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重难专攻6　函数与导数中的创新交汇问题
（时间：60分钟，满分：69分）
[备注：单选题5分，多选题6分]
1.若称方程f（x）＝x＋1的根为函数f（x）的“＋1点”，则函数f（x）＝的“＋1点”为（　　）
A.－2　　　　　　　　B.－4或－2
C.－2或1 D.－4
2.（2026·浙江稽阳模拟）下列可以作为方程x3＋y3＝4xy的图象的是（　　）
3.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”如下：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数.例如，[－2.1]＝－3，[3.1]＝3.已知函数f（x）＝，若函数y＝[f（x）]的值域为Q，则下列集合不是Q的真子集的是（　　）
A.[0，＋∞） B.{0，2}
C.{1，2} D.{1，2，3}
4.（2026·黑龙江哈尔滨六中模考）定义双曲余弦函数为cosh x＝，双曲正弦函数为sinh x＝.设函数f（x）＝，若实数a满足不等式f（a2）＋f（2a－3）＜0，则a的取值范围为（　　）
A.（－1，3）
B.（－3，1）
C.（－∞，－3）∪（1，＋∞）
D.（－∞，－1）∪（3，＋∞）
5.〔多选〕已知定义域为R的函数f（x）满足 a，b∈R，f（a＋b）＋f（a）f（b）＝9ab，且f（ －）≠0，记an＝f（n），n∈N*，则下列结论正确的是（　　）
A.f（0）＝－1 B.f（1）＝2
C.{an}为等差数列 D.ai＝600
6.（13分）（2026·江苏淮阴模拟节选）若函数y＝f（x）对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在唯一的x2，使f（x1）f（x2）＝1成立，则称该函数为“依赖函数”.
（1）判断函数g（x）＝sin x是否为“依赖函数”，并说明理由；
（2）若函数f（x）＝2x－1在定义域[m，n]（m＞0）上为“依赖函数”，求mn的取值范围.
7.（15分）在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，另一个顶点B在函数f（x）＝的图象上.
（1）当顶点B在x轴上方时，求Rt△OAB以x轴为旋转轴，边AB和边OB旋转一周形成的面所围成的几何体体积的最大值；
（2）已知函数g（x）＝，关于x的方程f（x）＝g（x）有两个不等实根x1，x2（x1＜x2），求实数a的取值范围.
8.（15分）（2026·江苏宿迁模拟）已知函数f（x）＝ex－1－，n∈N*.
（1）证明：f（x）有唯一零点；
（2）记f（x）的零点为an，数列{an}中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由.
重难专攻6　函数与导数中的创新交汇问题
1.A　2.D　
3.A　当x≥0时，f（x）＝＝x－1＋＝x＋1＋－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时取等号，此时函数f（x）的值域为[0，＋∞），由题知函数f（x）的定义域为R，f（－x）＝＝＝f（x），所以f（x）为偶函数，故f（x）的值域为[0，＋∞），则y＝[f（x）]的值域为N，故Q＝N，则[0，＋∞）不是集合Q的真子集.故选A.
4.B　由题意得f（x）＝，且定义域为R，∵f（－x）＝＝－f（x），∴f（x）为奇函数，∵f（x）＝＝＝1－，且y＝在R上为减函数，∴f（x）＝1－在R上为增函数.∵f（a2）＋f（2a－3）＜0，∴f（a2）＜－f（2a－3）＝f（3－2a），∴a2＜3－2a，解得－3＜a＜1，即a的取值范围为（－3，1）.
5.ABC　对于A，令a＝－，b＝0，则f（ －）＋f（ －）f（0）＝0，又f（ －）≠0，所以1＋f（0）＝0，即f（0）＝－1，故A正确；对于B、C，令a＝，b＝－，则f（0）＋f（ ）f（ －）＝9××（ －）＝－1，由f（0）＝－1，f（ －）≠0，可得f（ ）＝0，令b＝，则f（ a＋）＝3a，f（1）＝2，所以f（a）＝3a－1，an＝f（n）＝3n－1，故B、C正确；对于D，由an＝3n－1，可得ai＝×20＝610，故D错误.故选A、B、C.
6.解：（1）对于函数g（x）＝sin x的定义域R内存在x1＝，则g（x2）＝2无解，
故g（x）＝sin x不是“依赖函数”.
（2）因为f（x）＝2x－1在[m，n]上为“依赖函数”且单调递增，故f（m）f（n）＝1，即2m－12n－1＝1，m＋n＝2，
由n＞m＞0，故n＝2－m＞m＞0，得0＜m＜1.
从而mn＝m（2－m）在m∈（0，1）上单调递增，故mn∈（0，1）.
故mn的取值范围为（0，1）.
7.解：（1）因为顶点B在x轴上方，所以＞0 x＞1.
由题意知AB⊥x轴.设A（x，0），则B（ x，），所得圆锥体体积V＝·π（ ）2·x＝·（x＞1）.
设m（x）＝（x＞1），则m'（x）＝，由m'（x）＞0 2ln x－ln2x＞0 ln x（2－ln x）＞0.
因为x＞1，所以2－ln x＞0 x＜e2，
所以m（x）在（1，e2）上单调递增，在（e2，＋∞）上单调递减，
所以m（x）max＝m（e2）＝＝.
从而Vmax＝.
（2）因为f（x）＝g（x），即－ex＋ax2－1＝ln x，即＋ax2＝eln（ex）＋ln（ex），
令u（t）＝et＋t，所以u（ax2）＝u（ln（ex）），
因为u（t）＝et＋t为增函数，所以ax2＝ln（ex），即ax2＝ln x＋1，
所以方程f（x）＝g（x）有两个不等实根x1，x2等价于a＝有两个不等实根x1，x2，
令h（x）＝，则h'（x）＝，
当x∈（ 0，）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；
当x∈（ ，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减.
所以h（x）max＝h（ ）＝e.
当x→0时，h（x）→－∞；当x→＋∞时，y＝ln x＋1与y＝x2均为增函数，且y＝x2的增长速度更快，故h（x）→0，所以实数a的取值范围为（ 0，e）.
8.解：（1）证明：当x＜0时，f（x）＞0，所以f（x）在（－∞，0）上无零点，
因为f'（x）＝ex－1＋＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以f（x）在（0，＋∞）上至多有一个零点，
当n＝1时，f（x）有唯一零点1.
当n≥2时，因为f（1）＝1－n＜0，f（n）＝en－1－1≥e－1＞0，
所以函数f（x）有唯一零点.
（2）由（1）知，＝，且an＞0，
两边取自然对数，得an＋ln an＝ln n＋1， ①
所以an＋1＋ln an＋1＝ln（n＋1）＋1，
两式相减，得an＋1－an＋ln an＋1－ln an＝ln＞0，
所以an＋1＋ln an＋1＞an＋ln an.
因为函数y＝x＋ln x在（0，＋∞）上单调递增，
所以an＋1＞an，所以数列{an}是递增数列.
假设数列{an}中存在am，am＋1，am＋2成等比数列，则＝amam＋2，
所以2ln am＋1＝ln am＋ln am＋2.
由①式得，ln am＝ln m＋1－am，代入上式，得
2ln（m＋1）－2am＋1＝ln m－am＋ln（m＋2）－am＋2，
2am＋1－（am＋am＋2）＝ln. ②
因为an＞0，所以2am＋1－（am＋am＋2）≤2am＋1－2＝0，
又ln＝ln＞ln 1＝0，所以方程②无解.
所以数列{an}中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
1 / 1重难专攻6　函数与导数中的创新交汇问题
　　函数与导数中的创新交汇问题正逐渐成为高考命题的热点，其题型灵活，可以单独考查函数与导数知识，也可以与其他知识交汇命题，试题新颖，对学生知识迁移能力、逻辑思维能力和运算求解能力要求较高.
　　
函数、导数与其他知识的交汇问题
（师生共研过关）
（2025·全国Ⅰ卷19题节选）（1）求函数f（x）＝5cos x－cos 5x在区间［0，］的最大值；
（2）〔一题多解〕给定θ∈（0，π）和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ.
导数与三角函数交汇问题的解法 （1）利用三角函数的有界性：在含参数的问题中，往往需要分类讨论，若能有效地利用三角函数的有界性，则能快速找到分类讨论的依据，从而实现问题的求解； （2）利用三角函数的周期性：涉及零点问题时，可根据三角函数的周期性分段来研究.
训练1 已知函数f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1）.
（1）若x＞－1，求f（x）的最小值；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝（ 1＋）n，求证：Sn－n≥2－.
函数与导数中的新定义问题
（师生共研过关）
（2026·河南模拟节选）若函数F（x）在开区间I内满足： xi∈I（i＝1，2，…，n）（n≥2，n∈N*），y＝F（x）在x＝xi处的切线的斜率均为m（m∈R），则称F（x）为I内的“n－m缘分函数”.
（1）判断f（x）＝ln x－x2＋2x是否为（0，＋∞）内的“2－3缘分函数”，并说明理由；
（2）若g（x）＝－ln x－x2＋ax为（ ，1）内的“2－3缘分函数”，求实数a的取值范围.
　　对于以函数与导数为背景的新定义问题的求解，要紧扣新定义，分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；同时要用好函数的性质，善于从试题中发现可以使用函数的性质的一些因素.
训练2 设函数f（x）＝（x2＋ax＋a）ex，其中a为常数.对于给定的一组有序实数（k，m），若对任意x1，x2∈R，都有[kx1－f（x1）＋m]·[kx2－f（x2）＋m]≥0，则称（k，m）为f（x）的“和谐数组”.
（1）若a＝0，判断数组（0，0）是否为f（x）的“和谐数组”，并说明理由；
（2）若a＝4，求函数f（x）的极值点.
重难专攻6　函数与导数中的创新交汇问题
考点1
【例1】　解：（1）由题得f'（x）＝－5sin x＋5sin 5x＝5×2cossin＝10sin 2xcos 3x，
由x∈［0，］，得sin 2x≥0，故x，f'（x），f（x）的关系如表所示：
x 0 （ 0，） （ ，］
f'（x） 0 ＋ 0 －
f（x） 4 单调递增 3 单调递减
因为f（ ）＝5cos－cos＝3，
所以函数f（x）＝5cos x－cos 5x在区间［0，］的最大值为3.
（2）证明：法一　因为余弦函数的周期为2π，所以不妨设a∈（0，2π]，
当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－θ，a＋θ），此时存在y＝θ，使得cos y＝cos θ；
当a＞2θ时，θ＜a－θ≤2π－θ，
作出余弦函数的大致图象（如图所示），
所以cos（a－θ）≤cos θ，
只需要取y＝a－θ，即可得到cos y≤cos θ.
综上可得，给定θ∈（0，π）和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ.
法二（反证法）　假设cos y＞cos θ对任意y∈[a－θ，a＋θ]恒成立，
由cos y＞cos θ得2kπ－θ＜y＜2kπ＋θ，k∈Z，这与a∈R，任意y∈[a－θ，a＋θ]矛盾，
所以假设不正确，故一定存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ.
训练1　解：（1）因为f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1），则f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1].
因为k＞1，则k－1＞0，由x＞－1，当－1＜x＜0时，则0＜x＋1＜1，可得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＜k（1－1）＝0；当x＞0时，则x＋1＞1，可得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＞k（1－1）＝0.
所以f（x）在（－1，0）内单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）的最小值为f（0）＝0.
（2）证明：因为an＝（ 1＋）n，若n＝1，则S1＝a1＝1＋＝，满足Sn－n≥2－；
若n≥2，则由（1）可知f（x）＝（1＋x）k－kx－1≥0，即（1＋x）k≥kx＋1，当且仅当x＝0时，等号成立.令x＝（ ）n＞0，k＝n＞1，可得an＝（ 1＋）n＞＋1＝－＋1，且a1＝＝2－＋1，可得Sn＞2－＋－＋－＋…＋－＋n＝2－＋n，所以Sn－n＞2－.
综上所述，Sn－n≥2－.
考点2
【例2】　解：（1）f（x）＝ln x－x2＋2x为（0，＋∞）内的“2－3缘分函数”当且仅当方程f'（x）＝－2x＋2＝3在（0，＋∞）内有两个不同的解，
而y＝，y＝－2x＋2在（0，＋∞）上单调递减，即f'（x）＝－2x＋2＝3在（0，＋∞）上单调递减，
故方程f'（x）＝－2x＋2＝3在（0，＋∞）内最多有一个解，
从而f（x）＝ln x－x2＋2x不是（0，＋∞）内的“2－3缘分函数”.
（2）由题意知g'（x）＝－－2x＋a＝3在（ ，1）内有两个不同的解，即a＝3＋2x＋在（ ，1）内有两个不同的解，
设u（x）＝3＋2x＋，x∈（ ，1），由对勾函数性质可知u（x）＝3＋2x＋在（ ，）上单调递减，在（ ，1）上单调递增，注意到u（ ）＝，u（1）＝6，u（ ）＝3＋2，故实数a的取值范围为（ 3＋2，6）.
训练2　解：（1）当a＝0时，数组（0，0）是f（x）的“和谐数组”，理由如下：
当a＝0时，f（x）＝x2ex.根据幂函数、指数函数的性质，对任意x∈R，都有f（x）＝x2ex≥0.
对任意x1，x2∈R，代入k＝m＝0，得：[kx1－f（x1）＋m]·[kx2－f（x2）＋m]＝f（x1）·f（x2）≥0.
∴当a＝0时，数组（0，0）是f（x）的“和谐数组”.
（2）当a＝4时，f（x）＝（x2＋4x＋8）ex，
∴f'（x）＝[x2＋（2＋4）x＋8＋4]ex＝（x＋2）（x＋2＋2）ex，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如表所示：
x （－∞， －2－2） －2－ 2 （－2－2， －2） －2 （－2， ＋∞）
f'（x） ＋ 0 － 0 ＋
f（x） 单调递增 极大 值 单调递减 极小 值 单调 递增
∴x＝－2－2为函数f（x）的极大值点，x＝－2为f（x）的极小值点.
1 / 1(共36张PPT)
重难专攻6　函数与导数中的创新交汇问题
重难解读
　　函数与导数中的创新交汇问题正逐渐成为高考命题的热点，其题型灵活，可以单独考查函数与导数知识，也可以与其他知识交汇命题，试题新颖，对学生知识迁移能力、逻辑思维能力和运算求解能力要求较高.
函数、导数与其他知识的交汇问题（师生共研过关）
（2025·全国Ⅰ卷19题节选）（1）求函数f（x）＝5 cos x－ cos 5x在区
间［0， ］的最大值；
解： 由题得f'（x）＝－5 sin x＋5 sin 5x＝5×2 cos sin
＝10 sin 2x cos 3x，
由x∈［0， ］，得 sin 2x≥0，故x，f'（x），f（x）的关系如表所示：
x 0 （0， ） （ ， ］
f'（x） 0 ＋ 0 －
f（x） 4 单调递增 3 单调递减
因为f（ ）＝5 cos － cos ＝3 ，
所以函数f（x）＝5 cos x－ cos 5x在区间［0， ］的最大值为3 .
（2）〔一题多解〕给定θ∈（0，π）和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，
a＋θ]使得 cos y≤ cos θ.
解： 证明：法一　因为余弦函
数的周期为2π，所以不妨设a∈
（0，2π]，
当a≤2θ时，a－θ≤θ，则
θ∈[a－θ，a＋θ），此时存在y＝θ，使得 cos y＝ cos θ；
当a＞2θ时，θ＜a－θ≤2π－θ，
作出余弦函数的大致图象（如图所示），
所以 cos （a－θ）≤ cos θ，只需要取y＝a－θ，即可得到 cos
y≤ cos θ.
综上可得，给定θ∈（0，π）和
a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使
得 cos y≤ cos θ.
法二（反证法）　假设 cos y＞ cos
θ对任意y∈[a－θ，a＋θ]恒成立，由 cos y＞ cos θ得2kπ－θ＜y＜2kπ＋θ，k∈Z，这与a∈R，任意y∈[a－θ，a＋θ]矛盾，所以假设不正确，故一定存在y∈[a－θ，a＋θ]使得 cos y≤ cos θ.
导数与三角函数交汇问题的解法
（1）利用三角函数的有界性：在含参数的问题中，往往需要分类讨论，
若能有效地利用三角函数的有界性，则能快速找到分类讨论的依据，从而
实现问题的求解；
（2）利用三角函数的周期性：涉及零点问题时，可根据三角函数的周期
性分段来研究.
训练1 已知函数f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1）.
（1）若x＞－1，求f（x）的最小值；
解： 因为f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1），则f'（x）＝k[（1＋
x）k－1－1].
因为k＞1，则k－1＞0，由x＞－1，当－1＜x＜0时，则0＜x＋1＜1，可
得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＜k（1－1）＝0；当x＞0时，则x＋1＞
1，可得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＞k（1－1）＝0.
所以f（x）在（－1，0）内单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，所以f
（x）的最小值为f（0）＝0.
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝（1＋ ）n，求证：Sn－n≥2
－ .
解： 证明：因为an＝（1＋ ）n，若n＝1，则S1＝a1＝1＋ ＝ ，满足
Sn－n≥2－ ；
若n≥2，则由（1）可知f（x）＝（1＋x）k－kx－1≥0，即（1＋x）
k≥kx＋1，当且仅当x＝0时，等号成立.令x＝（ ）n＞0，k＝n＞1，可
得an＝（1＋ ）n＞ ＋1＝ － ＋1，且a1＝ ＝2－ ＋1，可得
Sn＞2－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ＋n＝2－ ＋n，所以Sn
－n＞2－ .
综上所述，Sn－n≥2－ .
函数与导数中的新定义问题（师生共研过关）
（2026·河南模拟节选）若函数F（x）在开区间I内满足： xi∈I（i
＝1，2，…，n）（n≥2，n∈N*），y＝F（x）在x＝xi处的切线的斜
率均为m（m∈R），则称F（x）为I内的“n－m缘分函数”.
（1）判断f（x）＝ln x－x2＋2x是否为（0，＋∞）内的“2－3缘分函
数”，并说明理由；
解： f（x）＝ln x－x2＋2x为（0，＋∞）内的“2－3缘分函数”当且仅当
方程f'（x）＝ －2x＋2＝3在（0，＋∞）内有两个不同的解，
而y＝ ，y＝－2x＋2在（0，＋∞）上单调递减，即f'（x）＝ －2x＋2
＝3在（0，＋∞）上单调递减，
故方程f'（x）＝ －2x＋2＝3在（0，＋∞）内最多有一个解，
从而f（x）＝ln x－x2＋2x不是（0，＋∞）内的“2－3缘分函数”.
（2）若g（x）＝－ln x－x2＋ax为（ ，1）内的“2－3缘分函数”，求
实数a的取值范围.
解：由题意知g'（x）＝－ －2x＋a＝3在（ ，1）内有两个不同的解，
即a＝3＋2x＋ 在（ ，1）内有两个不同的解，
设u（x）＝3＋2x＋ ，x∈（ ，1），由对勾函数性质可知u（x）＝3
＋2x＋ 在（ ， ）上单调递减，在（ ，1）上单调递增，注意到u
（ ）＝ ，u（1）＝6，u（ ）＝3＋2 ，故实数a的取值范围为（3
＋2 ，6）.
　　对于以函数与导数为背景的新定义问题的求解，要紧扣新定义，分析
新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题
过程中；同时要用好函数的性质，善于从试题中发现可以使用函数的性质
的一些因素.
训练2 设函数f（x）＝（x2＋ax＋ a）ex，其中a为常数.对于给定的
一组有序实数（k，m），若对任意x1，x2∈R，都有[kx1－f（x1）＋
m]·[kx2－f（x2）＋m]≥0，则称（k，m）为f（x）的“和谐数组”.
（1）若a＝0，判断数组（0，0）是否为f（x）的“和谐数组”，并说明
理由；
解： 当a＝0时，数组（0，0）是f（x）的“和谐数组”，理由如下：
当a＝0时，f（x）＝x2ex.根据幂函数、指数函数的性质，对任意x∈R，
都有f（x）＝x2ex≥0.
对任意x1，x2∈R，代入k＝m＝0，得：[kx1－f（x1）＋m]·[kx2－f
（x2）＋m]＝f（x1）·f（x2）≥0.
∴当a＝0时，数组（0，0）是f（x）的“和谐数组”.
（2）若a＝4 ，求函数f（x）的极值点.
解：当a＝4 时，f（x）＝（x2＋4 x＋8）ex，
∴f'（x）＝[x2＋（2＋4 ）x＋8＋4 ]ex＝（x＋2 ）（x＋2＋
2 ）ex，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如表所示：
x （－∞，－2－
2 ） －2－2 （－2－2 ，－
2 ） －2 （－2 ，
＋∞）
f'（x） ＋ 0 － 0 ＋
f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
∴x＝－2－2 为函数f（x）的极大值点，x＝－2 为f（x）的极小
值点.
课时跟踪检测
（时间：60分钟，满分：69分）
[备注：单选题5分，多选题6分]
1. 若称方程f（x）＝x＋1的根为函数f（x）的“＋1点”，则函数f
（x）＝ 的“＋1点”为（　　）
A. －2 B. －4或－2
C. －2或1 D. －4
1
2
3
4
5
6
7
8
√
解析： 　由题意可得，当x≥0时，由 x－1＝x＋1，解得x＝－4（舍
去），当x＜0时，由 ＝x＋1，解得x＝－2或x＝1（舍去）.综上所述，
函数f（x）的“＋1点”为－2.故选A.
1
2
3
4
5
6
7
8
2. （2026·浙江稽阳模拟）下列可以作为方程x3＋y3＝4xy的图象的是
（　　）
√
解析： 　当x＜0时，x3＝4xy－y3＝y（4x－y2）＜0，若y＜0，则4x－
y2＞0，即y2＜4x＜0，不符合，故x＜0，y＜0不可能同时成立，故A、
B、C选项错误.故选D.
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8
3. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的
称号，用其名字命名的“高斯函数”如下：设x∈R，用[x]表示不超过x
的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数.例如，[－2.1]＝－3，[3.1]＝3.已
知函数f（x）＝ ，若函数y＝[f（x）]的值域为Q，则下列集合
不是Q的真子集的是（　　）
A. [0，＋∞） B. {0，2}
C. {1，2} D. {1，2，3}
√
1
2
3
4
5
6
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解析： 　当x≥0时，f（x）＝ ＝x－1＋ ＝x＋1＋ －2≥2
－2＝0，当且仅当x＝0时取等号，此时函数f（x）的值域为[0，＋
∞），由题知函数f（x）的定义域为R，f（－x）＝ ＝
＝f（x），所以f（x）为偶函数，故f（x）的值域为[0，＋∞），则y
＝[f（x）]的值域为N，故Q＝N，则[0，＋∞）不是集合Q的真子集.故
选A.
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4. （2026·黑龙江哈尔滨六中模考）定义双曲余弦函数为 cos h x＝
，双曲正弦函数为 sin h x＝ .设函数f（x）＝ ，若实数
a满足不等式f（a2）＋f（2a－3）＜0，则a的取值范围为（　　）
A. （－1，3）
B. （－3，1）
C. （－∞，－3）∪（1，＋∞）
D. （－∞，－1）∪（3，＋∞）
√
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解析： 　由题意得f（x）＝ ，且定义域为R，∵f（－x）＝
＝－f（x），∴f（x）为奇函数，∵f（x）＝ ＝ ＝1
－ ，且y＝ 在R上为减函数，∴f（x）＝1－ 在R上为增函
数.∵f（a2）＋f（2a－3）＜0，∴f（a2）＜－f（2a－3）＝f（3－
2a），∴a2＜3－2a，解得－3＜a＜1，即a的取值范围为（－3，1）.
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5. 〔多选〕已知定义域为R的函数f（x）满足 a，b∈R，f（a＋b）＋
f（a）f（b）＝9ab，且f（－ ）≠0，记an＝f（n），n∈N*，则下列
结论正确的是（　　）
A. f（0）＝－1 B. f（1）＝2
C. {an}为等差数列 D. ai＝600
√
√
√
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解析： 　对于A，令a＝－ ，b＝0，则f（－ ）＋f（－ ）f（0）
＝0，又f（－ ）≠0，所以1＋f（0）＝0，即f（0）＝－1，故A正确；
对于B、C，令a＝ ，b＝－ ，则f（0）＋f（ ）f（－ ）＝9× ×
（－ ）＝－1，由f（0）＝－1，f（－ ）≠0，可得f（ ）＝0，令b＝
，则f（a＋ ）＝3a，f（1）＝2，所以f（a）＝3a－1，an＝f（n）
＝3n－1，故B、C正确；对于D，由an＝3n－1，可得 ai＝ ×20＝
610，故D错误.故选A、B、C.
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6. （13分）（2026·江苏淮阴模拟节选）若函数y＝f（x）对定义域内的
每一个值x1，在其定义域内都存在唯一的x2，使f（x1）f（x2）＝1成立，
则称该函数为“依赖函数”.
（1）判断函数g（x）＝ sin x是否为“依赖函数”，并说明理由；
解： 对于函数g（x）＝ sin x的定义域R内存在x1＝ ，则g（x2）＝
2无解，
故g（x）＝ sin x不是“依赖函数”.
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（2）若函数f（x）＝2x－1在定义域[m，n]（m＞0）上为“依赖函
数”，求mn的取值范围.
解： 因为f（x）＝2x－1在[m，n]上为“依赖函数”且单调递增，故
f（m）f（n）＝1，即2m－12n－1＝1，m＋n＝2，
由n＞m＞0，故n＝2－m＞m＞0，得0＜m＜1.
从而mn＝m（2－m）在m∈（0，1）上单调递增，故mn∈（0，1）.
故mn的取值范围为（0，1）.
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7. （15分）在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，
另一个顶点B在函数f（x）＝ 的图象上.
（1）当顶点B在x轴上方时，求Rt△OAB以x轴为旋转轴，边AB和边OB
旋转一周形成的面所围成的几何体体积的最大值；
解： 因为顶点B在x轴上方，所以 ＞0 x＞1.
由题意知AB⊥x轴.设A（x，0），则B（x， ），所得圆锥体体积V
＝ ·π（ ）2·x＝ · （x＞1）.
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设m（x）＝ （x＞1），则m'（x）＝ ，由m'（x）＞0 2ln x
－ln2x＞0 ln x（2－ln x）＞0.
因为x＞1，所以2－ln x＞0 x＜e2，
所以m（x）在（1，e2）上单调递增，在（e2，＋∞）上单调递减，
所以m（x）max＝m（e2）＝ ＝ .
从而Vmax＝ .
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（2）已知函数g（x）＝ ，关于x的方程f（x）＝g（x）
有两个不等实根x1，x2（x1＜x2），求实数a的取值范围.
解： 因为f（x）＝g（x），即 －ex＋ax2－1＝ln x，即 ＋
ax2＝eln（ex）＋ln（ex），
令u（t）＝et＋t，所以u（ax2）＝u（ln（ex）），
因为u（t）＝et＋t为增函数，所以ax2＝ln（ex），即ax2＝ln x＋1，
所以方程f（x）＝g（x）有两个不等实根x1，x2等价于a＝ 有两个
不等实根x1，x2，
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令h（x）＝ ，则h'（x）＝ ，
当x∈（0， ）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；
当x∈（ ，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减.
所以h（x）max＝h（ ）＝ e.
当x→0时，h（x）→－∞；当x→＋∞时，y＝ln x＋1与y＝x2均为增函
数，且y＝x2的增长速度更快，故h（x）→0，所以实数a的取值范围为
（0， e）.
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8. （15分）（2026·江苏宿迁模拟）已知函数f（x）＝ex－1－ ，n∈N*.
（1）证明：f（x）有唯一零点；
解： 证明：当x＜0时，f（x）＞0，所以f（x）在（－∞，0）上无
零点，
因为f'（x）＝ex－1＋ ＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以f（x）在（0，＋∞）上至多有一个零点，
当n＝1时，f（x）有唯一零点1.
当n≥2时，因为f（1）＝1－n＜0，f（n）＝en－1－1≥e－1＞0，所以函
数f（x）有唯一零点.
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（2）记f（x）的零点为an，数列{an}中是否存在连续三项按某顺序构成
等比数列，并说明理由.
解： 由（1）知， ＝ ，且an＞0，
两边取自然对数，得an＋ln an＝ln n＋1，　①
所以an＋1＋ln an＋1＝ln（n＋1）＋1，
两式相减，得an＋1－an＋ln an＋1－ln an＝ln ＞0，
所以an＋1＋ln an＋1＞an＋ln an.
因为函数y＝x＋ln x在（0，＋∞）上单调递增，
所以an＋1＞an，所以数列{an}是递增数列.
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假设数列{an}中存在am，am＋1，am＋2成等比数列，则 ＝amam＋2，
所以2ln am＋1＝ln am＋ln am＋2.
由①式得，ln am＝ln m＋1－am，代入上式，得
2ln（m＋1）－2am＋1＝ln m－am＋ln（m＋2）－am＋2，
2am＋1－（am＋am＋2）＝ln .　②
因为an＞0，所以2am＋1－（am＋am＋2）≤2am＋1－2 ＝0，
又ln ＝ln ＞ln 1＝0，所以方程②无解.
所以数列{an}中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
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