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正确率40.0%设函数$$f \left( x \right)=e^{x}-e^{-x}， g \left( x \right)=\operatorname{l g} \biggl( m x^{2}-x+\frac{1} {4} \biggr)$$，若对任意$$x_{1} \in(-\infty， 0 ]$$，都存在$${{x}_{2}{∈}{R}}$$，使得$$f \left( x_{1} \right)=g \left( x_{2} \right)$$，则实数$${{m}}$$的最小值为
A
A.$$- \frac{1} {3}$$
B.$${{−}{1}}$$
C.$$- \frac{1} {2}$$
D.$${{0}}$$
2、['函数中的存在性问题'， '充分、必要条件的判定']正确率60.0%函数$$f ( x )=\sqrt{1-x^{2}}+a$$．则
是$$\exists x_{0} \in[-1， \ 1 ]$$，使$$f \ ( \ x_{0} ) \ \geq0^{\prime\prime}$$的（）
A
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
3、['利用函数单调性求参数的取值范围'， '函数中的存在性问题'， '导数与最值'， '利用导数讨论函数单调性'， '函数的对称性']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=l n x-x^{2}$$与$$g ( x )=\left( x-2 \right)^{2}+\frac{1} {2 ( 2-x )}-m ( m \in R )$$的图象上存在关于$$( 1， 0 )$$对称的点，则实数$${{m}}$$的取值范围是
D
A.$$(-\infty， 1-l n 2 )$$
B.$$(-\infty， 1-l n 2 ]$$
C.$$( 1-l n 2，+\infty)$$
D.$$[ 1-l n 2，+\infty)$$
4、['函数中的存在性问题'， '函数的最大(小)值'， '导数的四则运算法则'， '基本初等函数的导数']正确率40.0%已知函数$$f \left( x \right)=e^{x}-2 a x， \， \， \， g \left( x \right)=-x^{3}-a x^{2}$$，若不存在$$x_{1}， x_{2} \in R$$，使得$$f^{\prime} \left( x \right)=g^{\prime} \left( x \right)$$，则实数$${{a}}$$的取值范围为$${{(}{)}}$$
D
A.$$(-2， 3 )$$
B.$$(-6， 0 )$$
C.$$[-2， 3 ]$$
D.$$[-6， 0 ]$$
5、['函数中的存在性问题'， '函数的最大(小)值'， '利用导数讨论函数单调性']正确率19.999999999999996%设函数$$f ( x )=\frac{l n x} {x}+x-a ( a \in R )$$，若曲线$$y=\frac{2 e^{x+1}} {e^{2 x}+1} ( e$$是自然对数的底数）上存在点$$( \ x_{0}， \ y_{0} )$$使得$$f \langle\textit{f} ( \textit{f} ( \textit{y}_{0} ) \rangle\rangle\textit{}=y_{0}$$，则$${{a}}$$的取值范围是（）
C
A.$$( \ -\infty， \ 0 ]$$
B.$$( \ 0， \ e ]$$
C.$$(-\infty， ~ \frac{1} {e} ]$$
D.$$[ 0， \ \ +\infty)$$
6、['函数的新定义问题'， '函数中的存在性问题'， '导数与单调性']正确率40.0%对于函数$${{f}{（}{x}{）}}$$和$${{g}{（}{x}{）}}$$，设$$\alpha\in\{x \in R | f \ ( x ) ~=0 \}， ~ \beta\in\{x \in R | g \ ( x ) ~=0 \}，$$若存在$${{α}{，}{β}{，}}$$使得$$| \alpha-\beta| \leqslant1$$，则称$${{f}{（}{x}{）}}$$与$${{g}{（}{x}{）}}$$互为$${{“}}$$情侣函数$${{”}}$$．若函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right)=e^{x-2}+x-3$$与$$g \textbf( \textbf{x} ) ~=a \textbf{x}-l n \textbf{x}$$互为$${{“}}$$情侣函数$${{”}}$$，则实数$${{a}}$$的取值范围为（）
C
A.$$[ \frac{l n 3} {3}， \ \frac{1} {e} ]$$
B.$$[ 0， ~ \frac{l n 3} {3} ]$$
C.$$[ 0， ~ \frac{1} {e} ]$$
D.$$[ 1， ~ \frac{1} {e} ]$$
7、['函数中的存在性问题'， '导数与最值'， '利用导数讨论函数单调性'， '导数中的函数构造问题']正确率40.0%已知函数$$f \ ( \textbf{x} ) \ =a \ ( \frac{1} {x}-x ) \ -2 l n \frac{1} {x} \ ( \textbf{a} \in R ) \， \ g \ ( \textbf{x} ) \ =-a x$$，若至少存在一个$$x_{0} \in[ \frac{1} {e}， \ 1 ]$$，使得$$f \ ( \textbf{x}_{0} ) \to g \ ( \textbf{x}_{0} )$$成立，则实数$${{a}}$$的取值范围为（）
C
A.$$( 1， ~+\infty)$$
B.$$[ 1， ~+\infty)$$
C.$$( \mathrm{\bf~ 0}， \mathrm{\bf~ \Lambda}+\infty)$$
D.$$[ 0， \ \ +\infty)$$
8、['函数中的存在性问题']正确率40.0%$${{[}{{2}{0}{1}{9}}{⋅}}$$北京人大附中模拟]已知函数$$f ( x )=\operatorname{l o g}_{2} x， \， \， \， g ( x )=2 x+a，$$若存在$$x_{1}， x_{2} \in\left[ \frac{1} {2}， 2 \right]，$$使得$$f ( x_{1} )=g ( x_{2} )，$$则$${{a}}$$的取值范围是（）
A
A.$$[-5， 0 ]$$
B.$$(-\infty，-5 ] \cup[ 0，+\infty)$$
C.$$(-5， 0 )$$
D.$$(-\infty，-5 ) \cup( 0，+\infty)$$
9、['函数中的存在性问题'， '指数（型）函数的值域'， '对数（型）函数的值域']正确率40.0%设函数$$f \left( x \right)=-4^{x}+2^{x+1}-1$$，$$g \left( x \right)=\mathrm{l g} \， \left( a x^{2}-4 x+1 \right)$$，若对任意$${{x}_{1}{∈}{R}}$$，都存在$${{x}_{2}{∈}{R}}$$，使$$f \left( x_{1} \right)=g \left( x_{2} \right)$$，则实数$${{a}}$$的取值范围为（）
B
A.$$( 0， 4 ]$$
B.$$(-\infty， 4 ]$$
C.$$(-4， 0 ]$$
D.$$[ 4，+\infty)$$
10、['函数中的存在性问题'， '导数与极值'， '利用导数求参数的取值范围']正确率40.0%若函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ {x} \\ \end{matrix} \right)=[ x^{3}+3 x^{2}+9 \left( \begin{matrix} {a+6} \\ \end{matrix} \right) . x+6-a ] e^{-x}$$在区间$$( \ 2， \ 4 )$$上存在极大值点，则实数$${{a}}$$的取值范围是（）
C
A.$$( \ -\infty， \ \ -8 )$$
B.$$( \mathrm{~-\infty， ~} \mathrm{~-7 )}$$
C.$$( \mathit{\omega} 8， \mathit{\omega}-7 )$$
D.$$( \begin{array} {l l} {-8，} & {-7} \\ \end{array} ]$$
1. 解析：
函数 $$f(x) = e^x - e^{-x}$$ 在 $$x \in (-\infty, 0]$$ 时的值域为 $$(-\infty, 0]$$。函数 $$g(x) = \lg(mx^2 - x + \frac{1}{4})$$ 必须有定义且值域包含 $$(-\infty, 0]$$。
定义域要求：$$mx^2 - x + \frac{1}{4} > 0$$ 对所有 $$x \in \mathbb{R}$$ 成立，即判别式 $$\Delta = 1 - m < 0$$，得 $$m > 1$$。
值域要求：$$g(x)$$ 的最小值 $$\leq 0$$。设 $$h(x) = mx^2 - x + \frac{1}{4}$$，其最小值为 $$\frac{4m \cdot \frac{1}{4} - 1}{4m} = \frac{m - 1}{4m}$$。
因为 $$g(x)$$ 的值域为 $$[\lg(\frac{m - 1}{4m}), +\infty)$$，所以 $$\lg(\frac{m - 1}{4m}) \leq 0$$，即 $$\frac{m - 1}{4m} \leq 1$$，解得 $$m \geq -\frac{1}{3}$$。
综上，$$m$$ 的最小值为 $$-\frac{1}{3}$$，故选 A。
2. 解析：
函数 $$f(x) = \sqrt{1 - x^2} + a$$ 在 $$x \in [-1, 1]$$ 时的值域为 $$[a, 1 + a]$$。
存在 $$x_0 \in [-1, 1]$$ 使 $$f(x_0) \geq 0$$ 等价于 $$1 + a \geq 0$$，即 $$a \geq -1$$。
而 $$f(0) = 1 + a \geq 0$$ 是 $$a \geq -1$$ 的充要条件，故选 C。
3. 解析：
设点 $$(x, y)$$ 在 $$f(x)$$ 上，对称点为 $$(2 - x, -y)$$ 在 $$g(x)$$ 上，即 $$-y = g(2 - x)$$。
代入得 $$-\ln x + x^2 = (x)^2 + \frac{1}{2x} - m$$，化简为 $$m = \ln x + \frac{1}{2x} + x^2 - x^2 = \ln x + \frac{1}{2x}$$。
设 $$h(x) = \ln x + \frac{1}{2x}$$，求导得 $$h'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{2x^2}$$，极值点为 $$x = \frac{1}{2}$$。
$$h(\frac{1}{2}) = \ln \frac{1}{2} + 1 = 1 - \ln 2$$，且 $$h(x)$$ 在 $$(0, \frac{1}{2})$$ 递减，在 $$(\frac{1}{2}, +\infty)$$ 递增。
因此 $$m \leq 1 - \ln 2$$，故选 B。
4. 解析：
$$f'(x) = e^x - 2a$$，$$g'(x) = -3x^2 - 2a x$$。
条件要求 $$e^x - 2a \neq -3x^2 - 2a x$$ 对所有 $$x \in \mathbb{R}$$ 成立。
即 $$e^x + 3x^2 + 2a x - 2a \neq 0$$。设 $$h(x) = e^x + 3x^2 + 2a x - 2a$$，需 $$h(x) \neq 0$$ 对所有 $$x$$ 成立。
求导得 $$h'(x) = e^x + 6x + 2a$$，若 $$h(x)$$ 有极值，需极值点处 $$h(x) \neq 0$$。
通过分析可得 $$a \in [-6, 0]$$ 时 $$h(x)$$ 无零点，故选 D。
5. 解析：
曲线 $$y = \frac{2e^{x+1}}{e^{2x} + 1}$$ 的值域为 $$(0, e]$$。
条件 $$f(f(f(y_0))) = y_0$$ 要求 $$y_0$$ 是 $$f$$ 的不动点或周期点。
分析 $$f(x) = \frac{\ln x}{x} + x - a$$，若 $$f(y_0) = y_0$$，则 $$a = \frac{\ln y_0}{y_0}$$。
因为 $$y_0 \in (0, e]$$，$$\frac{\ln y_0}{y_0}$$ 的最大值为 $$\frac{1}{e}$$（当 $$y_0 = e$$ 时）。
因此 $$a \leq \frac{1}{e}$$，故选 C。
6. 解析：
函数 $$f(x) = e^{x-2} + x - 3$$ 的零点 $$\alpha$$ 满足 $$e^{\alpha-2} + \alpha - 3 = 0$$，解得 $$\alpha \approx 2$$。
函数 $$g(x) = a x - \ln x$$ 的零点 $$\beta$$ 满足 $$a \beta = \ln \beta$$。
条件 $$|\alpha - \beta| \leq 1$$ 即 $$1 \leq \beta \leq 3$$。
设 $$a = \frac{\ln \beta}{\beta}$$，求 $$a$$ 的范围。函数 $$h(\beta) = \frac{\ln \beta}{\beta}$$ 在 $$[1, e]$$ 递增，在 $$[e, +\infty)$$ 递减。
$$h(1) = 0$$，$$h(e) = \frac{1}{e}$$，$$h(3) = \frac{\ln 3}{3}$$，因此 $$a \in \left[0, \frac{1}{e}\right]$$，故选 C。
7. 解析：
条件要求存在 $$x_0 \in \left[\frac{1}{e}, 1\right]$$ 使 $$f(x_0) \geq g(x_0)$$，即 $$a\left(\frac{1}{x_0} - x_0\right) - 2\ln \frac{1}{x_0} \geq -a x_0$$。
化简为 $$a \left(\frac{1}{x_0} - x_0 + x_0\right) \geq -2\ln x_0$$，即 $$a \geq -2x_0 \ln x_0$$。
设 $$h(x_0) = -2x_0 \ln x_0$$，在 $$x_0 \in \left[\frac{1}{e}, 1\right]$$ 时，$$h(x_0)$$ 的最大值为 $$\frac{2}{e}$$（当 $$x_0 = \frac{1}{e}$$ 时）。
因此 $$a \geq 0$$，故选 D。
8. 解析：
函数 $$f(x) = \log_2 x$$ 在 $$\left[\frac{1}{2}, 2\right]$$ 的值域为 $$[-1, 1]$$。
函数 $$g(x) = 2x + a$$ 在 $$\left[\frac{1}{2}, 2\right]$$ 的值域为 $$[1 + a, 4 + a]$$。
条件要求 $$[1 + a, 4 + a]$$ 与 $$[-1, 1]$$ 有交集，即 $$1 + a \leq 1$$ 且 $$4 + a \geq -1$$。
解得 $$-5 \leq a \leq 0$$，故选 A。
9. 解析：
函数 $$f(x) = -4^x + 2^{x+1} - 1$$ 的值域为 $$(-\infty, 0]$$。
函数 $$g(x) = \lg(a x^2 - 4x + 1)$$ 必须有定义且值域包含 $$(-\infty, 0]$$。
定义域要求：$$a x^2 - 4x + 1 > 0$$ 对所有 $$x \in \mathbb{R}$$ 成立，即 $$a > 0$$ 且判别式 $$\Delta = 16 - 4a < 0$$，得 $$a > 4$$。
值域要求：$$g(x)$$ 的最小值 $$\leq 0$$。设 $$h(x) = a x^2 - 4x + 1$$，其最小值为 $$\frac{4a - 16}{4a} = 1 - \frac{4}{a}$$。
因为 $$g(x)$$ 的值域为 $$[\lg(1 - \frac{4}{a}), +\infty)$$，所以 $$\lg(1 - \frac{4}{a}) \leq 0$$，即 $$1 - \frac{4}{a} \leq 1$$，恒成立。
综上，$$a \geq 4$$，故选 D。
10. 解析：
函数 $$f(x) = [x^3 + 3x^2 + 9(a + 6)x + 6 - a] e^{-x}$$ 在 $$(2, 4)$$ 存在极大值点。
求导得 $$f'(x) = e^{-x}[-x^3 + (9a + 54)x + (6 - a) + 3x^2 + 6x + 9(a + 6)]$$。
化简后需 $$-x^3 + 3x^2 + (9a + 60)x + (12 - a) = 0$$ 在 $$(2, 4)$$ 有解。
设 $$h(x) = -x^3 + 3x^2 + (9a + 60)x + (12 - a)$$，需 $$h(2) h(4) < 0$$。
计算得 $$h(2) = -8 + 12 + (18a + 120) + (12 - a) = 17a + 136$$，$$h(4) = -64 + 48 + (36a + 240) + (12 - a) = 35a + 236$$。
不等式 $$(17a + 136)(35a + 236) < 0$$ 的解为 $$-8 < a < -7$$，故选 C。