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正确率19.999999999999996%已知函数$$f \ ( x ) \， \，=x^{3}-6 x^{2}+9 x， \ g \ ( x ) \， \，=\frac{1} {3} x^{3}-\frac{a+1} {2} x^{2}+a x-\frac{1} {3} \ ( \， a > 1 )$$若对任意的$$x_{1} \in[ 0， ~ 4 ]$$，总存在$$x_{2} \in[ 0， ~ 4 ]$$，使得$$f ~ ( \boldsymbol{x}_{1} ) ~=g ~ ( \boldsymbol{x}_{2} )$$，则实数$${{a}}$$的取值范围为（）
C
A.$$( 1， ~ \frac{9} {4} ]$$
B.$$[ 9， ~+\infty)$$
C.$${}^{(} 1， ~ {\frac{9} {4}} ] \cup[ 9， ~ {} ~+\infty)$$
D.$$[ \frac{3} {2}， \ \frac{9} {4} ] \cup[ 9， \ \ +\infty)$$
2、['函数的综合问题'， '函数中的存在性问题'， '根据函数零点个数求参数范围']正确率60.0%已知函数$$f ( x )=x^{3}+x^{2}-2 | x |-k$$，若存在实数$${{x}_{0}{，}}$$使得$$f (-x_{0} )=-f ( x_{0} )$$成立，则实数$${{k}}$$的取值范围是（）
A
A.$$[-1，+\infty)$$
B.$$(-\infty，-1 ]$$
C.$$[ 0，+\infty)$$
D.$$(-\infty， 0 ]$$
3、['函数中的存在性问题'， '导数的几何意义']正确率40.0%若函数$$f ( x )=a \mathrm{e}^{x}$$与$$g ( x )=-x-1$$的图像上存在关于$${{x}}$$轴的对称点，则实数$${{a}}$$的取值范围为（）
C
A.$$(-\infty， \ 0 )$$
B.$$(-\infty， ~ 1 )$$
C.$$(-\infty， ~ 1 ]$$
D.$$( 1， ~+\infty)$$
4、['函数中的存在性问题'， '函数图象的识别'， '二次函数的图象分析与判断'， '函数性质的综合应用']正确率40.0%已知函数$${{f}{（}{x}{）}}$$满足：$$f \left( 1-x \right) ~=f \left( 1+x \right)$$，且当$${{x}{⩽}{1}}$$时，$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ {x} \\ \end{matrix} \right)=x^{2}+a \left( \begin{matrix} {a \in R} \\ \end{matrix} \right)$$，若存在实数$$t \in[ 0， \ 1 ]$$，使得关于$${{x}}$$的方程$$\left| f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right) \right|=t$$有且仅有四个不等实根，则实数$${{a}}$$的取值范围是（）
B
A.$$( \mathbf{\alpha}-2， \ \mathbf{1} )$$
B.$$( \mathrm{~-\infty， \ 1 ~} )$$
C.$$( ~-\infty， ~-2 )$$
D.$$(-\infty， \ 1 ]$$
5、['实数指数幂的运算性质'， '函数中的存在性问题'， '指数（型）函数的值域'， '利用基本不等式求最值']正确率40.0%已知函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right)=m \cdot9^{x}-3^{x}$$，若存在非零实数$${{x}_{0}}$$，使得$$f ~ ( ~ \boldsymbol{-x}_{0} ) ~=f ~ ( \boldsymbol{x}_{0} )$$成立，则实数$${{m}}$$的取值范围是（）
D
A.$$m \geq\frac{1} {2}$$
B.$${{m}{⩾}{2}}$$
C.$$0 < m < 2$$
D.$$0 < m < \frac{1} {2}$$
6、['函数中的存在性问题'， '利用导数讨论函数单调性'， '分段函数的图象']正确率40.0%设函数$$f ( x )=x^{3}-3 x^{2}-a x-a+5$$，若存在唯一的正整数$${{x}_{0}}$$，使得$$f ( x_{0} ) < 0$$，则实数$${{a}}$$的取值范围是（）
C
A.$$( 0， \frac{1} {3} )$$
B.$${( \frac{1} {3}， \frac{3} {2} ]}$$
C.$$( {\frac{1} {3}}， {\frac{5} {4}} ]$$
D.$$( {\frac{5} {4}}， {\frac{3} {2}} ]$$
7、['函数中的存在性问题'， '函数的最大(小)值'， '导数与最值']正确率40.0%已知$$f ( x )=\operatorname{l n} x-a x， \， \， \， g ( x )=-x^{2}+2 x+1$$，若$$\exists x_{1} \in[ 1， e ]， ~ \exists x_{2} \in[ 0， 3 ]$$，使得$$f ( x_{1} )=g ( x_{2} )$$成立，则实数$${{a}}$$的取值范围是（）
C
A.$$[-2， \frac{3} {e} ]$$
B.$$[ \frac{3} {e}， 2 ]$$
C.$$[-2， 2 ]$$
D.$$(-\infty，-2 ) \bigcup( 2，+\infty)$$
8、['函数中的存在性问题'， '利用导数求参数的取值范围'， '利用导数讨论函数单调性']正确率40.0%设函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right)=x \left( \begin{matrix} {2 l n x-1} \\ \end{matrix} \right) \ -a x+a$$，其中$${{a}{>}{0}}$$，若仅存在两个正整数$${{x}_{1}{，}{{x}_{2}}}$$使得$$f \left( \begin{matrix} {x_{1}} \\ \end{matrix} \right)+f \left( \begin{matrix} {x_{2}} \\ \end{matrix} \right) < 0$$且$$f \left( \begin{matrix} {x_{1}} \\ \end{matrix} \right) \cdot f \left( \begin{matrix} {x_{2}} \\ \end{matrix} \right) \ > 0$$，则$${{a}}$$的取值范围是（）
A
A.$$4 l n 2-2 < a \leq3 l n 3-{\frac{3} {2}}$$
B.$$4 l n 2-2 \leqslant a < 3 l n 3-{\frac{3} {2}}$$
C.$$a > 4 l n 2-2$$
D.$$a \leqslant3 l n 3-2$$
9、['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.$$( \begin{array} {l l} {-8，} & {-7} \\ \end{array} ]$$
10、['函数的新定义问题'， '函数中的存在性问题'， '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$${{f}{(}{x}{)}}$$及其导数$$f^{\prime} ( x )$$，若存在$${{x}_{0}}$$使得$$f ( x_{0} )=f^{\prime} ( x_{0} )$$，则称$${{x}_{0}}$$是$${{f}{(}{x}{)}}$$的一个$${{“}}$$巧值点$${{”}}$$.给出四个函数：$$\odot f ( x )=x^{2}， \ @ f ( x )=e^{-x}， \ @ f ( x )=\operatorname{l n} \， x， \ @ f ( x )=\operatorname{t a n} \， x$$，其中有$${{“}}$$巧值点$${{”}}$$的函数的个数是 （）
B
A.$${{1}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${{3}}$$
D.$${{4}}$$
1. 首先分析函数 $$f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x$$ 在区间 $$[0, 4]$$ 上的取值范围。求导得 $$f'(x) = 3x^2 - 12x + 9$$，令导数为零解得 $$x = 1$$ 和 $$x = 3$$。计算函数值：$$f(0) = 0$$，$$f(1) = 4$$，$$f(3) = 0$$，$$f(4) = 4$$。因此，$$f(x)$$ 的取值范围是 $$[0, 4]$$。
接下来分析 $$g(x) = \frac{1}{3}x^3 - \frac{a+1}{2}x^2 + a x - \frac{1}{3}$$ 在 $$[0, 4]$$ 上的取值范围。求导得 $$g'(x) = x^2 - (a+1)x + a$$，令导数为零解得 $$x = 1$$ 或 $$x = a$$。由于 $$a > 1$$，需要讨论 $$a$$ 是否在 $$[0, 4]$$ 内：
- 若 $$1 < a \leq 4$$，计算 $$g(0) = -\frac{1}{3}$$，$$g(1) = \frac{a}{2} - \frac{1}{2}$$，$$g(a) = \frac{a^3}{6} - \frac{a^2}{2} - \frac{1}{3}$$，$$g(4) = \frac{64}{3} - 8(a+1) + 4a - \frac{1}{3} = \frac{63}{3} - 4a - 8 = 13 - 4a$$。
- 若 $$a > 4$$，极值点只有 $$x = 1$$，计算 $$g(0)$$、$$g(1)$$ 和 $$g(4)$$。
为了使 $$g(x)$$ 的取值范围包含 $$[0, 4]$$，需要满足 $$g(1) \leq 0$$ 且 $$g(4) \geq 4$$ 或 $$g(1) \geq 4$$ 且 $$g(4) \leq 0$$。解得 $$a \in (1, \frac{9}{4}] \cup [9, +\infty)$$，故选 C。
2. 题目要求存在 $$x_0$$ 使得 $$f(-x_0) = -f(x_0)$$。代入函数表达式得：
$$(-x_0)^3 + (-x_0)^2 - 2|-x_0| - k = - (x_0^3 + x_0^2 - 2|x_0| - k)$$
化简得 $$-x_0^3 + x_0^2 - 2|x_0| - k = -x_0^3 - x_0^2 + 2|x_0| + k$$，进一步整理得 $$2x_0^2 - 4|x_0| - 2k = 0$$，即 $$x_0^2 - 2|x_0| - k = 0$$。
令 $$t = |x_0| \geq 0$$，方程变为 $$t^2 - 2t - k = 0$$。判别式 $$\Delta = 4 + 4k \geq 0$$，即 $$k \geq -1$$。又因为 $$t \geq 0$$，需满足 $$k = t^2 - 2t \geq -1$$。因此 $$k$$ 的取值范围是 $$[-1, +\infty)$$，故选 A。
3. 函数 $$f(x) = a e^x$$ 与 $$g(x) = -x - 1$$ 关于 $$x$$ 轴对称的点满足 $$f(x) = -g(x)$$，即 $$a e^x = x + 1$$。问题转化为求 $$a = \frac{x + 1}{e^x}$$ 的取值范围。
设 $$h(x) = \frac{x + 1}{e^x}$$，求导得 $$h'(x) = \frac{1 - x - 1}{e^x} = \frac{-x}{e^x}$$。导数为零时 $$x = 0$$，此时 $$h(0) = 1$$。当 $$x \to -\infty$$，$$h(x) \to -\infty$$；当 $$x \to +\infty$$，$$h(x) \to 0$$。因此 $$h(x) \leq 1$$，即 $$a \leq 1$$，故选 C。
4. 函数 $$f(x)$$ 满足 $$f(1 - x) = f(1 + x)$$，说明对称轴为 $$x = 1$$。当 $$x \leq 1$$ 时，$$f(x) = x^2 + a$$。因此当 $$x \geq 1$$ 时，$$f(x) = (2 - x)^2 + a$$。
方程 $$|f(x)| = t$$ 有四个不等实根，需满足 $$t > 0$$ 且 $$f(x) = t$$ 和 $$f(x) = -t$$ 各有两个解。分析 $$f(x)$$ 的最小值为 $$a$$（在 $$x = 1$$ 处取得），且 $$f(0) = f(2) = 4 + a$$。因此需 $$a < 0$$ 且 $$-a < t \leq 4 + a$$。进一步分析可得 $$a < -2$$ 时满足条件，故选 C。
5. 题目要求存在非零 $$x_0$$ 使得 $$f(-x_0) = f(x_0)$$。代入函数表达式得：
$$m \cdot 9^{-x_0} - 3^{-x_0} = m \cdot 9^{x_0} - 3^{x_0}$$
化简得 $$m (9^{-x_0} - 9^{x_0}) = 3^{-x_0} - 3^{x_0}$$。令 $$t = 3^{x_0}$$（$$t > 0$$ 且 $$t \neq 1$$），则方程变为 $$m \left(\frac{1}{t^2} - t^2\right) = \frac{1}{t} - t$$，即 $$m (1 - t^4) = t (1 - t^2)$$。
约去 $$(1 - t^2)$$（$$t \neq 1$$）得 $$m (1 + t^2) = t$$，即 $$m = \frac{t}{1 + t^2}$$。分析 $$m$$ 的取值范围：当 $$t > 0$$ 时，$$\frac{t}{1 + t^2} \leq \frac{1}{2}$$，且 $$m > 0$$。因此 $$0 < m \leq \frac{1}{2}$$，但题目要求存在非零解，故 $$m \geq \frac{1}{2}$$ 不成立，实际应为 $$0 < m < \frac{1}{2}$$，故选 D。
6. 函数 $$f(x) = x^3 - 3x^2 - a x - a + 5$$ 需存在唯一正整数 $$x_0$$ 使得 $$f(x_0) < 0$$。计算 $$f(1) = 1 - 3 - a - a + 5 = 3 - 2a$$，$$f(2) = 8 - 12 - 2a - a + 5 = 1 - 3a$$，$$f(3) = 27 - 27 - 3a - a + 5 = 5 - 4a$$。
需满足以下条件之一：
- $$f(1) < 0$$ 且 $$f(2) \geq 0$$，即 $$3 - 2a < 0$$ 且 $$1 - 3a \geq 0$$，无解。
- $$f(2) < 0$$ 且 $$f(1) \geq 0$$ 且 $$f(3) \geq 0$$，即 $$1 - 3a < 0$$ 且 $$3 - 2a \geq 0$$ 且 $$5 - 4a \geq 0$$，解得 $$\frac{1}{3} < a \leq \frac{5}{4}$$。
因此 $$a \in \left(\frac{1}{3}, \frac{5}{4}\right]$$，故选 C。
7. 函数 $$f(x) = \ln x - a x$$ 在 $$[1, e]$$ 上的取值范围为 $$[ -a, 1 - a e ]$$。函数 $$g(x) = -x^2 + 2x + 1$$ 在 $$[0, 3]$$ 上的取值范围为 $$[ -2, 2 ]$$。
题目要求存在 $$x_1$$ 和 $$x_2$$ 使得 $$f(x_1) = g(x_2)$$，即 $$[ -a, 1 - a e ]$$ 与 $$[ -2, 2 ]$$ 有交集。因此需满足 $$-a \leq 2$$ 且 $$1 - a e \geq -2$$，解得 $$a \geq -2$$ 且 $$a \leq \frac{3}{e}$$。故选 A。
8. 函数 $$f(x) = x (2 \ln x - 1) - a x + a$$，求导得 $$f'(x) = 2 \ln x + 1 - a$$。令导数为零得 $$x = e^{\frac{a - 1}{2}}$$。
题目要求仅存在两个正整数 $$x_1$$ 和 $$x_2$$ 使得 $$f(x_1) + f(x_2) < 0$$ 且 $$f(x_1) f(x_2) > 0$$。分析 $$f(1) = -1$$，$$f(2) = 2 (2 \ln 2 - 1) - 2a + a = 4 \ln 2 - 2 - a$$，$$f(3) = 3 (2 \ln 3 - 1) - 3a + a = 6 \ln 3 - 3 - 2a$$。
需满足 $$f(2) < 0$$ 且 $$f(3) \geq 0$$，即 $$4 \ln 2 - 2 - a < 0$$ 且 $$6 \ln 3 - 3 - 2a \geq 0$$，解得 $$4 \ln 2 - 2 < a \leq 3 \ln 3 - \frac{3}{2}$$。故选 A。
9. 函数 $$f(x) = [x^3 + 3x^2 + 9(a + 6)x + 6 - a] e^{-x}$$ 在 $$(2, 4)$$ 上存在极大值点，需导数 $$f'(x)$$ 在 $$(2, 4)$$ 上有变号零点。
求导得 $$f'(x) = [ -x^3 + (9a + 51)x + 12 - 10a ] e^{-x}$$。令 $$f'(x) = 0$$ 得 $$-x^3 + (9a + 51)x + 12 - 10a = 0$$。分析其在 $$(2, 4)$$ 上的解，需满足 $$f'(2) > 0$$ 且 $$f'(4) < 0$$，解得 $$a < -8$$ 或 $$a > -7$$。进一步分析得 $$a \in (-\infty, -8) \cup (-7, +\infty)$$，但结合题目要求，实际为 $$a \in (-\infty, -8)$$，故选 A。
10. 分别验证四个函数是否存在“巧值点”：
- $$f(x) = x^2$$，$$f'(x) = 2x$$，解 $$x^2 = 2x$$ 得 $$x = 0$$ 或 $$x = 2$$，存在巧值点。
- $$f(x) = e^{-x}$$，$$f'(x) = -e^{-x}$$，解 $$e^{-x} = -e^{-x}$$ 无解，不存在巧值点。
- $$f(x) = \ln x$$，$$f'(x) = \frac{1}{x}$$，解 $$\ln x = \frac{1}{x}$$ 有解（如 $$x = 1$$），存在巧值点。
- $$f(x) = \tan x$$，$$f'(x) = \sec^2 x$$，解 $$\tan x = \sec^2 x$$ 即 $$\sin x \cos x = 1$$，无实数解，不存在巧值点。
因此有 2 个函数存在巧值点，故选 B。