备考 2021 年高考高三数学复习之疯狂选择题 30 题
第 11 辑 函数与导数
一、单选题
1．（2020·安徽淮南市·）下列函数在其定义域上既是奇函数又是增函数的是( )
A． ( ) 2xf x B． ( ) lg | |f x x C． 1( )f x x
D． 1( ) 3 3
x
xf x
【答案】D
【分析】
先求函数的定义域，看是否关于原点对称，再判断 ( ) ( )f x f x 及单调性.
【详解】
显然四个选项的函数的定义域都关于原点对称，
对 A， ( ) 2xf x 不为奇函数，故 A 错误；
对 B， ( ) lg | | ( )f x x f x 为偶函数，故 B 错误；
对 C，反比例函数在定义域上不具有单调性，故 C 错误；
利用排除法可选 D.
故选：D.
【点睛】
本题考查判断具体函数的奇偶性和单调性，考查对概念的理解与应用，属于基础题.
2．（2021·宁夏大学附属中学高三一模（理））已知 g x 是定义在 R 上的奇函数， f x g x x 2 ，若
( )2, 2 2f a f a a ，则 a （ ）
A．2 B． 1 C．2 或 1 D．2 或 1
【答案】C
【分析】
根据奇函数的性质进行求解即可.
【详解】
( )g x 是奇函数， ( ) ( ) 0g x g x ，
2( ) ( ) 2f x f x x ，而 ( )2, 2 2f a f a a ，
所以 24 2 2a a ，解得 2a 或 1 ，
故选：C
3．（2021·广东肇庆市·高三二模）已知函数
sin
1
x
xf x ax 为奇函数，则 a （ ）
A． 1 B． 1
2 C． 1
2
D．1
【答案】D
【分析】
由于函数是奇函数，所以其定义域关于原点对称，可求出 1a ，再把 1a 代入函数中验证即可
【详解】
解：函数的定义域为 1x x 且 x a
因为
sin
1
x
xf x ax 为奇函数，所以定义域关于原点对称，则 1a ，
所以 2
sin sin
1 1 1
x x
x x xf x ，
因为 2 2
sin( ) sin ( )( ) 1 1
x x f xx xf x ，满足 ( )f x 为奇函数，
故选：D.
4．（2021·全国高二课时练习）函数 lny x x 的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
由 ln 0y x x ，求出函数零点，根据零点个数，排除 AC，再由特殊值验证，可排除 B，即可得出结果.
【详解】
由 ln 0y x x 得 1x ，所以函数 lny x x 只有一个零点，故 AC 排除；
当 1
2x 时， 1 1 1ln ln 2 02 2 2y ，故排除 B，选 D.
故选：D.
【点睛】
思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
5．（2020·全国高三其他模拟（理））函数 33 sinf x x x x 的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
通过函数的奇偶性、区间上的函数值的符号确定正确选项.
【详解】
因为函数 f x 的定义域为 R ，且 3 33 sin 3 sinf x x x x x x x f x ，
所以函数 f x 为偶函数，排除 B.
由 23 sinf x x x x ，可知当 0, 3x 时， 0f x ；
当 3,x 时， 0f x .所以 D 选项符合.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查函数图象的识别，函数图象的识别的方法主要根据函数的单调性、特殊点来求解.
6．（2020·黑龙江大庆市·高三月考（理））函数
2
( ) ln 8
xf x x 图象大致为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据函数的定义域，极限，单调性判断．
【详解】
f（x）的定义域为{x|x＞0}，排除 A．
当 x→0+时，f（x）→+∞，排除 D．
当 x＞1 时，f（x）＝lnx
2
8
x ，f′（x） 1
4
x
x
，
令 f′（x）＝0 解得 x＝2，
当 x＞2 时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（2，+∞）上是减函数，排除 B．
故选 C．
【点睛】
本题考查了函数图象的判断，通常从函数的单调性，特殊点等方面采用排除法判断．
7．（2020·北京高三二模）已知函数 ( ) lg |1 | lg |1 |f x x x ，则 ( )f x （ ）
A．是奇函数，且在 (1, ) 上是增函数
B．是奇函数，且在 (1, ) 上是减函数
C．是偶函数，且在 (1, ) 上是增函数
D．是偶函数，且在 (1, ) 上是减函数
【答案】C
【分析】
利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再利用复合函数单调性法则判断单调性，结合选项可得结果.
【详解】
lg 1 lg 1f x x x
f x ，
f x 是偶函数；
当 1x 时， 2( ) lg 1 lg 1 lg 1f x x x x ，
设 2 1t x x ，则 t x 在 (1, ) 上单增，
又 lgf t t 为增函数，所以 2( ) lg 1f x x 在 (1, ) 上单增，
f x 是偶函数，且在 (1, ) 上是增函数.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查函数奇偶性的判断以及函数单调性的判断，属于中档题. 判断函数的奇偶性首先要看函数的定
义域是否关于原点对称，如果不对称，既不是奇函数又不是偶函数，如果对称常见方法有：（1）直接法，
f x f x (正为偶函数，负为减函数)；（2）和差法， 0f x f x （和为零奇函数，差为零
偶函数）；（3）作商法，
1f x
f x
（1 为偶函数， 1 为奇函数）.
8．（2018·南靖县第一中学高一月考）设 1
2
log 3a ，
0.31
3b
， 1
32c ，则 , ,a b c 的大小关系是( )
A． a b c
B． c b a
C． c a b
D．b a c
【答案】A
【解析】
【分析】
先得到最小的 0a ，然后利用 0 1b c ，求得 , ,a b c 的大小关系.
【详解】
由于 1 1
2 2
log 3 log 1 0a ，而
0.3 1
310 1,2 13
，所以 a b c ，故选 A.
【点睛】
本小题主要考查利用指数函数、对数函数、幂函数的性质比较大小.属于基础题.
9．（2020·高三期中（理））已知 0.3x ， log 3y ， cos3z ，则（ ）
A． z y x B． y z x C． z x y D． x z y
【答案】A
【分析】
根据函数的相关性质依次判断即可得出结果.
【详解】
tx 为增函数,
0.3 0 1x ，
log 3y 为增函数,
0 log log 31 log 1 ，
32
cos3 0z ,
即 1x , 0 1y ， 0z , z y x .
故选:A.
【点睛】
本题考查函数性质在比较大小中的应用,属于基础题.
10．（2020·全国高三课时练习（理））已知实数 x ，y 满足 0 1x ya a a ，则下列关系式恒成立的是（ ）
A． 2 2
1 1
1 1x y
B． 2 2( )ln 1 l 1)n(x y
C．sin sinx y D． 3 3x y
【答案】D
【分析】
利用函数的单调性的性质解答即可．
【详解】
因为实数 x ， y 满足 0 1x ya a a ， 所以 x y ，
根据函数 2y x= 的对称性和单调性，可知 x2，y2 的大小不确定，故选项 A，B 中的不等式不恒成立；
根据正弦函数的单调性，可知选项 C 中的不等式也不恒成立；
由于函数 3f x x 在 R 上单调递增，所以 3 3x y ，所以选项 D 中的不等式恒成立．
故选：D.
【点睛】
本题主要考查函数值的大小比较，利用不等式的性质以及函数的单调性是解决本题的关键．
11．（2020·江苏省邗江中学高一期中）f（x）=ax3+3x2+2，若 f′（﹣1）=3，则函数在 x=﹣1 处的切线方程为
（ ）
A．y=3x+5 B．y=3x﹣5 C．y=﹣3x+5 D．y=﹣3x﹣5
【答案】A
【解析】
试题分析：求出函数的导数，由 f′（﹣1）=3，解方程可得 a，进而得到函数在 x=﹣1 处的切线方程．
解：f（x）=ax3+3x2+2 的导数为 f′（x）=3ax2+6x，
∵f′（﹣1）=3，
∴3a﹣6=3，解得 a=3，
∴f（﹣1）=﹣3+3+2=2
则函数在 x=﹣1 处的切线方程为 y﹣2=3（x+1），即 y=3x+5．
故选：A．
考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；导数的运算．
12．（2021·安徽马鞍山市·高三一模（文））已知函数 2 lnf x x a x 的图象在(1，f（1）)处的切线经过
坐标原点，则函数 y=f(x)的最小值为（ ）
A． 1 1 ln 22 2
B． 1 ln 24
C． 1 1 ln22 2
D．1
【答案】C
【分析】
利用导数的几何意义求出 1a ，从而可得 2 lnf x x x ，求出导函数，利用导数判断出函数的单调性，
由单调性即可求出最值.
【详解】
函数 2 lnf x x a x ，则 2 n1 1 l 1 1f a
且 2 af x x x
，所以 1 2f a ，
所以 1 01 1 21 0
ff a
，解得 1a ，
所以 2 lnf x x x ，（ 0x ）
12f x x x
，
令 0f x ，即 12 0x x
，解得 2
2x ，
令 0f x ，即 12 0x x
，解得 20 2x ，
所以函数在区间 20, 2
上单调递减，在区间 2 ,2
上单调递增.
所以
2
min
2 2 2 1 2 1 1ln ln ln 22 2 2 2 2 2 2f x f
.
故选：C
13．（2020·江西高三其他模拟（文））函数 252ln 3 2f x x x x 在 1 ,13
上的最小值为 （ ）
A． 232ln3 18
B． 11
2
C． 172ln 2 8
D． 13
2
【答案】B
【分析】
对函数求导，讨论函数的单调区间，即可得出结果.
【详解】
2 (5 2)( 1)'( ) 3 5 x xf x xx x
当 2(0, ) '( ) 0, ( )5
， x f x f x 单调递增，当 2( + ) '( ) 0, ( )5
， ， x f x f x 单调递减
所以 1 2( , ) ( )3 5
，x f x 单调递增， 2( 1) ( )5
，，x f x 单调递减
函数的最小值在 1 1 5 1 23( ) 2ln 1 2ln33 3 2 9 18
f ， 11(1) 2f 中取得，
23 112ln3 18 2
，所以最小值为 11
2
故选：B
14．（2020·山东高三专题练习）函数 y＝lgx－ 9
x
的零点所在的大致区间是
A．(6,7) B．(7,8) C．(8,9) D．(9,10)
【答案】D
【解析】
解：因为零点存在性原理可知，连续函数在区间端点值函数值异号，则说明零点在此区间．因此 f（9）=lg9-10,因此选 D
15．（2020·全国高一课时练习）函数 22xf x ax
的一个零点在区间 1,2 内，则实数 a 的取值范围是
（ ）
A． 1,3 B． 1,2 C． 0,3 D． 0,2
【答案】C
【分析】
根据零点存在定理得出 1 2 0f f ，代入可得选项.
【详解】
由题可知：函数 22xf x ax
单调递增，若 一个零点在区间 1,2 内，则需： 1 2 0f f ，
即 1 22 22 2 01 2a a
，解得 0 < < 3a ，
故选：C.
【点睛】
本题考查零点存在定理，属于基础题.
16．（2021·河南新乡市·高三二模（文））已知 y f x 的图象关于坐标原点对称，且对任意的 xR ，
2f x f x 恒成立，当 1 0x 时， 2xf x ，则 2021f （ ）
A． 1 B． 1
2
C． 1
2 D．1
【答案】B
【分析】
由已知推得 4f x f x ，可得 y f x 的周期，应用周期性、奇偶性求 2021f 即可.
【详解】
∵ y f x 是 R 上的奇函数，且 2f x f x ，
∴ 2f x f x ，即 4 2f x f x f x ，故函数 y f x 的周期为 4．
∴ 1 12021 4 505 1 1 1 2 2f f f f ．
故选：B.
17．（2020·吉林长春市·高三月考（文））已知定义在 R 上的函数 ( )f x 满足 5 ,f x f x 当 2,0x 时
2, ( 2) ,f x x 当 0 3x ， 时 , ,f x x 则 (1) (2) (2021)f f f （ ）
A．809 B．811 C．1011 D．1013
【答案】A
【分析】
根据周期性，先求一个周期内函数值的和，再看 (1) (2) (2021)f f f 有几个周期，即可得解.
【详解】
由 5f x f x 可知 f x 周期为 5，
所以一个周期的和为： (1) (2) (3) (4) (5) 1 2 ( 2) ( 1) (0)f f f f f f f f
3 0 1 0 2 ，
所以 1 2 .... 2021 2 404 809,1f f f f
故选：A.
【点睛】
本题考查了函数的周期性，考查了利用周期性求和，解题关键是先求出一个周期内的函数值的和，进而求
解的过程，计算量不大，属于基础题.
18．（2020·安徽高三月考（理））已知函数 2cos sin 2 f x x x ，则下列结论正确的是（ ）
A． f x 的最小正周期为 B． f x 的最大值为 3 3
2
C． f x 的图象关于 ,0 对称 D． f x 的图象关于
2x 对称
【答案】B
【分析】
根据题意函数 2cos sin 2 f x x x 不能简化为 sinf x A x 的形式,
代入特殊点来验证可知 f x 的最小正周期不为 , f x 的图象也不关于
2x 对称
图象不关于 ,0 对称,结合导数可得 f x 的最大值为 3 3
2
.
【详解】
解:因为函数 2cos sin 2 f x x x 不能简化为 sinf x A x 的形式,
故最小正周期需要代入特殊点来验证.
0 2f ， π 2f ， 0 πf f ，故 f x 的最小正周期不为 ,故 A 错误;
f x 的图象也不关于
2x 对称, 故 D 错误;
因为 2π 0 2f f ， ( )2π 0 0f f ，故 C 错误.
2( ) 2sin 2cos2 4sin 2sin 2 2(2sin 1)(sin 1)f x x x x x x x
令 ( ) 0f x ,即 1sin 2x 或sin 1x ,
当 1sin 2x ， 3cos 2x 时， 3 3( ) 2f x ，
当 1sin 2x ， 3cos 2x 时, 3( ) 2f x
当sin 1x ， cos 0x 时， ( ) 0f x ，
故 max
3 3( ) 2
f x , min
3( ) 2f x ,故 B 正确.
故选:B
【点睛】
本题考查三角函数的对称性和周期性,考查函数的最值,属于中档题.
19．（2021·安徽蚌埠市·高三二模（理））已知函数 sinxf x e a x 在区间 0, 3
上有极值，则实数 a 的
取值范围是（ ）
A． 0,1 B． 1,e C． 1,2e D． 31,2e
【答案】D
【分析】
求出导数 ( )f x ，由 ( ) 0f x 在 0, 3
上有变号的解即得．
【详解】
( ) cos xf x e a x ，由题意 cos 0xe a x 在 0, 3
上有解，即
cos
xea x
在 0, 3
上有解，
记 ( ) cos
xeg x x
， 2
(cos sin )( ) cos
xe x xg x x
，当 0, 3x
时， ( ) 0g x ， ( )g x 单调递增，
(0) 1g ，
3
323 cos 3
eg e
，
所以 31 2e e
．
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：本题考查导数与极值．函数在某个区间上有极值，则 ( )f x 在这个区间上有的零点， ( ) 0f x
有解，又可转化为函数图象与直线有交点，从而再次转化为利用导数判断函数的单调性，求函数的值域．解
题关键在于转化．
20．（2021·河南焦作市·（文））已知函数 2( ) x xf x e e x ，则不等式 (2 ) ( 2)f m f m 的解集为（ ）
A． 2( , 2) ,3
B． 2, (2, )3
C． 22, 3
D． 2 ,23
【答案】A
【分析】
先判断函数的奇偶性与单调性，然后结合奇偶性和单调性解不等式．
【详解】
2( ) x xf x e e x ( )f x ， ( )f x 是偶函数，
( ) 2 x xf x e e x ，设 ( ) 2x xg x e e x ，则 ( ) 2 2 2 0x x x xg x e e e e ，
所以 ( )g x 是增函数， 0x 时， ( ) (0) 0g x g ，即 0x 时， ( ) 0f x ，
所以在[0, ) 上， ( )f x 是增函数．
又 ( )f x 是偶函数，所以不等式 (2 ) ( 2)f m f m 化为 ( 2 ) ( 2)f m f m ，所以 2 2m m ，解得
2m 或 2
3m ．
故选：A．
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式．在确定单调性需利用导数的知识，为了确定
( )f x 的正负，还需进行二次求导．
21．（2021·全国高三其他模拟）已知函数 2 23 4xf x x x ，且 2log 3f a f ，则实数 a 的取值
范围为（ ）
A． ,2 8, B． 0,2
C． 0,2 8, D． 8,
【答案】C
【分析】
确定函数的对称性与单调性，然后由对称性和单调性解不等式．
【详解】
∵ 22 2 24 3 4 4 4 3 4x xf x x x x x f x ，∴ f x 的图像关于直线 2x 对称，
∵ 23 xy 和 2 4y x x 都在 ,2 上是减函数，在 2, 上是增函数，∴ f x 在 ,2 上为减函
数，在 2, 上为增函数．
又 2log 3f a f ，∴ 2log 2 3 2 1a ，即 2log 1a 或 2log 3a ，解得 0 2a 或 8a ．
故选：C．
22．（2021·山东滨州市·高三一模）定义在 R 上的函数 f x 满足 f x f x ，且 1 2, 0,x x ，
1 2x x 时，都有 1 2 1 2 0x x f x f x ，则（ ）
A．
1
2
4 3
1log 3 log 24f f f
B．
1
2
3 4
1log log 3 24f f f
C．
1
2
3 4
1log 2 log 34f f f
D．
1
2
4 3
12 log 3 log 4f f f
【答案】B
【分析】
由题意可知函数为奇函数，且函数在 0, 上单调递增，比较自变量的大小，利用函数的单调性即可求解.
【详解】
1 2, 0,x x ， 1 2x x 时，都有 1 2 1 2 0x x f x f x ，
所以函数在 0, 上单调递增，
又函数 f x 满足 f x f x ，
所以函数为奇函数，且 0 0f ，
所以 f x 在 ,0 上单调递增，
3 3
1log log 4 14
，又 40 log 3 1 ， 1
22 2 ，
则 3 4
1log log 3 24
，
所以
1
2
3 4
1log log 3 24f f f
.
故选：B
23．（2021·林芝市第二高级中学高三一模（理））已知 f x 是 R 上可导的图象不间断的偶函数，导函数为
f x ，且当 0x 时，满足 2 0 f x xf x ，则不等式 1 2 1xe f x f x 的解集为（ ）
A． 1 ,2
B． 1, 2
C． ,0 D． 0,
【答案】B
【分析】
构造函数 2
( ) ( )xg x e f x ，根据 2 0 f x xf x ，结合题意可知函数 g x 是偶函数，且在 0, 上
是增函数，由此根据结论，构造出 x 的不等式即可．
【详解】
由题意：不等式 1 2 1xe f x f x 可化为： 2 1( 1) ( ) xf x f x e ，
两边同乘以 2( 1)xe 得： 2 2( 1) ( 1) ( )x xe f x e f x ，
令 2
( ) ( )xh x e f x ，易知该函数为偶函数，
因为 2
( ) ( ) 2 ( )xh x e f x xf x ， 2 0 f x xf x ，所以 ( ) 0,( 0)h x x
所以 h x 在 0, 上是单调增函数，又因为 h x 为偶函数，
故 2 2( 1)x x ，解得： 1
2x ．
故选：B．
【点睛】
关键点睛：本题的解题关键是构造新函数，然后运用函数单调性求解不等式，通常情况构造新函数的形式
如： ( )( ) x
f xF x e
，
( ) ( )F x xf x 或者 ( )( ) f xF x x
等，需要结合条件或者问题出发进行构造，本题构造函数 2
( ) ( )xh x e f x 是
解答本题的关键.
24．（2021·北京丰台区·高三一模）已知函数 2
,( ) ,
x m x mf x x x m
，若存在实数 b ，使得关于 x 的方程
( )f x b 有三个不同的根，则实数 m 的取值范围是（ ）
A． (0,2) B． ( , 2) (0,2) C． ( 2,0) D． ( 2,0) (2, )
【答案】B
【分析】
作出函数 ( )f x 的图象，分 0m 、 0m 、 0m 三段讨论即可．
【详解】
分情况讨论，
当 0m 时，要使 ( )f x b 有三个不同的根，则
22 0 2
0
m m m
m
；
当 0m 时，要使 ( )f x b 有三个不同的根，同理可知，需要
2 2 2
0
m m m
m
．
当 0m 时，两个分段点重合，不可能有三个不同的根，故舍去．
m 的取值范围是 ( , 2) (0,2) ，
故选：B．
【点睛】
本题考查根的存在性及根的个数判断，数形结合思想的运用是关键，分析得到临界位置的高低是难点，
属于中档题．
25．（2021·浙江高三其他模拟）已知函数
2
2
6 7 3 ,
log 1 1 3 ,
x x x
f x
x x
若关于 x 的方程
2
2 0f x mf x m 有 6 个根，则 m 的取值范围为（ ）
A． ,2 2 3 B． 2,2 2 3 C． 2, D． 2,2 2 3
【答案】B
【分析】
作出函数 f x 的图象,令 t f x ，则原方程可化为 2 2 0t mt m 在 0,2 上有 2 个不相等的实根，
再数形结合得解.
【详解】
作出函数 f x 的图象如图所示．令 t f x ，则 2
2 0f x mf x m 可化为 2 2 0t mt m ，
要使关于 x 的方程 2
2 0f x mf x m 有 6 个根，数形结合知需方程 2 2 0t mt m 在 0,2
上有 2 个不相等的实根 1t ， 2t ，不妨设 1 2 20 t t ， 2 2t mt mg t ，则
2 4 2 0,
0 2,2
0 2 0,
2 4 2 2 0
m m
m
g m
g m m
解得 2 2 2 3m ，故 m 的取值范围为 ( 2,2 2 3) ，
故选 B．
【点睛】
形如 y g f x 的函数的零点问题与函数图象结合较为紧密，处理问题的基础和关键是作出 f x ，
g x 的图象．若已知零点个数求参数的范围，通常的做法是令 t f x ，先估计关于t 的方程 0g t 的
解的个数，再根据 f x 的图象特点，观察直线 y t 与 y f x 图象的交点个数，进而确定参数的范围．
二、多选题
26．（2020·济南市·高二期中）函数 ( ) 3
x xe ef x
，则下列结论正确的有（ ）
A． ( )y f x 是奇函数 B． ( )y f x 是偶函数
C． ( )y f x 是偶函数 D． ( ) siny f x x 是奇函数
【答案】AC
【分析】
根据奇函数和偶函数的定义分别对四个选项进行奇偶性的判断可得答案.
【详解】
因为 ( ) 3
x xe ef x
的定义域为 R ，又 ( )f x ( )2
x xe e f x
，所以选项 A 正确， B 不正确；
因为| ( ) | | | | | | ( ) |2 2
x x x xe e e ef x f x
，所以 ( )y f x 是偶函数，所以选项 C 正确；
因为 ( )sin( ) ( ) ( sin ) ( )sinf x x f x x f x x ，所以 ( ) siny f x x 是偶函数，故选项 D 不正确.
故选：AC
【点睛】
本题考查了函数的奇偶性的定义，考查了正弦函数的奇偶性，属于基础题.
27．（2020·全国高三专题练习）已知定义在 0, 2
上的函数 f x 的导函数为 f x ，且 0 0f ，
( )cos ( )sin 0f x x f x x ，则下列判断中正确的是( )
A． 6
6 2 4f f
B． ln 03f
C． 36 3f f D． 24 3f f
【答案】CD
【分析】
先令 ( )( ) cos
f xg x x
，对函数求导，根据题意，得到 ( )( ) cos
f xg x x
在 0, 2
上单调递减，再逐项判断，即可
得出结果.
【详解】
令 ( )( ) cos
f xg x x
， 0, 2x
，
则 2
( )cos ( )sin( ) cos
f x x f x xg x x
，
因为 ( )cos ( )sin 0f x x f x x ，
所以 2
( )cos ( )sin( ) 0cos
f x x f x xg x x
在 0, 2
上恒成立，
因此函数 ( )( ) cos
f xg x x
在 0, 2
上单调递减，
因此
6 4g g
，即 6 4
cos cos6 4
f f
，即 6
6 2 4f f
，故 A 错；
又 0 0f ，所以 (0)(0) 0cos0
fg ，所以 ( )( ) 0cos
f xg x x
在 0, 2
上恒成立，
因为 ln 0,3 2
，所以 ln 03f
，故 B 错；
又
6 3g g
，所以 6 3
cos cos6 3
f f
，即 36 3f f
，故 C 正确；
又
4 3g g
，所以 4 3
cos cos4 3
f f
，即 24 3f f
，故 D 正确；
故选：CD.
【点睛】
本题主要考查导数的应用，通常需要构造函数，用导数的方法研究函数单调性等，属于常考题型.
28．（2020·全国高三专题练习）已知函数 f x 的定义域为 0, ，导函数为 'f x ，
' lnxf x f x x x ，且 1 1f e e
，则（ ）
A． 1' 0f e
B． f x 在 1x e
处取得极大值
C． 0 1 1f D． f x 在 0, 单调递增
【答案】ACD
【分析】
根据题意可设 21 ln2f x x x bx ，根据 1 1f e e
求 b ，再求 f x 判断单调性求极值即可.
【详解】
∵函数 f x 的定义域为 0, ，导函数为 'f x ， ' lnxf x f x x x
即满足
2
' lnxf x f x x
x x
∵
2
'f x xf x f x
x x
∴ lnf x x
x x
∴可设 21 ln2
f x x bx
（ b 为常数）
∴ 21 ln2f x x x bx
∵ 21 1 1 1 1ln2
bf e e e e e
，解得 1
2b
∴ 21 1ln2 2f x x x x
∴ 11 2f ，满足 0 1 1f
∴C 正确
∵ 221 1 1ln ln = ln 1 02 2 2f x x x x ，且仅有 1' 0f e
∴B 错误，A、D 正确
故选：ACD
【点睛】
本题主要考查函数的概念和性质，以及利用导数判断函数的单调性和极值点，属于中档题.
29．（2021·山东日照市·高三一模）已知函数 f x 对于任意 xR ，均满足 2f x f x .当 1x 时
ln ,0 1
, 0x
x xf x e x
，若函数 2g x m x f x ，下列结论正确的为（ ）
A．若 0m ，则 g x 恰有两个零点
B．若 3
2 m e ，则 g x 有三个零点
C．若 30 2m ，则 g x 恰有四个零点
D．不存在 m 使得 g x 恰有四个零点
【答案】ABC
【分析】
设 2h x m x ，作出函数 g x 的图象，求出直线 2y mx 与曲线 ln 0 1y x x 相切以及直线
2y mx 过点 2,1A 时对应的实数 m 的值，数形结合可判断各选项的正误.
【详解】
由 2f x f x 可知函数 f x 的图象关于直线 1x 对称.
令 0g x ，即 2m x f x ，作出函数 f x 的图象如下图所示：
令 2h x m x ，则函数 g x 的零点个数为函数 f x 、 h x 的图象的交点个数，
h x 的定义域为 R ，且 2 2h x m x m x h x ，则函数 h x 为偶函数，
且函数 h x 的图象恒过定点 0, 2 ，
当函数 h x 的图象过点 2,1A 时，有 2 2 2 1h m ，解得 3
2m .
过点 0, 2 作函数 ln 0 1y x x 的图象的切线，
设切点为 0 0,lnx x ，对函数 lny x 求导得 1y x
，
所以，函数 lny x 的图象在点 0 0,lnx x 处的切线方程为 0 0
0
1lny x x xx
，
切线过点 0, 2 ，所以， 02 ln 1x ，解得 0
1x e
，则切线斜率为 e ，
即当 m e 时，函数 y h x 的图象与函数 ln 0 1y x x 的图象相切.
若函数 g x 恰有两个零点，由图可得 0m 或 m e ，A 选项正确；
若函数 g x 恰有三个零点，由图可得 3
2 m e ，B 选项正确；
若函数 g x 恰有四个零点，由图可得 30 2m ，C 选项正确，D 选项错误.
故选：ABC.
【点睛】
方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，
然后将问题转化为函数图象与 x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思
想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 0f x 分离变量得出 a g x ，将问题等价转化为直线 y a 与函数 y g x
的图象的交点问题.
30．（2020·全国高三专题练习）已知函数
2
2
log ( 1) ,1 3
( ) 1 296 , 32 2
x x
f x
x x x
，若方程 ( )f x m 有四个不同的实
根 1x ， 2x ， 3x ， 4x 满足 1 2 3 4x x x x< < < ，则下列说法正确的是（ ）
A． 1 2 1x x B．
1 2
1 1 1x x
C． 3 4 12x x D． 3 4 (27,29)x x
【答案】BCD
【分析】
作出函数 ( )f x 的图象，可知 2 1 2 2| log ( 1) | | log ( 1) |x x ，即可得到 1x ， 2x 的关系，由 3x ， 4x 是方程
21 296 (0 1)2 2x x m m 的两根，利用根与系数关系可得 3x ， 4x 的关系，由此即可判断出正确选项.
【详解】
解：作出函数 ( )f x 的图象，方程 ( )f x m 有四个不同的实根，
即函数 ( )y f x 与 y m 有四个不同的交点，如图所示：
依题意 2 1 2 2| log ( 1) | | log ( 1) |x x ，且 1 21 2 3x x ，
所以 2 1 2 2log ( 1) log ( 1)x x ，即 2 1 2 2log ( 1) log ( 1) 0x x ，
所以 2 1 2log [( 1)( 1)] 0x x ，即 1 2( 1)( 1) 1x x ，
所以 1 2 1 2x x x x ，所以
1 2
1 1 1x x
，故选项 A 错误，选项 B 正确；
又 3x ， 4x 是方程 21 296 (0 1)2 2x x m m 的两根，
即 3x ， 4x 是方程 2 12 29 2 0x x m 的两根，
所以 3 4 12x x ， 3 4 29 2x x m ，
因为方程 ( )f x m 有四个不同的实根，所以由图可知 (0,1)m ，
所以 3 4 29 2 (27 29)x x m ， ，故选项 C，选项 D 均正确．
故选：BCD.
【点睛】
本题主要考查分段函数的图象与性质，同时考查含有绝对值的对数型函数的图象变换及函数与方程思想，
对于方程根的个数问题常用数形结合的思想解决．
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