专题 03 函数与导数
4大考点概览
考点01函数及其性质
考点02一次函数与二次函数；指对幂函数
考点03函数的应用
考点04导数及其应用
考点1 函数及其性质
1．（2025·四川凉山·一模）已知f (x)是定义在R上的函数，f (x+1)=−f (x)．当2≤x<3时，
f (x)=5−2x，则f (2025)=（ ）
A．−5 B．−1 C．1 D．4
【答案】B
【分析】分析函数的周期性，再利用周期性将f(2025)转化为已知区间内的函数值.
【详解】依题意函数f (x)满足f (x+1)=−f (x)，可得f (x+2)=−f (x+1)=f (x)，即函数的周期为
2，
因此f (2025)=f (2×1012+1)=f (1)，
当2≤x<3时，f (x)=5−2x，由f (2)=5−22=1，且f (2)=−f (1)，得f (1)=−1，
因此f (2025)=f (1)=−1.
故选：B.
2．（2026·四川宜宾·一模）若函数f(x)为R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=ex−m，则
1
f(ln )=（ ）
4
A．-4 B．-3 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用奇函数性质求出m，再利用奇函数定义及指数式与对数式互化关系求
出函数值.
【详解】由函数f(x)为R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=ex−m，得f(0)=1−m=0，
1
解得m=1，f(x)=ex−1，所以f(ln )=f(−ln4)=−f(ln4)=−(eln4−1)=−3.
4故选：B
3．（2026·四川广安·一模）已知f(x)是R上的偶函数，且满足f(x−1)+f(3−x)=0，若f(x)在
[0,1]上单调递减，且f(0)=3，则f(2x)在R上的最小值是（ ）
A．−4 B．−3 C．−2 D．−1
【答案】B
【分析】根据给定条件，确定函数的对称中心及周期，再确定在区间[−2,2]上的单调性即可求出
最小值.
【详解】由定义在R上的函数f(x)满足f(x−1)+f(3−x)=0，得f(x)+f(2−x)=0，
则函数f(x)关于点(1,0)成中心对称，又f(x)在[0,1]上单调递减，则f(x)在[1,2]上单调递减，
因此函数f(x)在[0,2]上单调递减，且f(2)=−f(0)=−3，而函数f(x)是R上的偶函数，
则函数f(x)在[−2,0]上单调递增，由f(x)+f(2−x)=0，得f(x)+f(x−2)=0，
于是f(x+2)+f(x)=0，f(x+2)=f(x−2)，即f(x+4)=f(x)，
则函数f(x)是周期函数，其周期为4，当x∈[−2,2]时，f(x) =f(−2)=f(2)=−3，
min
由周期性得x∈R时，f(x) =−3，所以f(2x)在R上的最小值是−3.
min
故选：B
4．（2025·四川德阳·一模）若函数f (x)=ln(1−x2)+cosx−a有且只有1个零点，则a的值为
（ ）
A．−1 B．0 C．1 D．2
【答案】C
【分析】先求出函数定义域，接着分析函数的奇偶性和单调性以及函数值的情况即可求解.
【详解】由题可得1−x2>0⇒−1<x<1，所以函数f (x)定义域为(−1,1)关于原点对称，
又f (−x)=ln(1−x2)+cosx−a=f (x)，所以函数f (x)为偶函数，
又y=lnx为增函数，y=1−x2和y=cosx均为(−1,0)上的增函数，
所以函数f (x)在(−1,0)上单调递增，则函数f (x)在(0,1)上单调递减，
所以f (x)有最大值为f (0)=1−a，又x→±1时，f (x)→−∞，
所以若函数f (x)=ln(1−x2)+cosx−a有且只有1个零点，则1−a=0⇒a=1.
故选：C
5．（2025·四川自贡·一模）（多选）定义域为R的函数f(x)，以下说法正确的是（ ）
ex−e−x
A．使得f(x)−f(−x)= 恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个
2B．使得f(x)−f(−x)=cos2x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个
C．存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(3x)=−x恒成立
D．存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)+f(3x)=−x恒成立
【答案】AD
ex 1
【分析】利用反证法可判断BC错误，假设成立，找到矛盾；构造函数f (x)= +m，f (x)=− x，
2 4
可判断AD选项正确.
ex e−x ex−e−x
【详解】A．设f (x)= +m，则f (−x)= +m，则f(x)−f(−x)= 恒成立，所以f(x)
2 2 2
存在且有无穷多个，A选项正确；
B．使得f(x)−f(−x)=cos2x成立，令x=0，则f (0)−f (0)=cos0，因为0=cos0=1
矛盾，B选项错误；
C．若存在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(3x)=−x恒成立，则f(0)+f(3×0)=−0，即
f (0)=0
故当x>0时，f (6x)>f (3x)>f (2x)>f (x)，故f (x)+f (3x)<f (2x)+f (6x)，故−x<−2x，所以
x<0，矛盾，故C选项错误；
1
D．假设f (x)=− x，则f (x)在R上单调递减，使得f(x)+f(3x)=−x恒成立，D选项正确；
4
故选：AD
考点2 一次函数与二次函数；指对幂函数
5
1．（2025·四川自贡·一模）已知a>b>1，若log b+log a= ，ab=ba，则ab=（ ）
a b 2
A．8 B．6 C．4 D．2
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用对数运算性质及指数运算求解.
5 1 5
【详解】由a>b>1，得log a>log b=1，由log b+log a= ，得 +log a= ，
b b a b 2 log a b 2
b
则log a=2，即a=b2，又ab=ba，因此(b2 ) b=bb2 ，即b2b=bb2，解得b2=2b,b=2，
b
所以ab=b3=8.
故选：A
2．（2025·四川资阳·一模）已知函数 ， ，
f(x)=2x ⋅log (2x−2)−1 g(x)=3x ⋅log (3x−3)−1
2 3的零点分别为 ， ， ，则 ， ， 的大小顺序为（ ）
h(x)=log (5x−5)−5−x a b c a b c
5
A．a>b>c B．a>c>b C．b>a>c D．c>b>a
【答案】A
【分析】先令三个函数式等于0，然后对等式分别化简，使得它们都等于同一函数式，进而可画出
图象，比较零点的大小.
【详解】令f (x)=0，则log (2x−2)=2−x ，化简得log 2+log (x−1)=2−x ，
2 2 2
即log (x−1)=2−x−1，换底后得到log (x−1)=log 2×(2−x−1)；
2 10 10
令g(x)=0，则log (3x−3)=3−x ，化简得log 3+log (x−1)=3−x ，
3 3 3
即log (x−1)=3−x−1，换底后得到log (x−1)=log 3×(3−x−1)；
3 10 10
令h(x)=0，则log (5x−5)=5−x ；化简得log 5+log (x−1)=5−x ，
5 5 5
即log (x−1)=5−x−1，换底后得到log (x−1)=log 5×(5−x−1)；
5 10 10
分别画出它们的图象为：
由图可以看出a>b>c.
故选：A.
3．（2025·四川绵阳·一模）在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以m%的增长率呈指数增长.若增长
为原来的2.5倍经过了10天，则增长为原来的5倍需要经过的天数约为（ ）（参考数据：
lg2≈0.3）
A．12 B．15 C．18 D．20
【答案】C
5 1 5 n
【分析】根据已知可得1+m%=( )10，进而可得( )10=5，利用指对数关系、对数的运算性质、
2 2换底公式求n即可.
5 5 1
【详解】若原来蓝藻数量为a，则a(1+m%) 10= a，可得1+m%=( )10，
2 2
5 n
令经过n天后蓝藻增长为原来的5倍，则a(1+m%) n=5a，即( )10=5，
2
10lg5 10(1−lg2) 10(1−0.3)
可得n=10log 5= = ≈ =17.5≈18天.
5 lg5−lg2 1−2lg2 1−2×0.3
2
故选：C
1
3
4．（2025·四川绵阳·一模）已知a= ,b=log 4,c=e2，则（ ）
2 3
A．b<a<c B．a<b<c
C．c<b<a D．a<c<b
【答案】A
【分析】对于对数函数和指数函数的值比较大小，通常可以利用函数的单调性以及中间值来进行判
断.
3
3
【详解】因为 =log 32=log ❑√33=log ❑√27，
2 3 3 3
又因为对数函数y=log x在(0,+∞)上单调递增，且4=❑√16<❑√27，
3
所以log 4<log ❑√27，即b<a.
3 3
1 3 √9 9
c=e2=❑√e
，a=
2
=❑
4
，由于e≈2.718，
4
=2.25，且函数y=❑√x在[0,+∞)上单调递增，
√9
所以❑√e>❑ ，即c>a.
4
综合以上两个比较结果，可得b<a<c.
故选：A
5．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数f(x)=
{ex+e−x,x>0)
，若a=30.01，b=log 0.5，
x2+1,x≤0 3
3
c= log 2，则（ ）
2 3
A．f(a)>f(b)>f(c) B．f(a)>f(c)>f(b)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(a)>f(b)
【答案】B
【分析】由对数函数，指数函数单调性可比较a，b，c大小，然后由f (x)单调性可得答案.
(1) 3
【详解】注意到30.01>30=1，−1=log <log 0.5<log 1=0，0< log 2=log 8<log 9=1，
3 3 3 3 2 3 9 9
则a>1>c>0>b>−1.
当x>0，f (x)=ex+e−x ⇒f'(x)=ex−e−x，易得y=ex−e−x在R上单调递增.
则f′(x)>f′(0)=0，从而f (x)在(0,+∞)上单调递增，则f (a)>f (c)>2.
又注意到当x≤0时，f (x)=x2+1在(−∞,0)上单调递减，则f (b)<f (−1)=2.
综上可得f (a)>f (c)>f (b).
故选：B
6．（2026·四川雅安·一模）计算：❑√(−4) 2−log 9=
3
【答案】2
【分析】利用根式运算、对数运算性质计算得解.
【详解】❑√(−4) 2−log 9=4−log 32=4−2=2.
3 3
故答案为：2
7．（2026·四川遂宁·一模）❑√(−2) 2+2log❑❑√2+(❑√5−1) 0= .
2
【答案】4
【分析】根据指数幂的运算性质及对数的运算性质计算可得．
1
【详解】 ❑√(−2) 2+2log ❑√2+(❑√5−1) 0=2+2× log 2+1=2+1+1=4.
2 2 2
故答案为：4
8．（2025·四川资阳·一模）已知3a=36，b=log 2，则a−2b= .
3
【答案】2
【分析】根据指数与对数的关系，表示出a，再根据对数的运算法则求值.
【详解】因为3a=36 ⇒ a=log 36，
336
所以a−2b=log 36−2log 2 =log 36−log 4 =log =log 9 =2.
3 3 3 3 3 4 3
故答案为：2
9．（2025·四川绵阳·一模）设函数f (x)=x|x+m).
(1)若m=2，写出函数f (x)的单调区间；
(2)当x∈[1,2)时，f (x)≤2，求实数m的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)−2❑√2≤m≤−1.
【分析】（1）将函数式改写为f (x)=
{−(x+1) 2+1,x≤−2)
，结合二次函数的性质确定单调区间；
(x+1) 2−1,x>−2
2 2
（2）由题设，问题化为x∈[1,2)上(−x− ) ≤m≤(−x+ ) ，利用对勾函数及复合函数的
x x
max min
性质判断相关函数的区间单调性，进而求最值，即可得.
【详解】（1）由题设f (x)=x|x+2)=
{−x2−2x,x≤−2)
，即f (x)=
{−(x+1) 2+1,x≤−2)
，
x2+2x,x>−2 (x+1) 2−1,x>−2
所以f(x)在(−∞,−2)上单调递增，在(−2,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
所以f(x)的单调递减区间为(−2,−1)，单调递增区间为(−∞,−2)、(−1,+∞).
2 2 2 2
（2）由题设，在x∈[1,2)上x|x+m)≤2恒成立，则− ≤x+m≤ ⇔−x− ≤m≤−x+ 恒成
x x x x
立，
2 2
所以，只需(−x− ) ≤m≤(−x+ ) ，
x x
max min
2 2
由y=−x− 在[1,❑√2)上单调递增，在(❑√2,2]上单调递减，故(−x− ) =−2❑√2，
x x
max
2 2
由y=−x+ 在[1,2)上单调递减，故(−x+ ) =−1，
x x
min
所以−2❑√2≤m≤−1.
考点3 函数的应用
{|2x−1|, x<2)
1．（2026·四川雅安·一模）已知函数f (x)= 3 则方程f (x)=2的实数根的个数为
, x≥2
x−1
（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】对函数进行分段讨论即可求解.
【详解】当x<2时，则f (x)=|2x−1)=2，可得2x−1=2或2x−1=−2,
由2x−1=2解得x=log 3<2符合题意；
2
由2x−1=−2得2x=−1无实数解，舍去.
3 5
当x≥2时，则f (x)= =2，解得x= ≥2符合题意，
x−1 2
综上，方程有2个实数根.
故选：B
2．（2025·四川成都·一模）已知定义在R上的奇函数f(x)在[0,+∞)上的图象如图所示，则不等式
(x−❑√3)f(x)>0的解集为（ ）
A．(−3,0)∪(❑√3,3) B．(−3,0)∪(0,3)
C．(−∞,−3)∪(0,3) D．(−∞,−3)∪(❑√3,3)
【答案】A
【分析】根据函数为奇函数可得函数的图象，进而由数形结合可得不等式的解集.
【详解】因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以函数f(x)图象关于原点对称，故得函数的图象如
下：且f(−3)=−f(3)=0.
由图象可知，要使(x−❑√3)f(x)>0，当x>❑√3时，f(x)>0，得❑√3<x<3；
当x<❑√3时，f(x)<0，得−3<x<0；
当x=❑√3，不等式不成立；
综上，不等式(x−❑√3)f(x)>0的解集为(−3,0)∪(❑√3,3).故选：A.
3．（2026·四川巴中·一模）若定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f (3x−1) 为奇函数， f (2x+1)
23
为偶函数，且 f (1)=1 ，则 ∑❑f (2n−1)=（ ）
n=1
A．-1 B．0 C．1 D．2
【答案】B
【分析】本题可根据f (3x−1)为奇函数、f (2x+1)为偶函数得出函数f (x)的对称中心和对称轴，
进而推出函数f (x)的周期，再结合已知条件求出一个周期内f (2n−1)的值，最后根据周期性计算
23
∑❑f (2n−1).
n=1
【详解】因为 f(3x−1) 为奇函数，所以 f(−3x−1)=−f(3x−1) ，
t+1 t+1
令 t=3x−1 ，则 x= ，那么 −3x−1=−3× −1=−t−2 ，
3 3
所以 f(−t−2)=−f(t) ，即 f(−x−2)=−f(x) ，
因此 f(x) 的图象关于点 (−1,0) 对称，
因为 f(2x+1) 为偶函数，所以 f(−2x+1)=f(2x+1) ，
m−1 m−1
令 m=2x+1 ，则 x= ，那么 −2x+1=−2× +1=−m+2 ，
2 2
所以 f(−m+2)=f(m) ，即 f(−x+2)=f(x) ，
因此 f(x) 的图象关于直线 x=1 对称，
由 f(−x+2)=f(x)，令 x=x+2 得 f [−(x+2)+2]=f(x+2) ，
即 f(−x)=f(x+2) ,令x=−x，得f(x)=f(−x+2)，
又f(−x−2)=−f(x) ，所以 f(−x−2)=−f(−x+2) ，
令 t=−x ，则 f(t−2)=−f(t+2) ，即 f(x−2)=−f(x+2) ，
令 x=x+2得 f(x)=−f(x+4) ，
令 x=x+4得 f(x+4)=−f(x+8) ，
由 f(x)=−f(x+4) 和 f(x+4)=−f(x+8) 可得 f(x)=f(x+8) ，
所以函数 f(x) 的周期为 8 ，
因为函数 f(x) 的图象关于点 (−1,0) 对称，所以 f(−1)=0 ，
由 f(−x−2)=−f(x) ，令 x=1 ，可得 f(−3)=−f(1)=−1 ，由 f(−x+2)=f(x) ，令 x=1 ，可得 f(1)=f(1)=1 ，
由 f(x−2)=−f(x+2) ，令 x=1 ，可得 f(−1)=−f(3) ，所以 f(3)=0 ，
由 f(x−2)=−f(x+2) ，令 x=3 ，可得 f(1)=−f(5) ，所以 f(5)=−1 ，
由 f(x−2)=−f(x+2) ，令 x=5 ，可得 f(3)=−f(7) ，所以 f(7)=0 ，
所以 f(1)+f(3)+f(5)+f(7)=1+0−1+0=0 ，
因为函数 f(x) 的周期为 8 ，且 23=2×8+7 ，所以
23
∑❑f(2n−1)=2×[f(1)+f(3)+f(5)+f (7)+f(9)+f(11)+f(13)+f(15)]
n=1
+f(1)+f(3)+f(5)+f(7)+f(9)+f(11)+f(13)
又因为 f(x) 的周期为 8 ，所以 f(2(n+4)−1)=f(2n−1+8)=f(2n−1)，
故数列 {f(2n−1)} 是以4为周期的数列,
所以 f(9)=f(1),f(11)=f(3),f(13)=f(5),f(15)=f(7)，
因为 23=5×4+3,
23
则∑❑f(2n−1)=5×[f(1)+f(3)+f(5)+f(7)]+ f(1)+f(3)+f(5)=5×0+0=0.
n=1
故选:B.
{ −x+ 4 ,x>0)
4．（2025·四川德阳·一模）点P是函数f (x)= x 的图象上在y轴右侧任意一点，过P
f (−x),x<0
作直线y=−x的垂线，垂足为M，过P作y轴的垂线与f (x)的图象交于另一点N，则⃗PM⋅⃗PN=
.
【答案】4
( 4)
【分析】先求出函数的解析式，判断函数奇偶性，根据题意设P t,−t+ (t>0)，利用已知条件
t
求出M,N的坐标，写出向量⃗PM,⃗PN的坐标，利用向量数量积运算即可.
{ −x+ 4 ,x>0)
【详解】由 f (x)= x ，
f (−x),x<0
4
当x>0时，f (x)=−x+ ，
x则x<0时，−x>0，
4 4
所以f (x)=f (−x)=−(−x)+ =x− ，
−x x
4
{ −x+ ,x>0)
x
所以f (x)= ，
4
x− ,x<0
x
由函数定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)关于原点对称，
4 4
且当x>0时，f (−x)=−x− =−x+ =f (x)，
−x x
4 4
当x<0时，f (−x)=−(−x)+ =x− =f (x)，
−x x
所以函数f (x)为偶函数，图象关于y对称，
因为点P是函数f (x)的图象上在y轴右侧任意一点，
( 4)
所以设P t,−t+ (t>0)，
t
又过P作直线y=−x的垂线，则垂线的斜率为1，
( 4)
所以垂线方程为：y− −t+ =1×(x−t)，
t
4
即y=x−2t+ ，
t
2
{ y=x−2t+ 4 ) { x=t− t )
联立 t ，解得： ，
2
y=−x y=−t+
t
( 2 2)
即M t− ,−t+ ，
t t
又过P作y轴的垂线与f (x)的图象交于另一点N，
且函数f (x)为偶函数，
4
所以x =−t,y = y =−t+ ，
N N P t( 4)
即N −t,−t+ ，
t
( 2 2 ( 4)) ( 2 2)
又⃗PM= t− −t,−t+ − −t+ = − ,− ，
t t t t t
( 4 ( 4))
⃗PN= −t−t,−t+ − −t+ =(−2t,0)，
t t
( 2) ( 2)
所以⃗PM·⃗PN= − ×(−2t)+ − ×0=4，
t t
故答案为：4.
5．（2025·四川绵阳·一模）已知函数f (x)=
{2−x2,x<0,)
则使不等式f (x)>f (x2)成立的x的取值
❑√x,x≥0,
范围是 .
【答案】(−1,0)∪(0,1)
【分析】由分段函数的解析式分x=0、x>0、x<0三种情况讨论可得.
【详解】因为x2≥0，所以f (x2)=❑√x2=|x)，所以f (x)>f (x2)⇔f (x)>|x)，
当x=0时，f (02)=f (0)=❑√x=0，不符合题意；
当x>0时，f (x)>|x)⇔❑√x>x⇔x2−x<0⇒0<x<1；
当x<0时，f (x)>|x)⇔2−x2>−x⇔x2−x−2<0⇒−1<x<2，即−1<x<0，
综上x的取值范围是(−1,0)∪(0,1).
故答案为：(−1,0)∪(0,1).
6．（2025·四川泸州·一模）已知函数f (x)的定义域为R，当x≤1时，f (x)=
{lnx,0<x≤1)
，且对
ex,x≤0
任意的x∈R都满足f (1+x)=f (1−x)．若函数g(x)=m|x)−2与f (x)的图象恰有两个交点，则实
数m的取值范围是 ．
【答案】m≤0或m=e
【分析】由f (1+x)=f (1−x)得出f (x)关于x=1对称，根据x≤1时f (x)的表达式结合对称性作出f (x)的图象，分m<0，m=0，m>0三种情况讨论g(x)=m|x)−2与f (x)的交点情况，并利用交点
数恰好为2得出对应的实数m的范围，从而求解．
【详解】因为f (1+x)=f (1−x)，所以f (x)关于x=1对称，且g(x)=m|x)−2的图象是过点(0,−2)
的折线，
由x≤1时，f (x)=
{lnx,0<x≤1)
，作出y=f (x)与y=g(x)的图象如下图所示，
ex,x≤0
当m>0时，函数g(x)=m|x)−2是过定点(0,−2)，开口向上的折线，
如图，只有当直线y=mx−2与y=lnx在(0,1)上的图象相切时，函数g(x)=m|x)−2与f (x)的图象
恰有两个交点，
1 1
设切点(x ,lnx )，其中x ∈(0,1)，y=lnx的导数为y′= ，所以x 处切线斜率为 ，
0 0 0 x 0 x
0
1 lnx −(−2) 1 1
所以 = 0 ，解得x = ，满足条件，所以m= =e ；
x x −0 0 e x
0 0 0
当m=0时，函数g(x)=−2与f (x)的交点情况如下图所示，
所以m=0时，函数g(x)=−2与f (x)的图象有2个交点，满足条件；
当m<0时，函数g(x)=m|x)−2是过定点(0,−2)，开口向下的折线，如图所示，
此时函数g(x)=m|x)−2与f (x)的图象恒有两个交点，满足条件；综上所述，实数m的取值范围是m≤0或m=e，
故答案为：m≤0或m=e.
考点4 导数及其应用
1．（2025·四川绵阳·一模）曲线f (x)=lnx−x在点(1,f (1))处的切线方程为（ ）
A．x+ y=0 B．x+ y−1=0
C．y−1=0 D．y+1=0
【答案】D
【分析】对函数求导，应用导数的几何意义求切线方程.
1
【详解】由题设f′(x)= −1，则f′(1)=0，而f (1)=−1，
x
所以曲线在点(1,f (1))处的切线方程为y+1=0×(x−1)，即y+1=0.
故选：D
2．（2026·四川巴中·一模）设函数f′(x)是奇函数f (x)（x∈R）的导函数，f (−1)=0，当x>0时，
( 1)
xf′(x)−f (x)>0．已知a=f log ，b=f (31.5)，c=f (21.5)，则下列结论正确的是（ ）．
24
A．a<c<b B．a<b<c C．b<c<a D．c<a<b
【答案】A
【分析】先构造新函数判断其单调性，再利用奇函数性质及单调性比较函数值大小.
f (x) [f (x)) ′ xf′(x)−f (x)
【详解】设g(x)= ，因为 = >0，
x x x2
f (x)
所以g(x)= 在(0,+∞)上是增函数，
x
又因为函数f (x)是奇函数，f (−1)=0，所以f (1)=0，g(1)=0，
所以，当x∈(0,1)时，g(x)<0，所以f (x)<0；
当x∈(1,+∞)时，g(x)>0，f (x)>0，
又因为f (x)=x⋅g(x)，所以f (x)在(1,+∞)上是增函数，( 1)
所以a=f log =f(−2)=−f(2)<0，
24
因为31.5>21.5>1，所以b=f (31.5)>f (21.5)=c>0，
所以a<c<b.
故选A．
1 x
3．（2025·四川成都·一模）若存在x>0使得不等式aex+1−x≤ ln 成立，则正实数a的取值范
x a
围为（ ）
( 1)
A．(0,1) B．[e,+∞) C． 0, D．(0,e]
e
【答案】C
【分析】把问题转化为：存在x>0，使得a≤xe−x成立，再设f (x)=xe−x，x>0，分析函数单调性，
求函数f (x)的最大值即可.
1 x 1 x
【详解】由aex+1−x≤ ln ⇒ aex+1−x− ln ≤0，
x a x a
1 x 1
设H(a)=aex+1−x− ln ，a>0，则H′(a)=ex+ ，
x a xa
因为x>0，a>0，所以H′(a)>0，所以H(a)在(0,+∞)上单调递增，
由H(a)=0 ⇒ a=xe−x，
问题转化为存在x>0，使得a≤xe−x成立，
设f (x)=xe−x，x>0，
则f′(x)=e−x−xe−x =e−x(1−x)，
由f′(x)>0 ⇒ x<1；由f′(x)<0 ⇒ x>1，
所以函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
1
所以f (x) =f (1)= ，
max e
1
所以0<a≤ .
e
故选：C4．（2025·四川泸州·一模）若函数f (x)=x3−3ax2−9a2x+1在(−1,2)单调递减，则a的取值范围
是（ ）
A．[1,+∞) B．(−∞,−1¿∪)2,+∞¿¿
( 1)
C．(−∞,−2¿∪)1,+∞¿¿ D． −∞,− ∪[1,+∞)
3
【答案】C
【分析】先对函数求导，根据导数的函数性质结合零点取值得出已知条件恒成立时需满足的条件，
再讨论a的符号得出a的取值范围．
【详解】函数f (x)=x3−3ax2−9a2x+1，求导得f'(x)=3x2−6ax−9a2，
当a=0时，f'(x)=3x2≥0，f (x)在R上单调递增，不合题意；
令f'(x)=0，解得x=3a或x=−a，
若函数f (x)=x3−3ax2−9a2x+1在(−1,2)单调递减，则f'(x)≤0在(−1,2)恒成立，
当a<0时，3a<−a，∴
{−1≥3a)
⇒
{ a≤−
3
1 )
⇒a≤−2，
−a≥2
a≤−2
{a≥1
)
当a>0时，3a>−a，∴
{−a≤−1)
⇒ 2 ⇒a≥1，
3a≥2 a≥
3
∴a的取值范围为(−∞,−2)∪[1,+∞).
故选：C．
5．（2025·四川达州·一模）已知定义在R上的函数f (x)满足f (2−x)=−f (x)，当x>1时，
ex
f (x)= ，则当x<1时，f (x)的极大值是（ ）
x−1
1 1
A．−e B．− C．−e2 D．−
e e2
【答案】C
【分析】先由对称条件，设x<1，则2−x>1，代入已知表达式得到f (2−x)，再根据
f (2−x)=−f (x)反推出x<1时f (x)的解析式，接着对该函数求导，找驻点并判断单调性，确定极
大值点，最后代入计算极大值.ex
【详解】当x<1时，2−x>1，由f(2−x)=−f(x)及x>1时f (x)= ，
x−1
e2−x e2−x
可得：f(2−x)= = ，
(2−x)−1 1−x
e2−x e2−x
则−f (x)= ，故f (x)=− (x<1)，
1−x 1−x
e2−x (−e2−x)(1−x)−e2−x (−1) e2−x ⋅x
对f (x)=− 求导得：f'(x)=− =− ，
1−x (1−x) 2 (1−x) 2
令f' (x)=0，解得x=0(x<1)，
当x<0时，f ′(x)>0，函数在(−∞,0)上单调递增；
当0<x<1时，f ′(x)<0，函数在(0,1)上单调递减，
e2−0
故x=0为极大值点，极大值为f (0)=− =−e2，
1−0
综上，极大值为−e2.
故选：C
6．（2025·四川绵阳·一模）（多选）已知定义在R上的偶函数f (x)可导，f (x)的导数为
f′(x),f (x+2)是奇函数，则（ ）
A．f (2)=2 B．f (x)的一个周期为8
C．f′(0)=0 D．f′(x)的图象关于x=2对称
【答案】BCD
【分析】根据函数的奇偶性、周期性以及导数的运算法则逐项判断即可.
【详解】因为f (x+2)是奇函数，所以f (−x+2)=−f (x+2)，
令x=0，可得f (2)=−f (2)，解得f (2)=0，A错误；
因为f (x)是偶函数，则f (−x)=f (x)，且f (−x+2)=−f (x+2)，
用x+2代替x可得f (−(x+2)+2)=−f (x+2+2)，即f (−x)=−f (x+4).
又f (−x)=f (x)，则f (x)=−f (x+4)，所以f (x+4)=−f (x+8)，从而有f (x)=f (x+8)，
所以f (x)的一个周期为8，B正确；
因为f (x)是偶函数，则f (−x)=f (x)，两边求导得−f'(−x)=f'(x)，所以f'(x)是奇函数，所以f'(0)=0，C正确；
由f (−x+2)=−f (x+2)，两边同时对x求导得−f'(−x+2)=−f'(x+2)，
即f'(−x+2)=f'(x+2)，所以函数f'(x)的图象关于直线x=2对称，D正确.
故选：BCD
7．（2025·四川凉山·一模）（多选）已知函数f (x)=x3−3x+1，则下列说法正确的是（ ）
A．f (x)是奇函数
B．f (3)−f (1)>2f′(2)
C．f (3−x)+f (x−3)=2
D．若函数y=f (x)+m有三个零点，则m∈(−1,3)
【答案】BC
【分析】根据奇函数的定义判断A；分别计算f (3)−f (1)和2f′(2)即可判断B；代入运算化简得
f (3−x)+f (x−3)=2判断C；由题意y=f (x)与y=−m有三个交点，数形结合即可求解判断D.
【详解】对于A，函数f (x)=x3−3x+1的定义域为R，
f (−x)=(−x) 3−3(−x)+1=−x3+3x+1≠−x3+3x−1=−f (x)，
所以f (x)不是奇函数，错误；
对于B，f (x)=x3−3x+1，则f′(x)=3x2−3，所以2f′(2)=2×(3×22−3)=18，
又f (3)−f (1)=(33−3×3+1)−(13−3×1+1)=20，所以f (3)−f (1)>2f′(2)，正确；
对于C，f (x)=x3−3x+1，则f (3−x)=(3−x) 3−3(3−x)+1=−(x−3) 3+3(x−3)+1，
f (x−3)=(x−3) 3−3(x−3)+1，
所以f (3−x)+f (x−3)=2，正确；
对于D，若函数y=f (x)+m有三个零点，则f (x)+m=0即f (x)=−m有三个解，
所以y=f (x)与y=−m有三个交点，f (x)=x3−3x+1，则f′(x)=3x2−3，令f′(x)>0得x>1或x<−1，令f′(x)<0得−1<x<1，
所以f (x)=x3−3x+1的增区间为(1,+∞)和(−∞,−1)，减区间为(−1,1)，
且f (1)=−1,f (−1)=3，作出图象如下：
由图可知，要使y=f (x)与y=−m有三个交点，则−1<−m<3，所以−3<m<1，
所以m∈(−3,1)，错误.
故选：BC
8．（2026·四川遂宁·一模）（多选）已知函数f(x)=x3−3x2−ax+a，则（ ）
A．f(x)的图象关于点(1,−2)成中心对称
B．当a>−4时，f(x)有两个极值点
C．对于任意a>0,f(x)有三个零点
D．当a>0时，f(x)在(0,2)上存在最大值
【答案】AC
【分析】计算f (2−x)+f (x)即可判断A，求导得f′(x)，令f′(x)=0，即3x2−6x−a=0，求判别
式即可判断B，先判断f (x)的单调区间，进而根据零点存在定理即可判断C，先判断f(x)在(0,2)
上的单调性即可判断D.
【详解】对于A：f (2−x)+f (x)=(2−x) 3−3(2−x) 2−a(2−x)+a+x3−3x2−ax+a
=[(2−x) 3+x3)−[3(2−x) 2+3x2)−[a(2−x)+ax)+2a
=[(2−x)+x)[(2−x) 2−x(2−x)+x2)−6x2+12x−12
=2(3x2−6x+4)−6x2+12x−12=−4，所以f(x)的图象关于点(1,−2)成中心对称，故A正确；
对于B：f′(x)=3x2−6x−a，令f′(x)=0，即3x2−6x−a=0，
所以Δ=36+12a>0⇒a>−3，
所以当a>−3时，方程3x2−6x−a=0有两个根，即f (x)有两个极值点，故B错误；
❑√9+3a ❑√9+3a
对于C：由3x2−6x−a=0，解得x =1− ,x =1+ ，
1 3 2 3
显然当a>0时，x <0<1<x ，
1 2
由f′(x)>0有：x>x 或x<x ，由f′(x)<0有：x <x<x ，
2 1 1 2
所以f (x)在(x ,x )单调递减，在(−∞,x ),(x ,+∞)单调递增，
1 2 1 2
又f (x )>f (0)=a>0,f (x )<f (1)=−2<0，
1 2
当x→+∞,f (x)→+∞,x→−∞,f (x)→−∞，所以对于任意a>0,f(x)有三个零点，故C正确；
对于D：当a>0时，f(x)在(x ,x )单调递减，又x <0<2<x ，
1 2 1 2
所以f (x)在(0,2)单调递减，故不存在最大值，存在最小值，故D错误；
故选：AC.
9．（2026·四川攀枝花·一模）（多选）已知曲线f(x)=x3−3x2+ax+1(a∈R)在x=3处的切线
斜率为9，则（ ）
A．a=0
B．函数y=f(x)有2个零点
C．若函数y=f(x)在区间(b−2,b)上有最小值，则实数b的范围为(2,4)
D．若f(m)=−19，f(n)=17，则m+n=2
【答案】ACD
【分析】利用导数的几何意义求得a=0，即可判断A；利用导数确定函数的单调区间及极值，作出
{−1≤b−2<2)
图象，得函数有3个零点，即可判断B；结合图象，可得 ，求解后即可判断C；解
b>2
得m=−2，n=4，即可判断D.
【详解】对于A，因为f(x)=x3−3x2+ax+1，所以f′ (x)=3x2−6x+a，
所以f′ (3)=a+9，
由题意可得a+9=9，
解得a=0，故A正确；
对于B，由A可知f(x)=x3−3x2+1，f′ (x)=3x2−6x=3x(x−2)，
所以当x∈(−∞,0)时，f′ (x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0,2)时，f′ (x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2,+∞)时，f′ (x)>0，f(x)单调递增；
且f(−1)=−3<0，f(0)=1>0，f(2)=−3<0，f(3)=1>0，
当x趋于−∞时，f(x)趋于−∞；当x趋于+∞时，f(x)趋于+∞；
作出y=f(x)的图象，如图所示：
所以函数f(x)在(−∞,0)，(0,2)和(2,+∞)上分别有一个零点，
所以函数y=f(x)有3个零点，故B不正确；
对于C，因为函数y=f(x)在区间(b−2,b)上有最小值，
{−1≤b−2<2)
由函数的图象可得 ，解得2<b<4，
b>2
即实数b的范围为(2,4)，故C正确；
对于D，令x3−3x2+1=−19，即x3−3x2+20=0，
所以x3+8−3x2+12=0，(x+2)(x2−2x+4)−3(x−2)(x+2)=0，
即(x+2)(x2−5x+10)=0，
所以x+2=0或x2−5x+10=0，5 2 15
因为x2−5x+10=(x− ) + ，
2 4
所以x2−5x+10=0无解，
解得x=−2，即m=−2；
令x3−3x2+1=17，即x3−3x2−16=0，
即(x−4)(x2+x+4)=0，
所以x−4=0或x2+x+4=0，
1 2 15
又因为x2+x+4=(x+ ) + ，
2 4
所以x2+x+4=0无解，
解得x=4，即n=4，
所以m+n=−2+4=2，故D正确.
故选：ACD.
10．（2025·四川成都·一模）（多选）已知f (x)是定义在(−∞,0)∪(0,+∞)的偶函数，且当x>0
时，f (x)=(x−1)lnx，则（ ）
A．f (1)=0
B．当x<0时，f (x)=(x+1)ln(−x)
C．x=−1是f (x)的极小值点
D．存在实数k，使得直线y=kx与y=f (x)的图象恰有1个公共点
【答案】AC
【分析】将自变量代入求函数值判断A，利用偶函数的性质求函数区间解析式判断B，应用导数研
究函数的极值点判断C，根据C的分析判断y=f (x)的性质，结合偶函数的对称性判断D.
【详解】由题设f (1)=(1−1)ln1=0，A对，
若x<0，则−x>0，故f (−x)=(−x−1)ln(−x)=−(x+1)ln(−x)，
由f (x)为偶函数，则f(x)=f (−x)=−(x+1)ln(−x)，B错，
1
由上x<0时，f(x)=−(x+1)ln(−x)，则f′ (x)=−ln(−x)− −1，
x
1 1 1−x
令g(x)=f′ (x)⇒g′ (x)= − = >0，即g(x)=f′ (x)在(−∞,0)上单调递增，
x2 x x2
又f′ (−1)=−ln1+1−1=0，故在(−∞,−1)上f′ (x)<0，在(−1,0)上f′ (x)>0，
所以f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,0)上单调递增，故x=−1是f (x)的极小值点，C对，由C分析，x→−∞或x→0−时f (x)→+∞，且f(−1)=0，
所以(−∞,−1)、(−1,0)上f(x)∈(0,+∞)，又f (x)为偶函数，则(0,1)、(1,+∞)上
f(x)∈(0,+∞)，
所以直线y=kx与y=f (x)的图象恒有2个交点，D错.
故选：AC
cosx
11．（2025·四川泸州·一模）（多选）已知函数f (x)= ，则（ ）
ex−x
A．f (−1)>f (1)
B．f (x)在(0,1)上单调递增
C．f (x)的最大值为1
D．f (x)在(0,π)上存在唯一极值点
【答案】ACD
【分析】根据函数的性质，利用特殊值法分析判断选项A，对f (x)求导，利用导数分析函数单调性
及极值，进而判断选项BCD．
【详解】选项A：∵cos(−x)=cosx，∴cos(−1)=cos1，
cos1 cos1 cos1 cos1
∴f (−1)= = = ，f (1)= ，
e−1−(−1) e−1−(−1) e−1+1 e1−1
∵ cos1>0，
∴需比较e−1+1与e1−1的大小，
1
∵e−1+1= +1，e1−1=e−1，e≈2.7，
e
1
∴ +1<e−1，故f (−1)>f (1)，故A正确；
e
cosx −sinx(ex−x)−cosx(ex−1)
选项B：∵f (x)= ，求导得f'(x)= ，分母(ex−x) 2 >0，
ex−x (ex−x) 2
∵e0=1，∴对于任意x∈(0,1)，ex−x>0，ex−1>0，
又∵ x∈(0,1)，sinx>0,cosx>0，∴−sinx(ex−x)−cosx(ex−1)<0对于任意x∈(0,1)成立，
cosx
∴f'(x)<0在x∈(0,1)成立，故f (x)= 在x∈(0,1)上单调递减，故B错误；
ex−x
cos0 1
选项C：当x=0时，f (0)= = =1，
e0−0 1
令g(x)=ex−x，求导得g'(x)=ex−1，
当x<0时，g'(x)=ex−1<0，函数在(−∞,0)上单调递减，
当x>0时，g'(x)=ex−1>0，函数在(0,+∞)上单调递增，
∴g(x)在x=0时取得最小值，即ex−x≥1在R上恒成立，
∵cosx∈[−1,1)，当且仅当x=2kπ,k∈Z时cosx=1，
cosx 1
∴f (x)= ≤ ≤1，仅当x=0时等号成立，故f (x)的最大值为1，故C正确；
ex−x ex−x
−sinx(ex−x)−cosx(ex−1)
选项D：∵f'(x)= ，(ex−x) 2 >0，
(ex−x) 2
令g(x)=−sinx(ex−x)−cosx(ex−1)，
π
( )
当x∈ 0, 时，sinx>0,cosx>0,ex−x>0,ex−1>0，
2
∴g(x)<0，故f'(x)<0，函数单调递减；
π π π π ( π π)
当x= 时，sin =1,cos =0，g ( )=− e2 − <0，
2 2 2 2 2
π
当x∈
( ,π)
时，sinx>0,cosx<0,ex−x>0,ex−1>0，
2
求导得g'(x)=−cosx(2ex−x)，∵−cosx>0,2ex−x>0，
∴g'(x)>0，函数g(x)单调递增，且g(π)=−cosπ(eπ−1)=−(−1)(eπ−1)=(eπ−1)>0，
π π
∴ g(x)在x∈
( ,π)
上单调递增，且g
( )<0，g(π)>0，
2 2π
由零点存在定理知g(x)在x∈
( ,π)
上存在唯一零点，设为x ，
2 0
∴x∈(0,x )时，g(x)<0,f'(x)<0，f (x)单调递减，
0
x∈(x ,π)时，g(x)>0,f'(x)>0，f (x)单调递增，
0
∴x 是f (x)在(0,π)上存在唯一极小值点，故D正确．
0
故选：ACD．
12．（2025·四川资阳·一模）（多选）已知x=1是函数f(x)=(x2+a)ex−1的极小值点，则（ ）
A．a=−3
π
B．若0<α< ，则f(sinα)<f(cosα)
4
6
C．若0<m< ，则y=f(x)−m有3个相异的零点
e4
D．方程f [f (x))=−1有3个不同的实数根
【答案】ACD
【分析】利用极值点的性质判断A，利用三角函数的性质结合导数判断B，先讨论y=f(x)−m的
零点个数，转化为交点问题判断C，利用换元法结合零点存在性定理判断D即可.
【详解】对于A，因为f(x)=(x2+a)ex−1，所以f′ (x)=(x2+2x+a)ex−1，
因为x=1是函数f(x)的极小值点，所以f′ (1)=0，
可得1+2+a=0，解得a=−3，故A正确，
π sinα
对于B，因为0<α< ，所以tanα∈(0,1)，则 <1，即sinα<cosα，
4 cosα
❑√2 ❑√2
由正弦函数性质得sinα∈(0, )，由余弦函数性质得cosα∈( ,1)，
2 2
由已知得a=−3，则f′ (x)=(x2+2x−3)ex−1，
令f′ (x)<0，x∈(−3,1)，令f′ (x)>0，x∈(−∞,−3)∪(1,+∞)，
可得f(x)在(−3,1)上单调递减，在(−∞,−3),(1,+∞)上单调递增，
得到f(sinα)>f(cosα)，故B错误，对于C，由已知得f(x)在(−3,1)上单调递减，在(−∞,−3),(1,+∞)上单调递增，
6
而f(x)=(x2−3)ex−1，得到f(1)=−2，f(−3)= ，
e4
当x→−∞时，f(x)→0，当x→+∞时，f(x)→+∞，
若讨论y=f(x)−m的零点个数，则讨论f(x)=m的解的个数，
故讨论f(x)=(x2−3)ex−1与y=m的交点个数即可，
如图，作出符合题意的图象，
6
由图象可得，当0<m< 时，f(x)=(x2−3)ex−1与y=m有3个相异的交点，
e4
即y=f(x)−m有3个相异的零点，故C正确，
对于D，令f (x)=t，若求方程f [f (x))=−1的实数根，
则先求f(t)=−1的解的个数，即求f(t)+1=0的解的个数，
令g(t)=f(t)+1=(t2−3)et−1+1，则求g(t)的零点个数，
由已知得g(t)在(−3,1)上单调递减，在(−∞,−3),(1,+∞)上单调递增，
2 3
而g(−1)=− +1>0，g(0)=− +1<0，g(1)=−1<0，g(2)=e+1>0，
e2 e
可得g(−1)⋅g(0)<0，g(1)⋅g(2)<0，
由零点存在性定理得存在t ∈(−1,0)，t ∈(1,2)作为g(t)的零点，
1 2
则t ,t 是f(t)=−1的两个解，后续求解f (x)=t 与f (x)=t 即可，
1 2 1 2
由已知得f(x)在(−3,1)上单调递减，在(−∞,−3),(1,+∞)上单调递增，
6
若f (x)=t ，当x∈(−∞,−3)时，f (x)∈(0, )，此时无解，排除，
1 e4
6
当x∈(−3,1)时，f (x)∈(−2, )，此时有一个解，
e4
当x∈(1,+∞)时，f (x)∈(−2,+∞)，此时有一个解，6
若f (x)=t ，当x∈(−∞,−3)时，f (x)∈(0, )，此时无解，排除，
2 e4
6
当x∈(−3,1)时，f (x)∈(−2, )，此时无解，
e4
当x∈(1,+∞)时，f (x)∈(−2,+∞)，此时有一个解，
综上，方程f [f (x))=−1有3个不同的实数根，故D正确.
故选：ACD
13．（2025·四川成都·一模）（多选）设函数f(x)=x3−3ax+1，则（ ）
A．当a=1时，x=1是f(x)的极小值点
B．当a>0时，函数f(x)有三个零点
C．若函数f(x)有三个零点x ,x ,x ，则x x x =1
1 2 3 1 2 3
D．已知x=x 是函数f(x)的极大值点，若f(x )=f(t)，x ≠t，则t=2❑√a
0 0 0
【答案】AD
【分析】A选项，求导，得到函数极值点情况，判断A；B选项，求导，得到函数单调性和极值，
举出反例；C选项，由x3−3ax+1=(x−x )(x−x )(x−x )计算可得；D选项，在B选项基础上，
1 2 3
得到x =−❑√a，故t3−3at−2a❑√a=0，变形可得(t−2❑√a)(t+❑√a) 2=0，故t=2❑√a.
0
【详解】A选项，a=1时，f(x)=x3−3x+1，
f′ (x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)，令f′ (x)=0得x=±1，
令f′ (x)>0得x>1或x<−1，令f′ (x)<0得−1<x<1，
故x=1是f(x)的极小值点，A正确；
B选项，当a>0时，f′ (x)=3x2−3a=3(x+❑√a)(x−❑√a)，
令f′ (x)=0得x=±❑√a，
令f′ (x)>0得x<−❑√a或x>❑√a，令f′ (x)<0得−❑√a<x<❑√a，
所以f(x)在(−∞,−❑√a)，(❑√a,+∞)上单调递增，在(−❑√a,❑√a)上单调递减，f(❑√a)=a❑√a−3a❑√a+1=−2a❑√a+1，f(−❑√a)=2a❑√a+1>0，
2
当
0<a<2
− 3时，f(❑√a)=−2a❑√a+1>0，
又x趋向于−∞时，f(x)=x3−3ax+1趋向于−∞，
由零点存在性定理可得，在(−∞,−❑√a)上存在唯一零点，函数f(x)有一个零点，B错误；
C选项，函数f(x)有三个零点x ,x ,x ，则x3−3ax+1=(x−x )(x−x )(x−x )，
1 2 3 1 2 3
即x3−3ax+1=x3−(x +x +x )x2+(x x +x x +x x )x−x x x ，
1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3
对照系数可得−x x x =1，x x x =−1，C错误；
1 2 3 1 2 3
D选项，当a≤0时，f′ (x)=3x2−3a≥0恒成立，此时函数无极值点，不合要求，
当a>0时，由B可知，x=−❑√a为函数f(x)的极大值点，故x =−❑√a，
0
即f(−❑√a)=f(t)，t≠−❑√a，
其中f(−❑√a)=2a❑√a+1，故t3−3at+1=2a❑√a+1，
即t3−3at−2a❑√a=0，可以看出−❑√a满足上式，变形可得(t−2❑√a)(t+❑√a) 2=0，
则t=2❑√a，D正确.
故选：AD
14．（2026·四川宜宾·一模）（多选）已知函数.f (x)=(x+1)(ex−x−1)，则下列说法正确的有
（ ）
A．f (x)有唯一零点
B．不等式f (x)≥0的解集为[−1,+∞)
C．f (x)在区间(0,+∞)上单调递增
D．f (x)有两个极值点
【答案】BCD
【分析】求出函数的零点判断A，先利用导数判断ex−x−1≥0，进而把目标不等式转化为求解一
元一次不等式，求出解集判断B，利用导数与构造函数法求解单调性判断C，分类讨论求解出f (x)
的单调性，进而求解极值点个数判断D即可.
【详解】对于A，依题意得f (−1)=f (0)=0，即x=−1和x=0是函数f (x)=(x+1)(ex−x−1)的零点，故A错误；
对于B，令u(x)=ex−x−1，求导得u′(x)=ex−1，
令u′(x)<0，x∈(−∞,0)，令u′(x)>0，x∈(0,+∞)，
则u(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
且u(0)=0，得到u(x)≥u(0)=0，则ex−x−1≥0，
令f (x)≥0，则(x+1)(ex−x−1)≥0即可，
{x+1>0)
所以 或x=0，解得x∈[−1,+∞)，故B正确，
x≠0
2x+2
对于C，由题意得f′(x)=(x+2)ex−2x−2=(x+2)(ex−
)，
x+2
令g(x)=f′(x)=(x+2)ex−2x−2，求导得g′(x)=(x+3)ex−2，
当x>0时，令h(x)=(x+3)ex−2，则h′(x)=(x+4)ex>0，
可得h(x)在(0,+∞)上单调递增，即g′(x)在(0,+∞)上单调递增，
而g′(x)>g′(0)=1>0，
则f′(x)=g(x)在(0,+∞)上递增，可得f′(x)>f′(0)=0，
因此f (x)在(0,+∞)上递增，故C正确；
2x+2
对于D，当−1<x<0时，令φ(x)=ex−
，
x+2
2
求导得φ′(x)=ex− ，由指数函数性质得y=ex在(−1,0)上单调递增，
(x+2) 2
由二次函数性质得y=(x+2) 2在(−1,0)上单调递增，
2
则y=− 在(−1,0)上单调递增，故φ′(x)在(−1,0)上单调递增，
(x+2) 2
1 1
而φ′(−1)= −2<0,φ′(0)= >0，则φ′(−1)⋅φ′(0)<0，
e 2
由零点存在性定理得存在x ∈(−1,0)，使得φ′ (x )=0，则f′ (x )=0，
0 0 0当x∈(x ,0)时，φ′(x)>0，得到φ(x)在(x ,0)上单调递增，
0 0
则φ(x)<φ(0)=0，φ(x )<φ(0)=0，
0
2x+2
即当x∈(x ,0)时，ex< ，则f′(x)=(x+2)ex−2x−2<0，
0 x+2
则f (x)在(x ,0)上单调递减，且由选项C得f (x)在(0,+∞)上单调递增，
0
2x+2
因为f′(x)=(x+2)ex−2x−2=(x+2)(ex−
)，
x+2
当x∈(−1,x )时，φ′(x)<0，得到φ(x)在(−1,x )上单调递减，
0 0
1
而φ(−1)= >0，则φ(−1)⋅φ(x )<0，
e 0
由零点存在性定理得存在x ∈(−1,x )作为φ(x)零点，也是f′(x)零点，
1 0
令φ(x)<0，x∈(x ,x )，令φ(x)>0，x∈(−1,x )，
1 0 1
此时f′(x)<0，x∈(x ,x )，令f′(x)>0，x∈(−1,x )，
1 0 1
则f (x)在(−1,x )上单调递增，在(x ,x )上单调递减，
1 1 0
由已知得g(x)=f′(x)=(x+2)ex−2x−2，g′(x)=(x+3)ex−2，
当x∈(−∞,−3)时，x+3<0，此时g′(x)<0，
则g(x)在(−∞,−3)上单调递减，即f′(x)在(−∞,−3)上单调递减，
当x∈(−3,−1)时，x+3∈(0,2)，ex ∈(e−3,e−1 )，
则(x+3)ex ∈(0,2e−1 )，而2e−1<2e0=2，
得到(x+3)ex−2<0，即g′(x)<0，此时g(x)在(−3,−1)上单调递减，
1
综上可得，g(x)在(−∞,−1)上单调递减，而g(−1)= >0，
e则g(x)>g(−1)>0，即f′(x)>0，可得f (x)在(−∞,−1)上单调递增，
综上可得，f (x)在(−∞,x )上单调递增，
1
在(x ,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
1
得到f (x)有两个极值点，故D正确.
故选：BCD
15．（2025·四川泸州·一模）曲线f (x)=(x2+1)2x在点(0,f (0))处的切线方程为 .
【答案】y=ln2⋅x+1
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
【详解】由f (x)=(x2+1)2x，则f (0)=1，
而f′(x)=2x⋅2x+(x2+1)⋅2xln2，则f′(0)=ln2，
所以曲线f (x)=(x2+1)2x在点(0,f (0))处的切线方程为y−1=ln2⋅x，
即y=ln2⋅x+1.
故答案为：y=ln2⋅x+1.
16．（2026·四川宜宾·一模）若直线y=2x+1是曲线f (x)=lnx+x+a的一条切线，则a=
.
【答案】2
【分析】设出直线与曲线的切点P(x ,y )，根据曲线在P点处导数的几何意义是曲线在P点处切线
0 0
的斜率列出方程即可求解.
1
【详解】设直线y=2x+1与曲线f (x)=lnx+x+a相切于P(x ,y )，则f′(x)= +1；
0 0 x
1
所以f′ (x )= +1=2，解得x =1，所以y =f (x )=2x +1=3；
0 x 0 0 0 0
0
又f (x )=lnx +x +a，所以1+a=3，解得a=2.
0 0 0
故答案为：2.
17．（2025·四川自贡·一模）若函数f(x)=k(lnx) 2−x有3个零点，则实数k的取值范围为
．(e2
)
【答案】 ,+∞
4
【分析】根据函数零点和方程的解的关系，以及函数单调性和函数导数的关系，构造函数，判断函
数单调性，求出方程有三个解时，参数的范围即可.
【详解】当函数f(x)=k(lnx) 2−x有3个零点时，即方程k(lnx) 2−x=0有三个解；
当x=1时，方程无解，
x
即当x≠1时，方程k=
有三个解；
(lnx) 2
x
设函数g(x)= (x>0且x≠1)，
(lnx) 2
(lnx) 2−2lnx (lnx)(lnx−2)
g′(x)= = ，
(lnx) 4 (lnx) 4
令g′(x)=0，即(lnx)(lnx−2)=0，解得x=1或x=e2，
当0<x<1时，lnx<0，则(lnx)(lnx−2)>0，即g′(x)>0，函数g(x)在(0,1)上单调递增，
当1<x<e2时，0<lnx<2，则(lnx)(lnx−2)<0，即g′(x)<0，函数g(x)在(1,e2)上单调递减，
当x>e2时，lnx>2，则(lnx)(lnx−2)>0，即g′(x)>0，函数g(x)在(e2,+∞)上单调递增，
可知x→0时，g(x)→0，x→1时，g(x)→+∞，
因为g(e2)=
e2
，所以当k=
x
有三个解时，k>
e2
，即实数k的取值范围为
(e2
,+∞ ) .
4 (lnx) 2 4 4
(e2
)
故答案为： ,+∞ .
4
18．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数f(x)=(ax+1)(ex−b)的图象不在x轴上方，则ab的最大
值为 ．
【答案】−e1 1 1
【分析】问题即f (x)≤0恒成立，通过讨论确定
b=e
− a，则
ab=ae
− a，令t=−
a
，构造函数
et
g(t)=− 利用导数求最大值.
t
【详解】f (x)的图象不在x轴上方，即f (x)≤0恒成立.
若a>0，当x→+∞时，ax+1→+∞，ex−b→+∞，所以f (x)→+∞，不合题意；
若a=0，则f (x)=ex−b，当x→+∞时，f (x)→+∞，不合题意；
1 1
所以a<0，且当x<− 时，由ax+1>0可得ex−b≤0；当x>− 时，由ax+1<0可得ex−b≥0，
a a
1 1
又y=ex−b是增函数，所以当x=−
a
时，ex=b，即
b=e
− a，
1 1 et
所以
ab=ae
− a，令t=−
a
，则t>0，ab=−
t
et et(1−t)
设g(t)=− (t>0)，则g'(t)= ，令g'(t)=0，则t=1，
t t2
当0<t<1时，g'(t)>0，g(t)单调递增；当t>1时，g'(t)<0，g(t)单调递减，
e1
所以当t=1时，g(t)取得最大值，最大值为g(1)=− =−e，
1
即ab的最大值为−e.
故答案为：−e.
19．（2026·四川遂宁·一模）已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)，其导函数f′ (x)满足
1
xf′ (x)= +1−f(x)，且f(1)=2，若函数g(x)=xf(x)−axex−b存在极大值，且极大值为2，
x
则a2+2b的最小值是 .
【答案】−3
′ 1
【分析】根据[xf (x)) = +1可得xf (x)=lnx+x+c（c为常数），从而可求出函数f (x)的解析式，
x
进而可求出g(x)的解析式，再利用导数分a≤0和a>0两种情况讨论求出函数g(x)的极大值，再结
合已知构造关于a的函数，再利用导数即可得解.
1 1
【详解】由xf′ (x)= +1−f(x)，得xf′ (x)+f(x)= +1，
x x因为[xf (x)) ′ =f (x)+xf′(x)，所以[xf (x)) ′ = 1 +1，
x
所以xf (x)=lnx+x+c（c为常数），
又f (1)=2，则1×f (1)=1+c，即2=1+c，所以c=1，
lnx+x+1
所以xf (x)=lnx+x+1，所以f (x)= ，
x
所以g(x)=xf(x)−axex−b=lnx+x+1−axex−b，
则g′(x)= 1 +1−aex(x+1)=(x+1) (1 −aex) ,x>0，
x x
由x>0，得x+1>0，
当a≤0时，g′(x)=(x+1) (1 −aex) >0恒成立，
x
所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g(x)无极大值；
1
当a>0时，令h(x)= −aex(x>0)，
x
1
因为函数y= ,y=−aex 在(0,+∞)上都是减函数，
x
1
所以函数h(x)= −aex 在(0,+∞)上是减函数，
x
又当x→0时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→−∞，
1
所以存在x ∈(0,+∞)，使得h(x )=0，即 =aex 0，
0 0 x
0
1
所以ax ex 0=1，ln =lnaex 0=lna+x ，所以lnx =−lna−x ，
0 x 0 0 0
0
则当x∈(0,x )时，h(x)>0，当x∈(x ,+∞)时，h(x)<0，
0 0
即当x∈(0,x )时，g′(x)>0，当x∈(x ,+∞)时，g′(x)<0，
0 0
所以函数g(x)在(0,x )上单调递增，在(x ,+∞)上单调递减，
0 0
所以g(x)的极大值为g(x )=lnx +x +1−ax ex 0−b=lnx +x +1−1−b
0 0 0 0 0 0
=lnx +x −b=−lna−b=2，
0 0
所以b=−lna−2，则a2+2b=a2−2lna−4，
令φ(a)=a2−2lna−4(a>0)，
2 2(a2−1) 2(a+1)(a−1)
则φ′(a)=2a− = = ，
a a a
当0<a<1时，φ′(a)<0，当a>1时，φ′(a)>0，
所以函数φ(a)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以φ(a) =φ(1)=−3，
min
即a2+2b的最小值是−3.
故答案为：−3.
20．（2025·四川凉山·一模）已知正实数x，y满足(2x+❑√4x2+1)(❑√y2+4−2)= y，则x2ey的最
小值为 ．
e2
【答案】
4
【分析】化简题目条件得2x+❑√(2x) 2+1=❑
√
1+
(2) 2
+
2
，构建函数f (t)=t+❑√t2+1，因为x,y是
y y
1
正实数，故此函数单调递增，得到y= ，代入x2ey，求导分析其最值.
x
【详解】由(2x+❑√4x2+1)(❑√y2+4−2)= y,x,y>0，
y y(❑√y2+4+2) ❑√y2+4+2
整理得2x+❑√4x2+1= = = ，
❑√y2+4−2 y2 y
化简得：2x+❑√(2x) 2+1=❑
√
1+
(2) 2
+
2
，
y y
设函数f (t)=t+❑√t2+1，可知函数f (t)在(0,+∞)内单调递增，
(2) 2 1 1
由f (2x)=f
y
可得2x=
y
，即y=
x
，代入x2ey得 x2ex，1 1
令 F(x)=x2ex(x>0) ， F'(x)=ex(2x−1),
1
令F'(x)=0，解得x= ，
2
1 1
当0<x< 时，F'(x)<0；当x> 时，F'(x)>0；
2 2
( 1) (1 )
可知F(x)在 0, 内单调递减，在 ,+∞ 内单调递增，
2 2
故当 x=
1
时，F(x) 取得最小值，此时 y=2，最小值为F
(1)
=
(1) 2
e2=
e2
.
2 2 2 4
e2
故答案为：
4
4
21．（2026·四川巴中·一模）已知f (x)=ax3−bx+4在x=2处取得极小值− ．
3
(1)求f (x)在x=3处的切线方程；
(2)若k∈R，讨论g(x)=f (x)+k零点的个数．
【答案】(1)5x−y−14=0
(2)答案见解析
4
【分析】（1）由题意可得f′(2)=0,f (2)=− ，联立等式可得函数f (x)，根据导数的几何意义可
3
求得切线方程；
（2）根据导数及三次函数性质可得其图象，结合图象可得答案.
4
【详解】（1）由题意得f′(x)=3ax2−b．因为f (x)在x=2处取得极小值− ，
3
{
f′(2)=12a−b=0
)
1
则 4 ，解得a= ，b=4，
f (2)=8a−2b+4=− 3
3
1
所以f (x)= x3−4x+4，f′(x)=x2−4，
3
1
故f (3)= ×27−12+4=1，f′(3)=9−4=5，
3
则切线方程为y−1=5(x−3)，即5x−y−14=0；
（2）令g(x)=f (x)+k=0，所以f (x)=−k．令f′(x)=0，解得x=−2或x=2．则x，f′(x)，f (x)的关系如下表：
x (−∞,−2) −2 (−2,2) 2 (2,+∞)
f′(x) + 0 − 0 +
28 4
f (x) 单调递增 单调递减 − 单调递增
3 3
作出函数f (x)的图象如下：
28 4
所以，①当k=− 或k= 时，g(x)有两个零点；
3 3
28 4
②当k<− 或k> 时，g(x)有一个零点；
3 3
28 4
③当− <k< 时，g(x)有三个零点．
3 3
22．（2025·四川德阳·一模）已知函数f (x)=ax+1（a>0，且a≠1），函数g(x)的图象与f (x)的图
象关于直线y=x对称.
(1)求g(x)；
(2)若h(x)=x−g(x)的最小值是2，求a.
【答案】(1)g(x)=log x−1
a
(2)a=e
【分析】（1）由指数函数和对数函数的关系即可直接得解；
（2）先由题设分析得到a>1，再利用导数工具研究函数h(x)=x+1−log x的单调性和最值，结
a
合h(1)=2即可求解.【详解】（1）依题意得g(x)=log x−1；
a
（2）由题h(x)=x+1−log x≥2对∀x>0恒成立，
a
当0<a<1时，y=−log x为增函数，所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(1)=2，
a
则函数h(x)无最小值，不符合，所以a>1，
1 1
所以h′(x)=1− 为增函数，令h′(x)=0⇒x=
，
xlna lna
( 1 ) ( 1 )
所以x∈ 0, 时h′(x)<0，x∈ ,+∞ 时h′(x)>0，
lna lna
( 1 ) ( 1 )
所以函数h(x)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增，
lna lna
( 1 ) 1
所以h(x) =h =2，又h(1)=2，所以 =1⇒a=e .
min lna lna
综上所述，a=e.
a
23．（2025·四川资阳·一模）已知函数f(x)=xlnx+ −x（其中a∈R）.
x
(1)当a变化时，曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线是否过定点？若是，求该定点的坐标；若不是，
说明理由；
(2)若f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，求a的取值范围.
【答案】(1)过定点(2,−1)
( 1 )
(2) −∞,−
2e
【分析】（1）先根据导数的几何意义求函数f (x)在点(1,f (1))处的切线方程，再根据直线方程的
形式判断其是否过定点.
（2）问题转化为在(0,+∞)上，f′(x)≥0恒成立.再分离参数，求函数的最值即可.
a
【详解】（1）因为f(x)=xlnx+ −x，x>0.
x
a a
所以f (1)=a−1，f′(x)=lnx+1− −1=lnx− ，
x2 x2a
所以f'(1)=ln1− =−a.
1
所以函数f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为：y−(a−1)=−a(x−1)即y+1=−a(x−2)，过定点
(2,−1).
所以当a变化时，曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线过定点(2,−1).
（2）f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，则f′ (x)≥0在(0,+∞)上恒成立.
a
所以lnx− ≥0 ⇒ a≤x2lnx，x>0.
x2
设g(x)=x2lnx，x>0，
1
则g′(x)=2xlnx+x2× =x(2lnx+1)，x>0.
x
1 1
由g′(x)>0 ⇒ 2lnx+1>0 ⇒ x>e − 2；由g′(x)<0 ⇒ 0<x<e − 2.
所以函数g(x)在 ( 0,e − 1 2 ) 上单调递减，在 ( e − 1 2,+∞ ) 上单调递增.
( − 1) ( − 1) 2 − 1 1
所以g(x) =g e 2 = e 2 ⋅lne 2=− .
min 2e
1 ( 1 )
所以a≤− ，即a的取值范围为 −∞,− .
2e 2e
24．（2025·四川泸州·一模）已知函数f(x)=xex．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)若g(x)=f(x)−x−lnx，对任意x∈(0,e)，都有g(x)≥m恒成立，求m的取值范围．
【答案】(1)y=x
(2)(−∞,1]
【分析】（1）先求出该点的函数值与函数在该点的导数值，再利用点斜式直线方程化简求解即可．
（2）要使g(x)≥m恒成立，只需m≤g(x) ，令g(x)=f(x)−x−lnx，求导结合零点存在定理
min
得g(x)的单调区间，进而求得g(x)在(0,e)上的最小值g(x )=1即可得解．
0
【详解】（1）已知f(x)=xex，将x=0代入函数可得f(0)=0×e0=0．又f′ (x)=1×ex+x×ex=(x+1)ex，
将x=0代入导数f′ (x)中，得到切线的斜率k=f′ (0)=(0+1)e0=1．
已知点(0,0)，斜率k=1，代入可得切线方程y−0=1×(x−0)，即y=x．
（2）要使g(x)≥m恒成立，只需m≤g(x) ．
min
1
g(x)=f(x)−x−lnx=xex−x−lnx，则g′ (x)=(x+1)ex−1−
．
x
1 1
令h(x)=(x+1)ex−1− ,x∈(0,e)，h′ (x)=(x+2)ex+
．
x x2
1
因为x∈(0,e)时，(x+2)ex>0, >0，所以h′ (x)>0，即h(x)在(0,e)上单调递增．
x2
又h(1)=(1+1)e1−1−1=2e−2>0，
1
h (1) = (1 +1 ) e2−1−2= 3 ❑√e−3< 3 ×2−3=0，
2 2 2 2
(1 )
所以存在x ∈ ,1 ，使得h(x )=0．
0 2 0
当x∈(0,x )时，h(x)<0，即g′ (x)<0,g(x)单调递减；
0
当x∈(x ,e)时，h(x)>0，即g′ (x)>0,g(x)单调递增．
0
由上述分析可知，g(x)在x=x 处取得最小值，即g(x) =g(x )．
0 min 0
1 1 x +1
因为h(x )=0，即(x +1)ex 0−1− =0，整理得(x +1)ex 0=1+ = 0 ，
0 0 x 0 x x
0 0 0
1
两边同时除以x +1(x +1≠0)，可得 ex 0= ，即x =−lnx ，
0 0 x 0 0
0
1
将 ex 0= 代入g(x )中：
x 0
0
1
g(x )=x ex 0−x −lnx =x × −x −(−x )=1−x +x =1.
0 0 0 0 0 x 0 0 0 0
0
所以，要使g(x)≥m对x∈(0,e)恒成立，只需m≤1．25．（2025·四川成都·一模）已知f (x)=xex−alnx−ax，其中
a∈(0,+∞),g(x)=2cosx+sin2x.
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)求g(x)的最值；
2❑√3
(3)若对任意x ,x ∈(0,+∞)，不等式f (x )≥ a2 ⋅g(x )恒成立，求实数a的取值范围.
1 2 1 9 2
【答案】(1)y=(2e−2)x−e+1
3❑√3 3❑√3
(2)最大值为 ，最小值为−
2 2
(3)(0,1)
【分析】（1）对f (x)进行求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式求出切线方
程；
（2）对g(x)进行求导，利用导数与函数单调性的关系求出g(x)的单调性，利用单调性即可求出最
值；
（3）将不等式恒成立转化为f (x ) ≥ [2❑√3 a2 ⋅g(x ) ) ，求出y=f (x)在(0,+∞)的最小值和
1 min 9 2
max
y=g(x)在(0,+∞)的最大值，解不等式即可求出答案.
【详解】（1）当a=1时，f (x)=xex−lnx−x，f (1)=e−1，
1
f′(x)=ex+xex− −1，曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线斜率为f′(1)=2e−2，
x
则切线方程为y−(e−1)=(2e−2)(x−1)，即y=(2e−2)x−e+1，
所以曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为y=(2e−2)x−e+1.
（2）因为g(x)=2cosx+sin2x，
所以g′(x)=−2sinx+2cos2x=−2sinx+2(1−2sin2x)=2(−2sinx+1)(sinx+1)，
因为sinx∈[−1,1)，所以sinx+1≥0，
1 5π 13π
令−2sinx+1≥0，解得sinx≤ ，即 +2kπ≤x≤ +2kπ,k∈Z，
2 6 6
此时，g′(x)≥0，所以g(x)在
[5π
+2kπ,
13π
+2kπ),k∈Z上单调递增，
6 61 π 5π
令−2sinx+1≤0，解得sinx≥ ，即 +2kπ≤x≤ +2kπ,k∈Z，
2 6 6
此时，g′(x)≤0，所以g(x)在
[π
+2kπ,
5π
+2kπ),k∈Z上单调递减，
6 6
π π 3❑√3
所以，当x= +2kπ,k∈Z时，g(x)取得最大值，最大值为g ( +2kπ)=
，
6 6 2
5π 5π 3❑√3
当x= +2kπ,k∈Z时，g(x)取得最小值，最小值为g ( +2kπ)=−
，
6 6 2
3❑√3 3❑√3
所以g(x)的最大值为 ，最小值为− .
2 2
（3）f′(x)=ex+xex− a −a=(x+1) ( ex− a) ，
x x
当x∈(0,+∞)，x+1>0，
a
令h(x)=ex− ,x∈(0,+∞)，
x
a
因为a∈(0,+∞)，则h′(x)=ex+ >0，
x2
则h(x)在(0,+∞)上单调递增，
又因为x→0时，h(x)→−∞，h(a)=ea−1>0，
a
则∃x ∈(0,a)，使得h(x )=0，即 ex 0= ，可化为lnx =lna−x
0 0 x 0 0
0
当0<x<x 时，h(x)<0，即f′(x)<0，则函数f (x)在(0,x )上单调递减，
0 0
当x>x 时，h(x)>0，即f′(x)>0，则函数f (x)在(x ,+∞)上单调递增，
0 0
a
则f (x)≥f (x )=x ex 0−alnx −ax =x · −a(lna−x )−ax =a−alna，
0 0 0 0 0 x 0 0
0
即f (x )≥a−alna.
1
3
由（2）知，当x ∈(0,+∞)时，g(x )≤ ❑√3，
2 2 2
2❑√3
若对任意x ,x ∈(0,+∞)，不等式f (x )≥ a2 ⋅g(x )恒成立，
1 2 1 9 2
2❑√3 3
则a−alna≥ a2× ❑√3，即a+lna−1≤0，
9 21
令φ(a)=a+lna−1，φ′(a)=1+ >0，则函数φ(a)在(0,+∞)上单调递增，
a
又因为φ(1)=0，所以a+lna−1≤0的解集为(0,1)，
所以实数a的取值范围为(0,1).
1
26．（2025·四川凉山·一模）已知函数f (x)=x− −alnx．
x
(1)若函数f (x)在x=1处的切线垂直于直线x+ y−1=0，求a的值；
(2)若函数f (x)在(0,+∞)单调，求a的取值范围；
(3)当a=1时，若f′ (x )=f′ (x )(x ≠x )（其中f′(x)是函数f (x)的导函数），求证：
1 2 1 2
f (x )+f (x )>3−2ln2．
1 2
【答案】(1)a=1
(2)(−∞,2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，结合两直线垂直的斜率关系，利用导数的几何意义列式即可求解；
1
（2）由已知得f′(x)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，参变分离得a≤x+ 在x∈(0,+∞)上恒成立，
x
利用基本不等式求解即可；
1 1
{ − +1−t=0)
x 2 x
（3）由题意 1 1 ，利用韦达定理得x +x =x x ，进而利用基本不等式得x x >4，
1 1 1 2 1 2 1 2
− +1−t=0
x 2 x
2 2
f (x )+f (x )=x x −lnx x −1，令μ=x x ，则g(μ)=μ−lnμ−1(μ>4)，利用导数法求解值域
1 2 1 2 1 2 1 2
即可证明.
1 1 a x2−ax+1
【详解】（1）因为f (x)=x− −alnx，所以f′(x)=1+ − = ，
x x2 x x2
由直线x+ y−1=0的斜率为−1，得f′(1)=1，∴f′(1)=2−a，
∴2−a=1，解得a=1．x2−ax+1
（2）由已知得f′(x)= ≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，
x2
1 ( 1)
即x2−ax+1≥0，即a≤x+ 在x∈(0,+∞)上恒成立，∴a≤ x+ ，
x x
min
1 √ 1 1
x+ ≥2❑ x× =2，当且仅当x= 时即x=1等号成立，∴a≤2，
x x x
∴a的取值范围为(−∞,2)．
1 1 1
（3）当a=1时，f (x)=x− −lnx，f′(x)=1+ − ，
x x2 x
1 1
{ − +1−t=0)
x 2 x
令f′ (x )=f′ (x )=t，得 1 1 ，
1 2 1 1
− +1−t=0
x 2 x
2 2
1 1 1 1
∴ ， 是方程 − +1−t=0的两个根．
x x x2 x
1 2
1 1
由根与系数的关系得： + =1，即x +x =x x ，
x x 1 2 1 2
1 2
又x +x >2❑√x x ，∴x x >4，
1 2 1 2 1 2
( 1 1 )
f (x )+f (x )=(x +x )− + −(lnx +lnx )=x x −lnx x −1，
1 2 1 2 x x 1 2 1 2 1 2
1 2
令μ=x x ，(μ>4)，则g(μ)=μ−lnμ−1(μ>4)，
1 2
1 μ−1
∴g′(μ)=1− = >0，
μ μ
∴g(μ)在(4,+∞)上为增函数，∴g(μ)>g(4)=3−2ln2，
从而f (x )+f (x )>3−2ln2．
1 2
27．（2025·四川自贡·一模）设定义在R上的函数f(x)=a x3+a x2+a x(a∈R,i=1,2,3)，导函
3 2 1 i
❑√2 ❑√2
数y=f′ (x)的图象关于y轴对称，当x=− 时，f(x)的极大值为 ．
2 3
(1)求f(x)的解析式；(2)点M在直线x=−2上，过点M作曲线y=f′ (x)的两条相互垂直的切线，求M的坐标；
f′ (x)+3
(3)当x∈[0,+∞)时都有直线l:y=ax+b（a，b为实数），使得曲线y = 与曲线
1 2
2
3[3 3 )
y = f(x)+ x 9分别在直线l的上下方恒成立，求b的取值范围及a，b满足的不等关系．
2 2 2 2
2
【答案】(1)f(x)= x3−x
3
( 9)
(2) −2,−
8
(3)答案见解析
【分析】（1）根据函数导数的零点和函数极值点之间的关系，以及二次函数对称轴的性质，求出
函数导数，列出方程组，求出函数解析式；
（2）根据导函数的几何意义，求出函数的切线方程，根据直线垂直的性质，列出方程，求出参数
值，求出结果；
（3）根据不等式恒成立的概念，构造函数，根据二次函数性质求出函数最小值，根据函数导数求
出函数最小值，列出不等式组，求出结果.
【详解】（1）由f(x)=a x3+a x2+a x，得f′(x)=3a x2+2a x+a ，
3 2 1 3 2 1
因为y=f′ (x)的图象关于y轴对称，则a =0，
2
可得f(x)=a x3+a x，f′(x)=3a x2+a ，
3 1 3 1
当x=−
❑√2
时，f(x)的极大值为
❑√2
，可知f
(
−
❑√2)
=
❑√2 ,f′(
−
❑√2)
=0，
2 3 2 3 2
{ − ❑√ 4 2 a 3 − ❑√ 2 2 a 1 = ❑√ 3 2 ) { a = 2 )
即 ，解得 3 3 ，
3
a +a =0 a =−1
2 3 1 1
2
所以函数f(x)= x3−x.
32
（2）由（1）可知f(x)= x3−x，则f′(x)=2x2−1，
3
令g(x)=2x2−1，则g′(x)=4x，
设过点M(−2,y )的两条切线切点分别为(x ,2x2−1),(x ,2x2−1)，则切线斜率分别为
0 1 1 2 2
k =4x ,k =4x ，
1 1 2 2
可知切线方程为y−(2x2−1)=4x (x−x )，
1 1 1
点M(−2,y )代入得y −(2x2−1)=4x (−2−x )，化简得2x2+8x +1+ y =0，
0 0 1 1 1 1 1 0
同理2x2+8x +1+ y =0，
2 2 0
1
当过点M作曲线y=f′ (x)的两条切线相互垂直时，可知4x ⋅4x =−1，即x ⋅x =− ，
1 2 1 2 16
1+ y 1 9
当Δ=82−4×2×(1+ y )=−8 y +56>0时，x ⋅x = 0=− ，解得y =− ，
0 0 1 2 2 16 0 8
( 9)
所以点M −2,− .
8
2
（3）因为f(x)= x3−x，f′(x)=2x2−1，
3
所以y = 2x2−1+3 =x2+1，y = 3[3(2 x3−x ) + 3 x ) 2 9= 3 x3 2 ，
1 2 2 2 2 3 2 2
则在[0,+∞)函数图像如下图所示，
由图像可知a>0，2
3
当x∈[0,+∞)时都有直线l:y=ax+b（a，b为实数），使得曲线y =x2+1与曲线y = x3分别
1 2 2
在直线l的上下方恒成立，
2
3
即在x∈[0,+∞)，x2+1−ax−b>0恒成立，ax+b− x3>0恒成立；
2
a
设函数p(x)=x2−ax−b+1，可知二次函数开口向上，对称轴为x= ，
2
(a) (a) a2 a2
则函数p(x)在[0,+∞)上的最小值为p ，则p = − −b+1>0恒成立，解得
2 2 4 2
a2
− −b+1>0，
4
2
3 1
设函数q(x)=ax+b− x3(x>0)，则 q′(x)=a−x − 3(x>0) ，
2
1
令q′(x)=0，即
a−x
−
3=0
，解得x=a−3，
则当0<x<a−3时，q′(x)<0，函数q(x)在(0,a−3)上单调递减，
当x>a−3时，q′(x)>0，函数q(x)在(a−3,+∞)单调递增，
3 2 1
所以函数q(x)在[0,+∞)的最小值为q(a−3)，则a⋅a−3+b− (a−3)3>0，解得− +b>0，
2
2a2
1 a2
可知 <b<1− ，
2a2 4
1 t
令t=a2(t>0)，画出函数y= ,y=1− 函数图像，如下图所示，
2t 41 t
令 =1− ，解得t=2−❑√2或t=2+❑√2，
2t 4
t 2−❑√2 2+❑√2 t 2+❑√2 2−❑√2
当t=2−❑√2时，1− =1− = ，当t=2+❑√2时，1− =1− =
4 4 4 4 4 4
2−❑√2 2+❑√2
所以 <b< ，
4 4
(2−❑√2 2+❑√2) 1 a2
综上所述，b的取值范围为 , ；a，b满足的不等关系为 <b<1− ．
4 4 2a2 4
28．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数f(x)=ax−lnx(a∈R)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)函数g(x)=aex−x有两个零点x ，x ．
1 2
（i）求实数a的取值范围；
（ⅱ）若函数f(x)有两个零点为x ，x ，证明：1<x x x <e3 ．
2 3 1 2 3
【答案】(1)答案见解析；
( 1)
(2)（i） 0, ；（ⅱ）证明见解析.
e
【分析】（1）求导，分a≤0和a>0讨论函数f (x)的单调性，探索函数的极值情况.
x
（2）（i）问题转化为y=a与函数h(x)= 的图象有两个不同交点，求a的取值范围，再分析
ex
x x x lnx lnx
h(x)= 的极值及符号即可，（ⅱ）根据a= 1 = 2 = 2= 3 ，及0<x <1<x <e<x ，可
ex ex
1
ex
2
x x 1 2 3
2 3
确定1<x x x <e3 .
1 2 3
1 ax−1
【详解】（1）因为f (x)=ax−lnx（x>0），所以f′(x)=a− = .
x x
当a≤0时，f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立，所以f (x)在(0,+∞)上单调递减，无极值；
1 1
当a>0时，由f′(x)<0 ⇒ 0<x< ；由f′(x)>0 ⇒ x> .
a a( 1) (1 )
所以f (x)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增，
a a
(1) 1
所以f (x)有极小值f =1−ln =1+lna，无极大值.
a a
x
（2）（i）g(x)=aex−x=0 ⇔ a= .
ex
x
设h(x)= ，则问题转化为y=a与函数h(x)的图象有两个交点.
ex
x′ ⋅ex−x⋅(ex) ′ 1−x
因为h′(x)= =
.
(ex) 2 ex
由h′(x)>0 ⇒ x<1，由h′(x)<0 ⇒ x>1.
所以h(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.
1
h(1)= ，且当x→−∞时，h(x)<0；h(0)=0；当x→+∞时，h(x)>0.
e
1
所以当0<a< 时，y=a与函数h(x)的图象有两个交点.
e
( 1)
所以实数a的取值范围为 0, .
e
（ⅱ）由（i）可知，0<x <1<x .
1 2
lnx
由f (x)=0 ⇒ a= .
x
lnx 1−lnx
设φ(x)= ，x>0，则φ′(x)= ，
x x2
由φ′(x)>0 ⇒ 0<x<e；由φ′(x)<0 ⇒ x>e.
所以φ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减.
1
又φ(1)=0，φ(e)= ，当x>1时，φ(x)>0.
e
1
当0<a< 时，y=a与函数φ(x)的图象有两个交点，且1<x <e<x .
e 2 3
x x lnx lnx
所以0<x <1<x <e<x ，且a= 1 = 2 = 2= 3
.
1 2 3 ex
1
ex
2
x x
2 3lnx lnx lnx lnx
又 2= 2 ， 3= 3 ，x ,lnx ∈(0,1)，x ,lnx ∈(1,+∞)，
x elnx
2
x elnx
3
1 2 2 3
2 3
结合（i），x =lnx ，x =lnx .
1 2 2 3
x x
由 1 = 2 ⇒ x =x ex 1 −x 2，由x =lnx ⇒ x =ex 2.
ex
1
ex
2
1 2 2 3 3
所以x x x =x ex 1 −x 2⋅x ⋅ex 2=x2ex 1.
1 2 3 2 2 2
因为0<x
1
<1<x
2
<e，所以1<x
2
2<e2 ，1<ex 1<e，
所以1<x2ex 1<e3，即1<x x x <e3 .
2 1 2 3
k
29．（2026·四川雅安·一模）已知函数f (x)= −lnx.
ex
(1)若k=−e，证明：f′(x)≤0；
(2)令F(x)=f (x)+lnx−2cosx，若函数F(x)在区间(0,π)上恰有一个零点，求k的取值范围；
1 1 x
(3)若0<x <x ，证明： − < 2−1.
1 2 ex
1
−1 ex
2
−1 x
1
【答案】(1)证明见解析
π
(2) k=❑√2e4 或−2eπ<k≤2
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，可得f′(1)=0，将定义域分成(0,1)和(1,+∞)两段，利用导数判断
函数单调性证明lnx+1−x<0成立，经等价变形即可证得f′(x)≤0；
（2）根据题意，将问题转化为函数y=k与h(x)=2excosx在(0,π)上恰有一个交点，通过求导判
断h(x)的单调性，求出极值和端点函数值，利用函数与方程的思想即可求得答案；
（3）利用（1）可得k=−e时，f (x)在(0,+∞)上单调递减，推理可得1 1 x ，再利用（1）的结论 ，当且仅当 时取等，即可
− <lnx −lnx =ln 2 lnx≤x−1 x=1
ex
1
−1 ex
2
−1 2 1 x
1
证得结论.
1 1
【详解】（1）当k=−e时，f (x)=− −lnx，函数定义域为(0,+∞)，则f′(x)=e1−x− ，
ex−1 x
1
易得f′(1)=e0− =0，下证当0<x<1时f′(x)<0.
1
1
要证e1−x− <0，需证1−x<−lnx，即证lnx−x+1<0，
x
1 1−x
设g(x)=lnx−x+1，则g′ (x)= −1= ，
x x
当0<x<1时，g′ (x)>0，则g(x)在(0,1)上单调递增，故g(x)<g(1)=0，即lnx−x+1<0，故
有f′(x)<0；
当x>1时，g′ (x)<0，则g(x)在(1,+∞)上单调递减，故g(x)<g(1)=0，即lnx−x+1<0，故
有f′(x)<0.
综上可得，当k=−e时，f′(x)≤0恒成立；
k k
（2）F(x)=f (x)+lnx−2cosx= −2cosx，由F(x)=0可得 =2cosx，即k=2excosx，
ex ex
x∈(0,π)，
设h(x)=2excosx，则问题转化为函数y=k与h(x)=2excosx在(0,π)上恰有一个交点.
π
则h′ (x)=2ex (cosx−sinx)，由h′ (x)=0可得cosx−sinx=0，因x∈(0,π)，则x= ，
4
π π
当x∈(0, )时，h′ (x)>0，则函数h(x)在(0, )上单调递增；
4 4
π π
当x∈( ,π)时，h′ (x)<0，则函数h(x)在( ,π)上单调递减.
4 4
π π ❑√2 π
又h(0)=2,h( )=2e4 × =❑√2e4 ,h(π)=−2eπ ，
4 2π π
则当 k>❑√2e4时，两函数无交点；当 k=❑√2e4或−2eπ<k≤2时，两函数有1个交点；当
π
2<k<❑√2e4两函数有2个交点.
π
故当函数F(x)在区间(0,π)上恰有一个零点时，k的取值范围为 k=❑√2e4或−2eπ<k≤2；
（3）由（1）知，当k=−e时，f′(x)≤0，即f (x)在(0,+∞)上单调递减，
1 1
因0<x <x ，则f(x )>f(x )，即− −lnx >− −lnx ，也即
1 2 1 2 ex
1
−1 1 ex
2
−1 2
1 1 x
− <lnx −lnx =ln 2 ，
ex
1
−1 ex
2
−1 2 1 x
1
x
由0<x <x 可得 2>1，在（1）中已证lnx≤x−1，当且仅当x=1时取等，
1 2 x
1
x x 1 1 x
故有ln 2< 2−1，所以 − < 2−1得证.
x x ex
1
−1 ex
2
−1 x
1 1 1
30．（2026·四川巴中·一模）函数f(x)=5sinx−sin5x.
(π (π))
(1)求曲线y=f (x)在点 ,f 处的切线方程；
4 4
[ π)
(2)求函数y=f (x)在 0, 上的最大值；
2
π x
(3)设0≤x≤1，求证:sin ≥ .
x+1 x+2
12❑√2−5❑√2π
【答案】(1)y=5❑√2x+
4
(2)3❑√3
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后分别求出f
(π) ，f'(π)
，即可得到切线的切点和斜率，并使用点斜
4 4
式求得切线方程；[ π)
（2）令f′ (x)=0求出f(x)在 0, 上的增减性后即可求得最大值；
2
1 2 2
（3）设t= ，则不等式为sinπt≥−1+ ，设h(t)=sinπt− +1，多次求导后确定h′ (t)
x+1 1+t 1+t
[1 )
在 ,1 内有零点t ，从而确定h(t)的最小值为0，即可得证.
2 0
【详解】（1）由题意得f′
(x)=5(cosx−cos5x)，f′(π)
=5❑√2，f
(π)
=3❑√2，
4 4
( π) 12❑√2−5❑√2π
故切线方程为y−3❑√2=5❑√2 x− ，即y=5❑√2x+ .
4 4
[ π) π
（2）令f′ (x)=0，且x∈ 0, ，解得x= ，
2 3
π
当0≤x< 时，f′(x)>0，f (x)单调递增;
3
π π
当 <x≤ 时，f′(x)<0，f (x)单调递减，
3 2
[ π) (π) π 5π
所以函数y=f (x)在 0, 上的最大值f(x) =f =5sin −sin =3❑√3.
2 max 3 3 3
1 [1 ) 1
（3）令t= ,t∈ ,1 ，则x= −1，
x+1 2 t
1
−1
t 1−t 2 [1 )
则原不等式转化为sinπt≥ = =−1+ ,t∈ ,1 ，
1 1+t 1+t 2
+1
t
2 [1 )
令h(t)=sinπt− +1,t∈ ,1 ，下面证明h(t) ≥0，
1+t 2 min
则h′ (t)=πcosπt+ 2 ,t∈ [1 ,1 ) ，
(1+t) 2 24
令g(t)=h′ (t)，则g′ (t)=−π2sinπt− <0，
(1+t) 3
[1 )
故g(t)=h′ (t)在 ,1 上单调递减，
2
h′(1)
=πcos
π
+
2
=
8
>0 2 1
因为 2 2 ( 1+ 1) 2 9 ，h′ (1)=πcosπ+ (1+1) 2 =−π+ 2 <0，
2
即存在t ∈ (1 ,1 ) ，使h′ (t )=0，
0 2 0
(1 )
所以h(t)在 ,t 上单调递增，在(t ,1)上单调递减，
2 0 0
{ (1) ) {2 )
所以h(t) =min h ,h(1) =min ,0 =0，
min 2 3
π x
故当0≤x≤1时，sin ≥ .
x+1 x+2
a
31．（2026·四川宜宾·一模）已知函数f (x)=2lnx−x+ (a∈R).
x
(1)是否存在实数a，使得x=1为函数f (x)的极小值点.若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
(2)若f (x)图象上总存在关于点(1,0)对称的两点，求a的取值范围.
【答案】(1)不存在，理由见解析；
(2)(0,1).
【分析】（1）反证法说明不存在满足题意的实数a；
（2）将问题转化为f (x)+f (2−x)=0在x∈(0,1)上有解，整理后得到一个等式，换元后构造函数，
利用导数研究该函数的最值，对a的范围分类讨论从而得解.
【详解】（1）不存在，理由如下：
a 2 a −x2+2x−a
由f (x)=2lnx−x+ (a∈R)知f (x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)= −1− = ，
x x x2 x2
假设存在实数a，使得x=1为函数f (x)的极小值点，
−12+2×1−a
则f′(1)=0，即 =0，解得a=1，
12−x2+2x−1 −(x−1) 2
此时f′(x)= = ≤0，
x2 x2
所以f (x)是减函数，与x=1为函数f (x)的极小值点矛盾，
所以假设不成立，即不存在实数a，使得x=1为函数f (x)的极小值点；
（2）若f (x)图象上总存在关于点(1,0)对称的两点，
则f (x)+f (2−x)=0在x∈(0,1)上有解，
( a) [ a )
即 2lnx−x+ + 2ln(2−x)−(2−x)+ =0在x∈(0,1)上有解，
x 2−x
a
整理得
ln(2x−x2)+ −1=0，
2x−x2
a
令t=2x−x2,t∈(0,1)，得lnt+ −1=0，
t
a
问题可转化为lnt+ −1=0在t∈(0,1)上有解，
t
a 1 a t−a
令h(t)=lnt+ −1,t∈(0,1)，则h′(t)= − = ；
t t t2 t2
①当a≥1时，h′(t)<0，h(t)是减函数，
又
lim h(t)=a−1≥0
，所以h(t)>0，
t→1−
所以h(t)在t∈(0,1)上无零点，不符合题意；
②当a≤0时，h′(t)>0，h(t)是增函数，
又
lim h(t)=a−1<0
，所以h(t)<0，
t→1−
所以h(t)在t∈(0,1)上无零点，不符合题意；
③当0<a<1时，在t∈(0,a)上，h′(t)<0，h(t)单调递减；
在t∈(a,1)上，h′(t)>0，h(t)单调递增，
所以h(t)的最小值为h(a)=lna<0，
又t→0+时，h(t)→+∞，
根据函数零点存在定理可知h(t)在t∈(0,a)上必存在零点，符合题意；
综上，a的取值范围是(0,1).(2 43+18b)
32．（2025·四川绵阳·一模）已知函数f (x)=−x3+2x2+bx+c的图象关于点 , 对称.
3 27
(1)求c的值；
(2)记函数f (x)在区间[−1,0)上的最大值为h(b)，求h(b)及h(b)的最小值；
(3)若存在实数a，使得a,x ,x 是函数g(x)=f (x)−ax2−m的三个互异零点，求实数b的取值范围.
1 2
【答案】(1)1
(2)h(b)={4−b,b≤3)
；最小值为1.
1,b>3
(3)(−1,+∞)
4 43+18b
【分析】（1）根据题意，得到f (0)+f( )=2× ，求得c的值，得到答案；
3 27
（2）求得f′(x)=−3x2+4x+b，得到f′(x)在[−1,0)上为单调递增函数，分类讨论，即可求解；
（3）根据题意，得到x=a是函数g(x)的一个零点，求得1−m=2a3−2a2−ba，化简得
g(x)=(x−a)[−x2+(2−2a)x+(b+2a−2a2 )]，令φ(x)=−x2+(2−2a)x+(b+2a−2a2 )，
转化为φ(x)=0有两个不同的实数根x ,x ，且x ≠a,x ≠a，结合二次函数的性质，即可求解.
1 2 1 2
(2 43+18b)
【详解】（1）由函数f (x)=−x3+2x2+bx+c的图象关于点 , 对称，
3 27
4 43+18b 64 16 4 86+36b
可得f (0)+f( )=2× ，即c+(− +2× +b× +c)= ，
3 27 27 9 3 27
整理得54c+32=86，解得c=1，此时函数f (x)=−x3+2x2+bx+1，
4 86+36b
经验证：函数f (x)满足f (x)+f( −x)= ，所以c=1.
3 27
（2）由（1）知，函数f (x)=−x3+2x2+bx+1，可得f′(x)=−3x2+4x+b，
根据二次函数的性质，可得f′(x)在[−1,0)上为单调递增函数，
当f′(−1)=−3−4+b≥0时，即b≥7，此时f′(x)≥0在[−1,0]上恒成立，
所以函数f (x)在[−1,0)为单调递增函数，所以h(b)=f (0)=1；当f′(0)=b≤0，即b≤0，此时f′(x)≤0在[−1,0]上恒成立，
所以函数f (x)在[−1,0)为单调递减函数，所以h(b)=f (−1)=4−b；
当f′(−1)<0且f′(0)>0时，0<b<7时，在存在x ∈[−1,0]，
0
当x∈[−1,x )时，f′(x)<0，f (x)在[−1,x )上单调递减；
0 0
当x∈(x ,0]时，f′(x)>0，f (x)在(x ,0]上单调递增，
0 0
又由f (0)=1且f (−1)=4−b，
当0<b≤3时，f(−1)>f(0)，此时h(b)=f (−1)=4−b，
当3<b<7时，f(−1)<f(0)，此时h(b)=f (0)=1，
综上可得，当b>3时，h(b)=f (0)=1；当b≤3时，h(b)=f (−1)=4−b，
所以h(b)={4−b,b≤3)
，所以h(b) =1.
1,b>3 min
（3）由函数f (x)=−x3+2x2+bx+1，
可得g(x)=f (x)−ax2−m=−x3+(2−a)x2+bx+1−m，
因为x=a是函数g(x)的一个零点，可得g(a)=0，可得1−m=2a3−2a2−ba，
所以g(x)=−x3+(2−a)x2+bx+2a3−2a2−ba，
可得g(x)=(x−a)[−x2+(2−2a)x+(b+2a−2a2
)]
令φ(x)=−x2+(2−2a)x+(b+2a−2a2 )，
因为a,x ,x 是函数g(x)=f (x)−ax2−m的三个互异零点，
1 2
则φ(x)=0有两个不同的实数根x ,x ，且x ≠a,x ≠a，
1 2 1 2
则Δ=(2−2a) 2+4(b+2a−2a2 )>0，整理得b>a2−1，
又由φ(a)≠0，即φ(a)=b+4a−5a2≠0，即b≠5a2−4a，
因为存在实数a，使得a,x ,x 是函数g(x)=f (x)−ax2−m的三个互异零点，
1 2所以b>(a2−1) =−1，即b>−1
min
又由当b>−1时，总存在实数a使得b≠5a2−4a成立，
所以实数b的取值范围为(−1,+∞).
ax lnx
33．（2025·四川泸州·一模）已知函数f (x)= 与函数g(x)= 有相同的最大值.
ex ax
(1)求a的值；
2g(x) k−1
(2)若H(x)= − ，且H(x)>0恒成立，求实数k的取值范围；
1−x2 x2
(3)若函数y=f (x)−b,y=g(x)−b(b∈R)共有4个不同的零点x ,x ,x ,x ，且x <x <x <x ，
1 2 3 4 1 2 3 4
x x
证明：
2+ 3>2.
x x
1 4
【答案】(1)a=1
(2)(−∞,0)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论求两个函数的最大值，列出等式解得结果.
（2）先分离参数，构造函数并求导，分析新函数单调性，最后确定参数的取值范围.
（3）利用函数的单调性和函数的零点计算四个零点的关系，再根据基本不等式证明即可.
ax aex−axex a(1−x)
【详解】（1）对函数f (x)= 求导可得f′(x)= = ，
ex (ex) 2 ex
当a=0时，f (x)=0，无最大值，舍去.
当a>0时，令f′(x)=0，解得x=1，当x<1时，f′(x)>0,f(x)单调递增；
a
当x>1时，f′(x)<0,f (x)单调递减.所以f (x)在x=1处取最大值f (1)= .
e
当a<0时，令f′(x)=0，解得x=1，当x<1时，f′(x)<0,f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0,f (x)单调递增.此时，f (x)无最大值，舍去.
lnx 1−lnx
函数g(x)= 求导得g′(x)= ，令g′(x)=0，解得x=e，
ax ax2由函数f (x)有最大值可知a>0，当0<x<e时，g′(x)>0,g(x)单调递增；
lne 1
当x>e时，g′(x)<0,g(x)单调递减；所以g(x)在x=e处取得最大值g(e)= = ，
ae ae
ax lnx a 1
因为函数f (x)= 与函数g(x)= 有相同的最大值，所以 = (a>0)，
ex ax e ae
等式两边同乘ae得a2=1，解得a=1
lnx
（2）由（1）可知a=1，g(x)= ，
x
2g(x) k−1 2lnx k−1
则H(x)= − = − >0恒成立，其中x>0且x≠1，
1−x2 x2 x(1−x2) x2
2lnx k−1 2xlnx
原不等式整理为
> ，即k−1<
.
x(1−x2) x2 1−x2
2xlnx 2(1+x2)lnx+2(1−x2)
构造函数h(x)= ,x∈(0,1)∪(1,+∞)，求导h′(x)=
1−x2 (1−x2) 2
令G(x)=2(1+x2)lnx+2(1−x2),x∈(0,1)∪(1,+∞)，
2 2+4x2lnx−2x2
求导得G′(x)= +4xlnx+2x−4x=
x x
令a(x)=2+4x2lnx−2x2,a′(x)=8xlnx，
当x∈(0,1)时，a′(x)<0,a(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，a′(x)>0,a(x)单调递增；
所以a(x)>a(1)=0，可得G′(x)>0，G(x)在(0,1)和(1,+∞)上递增，
因为G(1)=0，所以当x∈(0,1)时，G(x)<0，
即h′(x)<0,h(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1,+∞)时，G(x)>0，即h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增，
因此当x→1时，h(x)→−1，所以h(x)>−1，
所以k−1≤−1，解得k≤0.2lnx k−1 2lnx 1
又当k≤0时， H(x)= − > + >0
x(1−x2) x2 x(1−x2) x2
2lnx 1
当x∈(0,1)时，lnx<0，1−x2<0， + >0 ；
x(1−x2) x2
2lnx 1
当x∈(1,+∞)时，lnx>0，1−x2>0， + >0 ，
x(1−x2) x2
所以H(x)>0恒成立，所以实数k的取值范围为(−∞,0)；
x lnx
（3）由（1）可知，函数f (x)= ，函数g(x)= ，且f (0)=0,g(1)=0，
ex x
x lnx 1
函数f (x)= 与函数g(x)= 有相同的最大值 ，
ex x e
因为函数y=f (x)−b,y=g(x)−b(b∈R)共有4个不同的零点x ,x ,x ,x ，
1 2 3 4
1
且x <x <x <x ，则0<b< ，由f (x )=f (x )=b，0<x <1<x ，
1 2 3 4 e 1 2 1 2
x lnex
由g(x )=g(x )=b可得x <e<x ，而 = =b，
3 4 3 4 ex ex
x x x
故ex 1,ex 2为g(x)=b两个不同的解，故ex 1=x ,ex 2=x ，故 2+ 3= 2+ex❑ 1 −x 2，
3 4 x x x
1 4 1
x x x tx x 1
设 2=t，则x =tx ，而 1 = 2 =b，故 2= 2 即ex❑ 1 −x 2= ，
x
1
2 1 ex
1
ex
2
ex
1
ex
2
t
x x 1 1
故 2+ 3=t+ ，而t>1，由基本不等式可得t+ >2.
x x t t
1 4
x x
故
2+ 3>2.
x x
1 4
34．（2026·四川遂宁·一模）已知函数f(x)=sinx，记f′ (x)为函数f(x)在定义域内的导函数.
(1)求函数g(x)=f(x)−x+ 1 x2 在x∈ [ − π ,+∞ ) 上的最小值.
2 2
(2)设F (x)=[f(x)) 2n+[f′ (x)) 2n ,n∈N∗，记F (x)的最小值为a .
n n nn
（ⅰ）当n∈N∗，n≥2时，求使∑ln(1+a )<M恒成立的实数M的最小正整数M ；
i 0
i=1
（ⅱ）当mln2=M 时，设G(x)=mf(x)−f′ (x)，求函数G(x)在区间[0,100π)上的零点个数.
0 ❑
【答案】(1)0
(2)（ⅰ）2；（ⅱ）101个.
【分析】（1）先求导得g′ (x)=cosx−1+x，设ϕ(x)=cosx−1+x，利用导数研究单调性进而求
解；
（2）（ⅰ）由F (x)=(sinx) 2n+(cosx) 2n，令t=sin2x，则t∈[0,1)，则y=tn+(1−t) n，
n
设H(t)=tn+(1−t) n，利用导数研究单调性得函数H(t)取最小值，进而得F (x)最小值a ，
n n
设h(x)=ln(1+x)−x，x>0，利用导数求h(x)的最值，进而得ln(1+x)<x在(0,+∞)上恒成立，
最后结合等比数列前n项和公式即可求解；
（ⅱ）由（ⅰ）知M =2，则mln2=2，进而得m=e，得G(x)=esinx−cosx，求函数G(x)的周期，
0
利用导数研究函数的单调性结合零点存在定理，结合函数的周期性即可求解.
【详解】（1）由g(x)=f(x)−x+ 1 x2=sinx−x+ 1 x2 ，x∈ [ − π ,+∞ ) 且g(0)=0；
2 2 2
g′ (x)=cosx−1+x，g′ (0)=0；设ϕ(x)=cosx−1+x，
因为ϕ′ (x)=−sinx+1≥0，所以ϕ(x)=cosx−1+x在 [ − π ,+∞ ) 上单增，即g′ (x) 单增，
2
又因为g′ (0)=0，所以x∈ [ − π ,0 ) 时g′ (x)<0，g(x)单减，
2
x∈[0,+∞)时g′ (x)≥0，g(x)单增；
所以g(x) =g(0)=0；
min
（2）（ⅰ）因为F (x)=(sinx) 2n+(cosx) 2n，令t=sin2x，则t∈[0,1)，cos2x=1−t，
n
则y=tn+(1−t) n，设H(t)=tn+(1−t) n，t∈[0,1)，
则H′(t)=ntn−1−n(1−t) n−1=n[tn−1−(1−t) n−1)，1
当0≤t< 时，1−t>t，又n∈N∗，
2
[ 1)
所以(1−t) n−1>tn−1，所以H′(t)<0，所以函数H(t)在 0, 上单调递减，
2
1
当 <t≤1时，1−t<t，又n∈N∗，所以(1−t) n−1<tn−1，所以H′(t)>0，所以函数H(t) 在
2
(1 )
,1 上单调递增，
2
1 (1) (1) n−1 (1) n−1
所以当t= 时，函数H(t)取最小值，最小值为H = ，所以F (x)最小值为 ，所
2 2 2 n 2
(1) n−1
以a = ，
n 2
1 −x
设h(x)=ln(1+x)−x，x>0，则h′(x)= −1= <0在(0,+∞)上恒成立，
1+x 1+x
故h(x)=ln(1+x)−x在(0,+∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)=0，
故ln(1+x)<x在(0,+∞)上恒成立，
(1) n
1−
n n [ (1) i−1 ) n (1) i−1 2 (1) n−1
∑ln(1+a )=∑ln 1+ <∑ = =2− <2；
i 2 2 1 2
i=1 i=1 i=1 1−
2
3
又因为ln(1+a )+ln(1+a )=ln(2× )=ln3>1，
1 2 2
n
对任意n∈N∗，n≥2，∑ln(1+a )<M恒成立时M≥2，
i
i=1
所以M的最小正整数值M =2；
0
（ⅱ）由（ⅰ）知M =2，则mln2=2，lnmln2=ln2×lnm=ln2，即lnm=1，所以m=e，
0
所以G(x)=esinx−cosx，
因为G(x+2π)=esin(x+2π)−cos(x+2π)=G(x)，所以函数G(x)=esinx−cosx为周期函数，2π为函数G(x)的周期，
当x=0时，sinx=0，cosx=1，所以G(0)=e0−1=0，
当0<x<π时，0<sinx<1，1<esinx<e，−1<cosx<1，G(x)>0，
函数G(x)=esinx−cosx在(0,π)上没有零点，
3π
当 π≤x≤ 时，esinx>0，−1≤cosx≤0，所以h(x)=esinx−cosx>0，
2
函数G(x)=esinx−cosx在 [ π, 3π ) 上没有零点，
2
3π
当 <x<2π 时，G′ (x)=esinx·cosx+sinx，
2
令φ(x)=esinx·cosx+sinx，则φ′ (x)=esinx (cos2x−sinx)+cosx>0，
3π 3π
所以函数φ(x)在 ( ,2π) 上单调递增，故函数G′ (x)在 ( ,2π) 上单调递增，
2 2
又G′(3π
) =0−1=−1<0，G' (2π)=1>0，所以存在x=x ，
3π
<x <2π ，G′ (x )=0，
2 0 2 0 0
3π (3π
)
当 <x<x 时，G′ (x)<0，函数G(x)在 ,x 上单调递减，
2 0 2 0
当x <x<2π时，G′ (x)>0，函数G(x)在(x ,2π)上单调递增，
0 0
3π
又G ( )>0，G(x )<G(2π)=0，
2 0
3π
所以函数G(x)在 ( ,x ) 上存在唯一零点，在(x ,2π)上不存在零点，
2 0 0
又因为G(0)=G(2π)=e0−1=0，故G(x)在[0,2π)上有2个零点，
结合函数的周期性可得函数G(x)在[0,100π)上的零点个数为101个.
a
35．（2025·四川资阳·一模）已知函数f(x)=ex− x3−ax2
.
3
(1)若f(x)有3个极值点x ，x ，x ，且x <x <x ，
1 2 3 1 2 3
（i）求a的取值范围；4−2❑√2
（ii）求证：1<f (x )< e❑√2；
2 3
(2)若x≥0，f(x)≥1+sinx，求a的取值范围.
(❑√2−1)e❑√2
【答案】(1)（i）a> ；(ii)证明见解析；
2
1
(2)a≤
2
1 x2+2x
【分析】（1）（i）f(x)有3个极值点x 转化为y= 与F(x)= 有3个交点，求导研究单调
1 a ex
性，结合图像即可得出a的取值范围；（ii）根据（i）得出x 与a的关系，以及x 的范围，利用x
2 2 2
表示a，代入f(x )表达式，构造函数求导研究单调性最值即可.
2
（2）设G(x)=f(x)−1−sinx，可以发现G(0)=0，G′ (0)=0，则根据尝试端点效应进行讨论，
1 1
证明a≤ 成立以及a> 不成立即可.
2 2
【详解】（1）（i0当a=0时，f(x)=ex不符合题意，
(1 x2+2x)
当a≠0时，f′ (x)=ex−ax2−2ax=aex − ，
a ex
x2+2x 2−x2 (❑√2−x)(❑√2+x)
设F(x)= ，F′ (x)= = ，
ex ex ex
当x∈(−∞,−❑√2)时，F′ (x)<0，F(x)单调递减，
当x∈(−❑√2,❑√2)时，F′ (x)>0，F(x)单调递增，
当x∈(❑√2,+∞)时，F′ (x)<0，F(x)单调递减，
2+2❑√2
极小值F(−❑√2)=(2−2❑√2)e❑√2，极大值F(❑√2)= ，
e❑√2
且由指数函数与二次函数增长速度可得，当x趋于−∞时，F(x)趋于+∞，
当x趋于+∞时，F(x)趋于0，
作出F(x)图像：1
则要使f(x)有3个极值点，需使y= 与y=F(x)有3个交点，
a
1 2+2❑√2 (❑√2−1)e❑√2
则0< < ，即a> .
a e❑√2 2
1
设y= 与y=F(x)的3个交点横坐标从小到大分别为x ，x ，x ，
a 1 2 3
则由图像可得当x∈(−∞,x )时，f′ (x)<0，f(x)单调递减，
1
当x∈(x ,x )时，f′ (x)>0，f(x)单调递增，
1 2
当x∈(x ,x )时，f′ (x)<0，f(x)单调递减，
2 3
当x∈(x ,+∞)时，f′ (x)>0，f(x)单调递增，
3
则极大值点为x ，极小值点为x ,x 符合题意，
2 1 3
(❑√2−1)e❑√2
故a的范围为a> .
2
(ii)证明：由（i）,x <−❑√2<0<x <❑√2<x ,
1 2 3
且x∈(x ,x )时，f(x)单调递增，则f (x )>f(0)=1，
1 2 2
(1
x2+2x
)
ex
2
由于f′ (x )=aex 2 − 2 2 =0，则a= ，
2 a ex
2
x
2
2+2x
2
a
6−x2
代入得f(x )=ex 2− x3−ax2= 2 ex 2，
2 3 2 2 3(x +2)
2
6−x2
设g(x)= ex,0<x<❑√2，
3(x+2)(2−x2 )(x+3)ex
则g′ (x)= >0，
3(x+2) 2
4−2❑√2 4−2❑√2
则g(x)<g(❑√2)= e❑√2，即f(x )< e❑√2，
3 2 3
4−2❑√2
综上：1<f (x )< e❑√2 .
2 3
a
（2）设G(x)=f(x)−1−sinx=ex− x3−ax2−1−sinx，
3
则G′ (x)=ex−ax2−2ax−cosx，
设h(x)=G′ (x)，则h′ (x)=ex−2ax−2a+sinx，
设H(x)=h′ (x)，则H′ (x)=ex−2a+cosx，
设s(x)=H′ (x)，则s(x)=ex−sinx，
由于x≥0时，ex≥1,sinx≤1，所以s(x)≥0，则H′ (x)单调递增，
1
当a≤ 时，H′ (x)≥H′ (0)=2−2a>0，则h′ (x)单调递增，
2
则h′ (x)≥h′ (0)=1−2a≥0，则G′ (x)单调递增，
则G′ (x)≥G′ (0)=0，则G(x)单调递增，
则G(x)≥G(0)符合题意；
1
当a> 时，h′ (0)=1−2a<0，则存在x >0，使得x∈(0,x )时，h′ (x)<0，
2 0 0
则G′ (x)在(0,x )单调递减，则G'(x)<G′ (0)=0，
0
则G(x)在(0,x )单调递减，G(x )<G(0)=0不符合题意；
0 0
1
综上，a≤ .
2
1
36．（2025·四川绵阳·一模）已知函数f (x)=ex− x3−kx2−x−1.
6
(1)请判断f (x)是否可以为偶函数，并说明理由；
(2)若f (x)在区间(0,+∞)上有唯一的极值点和零点分别为x ,x .
1 2（i）求实数k的取值范围；
（ii）证明：f (2x −x )+
ex 1−1
(x −x ) 3<0.
1 2 3 2 1
【答案】(1)不可以为偶函数；
1
(2)（i）k> ；（ii）证明见解析.
2
【分析】（1）根据偶函数的定义得到方程f(x)=f(−x)，再根据方程特点判断即可；
x2
（2）（i）求导得f′ (x)=ex−1−2kx− ，再多次求导后对k进行分类讨论，最后利用隐零点法
2
和零点存在性定理即可判断；
ex 1−1
（ii）等价转化为证明当t>0时，f (x −t)−f (x +t)+ t3<0恒成立，再次设新函数，多次求
1 1 3
导，逐层传递即可证明.
【详解】（1）f(x)不为偶函数，
理由如下：若f(x)为偶函数，则只需要f(x)=f(−x)，
1 1
即ex− x3−kx2−x−1=e−x+ x3−kx2+x−1恒成立，
6 6
1
即ex−e−x− x3−2x=0恒成立，
3
而该等式显然对任意实数不恒成立，故f(x)不为偶函数；
x2
（2）∵f′ (x)=ex−1−2kx− ，x>0，
2
x2
令φ(x)=ex−1−2kx− ，x>0，则φ′(x)=ex−2k−x，x>0，
2
令ϕ(x)=ex−2k−x，x>0，则ϕ'(x)=ex−1，x>0，
又x>0，则ϕ′(x)=ex−1>e0−1=0，
则ϕ(x)在(0,+∞)上单调递增，即φ′(x)在(0,+∞)上单调递增，
1
①当k≤ 时，φ′(x)=ϕ(x)>ϕ(0)=1−2k≥0，对x∈(0,+∞)恒成立，
2
∴f′ (x)=φ(x)在(0,+∞)上单调递增，∴f′ (x)>f′ (0)=0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，f(x)>f(0)=0，∴f(x)在(0,+∞)上无极值点，也没有零点，不满足题意；
1
②当k> 时，φ′(0)=1−2k<0，又φ′(x)在(0,+∞)上单调递增，
2
且当x→+∞，φ′(x)→+∞，因此∃x >0，使φ′ (x )=0，
0 0
∴当x∈(0,x )时，φ′(x)<0,f′ (x)=φ(x)单调递减，
0
当x∈(x ,+∞)时，φ′(x)>0,f′ (x)=φ(x)单调递增，
0
∴f′ (x )<f′ (0)=0，又x→+∞时，f′ (x)→+∞，
0
∴由零点存在性定理知：∃x ∈(x ,+∞)，使f′ (x )=0，
1 0 1
∴当x∈(0,x )时，f′ (x)<0,f(x)单调递减，
1
当x∈(x ,+∞)时，f′ (x)>0,f(x)单调递增，
1
∴f(x)在(0,+∞)有唯一的极值点x ，
1
又f (x )<f(0)=0且当x→+∞时，f(x)→+∞，
1
由零点存在性定理知：∃x ∈(x ,+∞)，使f (x )=0，
2 1 2
∴f(x)在(0,+∞)有唯一的零点x ，
2
1
综上所述：k> ，满足题意；
2
（ii）要证：f (2x −x )+
ex 1−1
(x −x ) 3<0，由f (x )=0，
1 2 3 2 1 2
即证：f (2x −x )−f (x )+
ex 1−1
(x −x ) 3<0，
1 2 2 3 2 1
即f [x −(x −x ))−f [x +(x −x ))+
ex 1−1
(x −x ) 3<0，令t=x −x ，
1 2 1 1 2 1 3 2 1 2 1
ex 1−1
由（i）知t>0，即证当t>0时，f (x −t)−f (x +t)+ t3<0恒成立，
1 1 3
ex 1−1
令h(t)=f (x −t)−f (x +t)+ t3 (t>0)，
1 1 3
即证：h(t)<0在t∈(0,+∞)恒成立，注意到h(0)=0，∵h′ (t)=−f′ (x −t)−f′ (x +t)+(ex 1−1)t2，
1 1
∴h′ (t)=−ex 1 −t−ex 1 +t+4kx +2+x2+t2+(ex 1−1)t2，且h′ (0)=0，
1 1
x2
又由f′ (x )=0，知ex 1−1−2kx − 1=0，
1 1 2
x2
∴ex 1=2kx +1+ 1,∴h′ (t)=ex 1(−e−t−et+2+t2)，且h′ (0)=0，
1 2
令H(t)=ex 1(−e−t−et+2+t2)，t∈(0,+∞)，
则H′ (t)=−ex 1(et−e−t−2t)，且H′ (0)=0，
令L(t)=−ex 1(et−e−t−2t)，t∈(0,+∞)，
则L′ (t)=−ex 1(et+e−t−2)≤−ex
1
(2×❑√et ⋅e−t−2)=0，当且仅当t=0时等号成立，
则L′ (t)=−ex 1(et+e−t−2)<0恒成立，
∴ H′ (t)在(0,+∞)单调递减，故H′ (t)<H′ (0)=0，
∴h′ (t)=H(t)在(0,+∞)单调递减，故h′ (t)<h′ (0)=0；
h(t)在(0,+∞)单调递减，故h(t)<h(0)=0，
故原不等式成立．
37．（2025·四川德阳·一模）关于在(a,b)可导的函数f (x)，某同学通过自学高等数学得到如下正
确结论：f (x)的导数f′(x)在(a,b)单调递增⇔f (x)在(a,b)是凹函数；f (x)的导数f′(x)在(a,b)单调
1
递减⇔f (x)在(a,b)是凸函数.已知f (x)= x3+mx2−3x在(−∞,−1)是凸函数，在(−1,+∞)是凹
3
函数；g(x)=f (x)+nex(m,n∈R).
(1)求f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；(2)若g(x)在R是凸函数，求实数n的取值范围；
(3)若g(x)在(−∞,x )及(x ,+∞)是凸函数，在(x ,x )是凹函数；且g(x)在(−∞,t)单调递增，在
1 2 1 2
(t,+∞)上单调递减，求证：x −x <1+❑√5.
2 1
【答案】(1)y=−3x
(2)n≤−2
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意和导数几何意义依次求出切点和切线斜率即可求解；
（2）令h(x)=f'(x)，由h'(−1)=0求出参数m，令t(x)=g'(x)，将题设问题等价转化为t'(x)≤0在
2(x+1) 2(x+1)
R上恒成立，再化简消参得到−n≥ 在R上恒成立，设p(x)= ，求出p(x) 即可得
ex ex max
解；
（3）先将题设问题等价转化为t'(x)的有两个变号零点为x ,x ，接着利用导数工具研究函数t'(x)
1 2
的单调性，分析得到−1<x <0<x 和nex 1=−2(x +1),nex 2=−2(x +1)，接着分析x∈(x ,+∞)
1 2 1 2 1
时g′(x)<0恒成立得到g' (x )=x2−5<0即可分析求证x −x <❑√5+1.
2 2 2 1
【详解】（1）依题意f (0)=0，f′(x)=x2+2mx−3，
所以切点为(0,0)，切线斜率为k=f'(0)=−3，
所以f (x)在(0,0)处的切线方程为y=−3x；
（2）令h(x)=f'(x)=x2+2mx−3，则h'(x)=2x+2m，
所以依题意h'(−1)=−2+2m=0⇒m=1，
1 1
所以f (x)= x3+x2−3x，g(x)=f (x)+nex= x3+x2−3x+nex(n∈R).
3 3
则g'(x)=f'(x)+nex=x2+2x−3+nex(n∈R)，若g(x)在R是凸函数，则g'(x)在R上单调递减，令t(x)=g'(x)=x2+2x−3+nex(n∈R)，
2(x+1)
则t'(x)≤0在R上恒成立，即2(x+1)+nex≤0⇒−n≥ 在R上恒成立，
ex
2(x+1)
设p(x)= ，即−n≥p(x) ，
ex max
2x
p'(x)=− ，所以x∈(−∞,0)时p'(x)>0，x∈(0,+∞)时p'(x)<0，
ex
于是p(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，
于是n≤−p(x) =−p(0)=−2；
max
（3）由（2）t'(x)=h'(x)+nex=2x+2+nex，
由题g'(x)在(−∞,x )和(x ,+∞)上单调递减，在(x ,x )上单调递增，则t'(x)的有两个变号零点为
1 2 1 2
x ,x ，
1 2
又n≥0时，t'(x)单调递增，此时至多只有一个零点，不符合题意；
另外由（2）知n≤−2时，g'(x)单调，不符合题意，于是n∈(−2,0)，
令s(x)=t'(x)=2x+2+nex ⇒s'(x)=2+nex为减函数，
令s'(x)=0⇒x=ln ( − 2) ，
n
( ( 2)) ( ( 2) )
所以x∈ −∞,ln − 时s'(x)>0，x∈ ln − ,+∞ 时s'(x)<0，
n n
( ( 2)) ( ( 2) )
s(x)即t'(x)在 −∞,ln − 上单调递增，在 ln − ,+∞ 上单调递减，
n n
注意到ln ( − 2) >0，t' ( ln ( − 2)) >0，
n n
而t'(−1)=ne−1<0，t'(0)=2+n>0，x→+∞时，t'(x)→−∞，于是有−1<x <0<x ，
1 2
此时t' (x )=0⇒nex i=−2(x +1)，即nex 1=−2(x +1),nex 2=−2(x +1)，
i i 1 2所以g' (x )=x2−5,g' (x )=x2−5，
1 1 2 2
又x∈(−∞,x ), (x ,+∞)时，t'(x)<0，x∈(x ,x )时，t'(x)>0，x∈{x ,x )时，t'(x)=0，
1 2 1 2 1 2
即g′(x)在(−∞,x )，(x ,+∞)上单调递减，在(x ,x )上单调递增，而g′ (x )=x2−5<0，
1 2 1 2 1 1
又x∈(−∞,t)时，g′(x)>0，x∈(t,+∞)时，g′(x)<0，x=t时，g′(x)=0，
又x→−∞时，g′(x)→+∞，于是只能有t<x <x ，
1 2
即x∈(x ,+∞)时，g′(x)<0恒成立，这只需g′ (x )=x2−5<0⇒0<x <❑√5，
1 2 2 2
于是x −x <❑√5−(−1)=❑√5+1.
2 1
38．（2026·四川广安·一模）已知函数f (x)=ex+ax−a,g(x)=x(2−lnx)．
a
(1)求函数g(x)的单调区间；
(2)设直线l：y=k，存在两个不同的实数a ,a ，使得直线l与曲线y=f (x)和曲线y=f (x)都相
1 2 a a
1 2
切．
求k的取值范围；
①请在以下两个不等式中任选一个，完成证明；
② （i）a +a >−e2；（ii）a a >k2．
1 2 1 2
【答案】(1)函数g(x)的递增区间为(0,e)，递减区间为(e,+∞)；
(2)①(0,e)；②选择（i）（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据给定的函数，利用导数求出其单调区间.
（2）①求出函数f (x)的导数，设出切点坐标，把问题转化为方程(2−x)ex=k有两个不同实数解，
a
再利用导数求解；②选择（i）由①中信息，构造函数φ(x)=g(x)−x,0<x<e及
u(x)=g(x)+x−e2,e<x<e2，利用导数结合不等式的性质推理得证.选择（ii）由①中信息，将不
等式转化为证明(2−x )(2−x )<1，再构造函数t(x)=lnx−x，利用导数结合不等式性质推理得
1 2
证.【详解】（1）函数g(x)=x(2−lnx)的定义域为(0,+∞)，求导得g′ (x)=1−lnx，
当0<x<e时，g′ (x)>0；当x>e时，g′ (x)<0，函数g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单
调递减，
所以函数g(x)的递增区间为(0,e)，递减区间为(e,+∞).
（2）①函数f (x)=ex+ax−a的定义域为R，求导得f′ (x)=ex+a，
a a
设直线l与曲线y=f (x)和曲线y=f (x)分别切于点P(x ,k),Q(x ,k)，
a a 1 2
1 2
由f′ (x )=ex 1+a =0，f (x )=ex 1+a x −a =k，消去a 得(2−x )ex 1=k，
a 1 1 a 1 1 1 1 1 1
1 1
同理(2−x )ex 2=k，因此方程(2−x)ex=k有两个不同的实数解，
2
令函数h(x)=(2−x)ex，求导得h′ (x)=(1−x)ex，由h′ (x)>0，得x<1；由h′ (x)<0，得x>1，
函数h(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，h(x) =h(1)=e，
max
而当x<1时，恒有h(x)>0，且x→−∞时，h(x)→0，h(2)=0，
因此当且仅当0<k<e时，直线y=k与函数y=h(x)的图象有两个交点，
即方程(2−x)ex=k有两个不同的实数解，所以k的取值范围是(0,e).
②选（i），由①得(2−x )ex 1=(2−x )ex 2=k,x <1<x <2，即g(ex 1)=g(ex 2)=k，
1 2 1 2
令函数φ(x)=g(x)−x=x(1−lnx),0<x<e，则φ(x)>0，
由0<ex 1<e，得φ(ex 1)=g(ex 1)−ex 1=k−ex 1>0，即k>ex 1，
令函数u(x)=g(x)+x−e2=x(3−lnx)−e2,e<x<e2，求导得u′ (x)=2−lnx>0，
函数u(x)在(e,e2 )上单调递增，u(x)<u(e2 )=0，
由e<ex 2<e2，得u(ex 2)=g(ex 2)+ex 2−e2=k+ex 2−e2<0，即e2−k>ex 2，
因此ex 1+ex 2<e2，即有−a +(−a )<e2 ，所以a +a >−e2 .
1 2 1 2
选（ii），由①得(2−x )ex 1=(2−x )ex 2=k,x <1<x <2，
1 2 1 2则k2=ex 1⋅ex 2(2−x )(2−x )=(−a )(−a )(2−x )(2−x )=a a (2−x )(2−x )，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
设m=2−x >1,n=2−x ,0<n<1，me−m=ne−n=ke−2，
1 2
1
则lnm−m=lnn−n=lnk−2，令函数t(x)=lnx−x，T(x)=t(x)−t( )，
x
1 1−x 1 1 x−1 2
求导得t′ (x)= −1= ，T′ (x)=t′ (x)+ t′ ( )=−( ) ，
x x x2 x x
1
当0<x<1时，T′ (x)<0，函数T(x)在(0,1)上单调递减，则T(n)>T(1)=0，即t(n)>t( )，
n
1 1
当x>1时，t′ (x)<0，函数t(x)在(1,+∞)上单调递减，由t(m)=t(n)，得t(m)>t( )，m< ，
n n
因此mn<1，即(2−x )(2−x )<1，而a a >0，则a a (2−x )(2−x )<a a ，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
所以a a >k2 .
1 2
1 1
39．（2025·四川达州·一模）已知函数f (x)=ax− +a+1,g(x)=(a+1)lnx,a> ．
x e
(1)x∈[−(e+1),0)时，记函数φ(x)=xf (x)，φ(x)单调递增区间的长度为L ，递减区间的长度为
1
L ．比较L ,L 的大小（区间长度是指在实数轴上，区间两个端点之间的距离，与区间的开闭无
2 1 2
关）；
[1 )
(2)当x∈ ,e 时，证明：f (x)>g(x)；
e
(3)判断关于x的方程f (x)=g(x)的根的个数，并说明理由．
【答案】(1)L <L
1 2
(2)f (x)>g(x)，证明见解析
(3)1个实根，证明见解析
【分析】（1）通过将函数φ(x)=xf (x)展开并求导，分析其在给定区间上的单调性，利用驻点划分
单调区间，并通过区间端点计算长度，进而比较递增与递减区间的长度大小.
（2）构造差函数h(x)=f (x)−g(x)，对其求导并解出导函数的零点，结合参数a的范围分类讨论
h(x)的单调性，再通过计算关键点（端点、极值点）的函数值，证明在指定区间上h(x)>0恒成立.
（3）利用第二问的结论，结合h(x)的单调性分析，通过选取特殊点确定函数值的符号变化，运用
零点定理判断方程f (x)=g(x)在定义域内的根的个数，并排除无解区间.
【详解】（1）φ(x)=xf(x)=ax2+(a+1)x−1，a+1 (1 1 )
∴二次函数对称轴为：x=− =− + ，
2a 2 2a
1 1 1 e 1 1 e+1
∵a> ,∴0< <e,∴0< < ,∴ + < , ¿
e a 2a 2 2 2a 2
(1 1 ) e+1
∴0>− + >− >−(e+1).
2 2a 2
[ (1 1 ) ] [ (1 1 )] 1 1
∴单调递增区间为 − + ,0 ,L =0− − + = + ，
2 2a 1 2 2a 2 2a
[ (1 1 )] (1 1 ) 1 1
∴单调递减区间为 −(e+1),− + ,L =− + −[−(e+1)]=e+ − ，
2 2a 2 2 2a 2 2a
1 1 ( 1 1 ) 1
∴L −L = + − e+ − = −e<0， ¿
1 2 2 2a 2 2a a
∴L <L .
1 2
1
（2）要证f(x)>g(x)，即证ax+(a+1)− >(a+1)lnx，
x
1
即证ax+(a+1)− −(a+1)lnx>0，
x
1
记h(x)=ax+(a+1)− −(a+1)lnx，
x
( 1)
a x− (x−1)
1 a+1 ax2−(a+1)x+1 (ax−1)(x−1) a
h'(x)=a+ − = = = ,
x2 x x2 x2 x2
1 1 [1 ]
∵a> , <e,x∈ ,e ,
e a e
1 1 [1 ]
∴①当 ≤ ，即a≥e时，h(x)在x∈ ,1 单调递减，x∈[1,e]单调递增，
a e e
h(x) =h(1)=2a>0,f(x)>g(x)成立，
min
1 1 [1 1] [1 ]
②当 < <1，即1<a<e时，h(x)在x∈ , 单调递增，x∈ ,1 单调递减，x∈[1,e]单
e a e a a调递增，
¿
∴f(x)>g(x)成立．
1 [1 ]
③ =1时，即a=1时，h(x)在x∈ ,e 单调递增，
a e
(1) 1
h(x) =h = +1+1−e+(1+1)>0∴f (x)>g(x)成立．
min e e
1 1 [1 ] [ 1] [1 ]
④1< <e时，即 <a<1时，h(x)在x∈ ,1 单调递增，x∈ 1, 单调递减，x∈ ,e 单
a e e a a
调递增，
∴¿成立.
综上，f(x)>g(x)成立.
1
（3）由（2）记h(x)=ax+(a+1)− −(a+1)lnx，
x
( 1)
a x− (x−1)
a
h'(x)= ∵h(1)=a⋅1+(a+1)−1−0=2a>0
x2
由（2）中③知a=1时，h(x)在x∈(0,+∞)单调递增且存在h(1)>0，
1 (1)
由（2）中④知， <a<1时h >0，
e a
( 1] [1 ]
a>1时，h(x)在x∈ 0, 单调递增，x∈ ,1 单调递减，x∈(1,+∞)单调递增且h(1)>0，
a a
(1)
∴当a>1时有h >0，
a
1 (1)
∴即a> 且a≠1时，始终有两极值h >0,h(1)>0．
e a
∵h ( 1 ) = 1 +(a+1)−e5a2+(a+1)(lne5+lna2)= 1 −e5a2+(a+1)(6+2lna)，
e5a2 e5a e5a1 1−a
记m(a)=lna−a+1∴m'(a)= −1= ∴m(a) =m(1)=0∴lna≤a−1
a a min
∴6+2lna≤6+2(a−1)=2a+4.
1 1 1
∴ −e5a2+(a+1)(6+2lna)≤ −e5a2+(a+1)(2a+4)<(2−e5)a2+6a+4+ .
e5a e5a e4
1 6 3 1
令m(a)=(2−e5)a2+6a+4+ ,∵对称轴 x=− = <
e4 2(2−e5) e5−2 e
(1 )
∴m(a)在a∈ ,+∞ 上为单调递减，
e
∴m(a)<m
(1)
=(2−e5)
1
+
6
+4+
1
=−e3+
2
+
6
+
1
+4<0
e e2 e e4 e2 e e4
( 1 )
∴h <0.
e5a2
∴k(x)=0只有一解，∴方程f(x)=g(x)有一个根．
综上，方程f(x)=g(x)有一个根
40．（2025·四川成都·一模）设函数
x2 x3 xn
f (x)=−1+C1x+C2 +C3 +⋯+Cn (x∈R,n≥2,n∈N*).
n n n 22 n 32 n n2
(1)证明：对每个n∈N*且n≥2，存在唯一的x ∈
[
0,
1)
，满足f (x )=0；
n 2 n n
(2)若f (x)+1≥aln(x+1)，求a；
2
1 1 1
(3)证明：f '(−1)=1+ + +⋯+ ，其中f '(x)表示f (x)的导数.
n 2 3 n n n
【答案】(1)证明见解析；
(2)a=2；
(3)证明见解析.
【分析】（1）对f (x)求导，根据区间导数的符号判断函数的区间单调性，结合f (0)=−1<0，应
n n(1)
用放缩得f >0，根据零点存在性定理即可证；
n 2
x2
（2）由题设，令g(x)= +2x−aln(x+1)，讨论参数，应用导数并结合g(x)≥0恒成立求参数值；
4
(−1) 1 (−1) 2 (−1) n−1 1 1
（3）问题化为证明C1+C2 +C3 +⋯+Cn =1+ +⋯+ ，设
n n 2 n 3 n n 2 n
n (−1) k−1 n+1 (−1) k−1 1
a =∑Ck (n≥2,n∈N*)，进而得到a =a +∑Ck−1 ，从而有a −a = ，
n n k n+1 n n k n+1 n n+1
k=1 k=1
应用累加法即可证.
x x2 xn−1
【详解】（1）由题意可得f′ (x)=C1+C2 ⋅ +C3 ⋅ +⋯+Cn ⋅ ，
n n n 2 n 3 n n
当0≤x≤
1
时，f′ (x)>0，故f (x)在
[
0,
1)
单调递增，且n≥2，
2 n n 2
(1) n
因为f
n
(0)=−1<0，且
f
(1)
=−1+
C1
n +⋯+Cn ⋅
2
>−1+
C1
n ≥−1+
2
=0
，
n 2 2 n n2 2 2
所以对每个n≥2，n∈N*，存在唯一的x ∈
[
0,
1)
，满足f (x )=0；
n 2 n n
x2 x2
（2）由题意，当x>−1,2x+ ≥aln(x+1)恒成立，设g(x)= +2x−aln(x+1)，
4 4
( 1) 15
当a≤0时，由g − =− +aln2<0，不合题意；
2 16
x a
当a>0时，g′(x)= +2− ，则g′(x)在(−1,+∞)单调递增.
2 x+1
且x→−1，g′(x)→−∞，x→+∞，g′(x)→+∞.
①0<a<2时，由g′(0)=2−a>0，故存在x ∈(−1,0)，使g′ (x )=0，
0 0
所以g(x)在[x ,0)单调递增.所以g(x )<g(0)=0，矛盾；
0 0②a>2时，由g′(0)=2−a<0，故存在x ∈(0,+∞)，使g′ (x )=0，
0 0
所以g(x)在(0,x )单调递减.所以g(x )<g(0)=0，矛盾；
0 0
③a=2时，由g′(0)=2−a=0，所以g(x)在(−1,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
所以g(x)≥g(0)=0，不等式成立，满足题意；
综上所述，a=2；
x x2 xn−1
（3）由题意，得f′ (x)=C1+C2 +C3 +⋯+Cn ，
n n n2 n 3 n n
(−1) 1 (−1) 2 (−1) n−1
则f′ (−1)=C1+C2 +C3 +⋯+Cn ，
n n n 2 n 3 n n
1 1 1
要证f′ (−1)=1+ + +⋯+ ，
n 2 3 n
(−1) 1 (−1) 2 (−1) n−1 1 1
需证C1+C2 +C3 +⋯+Cn =1+ +⋯+ ，
n n 2 n 3 n n 2 n
(−1) 1 (−1) 2 (−1) n−1 n (−1) k−1
设a =C1+C2 +C3 +⋯+Cn =∑Ck (n≥2,n∈N*)，
n n n 2 n 3 n n n k
k=1
n+1 (−1) k−1 n (−1) k−1 (−1) n
因为a =∑Ck =∑(Ck+Ck−1) +Cn+1
n+1 n+1 k n n k n+1 n+1
k=1 k=1
n (−1) k−1 n+1 (−1) k−1
=∑Ck +∑Ck−1
，
n k n k
k=1 k=1
n+1 (−1) k−1
由此可得a =a +∑Ck−1 ①，
n+1 n n k
k=1
Ck−1
n!
Ck
由 n = = n+1 ，
k k⋅(k−1)!(n+1−k)! n+1
n+1 (−1) k−1 n+1 Ck (−1) k−1 1 n+1
故∑Ck−1 =∑ n+1 =− ∑Ck (−1) k
n k n+1 n+1 n+1
k=1 k=1 k=11
[n+1
) 1 1
=− ∑Ck (−1) k−C0 (−1) 0 =− [(1−1) n+1−1)= ，
n+1 n+1 n+1 n+1 n+1
k=0
1 1 1
由①式可得a −a = ，a −a = ，⋯，a −a = ，
n+1 n n+1 n n−1 n 3 2 3
1 1 3 1 1 1
累加可得a =a + +⋯+ ，并且a = =1+ ，所以a =1+ +⋯+ ，
n 2 3 n 2 2 2 n 2 n
1 1 1
综上可知，f′ (−1)=1+ + +⋯+ 成立.
n 2 3 n
