x
x
x
x
¢
=
+
-
，有
(1)
1
k
f ¢
=
= - ，
曲线
( )
y
f x
=
在点(1,
(1))
f
处的切线方程为
0
1
1
y
x
-
= -
-
，
即
1
0
x
y
+
- =
.
32．（2026·陕西榆林·模拟预测）若
3
2
,4cos
2cos
1
0
x
x
x
a
" Î
+
- -
>
R
恒成立，则实数a 的取值范围为______．
【答案】(
, 3)
-¥ -
【分析】利用换元法，结合余弦函数的最值性质、任意性的定义，通过构造函数，利用导数研究函数的最
值即可．
【详解】易知
3
2
4cos
2cos
1
a
x
x
<
+
- ，
令
3
2
( )
4cos
2cos
1,
cos
[ 1,1]
f x
x
x
t
x
=
+
-
=
Î -
，则
3
2
( )
4
2
1
f t
t
t
=
+
- ，
所以
( )
4 (3
1)
f t
t
t
¢
=
+
．当
1
0
3
t
-
< <
时，
( )
0
f t
¢
<
，
当
1
1
3
t
- £ < -
或0
1
t
< £ 时，
( )
0
f t
¢
>
，
所以
( )
f t 在
1 ,0
3
æ
ö
-
ç
÷
è
ø上单调递减，在
1
1,
,(0,1]
3
é
ö
- -
÷
êë
ø
上单调递增．
由
( 1)
3
(0)
1
f
f
-
= - <
= - ，得函数
( )
f t 的最小值为3
- ，
因为
3
2
4cos
2cos
1
a
x
x
<
+
- ，所以
3
a < - ．
所以实数a 的取值范围为(
, 3)
-¥ -
.
33．（2026·山东潍坊·一模）若函数
2
1
ln
a
f x
x
x
x
=
+
-
有两个极值，则实数a 的取值范围为__________.
【答案】
2 2,+¥
【分析】先确定函数的定义域，再求出函数的导数，根据导数与极值点关系计算即可.
【详解】Q函数
2
1
ln
a
f x
x
x
x
=
+
-
的定义域为
0, ¥
+
，
2
2
3
3
1
2
2
a
x
ax
f
x
x
x
x
x
-
+
\
=
-
+
=
¢
，
Q函数
2
1
ln
a
f x
x
x
x
=
+
-
在
0, ¥
+
有两个极值，
2
3
2
0
x
ax
f
x
x
-
+
\
=
=
¢
在
0, ¥
+
有两个不相等的实数根，
即
2
2
0
x
ax
-
+
=
在
0, ¥
+
有两个不相等的实数根，
令
2
2
g x
x
ax
=
-
+
，对称轴为
2
a
x =
，
要使
2
2
0
x
ax
-
+
=
在
0, ¥
+
有两个不相等的实数根，
则需满足
2
Δ
8
0
0
2
0
2
0
a
a
g
ì
=
-
>
ïï
>
í
ï
=
>
ïî
，解得
2 2
a >
，
综上，实数a 的取值范围为
2 2, ¥
+
.
34．（2026·四川成都·二模）函数
2
1
sin
cos
2π
2
f x
x
x
x
ax
=
-
+
+
．若
0
f x > 在区间
0, ¥
+
上恒成立，则
整数a 的最小值是__________．
【答案】1
【分析】利用特值法判断
0
f x > 成立的必要条件，再根据导数判断函数单调性，即可证明其充分性.
【详解】由
2
2π
2 π
0
f
a
=
>
，要使
0
f x > 在区间
0, ¥
+
上恒成立，则
0
a >
，
当
1
a = 时，
2
1
sin
cos
2π
2
f x
x
x
x
x
=
-
+
+
，
此时
sin
sin
1
0
f
x
x
x
x
x
x
¢
=
+
=
+
³
在
0, ¥
+
上恒成立，
故
f x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，
此时
0
2π
0
f x
f
³
=
>
，也即
0
f x > 在
0, ¥
+
上恒成立，
故整数a 的最小值为1．
35．（2026·四川巴中·一模）若不等式
2
e
ln
1
ln
x
x a
x
x
a
- - -
-
³
+
恒成立，则 a 的取值范围_____.
【答案】
,1
-¥
【分析】将原不等式变形为
2
2
ln
2
2
e
e
+ln
x
x
x
x a
x
x
a
x
x
-
- - +
-
-
³
-
，构造函数
ex
f x
x
=
+
，得到
f x 在R
上单调递增，从而将问题转化为
2
2
ln
x
x
a
x
x
-
-
³
-
恒成立，令
2
t
x
x
=
-
，
ln
g t
t
t
= -
，利用导数求出
g t
的最小值即可求解.
【详解】
2
e
ln
1
ln
x
x a
x
x
a
- - -
-
³
+
左右两边同时加
2x
x
a
-
-
，并将
ln
1
x -
移项得
2
2
2
e
ln
1
ln
x
x a
x
x
a
x
x
x
x
- - +
-
-
³
-
+
+
-
，
整理得
2
2
ln
2
2
e
e
+ln
x
x
x
x a
x
x
a
x
x
-
- - +
-
-
³
-
，
设
ex
f x
x
=
+
，
e
1
0
x
f
x =
¢
+ >
，故
f x 在R 上单调递增，
则原不等式可化为
2
2
ln
f x
x
a
f
x
x
-
-
³
-
，
所以
2
2
ln
x
x
a
x
x
-
-
³
-
，
整理得
2
2
ln
x
x
x
x
a
-
-
-
³
，
令
2
t
x
x
=
-
，
0
t >
，设
ln
g t
t
t
= -
，
0
t >
，
则
1
1
1
t
g t
t
t
¢
-
= -
=
，令
0
g t
¢
=
，则
1
t = ，
故当
0,1
t Î
时，
0
g t
¢
<
，当
1,
t
¥
Î
+
时，
0
g t
¢
>
，
所以
g t 在
0,1 上单调递减，在
1, ¥
+
上单调递增，
所以
1
1
g t
g
³
= ，
对方程
2
1
x
x
-
= ，
2
Δ
1
4 1
1
5
0
= -
- ´ ´ -
=
>
，故存在实数x 使
2
1
t
x
x
=
-
= 成立，
所以
1
a £ ，即
(
,1
a
¥
Î -
.
故答案为：
(
,1
¥
-
.
36．（2026·辽宁·模拟预测）已知不等式(
2)e
1
x
k x
x
+
<
+ 恰有两个整数解，则实数k 的取值范围为_____．
【答案】
4
5
2
3
2
3e
4e
[
,
)
(
,
]
4e
3e
2
3
U
【分析】原不等式化为
1
(
2)
ex
x
k x
+
+
<
，构造函数
1
( )
ex
x
f x
+
=
，利用导数研究单调性并作出大致图象，数形
结合即可求出范围.
【详解】原不等式(
2)e
1
x
k x
x
+
<
+ 等价于
1
(
2)
ex
x
k x
+
+
<
，设g( )
(
2)
x
k x
=
+
，
1
( )
ex
x
f x
+
=
，
求导得
( )
ex
x
f
x
-
¢
=
，当
0
x <
时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
0
x >
时，
( )
0
f
x
¢
<
，
函数
( )
f x 在(
,0)
-¥
上单调递增，在(0,
)
+¥ 上单调递减，
当
0
x =
时，
( )
f x 取极大值1，又
( 1)
0
f -
=
，且
0
x >
时，
( )
0
f x >
，
在同一坐标系内作出g( )
(
2)
x
k x
=
+
与
1
( )
ex
x
f x
+
=
的图象，如图：
直线g( )
(
2)
x
k x
=
+
恒过点( 2,0)
-
，当
0
k £
时，显然不满足条件；
当
0
k >
时，若0，1 是原不等式的解，只需要满足
(1)
(1)
(2)
(2)
f
g
f
g
>
ì
í
£
î
，解得
2
3
2
4e
3e
k
£
<
，
k 的取值范围为
2
3
2
[
,
)
4e
3e ；
当
1
( )
ex
x
f x
+
=
的切线过点( 2,0)
-
时，设切点为
0
0
0
1
(
,
)
ex
x
x
+
，则切线方程为
0
0
0
0
0
e
)
1
(
ex
x
x
x
y
x
x
+
-
-
=
-
，
该直线过点( 2,0)
-
，
0
0
0
0
0
1
0
)
e
( 2
ex
x
x
x
x
+
-
-
=
-
-
，解得
0
3
5
2
x
- ±
=
，
若3, 4
-
- 是原不等式的解，则
( 3)
( 3)
( 4)
( 4)
( 5)
( 5)
f
g
f
g
f
g
-
>
-
ì
ï
-
>
-
ïí
ï
-
£
-
ïî
，解得
4
5
3e
4e
2
3
k
<
£
，
所以k 的取值范围为
4
5
2
3
2
3e
4e
[
,
)
(
,
]
4e
3e
2
3
U
.
故答案为：
4
5
2
3
2
3e
4e
[
,
)
(
,
]
4e
3e
2
3
U
题型17 导数大题40 个重点题型
题号
核心题型
题型解决关键点
1
切线方程与值域
利用导数求切线斜率，由垂直关系列方程求参数；再求导判断单
调性，结合区间端点求值域。
2
切线方程与含参单调性
求导得切线斜率，点斜式写切线方程；对参数分类讨论，根据导
函数符号确定单调区间。
3
含参单调性与存在性最值
求导后分参数讨论单调性；将存在性条件转化为函数值相等，构
造函数利用导数求最值。
4
单调区间极值与不等式证明
求导得极值点，分析导数符号得单调区间和极值；构造函数，利
用最值证明不等式。
5
三角函数周期对称性与导数
单调性
由周期求ω，由对称中心求φ；求导后化简函数，再分析导函数符
号得单调区间。
6
切线方程、恒成立与极值点偏
移
求导得切线；恒成立转化为最值问题，分离参数或构造新函数；
极值点偏移利用单调性和对称性证明。
7
极值与恒成立求参数
求导得极值点，分析单调性得极值；恒成立转化为最小值非负，
分离参数或构造函数求最值。
8
含参单调性与不等式证明
求导后分参数讨论单调性；构造函数，利用导数证明不等式。
9
含参单调性与恒成立求参数
求导后分参数讨论单调性；恒成立转化为最小值非负，分离参数
或构造函数求最值。
10
极值点求参数与不等式证明
由极值点处导数为0求参数；构造函数，利用导数证明不等式。
11
含参单调性与存在性问题
求导后分参数讨论单调性；利用奇偶性将存在性转化为方程有解，
分离参数求范围。
12
切线方程与零点个数求参数
求导得切线；将零点个数转化为方程根的个数，分离参数或利用
导数研究函数图象。
13
对称性、最值与零点个数
利用对称性求解析式；求导得单调性，求最值；构造函数研究零
点个数。
14
极值点与参数关系、单调区
间、存在性
由极值点处导数为0得关系式；求导后分情况讨论单调区间；存在
性问题分离参数求最值。
15
不等式证明、极值点存在性与
范围
构造函数证明不等式；利用导数研究单调性，结合零点存在定理
证明极值点存在并求范围。
16
极值点求参数与切线位置关
系
由导函数极值点处导数为0求参数；构造函数，利用最值证明切线
在曲线上方。
17
单调区间与函数零点个数
求导得单调区间；构造函数，利用导数研究零点，转化为图象交
点个数。
18
单调区间与存在性恒成立最
值
求导得单调区间；将存在性转化为最值问题，分离参数求最值。
19
切线方程、零点个数与参数取
值
求导得切线方程；利用导数研究零点个数，分类讨论得参数取值
集合。
20
零点存在性求参数与值域
分离参数，利用导数研究函数单调性和最值，数形结合求参数范
围；求导得单调性求值域。
21
切线方程、存在单调区间与恒
求导得切线方程；存在单调区间转化为导数有正值，分离参数求
成立最值
范围；恒成立转化为最值。
22
极值、不等式证明与恒成立求
参数
求导得极值；构造函数证明不等式；恒成立分离参数求最值。
23
单调区间、切线不等式与极值
点偏移
求导得单调区间；构造函数证明切线不等式；利用单调性证明极
值点偏移结论。
24
切线方程、不等式证明与有解
求参数
求导得切线方程；构造函数证明不等式；有解问题转化为最值，
分离参数求范围。
25
切线方程、极值点个数与恒成
立求参数
求导得切线方程；求导分析极值点个数；恒成立转化为最值，分
离参数求范围。
26
切线方程、不等式证明与零点
个数求参数
求导得切线方程；构造函数证明不等式；分离参数，利用导数研
究零点分布求参数范围。
27
极值点求参数、恒成立求参数
与不等式证明
由极值点处导数为0求参数；恒成立分离参数求最值；利用放缩法
证明不等式。
28
切线方程、不等式证明与参数
范围
求导得切线方程；构造函数证明不等式；分离参数，利用导数研
究函数最值。
29
单调性讨论与最值存在唯一
参数
求导后分参数讨论单调性；构造函数研究最值，转化为方程有唯
一解。
30
切线平行求参数、极值点个数
与四点共圆
由导数为0求参数；求导分析极值点个数；利用对称性证明四点共
圆。
31
必要条件求参数、零点存在求
参数与不等式证明
将必要条件转化为单调性，分离参数求最值；分离参数研究零点；
构造函数证明不等式。
32
单调性、不等式证明与参数范
围
求导得单调性；构造函数证明不等式；分离参数求范围。
33
极值点个数、零点存在求参数
与不等式证明
求导分析极值点个数；分离参数研究零点；利用对数均值不等式
证明。
34
单调性、极值点存在性与零点
不等式
求导得单调性；利用导数证明极值点不存在；构造函数证明零点
不等式。
35
单调区间、零点个数与恒成立
求参数
求导得单调区间；利用导数研究零点个数；恒成立分离参数求范
围。
36
单调区间、零点个数求参数与
不等式证明
求导得单调区间；分离参数研究零点；构造函数证明不等式。
37
不等式证明、零点存在求参数
与极值点偏移
构造函数证明不等式；分离参数研究零点；利用对数均值不等式
证明零点差。
38
单调区间、零点存在求参数与
极值点偏移
求导得单调区间；分离参数研究零点；构造函数证明不等式。
39
切线定值、零点个数与零点之
和
利用导数值为定值求点；分类讨论零点个数；构造函数证明零点
之和不等式。
40
单调区间、恒成立求参数与对
称点存在性
求导得单调区间；恒成立分离参数求最值；构造函数研究对称点
存在性。
1．（2026·四川成都·二模）已知
ln
a
f x
x
x
x
=
-
+
，
f x 在
1
x = 处的切线与
2
0
x
y
-
=
垂直，
(1)求实数a 的值；
(2)求
f x 在区间
1,e 上的值域．
【答案】(1)2
(2)[3
ln 2,3]
-
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，根据两直线垂直的性质即可求得a 的值；
（2）利用求导，判断函数的单调性，结合给定区间即可求得函数的值域.
【详解】（1）由
ln
a
f x
x
x
x
=
-
+
求导得
2
1
1
a
f
x
x
x
¢
= -
-
，
则
f x 在
1
x = 处的切线的斜率为a
- ，因切线与
2
0
x
y
-
=
垂直，
故
1
1
2
a
- ´
= - ，解得
2
a =
.
（2）由（1）可得
2
2
2
2
1
2
2
(
1)(
2)
1
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
-
-
+
=
¢
-
= -
-
=
，
因
1,e
Î
x
，则当1
2
x
<
<
时，
( )
0
f
x
¢
<
，当2
e
x
<
<
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
故函数
( )
f x 在(1,2) 上单调递减，在(2,e) 上单调递增，
又
2
(1)
3,
(2)
3
ln 2,
(e)
e 1
e
f
f
f
=
=
-
=
- +
，
因
2
2
e(4-e-
)
2
4e-e -2
e
3
e 1
0
e
e
e
æ
ö
-
- +
=
=
>
ç
÷
è
ø
,即
1
e
f
f
>
,
故
f x 在区间
1,e 上的值域为[3
ln 2,3]
-
.
2．（2026·四川成都·二模）已知函数
2
2
( )
2
ln
(
0)
f x
a
x
x
a
=
-
>
(1)当
1
a = 时，求曲线
( )
y
f x
=
在点(1,
(1))
f
处的切线方程；
(2)求函数
( )
f x 的单调区间．
【答案】(1)
1
y = -
(2)单调递增区间为(0, )
a ，单调递减区间为( ,
)
a +¥
【分析】(1)利用导数的几何意义求解；
(2)利用导函数研究函数的单调性.
【详解】（1）当
1
a = 时，
2
( )
2ln
(
0)
f x
x
x
x
=
-
>
，
2
( )
2 (
0)
f
x
x x
x
¢
\
=
-
>
，则
(1)
0
f ¢
=
，
又
(1)
1
f
= - ，∴曲线
( )
y
f x
=
在点(1,
(1))
f
处的切线方程为
1
y = - ．
（2）
2
2
( )
2
ln
f x
a
x
x
=
-
Q
，
2
2
2
2
2
2
2(
)(
)
( )
2
a
a
x
x
a x
a
f
x
x
x
x
x
-
-
-
+
¢
\
=
-
=
=
，
0
x
Q
>
，
0
a >
，由
( )
0
f
x
¢
>
，得0
x
a
<
<
，由
( )
0
f
x
¢
<
，得x
a
>
．
( )
f x
\
的单调递增区间为(0, )
a ，单调递减区间为( ,
)
a +¥ ．
3．（2026·山东青岛·一模）已知函数
2
ln
f x
ax
x
=
-
.
(1)讨论
f x 的单调性；
(2)若存在
1
x ，
2
1,3
x Î
，
2
1
1
x
x
-
³ ，使得
1
2
f x
f x
=
，求a 的最大值.
【答案】(1)当
0
a £
时，
f x 在
0, ¥
+
上单调递减；当
0
a >
时，
f x 在
2
0, 2
a
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2
,
2
a
a
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增.
(2) ln 2
3
【分析】（1）求导，分
0
a £
和
0
a >
，根据导函数的符号判断函数的单调性.
（2）先根据函数的单调性得
1
1
1
ln 1
1
2
x
a
x
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
£
+
，
1
2
1, 2
a
x
a
é
ù
Îê
ú
ë
û
，设
1
ln 1
1
2
x
F x
x
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
=
+
，
2
1, 2
a
x
a
é
ù
Îê
ú
ë
û
，求导，分
析函数的单调性，求函数的最大值即可.
【详解】（1）由题得
0
x >
，
2
1
2
1
2
ax
f
x
ax
x
x
-
¢
=
-
=
若
0
a £
，则
0
f
x
¢
<
在
0, ¥
+
上恒成立，所以
f x 在
0, ¥
+
上单调递减，
若
0
a >
，当
2
0, 2
a
x
a
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
时，
0
f
x
¢
<
；当
,
2
2a
x
a
+¥
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
时，
0
f
x
¢
>
，
所以
f x 在
2
0, 2
a
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2
,
2
a
a
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增.
综上：当
0
a £
时，
f x 在
0, ¥
+
上单调递减；当
0
a >
时，
f x 在
2
0, 2
a
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2
,
2
a
a
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增.
（2）由（1）得，若存在
1
x ，
2
1,3
x Î
，使得
1
2
f x
f x
=
，
则必有
1
2
2
1
3
2
a
x
x
a
£
<
<
£
，由
2
1
3
2
a
a
<
<
Þ 1
1
18
2
a
<
<
.
所以
2
1
1
x
x +
≥
等价于
1
2
1
1
f
x
f
x
f
x
=
³
+
，
即
2
2
1
1
1
1
ln
1
ln
1
ax
x
a x
x
-
³
+
-
+
，化简得：
1
1
1
ln 1
1
2
x
a
x
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
£
+
设
1
ln 1
1
2
x
F x
x
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
=
+
，
2
1, 2
a
x
a
é
ù
Îê
ú
ë
û
，则
2
2
1
2
1
2ln 1
0
1
2
x
x
x
x
F
x
x
¢
+
æ
ö
-
-
+
ç
÷
+
è
ø
=
<
+
，
所以
F x 在
2
1, 2
a
a
é
ù
ê
ú
ë
û
上单调递减，所以
max
ln 2
1
3
a
F x
F
£
=
=
，
此时
ln 2
1
3
f
a
=
=
，
ln 2
ln 2
2
4
ln 2
3
3
f
=
´ -
=
.
所以当
1
1
x = ，
2
2
x =
时等号成立，所以a 的最大值为ln 2
3 .
4．（2026·山东济宁·一模）已知函数
2
e
2
x
f x
x
a
=
-
+
.
(1)求函数
f x 的单调区间和极值；
(2)求证：当
ln2 1
a >
- 且
0
x >
时，
2
2
1
2e
2
2
2
x
x
ax
>
-
+
.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）对函数
f x 求导并令导数为0 ，找到临界点，通过分析导数在不同区间的符号确定函数单调
性，进而求出极小值与极大值；
（2）构造函数
g x 并求导，将问题转化为分析导函数
g
x
f x
¢
=
的最小值，结合已知a 的范围判断
g
x
¢
恒正，从而推出
g x 单调性，最终证明不等式.
【详解】（1）函数
2
( )
e
2
x
f x
x
a
=
-
+
的定义域为R ，
2
1
( )
e
1
2
x
f
x =
-
¢
,令
( )
0
f
x
¢
=
，解得
2ln 2
x =
，
当
(
,2ln 2)
x
¥
Î -
时，
( )
0
f
x
¢
<
，
( )
f x 单调递减；
当
(2ln 2,
)
x
¥
Î
+
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f x 单调递增。
所以
f x 的单调递减区间是
,2ln 2
-¥
，单调递增区间是
2ln 2,+¥ ；
极小值为
2ln 2
2
2ln 2
2
f
a
=
-
+
，无极大值.
（2）令
2
2
1
( )
2e
2
2
2
x
g x
x
ax
æ
ö
=
-
-
+
ç
÷
è
ø
，则
2
( )
e
2
( )
x
g x
x
a
f x
=
-
+
=
¢
，
由（1）可知，
( )
f x 即
( )
g x
¢
的最小值为
(2ln 2)
2
2ln 2
2
f
a
=
-
+
，
已知
ln 2 1
a >
- ，代入得：
(2ln 2)
2
2ln 2
2
2
2ln 2
2(ln 2 1)
0
f
a
=
-
+
>
-
+
-
=
，
因此
( )
0
g x
¢
>
对任意x 恒成立，故( )
g x 在(0,
)
¥
+
上单调递增，
当
0
x >
时，( )
(0)
2 1 0
0
2
0
g x
g
>
=
× -
-
-
= ，即：
2
2
1
2e
2
2
2
x
x
ax
>
-
+ 得证.
【点睛】本题的核心是通过导数分析函数单调性，以极值为桥梁，将不等式证明转化为函数最小值的符号
判断.
5．（2026·重庆·模拟预测）已知函数
π
( )
sin(
)(
0)
3
f x
x
w
w
=
+
>
的最小正周期为π .
(1)求w 以及曲线
( )
y
f x
=
的对称中心；
(2)讨论函数( )
( )
g x
f x
x
=
- 在区间(0,π) 上的单调性.
【答案】(1)
2
w =
，对称中心为
π
π
(
,0)(
)
2
6
Z
k
k
-
Î
；
(2)在2π
(
,π)
3
上单调递增，在
2π
(0,
)
3
上单调递减.
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦函数的周期性及对称性求解.
（2）求出函数( )
g x 及导数，进而求出其单调区间.
【详解】（1）由函数
( )
f x 的最小正周期为π ，得2π
π
w =
，解得
2
w =
，则
π
( )
sin(2
)
3
f x
x
=
+
，
令
π
2
π,
3
x
k
k
+
=
ÎZ ，得
π
π ,
2
6
k
x
k
=
-
ÎZ ，
所以
( )
f x 的对称中心为
π
π
(
,0)(
)
2
6
k
k
-
ÎZ .
（2）由（1）得
π
( )
sin(2
)
3
g x
x
x
=
+
-
，求导有
π
( )
2cos(2
) 1
3
g x
x
=
+
-
¢
，
由
π
(
)
0,
xÎ
，得
π
π 7π
2
(
,
)
3
3
3
x +
Î
，由
π
1
( )
0
cos(2
)
3
2
g x
x
¢
>
Û
+
>
，得2π
π
3
x
<
<
，
由
π
1
( )
0
cos(2
)
3
2
g x
x
¢
<
Û
+
<
，得
2π
0
3
x
<
<
，
所以函数( )
g x 在2π
(
,π)
3
上单调递增，在
2π
(0,
)
3
上单调递减.
6．（2026·河南·模拟预测）设函数
2
ln ,
R
f x
x
x
a
x a
=
-
+
Î
．
(1)若
1
a = ，求
f x 的图象在
1
x = 处的切线方程；
(2)若
0
f x ³
在
1, ¥
+
上恒成立，求a 的取值范围；
(3)当
2
a =
时，若
1
2
1
2
,
x x
x
x
<
满足
1
2
0
f x
f x
+
=
，求证：
2
2
1
2
2
x
x
+
>
．
【答案】(1) 2
2
0
x
y
-
-
=
(2)
1,
- +¥
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，求出切线斜率和切点坐标，进而求得切线方程.
（2）对函数求导，判断单调性求出最小值，分
1,
1
a
a
³ -
< - 两种情况讨论不等式恒成立时a 的范围.
（3）对函数求导，判断单调性，设
2
,0
1
F x
f x
f
x
x
=
+
-
<
< ，求导判断单调性，进而证明结论.
【详解】（1）
1
a = 时，
2
ln
f x
x
x
x
=
-
+
，对函数求导得
1
2
1
f
x
x
x
=
- +
¢
.
所以
1
1
2 1
2,
1
0
1
f
f
=
¢
=
- +
=
.
所以
f x 的图象在
1
x = 处的切线方程为
0
2
1
y
x
-
=
-
，即2
2
0
x
y
-
-
=
.
（2）由
2
ln
f x
x
x
a
x
=
-
+
得
2
2
2
1
a
x
x
a
f
x
x
x
x
=
¢
-
+
=
- +
.
因为
2
2
1
1
2
2
4
8
x
x
a
x
a
æ
ö
-
+
=
-
-
+
ç
÷
è
ø
在
1,+¥ 上单调递增，所以
2
min
2
1
x
x
a
a
-
+
= +
.
若
1
a ³ - ，则
0
f
x
¢
³
在
1,+¥ 上恒成立，所以
f x 在
1,+¥ 上单调递增，
又
1
0
f
=
，所以
0
f x ³
在
1,+¥ 上恒成立，
若
1
a < - ，令
0
f
x
¢
=
得
1
1 8
4
a
x
-
-
=
或
1
1 8
4
a
x
+
-
=
，且1
1 8
1
1 8
0,
1
4
4
a
a
-
-
+
-
.
当
1
1 8
1,
4
a
x
æ
ö
+
-
Îç
÷
ç
÷
è
ø
时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减，
所以
1
0
f x
f
<
=
，与
0
f x ³
在
1,+¥ 上恒成立矛盾，
综上所述，a 的取值范围是
1,
- +¥ .
（3）证明：当
2
a =
时，
2
2
2
2
2ln ,
0,
0
x
x
f x
x
x
x x
f
x
x
-
+
=
+
>
=
¢
-
>
，
所以
f x 在
0,+¥ 上单调递增，又
1
0
f
=
，
所以
0,1
xÎ
时，
0,
1,
f x
x
<
Î
+¥ 时，
0
f x >
.
若
1
2
0
1
x
x
<
<
£ ，则
1
2
0
f x
f x
+
<
，不合题意；
若
1
2
1
x
x
£
<
，则
1
2
0
f x
f x
+
>
，不合题意，所以
1
2
0
1
x
x
<
< <
.
设
2
,0
1
F x
f x
f
x
x
=
+
-
<
< ，则
2
3
2
2 2
2
2
4 1
2
2
2
0
2
2
x
x
x
x
x
F
x
f
x
f
x
x
x
x
x
-
-
-
+
-
-
+
=
-
-
=
-
=
>
-
-
¢
¢
¢
.
所以
F x 在
0,1 上单调递增，因为
1
2
1
0
F
f
=
=
，所以
0
F x <
.
因为
1
0
1
x
<
< ，所以
1
1
1
2
0
F x
f x
f
x
=
+
-
<
.
又
1
2
0
f x
f x
+
=
，所以
2
1
2
0
f x
f
x
-
+
-
<
，即
1
2
2
f
x
f x
-
<
.
又
f x 在
0,+¥ 上单调递增，所以
1
2
2
x
x
-
<
，即
1
2
2
x
x
+
>
.
所以
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
x
x
x
x
+
+
æ
ö
³
>
ç
÷
è
ø
，即
2
2
1
2
2
x
x
+
>
.
7．（2026·福建莆田·二模）已知函数
2
ln
f x
ax
x
=
-
.
(1)当
2
a =
时，求
f x 的极值；
(2)若
2
³
-
f x
a x ，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)极小值为
1
1
ln2
2
2
f æ
ö =
+
ç
÷
è
ø
，无极大值
(2)
1,+¥
【分析】（1）求
'f
x ，根据其正负性得出函数的单调性即可；
（2）令
2
ln
2
g x
ax
x
a x
=
-
-
-
，根据1
2
2
g
a
=
- ≥0得出
1
a ³ ，接着利用导数得出
g x 的单调性，解
不等式min
0
g x
³
即可.
【详解】（1）当
2
a =
时，
2
2
ln ,
0
f x
x
x x
=
-
>
，则
2
'
1
4
1
4
x
f
x
x
x
x
-
=
-
=
，
由
'
0
f
x <
得
1
0
2
x
<
<
；
'
0
f
x >
得
1
2
x >
，
则
f x 在
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，在1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø上单调递增，
则
f x 的极小值为
1
1
ln2
2
2
f æ
ö =
+
ç
÷
è
ø
，无极大值；
（2）
2
³
-
f x
a x 等价于
2
ln
2
ax
x
a x
-
³
-
，
令
2
ln
2
g x
ax
x
a x
=
-
-
-
，则
0
g x ³
在
0, ¥
+
上恒成立，
则1
2
2
g
a
=
- ≥0，得
1
a ³ ，
因为
2
'
2
2
1
2
1
1
1
2
2
ax
a x
x
ax
g
x
ax
a
x
x
x
-
-
-
+
-
=
-
-
-
=
=
，
则
'
0
g
x <
得
1
0
x
a
<
<
；
'
0
g
x >
得
1
x
a
>
，
则
g x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在1 ,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递增，
则min
1
ln
1
1
0
g
a
x
g a
a
æ
ö
=
=
ç
÷
è
-
+ ³
ø
，
因为
1
ln ,
y
a y
a
=
= -
在
1,+¥ 上单调递增，
所以
1
ln
1
h a
a
a
=
-
+ 在
1,+¥ 上单调递增，
所以当
1
a ³ 时，
1
0
h a
h
³
=
，
综上，实数a 的取值范围为
1,+¥ .
8．（25-26 高三下·四川成都·开学考试）已知函数
( )
ln
1
f x
a
x
x
=
-
- ，aÎR ．
(1)讨论函数
( )
f x 的单调性；
(2)当
1
a = 时，令
( )
1
1
( )
1
f x
x
g x
x
x
+
+
=
+
+
，求证：
ln
( )
1
x
g x
x
>
-
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出
( )
f x 的导数，再按
0,
0
a
a
£
>
分类讨论求出
( )
f x 的单调区间.
（2）把
1
a = 代入求出( )
g x ，再对所证不等式作等价变形，按
1,0
1
x
x
>
<
< 分段并构造函数，利用导数证明
不等式.
【详解】（1）函数
( )
ln
1
f x
a
x
x
=
-
- 的定义域为(0,
)
+¥ ，求导得
( )
1
a
a
x
f
x
x
x
¢
-
=
- =
，
当
0
a £
时，
( )
0
f
x
¢
<
，函数
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递减；
当
0
a >
时，由
( )
0
f
x
¢
>
，得0
x
a
<
<
；由
( )
0
f
x
¢
<
，得x
a
>
，
函数
( )
f x 在(0, )
a 上单调递增，在( ,
)
a +¥ 上单调递减，
所以当
0
a £
时，函数
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递减；
当
0
a >
时，函数
( )
f x 在(0, )
a 上单调递增，在( ,
)
a +¥ 上单调递减.
（2）当
1
a = 时，
( )
ln
1
f x
x
x
=
-
- ，
ln
1
( )
1
x
g x
x
x
=
+
+
，
不等式
2
ln
1
1
ln
1
1
1
ln
ln
ln
2ln
( )
1
1
1
1
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
>
Û
>
Û
+
>
-
+
>
-
-
-
+
-
Û
，
当
1
x > 时，
2
ln
( )
2ln
1
1
x
x
g x
x
x
x
-
>
>
- Û
，令函数
2
1
( )
2ln ,
1
x
x
h x
x x
-
=
-
> ，
求导得
2
2
1
2
1
( )
1
(1
)
0
h x
x
x
x
¢
= +
-
=
-
>
，函数( )
h x 在(1,
)
+¥ 上单调递增，
则( )
(1)
0
h x
h
>
=
，因此
2
2 n
1
l
x
x
x
- >
；
当0
1
x
<
< 时，
2
ln
( )
2ln
1
1
x
x
g x
x
x
x
-
>
<
- Û
，函数
2
( )
2 n ,0
1
1
l
x
h x
x
x
x
-
=
-
<
< ，
求导得
2
2
1
2
1
( )
1
(1
)
0
h x
x
x
x
¢
= +
-
=
-
>
，函数( )
h x 在( 0, 1) 上单调递增，
则( )
(1)
0
h x
h
<
=
，因此
2
2 n
1
l
x
x
x
- <
，
所以
ln
( )
1
x
g x
x
>
- .
9．（2026·山东青岛·一模）已知函数
ex
f x
ax
=
-
．
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)当
0
x >
时，
2
( )
1
f x
x
x
³
-
+ 恒成立，求a 的取值范围.
【答案】(1)当
0
a £
，
( )
f x 的递增区间是(
,
)
-¥ +¥ ，没有单调递减区间，
若
0
a >
，
( )
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
0
a £
，
0
a >
两种情况，讨论
f x 的单调性;
（2）由题可知
2
e
1
x
x
x
a
x
-
+
-
£
，在
0
x >
时恒成立，则令
2
e
1
x
x
x
g x
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：
ex
f
x
a
¢
=
-
若
0
a £
，
( )
0
f
x
¢
³
，
( )
f x 在(
,
)
-¥ +¥ 上单调递增
若
0
a >
，令
( )
0
f
x
¢
=
解得：
ln
x
a
=
当
(
,ln )
x
a
Î -¥
时，
( )
0
f
x
¢
<
，
( )
f x 单调递减；
当
(ln ,
)
x
a
Î
+¥ 时，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f x 单调递增，
综上，
当
0
a £
，
( )
f x 的递增区间是(
,
)
-¥ +¥ ，没有单调递减区间，
若
0
a >
，
( )
f x 的递增区间是(ln ,
)
a +¥ ，递减区间是(
,ln )
a
-¥
；
（2）依题意，
0
x >
时，
2
e
1
x
ax
x
x
-
³
-
+ 恒成立，即
2
e
1
x
x
x
a
x
-
+
-
£
在
0,+¥ 上恒成立，
令
2
e
1
x
x
x
g x
x
-
+
-
=
0
x >
，则
2
2
e
2
1
e
1
x
x
x
x
x
x
g
x
x
-
+
-
-
+
-
¢
=
=
2
2
2
1 e
1
e
e
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
-
+
=
，
令
e
1(
0)
x
h x
x
x
=
-
-
>
，由（1）知函数
ex
y
x
=
-
在
0,+¥ 上单调递增，
所以函数
h x 在
0,+¥ 上单调递增，
则有
0
0
h x
h
>
=
，即e
1
0(
0)
x
x
x
-
- >
>
，
即当
1
x > 时，则
0
g
x
¢
>
，当0
1
x
<
< 时，则
0
g
x
¢
<
，
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
1
x = 处取最小值1
e 1
g
=
- ，于是得
e 1
a £
- ，
所以a 的取值范围为
,e 1
¥
-
-
.
10．（2026·广东·一模）设函数
ex
f x
a
=
-
，已知
0
x =
是函数
y
xf x
=
的极值点．
(1)求a 的值；
(2)设函数
x
f x
g x
xf x
-
=
，证明：
1
g x > - ．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）由极值点处导数为0 即可求解出参数a ，代回检验得解；
（2）由（1）得
0
y
xf x
=
>
，要证
1
x
f x
g x
xf x
-
=
> - ，即证
x
f x
xf x
-
> -
，即证
1 e
1
0
x
x
x
-
-
+
>
，构造函数
1 e
1
x
h x
x
x
=
-
-
+
，利用导数证明.
【详解】（1）因为
ex
f x
a
=
-
，所以
ex
y
xf x
x
ax
=
=
-
，
则
e
e
x
x
y
a
x
¢ =
-
+
，
因为
0
x =
是函数
y
xf x
=
的极值点，
所以
0
1
0
x
y
a
= = -
=
¢
，解得
1
a = ，
当
1
a = 时，
ex
y
xf x
x
x
=
=
-
，
e
1
e
x
x
y
x
¢ =
- +
，
当
0
x >
时，e
1
x > ，则e
1
0
x - >
，e
0
x
x
>
，故
e
1
e
0
x
x
y
x
¢ =
- +
>
，
所以函数
y
xf x
=
在
0, ¥
+
上单调递增；
当
0
x <
时，e
1
x < ，则e
1
0
x - <
，e
0
x
x
<
，故
e
1
e
0
x
x
y
x
¢ =
- +
<
，
所以函数
y
xf x
=
在
,0
¥
-
上单调递减；
综上，
0
x =
是函数
y
xf x
=
的极值点，符合题意，故
1
a = .
（2）由（1）得
e
1
x
f x =
- ，所以
e
1
,
0
e
1
x
x
x
x
f x
g x
x
xf x
x
-
-
-
=
=
¹
-
，
由（1）可知，
0
x =
是函数
y
xf x
=
的最小值点，所以对任意的
0
x ¹
，
0
y
xf x
=
>
，
要证
1
x
f x
g x
xf x
-
=
> - ，即证
x
f x
xf x
-
> -
，
即证
e
1
e
1
x
x
x
x
-
-
> -
-
，只需证
1 e
1
0
x
x
x
-
-
+
>
，
令
1 e
1
x
h x
x
x
=
-
-
+
，则
ex
h x
x
¢
=
，
当
,0
x
¥
Î -
时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减，当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增，
所以
0
0
h x
h
>
=
，
综上，
1
x
f x
g x
xf x
-
=
> - 在
,0
0,
x
¥
¥
Î -
È
+
上恒成立.
11．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数
2
e
1,
R
x
f x
ax
x
a
=
-
-
-
Î
(1)设
F x
f x
f
x
=
-
-
，讨论
F x 的单调性；
(2)设
G x
f x
f
x
=
+
-
，若
0
G x <
有解，求a 的取值范围．
【答案】(1)
F x 在定义域R 单调递增
(2) 1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
【分析】（1）通过导函数与基本不等式求解；
（2）计算
G
x
¢
，
G
x
¢
的导函数
D x ，
D x 的导函数
'( )
D x ，分析出
D x 与
'( )
D x 都是增函数，以
0
G¢
与0 的大小关系进行分类讨论求解.
【详解】（1）
e
e
2 ,
R
x
x
F x
x x
-
=
-
-
Î
．
所以
e
e
2
2 e
e
2
0
x
x
x
x
F
x
-
-
=
+
-
³
×
-
=
¢
，
所以
F x 在定义域R 单调递增；
（2）因为
(
)
(
)
( )
( )
G
x
f
x
f x
G x
-
=
-
+
=
，
所以函数
2
e
e
2
2
x
x
G x
ax
-
=
+
-
-
为偶函数，
由对称性可将问题转化为存在
0,
xÎ
+¥ ，
使
0
G x <
有解；而
0
0
G
=
；
e
e
4
x
x
G
x
ax
- -
¢
=
-
；
令
'
( )
( )
H x
G x
=
，则
e
e
4
x
x
H
x
a
-
=
+
-
¢
，
令
'
( )
( )
D x
H x
=
，则
e
e
x
x
D x
-
=
¢
-
因为
0,
xÎ
+¥ ，所以
e
e
0
x
x
D x
-
=
-
³
¢
，故
D x 在
0, ¥
+
上为增函数；
当
1
2
a £
时，
0
2
4
0
D x
D
a
³
=
-
³
，所以
G
x
¢
在
0,
xÎ
+¥ 上为增函数；
故
0
0
G
x
G
¢
¢
³
=
，所以
G x 在
0,
xÎ
+¥ 上为增函数，
故
0
0
G x
G
³
=
，不符合题意；
当
1
2
a >
时，
0
2
4
0
D
a
=
-
<
，且
D x
x
¥
¥
® +
® +
当
，
又
D x 在
0, ¥
+
上为增函数，故
0
t$ > ，使
0
D t =
，当
0,
x
t
Î
时，
0
H
x
¢
<
，
函数
G
x
¢
在
0,t 上单调递减，当
0,
x
t
Î
时，
0
0
G
x
G
¢
<
=
¢
，
所以函数
G x 在
0,t 上单调递减，当
0,
x
t
Î
时，
0
0
G x
G
<
=
，符合题意，
综上所述a 的取值范围是1 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø．
12．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数
4
2 ln
f x
x
x
a
=
+
+
.
(1)当
1
a = 时，求曲线
y
f x
=
在点
1,1 处的切线方程；
(2)若函数
2
2
g x
x
f
x
=
+
-
有且仅有一个零点，求a 的值.
【答案】(1)6
5
0
x
y
-
-
=
(2)9
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算法则、直线的点斜式方程进行求解即可；
（2）方法一：利用二次求导法，结合零点的定义、函数的最值进行求解即可；
方法二：利用函数零点的定义，得到a 的表达式，利用构造新函数法，结合导数的正负性与函数单调性的关
系，最后求出函数的最值即可.
【详解】（1）当
1
a = 时，
(4
2)ln
1
f x
x
x
=
+
+ ，
4
2
4ln
x
f
x
x
x
+
¢
=
+
，
得
1
6
f ¢
=
，
所以曲线
y
f x
=
在点
1,1 处的切线方程为
1
6
1
y
x
- =
-
，
即6
5
0
x
y
-
-
=
.
（2）方法一：
2
( ) (
2)
(4
2)ln
g x
x
x
x a
=
+
-
+
-
，
0,
xÎ
+¥ ，
4
2
1
2(
2)
4ln
2
2ln
x
g x
x
x
x
x
x
x
+
æ
ö
¢
=
+
-
-
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
令
1
2 ln
q x
x
x
x
=
-
-
，
0,
xÎ
+¥ ，得
2
2
2
1
2
(
1)
1
0
x
q x
x
x
x
-
¢
= +
-
=
³
，
故
q x 在
0, ¥
+
内单调递增，又
1
0
q
=
，
则当
0,1
xÎ
，
0
q x <
，得
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
当
1,
xÎ
+¥ ，
0
q x >
，得
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，
从而
g x 在
1
x = 处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为1
9
g
a
= - .
又当
0
x >
且
0
x ®
时，
g x
¥
® +
，当x ® +¥ 时，
g x
¥
® +
，
由函数
g x 有且仅有一个零点，可得1
9
0
g
a
= -
=
，
则a 的值为9.
方法二：
2
(
2)
(4
2)ln
g x
x
x
x
a
=
+
-
+
-
，
0,
xÎ
+¥ ，
令
0
g x =
得
2
(
2)
(4
2)ln
a
x
x
x
=
+
-
+
，
令
2
(
2)
(4
2)ln
h x
x
x
x
=
+
-
+
，
0,
xÎ
+¥ ，
则
4
2
1
2(
2)
4ln
2
2ln
x
h x
x
x
x
x
x
x
+
æ
ö
¢
=
+
-
-
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
令
1
2 ln
q x
x
x
x
=
-
-
，
0,
xÎ
+¥ ，得
2
2
2
1
2
(
1)
1
0
x
q x
x
x
x
-
¢
= +
-
=
³
，
故
q x 在
0, ¥
+
内单调递增，又
1
0
q
=
，
则当
0,1
xÎ
，
0
q x <
，得
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减，
当
1,
xÎ
+¥ ，
0
q x >
，得
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增，
从而
h x 在
1
x = 处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为1
9
h
=
.
又当
0
x >
且
0
x ®
时，
h x ® +¥ ，当x ® +¥ 时，
h x ® +¥ ，
由函数
g x 有且仅有一个零点，可得
1
9
a
h
=
=
，
则a 的值为9.
13．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数
2sin
f x
x
x
=
-
．
(1)若函数
F x 与
f x 的图象关于点π ,1
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
对称，求
F x 的解析式；
(2)当
0,π
xÎ
时，求
f x 的最大值；
(3)判断函数
1
1
g x
x
f x
=
+
+ 在π ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 的零点个数，并说明理由．
【答案】(1)
π
2
2sin
F x
x
x
=
+
-
-
(2)
π
3
3
-
(3)1，理由见解析
【分析】（1）由对称性可得
2
π
F x
f
x
=
-
-
，计算即可得；
（2）求导后可得函数单调性，即可得其最大值；
（3）令
0
g x =
，可得
1
2sin
0
1
x
x
x
-
+
=
+
，构造函数
1
2sin
1
h x
x
x
x
=
-
+
+ ，借助导数可研究其单调性，
利用单调性与零点存在性定理即可得解.
【详解】（1）由题意得，
2
π
2
2sin π
π
π
2
2sin
F x
f
x
x
x
x
x
=
-
-
=
-
-
+
-
=
+
-
-
；
（2）由题意得，
2cos
1
f
x
x
=
¢
- ，
0,π
xÎ
，令
0
f
x
¢
=
，解得
π
3
x =
，
所以当
π
0, 3
x
é
ö
Î
÷
êë
ø时，
0
f
x
¢
>
；当
π ,π
3
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，
0
f
x
¢
<
，
所以
f x 在
π
0, 3
é
ö
÷
êë
ø 上单调递增，在π ,π
3
æ
ù
ç
ú
è
û 上单调递减，
所以
f x 的最大值为
π
π
3
3
3
f æ
ö =
-
ç
÷
è
ø
；
（3）令
0
g x =
，则
1
2sin
1
0
x
x
x
+
-
+ =
，整理得
1
2sin
0
1
x
x
x
-
+
=
+
，
令
1
2sin
1
h x
x
x
x
=
-
+
+ ，则
2
1
2cos
1
(
1)
h x
x
x
=
- -
+
¢
，
当
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
h x
¢
<
，所以
h x 在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，
又
π
0
2
hæ
ö >
ç
÷
è
ø
，
π
0
h
<
，所以由零点存在性定理得，
h x 在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上存在唯一零点，
当
π,
xÎ
+¥ 时，2sin
2
x £
，
1
1
π
1
π
1
x
x
- +
£ - +
+
+ ，两个不等式等号无法同时成立，
1
1
2sin
2
π
0
1
π
1
h x
x
x
x
\
=
-
+
<
-
+
<
+
+
，此时函数无零点，
综上所述，
h x 在π ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上存在唯一零点，
即函数
g x 在π ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上的零点个数为1．
14．（2026·江苏扬州·一模）已知函数
2
ex
x
ax
b
f x
+
-
=
的一个极值点是
2
x =
．
(1)求a 与b 的关系式；
(2)求出
f x 的单调区间；
(3)设
0
a >
，
2
2
ex
g x
a
-
=
，若存在
1
2
,
0,3
x x Î
，使得
1
2
2
2
e
f x
g x
-
<
成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
2
b
a
=
¹ -
(2)当
2
a < - 时，函数
f x 的单调递增区间为
2, a
-
，单调递减区间为
,2
-¥
和
,a
-
+¥ ；
当
2
a > - 时，函数
f x 的单调递增区间为
,2
a
-
，单调递减区间为
, a
-¥ -
和
2,+¥ ．
(3)
0,3
【分析】（1）求出
f
x
¢
，利用极值点是
2
x =
，得到
2
0
f ¢
=
，从而求出
2
b
a
=
¹ - ；
（2）令导函数
0
f
x
¢
=
，求出两个根
2
x =
或x
a
= - ，通过两个根的大小对a 进行分类讨论，列表判断函数
的极值点以及单调性，从而得到答案
（3）利用导数研究函数的单调性，分别求出
g x 和
f x 的最值，将不等式能成立问题转化为最值问题，
求解即可．
【详解】（1）因为
2
ex
x
ax
b
f x
+
-
=
，
所以
2
2
2
2
e
e
2
e
e
x
x
x
x
x
a
x
ax
b
x
a x
a
b
f
x
¢
+
-
+
-
-
+
-
+
+
=
=
，
因为函数
2
ex
x
ax
b
f x
+
-
=
的一个极值点是
2
x =
，
所以
2
0
f ¢
=
，即b
a
=
；
则有
2
2
2
2
e
e
x
x
x
a x
a
x
x
a
f
x
-
+
¢
-
+
-
-
+
=
=
，
当
2
a = - 时，
2
2
0
ex
x
f
x
-
-
¢
=
£
，函数
f x 在R 上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.
所以
2
b
a
=
¹ - .
（2）
2
2
2
2
e
e
x
x
x
a x
a
x
x
a
f
x
-
+
¢
-
+
-
-
+
=
=
，由（1）可知
2
a ¹ - .
①当
2
a < - 时，令
0
f
x
¢
=
得
2
x =
或x
a
= - ，列表如下：
x
,2
¥
-
2
2, a
-
a
-
,a
¥
-
+
f
x
¢
-
0
+
0
-
满足
2
x =
是函数
f x 的极值点；
②当
2
a > - 时，令
0
f
x
¢
=
得
2
x =
或x
a
= - ，列表如下：
x
, a
¥
-
-
a
-
,2
a
-
2
2, ¥
+
f
x
¢
-
0
+
0
-
满足
2
x =
是函数
f x 的极值点.
所以当
2
a < - 时，函数
f x 的单调递增区间为
2, a
-
，单调递减区间为
,2
¥
-
和
,a
¥
-
+
；
当
2
a > - 时，函数
f x 的单调递增区间为
,2
a
-
，单调递减区间为
, a
¥
-
-
和
2, ¥
+
．
（3）由（1）（2）知，
2
ex
x
ax
a
f x
+
-
=
，
且
0
a >
时，
f x 在
0,2 单调递增，在
2,3 单调递减，
又因为
0
0
f
a
= - <
，
3
9
2
3
0
e
a
f
+
=
>
，
所以
f x 在
0,3 上的最大值为
2
4
2
e
a
f
+
=
，最小值为
0
f
a
= -
又当
0
a >
时，函数
2
2
ex
g x
a
-
=
在
0,3 单调递增，
所以
g x 在
0,3 上的最大值为
2
3
e
g
a
=
，最小值为
2
2
0
e
a
g
=
．
因为存在
1
2
,
0,3
x x Î
，使得
1
2
2
2
e
f x
g x
-
<
成立，
即存在
1
2
,
0,3
x x Î
，使得
1
2
2
2
2
2
e
e
f x
g x
-
<
-
<
成立，
即
2
2
2
2
2
2
2
e
e
4
2
e
e
e
a
a
a
a
ì - -
<
ïïí +
ï
-
> -
ïî
，又
0
a >
，所以解得0 <
< 3
a
，
所以实数a 的取值范围为
0,3 ．
15．（25-26 高三下·河北沧州·月考）已知函数
2
1
ex
f x
x
a
x
a
=
+
+
.
(1)证明：
1
e
f x > -
；
(2)证明：
f x 存在唯一极值点；
(3)记（2）中的极值点为
0x ，证明：
0
0
1
1
e
x
f x
a
é
ù
+
<
ê
ú
ë
û
.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先通过
0
a >
得
ex
f x
x
>
，令函数
ex
g x
x
=
，求导判断单调性求出
g x 的最值即可得证；
（2）先判断
f x 在
0
x ³
和
1
x
a
£ -
- 时的单调性，再设
2
1 ex
h x
x
a
x
a
=
+
+
+
，求导结合零点存在性
定理即可分析求证；
（3）利用极值点为
0x 得到
0
0
0
0
2
e
e
0
x
x
x
a
x
a
+
+
+
=
，再证出
0
0
1
ex
f x
a
+
> -
，继而
0
0
0
0
1
ex
x
f x
x
a
é
ù
+
< -
ê
ú
ë
û
，最后利用（1）中的结论即可得证.
【详解】（1）易得
0
a >
，此时
2
2
1
1
e
e
e
e
x
x
x
x
f x
x
a
x
x
a
x
x
a
a
=
+
+
=
+
+
>
.
设函数
ex
g x
x
=
，
1 ex
g
x
x +
¢
=
，
则
, 1
x
¥
Î -
-
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
1,
x
¥
Î - +
时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增.
于是
1
1
e
f x
g x
g
>
³
-
= -
，故原不等式成立.
（2）
2
1 ex
f
x
x
a
x
a
=
+
+
+
¢
，定义域为R，
显然当
0
x ³
时，
1
0
f
x
a
³
+ >
¢
；
当
1
x
a
£ -
- 时，
2
0
1
0
f
x
a
a -
¢
£
+
-
<
.
当
1,0
x
a
Î -
-
时，设
2
1 ex
h x
f
x
x
a
x
a
=
+
+
¢
=
+
，则
2
2 ex
h x
x
a
a
=
+
+
+
¢
，
因为
1,0
x
a
Î -
-
，所以
2
1
x
a
+
+
> ，
故
2
2
1
2 e
e
0
x
x
h x
a
a
a
a
> -
- +
+
=
+
¢
+
>
，
所以
h x 即
f
x
¢
在区间
1,0
a
-
-
上单调递增，而
0
1
0
f
f
a
×
-
-
¢
<
¢
，
所以存在
0
1,0
x
a
Î -
-
使得
0
0
f
x
¢
=
，
所以当
0
,
x
x
Î -¥
时
0
f
x
¢
<
，当
0,
x
x
Î
+¥ 时
0
f
x
¢
>
，
所以
f x 存在唯一极值点.
（3）注意到
0
0
0
0
0
0
0
0
2
2
1 e
e
e
0
x
x
x
f
x
x
a
x
x
a
x
a
a
=
+
+
+
=
+
+
+
=
¢
，
0
0
0
0
2
2
2
0
0
0
0
0
0
1
1
1
2
1
1
1
e
e
e
1
e
x
x
x
x
f x
x
a
x
x
x
x
a
a
a
a
a
a
a
+
=
+
+
+
= -
-
+
+
= -
+
-
> -
，
又
0
1,0
x
a
Î -
-
，故
0
0
x <
，故
0
0
0
0
1
ex
x
f x
x
a
é
ù
+
< -
ê
ú
ë
û
在（1）中已证明
1
e
e
x
x
-
£
，故
0
0
1
e
e
x
x
-
£
，因此
0
0
1
1
e
x
f x
a
é
ù
+
<
ê
ú
ë
û
，故原不等式得证.
16．（25-26 高三下·海南·月考）已知函数
2
e
,
3ln
3
x
f x
ax
x g x
x
=
-
+
=
+ .
(1)若
f
x
¢
是
f x 的导函数，且0 为
f
x
¢
的极值点，求a ；
(2)当
0
a =
时，过原点的直线l 与
f x 的图象相切，证明：当
0
x >
时，l 在
g x 图象的上方.
【答案】(1)
1
2
a =
(2)证明见解析
【分析】（1）借助极值点定义可得
f
x
¢
的导数在
0
x =
处为0 ，可求出a ，再借助导数研究单调性检验0
是否为极值点即可得；
（2）借助导数的几何意义可得
:
e 1
l y
x
=
+
，则只需证：当
0
x >
时，
e 1
3ln
3
x
x
+
>
+ ，构造函数
e 1
3ln
3
x
x
x
m
=
+
-
- ，借助导数研究其单调性后即可得其最小值，即可得解.
【详解】（1）
e
2
1
x
f
x
ax
=
-
+
¢
，令
e
2
1
x
h x
f
x
ax
=
=
-
+
¢
，则
e
2
x
h x
a
=
¢
-
，
由0 为
f
x
¢
的极值点，则
0
0
e
2
1 2
0
h
a
a
=
-
= -
=
¢
，即
1
2
a =
；
检验：当
1
2
a =
时，
e
1
x
h x
¢
=
- ，
则当
0
x >
时，
0
h x
¢
>
，当
0
x <
时，
0
h x
¢
<
，
故
f
x
¢
在
0, ¥
+
上单调递增，在
,0
¥
-
上单调递减，
故0 为
f
x
¢
的极值点，故
1
2
a =
符合题意；
（2）当
0
a =
时，
ex
f x
x
=
+
，设l 与
f x 的切点为
0
0
,
x
f x
，
由
e
1
x
f
x
¢
=
+ ，则有
0
0
0
0
e
e
1
x
x
x
x
+
=
+
×
，即
0
0
1 e
0
x
x -
=
，
解得
0
1
x = ，故直线
:
e 1
l y
x
=
+
，则只需证：当
0
x >
时，
e 1
3ln
3
x
x
+
>
+ ，
令
e 1
3ln
3
x
x
x
m
=
+
-
- ，则
e 1
3
3
e 1
x
x
x
x
m
+
-
=
+
-
=
¢
，
则当
3
e 1
x >
+ 时，
0
x
m¢
>
，当
3
e 1
x <
+ 时，
0
x
m¢
<
，
故
x
m
在
3
0, e 1
æ
ö
ç
÷
+
è
ø上单调递减，在
3 ,
e 1
¥
æ
ö
+
ç
÷
+
è
ø 上单调递增，
故
3
3
3
e 1
e 1
3ln
3
3ln
3ln1
0
e 1
e 1
e 1
3
x
m
m
+
æ
ö
³
=
+
×
-
-
=
>
=
ç
÷
+
+
+
è
ø
，
即
0
x
m
>
恒成立，即当
0
x >
时，l 在
g x 图象的上方.
17．（2026·浙江·模拟预测）已知函数
e sin
x
f
x
x
=
.
(1)求函数
f x 的单调区间；
(2)试判断曲线
y
f x
=
与直线y
x
=
在
0,π 上公共点的个数；
【答案】(1)单调递增区间
π
3π
2 π
,2 π
4
4
k
k
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø，k ÎZ ；单调递减区间为
5π
π
2 π
,2 π
4
4
k
k
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø ，k ÎZ
(2)2
【分析】（1）对函数求导，利用正弦函数的图象性质求解导函数不等式即得函数的单调区间；
（2）令
e sin
x
g x
f x
x
x
x
=
-
=
-
，利用导数判断其单调性，结合特殊值
0
0
g
=
与零点存在定理求出函
数
g x 的零点个数，即曲线
y
f x
=
与直线y
x
=
在
0,π 上公共点的个数.
【详解】（1）由题意，
π
e
sin
cos
2e sin
4
x
x
f
x
x
x
x
æ
ö
=
+
=
+
ç
÷
è
ø
¢
，
因为e
0
x >
，则由
0
f
x
¢
>
可得
π
2 π
π
2 π,
Z
4
k
x
k k
<
+
<
+
Î
，
即当
π
3π
2 π
,2 π
4
4
x
k
k
æ
ö
Î
-
+
ç
÷
è
ø ，k ÎZ 时，
f x 单调递增；
由
0
f
x
¢
<
可得
π
π
2 π
2 π,
Z
4
k
x
k k
- +
<
+
<
Î
，
即当
5π
π
2 π
,2 π
4
4
x
k
k
æ
ö
Î
-
-
ç
÷
è
ø ，k ÎZ 时，
f x 单调递减，
综上，函数
f x 的单调递增区间为
π
3π
2 π
,2 π
4
4
k
k
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø，k ÎZ ；单调递减区间为
5π
π
2 π
,2 π
4
4
k
k
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø，
k ÎZ .
（2）令
e sin
x
g x
f x
x
x
x
=
-
=
-
，则
e
sin
cos
1
x
g
x
x
x
=
+
-
¢
，
设
e
sin
cos
1
x
h x
x
x
=
+
- ，则
e
sin
cos
e
cos
sin
2e cos
x
x
x
h x
x
x
x
x
x
=
+
+
-
=
¢
，
所以当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
h x
¢
>
，则
h x （即
g
x
¢
）在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增；
当
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
h x
¢
<
，
h x （即
g
x
¢
）在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，
因为
0
0
g¢
=
，
π
2
π
e
1
0
2
g æ
ö =
- >
ç
÷
è
ø
¢
，
π
π
e
1
0
g
= -
- <
¢
，
所以存在唯一的
1
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使得
1
0
g
x
¢
=
，
故当
1
0,
x
x
Î
时，
0
g
x
¢
>
，则
g x 在
1
0, x
上单调递增；
当
1,π
x
x
Î
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 在
1,π
x
上单调递减；
又
1
0
0
g x
g
>
=
，
π
π
0
g
= - <
，
所以存在唯一的
2
1,π
x
x
Î
，使得
2
0
g x
=
，
综上可得函数
g x 在
0,π 上存在两个零点0 和
2x ，
所以曲线
y
f x
=
与直线y
x
=
在
0,π 上公共点的个数为2.
18．（2026·山东潍坊·模拟预测）已知函数
ln
2
f x
x
ax
=
+
- .
(1)若
0
a <
，求
f x 的单调区间；
(2)若存在
3, 1
a Î -
-
，对任意
1
1
,1 ,
2
x
f x
b
x
é
ù
Î
+
³
ê
ú
ë
û
恒成立，求实数b 的最大值.
【答案】(1)单调递减区间为
1 ,
a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø ，单调递增区间为
1
0,
a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
(2) 2
-
【分析】（1）借助导数计算即可得；
（2）令
1
g x
f x
x
=
+
，
1 ,1
2
x
é
ù
Îê
ú
ë
û ，借助导数计算可得该函数单调递减，则
1
b
g
£
，结合a 的范围即可
得解.
【详解】（1）由题意可知
0
x >
，
1
1
ax
f
x
a
x
x
¢
+
=
+
=
，
令
0
f
x
¢
=
，得
1
x
a
= -
令
0
f
x
¢
>
，得
1
0
x
a
<
< -
，令
0
f
x
¢
<
，得
1
x
a
> -
，
所以
f x 的单调递减区间为
1 ,
a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø ，单调递增区间为
1
0,
a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø；
（2）令
1
g x
f x
x
=
+
，可得
2
2
2
1
1
1
ax
x
g
x
a
x
x
x
+
-
=
¢
+
-
=
，
令
2
1
h x
ax
x
=
+
- ，Δ
1
4a
= +
，因为
3, 1
aÎ -
-
，所以Δ
0
<
，
所以
g x 在1 ,1
2
é
ù
ê
ú
ë
û 单调递减，
要使得对任意的
1
1
,1 ,
2
x
f x
b
x
é
ù
Î
+
³
ê
ú
ë
û
恒成立，
所以
min
( )
b
g x
£
，即
1
ln1
2 1
1
b
g
a
a
£
=
+
-
+ =
- ，
因为存在实数
3, 1
aÎ -
-
，使得
1
b
a
£
- 成立，
所以
max
1
b
a
£
-
，即
2
b £ - ，
所以b 的最大值为2
- .
19．（2026·广东·模拟预测）已知函数
3
3
f x
x
a x
a
=
-
+
.
(1)当
1
a = 时.
（i）求曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
-
-
处的切线方程；
（ii）求
f x 的零点个数.
(2)若
f x 的零点个数为2，求a 的取值集合.
【答案】(1)（i）6
3
0
x
y
-
+
=
（ii）3
(2)
1 1
,
4 4
ì
ü
-
í
ý
î
þ.
【分析】（1）（i）求出
0
x <
时的解析式，利用导数的几何意义得到
1
x = - 处的切线斜率，利用点斜式可
得答案；（ii）分类，用导数讨论单调性，可得答案；
（2）分类，利用导数结合零点存在定理可得答案.
【详解】（1）（i）此时
3
3
1
f x
x
x
=
-
+ ，
当
0
x <
时，
3
3
1
f x
x
x
=
+
+ ，
1
3
f -
= -
2
3
3
f
x
x
=
¢
+ ，
切线斜率
1
6,
1
1 3 1
3
k
f
f
=
-
=
-
= - - + = -
¢
，又切线过点
1, 3
- -
，
故可得切线方程为
3
6
1
y
x
- -
=
+
，即6
3
0
x
y
-
+
=
.
（ii）
0
x =
时，
0
1,
0
f
x
=
>
时，
3
3
1
f x
x
x
=
-
+ ，
2
3
3
f
x
x
=
¢
- ，
0,1
xÎ
时，
0,
f
x
f x
¢
<
单调递减；
1,
x
¥
Î
+
时，
0,
f
x
f x
¢
>
单调递增，
注意到
1
1 0,
2
3 0
f
f
= -
=
，
由零点存在定理可得其在
0,1 , 1,2 上各存在一个零点，
由单调性知其在
0
x >
时有且仅有两个零点，
而
0
x <
时，
0,
f
x
f x
¢
>
单调递增，此时
1
0
0
f
f
-
<
<
，
可得其在
0
x <
时有且仅有一个零点，
综上：
f x 的零点个数为3.
（2）
0
a =
时，显然
3
f x
x
=
有且仅有一个零点，矛盾，
0
a ¹
时，
0
0
f
a
=
¹
，考虑
0
x ¹
，
此时
3
2
3
2
3
,
0
3
3 ,
0
,
3
,
0
3
3 ,
0
x
ax
a x
x
a x
f x
f
x
x
ax
a x
x
a x
ì
ì
+
+
<
+
<
ï
=
=
í
í
-
+
>
-
>
î
¢
ïî
.
当
0
a >
时，
0
x <
时，
0,
f
x
f x
¢
>
单调递增，且
1
1
2
0,
0
0
f
a
f
-
= - -
，
由零点存在定理知其在
1,0
-
内有且仅有一个零点.
故
0
x >
时其只有一个零点.
注意到
0,
x
a
Î
时，
0,
f
x
f x
¢
<
单调递减；
,
x
a
¥
Î
+
时，
0,
f
x
f x
¢
>
单调递增，
由唯一零点知
0
f
a =
，即
3
0
a a
a a
a
-
+
=
，得
1
4
a =
.
当
0
a <
时，
0
x >
时，
0,
f
x
f x
¢
>
单调递增，且
0
0
1 2
1
f
a
a
f
=
<
< -
=
，
由零点存在定理知其在区间
0,1 内有且仅有一个零点.
故
0
x <
时其只有一个零点.注意到
(
xÎ -¥ ，
)
a
- -
时，
0,
f
x
f x
¢
>
单调递增；
xÎ（
,0
a
- -
）时，
0,
f
x
f x
¢
<
单调递减，
由唯一零点知
0
f
a
- -
=
，即
2
0
a
a
a
- -
+
=
，
1
4
a = -
.
综上，a 的取值集合是
1 1
,
4 4
ì
ü
-
í
ý
î
þ.
.
20．（2026·重庆·一模）函数
sin
f x
x
=
．
(1)令
π
,
2
π
2
F x
f x
f
x
a
x
é
ù
=
+
-
Î -
ê
ú
ë
¢
û
，
，若函数
F x 存在唯一零点，求实数a 的取值范围；
(2)若
2
π
,
2
π
1
g x
x
f x
x
x
é
ù
=
+
-
Î -
ê
ú
ë
û
，
，求函数
g x 的值域．
【答案】(1)
1,1
2
aÎ -
U
(2)
0,π 1
-
【分析】（1）根据题意，
π
2 sin
4
F x
x
a
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø
，即
π
2 sin
4
a
x
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø ，
,
2 2
π π
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û 时有唯一交点，结
合图像得到a 的取值范围即可；
（2）求导
π
2 sin
1
cos
4
g
x
x
x
x
æ
ö
=
+
- +
ç
÷
è
ø
¢
，再分
π ,0
2
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û
x
、
π
0, 2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 判断导数符号，确定函数
g x 的
单调性，根据单调性得到函数的值域．
【详解】（1）
sin
f x
x
=
，
cos
f
x
x
¢
=
，
π
sin
cos
2 sin
4
F x
f x
f
x
a
x
x
a
x
a
æ
ö
=
+
-
=
+
-
=
+
-
ç
÷ø
¢
è
，
Q
,
2 2
π π
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û 时，函数
F x 存在唯一零点，
π
2 sin
4
a
x
æ
ö
\
=
+
ç
÷
è
ø，
,
2 2
π π
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û 时有唯一交点，
π
2 sin
4
y
x
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
Q
，
,
2 2
π π
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û 的图像如下：
1,1
2
a
\ Î -
È
；
（2）
π π
1
1 sin
,
2 2
g x
x
f x
x
x
x
x
x
é
ù
=
+
-
=
+
-
Î -
ê
ú
ë
û
，
，
π
sin
1 cos
1
sin
cos
1
cos
2 sin
1
cos
4
g
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
=
+
+
- =
+
- +
=
¢
+
- +
ç
÷
è
ø
，
当
π ,0
2
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û
x
时，
π
π π
,
4
4 4
x
é
ù
+
Î -
ê
ú
ë
û ，
π
π
2 sin
2 sin
1
4
4
x
æ
ö
+
£
=
ç
÷
è
ø
，
π
2 sin
1
0
4
x
æ
ö
\
+
- £
ç
÷
è
ø
，且cos
0
x
x £
，
0
g
x
\ ¢
£
，即
g x 在
π ,0
2
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û
x
单调递减，
当
π
0, 2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，
π
π 3π
,
4
4
4
x
æ
ù
+
Îç
ú
è
û ，
π
2
2 sin
2
1
4
2
x
æ
ö
+
³
´
=
ç
÷
è
ø
，
π
2 sin
1
0
4
x
æ
ö
\
+
- ³
ç
÷
è
ø
，且cos
0
x
x ³
，
0
g
x
\ ¢
³
，即
g x 在
π
0, 2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 单调递增，
min
0
0
g x
g
\
=
=
，
π
π
π
π
1 sin
π 1
2
2
2
2
g æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
= -
+
-
+
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
Q
，
π
π
π
π
1 sin
1
2
2
2
2
g æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
g x
\
的值域为
0,π 1
-
．
21．（2026·陕西商洛·二模）已知函数
2
ln
f x
a
x
x
=
-
，其中aÎR ．
(1)当
1
a = 时，求
f x 在
1
1
f
，
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
0,
a
b
>
ÎR，对任意的
0
x
f x
a
b
>
£
+
，
恒成立，求
5
b
a
-
的最小值．
【答案】(1)
1
=
-
y
x
；
(2)
2
1 ,
2e
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
(3)
3
3e
-
【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
1
a = 时，
2
ln
f x
x
x
=
-
，函数定义域为
0,
xÎ
+¥
故
2
ln
1
1
1
f
x
x
f
x
¢
-
-
¢
=
+
=
，
，
又
1
0
f
=
，所以切线方程为
1
y
x
=
- .
（2）由题意得
2
ln
1
0
a
f
x
x
x
x
¢
= -
+
-
>
，
若
f x 不存在单调增区间，则
2
ln
1
0
a
x
x
-
+
- £
恒成立，即2
ln
a
x x
x
£
+
恒成立，
令
ln
2
ln
g x
x x
x
g
x
x
¢
=
+
=
+
，
，
当
2
e ,
x
-
Î
+¥ 时
0
g
x
¢
>
，当
2
0,e
x
-
Î
时
0
g
x
¢
<
所以
g x 在
2
0,e-
单调递减，在
2
e ,
- +¥ 单调递增，
所以
2
2
min
1
g
g e
e
x
-
=
= -
，所以
2
1
2
e
a £ -
即
2
1
2e
a £ -
因此所求实数a 的取值范围为
2
1 ,
2e
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø.
（3）由（2）知
2
2
1
2
ln
1
0
a
a
f
x
x
f
x
x
x
x
¢
¢
= -
+
-
= -
-
¢
<
，
所以
f
x
¢
在
0,+¥ 单调递减，又
2
2
e
1
2 e
0
f
a
-
= +
>
¢
，
2
2
e
1
0
e
a
a
a
f
a
¢
= - +
- <
，
所以必存在正数
0x ，使得
0
0
0
2
ln
1
0
a
f
x
x
x
= -
+
- =
¢
，即
0
0
0
2
ln
a
x
x
x
=
+
，
由（2）知当
0
1
0, e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，2
0
a <
即
0
a <
，当
0
1
e
x =
时，2
0
a =
即
0
a =
，
当
0
1 ,
e
x
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø 时，2
0
a >
即
0
a >
，
由上可知
f x 在
0
0, x
单调递增，在
0,
x +¥ 单调递减，
所以
0
0
0
max
2
ln
f x
f x
a
x
x
=
=
-
，
所以
0
0
2
ln
a
b
a
x
x
+
³
-
，即
0
0
5
2
ln
6
b
a
a
x
x
a
-
³
-
-
，
2
0
0
0
0
0
5
ln
3 ln
3
b
a
x
x
x
x
x
-
³
-
-
令
2
1
ln
3 ln
3 (
)
e
h x
x
x
x
x
x x
=
-
-
>
因为
2
ln
ln
6
ln
3
ln
2
h x
x
x
x
x
=
-
-
=
-
+
¢
当
3
1 ,e
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
h x 单调递减，当
3e ,
xÎ
+¥ 时，
h x 单调递增，
所以
3
3
min
e
3e
h x
h
=
= -
，
所以
5
b
a
-
的最小值为
3
3e
-
22．（2026·河北保定·一模）已知函数
3
sin
sin
,
.
f x
x
a
x a
=
-
ÎR
(1)当
1
3
a =
时，求
f x 的极值.
(2)已知
0
a =
.
（i）证明:
0,1
2
tan
x
f x
x
x
" Î
>
-
，
；
（ii）若
2
f x
x
tx
³
-
在
0, + ¥ 上恒成立，求实数t 的取值范围.
【答案】(1)极大值2
3 ，极小值
2
3
-
(2)（i）证明见解析；（ii）1 ,
π
é
ö
+¥÷
êë
ø
【分析】（1）先对函数求导得到
3
cos
f
x
x
=
¢
，通过导数的正负判断单调性，进而确定极值点并计算极值；
（2）（i）通过构造辅助函数并分析导数符号证明不等式；
（ii）分离参数后构造函数，利用导数分析单调性求最值，从而确定参数范围.
【详解】（1）
1
3
a =
时，
3
1
sin
sin
3
f x
x
x
=
-
，
2
2
3
cos
sin
cos
cos
1 sin
cos
f
x
x
x
x
x
x
x
=
-
=
-
=
¢
，
令
0
f
x
¢
=
，得cos
0
x =
，解得
π
π,
2
x
k
k
=
+
ÎZ ，
当
π
π
2 π,
2 π ,
2
2
x
k
k
k
æ
ö
Î -
+
+
Î
ç
÷
è
ø
Z时，cos
0
x >
，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
当
π
3π
2 π,
2 π ,
2
2
x
k
k
k
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
Z 时，cos
0
x <
，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减；
所以当
π
2 π,
2
x
k
k
=
+
ÎZ 时，
f x 取得极大值
3
π
π
1
π
1
2
2 π
sin
2 π
sin
2 π
1
2
2
3
2
3
3
f
k
k
k
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
=
+
-
+
= -
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
当
π
2 π,
2
x
k
k
= -
+
ÎZ 时，
f x 取得极小值
3
π
π
1
π
1
2
2 π
sin
2 π
sin
2 π
1
2
2
3
2
3
3
f
k
k
k
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
+
=
-
+
-
-
+
= - +
= -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
.
（2）
0
a =
时，
sin
f x
x
=
.
（i）要证
0,1
x
" Î
，sin
2
tan
x
x
x
>
-
，即证sin
tan
2
0
x
x
x
+
-
>
，
令
sin
tan
2 ,
0,1
g x
x
x
x x
=
+
-
Î
，则
2
2
2
2
cos
sin
1
cos
2
cos
2
cos
cos
x
x
g
x
x
x
x
x
+
=
+
-
=
¢
+
-
，
令
cos ,
0,1
t
x x
=
Î
，则
cos1,1
t Î
，
g
x
¢
即化为
2
3
2
2
2
2
1
1
1
2
1
2
t
t
t
t
t
y
t
t
t
t
-
- -
-
+
= +
-
=
=
，
因为
cos1,1
t Î
，所以
2
1
0,
1
0
t
t
t
- <
- - <
，所以
0
y >
，即
0
g
x
¢
>
，
g x 在
0,1 单调递增，
又
0
0
g
=
，所以
0
0
g x
g
>
=
，即sin
2
tan
x
x
x
>
-
.
（ii）由
2
sin x
x
tx
³
-
得
2
sin
tx
x
x
³
-
，
当
0
x =
时，0
0
³
显然成立；
当
0
x >
时，不等式可化为
2
sin
x
x
t
x
-
³
，令
2
sin
,
0
x
x
h x
x
x
-
=
>
，则
max
t
h x
³
则
2
4
3
1 cos
2
sin
2sin
cos
x x
x x
x
x
x
x
x
h x
x
x
¢
-
-
-
-
-
=
=
，
令
2
2
2sin
cos
4sin
cos
2 cos
2cos
2tan
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
m x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
=
-
-
=
-
=
-
ç
÷
è
ø ，
当
0,π
xÎ
时，
π
0,
2
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，由tan 2
2
x
x
>
得2tan 2
x
x
>
，又
2
cos
0
2
x >
，
所以
0
m x >
，所以
0
h x
¢
>
，
h x 在
0,π 单调递增，所以对
0,π
x
" Î
，
1
π
π
h x
h
£
=
；
下面证明当
π
x >
时，
1
π
h x <
，即
2
sin
1
π
x
x
x
-
<
，也即证
2
π
0
x
x
sinx
p
-
+
>
：
令
2
π
π
n x
x
x
sinx x
p
=
-
+
>
，则
2
π
n x
x
cosx
p
=
-
+
¢
，
因为
π
x >
，所以cos
1
x ³ - ，所以
π
cosx
p
³ - ，所以
2π
π
π
0
n x >
-
-
=
¢
，
所以
n x 在
π,+¥ 单调递增，所以
2
2
π
π
π
0
0
n x
n
>
=
-
+
=
，即
2
π
0
x
x
sinx
p
-
+
>
，
所以
2
sin
1
π
x
x
x
-
<
.
综上，
0
x >
时，max
1
π
h x
=
，所以
1
π
t ³
，即实数t 的取值范围为1 ,
π
é
ö
+¥÷
êë
ø.
23．（2026·江西南昌·一模）已知函数
ln
ln
1
f x
x x
a
x
= -
+
+
.
(1)求函数
f x 的单调区间；
(2)设函数
f x 的零点为
0x ，设曲线
y
f x
=
在
0,0
x
处的切线为y
kx
m
=
+
，求证：
.
f x
kx m
£
+
(3)当1
1
e
a
£
£ 时，设
1
2
,
0,
x x
"
Î
+¥ ，且满足
1
2
1
f x
f x
-
= ，求证：
2
1
1
e
e
x
x
a
-
>
.
【答案】(1)
f x 在
0,a 为增函数；
f x 在
,a +¥ 为减函数；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，利用导数求函数单调区间；
（2）求出切线方程，构造函数，利用导数求最值，即可得证；
（3）分类讨论证明
1
2
x
x
<
，结合条件不等式可转化为
1
2
1
2
e
e
x
x
f x
a
f x
a
+
<
+
，构造函数
ex
g x
f x
a
=
+
，求导后，利用不同方法证明
g x 在
0, ¥
+
为增函数，即可得证.
【详解】（1）
ln
ln
1
f x
x x
a
x
= -
+
+
，
由
ln
ln
f
x
x
a
¢
= -
+
，
当
0,
x
a
Î
时，
0
f
x
¢
>
，即
f x 在
0,a 为增函数；
当
,
x
a
¥
Î
+
时，
0
f
x
¢
<
，即
f x 在
,a
¥
+
为减函数.
所以
f x 的递增区间为
0,a ，递减区间为
,a
¥
+
；
（2）由
ln
ln
1
0
f x
x x
a
x
= -
+
+
=
，解得
0
e
x
a
=
，
又因为
ln
ln
f
x
x
a
¢
= -
+
，则
e
ln e
ln
1
f
a
a
a
+
¢
= -
= - ，
所以切线方程为
e
y
x
a
= - +
，
设
ln
ln
2
e
x
x x
a
x
a
j
= -
+
+
-
，则
ln
ln
1
x
x
a
j¢
= -
+
+ ，
令
ln
ln
1
0
x
x
a
j
= -
+
+ =
¢
，解得
e
x
a
=
，
当0
e
x
a
<
<
时，
0
x
j¢
>
，当
e
x
a
>
时，
0
x
j¢
<
，
可知
x
j
在
0, e
a
为增函数，
x
j
在
e,
a
¥
+
为减函数，
故
e
0
x
a
j
j
£
=
，所以
f x
kx
m
£
+
；
（3）由（1）可知
max
1
f x
f a
a
=
=
£ ，
①若
2
0,
x
a
Î
，则
2
2
2
2
ln
1 ln
0
f x
x
a
x
x
=
+ -
>
>
，
1
2
1
ln
ln
1
f x
f x
f x
f a
a a
a a
a
-
<
£
= -
+
+
£ 不符合题意；
所以
2x
a
³
，
②若
1
0
x
a
<
<
，则
1
2
x
x
<
，
③若
1x
a
³
，
2x
a
³
，又因为
f x 在
,a
¥
+
为减函数，
所以
1
2
2
1
f x
f x
f x
=
+ >
，所以
1
2
x
x
<
，
综上所述
1
2
x
x
<
，
又因为
1
2
1
f x
f x
-
= ，由
2
1
1
e
e
x
x
a
-
>
，
所以
2
1
1
2
1
e
e
x
x
f x
f x
a
-
>
-
，
即
2
1
1
2
e
e
x
x
a
f x
f x
-
>
-
，即
1
2
1
2
e
e
x
x
f x
a
f x
a
+
<
+
，
设
ex
g x
f x
a
=
+
，
所以
e
e
ln
ln
x
x
g
x
f
x
a
a
x
a
=
+
=
-
+
¢
¢
，
方法一：设
e
ln
ln
x
h x
a
x
a
=
-
+
，所以
1
ex
h x
a
x
=
¢
-
，
因为
h x
¢
在
0, ¥
+
为单调递增，
当
0
x ®
时，
h x
¥
¢
® -
，x ® +¥ ，
h x
¥
¢
® +
，
所以存在
0,
t
¥
Î
+
，使得
0
h t
¢
=
，即
1
e
0
t
a
t
-
=
，
又因为
0,
x
t
Î
，
0
h x
¢
<
，即
h x 在
0,t 为减函数；
又因为
,
x
t
¥
Î
+
，
0
h x
¢
>
，即
h x 在
,t
¥
+
为增函数；
所以
1
ln
ln
ln
ln
t
h x
h t
ae
t
a
t
a
t
³
=
-
+
=
-
+
，
又因为
1
et
a
t
=
，则有ln
ln
a
t
t
+ = -
，
又因为1
1
e
a
£
£ ，
1
2ln
2
2ln
0
h t
t
a
a
t
=
+ +
³
+
³
，
所以
0
h x ³
，即
g x 在
0, ¥
+
为增函数，
又因为
2
1
x
x
>
，所以
2
1
g x
g x
>
，即
2
1
1
e
e
x
x
a
-
>
.
方法二：
ln
e
ln
ln
e
ln
ln
x
x
a
h x
a
x
a
x
a
x
x
+
=
-
+
=
+
+
-
+
设
ln
F x
x
x
=
+
，因为
F x 在
0, ¥
+
单调递增，
又因为
ln
1
e
e
x
a
x
x
+
-
³
³
所以
ln
ex
a
F
F x
+
³
所以
0
h x ³
，即
g x 在
0, ¥
+
为增函数，
又因为
2
1
x
x
>
，所以
2
1
g x
g x
>
，即
2
1
1
e
e
x
x
a
-
>
.
24．（2026·河北张家口·一模）已知函数
ex
f x =
，
ln
1
g x
x
=
-
．
(1)求曲线
g x 在点
2,
2
g
处的切线方程；
(2)证明：
3
f x
g x
>
+ ；
(3)若
0
a >
，关于x 的不等式
ln
1
af x
a
g x
+
<
- 有解，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
2
y
x
=
-
(2)证明见解析
(3)
2
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø
【分析】（1）求出导函数，可得
2
1
g¢
= ，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方程；
（2）先利用导数法证明
1
f x
x
³
+ 当且仅当
0
x =
时等号成立，再利用导数法证明
3
1
g x
x
+
£
+ 当且仅当
2
x =
时等号成立，即可证明；
（3）将
ln
1
af x
a
g x
+
<
- 整理得
ln
e
ln
ln
1
1
x
a
x
a
x
x
+
+
+
<
-
+
- ，设函数
ex
P x
x
=
+
，利用单调性得
ln
ln
1
x
a
x
+
<
-
，即
ln
ln
1
a
x
x
< - +
-
，利用导数法求得函数
ln
1
Q x
x
x
= - +
-
的最大值，即可得解.
【详解】（1）由
ln
1
g x
x
=
-
得
1
1
g
x
x
¢
=
- ，所以
2
1
g¢
= ，又
2
ln1
0
g
=
=
，
所以曲线
g x 在点
2,0 处的切线方程为
0
2
y
x
-
=
-
，即
2
y
x
=
-
；
（2）设
e
1
x
M x
x
=
-
- ，
e
1
x
M
x
¢
=
- ，
0
0
M ¢
=
，
当
,0
x
¥
Î -
时，
0
M
x
¢
<
，
M x 为减函数，
当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
M
x
¢
>
，
M x 为增函数，
所以
min
0
0
M x
M
=
=
，即e
1
x
x
³
+ ，
所以
1
f x
x
³
+ 当且仅当
0
x =
时等号成立，
设
=ln
1
2
N x
x
x
-
-
+
，定义域为
1, ¥
+
，
则
1
2
1
1
1
x
N
x
x
x
-
=
- =
¢
-
- ，
2
0
N¢
=
，
当
1,2
xÎ
时，
0
N
x
¢
>
，
N x 为增函数，
当
2,
x
¥
Î
+
时，
0
N
x
¢
<
，
N x 为减函数，
所以
max
2
0
N x
N
=
=
，即
ln
1
2
x
x
-
£
-
，
所以
3
1
g x
x
+
£
+ 当且仅当
2
x =
时等号成立，
所以
3
f x
g x
>
+ ；
（3）因为
ln
1
af x
a
g x
+
<
- ，整理可得
e
ln
ln
1
1
x
a
a
x
+
<
-
- ，
故
ln
e
ln
ln
1
1
x
a
x
a
x
x
+
+
+
<
-
+
- ，设函数
ex
P x
x
=
+
，则
ln
ln
1
P x
a
P
x
+
<
-
，
因为
e
1
0
x
P x =
¢
+ >
，所以函数
ex
P x
x
=
+
单调递增，所以
ln
ln
1
x
a
x
+
<
-
，
整理可得
ln
ln
1
a
x
x
< - +
-
，设函数
ln
1
Q x
x
x
= - +
-
，则
1
2
1
1
1
x
Q
x
x
x
-
= - +
=
-
-
¢
，
当
1,2
xÎ
时，
0
Q x
¢
>
，
Q x 为增函数，
当
2,
x
¥
Î
+
时，
0
Q x
¢
<
，
Q x 为减函数，
所以
2
2
Q x
Q
£
= - ，所以ln
2
a < - ，解得
2e
1
a <
，
所以实数a 的取值范围
2
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø .
25．（2026·北京平谷·一模）已知函数
e
ln
x
f x
x
a
=
-
．
(1)当
0
a =
，求曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程；
(2)若
2
a =
，求函数
f x 极值点的个数；
(3)若对任意的实数
1,
,
1
x
f x
¥
Î
+
³ - 恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
e
e
y
x
=
-
(2)2 个
(3)
1
, e
æ
ù
-¥
ç
ú
è
û
【分析】（1）切线斜率等于函数
f x 在该点的导数值
1
f ¢
，结合点斜式直线方程即可求解；
（2）多次求导得函数
f x 的单调性，进而求出函数的极值点即可判断；
（3）分离参数得
1
ln
ex
a
x
£
+
在
1, ¥
+
上恒成立，令
1
ln
ex
g x
x
=
+
，多次求导得其单调性，然后求解最值
即可．
【详解】（1）当
0
a =
时，
e ln
x
f x
x
=
，所以
1
e ln
e
x
x
f
x
x
x
=
+
¢
．
所以
1
0,
1
e
f
f ¢
=
=
．
所以曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程为
0
e
1
y
x
-
=
-
，
即
e
e
y
x
=
- ．
（2）由
e
ln
2
x
f x
x
=
-
，得
1
e
ln
2
x
f
x
x
x
¢
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø ，
令
1
ln
2
h x
x
x
=
+
-
，则
2
2
1
1
1
x
h x
x
x
x
=
¢
-
=
-
．
当0
1
x
<
< 时，
0
h x
¢
<
，当
1
x > 时，
0
h x
¢
>
，
所以
h x 在区间
0,1 上是减函数，在区间
1, ¥
+
上是增函数．
所以
h x 的最小值为1
1 2
1
0
h
= -
= - <
．
2
2
2
2
2
e
2
e
2
e
4
0,
e
e
0
h
h
-
-
= - +
-
=
-
>
=
>
，
又
h x 在
0,1 单调递减，在
1, ¥
+
单调递增，
故存在
1
0,1
x Î
，使得
1
0
h x
=
，
所以，在区间
1
0, x
上
0
f
x
¢
>
，在区间
1,1
x
上
0
f
x
¢
<
．
所以，在区间
1
0, x
上
f x 单调递增，在区间
1,1
x
上
f x 单调递减，
故
1
x
x
=
是函数
f x 的极大值点．
同理：存在
2
2
1,e
x Î
，使得
2
0
h x
=
，
所以，在区间
2
1, x
上
0
f
x
¢
<
，在区间
2,
x
¥
+
上
0
f
x
¢
>
．
所以，在区间
2
1, x
上
f x 单调递减，在区间
2,
x
¥
+
上
f x 单调递增，
故
2
x
x
=
是函数
f x 的极小值点．
综上：函数
f x 极值点有2 个．
（3）对任意的实数
1,
,
1
x
f x
¥
Î
+
³ - 恒成立，
等价于
1
ln
ex
a
x
£
+
在
1, ¥
+
上恒成立，得
min
1
ln
ex
a
x
æ
ö
£
+
ç
÷
è
ø
，
令
1
ln
ex
g x
x
=
+
，则
1
1
e
e
e
x
x
x
x
g
x
x
x
¢
-
=
-
=
．
令
ex
m x
x
=
-
，则
e
1
x
m x
¢
=
- ．因为
1
x ³ ，所以
e 1
0
m x ³
¢
- >
，
所以
m x 在
1, ¥
+
上是增函数，所以
e 1
0
m x ³
- >
，所以
0
g
x
¢
>
，
所以
g x 在
1, ¥
+
上是增函数，所以
g x 的最小值为
1
1
e
g
=
．所以
1
e
a £
，
即实数a 的取值范围
1
, e
¥
æ
ù
-
ç
ú
è
û ．
26．（2026·贵州黔东南·模拟预测）已知函数
2
e
1
x
f x
ax
x
=
-
-
- .
(1)当
1
2
a =
时，求曲线
y
f x
=
在点
2
2
f,
处的切线方程.
(2)当
1
2
a =
时，证明：当
0
x £
时，
0
f x £
.
(3)若
f x 有两个零点，求a 的取值范围.
【答案】(1)
2
2
e
3
e
1
y
x
=
-
-
+
(2)证明见解析；
(3)
1
1
0,
,
2
2
æ
ö
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
U
.
【分析】（1）根据导数的几何意义，求出
2
f
和
2
f ¢
，利用点斜式写出切线方程；
（2）设
e
1
x
g x
f
x
x
=
=
-
-
¢
，利用导数得
0
f
x
¢
³
在
,0
-¥
上恒成立，从而可得函数
f x 的单调性和
最值；
（3）设
e
2
1
x
h x
f
x
ax
=
=
-
-
¢
，分情况：
0
a £
，
1
0
2
a
<
<
，
1
2
a =
和
1
2
a >
研究函数单调性和最值，从而
得解.
【详解】（1）当
1
2
a =
时，
2
1
e
1
2
x
f x
x
x
=
-
-
- ，则
e
1
x
f
x
x
=
¢
-
- ，
从而
2
2
e
5
f
=
- ，
2
2
e
3
f ¢
=
-
，
故曲线
y
f x
=
在点
2,
2
f
处的切线方程为
2
2
e
5
e
3
2
y
x
-
-
=
-
-
，
即
2
2
e
3
e
1
y
x
=
-
-
+ ；
（2）设
e
1
x
g x
f
x
x
=
=
-
-
¢
，则
e
1
x
g
x
¢
=
- .
显然
0
g
x
¢
£
在
,0
-¥
上恒成立，所以
f
x
¢
在
,0
¥
-
上单调递减.
又
0
0
f ¢
=
，所以
0
f
x
¢
³
在
,0
-¥
上恒成立，
所以
f x 在
,0
¥
-
上单调递增，
故
0
0
f x
f
£
=
，即当
0
x £
时，
0
f x £
.
（3）由题意可得
e
2
1
x
f
x
ax
=
-
-
¢
.
设
e
2
1
x
h x
f
x
ax
=
=
-
-
¢
，则
e
2
x
h x
a
=
¢
-
.
①若
0
a £
，显然
0
h x
¢
>
，则
h x 在
,
¥
¥
-
+
上单调递增，即
f
x
¢
在
,
¥
¥
-
+
上单调递增.
又
0
0
f ¢
=
，所以当
,0
x
¥
Î -
时，
0
f
x
¢
<
，当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
f
x
¢
>
，
则
f x 在
,0
¥
-
上单调递减，在
0, ¥
+
上单调递增，
又
0
0
f
=
，所以
f x 只有一个零点，故
0
a £
不符合题意.
②若
1
0
2
a
<
<
，则当
,ln 2
x
a
¥
Î -
时，
0
h x
¢
<
，当
ln 2
,
x
a
¥
Î
+
时，
0
h x
¢
>
，
则
f
x
¢
在
,ln 2a
¥
-
上单调递减，在
ln 2
,
a
¥
+
上单调递增.
又
0
0
f ¢
=
，所以
ln 2
0
f
a
¢
<
，又
1
2
1
e
0
2
a
f
a
-
æ
ö
-
=
>
ç
÷
è
ø
¢
，
所以存在唯一的
0
1 ,ln 2
2
x
a
a
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø ，使得
0
0
f
x
¢
=
.
当
0
,
0,
x
x
¥
¥
Î -
È
+
时，
0
f
x
¢
>
，当
0,0
x
x
Î
时，
0
f
x
¢
<
，
则
f x 在
0
, x
¥
-
，
0, ¥
+
上单调递增，在
0,0
x
上单调递减.
又
0
0
f
=
，所以
0
0
f x
>
，又当x ® -¥ 时，
f x
¥
® -
，
所以
f x 恰有两个零点，则
1
0
2
a
<
<
符合题意.
③若
1
2
a =
，则由（2）知
0
f
x
¢
³
在R 上恒成立，所以
f x 在
,
¥
¥
-
+
上单调递增，
又
0
0
f
=
，所以
f x 只有一个零点，则
1
2
a =
不符合题意.
④若
1
2
a >
，则当
,ln 2
x
a
¥
Î -
时，
0
h x
¢
<
，当
ln 2
,
x
a
¥
Î
+
时，
0
h x
¢
>
，
则
f
x
¢
在
,ln 2a
¥
-
上单调递减，在
ln 2
,
a
¥
+
上单调递增.
又
0
0
f ¢
=
，所以
ln 2
0
f
a
¢
<
，又
4
2
4
e
8
1
0
a
f
a
a
=
-
- >
¢
，
所以存在唯一的
1
ln 2
,4
x
a
a
Î
，使得
1
0
f
x
¢
=
.
当
1
,0
,
x
x
¥
¥
Î -
È
+
时，
0
f
x
¢
>
，当
1
0,
x
x
Î
时，
0
f
x
¢
<
，
则
f x 在
,0
¥
-
，
1,
x
¥
+
上单调递增，在
1
0, x
上单调递减.
又
0
0
f
=
，所以
1
0
f x
<
，又当x ® +¥ 时，
f x
¥
® +
，
所以
f x 恰有两个零点，则
1
2
a >
符合题意.
综上，a 的取值范围为
1
1
0,
,
2
2
¥
æ
ö
æ
ö
È
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø .
27．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数
2
2
3 e
R
x
f x
ax
a
-
=
-
Î
，且
1
f
为函数
f x 的极值.
(1)求实数a 的值；
(2)当
1
x ³ 时，
1
2
1
e
0
2
x
f x
m
m
-
+
+
³
恒成立，求实数m 的取值范围；
(3)证明：当
2
n ³
时，
2
1
1
( )
2
n
i
f i
=
<
å
．
【答案】(1)
2
a =
(2)
2 e
m £ -
或
3
1
m ³
-
(3)证明见解析
【分析】（1）利用极值点的必要条件（极值点处导数为0），对
( )
f x 求导后代入
1
x = ，解方程得到a 的值，
再验证导数在
1
x = 两侧的符号，确认
1
x = 为极值点；
（2）构造函数
1
2
1
e
2
x
g x
f x
m
m
-
=
+
+
，将恒成立问题转化为( )
0
g x ³
在[1,
)
+¥ 上恒成立，即求( )
g x 的最
小值≥0.通过求导分析( )
g x 的单调性，分
0
m ³
和
0
m <
两种情况讨论，结合函数最值解关于m 的不等式，得
到m 的取值范围；
（3）利用不等式e
1
x
x
³
+ ，得到
2
2
e
2
1
n
n
- ³
- ，对
1
( )
f i 进行放缩，转化为可裂项相消的形式，求和后证明
不等式.
【详解】（1）因为
2
2
2
2
2
2
( )
e
(
3) 2e
(2
6)e
x
x
x
f
x
a
ax
ax
a
-
-
-
¢
=
×
+
-
×
=
+
-
，又
(1)
f
为函数
( )
f x 的极值， 所以
(1)
0
f ¢
=
，即
0
(2
6)e
3
6
0
a
a
a
+
-
=
-
=
，解得
2
a =
.
验证极值点：当
2
a =
时，
2
2
( )
4(
1)e x
f
x
x
-
¢
=
-
.
当
1
x < 时，
( )
0
f
x
¢
<
，
( )
f x 单调递减；
当
1
x > 时，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f x 单调递增.
因此
1
x = 是
( )
f x 的极小值点，符合题意，故
2
a =
.
（2）由(1)得
2
2
( )
(2
3)e x
f x
x
-
=
-
，设
2
2
1
2
1
( )
(2
3)e
e
2
x
x
g x
x
m
m
-
-
=
-
+
+
，
2
2
1
1
1
( )
4(
1)e
e
e
4(
1)e
x
x
x
x
g x
x
m
x
m
-
-
-
-
é
ù
=
-
+
=
-
+
ë
û
¢
设
1
( )
4(
1)ex
h x
x
m
-
=
-
+
，
1
( )
4 ex
h x
x
-
¢
=
.
当
1
x ³ 时，
( )
0
h x
¢
>
，因此( )
h x 在[1,
)
+¥ 上单调递增，( )
(1)
h x
h
m
³
=
.
情况1：
0
m ³
此时( )
0
h x
m
³
³
，故
( )
0
g x
¢
³
，( )
g x 在[1,
)
+¥ 上单调递增，最小值为(1)
g
.
2
1
(1)
1
0
2
g
m
m
=
+
- ³
，解得
1
3
m £ - -
或
3
1
m ³
- ，结合
0
m ³
，得
3
1
m ³
- .
情况2：
0
m <
( )
h x 在[1,
)
+¥ 上单调递增，且(1)
0
h
m
=
<
，x ® +¥ 时( )
h x ® +¥ ，
故存在唯一
0
(1,
)
x Î
+¥ ，使得
0
(
)
0
h x
=
，即
0 1
0
4(
1)ex
m
x
-
= -
-
.
当
0
[1,
)
x
x
Î
时，
( )
0
g x
¢
<
，( )
g x 单调递减；
当
0
(
,
)
x
x
Î
+¥ 时，
( )
0
g x
¢
> ，( )
g x 单调递增.
因此( )
g x 的最小值为
0
(
)
g x
，代入
0 1
0
4(
1)ex
m
x
-
= -
-
，
化简得
0
2
2
2
0
0
0
(
)
e
(8
18
9)
0
x
g x
x
x
-
=
×
-
+
³
，
因
0
2
2
0
x
e
- >
，故
2
0
0
8
18
9
0
x
x
-
+
³
，解得
0
3
2
x ³
.
设
1
( )
4(
1)ex
H x
x
-
= -
-
，
3
[ ,
)
2
xÎ
+¥ ，
1
( )
4 e
0
x
H x
x
-
¢
= -
<
，
故
( )
H x 在3
[ ,
)
2 +¥ 上单调递减，
因此
0
3
(
)
2 e
2
m
H x
H æ
ö
=
£
= -
ç
÷
è
ø
，
综上所述，实数m 的取值范围是
2 e
m £ -
或
3
1
m ³
- .
（3）证明：由(1)得
2
2
( )
(2
3)e i
f i
i
-
=
-
，因此
2
2
1
1
( )
(2
3)e i
f i
i
-
=
-
.
令( )
e
(
1)
x
t x
x
=
-
+
，则( )
e
1
x
t x
¢
=
- ，
当
0
x >
时，( )
0
t x
¢
>
，当
0
x <
时，( )
0
t x
¢
<
，
所以( )
e
(
1)
x
t x
x
=
-
+
在(0,
)
+¥ 上递增，在(
,0)
-¥
上递减，
所以
0
min
( )
e
(0 1)
0
t x
=
-
+
=
，所以( )
e
(
1)
0
x
t x
x
=
-
+
³
所以不等式e
1
x
x
³
+ （当且仅当
0
x =
时取等号），
令
2
2
x
i
=
-
，得
2
2
e
2
1
i
i
- ³
- ，且
2
i ³
时2
2
0
i -
¹
，故
2
2
e
2
1
i
i
- >
- .
因此对
2
i ³
，有：
1
1
1
1
1
( )
(2
3)(2
1)
2 2
3
2
1
f i
i
i
i
i
æ
ö
<
=
-
ç
÷
-
-
-
-
è
ø，即
2
2
1
1
1
1
( )
2
2
3
2
1
n
n
i
i
f i
i
i
=
=
æ
ö
<
-
ç
÷
-
-
è
ø
å
å
因为
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=1
2
3
2
1
1
3
3
5
2
3
2
1
2
1
n
i
i
i
n
n
n
=
æ
ö
-
=
-
+
-
+
+
-
-
ç
÷
-
-
-
-
-
è
ø
å
L
，
所以
2
1
1
1
1
( )
2
2
1
n
i
f i
n
=
æ
ö
<
-
ç
÷
-
è
ø
å
.
因
2
n ³
时
1
0
2
1
n
>
-
，故1
1
1
1
2
2
1
2
n
æ
ö
-
<
ç
÷
-
è
ø
，即
2
1
1
( )
2
n
i
f i
=
<
å
，不等式得证.
28．（2026·广东佛山·一模）已知函数
1
2ln
f
x
a
x
x
x
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
，其中a 为正实数．
(1)当
1
a = 时，求曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程；
(2)当
1
x ³ 时，
0
f x ³
．
（ⅰ）求a 的取值范围；
（ⅱ）当a 取最小值时，若m ，n 为正实数，且
2
m
n
mn
+
=
，证明：
0
f m
f n
+
³
．
【答案】(1)
1
0
x
y
+
- =
(2)（ⅰ）
2,+¥ （ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求导得切线斜率，代入点坐标写出切线方程即可；
（2）（i）通过导数分析函数单调性，结合判别式讨论参数；（ⅱ）利用条件
2
m
n
mn
+
=
转化为1
1
2
m
n
+
=
，
结合函数性质
1
f
f x
x
æ
ö = -
ç
÷
è
ø
和单调性证明不等式.
【详解】（1）当
1
a = 时，
1
2ln
f
x
x
x
x
=
-
-
，
1
3
2
2
1
1
2
2
2
f
x
x
x
x
-
-
=
+
-
¢
．
所以
1
1
1
2
1
2
2
f ¢
=
+
-
= - ，又
1
0
f
=
．
所以所求的切线方程为
1
y
x
= -
-
，即
1
0
x
y
+
- =
．
（2）（ⅰ）
2
1
1
2
(
)
4
(
0)
2
2
a
a
x
x
a
f
x
x
x
x
x x
x x
¢
-
+
æ
ö
=
+
-
=
>
ç
÷
è
ø
，
因为2
0
x x >
，设二次函数
2
(
)
4
a
x
x
a
-
+
的判别式为D ，
①当
2
Δ
16
4
0
a
=
-
£
，即
2
a ³
时，
0
f
x
¢
³
，所以
f x 在
1,+¥ 单调递增，
所以
1
0
f x
f
³
=
，所以
2
a ³
．
②
2
Δ
16
4
0
a
=
-
>
，即0
2
a
<
<
时，设
0
f
x
¢
=
的两个根为
1
x ，
2x ，且
1
2
x
x
<
，
由韦达定理，可得
1
2
1
x
x
×
= ，即
1
2
1
x x = ，所以
1
2
1
x
x
< <
，
所以
f x 在
2
1, x
单调递减，在
2,
x +¥ 单调递增．
所以当
2
1,
x
x
Î
时，有
1
0
f x
f
£
=
，与
0
f x ³
不符合，舍去．
综上所述，a 的取值范围为
2,+¥ ．
（ⅱ）由（ⅰ）得，a 的最小值为2，
1
2
2ln
f
x
x
x
x
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
在
1,+¥ 单调递增，
且
1
1
2
2ln
f
x
x
f
x
x
x
æ
ö
æ
ö =
-
+
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，即
1
f n
f
n
æ
ö
= -
ç
÷
è
ø
因为m ，n 为正实数，且
2
m
n
mn
+
=
，所以1
1
2
m
n
+
=
．
不妨设1
1
m
n
³
，则1
1
m ³ ，1
1
n £ ，所以0
1
m
<
£ ，
1
n ³ ．
又2
2
mn
m
n
mn
=
+
³
，所以
1
mn ³ ，即
1
mn ³ ．
所以
1
1
n
m
³
³ ，所以
1
f n
f
m
æ
ö
³
ç
÷
è
ø
．
所以
1
0
f m
f n
f n
f
m
æ
ö
+
=
-
³
ç
÷
è
ø
，即
0
f m
f n
+
³
．
29．（2026·江西赣州·一模）已知函数
eax
f x
x x
=
-
ÎR .
(1)讨论函数
f x 的单调性.
(2)设函数
0,
m
g x
f x
a
a
m
=
-
>
ÎR ，若存在唯一实数a 使函数
g x 的最小值为0，求实数m 的取值范
围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)
0
m =
或
1
m £ - ．
【分析】（1）求导后对a 的取值范围分类讨论即可；
（2）法一：
g
x
¢
，根据（1）中结果可求得
g x 的最小值，构造函数，问题可转化为函数的零点个数问
题；法二：同法一求出
g x 的最小值，转化为存在唯一实数a 使
1
1 ln
0
m
a
a
+
+
-
=
，再设新函数，求导后对m
分类讨论即可.
【详解】（1）由
eax
f x
x x
=
-
ÎR 得
e
1
ax
f
x
a
=
-
¢
.
①当
0
a =
时，
1
0
f
x
¢
= - <
，
f x 单调递减；
②当
0
a >
时，令
e
1
0
ax
f
x
a
¢
=
- =
，解得
ln a
x
a
= -
，
当
ln a
x
a
< -
时，
ln
1
ln ,e
e
, e
1
ax
a
ax
ax
a
a
a
-
< -
<
=
< ，即
0
f
x
¢
<
，所以
f x 单调递减，
当
ln a
x
a
> -
时，
ln
1
ln ,e
e
, e
1
ax
a
ax
ax
a
a
a
-
> -
>
=
> ，即
0
f
x
¢
>
，所以
f x 单调递增；
③当
0
a <
时，e
0
ax
a
<
，所以
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减.
综上，当
0
a =
时，
f x 单调递减；
当
0
a >
时，
f x 在
ln
,
a
a
¥
æ
ù
-
-
ç
ú
è
û 上单调递减，在
ln
,
a
a
¥
é
ö
-
+
÷
êë
ø上单调递增；
当
0
a <
时，
f x 单调递减.
（2）解法一：由( )
( )
e
,
0
m
ax
m
g x
f x
a
x
a
a
=
-
=
-
-
>
得
( )
e
1
ax
g x
a
¢
=
- ，由（1）可知
1
ln
min
1
1
1
1
1
1
1
( )
ln
e
ln
ln
0
m
m
a
g x
g
a
a
a
a
a
a
a
a
a
æ
ö
=
=
-
-
=
-
-
=
*
ç
÷
è
ø
，
即关于a 的方程1
1
1
ln
0
m
a
a
a
a
-
-
=
只有1 个根，
当
1
a = 时，方程（*）恒成立，即当
0
a >
且
1
a ¹ 时，方程（*）无解
所以1
1
1
1
1
1 ln
ln
ln
m
m
m
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
+
-
=
Û
+
=
Û
=
，
由
0
m
a
>
，所以1 ln
0
a
+
>
，即ln
1
a > - ，即
1
e
>
a
且
1
a ¹ ，
对（**）式同时取对数
1 ln
ln
ln
ln(1 ln )
ln
ln
a
m
a
a
a
m
a
a
+
=
Û
+
-
=
，
即
ln(1 ln )
1
ln
a
m
a
+
+ =
，令
ln
1
t
a
=
+ ，则
(0,1)
(1,
)
t Î
+¥
U
，
即关于t 的方程
ln
1
1
t
m
t
+ = - 在
(0,1)
(1,
)
t Î
+¥
U
无解(***) .
又令
ln
( )
,
(0,1)
(1,
)
1
t
t
t
t
j
=
Î
È
+¥
-
，则
2
2
1
1
ln
1
ln
( )
(
1)
(
1)
t
t
t
t
t
t
t
t
j
- -
-
-
¢
=
=
-
-
，
令
1
( )
1
ln
h t
t
t
= -
-
，则
2
2
1
1
1
( )
t
h t
t
t
t
-
¢
=
-
=
，
由(1)
0
h
=
，则当
(0,1)
t Î
时，
( )
0
h t
¢
>
，当
(1,
)
t Î
+¥ 时，
( )
0
h t
¢
<
，
所以( )
h t 在( 0, 1) 单调递增，在(1,
)
+¥ 单调递减，
所以( )
(1)
0
h t
h
<
=
，所以
( )
0
t
j¢
<
，所以( )t
j
在(0,1),(1,
)
+¥ 上单调递减，
当
1
t ® 时，( )
1
t
j
® ，当t ® +¥ 时，( )
0
t
j
®
，
要使(***) 式成立，只需
1
1
m + = 或
1
0
+ £
m
，即
0
m =
或
1
m £ -
综述，实数m 的取值范围
0
m =
或
1
m £ - ．
解法二：令( )
( )
e
(
0)
m
ax
m
g x
f x
a
x
a
a
=
-
=
-
-
>
，
由（1）可知，
0
a >
时，( )
g x 在
1
1
,
ln
a
a
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø上单调递减，在1
1
ln
,
a
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递增，
所以
1
min
1
1
1
1
1
1 ln
( )
ln
ln
m
m
a
a
g x
g
a
a
a
a
a
a
a
+
+
-
æ
ö
=
=
-
-
=
ç
÷
è
ø
，
依题，存在唯一实数a 使函数( )
g x 的最小值为0，
所以存在唯一实数a 使
1
1 ln
0
m
a
a
a
+
+
-
=
，即存在唯一实数a 使
1
1 ln
0
m
a
a
+
+
-
=
，
令
1
( )
1 ln
,
0
m
h a
a
a
a
+
= +
-
>
，则
1
1
1 (
1)
( )
(
1)
m
m
m
a
h a
m
a
a
a
+
-
+
¢
=
-
+
=
，
（i）当
1
m £ - 时，
( )
0
h a
¢
³
恒成立，故函数( )
h a 在(0,
)
+¥ 单调递增，
又因为(1)
0
h
=
，所以存在唯一实数
1
a = 使得( )
0
h a = ，符合题意；
（ii）当
1
m > - 时，令
( )
0
¢
>
h a
，得
1
1
1
0
1
m
a
m
+
æ
ö
<
< ç
÷
+
è
ø
，
令
( )
0
h a
¢
<
，得
1
1
1
1
m
a
m
+
æ
ö
> ç
÷
+
è
ø
，
故函数( )
h a 在
1
1
1
0,
1
m
m
+
æ
ö
æ
ö
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
è
ø
单调递增，在
1
1
1
,
1
m
m
+
æ
ö
æ
ö
ç
÷
+¥
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
è
ø
单调递减，
所以
1
1
1
1
1
m
m
+
æ
ö
=
ç
÷
+
è
ø
，解得
0
m =
，
综上，实数m 的取值范围是
0
m =
或
1
m £ - ．
30．（2026·甘肃·一模）已知函数
π
sin
cos
f x
x
x
k
x k
=
-
+
ÎR .
(1)若曲线
y
f x
=
在
π
2
x =
处的切线平行于x 轴，求k 的值；
(2)当
1
k = 时，求函数
y
f x
=
在
0,2π 内的极大值点和极小值点的个数；
(3)证明：对任意k ÎR ，曲线
y
f x
=
上存在四个不同的点共圆.
【答案】(1)
1
k = -
(2)极大值点有2 个，极小值点有1 个
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义得出
π
0
2
f æ
ö =
ç
÷ø
¢
è
即可求出；
（2）分
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 、π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø、
3π
π, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø、3π ,2π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø 四种情况讨论导函数的正负性得出
f x 的单调性即可；
（3）求证
y
f x
=
的图象关于
π
x =
对称，在曲线上找出两对对称点，根据对角互补可证；或根据对称性
设出过三点的圆的一般方程，再检验对称点也满足方程即可.
【详解】（1）由
π
sin
cos
f x
x
x
k
x k
=
-
+
ÎR 得
1 sin
π
cos
f
x
k
x
x
x
= - -
+
-
¢
，
当
π
2
x =
时，
π
π
π
π
1 sin
π
cos
1
2
2
2
2
f
k
k
æ
ö
æ
ö
= - -
+
¢
-
= - -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
因为曲线
y
f x
=
在
π
2
x =
处的切线平行于x 轴，
所以
π
1
0
2
f
k
æ
ö = - - =
ç
÷
è
ø
¢
，解得
1
k = - ；
（2）由
1
k = 得
π
sin
cos
f x
x
x
x
=
-
+
，得
π
cos
2sin
f
x
x
x
x
=
-
¢
-
，
令
π
cos
2sin
g x
f
x
x
x
x
=
¢
=
-
-
则
π
sin
3cos
g
x
x
x
x
= -
-
-
¢
，
①当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，cos
0,sin
0
x
x
>
>
，则
0
g
x
¢
<
，所以
f
x
¢
在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
因为
π
0
π
0,
2
0
2
f
f æ
ö
=
>
= - <
ç
÷
¢
ø
¢
è
，
则
1
π
0, 2
x
æ
ö
$
Îç
÷
è
ø 使当
1
0
x
x
<
<
时
0
f
x
¢
>
；
1
π
2
x
x
<
<
时
0
f
x
¢
<
，
则
y
f x
=
在
1
0, x
单调递增，在
1
π
, 2
x
æ
ö
ç
÷
è
ø 单调递减，所以
1
x 为
y
f x
=
的极大值点；
②当
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，cos
0,sin
0
x
x
<
>
，则
0
f
x
¢
<
，
所以
y
f x
=
在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，
当
3π
π, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，cos
0,sin
0
x
x
<
<
，则
0
f
x
¢
>
，
所以
y
f x
=
在
3π
π, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上单调递增，
又
π
0
f ¢
=
，所以π 为
y
f x
=
的极小值点；
③当
3π ,2π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，cos
0,sin
0
x
x
>
<
，则
0
g
x
¢
<
，
所以
f
x
¢
在3π ,2π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
因为
3π
2
0,
2π
π
0
2
f
f
æ
ö =
>
= - <
ç
÷
¢
è
ø
¢
，
所以
2
3π ,2π
2
x
æ
ö
$
Îç
÷
è
ø 使当
2
3π
2
x
x
<
<
时
0
f
x
¢
>
；
2
2π
x
x
<
<
时
0
f
x
¢
<
，
则
y
f x
=
在
2
3π ,
2
x
æ
ö
ç
÷
è
ø 单调递增，在
2,2π
x
单调递减，
所以
2x 为
y
f x
=
的极大值点；
所以曲线
y
f x
=
在
0,2π 的极大值点有2 个，极小值点有1 个；
（3）因为在
y
f x
=
中，
π
π
π
sin π
cos π
sin
cos
f
x
x
x
k
x
x
x
k
x
é
ù
-
=
-
-
-
+
-
=
-
ë
û
π
π
π
sin π
cos π
sin
cos
f
x
x
x
k
x
x
x
k
x
é
ù
+
=
-
+
+
+
+
=
-
ë
û
所以
π
π
f
x
f
x
-
=
+
，即曲线
y
f x
=
的图象关于
π
x =
对称，
法一：假设
,
π,
y
f x
x
¥
=
Î
+
上存在不同两点
,
A B ，其关于
π
x =
的对称点为
'
'
,
A B ，
则四边形
'
'
AA B B 为等腰梯形，
因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形，
所以曲线
y
f x
=
上存在四个不同的点，使得这四个点共圆.
法二：在曲线
y
f x
=
上取不同的四点
, ,
,
A B C D ，其中
,
A B 和
,
C D 分别关于
π
x =
对称，
不妨设
π
,
π
,
π
,
π
,
,
A
a f
a
B
a f
a
C b f b
-
-
+
+
，
2π
,
2π
D
b f
b
-
-
，
则
π
π
,
2π
f
a
f
a
f b
f
b
-
=
+
=
-
，
因为经过, ,
A B C 三点的圆有且只有一个，且圆心在对称轴
π
x =
上，
故设该圆M 的方程为
2
2
2π
0
x
y
x
Ey
F
+
-
+
+
=
，
因为点C 在圆M 上，所以
2
2
( )
2π
0
b
f b
b
Ef b
F
+
-
+
+
=
，
将点D 的坐标代入圆M 的方程的左边得：
2
2
2
2
(2π
)
(2π
)
2π 2π
2π
( )
2π
0
b
f
b
b
Ef
b
F
b
f b
b
Ef b
F
-
+
-
-
-
+
-
+
=
+
-
+
+
=
即点
2π
,
2π
D
b f
b
-
-
也在圆M 上，
所以存在
, ,
,
A B C D 同在圆M 上.
31．（2026·江苏·一模）已知函数
e
( )
x
a
f x
x
-
=
.
(1)对任意0
s
t
<
< ，
( )
( )
f x
f s
³
是
( )
( )
f x
f t
³
的必要条件，求a 的最小值；
(2)对任意
0
b >
，函数( )
( )
g x
f x
b
=
- 存在两个零点
1
2
,
x x .
（i）求a 的取值范围；
（ii）对于（i）中给定的a ，证明：当
1
2
x
x
-
取得最小值时，b
a
=
.
【答案】(1)1
(2)（i）
1
a > （ii）证明见解析
【分析】（1）由已知条件可得
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，即
0
f
x
¢
³
在恒成立，计算即可；
（2）（i）由已知构造函数
ex
F x
bx
a
=
-
-
可得
F x 存在两个零点
1
2
,
x x ，利用导数证明单调性，进而只
需
min
( )
ln
ln
0
F x
F
b
b
b b
a
=
=
-
-
<
，即
max
ln
a
b
b b
>
-
，利用导数计算可得a 的取值范围；（ii）将
e
0
x
bx
a
-
-
=
同构为
ln
e
ln
ln
x
b
a
x
b
b
b
-
-
-
=
+
，将方程的两根转化e
ln
t
a
t
b
b
- =
+
的两根为1
2
,
t t ，利用导数及
数形结合推理可得.
【详解】（1）∵对任意0
s
t
<
< ，
f x
f s
³
是
f x
f t
³
的必要条件，
∴
f t
f s
³
，
f x
\
在
0, ¥
+
上单调递增，
则
2
e
e
0
x
x
x
a
f
x
x
¢
-
-
=
³
，即
1
ex
a
x
³
-
在
0, ¥
+
上恒成立，
令
1
ex
h x
x
=
-
，
e
e
1
e
0
x
x
x
h x
x
x
= -
+
-
= -
<
¢
，
h x 在
0, ¥
+
单调递减，
0
1,
h x
h
\
<
=
min
1,
1
a
a
\
³ \
= .
（2）（i）因为对
e
0,
0
x
a
b
b
x
-
" >
-
=
有两个不等的实根
1
2
,
x x ，
所以e
0
x
bx
a
-
-
=
有两个零点
1
2
,
,
1
x x
a ¹
令
e
,
e
x
x
F x
bx
a F
x
b
=
-
-
¢
=
-
，
当
0
F
x
¢
>
，则
ln
x
b
>
，当
0
F
x
¢
<
，则
ln
x
b
<
，
所以
F x 在
,lnb
¥
-
单调递减；
ln ,b
¥
+
单调递增，
,
;
,
x
F x
x
F x
¥
¥
¥
¥
® -
® +
® +
® +
，
要使
F x 有两个零点，只需
min
( )
ln
ln
0
F x
F
b
b
b b
a
=
=
-
-
<
，
即
max
ln
a
b
b b
>
-
，令
ln ,
ln
b
b
b b
b
b
j
j¢
=
-
= -
，
b
j
在(0,1)单调递增；
1, ¥
+
单调递减，
max
( )
1
1,
1
b
a
j
j
\
=
= \
> .
(ii)令e
0
x
bx
a
-
-
=
，则ex
a
x
b
b
=
+
，
e
ln
e
x
b
a
x
b
\
=
+
，即
ln
ex
b
a
x
b
-
=
+
，
构造方程
ln
e
ln
ln
x
b
a
x
b
b
b
-
-
-
=
+
，两根为
1
2
,
x x ，
令
ln
x
b
t
-
= ，其中
1
1
2
2
ln
,
e
ln
ln
t
x
b
t
a
t
b
x
b
t
b
-
=
ì
\
- =
+
í
-
=
î
的两根为1
2
,
t t
令
e
,
t
G t
t
=
-
则
e
1
t
G t
¢
=
- ，令
0
G t
¢
=
，则
0
t =
，
G t 在
,0
¥
-
单调递减；
0, ¥
+
单调递增，作出
G t 大致图象如下：
令
2
2
1
ln
,
a
a
b
a
r b
b
r b
b
b
b
b
-
=
+
-
=
¢
=
，
r b 在
0,a 单调递减；
,a
¥
+
单调递增，
r b
r a
³
\当b
a
=
时，
min
( )
ln
1
1
r b
r a
a
=
=
+ > ，此时
1
2
1
2
t
t
x
x
-
=
-
最小.
1
2
x
x
\
-
取最小值时，b
a
=
.
32．（2026·山西朔州·一模）已知函数
e
ln
1
1
0
x
f x
x
t
x
x
-
=
-
-
+
+
³
.
(1)当
2
t £
时，讨论
f x 的单调性；
(2)当
0
t <
时，证明：对任意正数
,
m n ，均有
f m
n
f m
f n
+
<
+
；
(3)设, ,
a b c 是任意三角形的三边长，若一定存在以
,
,
f a
f b
f c 为三边长的三角形，求t 的取值范围．
【答案】(1)
( )
f x 在[0,
)
+¥ 上单调递增
(2)证明见解析
(3)
0
t £
【分析】（1）利用导数工具研究导函数正负情况即可求解函数
f x 单调性.
（2）通过构造函数
( )
( )
h x
f m
x
f m
f x
=
+
-
-
，并利用函数的单调性来证明不等式
f m
n
f m
f n
+
<
+
.
（3）根据三角形三边关系以及函数单调性来确定t 的取值范围.
【详解】（1）因为
e
ln
1
1
0
x
f x
x
t
x
x
-
=
-
-
+
+
³
，
所以
1 1 e
1 e
1
1
x
x
x
t
t
f
x
x
x
-
-
+
+
-
= +
-
=
¢
+
+
，
因为
0
x ³
，所以
1
0
x + >
，
令
1 1
e x
g x
x
-
=
+
+
，则
e
1 e
1 e
e
x
x
x
x
x
g
x
x
-
-
-
= +
-
+
=
¢
，
令
e
0
x
h x
x x
=
-
³
，则
e
1
0
x
h x =
¢
- ³
在
0,
xÎ
+¥ 上恒成立，
所以
h x 在
0,
xÎ
+¥ 上单调递增，所以
0
1
h x
h
³
= ，即e
0
x
x
-
>
，
则
e
0
e
x
x
x
g
x
-
=
>
¢
，故( )
g x 在[0,
)
+¥ 单调递增，( )
(0)
2
g x
g
³
=
，
所以当
2
t £
时，( )
2
0
g x
t
t
- ³
- ³
，即
( )
0
f
x
¢
³
，
因此
( )
f x 在[0,
)
+¥ 上单调递增；
（2）我们证明：当
0
t £
时，证明：对任意正数
,
m n ，均有
f m
n
f m
f n
+
<
+
；
令
( )
( )
h x
f m
x
f m
f x
=
+
-
-
，
0
x >
，
0
m >
则
1 e
1 e
1
1
m x
x
t
t
h x
f
m
x
f
x
m
x
x
-
+
-
æ
ö
=
+
-
= +
-
-
+
-
ç
÷
+
+
+
è
¢
¢
ø
¢
，
1
1
e
e
1
1
m x
x
t m
x
x
-
+
-
æ
ö
=
-
-
-
ç
÷
+
+
+
è
ø ，
因为
0
x >
时，指数函数
e x
y
-
=
是单调递减函数且m
x
x
+
>
，所以
e
e
0
m x
x
-
+
-
-
<
，
又因为
1
1
1 (
1)
1
1
(
1)(
1)
(
1)(
1)
x
m
x
m
m
x
x
m
x
x
m
x
x
+ -
+
+
-
=
= -
+
+
+
+
+
+
+
+
+
，
0
x >
，
0
m >
，
所以
1
1
0
1
1
m
x
x
-
<
+
+
+
，又因为
0
t £
，所以
1
1
(
)
0
1
1
t m
x
x
-
-
£
+
+
+
，
所以
1
1
e
e
0
1
1
m x
x
h x
t m
x
x
-
+
-
æ
ö
=
-
-
-
<
ç
÷
+
+
+
è
ø
¢
，
所以( )
h x 在
0, ¥
+
上单调递减，即
0
0
0
h x
h
f
<
= -
=
，
即
( )
( )
0
h x
f m
x
f m
f x
=
+
-
-
<
，
所以
(
)
( )
( )
0
h n
f m
n
f m
f n
=
+
-
-
<
，即
f m
n
f m
f n
+
<
+
，
综上，当
0
t £
时，对任意正数
,
m n ，均有
f m
n
f m
f n
+
<
+
，
所以
0
t <
时，对任意正数
,
m n ，均有
f m
n
f m
f n
+
<
+
.
（3）由题设，对任何
0
x >
，
0
f x >
需恒成立，
而
1 e
1
x
t
f
x
x
-
= +
-
+
¢
，其中
0
x >
，
若
0
2
0
f
t
=
- <
¢
，
则由局部保号性可得存在
0
0
x >
，使得
0
0,
x
x
" Î
，总有
0
f
x
¢
<
，
f x 在
0
0, x
为减函数，故
0
0,
x
x
" Î
，
0
0
f x
f
<
=
，矛盾；
故
2
t £
，由（1）结论可得
( )
f x 在
0, ¥
+
上单调递增.
设, ,
a b c 是任意三角形的三边长，不妨设a
b
c
£
£
，则a
b
c
+
>
，
当
0
t £
时，由（2）中结论可得
f a
f b
f a
b
+
>
+
，
而
( )
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，故
f a
b
f c
+
>
，故
f a
f b
f c
+
>
，
而
f a
f b
f c
£
£
，故
,
,
f a
f b
f c 构成三角形三边.
当0
2
t
< £
，考虑函数
2
2
,
0
s x
f
x
f x
x
=
-
>
，
此时
2
2e
e
2 ln
1
ln 2
1
1
x
x
s x
t
x
t
x
-
-
=
-
+
+
-
+
-
2
1
2e
2
e
1
ln
ln
1
2
1
2
x
x
x
x
t
t
x
-
-
+
=
-
- +
>
-
+
，
故当
1
2et
x >
时，
0
s x >
即
2
2
f
x
f x
>
，
当
1
2et
c >
时，令
2
,0
2
v
f
c
f c
l
l
l
=
-
<
<
，
则由（1）的讨论可得
f
c
l
在
0,2 上为增函数，
且
0
0
2
2
0
v
f
f c
f c
=
-
= -
<
，而
2
2
2
0
v
f
c
f c
=
-
>
，
故存在
0
0
2
l
<
<
使得
0
2
f
c
f c
l
=
，
此时
0
, ,
c c
c
l
可为三角形三边，但
0
,
,
f c
f c
f
c
l
不为三角形三边，
综上，
0
t £
.
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数单调性，证明不等式以及根据三角形边长关系求参数范围，易
错点在于导数的计算和对不同
33．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数
( )
2
ln (
f x
x
a
a
x a
=
-
-
ÎR ．
(1)讨论函数
( )
f x 在区间(1,
)
+¥ 内极值点的个数．
(2)设函数
e
( )
( )
(
1)ln
x
g x
f x
a
x
x
=
+
+
-
，若函数( )
g x 存在两个不同的零点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x
<
．
（i）求实数a 的取值范围；
（ii）证明：
2
2
1
4
2
1
2
1
a
a
x
x
a
-
-
-
<
-
．
【答案】(1)分类讨论，答案见解析.
(2)（i）e 1,
2
+
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø ；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数
( )
x
a
f
x
x
-
¢
=
，分情况
1
a £ 和
1
a > 讨论极值点；
（2）（i）利用导数
2
(
1) e
( )
x
x
x
g x
x
-
+
=
¢
研究单调性，从而得
min
( )
(1)
e 1 2
g x
g
a
=
=
+ -
，由函数
g x 存在两
个不同的零点可得e 1
2
0
a
+ -
<
，得解；
（ii）根据零点的分布和大小情况进行考虑入手即可.
【详解】（1）因为
( )
2
ln (
)
f x
x
a
a
x a
=
-
-
ÎR ，所以
( )
1
a
x
a
f
x
x
x
-
¢
= -
=
．
若
1
a £ ，当
(1,
)
xÎ
+¥ 时，
( )
0
f
x
¢
>
恒成立，
则函数
( )
f x 在(1,
)
+¥ 上单调递增，无极值点．
若
1
a > ，当
(1, )
x
a
Î
时，
( )
0
f
x
¢
<
，函数
( )
f x 在(1, )
a 上单调递减；
当
( ,
)
x
a
Î
+¥ 时，
( )
0
f
x
¢
>
，函数
( )
f x 在( ,
)
a +¥ 上单调递增，
故x
a
=
是函数
( )
f x 的极小值点，且函数
( )
f x 无极大值点．
综上可知，当
1
a £ 时，函数
( )
f x 在区间(1,
)
+¥ 内极值点的个数为0；
当
1
a > 时，函数
( )
f x 在区间(1,
)
+¥ 内极值点的个数为1．
（2）（i）由题意知
e
( )
ln
2 ,
0
x
g x
x
x
a x
x
=
-
+
-
>
，
所以
2
2
2
(
1) e
(
1)e
1
(
1)e
(
1)
( )
1
x
x
x
x
x
x
x
x x
g x
x
x
x
x
¢
-
+
-
-
+
-
=
-
+ =
=
．
当0
1
x
<
< 时，
( )
0
g x
¢
<
；当
1
x > 时，
( )
0
g x
¢
> ．
所以( )
g x 在( 0, 1) 上单调递减，在(1,
)
+¥ 上单调递增，
则
min
( )
(1)
e 1 2
g x
g
a
=
=
+ -
，
因为函数( )
g x 存在两个不同的零点，所以e 1
2
0
a
+ -
<
，即
e 1
2
a
+
>
，
所以实数a 的取值范围为e 1,
2
¥
+
æ
ö
+
ç
÷
è
ø ．
（ii）下面找两个点m，(0
1
)
n
m
n
<
< <
，使得( )
0, ( )
0
g m
g n
>
>
，
注意到
2
4
2
1
1
2
2
1
2
1
a
a
a
a
a
-
- =
-
-
- ，且
1
0
1
2
2
1
a
a
<
< <
-
，于是考虑找点
1
2 , 2
1
a
a - ，
下面我们证明：
1
(2 )
0,
0
2
1
g
a
g
a
æ
ö
>
>
ç
÷
-
è
ø
．
①要证(2 )
0
g
a >
，即证
2e
ln(2 )
0
2
a
a
a -
>
，设
e
( )
ln (
2)
x
m x
x x
x
=
-
>
，要证明
( )
0
m x >
，
即设
2
1
( )
e
(
2)
2
x
x
x
x x
j
=
-
-
>
，则( )
( )
e
1
x
s x
x
x
j¢
=
=
-
- ，则
( )
e
1
0
x
s x
¢
=
- >
所以
( )
x
j¢
在(2,
)
+¥ 上单调递增，得
2
( )
(2)
e
3
0
x
j
j
¢
¢
>
=
-
>
，
所以( )
j x 在(2,
)
+¥ 上单调递增，
故
2
( )
(2)
e
4
0
x
j
j
>
=
-
>
，即
2
1
e
(
2)
2
x
x
x x
>
+
>
因此
e
1
( )
ln
1 ln
2
x
m x
x
x
x
x
=
-
>
+ -
．
设
1
( )
1 ln (
2)
2
u x
x
x x
=
+ -
>
，则
1
1
2
( )
0
2
2
x
u x
x
x
-
¢
=
-
=
>
，
所以( )
u x 在(2,
)
+¥ 上单调递增，所以( )
(2)
2
ln 2
0
u x
u
>
=
-
>
，
因此
e
( )
ln
0
x
m x
x
x
=
-
>
，又2
e 1
2
a >
+ >
，故
2e
ln(2 )
0
2
a
a
a -
>
，即(2 )
0
g
a >
，
又(1)
0
<
g
，所以
2
1
2
x
a
<
<
．．
②
1
2
1
1
1
1
(2
1)e
ln
2
2
1
2
1
2
1
a
g
a
a
a
a
a
-
æ
ö =
-
-
+
-
ç
÷
-
-
-
è
ø
，
设( )
ln
1
t x
x
x
=
-
+ ，则
1
( )
x
t x
x
-
¢
=
，
易知( )
t x 在( 0, 1) 上单调递增，在(1,
)
+¥ 上单调递减，
所以( )
(1)
0
t x
t
£
=
，即ln
1
£
-
x
x
．
因为2
e 1
a >
+ ，即
1
1
0
2
1
e
a
<
<
-
，所以
1
1
ln
1
2
1
2
1
a
a
£
-
-
-
，且
1
2
1
e
1
0
a- - >
，
因此
1
1
2
1
2
1
1
(2
1)e
(2
1)
(2
1) e
1
0
2
1
a
a
g
a
a
a
a
-
-
æ
ö
æ
ö ³
-
-
-
=
-
-
>
ç
÷
ç
÷
-
è
ø
è
ø
，
因为(1)
0
<
g
，所以
1
1
1
2
1
x
a
<
<
-
，所以
2
2
1
1
4
2
1
2
2
1
2
1
a
a
x
x
a
a
a
-
-
-
<
-
=
-
-
，
即得证
2
2
1
4
2
1
2
1
a
a
x
x
a
-
-
-
<
-
．
34．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数
ln
e
,
bx
f x
x
a
a a b
-
=
+
+
-
ÎR ，
f
x
¢
是
f x 的导函数.
(1)当
0
a =
，
1
b = 时，讨论
f x 的单调性.
(2)是否存在a，b，使得
0
x =
为
f x 的极值点？若存在，求a，b 满足的条件；若不存在，请说明理由.
(3)若1
2
a
<
<
，
1
b = ，
0x 为
f x 最小的零点，证明：当
,0
x
a
Î -
时，
0
f x
f
x
¢
<
.
【答案】(1)
f x 在
0, ¥
+
上单调递增
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数的正负分析函数的单调性；
（2）根据题意，求导得，结合
0
x =
为
f x 的极值点可得1
b
a =
，再代入计算导函数恒非负得出函数单调性
即可判断；
（3）根据题意，将问题转化为
,0
x
a
Î -
时，
0
0
1
ln
e
e x
x
x
a
a
x
a
-
-
+
+
-
<
-
+
，令
ex
g x
x
a x
a
=
-
-
> -
，
再用导数求其极值，结合隐零点问题的求解方法即可得证.
【详解】（1）当
0
a =
，
1
b = 时，
ln
e x
f x
x
-
=
+
，
则
1
e
e
0
e
x
x
x
x
f
x
x
x
x
-
-
=
-
=
>
¢
，
记
e
0
x
x
x x
j
=
-
>
，则
e
1
0
x
x
j
=
¢
- >
，
所以
x
j
在
0, ¥
+
上单调递增，则
0
1
0
x
j
j
>
= >
，
即
0
f
x
¢
>
，所以函数
f x 在
0, ¥
+
上单调递增.
（2）不存在a，b，使得
0
x =
为
f x 的极值点，理由如下：
当
0
a £
时，
0
x =
无意义；
当
0
a >
时，若
0
x =
为
f x 的极值点，
则
1
e bx
f
x
b
x
a
-
=
-
+
¢
，即
1
0
0
f
b
a
=
-
=
¢
，即1
b
a =
，
所以
1
1
1
1
1
1
e
e
e
e
x
a
bx
x
x
a
a
a
x
a
f
x
b
x
a
x
a
a
x
a
a
-
-
-
=
-
=
-
=
+
+
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
¢
.
又
0
x
a
+
>
，
1
e
0
x
a
a
>
，
令
1
e
x
a
t x
a
x
a
=
-
-
，则
1
e
1
x
a
t
x
¢
=
- ，
所以当
,0
x
a
Î -
时，
0
t
x
¢
<
，
t x 单调递减；
当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
t
x
¢
>
，
t x 单调递增.
所以
0
0
e
0
0
t x
t
a
a
³
=
-
-
=
，所以
0
f
x
¢
³
恒成立，
所以
f x 单调递增，故
0
x =
不是极值点，
综上所述，不存在a，b，使得
0
x =
为
f x 的极值点.
（3）证明：当1
2
a
<
<
，
1
b = 时，
ln
e x
f x
x
a
a
-
=
+
+
-
，
,
x
a
¥
Î -
+
，则
1
e x
f
x
x
a
-
=
-
+
¢
，
所以
0
0
0
ln
e
0
x
f x
x
a
a
-
=
+
+
-
=
，
0
0
0
1
e x
f
x
x
a
-
-
+
¢
=
.
要证：当
,0
x
a
Î -
时，
0
0
1
ln
e
e x
x
x
a
a
x
a
-
-
+
+
-
<
-
+
，
当x
a+
® -
时，
f x
¥
® -
，又
1
1
ea
f
a
a
-
-
=
-
，
令
1
ea
s a
a
-
=
-
，则
1
e
1
a
s a
-
=
-
¢
，
当1
2
a
<
<
时，
0
s a
¢
>
，所以
s a 在
1,2 上单调递增，
所以
1
0
s a
s
>
=
，所以
0
,1
x
a
a
Î -
-
.
又
1
e
e
e
x
x
x
x
a
f
x
x
a
x
a
-
-
-
=
-
=
+
+
¢
，
令
ex
g x
x
a x
a
=
-
-
> -
，则
e
1
x
g
x
¢
=
- ，当
0
x <
时，
0
g
x
¢
<
，
所以
g x 在
,0
a
-
上单调递减，又
e
0
a
g
a
-
-
=
>
，
0
1
0
g
a
= -
<
，
则存在
0
a
m
- <
<
，使得
0
g m =
，
则
f x 在
,a m
-
上单调递增，在
,0
m
上单调递减，且em
m
a
=
+
，
故
ln
e m
f x
f m
m
a
a
-
£
=
+
+
-
.
只要证
0
0
1
ln
e
e x
m
m
a
a
x
a
-
-
+
+
-
<
-
+
，
即证
0
0
0
0
1
1
e
ln
e
ln
m
m
m
a
a
x
a
m
x
a
x
a
x
a
-
-
é
ù
+
-
<
-
-
+
Û
+
<
+
+
ë
û
+
+
.
记
e x
h x
x
-
=
+
，只需证：
0
ln
h m
h
x
a
<
+
.
由于
0
m <
，
0
ln
0
x
a
+
<
，
当
0
x <
时，
1 e
0
x
h x
-
= -
<
¢
，则
h x 在
,0
¥
-
上单调递减，
于是只需证
0
0
0
ln
ln
ln
0
m
x
a
m
a
x
a
m
x
f m
>
+
Û
+
>
+
Û
>
Û
>
，
又
1
0
f m
f
a
>
-
>
，命题得证.
35．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数
ln
2
x
f x
ax
x
=
-
+
．
(1)当
1
a = 时，求函数
f x 的单调区间；
(2)函数
g x
xf x
=
．
（ⅰ）当
0
a <
时，讨论函数
1
g x
æ
ö
ç
÷
è
ø在区间
1,e 上的零点个数；
（ⅱ）若不等式
1
f x
g
x
x
æ
ö
³
ç
÷
è
ø
在
1,+¥ 上恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)递增区间
0,1 ，递减区间
1,+¥ .
(2)（i）当
2e
2e
a < -
+
时，函数
1
g
x
æ
ö
ç
÷
è
ø 在
1,e 上无零点；当
2e
2e
0
a
-
+
£
<
时，函数
1
g
x
æ
ö
ç
÷
è
ø 在
1,e 上有且仅有
一个零点.
（ii）
,1
-¥
.
【分析】（1）求导，判断导数正负，得解；
（2）（ⅰ）求出函数
1
1
1
g
f
x
x
x
æ
ö
æ
ö
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø的解析式，求导判断单调性结合零点存在性定理求解；（ii）由题可得
2
2
2
2
1
ln
1
a x
x
x
-
³
+
，令
2
,
1
x
t t
=
³ ，设函数
2
1
ln
1
a t
r t
t
t
-
=
-
+
，
1,
t Î
+¥ ，求导讨论判断函数单调性，求
解.
【详解】（1）当
1
a = 时，
ln
2
x
f x
x
x
=
-
+
，则
2
2
1 ln x
x
f
x
x
-
-
¢
=
，
0,
x
¥
Î
+
，
令
2
1 ln
x
x
x
j
= -
-
，则
1
2
0
x
x
x
j¢
= -
-
<
，
所以
x
j
在
0, ¥
+
上单调递减，又1
0
j
=
，
所以当
0,1
xÎ
时，
0
x
j
>
，当
1,
x
¥
Î
+
时，
0
x
j
<
，
即当
0,1
xÎ
时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增，当
1,
x
¥
Î
+
时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减，
所以当
1
a = 时，
f x 的单调递增区间为
0,1 ，单调递减区间为
1,+¥ .
（2）（ⅰ）由题可得
2
1
1
1
2
ln
a
g
f
x
x
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
=
= -
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
令
2
2
ln
a
h x
x
x
x
= -
-
+
，则
2
3
2
2
x
x
a
h x
x
-
-
+
=
¢
，
当
0
a <
时，
0
h x
¢
<
在
1,e 上恒成立，所以
h x 在
1,e 上单调递减，
又
1
2
0
h
a
=
-
>
，
2
2
2
2
e
2e
e
1
e
e
e
a
a
h
-
+
-
= - +
-
=
，
当
2e
2e
a < -
+
时，
e
0
h
>
，此时函数
h x 在
1,e 上无零点；
当
2e
2e
0
a
-
+
£
<
时，
e
0
h
£
，此时函数
h x 在
1,e 上有且仅有一个零点.
（ii）当
1,
x
¥
Î
+
时，
1
f x
g
x
x
æ
ö
³
ç
÷
è
ø
可化为
2
2
1
ln
1
a x
x
x
-
³
+
，即
2
2
2
2
1
ln
1
a x
x
x
-
³
+
，
令
2
,
1
x
t t
=
³ ，设函数
2
1
ln
1
a t
r t
t
t
-
=
-
+
，
1,
t Î
+¥ ，
则
2
2
2
4
1
1
t
a t
r t
t t
+
+
¢
-
=
+
，
当2
1 1
a - £ ，即
1
a £ 时，函数
2
2
4
1
m t
t
a t
=
+
-
+ 在
1,+¥ 上单调递增，
所以
1
4
4
0
m t
m
a
³
=
-
³
，即
0
r t
¢
³
且不恒为零，
所以函数
r t 在
1,+¥ 上单调递增，所以
1
0
r t
r
³
=
，
即不等式
1
f x
g
x
x
æ
ö
³
ç
÷
è
ø
在
1,+¥ 上恒成立；
当2
1
1
a - > ，即
1
a > 时，在
1,2
1
a -
上，函数
2
2
4
1
m t
t
a t
=
+
-
+ 单调递减，
故
1
4
4
0
m t
m
a
£
=
-
<
，即
0
r t
¢
<
，
所以函数
r t 在区间
1,2
1
a -
上单调递减，
故存在
1,2
1
t
a
Î
-
使得
1
0
r t
r
<
=
，不合题意；
综上，实数a 的取值范围为
,1
-¥
.
36．（2026·广东广州·一模）已知函数
1
2
ln
1
f
x
x
x
ax
=
-
+
- ．
(1)若
1
a = ，求
f x 的单调区间；
(2)若
f x 有且仅有1 个零点，求a 的值；
(3)若存在a ，使得
f x
a
b
£
+
对任意
0
x >
恒成立，证明：
4
-
<
a
b
．
【答案】(1)
f x 的单调递增区间为
01,
，单调递减区间为
1,+¥ .
(2)1
(3)证明见解析；
【分析】（1）先求定义域，再对函数
( )
f x 求导，利用导数即可得到单调区间；
（2）由
f x 有且仅有1 个零点，分离参数得到
ln
1
2ln
x
a
x
x
x
=
-
+
有且仅有1 个解，令
ln
1
2ln
x
g x
x
x
x
=
-
+
， 利用导数得到
g x 的单调性和最小值1
1
g
= ，所以
1
a = .
（3）由
f x
a
b
£
+
对任意
0
x >
恒成立，得到
max
2
a
b
a
f x
-
£
-
，则只需证明
max
2
4
a
f x
-
<
即可，利用
导数得到
f x 最大值为
0
f x
0
0
ln
2
2
x
x
=
+
-
.因此
0
2a
f x
-
0
0
0
2
3ln
2
6
x
x
x
=
-
-
+
，再令
2
3ln
2
2
t x
x
x
x
=
-
-
+
，得到
2
x =
时
t x 取得最大值(2)
3ln 2
3
0
t
=
-
<
，因此
0
0
0
2
3ln
2
2
0
x
x
x
-
-
+
<
，即
0
2
4
a
f x
-
<
，故
0
2
4
a
b
a
f x
-
£
-
<
得证.
【详解】（1）当
1
a = 时，
( )
(1 2 )ln
1
f x
x
x
x
=
-
+
- ，定义域为
0, ¥
+
，
求导得到
1
2
1
2ln
1
2ln
1
x
f
x
x
x
x
x
¢
-
= -
+
+ = -
+
- ，
令
1
2ln
1
h x
x
x
= -
+
- ，则当
0,
x
¥
Î
+
时
2
2
1
0
h x
x
x
-
¢
= -
<
，
所以
h x 在
0, ¥
+
内单调递减，且1
0
h
=
，
即
f
x
¢
在
0, ¥
+
内单调递减，且
1
0
f ¢
=
，
所以当
0,1
xÎ
时，
0
f
x
¢
>
，函数
f x 单调递增；
当
1,
x
¥
Î
+
时，
0
f
x
¢
<
，函数
f x 单调递减；
综上所述，
f x 单调递增区间为
0,1 ，单调递减区间为
1, ¥
+
.
（2）因为
f x 有且仅有1 个零点，
所以方程
1 2
ln
1
0
x
x
ax
-
+
- =
有且仅有1 个解，
即
ln
1
2ln
x
a
x
x
x
=
-
+
有且仅有1 个解，
令
ln
1
2ln
x
g x
x
x
x
=
-
+
，
0
x >
，
则
2
2
2
ln
x
x
g
x
x
-
+
=
¢
，
令
( )
2
2
ln
m x
x
x
=
-
+
，则
1
2
0
m x
x
=
+
>
¢
，
所以
m x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，
又因为
1
0
m
=
，
所以当0
1
x
<
< 时，
0
m x <
，即
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减；
当
1
x > 时，
0
m x >
，即
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增；
所以函数
g x 在
1
x = 处取得极小值也是最小值1
1
g
= ，
当
0
x
+
®
时，
g x
¥
® +
，x ® +¥ 时，
g x
¥
® +
，
因为
ln
1
2ln
x
a
x
x
x
=
-
+
有且仅有1 个解，
所以
1
a = .
（3）因为
f x
a
b
£
+
对任意
0
x >
恒成立，
所以
max
f x
a
b
£
+
，即
max
b
f x
a
³
-
，
因此
max
2
a
b
a
f x
-
£
-
，
要证
4
-
<
a
b
，只需证明
max
2
4
a
f x
-
<
即可，
对函数求导得到
1
2ln
2
f
x
x
a
x
¢
= -
+
-
+
，
令
1
2ln
2
n x
x
a
x
= -
+
-
+
，则
2
2
1
0
n x
x
x
-
¢
= -
<
，
所以
n x 在区间
0, ¥
+
单调递减，
即
f
x
¢
在区间
0, ¥
+
单调递减，
存在唯一极大值点
0x ，满足
0
0
f
x
¢
=
，即
0
0
1
2ln
2
a
x
x
=
+
-
，
在
0
0, x
内
0
f
x
¢
>
函数
f x 单调递增，
0,
x
¥
+
内
0
f
x
¢
<
函数
f x 单调递减，
所以当
0
x
x
=
时取得极大值也是最大值
0
0
0
0
1 2
ln
1
f x
x
x
ax
=
-
+
-
0
0
0
0
0
1
1 2
ln
2ln
2
1
x
x
x
x
x
æ
ö
=
-
+
+
-
-
ç
÷
è
ø
0
0
ln
2
2
x
x
=
+
-
.
因此
0
0
0
0
0
1
2
2 2ln
2
ln
2
2
a
f x
x
x
x
x
æ
ö
-
=
+
-
-
+
-
ç
÷
è
ø
0
0
0
2
3ln
2
6
x
x
x
=
-
-
+
，
令
2
3ln
2
2
t x
x
x
x
=
-
-
+
，则
2
2
2
1
2
3
2
2
x
x
t
x
x
x
x
+
-
=
-
+
= -
¢
，
当0
2
x
<
<
时，( )
0
t x
¢
>
，
t x 单调递增，
当
2
x >
时，( )
0
t x
¢
<
，
t x 单调递减，
故
t x 在
2
x =
时取得最大值(2)
3ln 2
4 1
2
3ln 2
3
0
t
=
-
- +
=
-
<
，
因此
0
0
0
2
3ln
2
2
0
x
x
x
-
-
+
<
，
所以
0
2a
f x
-
0
0
0
2
3ln
2
6
4
x
x
x
=
-
-
+
<
，所以
0
2
4
a
f x
-
<
，
故
0
2
4
a
b
a
f x
-
£
-
<
得证.
37．（2026·河北邯郸·一模）已知函数
2
2e
e
e
x
x
x
f x
x
a
=
+
-
+
．
(1)若
1
a ³ ，证明：
0
f x £
．
(2)设
f x 有两个零点
1
2
1
2
,
x x
x
x
<
．
①求a 的取值范围；
②证明：
2
2
a
x
a
-
<
．
【答案】(1)证明见解析
(2)①
0,1 ；②证明见解析
【分析】（1）由
1
a ³ 得出
2e
e
x
x
f x
x
£ -
+
+
，构造函数
2e
e
x
x
g x
x
= -
+
+
，由导数得出
0
g x £
，即可
证明；
（2）①由
0
f x =
得出
2
2e
e
e
x
x
x
x
a
+
=
+
，构造函数
2
2e
e
e
x
x
x
x
h x
+
=
+
，根据导数得出( )
h x 的值域即可求解a 的取
值范围；
②由①得
1
2
1
0
x
x
- <
<
<
，0
1
a
<
< ，要证
2
2
a
x
a
-
<
即证
2
2
2
2
2
2
2
2
e
2e
0
x
x
x
x
x
+
+
-
<
，构造函数
e
1
x
F x
x
=
-
- ，得出e
1
x
x
³
+ ，进而得出
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
e
2e
2e
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
-
£
+
-
，再构造函数
2
2e
0
x
G x
x
x
x
=
+
-
>
，即可证明．
【详解】（1）因为
1
a ³ ，
2e
e
0
x
x
+
>
，所以
2
2
2e
e
e
e
e
x
x
x
x
x
f x
x
x
£
+
-
+
= -
+
+
．
令
2e
e
x
x
g x
x
= -
+
+
，则
2
2e
e
1
2e
1 e
1
x
x
x
x
g
x = -
+
+ = -
+
-
¢
．
当
,0
x
¥
Î -
时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，
当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
则
0
0
g x
g
£
=
，则
0
f x £
．
（2）①由
0
f x =
，可得
2
2e
e
e
x
x
x
x
a
+
=
+
．
令
2
2e
e
e
x
x
x
x
h x
+
=
+
，则
2
2
2
2
1
2e
e
e
2e
2e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
+
+
-
+
+
=
=
+
¢
2
2
e
2e
1 e
1
e
e
x
x
x
x
x
x
+
+
-
-
+
．
令
e
1
x
x
x
j
=
+
- ，显然
x
j
在R 上单调递增，且
0
0
j
=
，
则当
,0
x
¥
Î -
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增，
当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减，则
0
1
h x
h
£
= ．
当
0
x >
时，
0
h x >
，且当x ® +¥ 时，
0
h x ®
．
因为
1
2
1
1
2e
1
0
e
e
h
-
-
-
- +
-
=
<
+
，所以由
f x 有两个零点，可知a 的取值范围为
0,1 ．
②由①可知
1
2
1
0
x
x
- <
<
<
，0
1
a
<
< ，
要证
2
2
a
x
a
-
<
，需证
2
1
2
a x +
<
，即
2
2
2
2
2
2
2e
1
2
e
e
x
x
x
x
x
+
+
<
+
，
即
2
2
2
2
2
2
2
2
e
2e
0
x
x
x
x
x
+
+
-
<
．
令
e
1
x
F x
x
=
-
- ，则
e
1
x
F
x
¢
=
- ，
当
,0
x
¥
Î -
时，
0,
F
x
F x
¢
<
单调递减，
当
0,
x
¥
Î
+
时，
0,
F
x
F x
¢
>
单调递增，则
0
0
F x
F
³
=
，即e
1
x
x
³
+ ，
则
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
e
2e
2
e
2e
1
2e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
-
£
+
+
-
+
=
+
-
．
令
2
2e
0
x
G x
x
x
x
=
+
-
>
，则
2
1 2e
2
1 2
1
0
x
G
x
x
x
x
=
+ -
£
+ -
+
<
¢
，
则
G x 在
0, ¥
+
上单调递减，则
0
2
0
G x
G
<
= - <
，从而
2
2
a
x
a
-
<
．
38．（2026·广东深圳·一模）已知函数
( )
ln
1
4
f x
x
a x
=
-
+ +
.
(1)当
3
a =
时，求
( )
f x 的单调区间；
(2)若
( )
f x 有两个零点.
（i）求a 的取值范围；
（ii）证明：
2
2
( )
1 1
f x
a
<
+ - .
【答案】(1)单调递增区间为(0,2) ，单调递减区间为(2,
)
+¥ ；
(2)（i）
(0,2 2)
aÎ
；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性，
（2）（i）方法一：求导，对a 进行讨论，结合函数单调性可求解
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
=
-
+
，即可构造函数
2
( )
ln
2(
0)
h x
x
x
x
=
-
+
>
，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对a 进行讨论，换元
1
t
x
=
+ ，
1
t > ，
2
( )
2
g t
at
t
a
= -
+
+
，则
2
( )
2
1
g t
f
t
t t
=
-
¢
， 可求解
max
0
0
0
[ ( )]
ln
1
4
f x
f x
x
a x
=
=
-
+ +
，
即可结合解法一求解，解法三：求导，对a 进行讨论，结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得
ln
4
1
x
a
x
+
=
+
，构造函数
ln
4
1
x
y
x
+
=
+
，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）
的求解可求解函数
f x 的最大值，进而构造函数
2
( )
ln
2(
1)
m x
x
x
x
x
=
-
-
+
>
，利用导数求解单调性，即可
得证.
【详解】（1）由于
1
3
2
1
3 (
0)
2
1
2
1
x
x
f
x
x
x
x
x x
+ -
+
¢
=
-
=
>
+
令
0
f
x
¢
=
，则
2
x =
，
令
0
f
x
¢
>
，
(0,2)
xÎ
，
( )
f x 在(0,2) 上单调递增；
令
0
f
x
¢
<
，
(2,
)
xÎ
+¥ ，
( )
f x 在(2,
)
+¥ 上单调递减；
于是
( )
f x 的单调递增区间为(0,2) ，单调递减区间为(2,
)
+¥ ；
（2）（i）解法1 由于
2
2
1
2
1
4
4
(
0)
2
1
2
1
2
1 (2
1
)
a
x
ax
a x
x
f
x
x
x
x
x x
x x
x
ax
¢
+ -
-
+
+
=
-
=
=
>
+
+
+ ×
+ +
若
0
a £
，2
1
0
x
ax
+ -
>
，
0
f
x
¢
>
，于是
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，至多与x 轴只有一个交点，矛盾；
于是
0
a >
，令
0
f
x
¢
=
，则等价于
2
2
4
4
0
a x
x
-
-
=
，
易得
2
16 16
0
a
D =
+
>
，因为
0
x >
，则
2
2
2 1
1
0
a
x
a
+
+
=
>
，
令
2
0
2
2 1
1
a
x
a
+
+
=
，则
( )
f x 在
0
0, x
上单调递增，在
0,
x
¥
+
上单调递减，
则
max
0
0
0
( )
ln
1
4
f x
f x
x
a x
=
=
-
+ +
，
因为
2
2
0
0
4
4
0
a x
x
-
-
=
即
0
2
2
0
4
1
x
a
x
+
=
，
0
0
2
1
x
a
x
+
=
，
所以
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
=
-
+
，
显然
0
0
f x
£
不符合题意，故
0
0
f x
>
，即
0
0
2
ln
2
0
x
x
-
+
>
，
令
2
( )
ln
2(
0)
h x
x
x
x
=
-
+
>
，
2
1
2
0
h x
x
x
=
+
>
¢
，
则( )
h x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，且(1)
0
h
=
，
由于
0
0
0
2
ln
2
0
h x
x
x
=
-
+
>
，所以
0
1
x > ，
由于
2
0
0
1
1
2
a
x
x
=
+
，令
0
1
(0,1)
t
x
=
Î
，
2
y
t
t
=
+ 在( 0, 1) 上单调递增，则
(0,2 2)
aÎ
，
于是
2
0
2
4
2 1
1
2
2
1
2
e
a
x
a
a
+
+
=
>
>
>
，
4
4
1
1
1
0
e
e
f
a
æ
ö = -
+ <
ç
÷
è
ø
，
由零点存在定理，存在
1
0
4
1 ,
e
x
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 使得
1
0
f x
=
，
当
0
x >
时，易证ln
1
£
-
x
x
，则
4
4
ln
1
x
x
£
- 即
4
ln
4
4
x
x
£
-
，
由于
4
4
4
( )
ln
1
4
ln
4
4
(4
)
f x
x
a x
x
a x
x
a x
x
a x
=
-
+ +
<
-
+
£
-
=
-
，
取
2
0,
x
x
¥
Î
+
，且
2
4
256
x
a
>
，则
2
0
f x
<
，
由零点存在定理，存在
3
0
2
,
x
x x
Î
使得
3
0
f x
=
，
所以当
(0,2 2)
aÎ
时，
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上有两个零点.
解法2 由于
1
2
1
a
f
x
x
x
=
-
+
¢
，
0
x >
，
若
0
a £
，2
1
0
x
ax
+ -
>
，
0
f
x
¢
>
，于是
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，至多与x 轴只有一个交点，矛盾：
于是
0
a >
，令
1
t
x
=
+ ，
1
t > ，
2
( )
2
g t
at
t
a
= -
+
+
，则
2
( )
2
1
g t
f
t
t t
=
-
¢
，
令( )
0
g t =
，则
2
1
1
a
t
a
±
+
=
，
由于
2
2
1
1
1
1
0
a
a
a
a
+
+
-
+
>
>
，令
2
2
1
1
a
t
a
+
+
=
，
2
0
2
1
x
t
=
- ，
当
2
1,
t
t
Î
时，( )
0
g t >
，即
0
f
t
¢
>
，于是
( )
f x 在
0
0, x
上单调递增，
当
2,
t
t
¥
Î
+
时，( )
0
g t <
，即
0
f
t
¢
<
，于是
( )
f x 在
0,
x
¥
+
上单调递减，
于是
max
0
0
0
[ ( )]
ln
1
4
f x
f x
x
a x
=
=
-
+ +
，
若
0
0
f x
£
，即
0
0
ln
1
4
0
x
a x
-
+ +
£
，
由
0
0
f
x
¢
=
，则
0
0
2
1
x
a
x
+
=
，可得
0
0
2
ln
2
0
x
x
-
+
£
，同解法1；
解法3 由于
1
2
1
2
1
2
1
a
x
ax
f
x
x
x
x x
+ -
=
-
=
¢
+
+
，
0
x >
，
若
0
a £
，2
1
0
x
ax
+ -
>
，
0
f
x
¢
>
，于是
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，至多与x 轴只有一个交点，矛盾；
于是
0
a >
，设( )
2
1
g x
x
ax
=
+ -
，
1
( )
1
g x
a
x
¢
=
-
+
，
若
1
a ³ ，则
1
0
g
x
a
<
¢
-
<
，( )
g x 在(0,
)
+¥ 上单调递减，且(0)
2
0
g
=
>
，
不妨令2 1
0
x
ax
+
-
<
，则
2
2
2 1
1
a
x
a
+
+
>
，
于是取
2
2
1
2
2
3
2 1
2
2 1
a
a
x
a
a
+
+
+
+
=
>
，则
1
0
g x
<
，
且( )
g x 在(0,
)
+¥ 上连续，由零点存在定理，存在唯一
0
(0,
)
x Î
+¥ ，
0
0
g x
=
，
于是
( )
f x 在
0
0, x
单调递增，在
0,
x
¥
+
单调递减，则
( )
f x 存在唯一极大值点
0x ；
若0
1
a
<
< ，令
0
g
x
¢
=
，则
2
1
1
x
a
=
- ，于是( )
g x 在
2
1
0,
1
a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø上单调递增，在
2
1
1,
a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø 单调递减，由于
(0)
0
g
>
，则
2
1
1
0
g a
æ
ö
-
>
ç
÷
è
ø
，
1
0
g x
<
，且
1
2
1
1
x
a
>
- ，
且( )
g x 在(0,
)
+¥ 上连续，由零点存在定理，存在唯一
0
(0,
)
x Î
+¥ ，
0
0
g x
=
，
于是
( )
f x 在
0
0, x
单调递增，在
0,
x
¥
+
单调递减，则
( )
f x 存在唯一极大值点
0x ；
综上所述：若
0
a >
，
( )
f x 有一个极大值点
0x ；
0
0
2
1
x
ax
+
=
，
于是
0
max
0
0
0
0
0
0
0
2
1
2
( )
ln
1
4
ln
4
ln
2
x
f x
f x
x
a x
x
x
x
x
+
=
=
-
+ +
=
-
+
=
-
+
，
若
0
0
f x
£
，则
( )
f x 至多只有一个零点，矛盾；
若
0
0
f x
>
，由于
2
0
2
4
2 1
1
2
2
1
2
e
a
x
a
a
+
+
=
>
>
>
，同解法1；
解法4 令
( )
0
f x =
，则
ln
4
1
x
a
x
+
=
+
，
0
x >
，
于是函数y
a
=
与函数
ln
4
1
x
y
x
+
=
+
的图象在(0,
)
+¥ 上有两个交点，
由于
3
1
ln
4
2
ln
2
2
1
1
2 (
4)
x
x
x
x
x
x
y
x
x
+
+
-
-
-
+
¢ =
=
+
+
，
设
2
( )
ln
2
g x
x
x
=
-
-
，
0
x >
，
2
2
1
( )
0
g x
x
x
¢
= -
-
<
，
于是( )
g x 在(0,
)
+¥ 上单调递减，且(1)
0
g
=
，
于是
(0,1)
xÎ
时，( )
0
g x >
，
0
¢ >
y
，
ln
4
1
x
y
x
+
=
+
在( 0, 1) 上单调递增；
(1,
)
xÎ
+¥ 时，( )
0
g x <
，
0
¢ <
y
，
ln
4
1
x
y
x
+
=
+
在(1,
)
+¥ 上单调递增：
且
0
ln
4
lim
1
x
x
x
®
+
= -¥
+
，
ln
4
lim
0
1
x
x
x
®¥
+
=
+
，
所以函数
ln
4
1
x
y
x
+
=
+
的图象如图所示，所以0
2 2
a
<
<
，
（ii）根据（i）可知，
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
=
-
+
，
其中
2
0
2
2 1
1
a
x
a
+
+
=
，则
2
0
2
2
2 1
1
2
1 1
a
x
a
a
+
+
=
=
+ -
，
下证：
0
0
0
0
2
ln
2
1
x
x
x
x
-
+
<
>
即证：
0
0
0
2
ln
2
0
x
x
x
-
-
+
<
.
设
2
( )
ln
2(
1)
m x
x
x
x
x
=
-
-
+
>
2
2
2
2
1
2
2
(
2)(
1)
1
x
x
x
x
m x
x
x
x
x
-
+
+
- +
+
¢
=
+
- =
=
，
令
0
m x
¢
=
，
2
x =
，于是
( )
m x 在(1,2) 上单调递增，在(2,
)
+¥ 上单调递减，
则
( )
(2)
ln 2 1
0
m x
m
£
=
- <
，即证.
39．（2026·河北衡水·一模）已知函数
3
2 ex
f x
ax
x
= -
+
.
(1)证明：存在mÎR ，使得曲线
y
f x
=
在点
,
m f m
处切线的斜率为定值.
(2)当
0
a >
时，讨论
f x 零点的个数.
(3)当
f x 的零点个数最多时，证明：
f x 的零点之和大于3.
【答案】(1)证明见解析
(2)当
2
0
e
2
a
<
<
时，
f x 有两个零点；当
2e
2
a =
时，
f x 有三个零点；当
2
2
e
a >
时，
f x 有四个零点.
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义，利用导函数解析式可求出m 的值
（2）根据零点概念计算得到
0
x =
或
2
0
2ex
ax +
=
-
，构造函数
2
2ex
g x
x
=
，通过分类讨论，借助导数研究
函数
g x 的单调性和最值，分析函数
f x 的零点情况即可；
（3）由（2）确定零点的分布和零点满足的条件，通过构造函数求最值证明结论.
【详解】（1）证明：
2
3
2e
2 e
x
x
f
x
ax
x
= -
+
+
¢
，
由
2
3
0
x
-
=
，得
0
x =
，
0
2
f ¢
=
，
则存在
0
m =
，使得曲线
y
f x
=
在点
,
m f m
处切线的斜率为定值.
（2）当
0
a >
时，由
2
2e
0
x
f x
x
ax
=
-
+
=
，得
0
x =
或
2
2ex
a
x
=
.
设函数
2
2ex
g x
x
=
，则
3
2e
2
x x
g
x
x
=
¢
-
，
令
0
g
x
¢
<
，得0
2
x
<
<
，则
g x 在
0,2 上单调递减，
令
0
g
x
¢
>
，得
0
x <
或
2
x >
，则
g x 在
,0
¥
-
上单调递增，在
2, ¥
+
上单调递增.
当
0
x >
时，
2
min
e
2
2
g x
g
=
=
，
若
0
x ®
，则
g x
¥
® +
，若x ® +¥ ，则
g x
¥
® +
.
当
0
x <
时，
0
g x >
，
若x ® -¥ ，则
0
g x ®
，若
0
x ®
，则
g x
¥
® +
.
当
2
0
e
2
a
<
<
时，方程
2
2ex
a
x
=
只有一个非零实数解，则
f x 有两个零点；
当
2e
2
a =
时，方程
2
2ex
a
x
=
有两个非零实数解，则
f x 有三个零点；
当
2
2
e
a >
时，方程
2
2ex
a
x
=
有三个非零实数解，则
f x 有四个零点.
（3）证明：由（2）知，当
2
2
e
a >
时，
f x 的零点个数最多，
且0 为其中一个零点，不妨设
3
1
2
0
2
x
x
x
<
<
<
<
，
且
1
2
1
2ex
ax
=
，
2
2
2
2ex
ax
=
，等式两边同时取对数并整理得
1
1
2ln
ln
ln 2
x
x
a
-
=
-
，
2
2
2ln
ln
ln 2
x
x
a
-
=
-
.
设函数
2ln
h x
x
x
=
-
，则
1
2
ln
ln 2
h x
h x
a
=
=
-
，
2
2
1
x
h x
x
x
¢
-
= -
=
，则
h x 在
2, ¥
+
上单调递增.
因为
g x 在
,0
¥
-
上单调递增，且
2
2
e
1
e
2
g -
=
<
，所以
3
1
0
x
- <
<
.
要证
1
2
3
0
3
x
x
x
+
+
+
>
，只需证
1
2
4
x
x
+
>
，即证
2
1
4
x
x
>
-
，
因为
1
4
2
x
-
>
，且
h x 在
2, ¥
+
上单调递增，
所以只需证
2
1
4
h x
h
x
>
-
，即
1
1
4
h x
h
x
>
-
，
令函数
4
F x
h x
h
x
=
-
-
，0
2
x
<
<
，
则
2
2
2
2
2
4
0
4
4
x
x
x
F
x
h x
h
x
x
x
x
x
¢
-
-
-
=
+
-
=
+
¢
= -
-
¢
<
-
，
所以
F x 在
0,2 上单调递减，则
2
0
F x
F
>
=
，
即
4
h x
h
x
>
-
，故
1
2
4
x
x
+
>
.
故当
f x 的零点个数最多时，
f x 的零点之和大于3.
40．（2026·河南许昌·模拟预测）已知函数
ln
1
f x
a
x
=
+
，
g x
xf x
=
.
(1)若
0
a >
，求
g x 的单调区间；
(2)若
e
1
x
f x
- ³
，
cos
h x
g x
x
=
-
.
（ⅰ）求a ；
（ⅱ）函数
h x 图象上是否存在关于原点对称的点？若存在，试确定对称点的组数；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)单调递增区间为
0, ¥
+
，单调递减区间为
1,0
-
(2)（ⅰ）
1
a = ；（ⅱ）存在唯一一对关于原点对称的点.
【分析】（1）首先求函数的导数，再判断导函数的单调性和零点，即可求解
0
g
x
¢
>
和
0
g
x
¢
<
的解集；
（2）（ⅰ）首先根据指对函数的性质确定
0
a £
不成立，讨论
0
a >
的情况，令
e
1
ln
1
1
x
G x
a
x
x
=
- -
+
> -
，利用导数分析函数
G x 的单调性和零点，根据不等式求a 的值；（ⅱ）首
先假设函数
h x 图象上存在关于原点对称的点，转化为判断函数
1
ln
2cos
1
1
1
m
F m
m
m
m
m
+
=
-
- <
<
-
是否
有零点.
【详解】（1）当
0
a >
时，
ln
1
g x
xf x
ax
x
=
=
+
，
1
ln
1
ln
1
1
1
1
1
x
g
x
a
x
a
x
x
x
x
é
ù
é
ù
=
+
+
=
+
-
+
> -
ê
ú
ê
ú
+
+
ë
ë
û
¢
û
，
则
g
x
¢
为增函数，又
0
0
g¢
=
，
当
0
x >
时，
0
g
x
¢
>
，
g x 在
0,+¥ 上为增函数，
当1
0
x
- <
<
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 在
1,0
-
上为减函数，
g x
\
的单调递增区间为
0, ¥
+
，单调递减区间为
1,0
-
；
（2）（ⅰ）
e
1
x
f x
- ³
即
e
1
ln
1
1
x
a
x
x
- ³
+
> -
，
当
0
a £
时，若1
0
x
- <
<
，则
ln
1
0
x +
<
，
ln
1
0
a
x +
³
，且e
1
0
x - <
，不等式不成立，
0
a
\
>
，
当
0
a >
时，令
e
1
ln
1
1
x
G x
a
x
x
=
- -
+
> -
，
1 e
e
1
1
x
x
x
a
a
G
x
x
x
+
-
=
-
=
¢
+
+
，
令
1 ex
m x
x
a
=
+
-
，则
2 e
0
x
m x
x
=
+
>
¢
，
m x 在
1,
- +¥ 上为增函数，
1
0
m
a
-
= - <
，
1
x > -
Q
，
1
e
e
x
\
>
，
1
e
1
1 e
e
e
x
x
a
x
x
a
a
+
-
+
+
-
>
-
=
，
1
e
e
x
a
m x
+
-
\
>
，又
e 1
0
m a -
>
且e 1
1
a - > - ，
则
m x 在
1, ¥
- +
上有且仅有一个零点
0x ，
当
0
x
x
>
时，
0
m x >
，
0
G
x
¢
>
，在
0,
x +¥ 上
G x 为增函数，
当
0
1
x
x
- <
<
时，
0
m x <
，
0
G
x
¢
<
，
G x 在
0
1, x
-
上为减函数，
则函数在
0
x
x
=
处取得最小值
0
G x
，
0
0
G x
³
，
又
0
0
G
=
，则此时必有
0
0
x =
，所以
0
0
m
=
，解得
1
a = ；
（ⅱ）由（ⅰ）知，
ln
1
g x
x
x
=
+
，假设存在关于原点对称的点，
设点
,
P m n 为函数
h x 图象上的点，则
,
P m n 关于原点对称的点为
,
P
m
n
¢ -
-
，
ln
1
cos
1
ln
2cos
0
ln
1
cos
1
m
m
m
n
m
m
m
m
m
m
n
m
ì
+
-
=
+
ï
Þ
-
=
í-
-
+
-
= -
-
ïî
，
设函数
1
ln
2cos
1
1
1
m
F m
m
m
m
m
+
=
-
- <
<
-
，
1
1
ln
2cos
ln
2cos
1
1
m
m
F
m
m
m
m
m
F m
m
m
-
+
+
-
= -
-
-
=
-
=
+
-
，
F m 为偶函数，
当0
1
m
£
< 时，
2
1
2
ln
2sin
1
1
m
m
F
m
m
m
m
+
=
+
+
-
¢
-
，
1
2
1
2
1 1
1
1
1
m
m
m
m
m
-
-
+
+
=
=
- ³
-
-
-
Q
，
1
ln
0
1
m
m
+
\
³
-
，则
0
F
m
¢
³
，所以函数
F m 为增函数，
0
2
F m
F
³
= - ，
4
8
4
8
4
4
4
4
π
ln3
2cos
2cos
2
cos
2
cos
0
5
5
5
5
5
5
5
5
4
F æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
>
-
=
-
>
-
>
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
即方程
0
F m =
在
0,1 上有唯一解，
综上可知函数
cos
y
g x
x
=
-
图象上存在唯一一对关于原点对称的点.
