資源簡介

拔高點突破 01 函數(shù)的綜合應(yīng)用
目錄
01 方法技巧與總結(jié) ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結(jié) ...................................................................................................................................3
題型一：函數(shù)與數(shù)列的綜合 .......................................................................................................................................3
題型二：函數(shù)與不等式的綜合 ...................................................................................................................................3
題型三：函數(shù)中的創(chuàng)新題 ...........................................................................................................................................4
題型四：最大值的最小值問題（平口單峰函數(shù)、鉛錘距離） ...............................................................................5
題型五：倍值函數(shù) .......................................................................................................................................................6
題型六：函數(shù)不動點問題 ...........................................................................................................................................7
題型七：函數(shù)的旋轉(zhuǎn)問題 ...........................................................................................................................................7
題型八：函數(shù)的伸縮變換問題 ...................................................................................................................................8
題型九：V 型函數(shù)和平底函數(shù) ...................................................................................................................................9
03 過關(guān)測試 .........................................................................................................................................10
1、高考中考查函數(shù)的內(nèi)容主要是以綜合題的形式出現(xiàn)，通常是函數(shù)與數(shù)列的綜合、函數(shù)與不等式的
綜合、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合及函數(shù)的開放性試題和信息題，求解這些問題時，著重掌握函數(shù)的性質(zhì)，把函數(shù)
的性質(zhì)與數(shù)列、不等式、導(dǎo)數(shù)等知識點融會貫通，從而找到解題的突破口，要求掌握二次函數(shù)圖像、最值
和根的分布等基本解法；掌握函數(shù)圖像的各種變換形式（如對稱變換、平移變換、伸縮變換和翻折變換
等）；了解反函數(shù)的概念與性質(zhì)；掌握指數(shù)、對數(shù)式大小比較的常見方法；掌握指數(shù)、對數(shù)方程和不等式
的解法；掌握導(dǎo)數(shù)的定義、求導(dǎo)公式與求導(dǎo)法則、復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的定義、求導(dǎo)公式與求導(dǎo)法則、
復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義，特別是應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等．
n
2、函數(shù) f x = x - ai 的圖象與性質(zhì)
i=1
分奇、偶兩種情況考慮：
比如圖（1）函數(shù) f x = x + x -1 + x - 3 ，圖（2）函數(shù) g x = x + x -1 + x - 2 + x +1
y
y
x x
O O
圖（1） 圖（2）
n
（1）當(dāng) n為奇數(shù)時，函數(shù) f x = x - ai 的圖象是一個“ ”型，且在“最中間的點”取最小值；
i=1
n
（2）當(dāng) n為偶數(shù)時，函數(shù) f x = x - ai 的圖象是一個平底型，且在“最中間水平線段”取最小值；
i=1
若 ai i N * 為等差數(shù)列的項時，奇數(shù)的圖象關(guān)于直線 x = a 對稱，偶數(shù)的圖象關(guān)于直線中
x + x
x = 左中 右中 對稱．
2
3 、 若 f x 為 m,n 上 的 連 續(xù) 單 峰 函 數(shù) ， 且 f m = f n , x0 為 極 值 點 ， 則 當(dāng) k,b 變 化 時 ，
g x = f x - kx - b f n - f x0 f n + f x的最大值的最小值為 ，當(dāng)且僅當(dāng) 0 k = 0,b = 時取得．
2 2
題型一：函數(shù)與數(shù)列的綜合
【典例 1-1】（2024·四川資陽·模擬預(yù)測）將函數(shù) f x = cos x 1- x 在 0, + 上的所有極值點按照由小到e
大的順序排列，得到數(shù)列 xn （其中 n N* ），則（ ）

A． n
1
- ÷ π < x <

n n
1
+ ÷ π B． x - x < π
è 2 è 2 n+1 n
C． xn + xn+1 > 2n -1 π D． xn - n -1 π 為遞減數(shù)列
na
【典例 1-2 n】（2024·新疆·三模）已知數(shù)列 an 中， a1 =1，若 an+1 = n + a （ n N
* ），則下列結(jié)論中錯誤
n
的是（ ）
2 1 1
A． a = B． - 13 5 an+1 an
ln n 1 1 1 1 1C． < -a （ n 2,n N
*） D． - <
n a2n+1 an+1 2
【變式 1-1】（2024·高三·海南省直轄縣級單位·開學(xué)考試）已知數(shù)列 an 中， a1 =1，若
(n +1) an - an+1 = anan+1，則下列結(jié)論中正確的是（ ）
1 1 1 1 1 2
A． - a a 2 B．
- <
n+1 n an+2 an (n + 2)(n +1)
1 1 1
C． - < D． an × ln(n +1) <1a2n an 2
x + 2
【變式 1-2】（2024·四川資陽·模擬預(yù)測）將函數(shù) f x = cos x - x 在 0, + 上的所有極值點按照由小e
到大的順序排列，得到數(shù)列 xn （其中 n N*），則（ ）
A． (n
1
- )π < xn < (n
1
+ )π B． x - x < π
2 2 n+1 n
C． xn + xn+1 > (2n -1)π D．{| xn - (n -1)π |}為遞減數(shù)列
題型二：函數(shù)與不等式的綜合
【典例 2-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 是定義域為 R 的函數(shù)， f 2 + x + f -x = 0，對任
意x1， x2 1, + x1 < x2 ，均有 f x2 - f x1 > 0，已知 a，b a b 為關(guān)于 x 的方程 x2 - 2x + t 2 - 3 = 0的
兩個解，則關(guān)于 t 的不等式 f a + f b + f t > 0的解集為（ ）
A． -2,2 B． -2,0 C． 0,1 D． 1,2
ìe2x + 3sin
x , x 0

2-2 2 4p【典例 】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = í x ，則不等式 f 3x - 2 > e 的解 e-2x - 3sin , x < 0
2
集為 ．
【變式 2-1】關(guān)于 x的不等式 (x -1)2023 - 22023 × x2023 x +1的解集為 ．
【變式 2-2】（2024·高三·黑龍江齊齊哈爾·期末）意大利數(shù)學(xué)家斐波那契 (1175年~1250年）以兔子繁殖
數(shù)量為例，引人數(shù)列：1,1,2,3,5,8,L，該數(shù)列從第三項起，每一項都等于前兩項之和，即
an+2 = an+1 + an n N* ，故此數(shù)列稱為斐波那契數(shù)列，又稱“兔子數(shù)列”，其通項公式為
é n n
a 1
1+ 5 ê 1- 5
ù
= é n n ùn - ú．設(shè)n是不等式 log (1+ 5) - (1- 5) > n + 5的正整數(shù)解，則n的最小值5 ê è 2
÷÷
è 2
÷÷ 2
ú


為 ．
題型三：函數(shù)中的創(chuàng)新題
【典例 3-1】（2024·江蘇無錫·模擬預(yù)測）從古至今，中國人一直追求著對稱美學(xué)．世界上現(xiàn)存規(guī)模最大、
保存最為完整的木質(zhì)結(jié)構(gòu)——故宮：金黃的宮殿，朱紅的城墻，漢白玉的階，琉璃瓦的頂……沿著一條子
午線對稱分布，壯美有序，和諧莊嚴(yán)，映襯著藍(lán)天白云，宛如東方仙境．再往遠(yuǎn)眺，一線貫穿的對稱風(fēng)格，
撐起了整座北京城．某建筑物的外形輪廓部分可用函數(shù) f x = x - 2a + x 的圖像來刻畫，滿足關(guān)于 x的
方程 f x = b 恰有三個不同的實數(shù)根 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3 = b（其中 a,b (0,+ )），則b的值為（ ）
80
- 16A． B．
81 9
80 208
C． D．
81 81
【典例 3-2】（2024·山東·一模）高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的美
譽．函數(shù) f x = x 稱為高斯函數(shù)，其中 x R ， x 表示不超過 x 的最大整數(shù)，例如： -1.1 = -2 ，
2.5 = 2，則方程 2x +1 + x = 4x的所有解之和為（ ）
A 1
3 3 7
． 2 B． C． D．4 2 4
【變式 3-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）“角股猜想”是“四大數(shù)論世界難題”之一，至今無人給出嚴(yán)謹(jǐn)證
明．“角股運算”指的是任取一個自然數(shù)，如果它是偶數(shù)，我們就把它除以 2，如果它是奇數(shù)，我們就把它
乘 3 再加上 1．在這樣一個變換下，我們就得到了一個新的自然數(shù)．如果反復(fù)使用這個變換，我們就會得
到一串自然數(shù)，該猜想就是：反復(fù)進行角股運算后，最后結(jié)果為 1．我們記一個正整數(shù) n n 1 經(jīng)過 J n
次角股運算后首次得到 1（若 n 經(jīng)過有限次角股運算均無法得到 1，則記 J n = + ），以下說法有誤的是
（ ）
A． J n 可看作一個定義域和值域均為N*的函數(shù)
B． J n 在其定義域上不單調(diào)，有最小值，無最大值
C．對任意正整數(shù) n n 1 ，都有 J n J 2 = J 2n -1
D． J 2n = n n n是真命題， J 2 -1 J 2 +1 是假命題
【變式 3-2】 19 世紀(jì)美國天文學(xué)家西蒙·紐康在翻閱對數(shù)表時，偶然發(fā)現(xiàn)表中以 1 開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻率更
高．約半個世紀(jì)后，物理學(xué)家本·福特又重新發(fā)現(xiàn)這個現(xiàn)象，從實際生活得出的大量數(shù)據(jù)中，以 1 開頭的數(shù)
出現(xiàn)的頻數(shù)約為總數(shù)的三成，并提出本·福特定律，即在大量b進制隨機數(shù)據(jù)中，以n開頭的數(shù)出現(xiàn)的概率
n +1
為Pb (n) = logb ，如斐波那契數(shù)、階乘數(shù)、素數(shù)等都比較符合該定律．后來常有數(shù)學(xué)愛好者用此定律來n
14
檢驗?zāi)承┙?jīng)濟數(shù)據(jù)、選舉數(shù)據(jù)等大數(shù)據(jù)的真實性．若 P10 (n) log2 9 - log= 2 3（ k N*， k 20），則 k的
n=k 1+ log2 5
值為（ ）
A．3 B．5 C．7 D．9
題型四：最大值的最小值問題（平口單峰函數(shù)、鉛錘距離）
【典例 4-1】設(shè)函數(shù) f x 4= x + - ax - b ，若對任意的實數(shù) a，b，總存在 x0 1,3 使得 f x0 m成立，則x
實數(shù)m的最大值為（ ）
A．－1 B．0 C 8 - 4 3． D．1
3
【典例 4-2】已知函數(shù) f (x)
x - 2
= - ax - b ，若對任意的實數(shù) a，b，總存在 x0 [-1,2]，使得 f x0 …mx + 2 成
立，則實數(shù) m 的取值范圍是（ ）
- , 1 ù 1 ù 2ùA． ú B． - , ú C． - , ú D． (- ,1]è 4 è 2 è 3
1
【變式 4-1】（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ln x + - ax - b a,b R x é1,e2，且 0 ùx ，滿
ln x 1+ = e -1 x é1足 0 ，當(dāng) ê , x
ù
0 時，設(shè)函數(shù) f xx 的最大值為M a,b ，則M a,b 的最小值為（ ）0 e ú
3- e 1 e -1 e - 2A． B．
2 2
C． D．
2 2
【變式 4-2】設(shè)函數(shù) f x = x3 - 6x2 + ax + b ，若對任意的實數(shù)a和b，總存在 x0 0,3 ，使得 f x0 m，
則實數(shù)m的最大值為 ．
【變式 4-3】設(shè)函數(shù) f x = x - ax - b ，a，b R ，若對任意的實數(shù)a，b，總存在實數(shù) x0 0,4 ，使得不
等式 f x0 m成立，則m的最大值是 ．
題型五：倍值函數(shù)
【典例 5-1】（2024·遼寧沈陽·三模）函數(shù) f x 的定義域為 D，若存在閉區(qū)間 a,b D，使得函數(shù) f x
滿足：① f x 在 a,b 內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；② f x 在 a,b 上的值域為 2a, 2b ，則稱區(qū)間 a,b 為 y = f x 的
“倍值區(qū)間”．下列函數(shù)中存在“倍值區(qū)間”的有 ．
① f x = x2 x 0 ； ② f x = 3x x R ；
f x 4x③ = 2 x 0 ； ④ f x = x x R ．x +1
【典例 5-2】函數(shù) f x 的定義域為D，若存在閉區(qū)間 a,b D，使得函數(shù) f x 同時滿足：（1） f x 在
a,b 內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；（2） f x 在 a,b 上的值域為 ka,kb k > 0 ，則稱區(qū)間 a,b 為 f x 的“ k倍值區(qū)間”.
下列函數(shù)：① f x = ln x；② f x 1= x > 0 ③ f x = x2； x 0 ；④ f x x= 2 0 x 1 .其中存在x 1+ x
“ 3倍值區(qū)間”的序號為 .
a b
【變式 5-1】函數(shù) f (x) 的定義域為D，滿足：① f (x) 在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②存在[ , ] D，使得 f (x) 在
2 2
[a , b ]上的值域為[a,b]，那么就稱函數(shù) y = f (x) 為“優(yōu)美函數(shù)”，若函數(shù) f (x) = logc (c
x - t)(c > 0,c 1)是“優(yōu)
2 2
美函數(shù)”，則 t的取值范圍是 .
【變式 5-2】（2024·山東濟寧·三模）函數(shù) f (x) 的定義域為D，若滿足：① f (x) 在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②
存在[a,b] D，使得 f (x) 在[a,b]上的值域為[2a,2b]，則稱函數(shù) f (x) 為“成功函數(shù)”，若函數(shù)
f (x) = log (c4xc + 3t) (c > 0,c 1)是“成功函數(shù)”，則 t的取值范圍為 .
題型六：函數(shù)不動點問題
【典例 6-1】（2024·高三·上海·開學(xué)考試）設(shè)函數(shù) f x = ln x + x - a （ a R ，e 為自然對數(shù)的底數(shù)），
若曲線 y = cos x上存在點 x0 , y0 使 f f y0 = y0成立，則 a 的取值范圍是 ．
2022
【典例 6-2】設(shè)函數(shù) f x = ex + x2022 - a （ a R ， e為自然對數(shù)的底數(shù)）.若曲線 y = sinx 上存在 x0 , y0
使得 f f y0 = y0，則a的取值范圍是 .
4 2 2 e -1 e +1
【變式 6-1】設(shè)函數(shù) f x = ln x + x + a ，若曲線 y = ×sin x + 上存在點 x0 , y0 ，使得3 3 3 2 2
f f y0 = y0成立，則實數(shù) a 的取值范圍是 .
e -1 e +1
【變式 6-2】設(shè)函數(shù) f (x) = ln x + x + a ，若曲線 y = sin x + 上存在點 (x0 , y0 )使得 f ( f (y0 )) = y0 成立，2 2
求實數(shù)a的取值范圍為 .
【變式 6-3】已知a > 0，將函數(shù) y = sin x , x 0,p 的圖像繞坐標(biāo)原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角q ，得到曲線 C.若
對于每一個q 0,a .曲線 C 都是一個函數(shù)的圖像，則a 的最大值為 .
題型七：函數(shù)的旋轉(zhuǎn)問題
【典例 7-1】設(shè)a 是正實數(shù)，將函數(shù) y = x 的圖像繞坐標(biāo)原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角q (0 < q < a) ，得到曲線
C ．若對于每一個旋轉(zhuǎn)角q ，曲線C 都可以看成是某一個函數(shù)的圖像，則a 的最大值為 ．
【典例 7-2】（2024·高三·山東青島·開學(xué)考試）將函數(shù) y = 13 - x2 - 2(x [-3,3])的圖象繞點 (-3,0)逆時
針旋轉(zhuǎn)a (0 a q )，得到曲線C ，對于每一個旋轉(zhuǎn)角a ，曲線C 都是一個函數(shù)的圖象，則q 最大時的正切
值為（ ）
3
A 2． B． 3 C．1 D．2 3
【變式 7-1】設(shè)D是含數(shù) 3 的有限實數(shù)集， f x 是定義在D上的函數(shù)，若 f x 的圖象繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)
45°后與原圖象重合，則在以下各項中， f 3 的可能取值只能是（ ）
A． 3 B．3 C．-3 D．0
x é π ù
【變式 7-2】（2024·浙江紹興·三模）將函數(shù) y = 2sin
2
x ê0, ú ÷的圖像繞著原點逆時針旋轉(zhuǎn)角a 得到è 2
曲線T ，當(dāng)a 0,q 時都能使T 成為某個函數(shù)的圖像，則q 的最大值是（ ）
π π 3 2
A． B． C． π D． π
6 4 4 3
題型八：函數(shù)的伸縮變換問題
ì x2 - x, x 0,1
【典例 8-1】定義域為 R 的函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 2 f x ，當(dāng) x 0,2 時， f x = í 1 x 3- ，若
-( ) 2 , x 1,2
2
2
當(dāng) x -4, -2 f x t t 1時，函數(shù) - + 恒成立，則實數(shù) t的取值范圍為
4 2
A． 2,3 B． 1,4 é 1 1C ù． ê- , - ú D． 1,3 4 2
ìx2 - x, x (0,1)
【典例 8-2】定義域為 R 的函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 2 f x - 2 ，當(dāng) x 0,2 時， f x = í1 ，
, x [1, 2] x
若 x 0,4 t 2 7t時， - f (x)恒成立，則實數(shù) t的取值范圍是(　　)
2
5 5
A． 1,2 B．[2, ] C． 2, + D．[1, ]
2 2
【變式 8-1】高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號，用其名字命名的
“高斯函數(shù)”為：設(shè) x R ，用 x 表示不超過 x的最大整數(shù)，則 y =n x 稱為高斯函數(shù)，例如： -2.1 = -3，
ì
x - x
2 , x 0,1
3.1 = 3，定義域為R 的函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 2 f x ，當(dāng) x 0,2 f x = 時， í ，若
x - x , x 1,2
x 4,6 時， f x < t 4- +1恒成立，則實數(shù) t的取值范圍是（
t ）
A． -1,0 4, + B． -1,0 4, +
C． - , -1 U 0,4 D． - , -1 0,4
【變式 8-2】（2024·山西·二模）定義域為 R 的函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 2 f x ，當(dāng) x 0,2 時，
ì
x
2 - 2x +13, x
f x 0,1 = í ，若當(dāng)
x -4, -2 時，函數(shù) f x t 2 + 2tx ln x, x 1,2 恒成立，則實數(shù) t的取值范圍為
A．-3 t 0 B．-3 t 1 C．-2 t 0 D．0 t 1
【變式 8-3】（2024·江西·一模）設(shè)函數(shù) f (x) 的定義域為R ，滿足 f (x + 2) = 2 f (x) ，且當(dāng) x (0, 2]時，
f (x) = -x(x - 2) .若對任意 x (- ,m] f (x)
40
，都有 ，則m的取值范圍是（ ）.
9

A． - ,
9 ù 19ù 23ù
ú B． - , C． (- ,7] D． - ,è 4 è 3 ú è 3 ú
題型九：V 型函數(shù)和平底函數(shù)
【典例 9-1】（2024 *·上海青浦·二模）等差數(shù)列 a1,a2 L,an n N ，滿足
a1 + a2 +L+ an = a1 +1 + a2 +1 +L+ an +1 = a1 + 2 + a2 + 2 +L+ an + 2
= a1 + 3 + a2 + 3 +L+ an + 3 = 2010，則（ ）
A．n 的最大值是 50 B．n 的最小值是 50
C．n 的最大值是 51 D．n 的最小值是 51
【典例 9-2】已知等差數(shù)列 a 1 1 1n 滿足： a1 + a2 +L+ an = a1 - + a2 - +L+ a -2 2 n 2
= a 3 31 + + a2 + +L
3
+ an + = 72 ，則n2 2 2 的最大值為（ ）
A．18 B．16 C．12 D．8
【變式 9-1】等差數(shù)列 a1,a2 ,× × ×,an n 3,n N* ，滿足 | a1 | + | a2 | + ×× × + | an | = | a1 +1| + | a2 +1| + ×× × + | an +1|
= | a1 - 2 | + | a2 - 2 | + ×× × + | an - 2 | = 2019，則（ ）
A．n的最大值為 50 B．n的最小值為 50
C．n的最大值為 51 D．n的最小值為 51
【變式 9-2】已知等差數(shù)列 an 滿足， a1 + a2 + + an = a1 +1 + a2 +1 + + an +1 = a1 -1 + a2 -1 +
+ an -1 = 98，則n的最大值為（ ）
A．14 B．13 C．12 D．11
【變式 9-3】設(shè)等差數(shù)列 a1， a2，…， an （ n 3， n N* )的公差為d ，滿足 a1 + a2 + ××× + an = a1 -1
+ a2 -1 + ××× + an -1 = a1 + 2 + a2 + 2 + ××× + an + 2 = m，則下列說法正確的是
A． d 3 B．n的值可能為奇數(shù)
C．存在 i N * ，滿足-2 < ai <1 D．m的可能取值為11
1 3
1．已知數(shù)列 an 滿足 an+1 = a - 6 + 6(n =1,2,3,L)，則（ ）4 n
A．當(dāng) a1 = 3時， an 為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)M ≤0，使得 an > M 恒成立
B．當(dāng) a1 = 5時， an 為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)M 6 ，使得 an < M 恒成立
C．當(dāng) a1 = 7時， an 為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)M > 6，使得 an > M 恒成立
D．當(dāng) a1 = 9時， an 為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)M > 0，使得 an < M 恒成立
2．已知函數(shù) f (x) = ex - x
1
-1，數(shù)列{an}的前n項和為 Sn ，且滿足 a1 = ,an+1 = f (an )2 ，則下列有關(guān)數(shù)列{an}的
敘述正確的是（ ）
A． a5 <| 4a2 - 3a1 | B． a7 a8
C． a10 >1 D． S100 > 26
3．已知數(shù)列{xn}，滿足 x1 =1， 2xn+1 = ln(1+ x )(n N *n ) ，設(shè)數(shù)列{xn}的前n項和為 Sn ，則以下結(jié)論正確的是
（ ）
A． xn+1 > xn B． xn - 2xn+1 < xn xn+1
C． 2 xn+2 > xn+1 +1 D． Sn+5 > 2
4．（2024·全國·模擬預(yù)測）德國數(shù)學(xué)家狄利克雷（Dirichlet）是解析數(shù)論的創(chuàng)始人之一，下列關(guān)于狄利
ì1, x為有理數(shù)
克雷函數(shù)D(x) = í 的結(jié)論正確的是（ ）
0, x為無理數(shù)
A．D(D(x))有零點 B．D(x) 是單調(diào)函數(shù)
C．D(x) 是奇函數(shù) D．D(x) 是周期函數(shù)
5．（2024·安徽·三模）丹麥數(shù)學(xué)家琴生是 19 世紀(jì)對數(shù)學(xué)分析做出卓越貢獻(xiàn)的巨人，特別在函數(shù)的凹凸
性與不等式方面留下了很多寶貴的成果.若 x1, x2 ,L, xn 為 a,b 上任意n個實數(shù)，滿足
x1 + x2 +L+ xn f x + f x +L+ ff 1 2 xn ÷ ，則稱函數(shù) f x 在 a,b 上為“凹函數(shù)”.也可設(shè)可導(dǎo)函數(shù)
è n n
f x 在 a;b 上的導(dǎo)函數(shù)為 f x , f x 在 a,b 上的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，當(dāng) f x > 0時，函數(shù) f x 在 a,b
x x x
上為“凹函數(shù)”.已知 x1, x2 ,L, xn > 0,n 2，且 x1 + x2 +L+ xn =1
1 2 n
，令W = + +L+1- x1 1- x2 1- x
的最小值為
n
an ，則 a2024 為（ ）
2023 2024 2024 2025
A． B． C． D．
2024 2023 2025 2024
6．（2024·江蘇·模擬預(yù)測）貝塞爾曲線（Beziercurve）是應(yīng)用于二維圖形應(yīng)用程序的數(shù)學(xué)曲線，一般的
矢量圖形軟件通過它來精確畫出曲線.三次函數(shù) f x 的圖象是可由A ， B ，C ， D四點確定的貝塞爾曲線，
其中A ， D在 f x 的圖象上， f x 在點A ， D處的切線分別過點 B ，C .若 A 0,0 ， B -1, -1 ，C 2, 2 ，
D 1,0 ，則 f x =（ ）
A．5x3 - 4x2 - x B．3x3 - 3x
C．3x3 - 4x2 + x D．3x3 - 2x2 - x
7．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）早在西元前 6 世紀(jì)，畢達(dá)哥拉斯學(xué)派已經(jīng)知道算術(shù)中項，幾何中項以
及調(diào)和中項，畢達(dá)哥拉斯學(xué)派哲學(xué)家阿契塔在《論音樂》中定義了上述三類中項，其中算術(shù)中項，幾何中
項的定義與今天大致相同．若 2a + 2b = 1，則 4a +1 4b +1 的最小值為（ ）
25 9 9 25
A． B． C． D．
4 16 4 16
8．函數(shù) f x 的定義域為D，若滿足：① f x 在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②存在 a,b D(a < b) ，使得 f x 在
a,b 上的值域也是 a,b ，則稱 y = f x 為高斯函數(shù).若 f x = k + x - 3 是高斯函數(shù)，則實數(shù) k的取值范圍
是（ ）
é11 ù 11 ù 11 1 11
A． ê ,3ú B． ,3ú C． ,+

D ．
4 4 4 ÷
,
è è è 2 4 ÷
9．設(shè)函數(shù) f x 的定義域為D，若存在閉區(qū)間 a,b D，使得函數(shù) f x 滿足：① f x 在 a,b 上是單調(diào)函
數(shù)；② f x 在 a,b 上的值域是 2a, 2b ，則稱區(qū)間 a,b 是函數(shù) f x 的“和諧區(qū)間”．下列結(jié)論錯誤的是
（ ）
A 2．函數(shù) f x = x x 0 存在“和諧區(qū)間”
B．函數(shù) f x = x + 3 x R 不存在“和諧區(qū)間”
C．函數(shù) f x 4x= 2 x 0 存在“和諧區(qū)間”x +1
D．函數(shù) f x = log cx 1- c ÷ （ c > 0且 c 1）不存在“和諧區(qū)間”
è 8
10．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測）對于定義域為D的函數(shù) y = f x ，若存在區(qū)間 a,b D，使得 f x 同
時滿足：
① f x 在區(qū)間 a,b 上是單調(diào)函數(shù)；
②當(dāng) f x 的定義域為 a,b 時， f x 的值域也為 a,b ，則稱區(qū)間 a,b 為該函數(shù)的一個“和諧區(qū)間”
已知定義在 1, k f x m 2上的函數(shù) = - 有“和諧區(qū)間”，則正整數(shù) k 取最小值時，實數(shù) m 的取值范圍是（ ）
2 x
A． 4,4 2 B． 4 2,6 C． 4,6 D． 6,8
11．（2024·廣西柳州·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f (x) = ex + e -1 x - a （ a R ， e為自然對數(shù)的底數(shù)），若曲線
y = sin x 上存在點 x0 , y0 使 f y0 = y0成立，則a的取值范圍是（ ）
A． 1,2e - 2 B． é e-1 - e,1ù C． 1,e D -1． ée - e,2e - 2ù
lnx x+1
12．（2024·安徽阜陽·二模）設(shè)函數(shù) f x = + x - a a R y 2e，若曲線 = (e是自然對數(shù)的底數(shù)）
x e2x +1
上存在點 x0 , y0 使得 f f y0 = y0，則a的取值范圍是
A． - ,0 B． 0,e C 1． - , ùú D． 0, + è e
13 x．（2024·河南鄭州·一模）設(shè)函數(shù) f x = e + 2x - a（ a R ）， e為自然對數(shù)的底數(shù)，若曲線 y = sinx上
存在點 x0 , y0 ，使得 f f y0 = y0，則a的取值范圍是（ ）
A． é-1+ e-1 ,1+ eù B． 1,1+ e C． e,e +1 D． 1,e
14．設(shè)函數(shù) f (x) = ex + x - a （ a R 3 10 10，e為自然對數(shù)的底數(shù)），若曲線 y = sin x + cos x 上存在點
10 10
(x0，y0 ) 使得 f (y0 ) = y0 ，則a的取值范圍是
1- e 1- e
A．[ ,1] B．[ ，e +1] C．[1，e +1] D．[1,e]
e e
1- e 1+ e
15．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）設(shè)函數(shù) f x = lnx + x + m ，若曲線 y = cosx + 上存在 x0 , y2 2 0 ，
使得 f f y0 = y0成立，則實數(shù)m的取值范圍為（ ）
A 2． é0,e - e +1ù B
2 2 2
． é0,e + e -1ù C． é 0,e + e +1ù D． é 0,e - e -1ù
16．設(shè) I 是函數(shù)π的有限實數(shù)集， f x 是定義在 I 上的函數(shù)，若 f x π的圖象繞坐標(biāo)原點逆時針旋轉(zhuǎn) 后與
3
原圖象重合，則在以下各項中， f π 的取值不可能是（ ）
A 3． π B． 3π C．π D． 2π
2
ì x2 - x, x [0,1)
17．定義域為 R 的函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 4 f x ，當(dāng) x 0,2 時， f (x) = í
log 2 (x +1), x
,若
[1, 2)
x [-2，0) 時,對任意的 t [1，2) 都有 f (x)
t a
- 2 成立，則實數(shù) a 的取值范圍是16 8t
A． - ，2 B． 2，+ C． - ，6 D． 6，+
18 h x = ex．（多選題）將函數(shù) x 0 的圖像繞坐標(biāo)原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角q q 0,p ，得到曲線C ，若
曲線C 仍然是一個函數(shù)的圖像，則q 的可能取值為（ ）
p p 3p
A． B． C． D．p
4 2 4
19．（多選題）（2024·山東日照·三模）設(shè)函數(shù) f x 的定義域為R ，滿足 f x + 2 = 2 f x ，且當(dāng)
x 0,2 時， f x = x 2 - x ，則（ ）
A． f 9 = 2 f 7
B．若對任意 x - , m 13ù，都有 f x 6 ，則m的取值范圍是 - ,
è 2 ú
C．若方程 f x = m x - 5 1 恰有三個實數(shù)根，則m的取值范圍是 -1,- 4 ÷è
D．函數(shù) f x 在區(qū)間 2n - 2,2n n N+ 上的最大值為 an ，若存在 n N+ ，使得lan < 2n - 7成立，則
l 3 - , 16 ֏
20．已知函數(shù) f (x)
1
= x + x + 2，若不等式 f (m ×4
x +1) + f (m - 2x ) 5對任意的 x > 0恒成立，則實數(shù)m的
2 +1
最小值為 .
21 2．已知函數(shù) f (x) = x + ax + b 在區(qū)間[0, 4]上的最大值為 M，當(dāng)實數(shù) a，b 變化時，M 最小值為 ．
22．（2024 3·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 2x + ax +b 的定義域為 -2,1 ，記 f x 的最大值為M ，則
當(dāng)M 取得最小值時， a + b 的值為 ．
23．函數(shù) f x = x2 + ax + b （a，b R ）在區(qū)間[0，c]（ c > 0）上的最大值為 M，則當(dāng) M 取最小值 2 時，
a + b + c = .
24．（2024·全國·模擬預(yù)測）定義域為 R 的函數(shù) f (x) 滿足 f (x + 2) = 2 f (x) ，當(dāng) x [0, 2)時，
ìx2 - x, x [0,1)f (x) = í ，若 x [-4,-2)時， f (x)
t 1
-
x-1.5 恒成立，則實數(shù) t的取值范圍是 ．
-0.5 , x [1, 2) 4 2t
25．（2024·上海長寧·一模）已知 a1，a2，a3與 b1，b2，b3是 6 個不同的實數(shù)，若關(guān)于 x 的方程
|x﹣a1|+|x﹣a2|+|x﹣a3|＝|x﹣b1|+|x﹣b2|+|x﹣b3|解集 A 是有限集，則集合 A 中，最多有 個元素．
26． an 為等差數(shù)列，則使等式 a1 + a2 +L+ an = a1 +1 + a2 +1 +L+ an +1 = a1 + 3 + a2 + 3 +L+
an + 3 = a1 + 5 + a2 + 5 +L+ an + 5 = 2019能成立的數(shù)列 an 的項數(shù) n 的最大值是 .
27．等差數(shù)列 an n 3,n N 滿足 a1 + a2 + a3 + ×××+ an = a1 +1 + a2 +1 + a3 +1 + ×××+
an +1 = a1 - 2 + a2 - 2 + a3 - 2 + ×××+ an - 2 = 2024，則n的最大值為 ．
28 *．若等差數(shù)列 a1,a2 ,L,an n 3,n N 滿足 a1 + a2 +L+ an = a1 +1 + a2 +1
+L+ an +1 = a1 - 2 + a2 - 2 +L+ an - 2 = 2023，則 n 的最大值為 ．拔高點突破 01 函數(shù)的綜合應(yīng)用
目錄
01 方法技巧與總結(jié) ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結(jié) ...................................................................................................................................3
題型一：函數(shù)與數(shù)列的綜合 .......................................................................................................................................3
題型二：函數(shù)與不等式的綜合 ...................................................................................................................................6
題型三：函數(shù)中的創(chuàng)新題 ...........................................................................................................................................9
題型四：最大值的最小值問題（平口單峰函數(shù)、鉛錘距離） .............................................................................12
題型五：倍值函數(shù) .....................................................................................................................................................16
題型六：函數(shù)不動點問題 .........................................................................................................................................19
題型七：函數(shù)的旋轉(zhuǎn)問題 .........................................................................................................................................23
題型八：函數(shù)的伸縮變換問題 .................................................................................................................................26
題型九：V 型函數(shù)和平底函數(shù) .................................................................................................................................29
03 過關(guān)測試 .........................................................................................................................................34
1、高考中考查函數(shù)的內(nèi)容主要是以綜合題的形式出現(xiàn)，通常是函數(shù)與數(shù)列的綜合、函數(shù)與不等式的
綜合、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合及函數(shù)的開放性試題和信息題，求解這些問題時，著重掌握函數(shù)的性質(zhì)，把函數(shù)
的性質(zhì)與數(shù)列、不等式、導(dǎo)數(shù)等知識點融會貫通，從而找到解題的突破口，要求掌握二次函數(shù)圖像、最值
和根的分布等基本解法；掌握函數(shù)圖像的各種變換形式（如對稱變換、平移變換、伸縮變換和翻折變換
等）；了解反函數(shù)的概念與性質(zhì)；掌握指數(shù)、對數(shù)式大小比較的常見方法；掌握指數(shù)、對數(shù)方程和不等式
的解法；掌握導(dǎo)數(shù)的定義、求導(dǎo)公式與求導(dǎo)法則、復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的定義、求導(dǎo)公式與求導(dǎo)法則、
復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義，特別是應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等．
n
2、函數(shù) f x = x - ai 的圖象與性質(zhì)
i=1
分奇、偶兩種情況考慮：
比如圖（1）函數(shù) f x = x + x -1 + x - 3 ，圖（2）函數(shù) g x = x + x -1 + x - 2 + x +1
y
y
x x
O O
圖（1） 圖（2）
n
（1）當(dāng) n為奇數(shù)時，函數(shù) f x = x - ai 的圖象是一個“ ”型，且在“最中間的點”取最小值；
i=1
n
（2）當(dāng) n為偶數(shù)時，函數(shù) f x = x - ai 的圖象是一個平底型，且在“最中間水平線段”取最小值；
i=1
若 ai i N * 為等差數(shù)列的項時，奇數(shù)的圖象關(guān)于直線 x = a 對稱，偶數(shù)的圖象關(guān)于直線中
x + x
x = 左中 右中 對稱．
2
3 、 若 f x 為 m,n 上 的 連 續(xù) 單 峰 函 數(shù) ， 且 f m = f n , x0 為 極 值 點 ， 則 當(dāng) k,b 變 化 時 ，
g x = f x - kx - b f n - f x0 f n + f x的最大值的最小值為 ，當(dāng)且僅當(dāng) 0 k = 0,b = 時取得．
2 2
題型一：函數(shù)與數(shù)列的綜合
1
【典例 1-1】（2024·四川資陽·模擬預(yù)測）將函數(shù) f x = cos x - x 在 0, + 上的所有極值點按照由小到e
大的順序排列，得到數(shù)列 x （其中 n N*n ），則（ ）
n 1 1A． -

÷ π < x <

2 n
n + π B． x - x < π
è è 2 ÷ n+1 n
C． xn + xn+1 > 2n -1 π D． xn - n -1 π 為遞減數(shù)列
【答案】D
f x cos x 1【解析】因為 = - x (x > 0)所以 f x = -sin x
1
+ ，
e ex
令 g x = f x 1= -sin x + ，
ex
故函數(shù) f x 在 0, + 上的所有極值點為函數(shù) g x 在 0, + 上的零點，
即方程-sin x
1
+ x = 0的正根，也即函數(shù) h x = sin x 與函數(shù)m x
1
= x 圖象交點的橫坐標(biāo)，e e
作出函數(shù) h x = sin x 1和函數(shù)m x = x 圖象如下e
π 1 1
對于 A，當(dāng) n =1時，由圖可知0 < x1 < ，不滿足 n -2 2 ÷
π < xn < n + ÷ π，故 A 錯誤；
è è 2
對于 B，由圖可知，當(dāng)n為奇數(shù)時， xn+1 - xn < π，當(dāng)n為偶數(shù)時， xn+1 - xn > π，故 B 錯誤；
對于 C，由圖可知，結(jié)合 h x = sin x 的對稱性知， x1 + x2 > π ， x2 + x3 < 3π ，
不滿足 xn + xn+1 > 2n -1 π ，故 C 錯誤；
對于 D， xn - n -1 π 在 x 軸上表示 xn與 n -1 π的距離，
由于函數(shù)m x 1= x 在 0, + 上單調(diào)遞減，函數(shù) h x = sin x 是以 2π為周期的函數(shù)，e
結(jié)合圖象可知 xn - n -1 π 越來越小，即數(shù)列 xn - n -1 π 為遞減數(shù)列，故 D 正確.
故選：D
na
1-2 2024 a a =1 a = n【典例 】（ ·新疆·三模）已知數(shù)列 n 中， 1 ，若 *n+1 n + a （ n N ），則下列結(jié)論中錯誤n
的是（ ）
2 1 1
A． a = B． - 13 5 an+1 an
C． ln n
1 1 1 1
< -1 * - <
a （ n 2,n N ） D．n a2n+1 an+1 2
【答案】D
nan 1 1 1
【解析】對于 A 項，由 a *n+1 = n + a （ n N ）得
- = ，
n an+1 an n
1 1 1 1 1
所以 - = - =1a ， ，3 a2 2 a2 a1
1 1 1 1 1 1 1 1 5
又因為 =1，所以 = ( - ) + ( - ) + = +1+1 =a ，1 a3 a3 a2 a2 a1 a1 2 2
2
所以 a3 = ，故 A 項正確；5
1 1 1
對于 B 項，由 A 項可知， - = 1a a n ，故 B 項正確；n+1 n
1 1 1 1
對于 C 項，因為 - =1，所以 -1 = =1 > ln 2a ，2 a1 a2 a1
假設(shè)當(dāng) k 2， k Z， ln k
1 1 1 1
< -1成立，則 -1 = + -1 > ln k
1
+
ak a
，
k +1 ak k k
令 g(x) = ln(x +1) - x ，則 g (x)
1 -x
= -1 = ，
x +1 x +1
當(dāng) x > 0， g (x) < 0， g(x)單調(diào)遞減，
g(x) < g(0) = 0 ln(1 1所以 ，即 +1) - < 0 ln(
k +1) 1 1 - < 0 ln(k +1) - ln k - < 0，
k k k k k
所以 ln k
1
+ > ln(k +1)，
k
1 1 ln k 1所以有 - > + > ln(k +1)a ，k +1 k
1
所以對于任意 n 2， n N* ， ln n < -1a 成立，故 C 項正確；n
1 1 1 1 1 1
對于 D 項，由 A 項知， - = 不滿足 - ，故 D 項錯誤.
故選：D.
【變式 1-1】（2024·高三·海南省直轄縣級單位·開學(xué)考試）已知數(shù)列 an 中， a1 =1，若
(n +1) an - an+1 = anan+1，則下列結(jié)論中正確的是（ ）
1 1 1 1 1 2
A． - - B． an+2 an (n + 2)(n +1)
1 1 1
C． - < D． an × ln(n +1) <1a2n an 2
【答案】D
1 1 1
【解析】數(shù)列 an 中， a1 =1， (n +1)(an - an+1) = anan+1，顯然 an 0 ，則 - =a a n +1，n+1 n
1 1 = 1 1對于 A， - an+1 an n +1 2
，A 錯誤；
1 1 1 1 = 1 1 1 1 2對于 B， - - ÷ + - ÷ = + >a a ，B 錯誤；n+2 n è an+2 an+1 è an+1 an n+2 n +1 n + 2 n +1
1 1 1 1 1 1 1 1
對于 C， - = ( - ) + ( - ) +L+ ( - )a2n an a2n a2n-1 a2n-1 a2n-2 an+1 an
= 1 + 1 1 L 1 1 1 1 L 1 = n 1+ + + + + + + = ，C 錯誤；
2n 2n -1 2n - 2 n 2n 2n 2n 2n 2n 2
對于 D，令 f (x) = x - ln(x +1), x > 0，求導(dǎo)得 f (x)
1 x
=1- = > 0，
x +1 x +1
因此 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增， f (x) > f (0) = 0，于是當(dāng) x > 0時， x > ln(x +1)，
1 ln(1
1 1 1 n +1
則有 > +1) = ln
n +1
，當(dāng) n 2時， - = > ln
n n n an an-1 n n
，
1 1 ( 1 1 ) ( 1 1則 - = - + - ) +L (
1 1 1 1 1
+ - )= + +L+
an a1 an an-1 an-1 an-2 a2 a1 n n -1 2
>ln n +1 ln n L ln 4 ln 3+ + + + = ln(n +1) - ln 2，
n n -1 3 2
1
因此 >ln(n +1) - ln 2 +1>ln(n+1)
1 1
， > ln 2，則 > ln(n+1)a ，n a1 an
顯然 an > 0，所以 an × ln n +1 <1，D 正確.
故選：D
x + 2
【變式 1-2】（2024·四川資陽·模擬預(yù)測）將函數(shù) f x = cos x - x 在 0, + 上的所有極值點按照由小e
到大的順序排列，得到數(shù)列 xn （其中 n N*），則（ ）
A． (n
1)π x (n 1- < n < + )π B． x2 2 n+1
- xn < π
C． xn + xn+1 > (2n -1)π D．{| xn - (n -1)π |}為遞減數(shù)列
【答案】D
f (x) sin x x +1【解析】依題意， = - + ， f (x)x 在 0, + 上的所有極值點，即函數(shù) f (x) 在 0, + 上的零點，e
g(x) x +1亦即函數(shù) = x 與 h(x) = sin x
x
圖象交點橫坐標(biāo)，當(dāng) x > 0時， g (x) = - < 0 ，
e ex
g(x) x +1函數(shù) = 在 0, + x 上單調(diào)遞減，且恒有0 < g(x) <1，作出函數(shù) y = g(x), y = h(x)的圖象，e
π π 3π
觀察圖象知，0 < x1 < ，顯然不等式 < x1 < 不成立，A 錯誤；2 2 2
顯然 x2 - x1 < π, x3 - x2 > π ，B 錯誤；
| xn - (n -1)π |
x +1
在數(shù)軸上表示 f (x) 的第 n個零點 xn與 (n -1)π的距離，由于 g(x) = 在 0, + x 上單調(diào)遞減，e
因此隨著n的增大， | xn - (n -1)π |逐漸減小，即{| xn - (n -1)π |}為遞減數(shù)列，D 正確；
顯然 x1 - 0 > π - x2 > x3 - 2π，即有 x1 + x2 > π ， x2 + x3 < 3π ，C 錯誤.
故選：D
題型二：函數(shù)與不等式的綜合
【典例 2-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 是定義域為 R 的函數(shù)， f 2 + x + f -x = 0，對任
意x1， x2 1, + x1 < x2 ，均有 f x2 - f x1 > 0，已知 a，b a b 為關(guān)于 x 的方程 x2 - 2x + t 2 - 3 = 0的
兩個解，則關(guān)于 t 的不等式 f a + f b + f t > 0的解集為（ ）
A． -2,2 B． -2,0 C． 0,1 D． 1,2
【答案】D
【解析】由 f 2 + x + f -x = 0，得 f 1 = 0且函數(shù) f x 關(guān)于點 1,0 對稱．
由對任意x1， x2 1, + x1 < x2 ，均有 f x2 - f x1 > 0，
可知函數(shù) f x 在 1, + 上單調(diào)遞增．
又因為函數(shù) f x 的定義域為 R，
所以函數(shù) f x 在 R 上單調(diào)遞增．
因為 a，b a b 為關(guān)于 x 的方程 x2 - 2x + t 2 - 3 = 0的兩個解，
所以Δ = 4 - 4 t 2 - 3 > 0，解得-2 < t < 2 ，
且 a + b = 2 ，即b = 2 - a．
又 f 2 + x + f -x = 0，
令 x = -a，則 f a + f b = 0 ，
則由 f a + f b + f t > 0，得 f t > 0 = f 1 ，
所以 t > 1．
綜上，t 的取值范圍是 1,2 .
故選：D．
ì 2x
e + 3sin
x , x 0

【典例 2-2】（2024 2 4p·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = í ，則不等式 f 3x - 2 > e 的解
e-2x - 3sin x , x < 0
2
集為 ．
, -2p + 2 2p + 2 【答案】 - ÷ U ,+
è 3 è 3 ÷
-x
【解析】由題可得，當(dāng) x > 0 -x < 0 -2 - x 時， ， f -x = e - 3sin = e2x x+ 3sin = f x ，
2 2
當(dāng) x < 0 時，-x > 0, f x e2 - x 3sin -x- = + = e-2x 3sin x- = f x ，
2 2
所以函數(shù) f x 為偶函數(shù)．
x 0 f x = 2e2x 3 x當(dāng) 時， + cos ，
2 2
此時 f x > 0恒成立，
所以函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
由 f x 為偶函數(shù)可得，函數(shù) f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減．
又因為 f 2p = f -2p = e4p ，
所以 f 3x - 2 > e4p ，即 f 3x - 2 > f 2p ，
所以 3x - 2 > 2p ，即3x - 2 > 2p 或3x - 2 < -2p ，
x 2p + 2 x -2p + 2解得 > 或 < ，
3 3
f 3x - 2 > e4p - , -2p + 2 所以 的解集為 ÷ U
2p + 2
,+

．
è 3 è 3 ÷
-2p + 2 2p + 2
故答案為： - , ÷ U ,+ 3 ÷è è 3
【變式 2-1】關(guān)于 x的不等式 (x -1)2023 - 22023 × x2023 x +1的解集為 ．
【答案】 -1, +
【解析】 (x -1)2023 - 22023 × x2023 x +1可化為 (x -1)2023 + x -1 2x 2023 + 2x ，
f x = x2023設(shè) + x，定義域為 R，且 f x -1 f 2x ，
故 f x = x2023 + x為奇函數(shù)，
且 f x = 2023x2022 +1 > 0恒成立，
故 f x = x2023 + x在 R 上單調(diào)遞增，
故 x -1 2x，解得 x -1，
故解集為 -1, + .
故答案為： -1, +
【變式 2-2】（2024·高三·黑龍江齊齊哈爾·期末）意大利數(shù)學(xué)家斐波那契 (1175年~1250年）以兔子繁殖
數(shù)量為例，引人數(shù)列：1,1,2,3,5,8,L，該數(shù)列從第三項起，每一項都等于前兩項之和，即
an+2 = an+1 + an n N* ，故此數(shù)列稱為斐波那契數(shù)列，又稱“兔子數(shù)列”，其通項公式為
n n
a 1
é 1+ 5 1- 5 ù
n = ê ÷÷ - ÷÷ ú．設(shè)n是不等式 log é2 (1+ 5)
n - (1- 5)n ù > n + 5的正整數(shù)解，則n的最小值5 êè 2 è 2 ú
為 ．
【答案】8
n
【解析】由 log é2 (1+ 5) - (1- 5)
n ù > n + 5，得 log é(1+ 5)n 2 - (1- 5)
n ù
- n > 5，
n n
得 log é2 (1+ 5)
n - (1- 5)n ù - log 2n > 5，得 1+ 5 - 1- 5 2 log2 n > 5，2
é n n 1+ 5
n n
ê 1- 5
ù
ú 1+ 5 log 1- 5

得 2 ÷ - ÷ > 5，\ ÷ - ÷ > 25 ，ê ÷ ÷ ÷ ÷ è 2 è 2 ú è 2 è 2
é n n1 ê 1+ 5
1- 5 ù 25
所以 -2 ÷÷ ÷
ú > ，
5 ê
÷
è è 2 ú 5
n n
a 1
é
ê 1+ 5
1- 5 ù
令 n = ÷ - ÷ ú，則數(shù)列 a 即為斐波那契數(shù)列，5 ê
2 ÷ ÷ nè è 2 ú
25 210\a > ，則 a2 2n n > ，顯然數(shù)列 an 為遞增數(shù)列且 an > 0，所以數(shù)列 an 亦為遞增數(shù)列，5 5
由 a1 = a2 =1，得 a3 = a1 + a2 = 2， a4 = a2 + a3 = 3， a5 = a3 + a4 = 5， a6 = a4 + a5 = 8，
a7 = a5 + a6 =13， a8 = a6 + a7 = 21，
10 10
因為 a2 27 =13 =169
2
< = 204.8， a2 28 = 21 = 441
2
> = 204.8，
5 5
所以
a2 2
10
使得 n > 成立的n的最小值為 8．5
故答案為：8 .
題型三：函數(shù)中的創(chuàng)新題
【典例 3-1】（2024·江蘇無錫·模擬預(yù)測）從古至今，中國人一直追求著對稱美學(xué)．世界上現(xiàn)存規(guī)模最大、
保存最為完整的木質(zhì)結(jié)構(gòu)——故宮：金黃的宮殿，朱紅的城墻，漢白玉的階，琉璃瓦的頂……沿著一條子
午線對稱分布，壯美有序，和諧莊嚴(yán)，映襯著藍(lán)天白云，宛如東方仙境．再往遠(yuǎn)眺，一線貫穿的對稱風(fēng)格，
撐起了整座北京城．某建筑物的外形輪廓部分可用函數(shù) f x = x - 2a + x 的圖像來刻畫，滿足關(guān)于 x的
方程 f x = b 恰有三個不同的實數(shù)根 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3 = b（其中 a,b (0,+ )），則b的值為（ ）
80
- 16A． B．
81 9
80 208
C． D．
81 81
【答案】B
【解析】因為 f x + 2a = x + 2a - 2a + x + 2a = -x - 2a + -x = f -x ，
所以 f x 關(guān)于 x = a對稱，所以 f x = b 的根應(yīng)成對出現(xiàn)，
又因為 x的方程 f x = b 恰有三個不同的實數(shù)根 x1, x2 , x3且 x1 < x2 < x3 = b，
所以該方程的一個根是a，得 x1 = 2a - b, x2 = a, x3 = b，且 a b ，
ì f a = a + a = 2 a = b 2
所以 í ，由 f a = 2 a = b a b得 = ，
f b = b - 2a + b = b 4
2
當(dāng)b - 2a 0，即b - 2 b 0，即0 < b 2時， f b = b - 2a + b = b，①
4
b2
則 b 2a b -2a
-2 b
- - = = 4 = - ，②
b - 2a + b b 2
由① -
3 16 64
②得 2 b = b，解得b = ，所以 a = ；
2 9 81
b2
當(dāng)b - 2a < 0，即b - 2 < 0，即b > 2 時， f b = 2a - b + b = b，③
4
2
2 b - 2b
2a b b 2a - 2b 4 b- - = = = - 2，④
2a - b + b b 2
b 2
由③ - ④得 2 b = + 2 ，即 b - 2 = 0，2
2
解得b = 4 a b，此時 = = 4 = b ，不合題意，舍去，
4
64 16
綜上， a = ,b = .
81 9
故選：B.
【典例 3-2】（2024·山東·一模）高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的美
譽．函數(shù) f x = x 稱為高斯函數(shù)，其中 x R ， x 表示不超過 x 的最大整數(shù)，例如： -1.1 = -2 ，
2.5 = 2，則方程 2x +1 + x = 4x的所有解之和為（ ）
1 3 3 7A． 2 B． C． D．4 2 4
【答案】C
【解析】"x R ，$k Z，使 k 2x +1 < k +1，則[2x +1] = k ，
k -1 x k可得 < ， 2k - 2 4x < 2k ，
2 2
k -1
若 k 為奇數(shù)，則 Z ，所以[x]
k -1
= ，
2 2
2x 1 x k k -1 4x 2k 2 k k -1\ + + = + = ，則 - + < 2k ，
2 2
解得-1 < k 3，\k =1或 k = 3，
1 1
當(dāng) k =1時，0
1
x < ，[x] = 0，[2x +1] =1，\1+ 0 = 4x x = é ê0, ÷，2 4 2
當(dāng) k = 3時，1
3
x < ，[x] = 1，[2x +1] = 3，\3 +1
3
= 4x x =1 é
2 ê
1, ÷ ，
2
k k
若 k 為偶數(shù)，則 Z ，所以[x] = -1，
2 2
\ 2x +1 + x = k k+ -1 = 4x，則 2k - 2 k k+ -1 < 2k ，
2 2
解得-2 < k 2，\k = 0或 k = 2，
1 1 1
當(dāng) k = 0時，- x < 0，\[x] = -1，[2x +1] = 0，\-1+ 0 = 4x x = - éê- ,0

2 4 2 ÷
1 1
當(dāng) k = 2時， x <1，\[x] = 0，[2x +1] = 2，\0 + 2 = 4x x = ，
2 2
1 1 1 3
因此，所有解之和為： +1- + = ，
4 4 2 2
故選：C.
【變式 3-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）“角股猜想”是“四大數(shù)論世界難題”之一，至今無人給出嚴(yán)謹(jǐn)證
明．“角股運算”指的是任取一個自然數(shù)，如果它是偶數(shù)，我們就把它除以 2，如果它是奇數(shù)，我們就把它
乘 3 再加上 1．在這樣一個變換下，我們就得到了一個新的自然數(shù)．如果反復(fù)使用這個變換，我們就會得
到一串自然數(shù)，該猜想就是：反復(fù)進行角股運算后，最后結(jié)果為 1．我們記一個正整數(shù) n n 1 經(jīng)過 J n
次角股運算后首次得到 1（若 n 經(jīng)過有限次角股運算均無法得到 1，則記 J n = + ），以下說法有誤的是
（ ）
A． J n 可看作一個定義域和值域均為N*的函數(shù)
B． J n 在其定義域上不單調(diào)，有最小值，無最大值
C．對任意正整數(shù) n n 1 ，都有 J n J 2 = J 2n -1
D． J 2n = n是真命題， J 2n -1 J 2n +1 是假命題
【答案】A
【解析】依題意， J (n)的定義域是大于 1 的正整數(shù)集，A 錯誤；
由 J (4) = 2, J (5) = 5, J (8) = 3，得 J (n)在其定義域上不單調(diào)，
而 J (2) =1， J (n) N*，則 J (n)有最小值 1，
由 n 經(jīng)過有限次角股運算均無法得到 1，記 J n = + ，得 J (n)無最大值，B 正確；
對任意正整數(shù) n n 1 ， J (2n) = J (n) +1，而 J (2) =1，因此 J (n)J (2) = J (n) = J (2n) -1，C 正確；
對任意正整數(shù)n，2n 每次除以 2，最后得到 1 的次數(shù)為n，因此 J (2n ) = n，
由 J (22 -1) = J (3) = 7, J (22 +1) = J (5) = 5，知 J 2n -1 J 2n +1 是假命題，D 正確.
故選：A
【變式 3-2】 19 世紀(jì)美國天文學(xué)家西蒙·紐康在翻閱對數(shù)表時，偶然發(fā)現(xiàn)表中以 1 開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻率更
高．約半個世紀(jì)后，物理學(xué)家本·福特又重新發(fā)現(xiàn)這個現(xiàn)象，從實際生活得出的大量數(shù)據(jù)中，以 1 開頭的數(shù)
出現(xiàn)的頻數(shù)約為總數(shù)的三成，并提出本·福特定律，即在大量b進制隨機數(shù)據(jù)中，以n開頭的數(shù)出現(xiàn)的概率
P n +1為 b (n) = logb ，如斐波那契數(shù)、階乘數(shù)、素數(shù)等都比較符合該定律．后來常有數(shù)學(xué)愛好者用此定律來n
14 log2 9 - log2 3
檢驗?zāi)承┙?jīng)濟數(shù)據(jù)、選舉數(shù)據(jù)等大數(shù)據(jù)的真實性．若 P10 (n) = （ k N*， k 20），則 k的
n=k 1+ log2 5
值為（ ）
A．3 B．5 C．7 D．9
【答案】B
14
【解析】 P10(n) = P10(k)+P10(k +1)+L+P10(14) k +1 k +2= lg +lg +L 15 15+lg = lg ，
n=k k k +1 14 k
log2 9 - log2 3 log2 3= = lg3
1+ log2 5 log210
，故 k = 5．
故選：B．
題型四：最大值的最小值問題（平口單峰函數(shù)、鉛錘距離）
4
【典例 4-1】設(shè)函數(shù) f x = x + - ax - b ，若對任意的實數(shù) a，b，總存在 x0 1,3 使得 f xx 0 m成立，則
實數(shù)m的最大值為（ ）
A．－1 B 0 C 8 - 4 3． ． D．1
3
【答案】C
【解析】由已知得m é f x ùmax min
設(shè)構(gòu)造函數(shù) g x 4= + lx滿足 g 1 = g 3 ，即 4 + l 4 4= + 3l ，解得l = ，
x 3 3
f x 4 4x 1= + - + a x 1- b h x = + a 則 ，令 x + b，
x 3 ÷ ÷è 3 è 3
則函數(shù) f x 1可以理解為函數(shù) g x 4 4= + x與函數(shù) h x = + a x 3 3 ÷
x + b在橫坐標(biāo)相等時，縱坐標(biāo)的豎直距離，
è
∵ g 1 = g 3 16= g x 4 4 x 2 4 4x 8 3，且 = + = × = （當(dāng)且僅當(dāng) x = 3時取等號），3 x 3 x 3 3
16 1
∴ 8 3若設(shè)直線 l1的方程為 y = ，直線 l2的方程為 y = ，由此可知當(dāng) a + = 0，直線 h x = b 位于直線 l3 3 1和3
16 8 3
- 8 - 4 3
直線 l2中間時，縱坐標(biāo)的豎直距離取得最大值中的最小值，故 é f x ùmax min = 3 3 = ，
2 3
m 8 - 4 3所以實數(shù) 的最大值為 .
3
故選：C .
x - 2
【典例 4-2】已知函數(shù) f (x) = - ax - b ，若對任意的實數(shù) a，b，總存在 x0 [-1,2]x 2 ，使得
f x
+ 0
…m成
立，則實數(shù) m 的取值范圍是（ ）
1- , ù 1 2A． ú B． - ,
ù
C． - ,
ù
D． (- ,1]
è 4 è 2 ú è 3 ú
【答案】B
【解析】由存在 x0 [-1,2]，使得 f x0 m成立，故m≤ f (x)max ，
又對任意的實數(shù) a，b，m≤ f (x)max ，則m [ f (x)max ]min ，
x - 2 ax b x - 2- - = - (ax + b) g(x) x - 2=
x + 2 x 2 可看作橫坐標(biāo)相同時，函數(shù)+ x + 2
與函數(shù) h(x) = ax + b圖象上的縱向距離的最大值中的最小值，
又 g(-1) = -3, g(2) = 0，作示意圖如圖所示：
設(shè) A(-1, -3), B(2,0)，則直線 AB 的方程 l1 : y = x - 2，設(shè) l2 : y = x + m與 g(x)相切，
x - 2
則 = x + m，得 x2 + (m +1)x + 2(m +1) = 0，有D = (m +1)2 - 8(m +1) = 0，
x + 2
得m = -1或m = 7 ，由圖知，切點C(0,-1)，則 l2 : y = x -1，
當(dāng)直線 h(x) 與 l1， l2平行且兩直線距離相等時，即恰好處于正中間時，
函數(shù) g(x)與 h(x) 圖象上的縱向距離能取到最大值中的最小值，
此時 h(x)
3
= x - ，[ f (x)max ]min =| -1- (
3 1 1
- ) |= ，故m .
2 2 2 2
故選：B
1
【變式 4-1】（2024 2·江西宜春·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ln x + - ax - b a,b R x é1,e ùx ，且 0 ，滿
ln x 1足 0 + = e -1
é1 ù
，當(dāng) x ê , x0 ú時，設(shè)函數(shù) f x 的最大值為M a,b ，則M a,bx e 的最小值為（ ）0
3- e 1 e -1 e - 2A． B． 2 C． D．2 2 2
【答案】D
1 1 1 x -1
【解析】設(shè) g x = ln x + x > 0 ，則 g x = - 2 = 2 x > 0 ，x x x x
當(dāng)0 < x <1時， g x < 0， g x 為減函數(shù)，
當(dāng) x >1時， g x > 0， g x 為增函數(shù)，所以 g x = g 1 =1min ，
作出 g x 的圖象如下，
令 g x = e -1 1 1，即 g x = ln x + = e -1，得 x1 = , x2 = x0 x0 1,+ ，x e
ln x 1且 0 + = e -1 2x ，顯然 x0 < e ， 0
é1
在 ê , x
ù
e 0 ú 上，當(dāng)
a = 0時， f x = g x - b ，

當(dāng)b
e -1+1 e
= 時，M a,b e e e - 2 e= -1- b e -1- = ，當(dāng)b = 時取等號；
2 2 2 2 2
b e e - 2 e - 2當(dāng) > 時， M a,b = b -1 > ，所以M a,b =min ，2 2 2
1 ,e -1 此時點 ÷ , 1,1 , x0 ,e -1
e - 2
e 到直線
y = b的距離都是 ，
è 2
1
當(dāng) a 0 時，三點中 ,e -1

e ÷
, 1,1 , x0 ,e -1 中至少有一個點滿足
è
ln x 1 e - 2+ - ax - b >
x 2 ，所以
M a,b e - 2 e - 2> ，綜上所述，M a,b = ，
2 min 2
故選：D.
【變式 4-2】設(shè)函數(shù) f x = x3 - 6x2 + ax + b ，若對任意的實數(shù)a和b，總存在 x0 0,3 ，使得 f x0 m，
則實數(shù)m的最大值為 ．
【答案】2
【解析】 f x = x3 - 6x2 + ax + b = x3 - 6x2 + 9x - (9 - a)x - b
設(shè) g(x) = x3 - 6x2 + 9x, g '(x) = 3x2 -12x + 9 = 3(x -1)(x - 3)
g(x)在( 0, 1)上單調(diào)遞增，在 (1,3)上單調(diào)遞減， g(0) = g(3) = 0
設(shè) h(x) = (9 - a)x - b
畫出函數(shù)圖像：
對任意的實數(shù)a和b，總存在 x0 0,3 ，使得 f x0 m
等價于求 f x 最大值里的最小值.
根據(jù)圖像知：當(dāng) a = 9,b = -2時，最大值的最小值為 2
故實數(shù)m的最大值為 2
答案為 2
【變式 4-3】設(shè)函數(shù) f x = x - ax - b ，a，b R ，若對任意的實數(shù)a，b，總存在實數(shù) x0 0,4 ，使得不
等式 f x0 m成立，則m的最大值是 ．
1
【答案】
4
【解析】設(shè) f x 的最大值為M b ，
令u x = x - ax - b ，則u x
1
= - a在 x 0,4 12 x 上，當(dāng)u x 0時，即 a 時，u x 單調(diào)遞增，4
此時 -b u x 2 - 4a - b ，
當(dāng)b 1- 2a時，M b = 2 - 4a - b，
當(dāng)b >1- 2a時，M b = b，
1 1
從而當(dāng) a 時，b =1- 2a時，M b 取最小值，M b min = 1- 2a 4 2 ，
1
當(dāng) a
1
> u x é0, é 1 ù時， 在 ê 4a2 ÷ 上單調(diào)遞增，在 ê4b2
, 4ú 上單調(diào)遞減，4
a é1 , 1 ù 1b u x 1 b b = 1 1在 ê ú 時， - -4 2 4a ，當(dāng) 時，
M b =
8a min 8a 4
，
a 1在 ,+
1
÷，時， 2 - 4a - b u(x)
1
- b，當(dāng)b =1- 2a + M b 2a 1時， = + -1 1>
è 2 4a 8a min 8a 4
，
對任意實數(shù)a，b，總存在實數(shù) x0 0,4 ，使得不等式 f (x0 ) m 成立等價于m≤ f (x)max 恒成立，
\m 1 ，
4
故m 1的最大值為 ，
4
1
故答案為： .
4
題型五：倍值函數(shù)
【典例 5-1】（2024·遼寧沈陽·三模）函數(shù) f x 的定義域為 D，若存在閉區(qū)間 a,b D，使得函數(shù) f x
滿足：① f x 在 a,b 內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；② f x 在 a,b 上的值域為 2a, 2b ，則稱區(qū)間 a,b 為 y = f x 的
“倍值區(qū)間”．下列函數(shù)中存在“倍值區(qū)間”的有 ．
① f x = x2 x 0 ； ② f x = 3x x R ；
③ f x 4x= 2 x 0 ； ④ f x = x x R ．x +1
【答案】①③．
2
【解析】①函數(shù) f x = x x 0 2為增函數(shù)，若函數(shù) f x = x x 0 存在“倍值區(qū)間” a,b , a < b ，則有
ì f a = a2 = 2a ìa = 0
í 2 ，解得 í ，所以函數(shù) f x = x
2

x 0 存在“倍值區(qū)間” 0,2
f b = b = 2b b 2
，故正確；
=
②函數(shù) f x = 3x x R 為增函數(shù)，若函數(shù) f x = 3x x R 存在“倍值區(qū)間” a,b , a < b ，則
ì f a = 3a = 2a
í
f b 3b
，
= = 2b
當(dāng) x 0 時， y = 3x > 0， y = 2x 0 ，此時3x = 2x 無解；
當(dāng) x > 0時，設(shè) g x = 3x - 2x， h x = ex - 2x，
令 h x = ex - 2 = 0，解得 x = ln 2，
故當(dāng)0 < x < ln 2時， h x < 0， h x 單調(diào)遞減；當(dāng) x > ln 2時， h x > 0， h x 單調(diào)遞增；
所以 h x = h ln 2 =2 - 2ln 2 > 0，所以 x > 0時， g x = 3x - 2x > ex - 2x > 0min ，
所以此時3x = 2x 無解，
x
綜上所述，3x = 2x 無解，故函數(shù) f x = 3 x R 不存在“倍值區(qū)間”，
③當(dāng) x = 0時， f x = 0；
f
x > 0 x
4
= 1
當(dāng) 時， x 1 ，由于對勾函數(shù) y = x + 在 0,1+ 上單調(diào)遞減，
x x
由復(fù)合函數(shù)可得函數(shù) f x 在區(qū)間 0,1 上單調(diào)遞增，
ì f a 4a= = 2a
f x 4x
2
若函數(shù) = 2 在區(qū)間
a = 0
0,1 存在“倍值區(qū)間” a,b , a < b 1+ a ì，則有 í 4b ，解得 íb 1 ，1+ x f b = 2 = 2b
=
1+ b
所以函數(shù) f x 4x= 存在“倍值區(qū)間” 0,1 ，故正確；
1+ x2
x, x 0④若函數(shù) f x ì= x = í x, x 0 ，所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，在 - ,0 上單調(diào)遞減， - <
若 f x 在 0, + 存在“倍值區(qū)間” a,b , a < b ，
ì f a = a = 2a
所以則 í ，解得 a = b = 0，與區(qū)間 a,b 矛盾，故舍去，
f b = b = 2b
若 f x 在 - ,0 存在“倍值區(qū)間” a,b , a < b ，
ì f a = -a = 2b
所以則 í f b ，解得 a = b = 0，與區(qū)間 a,b 矛盾，故舍去， = -b = 2a
故 f x = x x R 沒有“倍值區(qū)間”；
故答案為：①③．
【典例 5-2】函數(shù) f x 的定義域為D，若存在閉區(qū)間 a,b D，使得函數(shù) f x 同時滿足：（1） f x 在
a,b 內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；（2） f x 在 a,b 上的值域為 ka,kb k > 0 ，則稱區(qū)間 a,b 為 f x 的“ k倍值區(qū)間”.
下列函數(shù)：① f x = ln x；② f x 1= x > 0 2 x；③ f x = x x 0 ；④ f x = 0 x 1 .其中存在
x 1+ x2
“ 3倍值區(qū)間”的序號為 .
【答案】②③
【解析】對于①，函數(shù) f x = ln x為增函數(shù)，若函數(shù) f x = ln x存在“ 3倍值區(qū)間” a,b ，則
ì f a = ln a = 3a
í f b ln b 3b ，由圖象可得方程 ln x = 3x 無解，故函數(shù)
f x = ln x不存在“ 3倍值區(qū)間”；
= =
ì f a 1 = = 3b1
對于②，函數(shù) f x = x 0 > 為減函數(shù)，若存在“ 3 a 1倍值區(qū)間” a,b ，則有 í 1 得： ab = ， a > 0，x 3 f b = = 3a
b
1 1
b > 0 ,例如： a = ，b =1.所以函數(shù) f x = x > 0 存在“ 3倍值區(qū)間”；
3 x
ì f a = a2 = 3a2 ìa = 0
對于③，若函數(shù) f x = x x 0 存在“ 3倍值區(qū)間” a,b ，則有 í f b b2 3b ，解得 íb 3 .所以函數(shù)函數(shù) = = =
f x = x2 x 0 存在“ 3倍值區(qū)間” 0,3 ；
f x 1=
對于④，當(dāng) x = 0時， f x = 0 .當(dāng)0 < x 1 時， x 1+ ，從而可得函數(shù) f x 在區(qū)間 0,1 上單調(diào)遞增.
x
ì a
f a = 2 = 3a
f x x若函數(shù) = 2 存在“ 3倍值區(qū)間” a,b ，且 a,b 0,1
1+ a
，則有 í ，無解.所以函數(shù)1+ x f b
b
= = 3b
1+ b2
f x x= 2 不存在“ 3倍值區(qū)間”.1+ x
故答案為：②③.
a b
【變式 5-1】函數(shù) f (x) 的定義域為D，滿足：① f (x) 在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②存在[ , ] D，使得 f (x) 在
2 2
[a , b ]上的值域為[a,b]，那么就稱函數(shù) y = f (x) 為“優(yōu)美函數(shù)”，若函數(shù) f (x) = log xc (c - t)(c > 0,c 1)是“優(yōu)2 2
美函數(shù)”，則 t的取值范圍是 .
【答案】 (0,
1)
4
【解析】若 c >1，則函數(shù) y = cx - t 為 R 上增函數(shù)， y = logc x為 (0, + )上的增函數(shù)，
x
所以函數(shù) f x = logc c - t 為其定義域上的增函數(shù)，
若0 < c <1，則函數(shù) y = cx - t 為 R 上減函數(shù)， y = logc x為 (0, + )上的減函數(shù)，
所以函數(shù) f x = logc cx - t 為其定義域上的增函數(shù)，
綜上，函數(shù) f x = log cxc - t 為其定義域上的增函數(shù)，
ì a
f ÷ = a
f x = log cx若函數(shù) c - t 2(c > 0,c 1) è 是“優(yōu)美函數(shù)”，則 í ，
f b ÷ = b è 2
ì a
ca - c 2 + t = 0 a b
即 í ，即 是方程 x2b c 2 ,c 2 - x + t = 0的兩個不同的正根，
b
c - c 2 + t = 0
ìΔ =1- 4t > 0 1 1
則 ít 0 ，解得
0 < t < ，即 t的取值范圍是 (0, )，
> 4 4
故答案為： (0,
1)
4
【變式 5-2】（2024·山東濟寧·三模）函數(shù) f (x) 的定義域為D，若滿足：① f (x) 在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②
存在[a,b] D，使得 f (x) 在[a,b]上的值域為[2a,2b]，則稱函數(shù) f (x) 為“成功函數(shù)”，若函數(shù)
f (x) = log 4xc (c + 3t) (c > 0,c 1)是“成功函數(shù)”，則 t的取值范圍為 .
【答案】 (0,
1 )
12
4x
【解析】當(dāng) c >1時，因 c4x + 3t 在其定義域內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)，則 f (x) = logc (c + 3t)也是單調(diào)遞增函數(shù)；
4x
當(dāng)0 < c <1時， c4x + 3t 在其定義域內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)，則 f (x) = logc (c + 3t)是單調(diào)遞增函數(shù)；
4x ìlogc (c
4a + 3t) = 2a ìc4a + 3t = c2a
所以函數(shù) f (x) = logc (c + 3t)是增函數(shù)，有 í 4b ，即 ，
logc (c + 3t) = 2b
íc4b + 3t = c
2b
故 a,b是方程 c4x - c2x + 3t = 0的兩個實數(shù)根，即方程3t = -c4x + c2x 有兩個不同的實數(shù)根，
也即函數(shù) y = -c4x + c2x 與直線 y = 3t 有兩個不同的交點.令 c2x = u，則 c4x = u2，
2 1
所以問題轉(zhuǎn)化為函數(shù) y = -u2 + u(u > 0)與 y = 3t 1 1有兩個不同的交點， y = -u2 + u = - u - 2 ÷
+ 最大值為 ，
è 4 4
又u = 0時， y 0
1 1
= ，所以當(dāng)0 < 3t < 時，即0 < t < 時，兩函數(shù)恰有兩個交點.
4 12
1
故答案為： (0, ) .
12
題型六：函數(shù)不動點問題
【典例 6-1】（2024·高三·上海·開學(xué)考試）設(shè)函數(shù) f x = ln x + x - a （ a R ，e 為自然對數(shù)的底數(shù)），
若曲線 y = cos x上存在點 x0 , y0 使 f f y0 = y0成立，則 a 的取值范圍是 ．
【答案】 - ,0 ．
【解析】由曲線 y = cos x, (y -1,1 ) 上存在點 x0 , y0 ，使得 f f y0 = y0，即 y0 0,1 ，
下面證明 f y0 = y0，因為 f x = ln x + x - a 在定義域上嚴(yán)格遞增，
假設(shè) f y0 = C > y0 ，則 f f y0 = f C > f y0 = C > y0 ，
不滿足 f f y0 = y0，同理 f y0 = C < y0，不滿足 f f y0 = y0，
所以 f y0 = y0，那么函數(shù) f x = ln x + x - a 0,1 ，
即函數(shù) f x = x在 x 0,1 有解，所以 ln x + x - a = x2 ，
即 ln x + x - x2 = a ， x 0,1 ，令 h x = ln x + x - x2 ，
1 - x -1 2x +1則 h x = +1- 2x = ，
x x
Q x 0,1 ，\h x 0 ，\h x 單調(diào)遞增，
又 h 1 = 0，所以 a 0，所以 a 的取值范圍是 - ,0 ．
故答案為： - ,0
2022
【典例 6-2】設(shè)函數(shù) f x = ex + x2022 - a （ a R ， e為自然對數(shù)的底數(shù)）.若曲線 y = sinx 上存在 x0 , y0
使得 f f y0 = y0，則a的取值范圍是 .
【答案】 1,e
【解析】由已知可得 y0 -1,1 ，且 f y0 = 2022 ey0 + y20220 -a ，
由已知存在 y0 -1,1 ，使得 f f y0 = y0，則 y0 0,1 ，
y 0,1 e y0 + y 2022 y 2022所以，存在 0 ，使得 0 - a 0，可得 a e 0 + y0 ，
因為函數(shù) y = ex + x2022在 0,1 上單調(diào)遞增，則 ymax = e +1，則 a e +1 .
易知函數(shù) f x = 2022 ex + x2022 - a 在 0,1 上單調(diào)遞增.
若 f y0 > y0，則 f f y0 > f y0 > y0 ，不合乎題意；
若 f y0 < y0 ，則 f f y0 < f y0 < y0 ，不合乎題意；
若 f y0 = y0，則 f f y0 = f y0 = y0 ，合乎題意.
故存在 x 0,1 ，使得 f x = 2022 ex + x2022 - a = x，可得 a = ex ，則 a 1, e ，
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是 1,e .
故答案為： 1,e .
【變式 6-1】設(shè)函數(shù) f 4 e -1 e +1x = ln x 2 2+ x + a ，若曲線 y = ×sin x + 上存在點 x0 , y0 ，使得3 3 3 2 2
f f y0 = y0成立，則實數(shù) a 的取值范圍是 .
é1 3
【答案】 ê , e
2 - e - 2ù
2 2 ú
e-1 e +1
【解析】因為 (x0，y0 ) 在曲線 y = g sin x +2 2 上，-1 sin x 1，∴
1≤ y0 ≤ e .
f (x) = 4由于 ln x 2 2+ x + a 在定義域內(nèi)是增函數(shù)，
3 3 3
所以若 f (y0 ) > y0 ，則 f ( f (y0 )) > f (y0 ) > y0 ，與 f ( f (y0 )) = y0 矛盾，
若 f (y0 ) < y0 ，則 f ( f (y0 )) < f (y0 ) < y0 ，與 f ( f (y0 )) = y0 矛盾，所以 f (y0 ) = y0 ，
則問題轉(zhuǎn)化為 f (x) = x 在[1
4 2 2
，e] 2內(nèi)有解，即方程 ln x + x + a = x 在[1，e]3 3 3 內(nèi)有解，
3 2 3 2
得方程 a = x - 2ln x - x 在[1，e]內(nèi)有解，令 g(x) = x - 2ln x - x2 2 ，
g (x) = (3x + 2)(x -1)則 ，∴ x [1，e]時， g (x) 0x ，
即 g(x)
1 3 2
在[1，e]上單調(diào)遞增，所以 g(1)≤ g(x) ≤ g(e) ≤ g(x)≤ e - e - 2 .2 2
é1 , 3 e2故答案為： ê - e - 2
ù
2 2 ú
e -1 e +1
【變式 6-2】設(shè)函數(shù) f (x) = ln x + x + a ，若曲線 y = sin x + 上存在點 (x0 , y0 )使得 f ( f (y2 2 0
)) = y0 成立，
求實數(shù)a的取值范圍為 .
【答案】[0 , e2 - e -1]
【解析】Q-1 sin x 1，
\ e -1當(dāng) sin x = 1時， y = sin x
e +1 y e -1 e +1+ 取得最大值 = + = e，
2 2 2 2
y e -1sin x e +1 y e -1 e +1當(dāng) sin x = -1時， = + 取得最小值 = - + =1，
2 2 2 2
e -1
即函數(shù) y = sin x
e +1
+ 的取值范圍為[1 , e]，
2 2
y e -1sin x e +1若 = + 上存在點 (x0 , y0 )使得 f ( f (y0 )) = y0 成立，則 y0 [1 , e] .2 2
又 f (x) = ln x + x + a 在定義域上單調(diào)遞增.
假設(shè) f (y0 ) = c > y0，則 f ( f (y0 )) = f c > f (y0 ) = c > y0 ，不滿足 f ( f (y0 )) = y0 ；
假設(shè) f (y0 ) = c < y0，也不滿足 f ( f (y0 )) = y0 ；
綜上可得： f (y0 ) = y0 ， y0 [1 , e] .
Q函數(shù) f x = x有解，等價為 ln x + x + a = x，在 (0 , e]上有解，即平方得 ln x + x + a = x2 ，則
a = x2 - ln x - x ，
2
設(shè) h(x) = x2 - ln x - x，則 h (x) = 2x 1 1 2x - x -1 (2x +1)(x -1)- - = = ，
x x x
由 h (x) > 0 得1< x e ，此時函數(shù)單調(diào)遞增，由 h (x) < 0得0 < x <1，此時函數(shù)單調(diào)遞減，
即當(dāng) x =1時，函數(shù)取得極小值，即 h 1 =1- ln1-1 = 0，
x=e h e = e2當(dāng) 時， - lne - e = e2 - e -1，
則0 h(x) e2 - e -1.則0 a e2 - e -1，
故實數(shù)a的取值范圍為[0 , e2 - e -1] .
故答案為：[0 , e2 - e -1] .
【變式 6-3】已知a > 0，將函數(shù) y = sin x , x 0,p 的圖像繞坐標(biāo)原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角q ，得到曲線 C.若
對于每一個q 0,a .曲線 C 都是一個函數(shù)的圖像，則a 的最大值為 .
p
【答案】 ##45°
4
【解析】利用運動是相對的，
函數(shù) y = sin x , x 0,p 的圖像繞坐標(biāo)原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)（左圖），
可以看作直線 x = 0繞坐標(biāo)原點順時針方向旋轉(zhuǎn)（右圖），
根據(jù)函數(shù)的定義，對于定義域內(nèi)的每一個自變量 x，都有唯一確定的 y 與之對應(yīng)，
即直線 x = 0繞坐標(biāo)原點順時針方向旋轉(zhuǎn)過程中，只能與 y = sin x 的圖像有且只有一個交點，故只需求函數(shù)
在原點處的切線方程， k = y |x=0 = cos 0 =1，此時切線方程為 y = x ，
p
故直線 x = 0最多繞坐標(biāo)原點順時針方向旋轉(zhuǎn) ，
4
則函數(shù) y = sin x , x 0,p p p p的圖像只能繞坐標(biāo)原點逆時針方向旋轉(zhuǎn) - = ，
2 4 4
p
故a 的最大值為 ，
4
p
故答案為：
4
題型七：函數(shù)的旋轉(zhuǎn)問題
【典例 7-1】設(shè)a 是正實數(shù)，將函數(shù) y = x 的圖像繞坐標(biāo)原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角q (0 < q < a) ，得到曲線
C ．若對于每一個旋轉(zhuǎn)角q ，曲線C 都可以看成是某一個函數(shù)的圖像，則a 的最大值為 ．
π
【答案】
4
π
【解析】畫出函數(shù) y = x 的圖像，如圖，在 y 軸正半軸上取一點 B ，則 MOB = ，
4
由圖可知，當(dāng)函數(shù) y = x 的圖像繞坐標(biāo)原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角q 大于 MOB 時，旋轉(zhuǎn)所得的圖像與垂直于
x軸的直線就有兩個交點，曲線C 不是一個函數(shù)的圖像，
故a
π
的最大值是 MOB = .
4
π
故答案為： .
4
【典例 7-2】（2024·高三·山東青島·開學(xué)考試）將函數(shù) y = 13 - x2 - 2(x [-3,3])的圖象繞點 (-3,0)逆時
針旋轉(zhuǎn)a (0 a q )，得到曲線C ，對于每一個旋轉(zhuǎn)角a ，曲線C 都是一個函數(shù)的圖象，則q 最大時的正切
值為（ ）
3
A． B
2
． 3 C．1 D．2 3
【答案】B
【解析】由 y = 13 - x2 - 2(x [-3,3])，得 y 0，
x2 + y + 2 2 =13，則函數(shù)的圖像是以M (0, -2)為圓心的圓的一部分，
先畫出函數(shù) y = 13 - x2 - 2(x [-3,3])的圖象,
這是一個圓弧 AB，圓心為M (0, -2) ,如圖所示，
由圖可知當(dāng)此圓弧繞點 (-3,0)逆時針方向旋轉(zhuǎn)角大于 MAB 時，
曲線C 都不是一個函數(shù)的圖象，
即當(dāng)圓心M (0, -2)在 x 軸上時，
所以q 最大值即為 MAB ，
tan MAB 2= 2，所以q 最大時的正切值為
3 3
.
故選：B.
【變式 7-1】設(shè)D是含數(shù) 3 的有限實數(shù)集， f x 是定義在D上的函數(shù)，若 f x 的圖象繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)
45°后與原圖象重合，則在以下各項中， f 3 的可能取值只能是（ ）
A． 3 B．3 C．-3 D．0
【答案】A
【解析】
對于 A 項，若 f 3 = 3，則構(gòu)造如圖 1 的函數(shù)圖象，
使得點 A1 3, 3 ，根據(jù)定義可得圖象上不存在關(guān)于 x軸對稱的點，
符合函數(shù)的定義，所以 f 3 的取值可能是 3 .故 A 正確；
對于 B 項，若 f 3 = 3，構(gòu)造如圖 2 的函數(shù)圖象，
使得點 A1 3,3 ，根據(jù)定義可推得點 A7 3, -3 ，
所以有 f 3 = -3，不符合函數(shù)的定義，故 B 錯誤；
對于 C 項，若 f 3 = -3，構(gòu)造如圖 3 的函數(shù)圖象，
使得點 A1 3, -3 ，根據(jù)定義可推得點 A3 3,3 ，
所以有 f 3 = 3，不符合函數(shù)的定義，故 C 錯誤；
對于 D 項，若 f 3 = 0，構(gòu)造如圖 4 的函數(shù)圖象，
使得點 A1 3,0 ，根據(jù)定義可推得則點 A2 3,3 ，所以 f 3 = 3 .
又 A8 3, -3 ，所以 f 3 = -3，不符合函數(shù)的定義，故 D 錯誤.
故選：A.
y 2sin x = x é π ù 【變式 7-2】（2024·浙江紹興·三模）將函數(shù)
2 è ê
0, ú ÷的圖像繞著原點逆時針旋轉(zhuǎn)角a 得到 2
曲線T ，當(dāng)a 0,q 時都能使T 成為某個函數(shù)的圖像，則q 的最大值是（ ）
π π 3 2
A． B． C． π D． π
6 4 4 3
【答案】B
x
【解析】 y ' = cos 在原點處的切線斜率為 k =1，切線方程為 y = x
2
當(dāng) y = 2sin
x p
繞著原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)時，若旋轉(zhuǎn)角q 大于 ，則旋轉(zhuǎn)所成的圖像與 y 軸就會有兩個交點，
2 4
則曲線不再是函數(shù)的圖像.
p
所以q 的最大值為 .
4
故選：B.
題型八：函數(shù)的伸縮變換問題
ì x2 - x, x 0,1
【典例 8-1】定義域為 R 的函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 2 f x ，當(dāng) x 0,2 時， f x = í 1 x 3- ，若
-( ) 2 , x 1,2
2
2
當(dāng) x -4, -2 時，函數(shù) f x t - t 1+ 恒成立，則實數(shù) t的取值范圍為
4 2
A． 2,3 B． 1,4 1C é． ê- ,
1
- ùú D． 1,3 4 2
【答案】D
1
【解析】當(dāng) x∈[0,1)時，f(x)=x2 x∈[ ,0]當(dāng) x∈[1,2) 2時，f(x)= (0.5)|x 1.5|∈[ 1, ]，
4 2
∴當(dāng) x∈[0,2)時，f(x)的最小值為 1，
又∵函數(shù) f(x)滿足 f(x+2)=2f(x)，
當(dāng) x∈[ 2,0) 1時，f(x)的最小值為- 2 ，
當(dāng) x∈[ 4, 2)時，f(x) 1的最小值為- 4 ，
2
若 x∈[ 4, 2] f x … t t 1時， - + 恒成立，
4 2
1 2∴ - … t - t 1+ 恒成立．
4 4 2
即 t2 4t+3 0，
即(t 3)(t 1) 0，
即 1 t 3，
即 t∈[1,3]，
本題選擇 D 選項.
ìx2 - x, x (0,1)
【典例 8-2】定義域為 R 的函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 2 f x - 2，當(dāng) x 0,2 時， f x = í1 ，
, x [1, 2] x
2 7t
若 x 0,4 時， t - f (x)恒成立，則實數(shù) t的取值范圍是(　　)
2
5 5
A． 1,2 B．[2, ] C． 2, + D．[1, ]
2 2
【答案】D
1
2
1 é 1
【解析】當(dāng) x 0,1 時， f x = x2 - x = x - ÷ - 的取值范圍是2 4 ê
- ,0
4 ÷
；
è
當(dāng) x 1,2 f x 1 1時， = é的取值范圍是 ê ,1
ù
2 ú ，x
é 1 é1 ù
所以當(dāng) x 0,2 時， f x 的取值范圍是 ê- ,04 ÷ ê
,1 ,
2 ú
因為函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 2 f x - 2，所以 f x = 2 f x - 2 - 2，
又當(dāng) x 2,4 時, x - 2 0,2 ,
f x é 5故 的取值范圍是 ê- , -2
-1,0 ，
2 ÷
5
所以 x 0,4 時， f x = -min ，2
t 2 7 t 5 1 t 5故 - - ，解得 ，
2 2 2
é 5 ù
所以實數(shù) t的取值范圍是 ê1, ， 2 ú
故選：D.
【變式 8-1】高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號，用其名字命名的
“高斯函數(shù)”為：設(shè) x R ，用 x 表示不超過 x的最大整數(shù)，則 y =n x 稱為高斯函數(shù)，例如： -2.1 = -3，
ì 2
3.1 = 3，定義域為R 的函數(shù) f x - x , x 0,1x 滿足 f x + 2 = 2 f x ，當(dāng) x 0,2 時， f x = í ，若
x - x , x 1,2
x 4,6 f x t 4時， < - +1恒成立，則實數(shù) t的取值范圍是（
t ）
A． -1,0 4, + B． -1,0 4, +
C． - , -1 U 0,4 D． - , -1 0,4
【答案】A
【解析】由 f x + 2 = 2 f x ，可知， f x + 4 = 2 f x + 2 = 4 f x ， f 4 = 4 f 0 ， f 6 = 4 f 2 ，
所以當(dāng) x 4,6 ，對應(yīng)就是 x 0,2 的值域的4倍，
é 1 ù
由分段函數(shù)可以得，在 x 0,1 ，值域為 ê0, ú ； x 1,2 ，值域為 0,1 , 4
可知當(dāng) x 0,2 時， f x 的值域為 0,1 ，
故 x 4,6 對應(yīng)值域為 0,4
對于 f x < t 4- +1恒成立，
t
t 4可得 - +1 4，解得， -1,0 4, + ，
t
故選：A．
【變式 8-2】（2024·山西·二模）定義域為 R 的函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 2 f x ，當(dāng) x 0,2 時，
ì 2
x - 2x +13, x f x 0,1 = x -4, -2 2íx ln x, x 1,2 ，若當(dāng) 時，函數(shù) f x t + 2t 恒成立，則實數(shù)
t的取值范圍為

A．-3 t 0 B．-3 t 1 C．-2 t 0 D．0 t 1
【答案】C
【解析】當(dāng) x 0,1 時， f x = x2 - 2x +13 = (x -1)2 +12，
此時有 f (0) f x < f (1) 12 < f x 13，
當(dāng) x 1,2 時， f x = x ln x f (x) = ln x +1 > 0，此時函數(shù)單調(diào)遞增，
故 f (1) f x < f (2) 0 f x < 2ln 2，故函數(shù) f x 在 x 0,2 時的最小值為 0 ，
又 f x + 2 = 2 f x ，因此當(dāng) x -4, -2 時，函數(shù) f x min = 0 ，
從而0 t 2 + 2t -2 t 0，
故選：C.
【變式 8-3】（2024·江西·一模）設(shè)函數(shù) f (x) 的定義域為R ，滿足 f (x + 2) = 2 f (x) ，且當(dāng) x (0, 2]時，
f (x) = -x(x - 2) .若對任意 x (- ,m]，都有 f (x)
40
，則m的取值范圍是（ ）.
9
, 9- ù 19ù 23ùA． ú B． - , C． (- ,7] D． - ,è 4 è 3 ú è 3 ú
【答案】B
【解析】求出 f (x) 在 x (2n,2n + 2]的解析式，作出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合即可得到答案.
當(dāng) x (2n,2n + 2]時， x - 2n (0,2]， f (x) = 2n f (x - 2n) = -2n (x - 2n)(x - 2n - 2)，
f (x)max = 2
n 4 40，又 < < 8，所以m至少小于 7，此時 f (x) = -23(x - 6)(x - 8)，
9
令 f (x)
40 40 23 19
= ，得-23(x - 6)(x - 8) = 19，解得 x = 或 x =3 ，結(jié)合圖象，故m .9 9 3 3
故選：B.
題型九：V 型函數(shù)和平底函數(shù)
【典例 9-1】（2024·上海青浦·二模）等差數(shù)列 a1,a2 L,an n N * ，滿足
a1 + a2 +L+ an = a1 +1 + a2 +1 +L+ an +1 = a1 + 2 + a2 + 2 +L+ an + 2
= a1 + 3 + a2 + 3 +L+ an + 3 = 2010，則（ ）
A．n 的最大值是 50 B．n 的最小值是 50
C．n 的最大值是 51 D．n 的最小值是 51
【答案】A
ìa > 0
【解析】不妨設(shè) a1 > 0， d < 0
k
，由對稱性可得：n = 2k ,k N * .可得 í ，ak+1 +3 < 0 .解得 d < -3
a
.可
k +1 < 0
得 a1 + a2 +L+ ak - ak +1 + ak +2 +L+ a2k = 2010，可得 k 2d = -2010，解出即可得出.不妨設(shè) a1 > 0， d < 0 ，
ìa > 0
由對稱性可得：n = 2k ,k N * . k則 í a +3 < 0
a
， k+1 .
k +1 < 0
a1 + k -1 d > 0， a1 + kd < 0， a1 + kd + 3 > 0
∴ d < -3
∴ a1 + a2 +L+ ak - ak +1 + ak +2 +L+ a2k = 2010，
∴ k 2d = -2010，
2010
∴ - 2 < -3，解得： k < 670 ，k
∴ 2k < 2 670 ，∴ 2k 50 .
∴n 的最大值為 50.
故選：A.
1 1 1
【典例 9-2】已知等差數(shù)列 an 滿足： a1 + a2 +L+ an = a1 - + a2 - +L+ a -2 2 n 2
a 3 3 3= 1 + + a2 2
+ +L+ a
2 n
+ = 72
2 ，則
n的最大值為（ ）
A．18 B．16 C．12 D．8
【答案】C
【解析】Q a1 + a2 +L+ a
1
n = a1 - + a
1 1
2 - +L+ an - = 722 2 2
\ a *n 不為常數(shù)列，且數(shù)列的項數(shù)為偶數(shù)，設(shè)為 2k k N
則，一定存在正整數(shù) k 使得 ak > 0，ak +1 < 0或 ak < 0，ak +1 > 0
ìak < 0 ìaa 0，a 0 \ 1
+ k -1 d < 0 ìd > 0
不妨設(shè) k k +1 ，即， í í \
ak +1 > 0 a1 + kd > 0
í
a1 < 0
從而得，數(shù)列 an 為單調(diào)遞增數(shù)列，
Q 1 1 1 3 3 3ak < 0
1
，\ak - < 0，且， a1 - + a - +L+ a2 2 2 2 n
- = a1 + + a2 + +L+ an +2 2 2 2
a 3 0 a - 3 1\ k + \ k ，同理 ak +1 - 02 2 2
ìa 3 ì k - a + k -1 d
3
-
2 1
即， í \
2
í \d 2
a 1 1
k +1
a1 + kd 2 2
根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)， ak +1 - a1 = ak +2 - a2 = ...... = a2k - ak = kd
\ a1 + a2 + ......+ an = a1 + a2 + ......+ a2k = ak +1 + ak +2 + ......+ a2k - a1 - a2 - ......- a = k
2
k d = 72
72 72
\k 2 = = 36 \n = 2k 2 6 = 12
d 2
所以 n 的最大值為 12，選項 C 正確，選項 ABD 錯誤
故選：C.
【變式 9-1】等差數(shù)列 a1,a2 ,× × ×,an n 3,n N* ，滿足 | a1 | + | a2 | + ×× × + | an | = | a1 +1| + | a2 +1| + ×× × + | an +1|
= | a1 - 2 | + | a2 - 2 | + ×× × + | an - 2 | = 2019，則（ ）
A．n的最大值為 50 B．n的最小值為 50
C．n的最大值為 51 D．n的最小值為 51
【答案】A
【解析】 an 為等差數(shù)列，則使
a1 + a2 + ×××+ an | = a1 +1 + a2 +1 + ×××+ an +1 = a1 - 2 + a2 - 2 + ×××+ an - 2 | = 2019，所以數(shù)列 an 中的項一
定有正有負(fù)，不妨設(shè) a1 < 0, d > 0，因為
ìa 0
a1 + a2 + ×××+ an | = a1 +1 + a2 +1 + ×××+ an +1 = a1 - 2 + a2 - 2 + ×××+ a - 2 | = 2019
k +1
n 為定值，故設(shè) ía ， k < 0
ìak +1 - 2 0
且 ía +1 0 ，解得 d > 3 .若
ai < 0 且 ai +1< 0，則 ai - ai +1 =1，同理若 ai 0，則 a< i
+1 - ai =1 .所以
k
k k n n
ai - ai +1 = ai +1 - ai = k ，所以數(shù)列 an 的項數(shù)為 2k ，所以 | a1 + a2 + ×××+ an |
i=1 i=1 i=k +1 i=k +1
= -a1 - a2 -L- ak + ak +1 + ak +2 +L+ a2k = -2 a1 + a2 +L+ ak + a1 + a2 +L+ a2k
é k k -1 ù é 2k 2k +1 ù
= -2 êka
d 1 + ú +2 ê2ka1 + d2 ú = k
2d = 2019，由于 d > 3，所以 k 2d = 2019 > 3k 2 ，解得

k 2 < 673，故 k 25,n 50，故選 A.
【變式 9-2】已知等差數(shù)列 an 滿足， a1 + a2 + + an = a1 +1 + a2 +1 + + an +1 = a1 -1 + a2 -1 +
+ an -1 = 98，則n的最大值為（ ）
A．14 B．13 C．12 D．11
【答案】A
【解析】由題意，等差數(shù)列 an 滿足 a1 + a2 + + an = a1 +1 + a2 +1 +L+ an +1
= a1 -1 + a2 -1 +L + an -1 = 98，
ìan > 0 ìan < 0
可得等差數(shù)列不是常數(shù)列，且 an 中的項一定滿足 í
an-1 < 0
或 ía ，且項數(shù)為偶數(shù)， n-1 > 0
ìak +1 > 0
設(shè) n = 2k,k N + ，等差數(shù)列的公差為d ，不妨設(shè) í ，
ak < 0
則 a1 < 0, d > 0，且 ak +1 0，即 ak -1，
由 ak +1 -1 0，則-1+ kd a1 + kd 1，即 kd 2，
即有 d 2，
則 a1 + a2 + + an = -a1 -a2 -L-ak +ak+1 +L+a2k
= -[ka k(k -1)d1 + ]+ k(a
k(k -1) 2
2 1
+ kd ) + d = k d = 98，
2
可得98 2k 2 ，解得 k 7，
即有 k的最大值為 7 ，n的最大值為14 .
故選：A.
【變式 9-3】設(shè)等差數(shù)列 a1， a2，…， an （ n 3， n N* )的公差為d ，滿足 a1 + a2 + ××× + an = a1 -1
+ a2 -1 + ××× + an -1 = a1 + 2 + a2 + 2 + ××× + an + 2 = m，則下列說法正確的是
A． d 3 B．n的值可能為奇數(shù)
C．存在 i N * ，滿足-2 < ai <1 D．m的可能取值為11
【答案】A
【解析】因為 a1 + a2 + ××× + an = a1 -1 + a2 -1 + ××× + an -1 = a1 + 2 + a2 + 2 + ××× + an + 2 = m
所以 a1 + a1+d + ×××+ a1 + (n -1)d = a1 -1 + a1 -1+d + ×××+ a1 -1+ (n -1)d
= a1 + 2 + a1 + 2 + d + ×××+ a1 + 2+(n -1)d = m
令 f (x) = x + x + d + x + 2d +L+ x + (n -1)d ,n 3
則 f (a1) = f (a1 -1) = f (a1 + 2) = m （*）
①當(dāng) d = 0 時， f (x) = n x ，不滿足（*），舍去．
②當(dāng) d > 0時，由（*）得 f (x) 為平底型，故n為偶數(shù) (n≥ 4) ．
f (x) 的大致圖像為：
n
則- d a1 -1< a
n
1 < a1 + 2 -( -1)d 2 2
n
所以 -( -1)d+
n d = d 3，故 A 正確．
2 2
ì n
- d a1 -1 2 n n
由 í 1- d a1 -2 - ( -1)d
a 2 (n 1)d 2 21 + - - 2
i 1,2,L, n a a (i 1)d 2 (n 1)d (i 1)d (i n當(dāng) = 時 i = 1 + - - - - + - = - )d - 2 2 2 2
n
當(dāng) i = +1,
n +2,L, n n n 時 ai = a1 + (i -1)d 1- d + (i -1)d=1+(i - -1)d 12 2 2 2
故不存在 i N * ，滿足-2 < ai <1，C 錯
m = f (a1) = a1 + a2 +L+ an + an +L+ an
+1
2 2
(a1 + a2 +L+ an ) - (an + an +L+ an )
+1 +2
2 2 2
n 2= (a nn - a1) = d 2 +12 4
2
由于 n 4,d 3 所以m n d 12，故 D 錯
4
③當(dāng) d < 0 時，令 d = -d > 0
由于 f (x) 的圖像與 f (-x) 的圖像關(guān)于 y 軸對稱，故只需研究 f (-x)
故令 g(x) = f (-x) = -x + -x + d + -x + 2d +L+ -x + (n -1)d , n 3
= x + x + d + x + 2d +L+ x + (n -1)d , n 3
因為 f (a1) = f (a1 -1) = f (a1 + 2) = m
所以 g(-a1) = g(-a1 -1) = g(-a1 + 2) = m
由②知 g(x)為平底型，故n為偶數(shù) (n≥ 4)，故 B 錯
令 a 1 = -a1 -1,a = a i 1 + (i -1)d = ai -1
所以 g(a i ) = g(a i -1) = g(a i + 2) = m d = -d 3 ，故 A 正確
由②知，不存在 i N * ，滿足-2 < a i <1 -2 < -ai -1 <1 -2 < ai <1，故 C 錯
n2
由②知，m = g(ai ) d 12 ，故 D 錯4
綜上所述，A 正確,BCD 錯誤
故選 A.
a a 1 31．已知數(shù)列 n 滿足 n+1 = an - 6 + 6(n =1,2,3,L)，則（ ）4
A．當(dāng) a1 = 3時， an 為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)M ≤0，使得 an > M 恒成立
B．當(dāng) a1 = 5時， an 為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)M 6 ，使得 an < M 恒成立
C．當(dāng) a1 = 7時， an 為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)M > 6，使得 an > M 恒成立
D．當(dāng) a1 = 9時， an 為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)M > 0，使得 an < M 恒成立
【答案】B
1 3 1
【解析】法 1：因為 an+1 = an - 6 + 6，故 an+1 - 6 = an - 6
3
，
4 4
對于 A ，若 a1 = 3，可用數(shù)學(xué)歸納法證明： an - 6 -3即 an 3，
證明：當(dāng) n =1時， a1 - 6 = -3 -3，此時不等關(guān)系 an 3成立；
設(shè)當(dāng) n = k 時， ak - 6 -3成立，
a 1 3 27 則 k +1 - 6 = ak - 6 -54,-4 4 ÷，故 ak +1 - 6 -3成立，è
由數(shù)學(xué)歸納法可得 an 3成立.
1 3
而 an+1 - an = an - 6 - an - 6
1
= a é 2 ù
4 n
- 6 ê an - 6 -1 ， 4 ú
1 a - 6 2 1 9 5n - -1 = > 0， an - 6 < 0 ，故 a4 4 4 n+1
- an < 0，故 an+1 < an ，
故 an 為減數(shù)列，注意 ak +1 - 6 -3 < 0
a 1 3 1 2 9故 n+1 - 6 = an - 6 = an - 6 an - 6 an - 6 ，結(jié)合 an+1 - 6 < 0，4 4 4
9 n n6 - a 9 9 所以 n+1 6 - an ，故6 - a4 n+1 3 ÷ ，故 a4 n+1 6 - 3 ÷ ，è è 4
9
n

若存在常數(shù)M ≤0，使得 an > M 恒成立，則6 - 3 ÷ > M ，
è 4
6 - M n 9 6 - M
故 > ÷ ，故 n < log 9 ，故 an > M3 恒成立僅對部分
n成立，
3 è 4 4
故 A 不成立.
對于 B，若 a1 = 5,可用數(shù)學(xué)歸納法證明：-1 an - 6 < 0即5 an < 6 ，
證明：當(dāng) n =1時，-1 a1 - 6 = -1 0，此時不等關(guān)系5 an < 6 成立；
設(shè)當(dāng) n = k 時，5 ak < 6 成立，
則 ak +1 - 6
1
= a 3 1k - 6 - ,0

4 4 ÷，故
-1 ak +1 - 6 < 0成立即
è
由數(shù)學(xué)歸納法可得5 ak +1 < 6成立.
而 a
1 1
n+1 - an = an - 6
3 - a - 6 = a - 6 é 2 ù
4 n n ê
an - 6 -14 ú ，
1 an - 6
2 -1< 0， an - 6 < 0 ，故 an+1 - an > 0，故 an+1 > an ，故 an 為增數(shù)列，4
若M = 6，則 an < 6恒成立，故 B 正確.
對于 C，當(dāng) a1 = 7時， 可用數(shù)學(xué)歸納法證明：0 < an - 6 1即6 < an 7，
證明：當(dāng) n =1時，0 < a1 - 6 1，此時不等關(guān)系成立；
設(shè)當(dāng) n = k 時，6 < ak 7成立，
1
則 ak +1 - 6 = ak - 6
3 1 ù 0, ú，故0 < ak +1 - 6 14 4 成立即
6 < ak +1 7
è
由數(shù)學(xué)歸納法可得6 < an 7成立.
而 an+1 - an = an - 6
é1
ê an - 6
2 -1ù
4 ú
< 0，故 an+1 < an ，故 an 為減數(shù)列，

a 6 a 6 1 a 6 2 1
n
又 n+1 - = n - n - an - 6 ，結(jié)合 an+1 - 6 > 0 1可得： an+1 - 6 a1 - 6

÷ ，所以4 4 è 4
a 1
n

n+1 6 + 4 ÷
，
è
n
a 1 若 n+1 6 + 4 ÷
，若存在常數(shù)M > 6，使得 an > M 恒成立，
è
n
則M - 6 1 恒成立，故 n log 1 M - 6 ÷ ，n的個數(shù)有限，矛盾，故 C 錯誤.
è 4 4
對于 D，當(dāng) a1 = 9時， 可用數(shù)學(xué)歸納法證明： an - 6 3即 an 9，
證明：當(dāng) n =1時， a1 - 6 = 3 3，此時不等關(guān)系成立；
設(shè)當(dāng) n = k 時， ak 9成立，
1
則 ak +1 - 6 = ak - 6
3 27 > 3，故 ak +1 9成立4 4
由數(shù)學(xué)歸納法可得 an 9成立.
a - a é1 2 ù而 n+1 n = an - 6 ê an - 6 -1ú > 0 ，故 an+1 > an ，故 an 4 為增數(shù)列，
a - 6 1 9= a - 6 a - 6 2 > a - 6 a - 6 > 0 a 6 a 6 9
n-1 9 n-1
又 n+1 n n ，結(jié)合 可得： - > -

4 4 n n n+1 1 4 ÷
= 3 4 ÷
，所以
è è
n-1
a 6 + 3 9 n+1 ÷ ，
è 4
n-1
若存在常數(shù)M > 0，使得 an < M 恒成立，則M 6 3
9
> + ÷ ，
è 4
M 6 3 9
n-1
M - 6
故 > + ，故 n < log 9 +1
è 4 ÷ 4 è 3
÷ ，這與 n 的個數(shù)有限矛盾，故 D 錯誤.

故選：B.
a a 1 12 - = a - 6 3 + 6 - a = a3 9 2法 ：因為 n+1 n n n n - an + 26an - 48，4 4 2
f x 1 x3 9令 = - x2 + 26x - 48 3 2，則 f x = x - 9x + 26 ，
4 2 4
令 f x > 0 2 3 2 3，得0 < x < 6 - 或 x > 6 + ；
3 3
令 f x < 0，得6 2 3 2 3- < x < 6 + ；
3 3
2 3 2 3 2 3 2 3
所以 f x 在 - ,6 - ÷÷和 6 + , + ÷÷上單調(diào)遞增，在 6 - ,6 + ÷÷ 上單調(diào)遞減，
è 3 è 3 è 3 3
令 f x = 0 1 x3 9 2，則 - x + 26x - 48 = 0 1，即 x - 4 x - 6 x -8 = 0 ，解得 x = 4或 x = 6或 x = 8，
4 2 4
注意到 4 6 2 3 2 3< - < 5，7 < 6 + < 8，
3 3
所以結(jié)合 f x 的單調(diào)性可知在 - , 4 和 6,8 上 f x < 0 ，在 4,6 和 8,+ 上 f x > 0，
a 1= a - 6 3 1對于 A，因為 n+1 n + 6，則 an+1 - 6 = an - 6
3
，
4 4
1 3
當(dāng) n =1時， a1 = 3， a2 - 6 = a1 - 6 < -3，則a2 < 3，4
假設(shè)當(dāng) n = k 時， ak < 3，
1 1
n k 1 a - 6 = a - 6 3 < 3 - 6 3當(dāng) = + 時， k +1 k < -3，則 a4 4 k +1
< 3，
綜上： an 3，即 an - , 4 ，
因為在 - , 4 上 f x < 0 ，所以 an+1 < an ，則 an 為遞減數(shù)列，
a 1 3 1 9因為 n+1 - an +1 = an - 6 + 6 - a +1 = a3n n - a2n + 26a - 47，4 4 2 n
令 h x 1 x3 9= - x2 + 26x - 47 x 3 h x 3 2，則 = x - 9x + 26，
4 2 4
-9
h x x = - 3 = 6因為 開口向上，對稱軸為 2 ，
4
所以 h x 在 - ,3 3 2上單調(diào)遞減，故 h x h 3 = 3 - 9 3 + 26 > 0，
4
所以 h x 在 - ,3 1 3 9 2上單調(diào)遞增，故 h x h 3 = 3 - 3 + 26 3 - 47 < 0，
4 2
故 an+1 - an +1< 0，即 an+1 < an -1，
假設(shè)存在常數(shù)M ≤0，使得 an > M 恒成立，
取m1 = - M + 4，其中M -1< M M ，且 M Z，
因為 an 1 < an -1，所以 a2 < a1 -1, a3 < a2 -1,L,a- M +4 < a+ - M +3 -1，
上式相加得， a- M +4 < a1 - - M + 3 3+ M - 3 = M ，
則 am = a M +4 < M ，與 an > M1 恒成立矛盾，故 A 錯誤；
對于 B，因為 a1 = 5，
當(dāng) n =1時， a1 = 5 < 6， a
1 1
2 = a1 - 6
3 + 6 = 5 - 6 3 + 6 < 6，
4 4
假設(shè)當(dāng) n = k 時， ak < 6，
3
當(dāng) n = k +1時，因為 ak < 6，所以 ak - 6 < 0，則 ak - 6 < 0 ，
所以 a
1
k +1 = a - 6
3
k + 6 < 6，4
1 3 1
又當(dāng) n =1時， a2 - 5 = a1 - 6 +1 = 5 - 6
3 +1 > 0，即 a2 > 5，4 4
假設(shè)當(dāng) n = k 時， ak 5，
當(dāng) n = k +1時，因為 ak 5，所以 ak - 6 -1，則 ak - 6
3 -1，
所以 a
1
k +1 = ak - 6
3 + 6 5，
4
綜上：5 an < 6 ，
因為在 4,6 上 f x > 0，所以 an+1 > an ，所以 an 為遞增數(shù)列，
此時，取M = 6，滿足題意，故 B 正確；
a 1= a 3對于 C，因為 n+1 n - 6 + 6，則 an+1 - 6
1
= an - 6
3
，
4 4
a 1
3 4
注意到當(dāng) 1 = 7時， a2 = 7 - 6
3 1+ 6 = + 6 a 1 1= + 6 - 6 1， 3 ÷ + 6 =

4 4 4 ÷
+ 6，
è 4 è 4
3
1 é 1 4 ù 1 13a4 =

ê ÷ + 6 - 6

4 4 ú
+ 6 = + 6
êè ú è 4
÷

1
1 3
k -1
2
猜想當(dāng) n 2時， a = ÷ + 6，k
è 4
1 4
1 3n -1
當(dāng) n = 2與 n = 3時， a2 = + 6與 a
1 2
3 =
+ 6滿足 a = 1 4 ÷è 4 n 4 ÷
+ 6，
è
1 3k -12
假設(shè)當(dāng) n = k 時， a 1 ，k = + 6
è 4 ÷
é 1
3
3k -1 ù 1 3k+1 -12 2
當(dāng) n = k +1 1時，所以 a = a - 6 3 1+ 6 = ê 1 ú 1 k +1 k + 6 - 6 + 6 =4 4 ê 4 ÷ ú 4 ÷ + 6，è è

1 n
綜上： a 1
3 -1
2
n = ÷ + 6 n 2 ，
è 4
1 n 13 -1 3n -12 2
易知3n -1 > 0，則0 1< ÷ <1，故 a =
1
n ÷ + 6 6,7 n 2 ，è 4 è 4
所以 an 6,7 ，
因為在 6,8 上 f x < 0 ，所以 an+1 < an ，則 an 為遞減數(shù)列，
假設(shè)存在常數(shù)M > 6，使得 an > M 恒成立，
é ù *
記m0 = log3 ê2log 1 M - 6 +1ú ，取m = m0 +1，其中m0 -1< m0 m0 ,m0 N ，
4
則3
m > 3m0 = 2log 1 M - 6 +1，
4
1 1 m 1 2
3m -1 1 3m1 -12 故 3 -1 > log 1 M - 6 ，所以 2 ÷ < M - 6，即 ÷ + 6 < M ，4 è 4 è 4
所以 am < M ，故 an > M 不恒成立，故 C 錯誤；
對于 D，因為 a1 = 9，
1
當(dāng) n =1時， a2 - 6 = a
3 27
1 - 6 = > 3，則 a2 > 9，4 4
假設(shè)當(dāng) n = k 時， ak 3，
1
當(dāng) n = k +1時， ak +1 - 6 = ak - 6
3 1 9 - 6 3 > 3，則 ak +1 > 9，4 4
綜上： an 9，
因為在 8,+ 上 f x > 0，所以 an+1 > an ，所以 an 為遞增數(shù)列，
因為 a
1
n+1 - an -1 = an - 6
3 + 6 1 9- an -1 = a
3
n - a
2
n + 26an - 49，4 4 2
令 g x 1 x3 9= - x2 + 26x - 49 x 9 ，則 g x 3= x2 - 9x + 26，
4 2 4
x -9g x = - 3 = 6因為 開口向上，對稱軸為 2 ，
4
所以 g x 3 2在 9, + 上單調(diào)遞增，故 g x g 9 = 9 - 9 9 + 26 > 0 ，
4
所以 g x g 9 1 9= 93 - 92 + 26 9 - 49 > 0，
4 2
故 an+1 - an -1 > 0，即 an+1 > an +1，
假設(shè)存在常數(shù)M > 0，使得 an < M 恒成立，
取m2 = M +1，其中M -1< M M ，且 M Z，
因為 an+1 > an +1，所以 a2 > a1 +1, a3 > a2 +1,L, a M +1 > a M +1，
上式相加得， a M +1 > a1 + M > 9 + M -1 > M ，
則 am = a2 M +1 > M ，與 an < M 恒成立矛盾，故 D 錯誤.
故選：B.
2．已知函數(shù) f (x) = ex - x -1，數(shù)列{a }
1
n 的前n項和為 Sn ，且滿足 a1 = ,a2 n+1 = f (an )，則下列有關(guān)數(shù)列{an}的
敘述正確的是（ ）
A． a5 <| 4a2 - 3a1 | B． a7 a8
C． a10 >1 D． S100 > 26
【答案】A
【解析】由 f (x) = ex - x -1 = x，
解得 x = 0或 x = x0，
由零點存在性定理得 x = x0 (1, 2)，
\當(dāng) an < x0 時， an+1 - an = e
an - 2an -1 < 0，數(shù)列單調(diào)遞減，
Qa 11 = < x0 ，2
\a2 = f (a1) < a
1
1 = < x2 0，
1
同理， a3 < a2 = f (a1) < ，2
1
迭代下去，可得0 < an < an-1 < < a1 = ，數(shù)列單調(diào)遞減，2
故選項B和選項C 都錯誤；
1
又0 < a < a 2 1n n-1 < < a2 = e - -1 <1.7 -1.5 = 0.2 ，2
\S100 < 99a2 + a1 = 20.3，故D 錯誤；
對于A ， | 4a2 - 3a1 |>| 3 0.5 - 4 0.2 |= 0.7 ，
而 a5 < a2 < 0.2 < 0.7，
\a5 <| 4a2 - 3a1 |，故 A 正確．
故選：A．
3．已知數(shù)列{xn}，滿足 x1 =1， 2x *n+1 = ln(1+ xn )(n N ) ，設(shè)數(shù)列{xn}的前n項和為 Sn ，則以下結(jié)論正確的是
（ ）
A． xn+1 > xn B． xn - 2xn+1 < xn xn+1
C． 2 xn+2 > xn+1 +1 D． Sn+5 > 2
【答案】B
【解析】Q2xn+1 = ln(1+ xn )(n N
*)，把 x1 =1代入遞推可得： xn > 0，
令 f (x) = x - ln(x +1) ， x > 0，則 f (x)
x
= > 0 ， f (x) 在 (0, + )x 1 單調(diào)遞增，+
\ f (x) > f (0) ，即當(dāng) x > 0時，恒有 ln(1+ x) < x 成立，
Q xn > 0，\2xn+1 = ln(1+ xn ) < xn ，\ xn > 2xn+1 > xn+1，故選項A 錯誤；
又Q2 xn+2 < 2 xn+1 xn+1 +1，\選項C 錯誤；
Q(xn - 2x ) x
xnln(1+ xn ) 2xn - (2 + xn )ln(1+ xn ) 2 + xn 2xn
n+1 - n xn+1 = xn - ln(1+ xn ) - = = [ - ln(1+ x )]2 2 2 2 0 < x 1+ x n ， n ，n
y 2x
x2
令 = - ln(1+ x) ， 0 < x 1，則 y = - < 0 2x2 ，\函數(shù) y = - ln(1+ x) (0 1]x 2 (x 2) (x 1) x 2 在 ， 上遞減，+ + + +
\ y < y(0) = 0，
\(xn - 2xn+1) - xn xn+1 < 0，故選項 B 正確；
x 1
又由 xn > 2xn+1可得 xn+1 < n ，Q x1 =1，\ xn 2 2n-1 （當(dāng)且僅當(dāng) n =1時取“
= “ )，可得
S 1 1 1+ + + = 2 - (1)n-1n n-1 < 22 2 2 ，
\Sn+5 < 2，故選項D錯誤，
故選 B ．
4．（2024·全國·模擬預(yù)測）德國數(shù)學(xué)家狄利克雷（Dirichlet）是解析數(shù)論的創(chuàng)始人之一，下列關(guān)于狄利
ì1, x為有理數(shù)
克雷函數(shù)D(x) = í 的結(jié)論正確的是（ ）
0, x為無理數(shù)
A．D(D(x))有零點 B．D(x) 是單調(diào)函數(shù)
C．D(x) 是奇函數(shù) D．D(x) 是周期函數(shù)
【答案】D
【解析】對于 A，因為D(x) = 0 或D(x) =1均為有理數(shù)，
所以D(D(x)) =1 > 0，故D(D(x))沒有零點，A 錯誤，
對于 B，因為D(1) = D(2) =1, D( 2) = 0，所以D(2) = D(1) > D( 2)，
故D(x) 不是單調(diào)函數(shù)，B 錯誤，
對于 C，因為 x和-x同為有理數(shù)或同為無理數(shù)，所以D(-x) = D(x) ，
故D(x) 是偶函數(shù)，C 錯誤，
對于 D，設(shè)T 為任意非零有理數(shù)，則 x和 x +T 同為有理數(shù)或同為無理數(shù)，
所以D(x +T ) = D(x)，故D(x) 是周期函數(shù)（以任意非零有理數(shù)為周期），D 正確，
故選：D.
5．（2024·安徽·三模）丹麥數(shù)學(xué)家琴生是 19 世紀(jì)對數(shù)學(xué)分析做出卓越貢獻(xiàn)的巨人，特別在函數(shù)的凹凸
性與不等式方面留下了很多寶貴的成果.若 x1, x2 ,L, xn 為 a,b 上任意n個實數(shù)，滿足
x1 + x2 +L+ xn f x1 + f x2 +L+ f xf n ÷ ，則稱函數(shù) f x 在 a,b 上為“凹函數(shù)”.也可設(shè)可導(dǎo)函數(shù)
è n n
f x 在 a;b 上的導(dǎo)函數(shù)為 f x , f x 在 a,b 上的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，當(dāng) f x > 0時，函數(shù) f x 在 a,b
x x x
上為“凹函數(shù)”.已知 x1, x2 ,L, xn > 0,n 2，且 x1 + x2 +L+ xn =1
1
，令W = + 2 +L+ n1- x 1- x 1- x 的最小值為1 2 n
an ，則 a2024 為（ ）
2023 2024 2024 2025
A． B． C． D．
2024 2023 2025 2024
【答案】B
x 1
【解析】記函數(shù) f x = = -1, x 0,1 ，首先證明其凹凸性：
1- x 1- x
Q f x -1 1 -2 1- x, 2= - = \ f x = - = > 0 ，
(1- x)2 (1- x)2 (1- x)4 (1- x)3
\ f x 1= -1在 0,1 上為“凹函數(shù)”.
1- x
x + x +L+ x f x1 + f x2 +L+ f xn
由琴生不等式，得 f 1 2 n ÷ ，
è n n
1
1 x
即 1
x2 L xn

+ + + n .
n è1- x 1- x 1- x
÷
1 11 2 n -
n
W x1 x x n所以 = + 2 +L+ n 1- x ，1 1- x2 1- xn n -1
即當(dāng) x1 = x2 =L = x
1
n = 時，W 取最小值 a
n 2024
n = ，所以 an n -1 2024
= .
2023
故選：B.
6．（2024·江蘇·模擬預(yù)測）貝塞爾曲線（Beziercurve）是應(yīng)用于二維圖形應(yīng)用程序的數(shù)學(xué)曲線，一般的
矢量圖形軟件通過它來精確畫出曲線.三次函數(shù) f x 的圖象是可由A ， B ，C ， D四點確定的貝塞爾曲線，
其中A ， D在 f x 的圖象上， f x 在點A ， D處的切線分別過點 B ，C .若 A 0,0 ， B -1, -1 ，C 2,2 ，
D 1,0 ，則 f x =（ ）
A．5x3 - 4x2 - x B．3x3 - 3x
C．3x3 - 4x2 + x D．3x3 - 2x2 - x
【答案】C
【解析】設(shè) f x = ax3 + bx2 + cx + d 2，則 f x = 3ax + 2bx + c，
ì f 0 = d = 0
f 1 = a + b + c + d = 0 ìa = 3
b = -4 3 2
由題意 í f 0 = c -1- 0= = k ，解得 í ，所以 f x = 3x - 4x + x .AB
-1- 0 c =1

f 1 d = 0= 3a 2b 2 - 0+ + c = = k
2 -1 DC
故選：C.
7．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）早在西元前 6 世紀(jì)，畢達(dá)哥拉斯學(xué)派已經(jīng)知道算術(shù)中項，幾何中項以
及調(diào)和中項，畢達(dá)哥拉斯學(xué)派哲學(xué)家阿契塔在《論音樂》中定義了上述三類中項，其中算術(shù)中項，幾何中
a b
項的定義與今天大致相同．若 2a + 2b = 1，則 4 +1 4 +1 的最小值為（ ）
25 9 9 25
A． B． C． D．
4 16 4 16
【答案】D
【解析】不妨設(shè)m = 2a ， n = 2b ，則m > 0， n > 0，
m n 1所以1 = m + n 2 mn ，當(dāng)且僅當(dāng) = = 時取等號，2
即0 < mn
1
，當(dāng)且僅當(dāng)m = n
1
= 時取等號，
4 2
a b
所以 4 +1 4 +1 = m2 +1 n2 +1 = mn 2 + m2 + n2 +1 = mn 2 + m + n 2 - 2mn +1
= mn 2 - 2mn + 2 = mn -1 2 1+1，（0 < mn ）4
mn 1 25所以當(dāng) = 時， mn 2 - 2mn + 2取得最小值 ，
4 16
故選：D．
8．函數(shù) f x 的定義域為D，若滿足：① f x 在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②存在 a,b D(a < b) ，使得 f x 在
a,b 上的值域也是 a,b ，則稱 y = f x 為高斯函數(shù).若 f x = k + x - 3 是高斯函數(shù)，則實數(shù) k的取值范圍
是（ ）
é11,3ù 11,3ù 11A． ê ú B． ú C． ,+

D
1 ,11 ．
4 è 4 è 4 ÷ ÷ è 2 4
【答案】B
ì f a = k + a - 3 = a
【解析】 f x = k + x - 3 在 x 3,+ 上單調(diào)遞增，則 í
f b = k + b - 3 = b
所以 a,b是方程 k + x - 3 = x在 x 3,+ 上的兩個不等實根，
令 t = x - 3 ，則 x = t 2 + 3 t 0 ，
所以 t 2 - t + 3 - k = 0在 t 0, + 上有兩個不等實根，
1
令 g(t) = t 2 - t + 3 - k ，對稱軸 t = ，
2
ìg(0) 0 ì3- k 0 11
則 í ，即 ，解得 k ,3
ù
Δ 1 4 ． = - (3- k) > 0
í4k -11 > 0 è 4 ú
故選：B．
9．設(shè)函數(shù) f x 的定義域為D，若存在閉區(qū)間 a,b D，使得函數(shù) f x 滿足：① f x 在 a,b 上是單調(diào)函
數(shù)；② f x 在 a,b 上的值域是 2a, 2b ，則稱區(qū)間 a,b 是函數(shù) f x 的“和諧區(qū)間”．下列結(jié)論錯誤的是
（ ）
A．函數(shù) f x = x2 x 0 存在“和諧區(qū)間”
B．函數(shù) f x = x + 3 x R 不存在“和諧區(qū)間”
C．函數(shù) f x 4x= 2 x 0 存在“和諧區(qū)間”x +1
D．函數(shù) f x = log cx 1- c ÷ （ c > 0且 c 1）不存在“和諧區(qū)間”
è 8
【答案】D
【解析】對于選項 A，存在區(qū)間 0,2 ， f x 在 0,2 上是單調(diào)增函數(shù)， f x 在 0,2 上的值域是 0,4 ，
故 A 正確；
對于選項 B，假設(shè)存在區(qū)間 a,b ，函數(shù) f x = x + 3在區(qū)間 a,b 上為增函數(shù)，
由 f a + 3 = 2ax 在 a,b ì上的值域是 2a, 2b ，可得 í
b + 3 2b
，
=
ìa = 3
解得 í a b
b 3
，這與 矛盾，故假設(shè)錯誤，所以選項 B 正確；
=
4x
對于選項 C，由函數(shù) f x = x 0 ，
x2 +1
4 x2 +1 - 4x ×2x
f x 4 - 4x
2
可得 =
2 2
= 2 ，
x +1 x2 +1
取區(qū)間 0,1 ，在此區(qū)間上 f x 0，所以函數(shù) f x 在區(qū)間 0,1 上為增函數(shù)．
因為 f 0 = 0， f 1 = 2 ，所以函數(shù)在區(qū)間 0,1 上的值域為 0,2 ，所以選項 C 正確；
x 1
對于選項 D，不妨設(shè) c >1，因為內(nèi)層函數(shù)u = c - 為增函數(shù)，外層函數(shù) y = logc u 也為增函數(shù)，8
所以，函數(shù) f x 在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，
ì
log
cm 1- c ÷ = 2mì f m = 2m
假設(shè)函數(shù) f 8x 存在“和諧區(qū)間”[m, n] è ，則由 í
f n = 2n
得 í ，
n 1
logc c - ÷ = 2n è 8
所以m、n是方程 log cx
1
c -

÷ = 2x 的兩個根，
è 8
2x x 1
即m、n是方程 c - c + = 0的兩個根．
8
x t 2 2t 1 0 4 4 1令 t = c > 0，可得 - + = ，D = - > 0，8 8
ìt1 + t2 = 2 > 0
t t 2 2t 1 設(shè)關(guān)于 的二次方程 - + = 0 的兩根分別為 t1、 t2 ，則 ít t 1 ，則
t
8 = 1
、 t2 > 0 ，
1 2 8
即關(guān)于 t t 2 2t
1
的二次方程 - + = 0 有兩個正根，故函數(shù) f x 存在“和諧區(qū)間”，D 錯.
8
故選：D.
10．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測）對于定義域為D的函數(shù) y = f x ，若存在區(qū)間 a,b D，使得 f x 同
時滿足：
① f x 在區(qū)間 a,b 上是單調(diào)函數(shù)；
②當(dāng) f x 的定義域為 a,b 時， f x 的值域也為 a,b ，則稱區(qū)間 a,b 為該函數(shù)的一個“和諧區(qū)間”
m 2
已知定義在 1, k 上的函數(shù) f x = - 有“和諧區(qū)間”，則正整數(shù) k 取最小值時，實數(shù) m 的取值范圍是（ ）
2 x
A． 4,4 2 B． 4 2,6 C． 4,6 D． 6,8
【答案】B
【解析】若函數(shù) f (x) 有“和諧區(qū)間”，則 f (x) 在 1, k 上單調(diào)遞增，
且 f (x)
m 2
= - = x在定義域內(nèi)有兩個不等的實數(shù)根，
2 x
m 2
= + x 2 2 ，即
2 x m 4 2
，
又 g(x)
2
= + x 在區(qū)間 1, 2 單調(diào)遞減，x
在區(qū)間 2,+ 單調(diào)遞增，且 k N* ，所以 k 2，
又因為 g(x)
2 m
= + x 與直線 y = 在 1, k 有兩個交點，
x 2
g(1) = 3 2，所以 + k = 3，得 k = 2，
k
所以正整數(shù) k的最小值為 2， g(2) = 3，
m
即 = 3，m = 6，
2
此時，實數(shù)m的取值范圍是 4 2,6 .
故選：B.
11．（2024·廣西柳州·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f (x) = ex + e -1 x - a （ a R ， e為自然對數(shù)的底數(shù)），若曲線
y = sin x 上存在點 x0 , y0 使 f y0 = y0成立，則a的取值范圍是（ ）
A． 1,2e - 2 B ée-1． - e,1ù C． 1,e D． ée-1 - e,2e - 2ù
【答案】A
【解析】 f (x) = ex + e -1 x - a
由題意， 存在 y0 0,1 ，使 f y0 = y0成立，
即存在 x 0,1 ，使 f (x) = x 成立，
所以 ex + e -1 x - a = x x，即 e + e -1 x - a = x2，
x
所以 a = e + e -1 x - x2
x
所以存在 x 0,1 ，使 y = a 與 y = e + e -1 x - x2 有交點，
對 y = ex + e -1 x - x2 ， x 0,1 ，求導(dǎo)得 y = ex + e -1- 2x ，
設(shè) g x = ex + e -1- 2x ，則 g x = ex - 2 ，
令 g x > 0，即 x > ln 2；令 g x < 0，即 x < ln 2，
所以 g x = ex + e -1- 2x 在 0, ln 2 上單調(diào)遞減，在 ln 2,1 上單調(diào)遞增，
所以 y = ex + e -1- 2x > y = 2 + e -1- 2ln 2 = 2 1- ln 2 + e -1 > 0x=ln 2 ，
x
所以 y = e + e -1 x - x2 在 x 0,1 上單調(diào)遞增，
又 y = e0 + e -1 0 - 02 =1x=0 ，
y = e1 + e -1 1-1 = 2e - 2x=1 ，
x 2
要使 y = a 與 y = e + e -1 x - x 有交點，則1 a 2e - 2，
所以a的取值范圍是 1,2e - 2 .
故選：A.
lnx x+1
12．（2024 2e·安徽阜陽·二模）設(shè)函數(shù) f x = + x - a a R ，若曲線 y = 2x (e是自然對數(shù)的底數(shù)）x e +1
上存在點 x0 , y0 使得 f f y0 = y0，則a的取值范圍是
A． - ,0 B． 0,e 1C ． - , ùú D． 0, + è e
【答案】C
2ex0 +1 2ex0 +1 2ex0 -1
【解析】因為 y0 = 2x x = e, y0 = 2x > 0 ,所以 f ( f (x)) = x 在 (0,e] 上有解e 0 +1 2e 0 e 0 +1
1 2 7
因為 f (x) 1- ln x 1 1- (x -1) + x
2 (x - ) +
2 4 ,( 易證 x ln x +1 ) ,所以函數(shù) f (x) 在 (0, + )= + 上單調(diào)
x2 x2
=
x2
> 0
遞增,因此由 f ( f (x)) = x 得 f (x) = x (0,e]
ln x 1- ln x 1
在 上有解，即 a = , x (0,e] ,因為 a = 2 0 a (- , ] ，x x e
選 C.
13．（2024·河南鄭州·一模）設(shè)函數(shù) f x = ex + 2x - a（ a R ）， e為自然對數(shù)的底數(shù)，若曲線 y = sinx上
存在點 x0 , y0 ，使得 f f y0 = y0，則a的取值范圍是（ ）
A -1． é -1+ e ,1+ e ù B． 1,1+ e C． e,e +1 D． 1,e
【答案】A
【解析】∵曲線 y = sinx上存在點 x0 , y0
∴ y0 = sin x0 [-1,1]
x
函數(shù) f x = e + 2x - a（ a R ）在[-1,1]上是增函數(shù)，根據(jù)單調(diào)性可證 f (y0 ) = y0
即 f x = ex + 2x - a = x 在[-1,1]上有解，分離參數(shù)， a = ex + x， x [-1,1]，根據(jù) y = ex + x 是增函數(shù)可知，
1
只需 a [ -1,e +1]故選 A.
e
14 f (x) ex x a a R e y 3 10 sin x 10．設(shè)函數(shù) = + - （ ， 為自然對數(shù)的底數(shù)），若曲線 = + cos x 上存在點
10 10
(x0，y0 ) 使得 f (y0 ) = y0 ，則a的取值范圍是
A．[
1- e 1- e
,1] B．[ ，e +1] C．[1，e +1] D．[1,e]
e e
【答案】D
3 10
【解析】法一：由題意可得， y0 = sin x
10
10 0
+ cos x
10 0
= sin(x0 +j) [-1,1]，
而由 f (x) = ex + x - a 可知 y0 [0,1]，
當(dāng) a = 0時， f (x) ＝ ex + x 為增函數(shù)，
∴ y0 [0,1]時， f (y0 )≥ e
0 =1．
∴ 不存在 y0 [0,1]使 f (y0 ) = y0 成立，故 A，B 錯；
當(dāng) a = e +1時， f (x) ＝ ex + x - e -1，
當(dāng) y0 [0,1]時，只有 y0 =1時 f (x) 才有意義，而 f (1) = 0 1，故 C 錯．故選 D．
法二：顯然，函數(shù) f (x) 是增函數(shù)， f (x) 0 y 3 10，由題意可得， 0 = sin x
10
+ cos x
10 0 10 0
= sin(x0 +j) [-1,1]，而由 f (x) = ex + x - a 可知 y0 [0,1]，
于是，問題轉(zhuǎn)化為 f (t) = t 在[0,1]上有解．
由 t = et + t - a ，得 t 2 = et + t - a ，分離變量，得 a = g(t) = et - t 2 + t ， t [0,1]
因為 g (t) = et - 2t +1 > 0， t [0,1]，
所以，函數(shù) g(t)在[0,1]上是增函數(shù)，于是有1 = g(0)≤ g(t)≤ g(1) = e ，
即 a [1,e]，應(yīng)選 D．
1- e
15．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）設(shè)函數(shù) f x = lnx + x + m ，若曲線 y = cosx 1+ e+ 上存在
2 2 x0 , y0 ，
使得 f f y0 = y0成立，則實數(shù)m的取值范圍為（ ）
A． é 0,e
2 - e +1ù 2 B． é0,e + e -1ù C． é0,e
2 + e +1ù D． é 0,e
2 - e -1 ù
【答案】D
【解析】因為-1 cos x 1，
1- e 1+ e e -1 1+ e
所以 + y + ，即1 y e，
2 2 2 2
所以由題意存在1≤ y0 ≤ e 使得 f f y0 = y0成立，
即 f y0 = y0 在區(qū)間[1,e]上有解，也即方程 ln x + x + m = x(1 x e)有解，
所以問題轉(zhuǎn)化為方程 ln x + x + m = x2 (1 x e)有解，
令 h(x) = x2 - ln x - x(1 x e) ，
2
則 h (x) = 2x 1 2x - x -1 (2x +1)(x -1)-1- = = 0，
x x x
故函數(shù) h(x) = x2 - ln x - x(1 x e) 單調(diào)遞增，又 h(1) = 0, h(e) = e2 - e -1，
所以，0 m e2 - e -1.
故選：D．
π
16．設(shè) I 是函數(shù)π的有限實數(shù)集， f x 是定義在 I 上的函數(shù)，若 f x 的圖象繞坐標(biāo)原點逆時針旋轉(zhuǎn) 后與
3
原圖象重合，則在以下各項中， f π 的取值不可能是（ ）
A 3． π B． 3π C．π D． 2π
2
【答案】B
π
【解析】由題意可得：問題相當(dāng)于圓上由 6 個點為一組，每次繞原點逆時旋轉(zhuǎn) 個單位后與下一個點會重
3
合．
設(shè) f π 處的點為 A1，
∵ f x π的圖象繞原點逆時針旋轉(zhuǎn) 后原圖重合，
3
∴旋轉(zhuǎn)后 A1的對應(yīng)點 A2也在 f x 的圖象上，
同理 A2的對應(yīng)點 A3也在圖象上，
以此類推， f x 對應(yīng)的圖象可以為一個圓周上 6 等分的 6 個點，
f π 3π A π, 3π AOx π對于 B 項，當(dāng) = 時，即 1 ， 1 = ，3
A 4π將點 1繞坐標(biāo)原點逆時針旋轉(zhuǎn) 得到圓上的點 A5 π,- 3π 仍在函數(shù)圖像上，3
如圖所示，
從函數(shù)角度看，此點 A5的橫坐標(biāo)為 π，即 f π = - 3π，這與函數(shù)的定義相矛盾，故 B 項錯誤；
3π π
對于 A 3π項，當(dāng) f π = 時，即 A1 π, ，2 ÷÷ tan AOx
3
= ， A1Ox1 與旋轉(zhuǎn)角 不存在倍數(shù)關(guān)系，可2 è 2 3
以取到，故 A 項成立；
對于 C 項，當(dāng) f π = π 時，即 A1 π, π ， A1Ox
π
= ， A1Ox
π
與旋轉(zhuǎn)角 不存在倍數(shù)關(guān)系，可以取到，故
4 3
C 項成立；
對于 D 項，當(dāng) f π π= 2π時，即 A1 π, 2π ， tan A1Ox = 2 ， A1Ox 與旋轉(zhuǎn)角 不存在倍數(shù)關(guān)系，可以3
取到，故 D 項成立.
故選：B.
ìx2 - x, x [0,1)
17．定義域為 R 的函數(shù) f x 滿足 f x + 2 = 4 f x ，當(dāng) x 0,2 f (x) = 時， í
log
,若
2 (x +1), x [1, 2)
x [-2，0) 時,對任意的 t [1，2) 都有 f (x)
t a
- 2 成立，則實數(shù) a 的取值范圍是16 8t
A． - ，2 B． 2，+ C． - ，6 D． 6，+
【答案】D
【解析】當(dāng) x -2, -1 時， x + 2 0,1
f x 1 f x 2 1 é x 2 2 x 2 ù 1\ = + = + - +
2
4 4
= x + 3x + 24
\ x -2,-1 3 1時， f x = f - = -min ÷è 2 16
當(dāng) x -1,0 時， x + 2 1,2 \ f x 1= f x + 2 1= log 2 x + 3 4 4
\ x -1,0 時， f x = fmin -1
1
=
2
\ x -2,0 時， f x 1 t a 1= -min ，即 - - 對 t 1,2 恒成立16 16 8t 2 16
即： 2a t3 + t 2 對 t 1,2 恒成立
3 2 2
令 g t = t + t ， t 1,2 ，則 g t = 3t + 2t
當(dāng) t 1,2 時， g t >0，則 g t 在 1,2 上單調(diào)遞增 \ g t < g 2 =12
\2a 12，解得： a 6, +
本題正確選項：D
18 x．（多選題）將函數(shù) h x = e x 0 的圖像繞坐標(biāo)原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角q q 0,p ，得到曲線C ，若
曲線C 仍然是一個函數(shù)的圖像，則q 的可能取值為（ ）
p p 3p
A． B． C． D．p
4 2 4
【答案】ABCD
【解析】
如上圖所示， L1, L2 , L3 , L4分別是 h x = ex
p p 3p
繞著原點逆時針方向旋轉(zhuǎn) ， ， ，p ，所得到的的曲線，
4 2 4
根據(jù)函數(shù)的定義可知，這四個曲線都符合函數(shù)圖像的定義.
故選：ABCD．
19．（多選題）（2024·山東日照·三模）設(shè)函數(shù) f x 的定義域為R ，滿足 f x + 2 = 2 f x ，且當(dāng)
x 0,2 時， f x = x 2 - x ，則（ ）
A． f 9 = 2 f 7
13
B．若對任意 x - , m ，都有 f x 6 m ù，則 的取值范圍是 - ,
è 2 ú
C．若方程 f x = m x 1- 5 恰有三個實數(shù)根，則m的取值范圍是 -1,- ÷
è 4
D．函數(shù) f x 在區(qū)間 2n - 2,2n n N+ 上的最大值為 an ，若存在 n N+ ，使得lan < 2n - 7成立，則
l 3 - ,16 ֏
【答案】ABD
【解析】函數(shù) f x 的定義域為R ，滿足 f x + 2 = 2 f x ，即 f x = 2 f x - 2 ，且當(dāng) x 0,2 時，
f x = x 2 - x ，
當(dāng) x

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