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专题 15 导数中的新定义问题
新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革，为面对拔尖创新人才选拔培养等新要
求，增加了新定义问题，函数与导数一直是高考中的热点与难点, 是新定义问题的重要载体，本专题总结
新定义问题的特点及导数中新定义问题的常见类型，供大家参考.
(一)新定义问题的特点及求解策略
1.新定义试题通过新定义一个数学对象或数学运算，以此为基础为学生搭建思维平台，设置试题.该题
型形式新颖，考查功能显著，主要表现在四个方面：通过新定义创设数学新语境和话语体系；通过新
情境搭建试题框架，创设解题条件；通过新设问设置思维梯度，逐步深入，准确区分不同层次的学生；
通过解题过程展现学生数学思维和探究过程，实现对分析、推理、判断、论述等关键能力的考查.
2.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解
的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的.
3.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
【例 1】（2024 届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特
定函数的方法．给定两个正整数 m，n，函数 f x 在 x = 0处的 m, n 阶帕德近似定义为：
m
R x a= 0 + a1x +L+ am x
1 b x L b xn ，且满足：
f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ，…，
+ 1 + + n
f m+n 0 = R m+n 0 ．注： f x = é f x ù ， f x = é f x ù ， f
4
x = é f x ù ，
f 5 x = é 4 ù f x = ex 1,1
1+ ax
f (x) ，…已知 在 x = 0处的 阶帕德近似为R x = ．1+ bx
(1)求实数 a，b 的值；
(2)当 x 0,1 时，试比较 f x 与R x 的大小，并证明；
1
(3) a a已知正项数列 a n+1 nn 满足： a1 = ， ane = e -1
1 a 1，求证： ．
2 2n n 2n-1
a 1+ bx - b 1+ ax a - b -2b a - b 【解析】（1）由题意得R x = 2 = 2 ，R x = ，1+ bx 1+ bx 1+ bx 3
f 0 = f 0 = f 0 = 1，故R 0 = a - b =1，R 0 = -2b a - b =1，
a 1 1解得 = ，b = - .
2 2
1 x+
R x 2 2 + x 2 + x（2）由上可得 = x = ，要比较 e
x 与 的 ，
1- 2 - x 2 - x
2
x 0,1 2 + x，只需比较 1 e- x与 的 ，
2 - x
2 + x é 4 2 + x ù x2- x - x - x
令 g x = e ， g x = ê - ú e = e ，
2 - x 2 - x 2ê 2 - x ú 2 - x
2
所以 g x > 0，从而可得 g x 在 0,1 上单调递增，
所以 g x > g 0 =1 2 + x > ex，即 ，所以 f x < R x .
2 - x
3 x x（ ）设u x = e - x -1，u x = e -1，
当 x < 0 时，u x < 0，u x 在 - ,0 上单调递减，
当 x > 0时，u x > 0，u x 在 0, + 上单调递增，
故u x ≥u 0 = 0，即 e x x + 1，当且仅当 x = 0时等号成立；
eana a -1 a 1- an ean -1 x
由题意知 e n+1 - e n = - e n = ，令 y = 1- x e ， y = -xex ，
an an
1
故该函数在 0, + 上递减，故可得 ean+1 - ean < 0，即 an+1 < an ，可得0 < an ；2
2 + an
a -1
一方面：由（2）可得 nea e -1 2 - a 2n+1 = < n = ，
an an 2 - an
ea又因为 n+1 > an+1 +1，
a 1 2 a a 1 2所以可得 n+1 + <
n 1 1
2 a ，即 n+1
< > -1
2 a ，即 a a ，即 -1 > 2 -1- n -
÷ ，
n n+1 n an+1 è an
1
-1 > 2n-1
1 1
-1 = 2n-1 n-1
1
故 a a ÷ ，即
> 2
a ，所以 an < .n è 1 n 2n-1
an
a 1 a 1 a ea e
an -1 an an
另一方面：要证明 ≥ ≥ n+1 e 2 ≥ e 2 ean -1≥ e 2n 2n n+1 n
× a ，
2 a nn
an an a- n
两边同时除以 e 2 ，原式 e 2 - e 2 - an ≥0
x x 1 x 1 x- -
令 g x = e2 - e 2 - x， g x = e2 + e 2 -1,2 2
1 x 1 x x x- -
由基本不等式， y = e2 + e 2 1 1≥2 e2 × e 2 =1
2 2 2 2
x x
- 1
故 g x 1= e2 1+ e 2 -1≥0，所以 g x 在 0, ÷单调递增，2 2 è 2
所以 g x g 0 = 0 ，得证.
【例 2】（2024 届上海市华东师范大学附中学高三下学期数学测验）已知函数 y = f x , x D ，如果存在常
数M ，对任意满足 x1 < x2 n
f xi - f xi-1 M 恒成立，则称函数 y = f x , x D 是“绝对差有界函数”
i=2
f x ln x 1(1)函数 = , x 是“绝对差有界函数”，求常数M 的取值范围；
x e
(2)对于函数 y = f x , x a,b ，存在常数 k ，对任意的 x1, x2 a,b ，有 f x1 - f x2 k x1 - x2 恒成立，求
证：函数 y = f x , x a,b 为“绝对差有界函数”
ì
x cos
π ,0 < x 1
(3)判断函数 f x = í 2x 是不是“绝对差有界函数”？说明理由
0, x = 0
Q f (x) ln x , x 1 1- ln x 1- ln x【解析】（1） = ，\ f ' x = ，\ f x = = 0，\ x = e ，
x e x2 x2
即当 x é
1
ùê ,eú， f (x) 单调递增；当 x e, + ， f (x) 单调递减. e
n
所以 f xi - f xi-1 = f xn - f xn-1 + f xn-1 - f xn-2 +L+ f x2 - f x0 ,
i=2
f (x) 单调递增时， f xn - f xn-1 > 0， f (x) 单调递减时， f xn - f xn-1 < 0 .
且当 x 无限趋向于正无穷大时， f x 无限趋向于 0，
n 1 2
所以 f xi - f xi-1 = f e - f ÷ + f (e) = + e 2.所以M + e ·
i=2 è e e e
n n
（2） f xi - f xi-1 k xi - xi-1 = k b - a 成立，则可取M = k b - a ，
i=2 i=2
所以函数 y = f x , x a,b 为“绝对差有界函数”
0 1 1 1（3） < < 2n 2n -1 2
1 2n -1 π
则有 = cos
2nπ
- 0 1+ cos 1- cos 2nπ π 1+L+ cos - cos 2π ，
2n 2 2n -1 2 2n 2 2 2 2
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1> + + + + +L+ + +L+ +L =1+ + +L 1+ +L
i=2 i 2 4 4 1842438 16424136 2 2 2
4个 8个
所以对任意常数M > 0，只要 n足够大，就有区间 0,1 的一个划分
n
0 1 1 1< < M ，2n 2n -1 2 i-1i=2
ì
x cos
π ,0 < x 1
所以函数 f x = í 2x 不是 0,1 的“绝对差有界函数”.
0, x = 0
(二)具有高等数学背景的新定义问题
导数在高等数学中有着广泛的应用，常见的如函数的拐点、凸凹性、曲线的曲率、拉格朗日中值定理等.
【例 3】（2024 届湖北省黄冈中学高三二模）第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在
深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.
现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线C : y = f x 上
的曲线段 AB ，其弧长为Ds，当动点从A 沿曲线段 AB 运动到 B 点时，A 点的切线 lA 也随着转动到 B 点的切
线 lB ，记这两条切线之间的夹角为Dq （它等于 lB 的倾斜角与 lA 的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角
Δq
越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K = Δs 为曲线
段 AB 的平均曲率；显然当 B 越接近A ，即Ds越小，K 就越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度，因此
Δq y K = lim =
定义 Δ 0 Δs 3 （若极限存在）为曲线C 在点A 处的曲率.（其中 y ， y 分别表示 y = f x 在点 1+ y 2 2
A 处的一阶 二阶导数）
(1)已知抛物线 x2 = 2 py( p > 0) 的焦点到准线的距离为 3，则在该抛物线上点 3, y 处的曲率是多少？
1 1 ex + e- x
(2)若函数 g x = x - ，不等式 g ÷ g 2 - coswx 对于 x R 恒成立，求w 的取值范围；2 +1 2 è 2
(3) 2若动点A 的切线沿曲线 f x = 2x -8运动至点B xn , f xn 处的切线，点 B 的切线与 x 轴的交点为
xn+1,0 n N* .若 x1 = 4，bn = xn - 2，Tn 是数列 bn 的前 n项和，证明Tn < 3 .
【解析】（1）Q抛物线 x2 = 2 py( p > 0) 的焦点到准线的距离为 3，\ p = 3，
1 2
即抛物线方程为 x2 = 6y ，即 f x = y = x ，则 f x 1= x ， f x 1= ，
6 3 3
1 1
3 3 2
又抛物线在点 3, y K = 3 = =处的曲率，则
1 2 2 2 12
，
2
1+ ×39 ÷è
即在该抛物线上点 3, y 2处的曲率为 ；
12
1 1 2x 1 1 1
（2）Q g -x = - x - = x - = - x = -g x ，2 +1 2 2 +1 2 2 2 +1
\ g x 在R 上为奇函数，又 g x 在R 上为减函数.
ex + e- x x - x
\ g ÷ g 2 - coswx e + e对于 x R 恒成立等价于 coswx 2 - 对于 x R 恒成立.
è 2 2
又因为两个函数都是偶函数，
x - x
记 p x = coswx q x 2 e + e， = - ，则曲线 p x 恒在曲线 q x 上方，
2
x - x
p x = -wsinwx e - e， q x = - ，又因为 p 0 = q 0 =1，
2
p 0 q 0
所以在 x = 0处三角函数 p x 的曲率不大于曲线 q x 的曲率，即 3 3 ，
é 1+ p
2 0 ù 2 é1+ q
2 0 ù 2
ex + e- x2
又因为 p x = -w coswx ， q x = - ，
2
p 0 = -w2， q 0 = -1，所以w 2 1，解得：-1 w 1，
因此，w 的取值范围为 -1,1 ；
（3）由题可得 f x = 4x，所以曲线 y = f x 在点 xn , f xn 处的切线方程是 y - f xn = f xn x - xn ，
即 y - 2x 2n -8 = 4x 2 2n x - xn ，令 y = 0 ，得- xn - 4 = 2xn xn+1 - xn ，即 xn + 4 = 2xn xn+1，
x 2
显然 xn 0
n
，\ xn+1 = +2 x ，n
x xn 2= + x 2 xn 2 2 xn + 2
2 x - 2
x 2 n
2
由 n+1 2 x ，知 n+1 + = + + = ，同理 n+1 - = ，n 2 xn 2xn 2xn
2
x + 2 x + 2 xn+1 + 2 xn + 2
故 n+1 = n ÷ ，从而 lg = 2lgx - 2 x - 2 ，xn+1 - 2 è xn - 2 n+1 n
设 lg
xn + 2 = an ，即 an+1 = 2ax 2 n，所以数列 an - 是等比数列，n
a = 2n-1a = 2n-1lg x1 + 2 = 2n-1
n-1
故 n 1 lg3 lg
xn + 2
，即 = 2n-1lg3
xn + 2 2
x - 2 x - 2 ，从而
= 3
1 n x
，
n - 2
2 32n-1 +1 4
所以 x = ，\ bn = xn - 2 = 2n-1 > 0，n 2n-13 -1 3 -1
2n-1bn+1 3 -1 1 1 1 1= n = n-1
21-1
= ，
n 3 -1 3 +1 3 3 3
2 n-1
当 n =1 1 1 1 时，显然T1 = b1 = 2 < 3；当n >1时，bn < b < b3 n-1 3 ÷ n-2
< ÷ b1，
è è 3
é 1
n
ù
n-1 b1 ê1- ÷ ú n
\Tn = b1 + b2 +L+ bn < b
1
1 + b1 +L
1+ b ê è 3 ú 1 ，
3 3 ÷ 1è = 1 = 3 - 3 × < 31- è 3
÷

3
综上，Tn < 3 n N* .
【例 4】（2024 届湖北省襄阳市第五中学高三第二次适应性测试）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在
高等数学中有着广泛的应用.定理内容为：设函数 f(x)，g(x)满足:
①图象在 a,b 上是一条连续不断的曲线；
②在 a,b 内可导;
f

b - f a f x
③对"x a,b ， g x 0 ，则$x a,b ，使得 =g b .- g a g x
g x = x $x a,b f b - f a 特别的，取 ，则有： ，使得 = f x ，此情形称之为拉格朗日中值定理.
b - a
(1)设函数 f x f x 满足 f 0 = 0，其导函数 f x 在 0, + 上单调递增，证明：函数 y = 在 0, + 上为
x
增函数.
ln a ln b b a
(2)若"a,b 0,e 且 a > b，不等式 - + m - ÷ 0 恒成立，求实数m 的取值范围.b a è a b
f x f1 x - f 0 【解析】（ ）由题 = ，由柯西中值定理知：对"x > 0，$x 0, x ，
x x - 0
f x - f 0 f x f f x 使得 = = x ， = f x ，
x - 0 1 x
又 f x 在 0, + 上单调递增，则 f x > f x ，
f

x xf x - f x > 0 é f x ù xf x - f x则 f x > ，即 ，所以
x ê x ú
= 2 > 0，
x
f
y x 故 = 在 0, + 上为增函数；
x
ln a ln b b a a ln a - b ln b
（2） - + m - ÷ 0 m，b a è a b a2 - b2
取 f x = x ln x ， g x = x2，因为 a > b，所以由柯西中值定理，$x b,a ，
f a - f b a ln a - b ln b f x 1+ lnx
使得 = = =g a g b a2 b2 g x 2x ，- -
1+ lnx
由题则有： m G x2x ，设
1+ ln x
= 0 < x < e ，G x - ln x= ，
2x 2x2
当0 < x <1时，G x > 0 ，当1 < x < e 时，G x < 0，
所以G x 在 0,1 上单调递增，在 1,e 上单调递减，
所以G x = G 1 1= ，故m 1 é1 ，所以实数m 的取值范围是 ê ,+

max 2 2 2 ÷
.

(三)现代科学技术与理论中的新定义问题
此类问题通常是根据现代科学技术与理论提炼一个数学模型，然后利用导数求解.
*
【例 5】（2024 届河北省张家口市高三下学期第三次模拟）在某项投资过程中，本金为 B0，进行了 N N N
次投资后，资金为BN BN > 0 ，每次投资的比例均为 x（投入资金与该次投入前资金比值），投资利润率为 r
（所得利润与当次投入资金的比值，盈利为正，亏损为负）的概率为 P，在实际问题中会有多种盈利可能
（设有 n 种可能），记利润率为 rk 的概率为Pk （其中 k N* ），其中P1 + P2 +L+ Pn = 1，由大数定律可知，
当 N 足够大时，利润率是 rk 的次数为 NPk ．
(1)假设第 1 次投资后的利润率为 r1，投资后的资金记为B1，求B1与 B0的关系式；
n n
B = B 1+ r x NP(2)当 N i足够大时，证明： N 0 i （其中 ai = a1a2a3Lan ）；
i=1 i=1
(3)将该理论运用到非赢即输的游戏中，记赢了的概率为P1，其利润率为 r1；输了的概率为P2 ，其利润率为
r2 ，求BN 最大时 x 的值（用含有P1, P2 , r1, r2 的代数式表达，其中P1r1 + P2r2 + r1r2 < 0）．
【解析】（1）由题知，投入资金为B0x，所获利润为B0r1x ，所以B1 = B0 + B0r1x = B0 1+ r1x .
B
（2）由题可知，BN = B
N
N -1 1+ ri x ，即 =1+ ri xB ，N -1
B BN B= N -1 B N -1 B B ××× 2 1所以 N BB B 0N -1 N -2 BN -2 B1 B0
i=1
= 1+ r x NP1 1+ r x NP2 1+ r x NP31 2 3 ××× 1+ rn x
NPn B0 = B0 1+ r
NPi
i x .
n
3 2 B = B 1+ r x NP NP（ ）由（ ）可得 1 2N 0 1 1+ r2x ， x 0,1 ,
Pr + P r r r + Pr + P r Pr + P r
其中 r1 > 0, r2 < 0
1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
，故1+ = > 0r r r r ，故
0 < - <1
r r .1 2 1 2 1 2
记 f x = B NP1 NP20 1+ r1x 1+ r2x ，
则 f x = B NP NP1 -1 NP20 1r1 1+ r1x 1+ r2x + B0NP2r2 1+ r x
NP1
1 1+ r x
NP2 -1
2
= B N éPr 1+ r x + P r 1+ r NP1 -1 NP2 -10 1 1 2 2 2 1x ù 1+ r1x 1+ r2x
= B0N é P1r1r2 + P2r1r2 x + P1r1 + P2r2 ù 1+ r x
NP1 -1 1+ r x NP2 -11 2 ，
根据实际意义知，P1 + P2 =1,1+ r1x > 0,1+ r2x > 0 ，
则 f x = B0N r1r2x + P1r1 + P2r2 1+ r x
NP1 -1
1 1+ r2x
NP2 -1，
NP -1 NP -1 x P1rf x = B N r r x + Pr + P r 1+ r x 1 1+ r x 2 > 0 < - 1
+ P2r2
令 0 1 2 1 1 2 2 1 2 ，解得 r ，1r2
NP -1 NP Pr + P r
令 f x = B N r r x + Pr + P r 1 2 -1 1 1 2 20 1 2 1 1 2 2 1+ r1x 1+ r2x < 0，解得 x > - r1r
，
2
f x 0, P1r1 + P2r Pr + P r 所以 在 - 2 ÷上单调递增，在 - 1 1 2 2 ,1÷ 单调递减，
è r1r2 è r1r2
x P= - 1r1 + P2r2所以当 f xr r 时， 取得最大值，即BN 取得最大值.1 2
(四)定义新函数
此类问题通常把满足某些条件的函数称为一类新函数，求解是注意运用该类函数满足的条件.
【例 6】（2024 届上海市奉贤区高三下学期三模）若定义在R 上的函数 y = f (x) 和 y = g(x) 分别存在导函数
f (x)和 g (x)．且对任意 x 均有 f (x) g (x) ，则称函数 y = f (x) 是函数 y = g(x) 的“导控函数”．我们将满足
方程 f (x) = g (x)的 x0 称为“导控点”．
(1)试问函数 y = x 是否为函数 y = sin x 的“导控函数”？
2 1 1
(2) 3若函数 y = x + 8x +1是函数 y = x3 + bx2 + cx 的“导控函数” 3，且函数 y = x + bx2 + cx 是函数 y = 4x2 的“导
3 3 3
控函数”，求出所有的“导控点”；
(3)若 p(x) = ex + ke- x ，函数 y = q(x)为偶函数，函数 y = p(x) 是函数 y = q(x)的“导控函数”，求证：“ k =1”的
充要条件是“存在常数c使得 p(x) - q(x) = c恒成立”．
【解析】（1）由 y = x ，得 y =1，由 y = sin x ，得 y = cos x，
因为1 cos x ，所以函数 y = x 是函数 y = sin x 的“导控函数”；
2 3
（2）由 y = x + 8x +1，得 y = 2x2 + 8，
3
1 3
由 y = x + bx2 + cx ，得 y = x2 + 2bx + c ，由 y = 4x2 ，得 y = 8x ，
3
由题意可得8x x2 + 2bx + c 2x2 + 8恒成立，
令8x = 2x2 + 8，解得 x = 2，故16 4 + 4b + c 16 ，从而有 4 + 4b + c =16，所以 c =12 - 4b，
又 2x2 + 8 x2 + 2bx + c恒成立，即 x2 - 2bx + 8 - c = x2 - 2bx + 4b - 4 0恒成立，
所以Δ = 4b2 - 4 4b - 4 = 4 b - 2 2 0，所以b = 2 ，
故b = 2,c = 4且“导控点”为 2；
（3）充分性：若存在常数c使得 p(x) - q(x) = c恒成立，则 p x = q x + c 为偶函数，
因为函数 y = q(x)为偶函数，所以 q x = q -x ，
则 p x = p -x ，即 ex + ke- x = e- x + kex ，
所以 k -1 ex - e- x = 0恒成立，所以 k =1；
x - x
必要性：若 k =1，则 p x = e + e = p -x ，所以函数 p x 为偶函数，
函数 y = p(x) 是函数 y = q(x)的“导控函数”，
因此 p x q x ，又 q -x = q x , p -x = p x ，
因此函数 y = p(-x)是函数 y = q(-x)的“导控函数”，
所以- p -x -q -x ，即 p -x q -x 恒成立，
用-x代换 x 有 p x q x ，综上可知 p x = q x ，记 h x = p x - q x ，
则 h x = p x - q x = 0，因此存在常数c使得 p(x) - q(x) = c恒成立，
综上可得，“ k =1”的充要条件是“存在常数c使得 p(x) - q(x) = c恒成立”．
【例 7】（2024 届山东省菏泽市高三信息押题卷二）如果三个互不相同的函数 y = f x ， y = g x ， y = h x
在区间D上恒有 f x h x g x 或 g x h x f x ，则称 y = h x 为 y = f x 与 y = g x 在区间D上
的“分割函数”．
(1)证明：函数 f1 x = x为函数 y = ln x +1 与 y = ex-1在 -1, + 上的分割函数；
(2) y = ax2若 + bx + c a 0 为函数 y = 2x2 + 2与 y = 4x在 - , + 上的“分割函数”，求实数 a的取值范围；
(3)若 m, n -2,2 ，且存在实数 k, d ，使得函数 y = kx + d 为函数 y = x4 - 4x2 与 y = 4x2 -16在区间 m, n 上
的“分割函数”，求 n - m的最大值．
【解析】（1）设F (x) = ln(x +1) - x，则F (x)
1
= -1，当-1 < x < 0时，F (x) > 0, F (x) 在 (-1,0) 上单调递
x +1
增，当 x > 0时，F (x) < 0, F (x) 在 (0, + )单调递减，则 F (x)在 x = 0处取得极大值，即为最大值，
即F (x) F (0) = 0，则当 x (-1, + )时， x ln(x +1) ；
设H (x) = ex-1 - x，则H (x) = ex-1 -1，当-1 < x <1时，H (x) < 0, H (x) 在 (-1,1)上单调递咸，
当 x >1时，H (x) > 0, H (x) 在 (1, + )上单调递增，则H (x)在 x =1处取得极小值，即为最小值，
即H (x) H (1) = 0，则当 x (-1, + )时， x e x-1 ，
于是当 x (-1, + )时， ln(x +1) x ex-1，
所以函数 f1(x) = x为函数 y = ln(x +1) 与 y = ex-1在 (-1, + )上的“分割函数”.
（2）因为函数 y = ax2 + bx + c(a 0)为函数 y = 2x2 + 2与 y = 4x在 (- , + )上的“分割函数”，
则对"x R ， 4x ax2 + bx + c 2x2 + 2恒成立，
而 (2x2 + 2) = 4x，于是函数 y = 2x2 + 2在 x =1处的切线方程为 y = 4x，
因此函数 y = ax2 + bx + c的图象在 x =1处的切线方程也为 y = 4x，又 y = 2ax + b ，
ì2a + b = 4 ìa = c
则 í
a + b c
，解得 ，
+ = 4 í b = 4 - 2a
于是 4x ax2 + (4 - 2a)x + a 2x2 + 2对"x R 恒成立，
ì(2 - a)x2 + (4 - 2a)x + 2 - a 0
即 í 2 对"x R 恒成立，
ax - 2ax + a 0
ì2 - a > 0

Δ1 = (2a - 4)
2 - 4(2 - a)(2 - a) 0
因此 í ，解得0 < a < 2 ，
a > 0
2 2 Δ2 = 4a - 4a 0
所以实数 a的取值范围是 (0, 2) .
（3）对于函数 y = x4 - 4x2 , y = 4x3 - 8x = 4x(x + 2)(x - 2) ，
当 x (- , - 2)和 x (0, 2) 时， y < 0，当 x (- 2, 0) 和 x ( 2,+ )时， y > 0，
则 x = 2, x = - 2 为 y = x4 - 4x2 的极小值点， x = 0为极大值点，函数 y = x4 - 4x2 的图象如图，
由函数 y = kx + d 为函数 y = x4 - 4x2 与 y = 4x2 -16在区间 m,n 上的“分割函数”，
得存在 d0 d ，使得直线 y = kx + d 与函数 y = x40 - 4x2 的图象相切，
且切点的横坐标 t [-2, - 2]U [ 2 , 2]，
3 2 4
此时切线方程为 y = (4t3 - 8t)x + 4t2 - 3t4 ，即 k = 4t - 8t, d0 = 4t - 3t ，
设直线 y = kx + d 与 y = 4x2 -16的图象交于点 x1, y1 , x2 , y2 ，
ìy = kx + d k 16 + d
则 íy 4x2 16 消去 y 得 4x
2 - kx -16 - d = 0，则 x1 + x2 = , x1 × x2 = - ，
= - 4 4
2 2
于是 | x1 - x2 |= (x1 + x2 )
2 k- 4x1x2 = +16 + d
k
+16 + d
16 16 0
= (t3 - 2t)2 +16 + 4t 2 - 3t 4 = t6 - 7t 4 + 8t 2 +16
令 t 2 = s, s [2, 4], k(s) = s3 - 7s2 + 8s +16，则 k (s) = 3s2 -14s + 8 = (3s - 2)(s - 4) 0，
当且仅当 s = 4时， k (s) = 0，所以 k(s) 在[2,4]上单调递减， k(s)max = k(2) =12，
因此 x1 - x2 的最大值为 2 3 ，所以 n - m的最大值为 2 3 .
(五)定义新性质
此类问题通常是给出某类函数所具有的一个性质，然后利用该性质求解问题，因此该函数满足的性质就是
求解问题的关键.
【例 8】（2024 届浙江省绍兴市柯桥区三模）若函数a(x) 有且仅有一个极值点m ，函数 b (x) 有且仅有一个
极值点 n，且m > n ，则称a(x) 与 b (x) 具有性质a - b / /m > n．
(1)函数j1(x) = sin x - x
2 x
与j2 x = e - x是否具有性质j1 -j2 / /x0 > 0？并说明理由．
(2)已知函数 f x = aex - ln x +1 与 g x = ln x + a - ex +1具有性质 f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a的取值范围；
（ii）证明： g x1 > x2 ．
1 j (x) = sin x - x2 x【解析】（ ）函数 1 与j2 x = e - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j (x) = cos x - 2x，令 h x = j1 x = cosx - 2x ，则 h x = -sinx - 2 < 0，故j 1 x1 单调递减，
j 又 1 0 = cos0 - 0 =1 > 0，j1 1 = cos1- 2 < 0，故存在 x0 0,1 j ，使 1 x0 = 0 ，
则j1 x 在 - , x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，
故j1(x) 有且仅有一个极值点 x0 0,1 ，
j x = ex2 -1，则当 x < 0 时，j2 x < 0，当 x > 0时，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，故j2 (x)有且仅有一个极值点 0，
故函数j1(x) = sin x - x
2
与j2 x = ex - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0；
2 i f x = aex 1（ ）（ ） - ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
1
当 a 0时， f x = aex - < 0，此时 f x 没有极值点，故舍去，
x +1
x 1
当 a > 0时， 令m x = f x aex 1= - ，则m x = ae + > 0 x +1 2 恒成立，x +1
故 f x 在 -1, + 上单调递增， g x 1= - ex ， x + a > 0，故 x > -a，
x + a
1 1 x
由 a > 0 x，令 n x = g x = - e ，则 n x = - - e < 0 x + a 2 恒成立，x + a
故 g x 在 -a, + 上单调递减，
当 a 0,1 时，有 f 0 = ae0 1- = a -1< 0 ，又 x + 时， f x + ，
0 +1
故此时存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 0, + ，有 g 0
1
= - e0 1= -1 > 0，又 x + 时， g x - ，
a a
故此时存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
x 1 11 x2
则 g x 有唯一极值点 x2 0, + ，即有 f x1 = ae - = 0 ， g x2 = - e = 0x1 +1 x + a
，
2
ex 11 = ex 12即 =a x +1 ， x + a ，此时需满足 x1 > x2 > 0，则 e
x1 > ex2 ，
1 2
1 1
> x2故有 a x 1 x a ，即 x2 > ax1，即
a < <1，故 a 0,1+ + x 符合要求；1 2 1
当 a 1, + 时， f 0 = ae0 1- = a -1 > 0，又 x -1时， f x - ，
0 +1
故此时存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 -1,0 ，
g 0 1 e0 1有 = - = -1< 0 ，又 x -a 时， g x + ，
a a
故此时存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x 有唯一极值点 x2 -a,0 ，
1 1 x
同理可得 > 0 > x > x x > ax a > 2a x +1 x + a ，此时需满足 1 2，即 2 1，则 x ，1 2 1
x2
由 <1， a 1, + x ，故该不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
1
当 a =1时，有 f 0 = ae0 - = a -1 0 g 0 1 1= ， = - e0 = -1 = 0，
0 +1 a a
此时 x1 = x2 = 0，即 f x 、 g x 的极值点都为 0，不符合要求，故舍去；
综上，故 a 0,1 1,+ ；
1
（ii）当 a 0,1 x2 0时，有 x1 > x2 > 0，则 e = > e =1 0 < x + a <1x2 + a
，故 2 ，
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
g x < g x = ln x + a ex 1- 2则 1 2 2 +1 = ln x2 + a - +1x2 + a
，
令 t = x2 + a 0,1 ，则 g x2 = lnt
1 1 1- + ，令m t = lnt - +1， t 0,1
t t
m t 1 1 1 1则 = +
t t 2
> 0，故m t 在 0,1 上单调递增，则 g x2 = lnt - +1< m 1 = ln1- +1 = 0 ，t 1
故 g x1 > g x2 ，要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 < 0，
g x1 + x2 < g x2 + x2 = ln x + a ex
1
- 22 +1+ x2 = ln x - e
x2 +1+ x2 =1- e
x2 < 0，
e 2
即当 a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
当 a 11, + 时，有0 > x > x ex2 = < e01 2，则 =1 x + a >1x2 + a
，即 2 ，
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x1 > g 0 = ln 0 + a - e0 +1 = lna > 0 ，即要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 > 0，
g x1 + x2 = ln x1 + a - ex1 +1+ x x12 > ln x2 + a - e +1+ x2
ln 1= - ex1x +1+ x2 = -x - e
x1
2 +1+ x2 =1- e
x1 >1- e0 = 0，
e 2
即当 a 1, + ，有 g x1 > x2 ；综上所述， g x1 > x2 .
(五)定义新运算
此类问题通常给出我们以前没有学过的一种新的运算法则，这些法则可能已有运算法则的推广或拓展，也
可能高等数学中涉及的运算法则.
【例 9】①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i)四则运算法则：如果 lim f x = Ax a ，
lim g x = B
x a ，则
lim
x a é f x ± g x ù = lim f x ± lim g x = A ± Bx ， a x a
lim f x
lim é f x × g x ù = lim f x × lim g x
f
AB x = x a A
x a x a x a ，若 B≠0，则 lim = =g x lim g x B ；ii)洛必达法则：若函数 x a
x a
f x ， g x 的导函数分别为 f x ， g x ， lim f x = lim g x = 0 lim g x = 0x a x a ， x a ，则
f x lim f x
lim = x a
x a g x lim g x ；
x a
x
②设 a > 0，k 是大于 1 的正整数，若函数 f x 满足：对"x 0, a ，均有 f x f k ÷成立，则称函数 f x è
为区间(0,a)上的 k 阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题；
lim sin x
1
(1)计算：① ；②
x lim 1+ 2x x ；x 0 x 0
tan x sin2 π π (2)试判断 f x x= 是否为区间 0,3 上的 2 阶无穷递降函数；并证明："x 0, ， f x >1 .x è 2 ÷ è 2 ÷
1 ① sin x sin x

【解析】（ ） 根据洛必达法则， lim = lim = lim cos x =1；
x 0 x x 0 x x 0
1 1 ln 1+ 2x② 设 g(x) = 1+ 2x x ，两边同时取对数得， ln g x = ln 1+ 2x = ，x x
'
h ln 1+ 2xx = ln 1+ 2x
éln 1+ 2x ù
设 ，
x lim h x = lim = lim
= lim 2 = 2 ，
x 0 x 0 x x 0 x x 0 1+ 2x
1
∴ lim ln g x = 2x 0 ，∴ lim 1+ 2x x = lim g(x) = lim eln g ( x) = e2x 0 x 0 x 0
tan x sin2 x π 8 tan
x sin2 xx 0, x f x 0 f x（2）∵ f x = ， ÷，∴ f = 2 2 ， >

3 ， ÷ > 0，x è 2 ÷è 2 x3 è 2
f x tan x sin2 x x3 cos
2 x cos4 x
∴ = × 2 2 x x3 x 2 x
= =
f 8 tan sin 1- tan
2 x cos2 x - sin2 x
è 2 ÷ 2 2 2 2 2
cos4 x cos4 x
2 2 1= = = >1
cos2 x sin2 x- cos2 x
x x x
÷ + sin
2 x
÷ cos
4 - sin4 1- tan4
è 2 2 è 2 2 2 2 2
"x 0, π ∴ ÷，均有 f x f
x> ∴ f x 0, π 2 .
è 2 è 2 ÷
， 是区间 ÷上的 阶无穷递降函数
è 2
x x
以上同理可得 f x f ÷ > > f ÷ ，
è 2 è 2n
3
tan x sin2 x sin3
x é x ù
lim sin x
x 2n

2n è 2n
÷
ê
sin n ÷ ú
由① =1，得 lim f 1x 0 n ÷ = lim 3 = lim
è 2
2 x 0 x 0 3 = lim ê ú × lim =1x 0 x è x x x x 0 ê x ú x 0
n ÷ n ÷ cos
x
è 2 è 2 2n ê 2n
cos n ÷
ú è 2
π
∴ "x

0, f x >1 .
è 2 ÷
，

【例 1】（2024 届浙江省诸暨市高三三模）若函数 f x 在区间 I 上有定义，且"x I ， f x I ，则称 I 是
f x 的一个“封闭区间”．
(1)已知函数 f x = x + sin x ，区间 I = 0, r r > 0 且 f x 的一个“封闭区间”，求 r 的取值集合；
(2)已知函数 g x = ln x +1 3+ x3 ，设集合P = x | g x = x ．
4
（i）求集合 P 中元素的个数；
（ii）用b - a表示区间 a,b a < b 的长度，设m 为集合 P 中的最大元素．证明：存在唯一长度为m 的闭区
间D，使得D是 g x 的一个“封闭区间”．
【解析】（1）由题意，"x 0, r ， f x 0, r ，
Q f x =1+ cos x 0 恒成立，所以 f x 在 0, r 上单调递增，
可得 f x 的值域为 0, r + sin r ，因此只需 0, r + sin r 0, r ，
即可得 r + sin r r ，即 sin r 0 r > 0 ，则 r 的取值集合为 é 2k -1 π,2kπù k N* ．
（2）（i）记函数 h x = g x - x = ln x 1 3+ + x3 - x x > -1 ，
4
1 9
2
2 4 + 9x x +1 - 4 x +1 9x2 x +1 - 4x x 3x + 4 3x -1
则 h x

= + x -1 = = = x > -1 ，x +1 4 4 x +1 4 x +1 4 x +1
由 h x > 0 1得-1 < x < 0或 x > ；由 h x < 0得0 < x 1< ；
3 3
1
所以函数 h x 在 -1,0 和 ,
1
+ ÷ 上单调递增，在3
0, ÷ 上单调递减．
è è 3
其中 h 0 = 0，因此当 x 1-1,0 U 0, ÷时， h x < 0，不存在零点；
è 3
1 1
由 h x 在 0, ÷ 单调递减，易知 h ÷ < h 0 = 0 ，而 h 1 = ln 2
1
- > 0 ，
è 3 è 3 4
1
由零点存在定理可知存在唯一的 x0 ,1÷使得 h x0 = 0；
è 3
当 x 1,+ 时， h x > 0 ，不存在零点．
综上所述，函数 h x 有 0 和 x0 两个零点，即集合 P 中元素的个数为 2．
（ii）由（i）得m = x0 ，假设长度为m 的闭区间D = a,a + x0 是 g x 的一个“封闭区间” a > -1 ，
则对"x a,a + x0 ， g x a, a + x0 ，当-1 < a < 0时，由（i）得 h x 在 -1,0 单调递增，
\h a = g a - a < h 0 = 0，即 g a < a，不满足要求；
当 a > 0时，由（i）得 h x 在 x0 ,+ 单调递增，
\h a + x0 = g a + x0 - a + x0 > h x0 = 0 ，即 g a + x0 > a + x0 ，也不满足要求；
当 a = 0时，闭区间D = 0, x0 ，而 g x 显然在 -1, + 单调递增，\ g 0 g x g x0 ，
由（i）可得 g 0 = h 0 + 0 = 0 ， g x0 = h x0 + x0 = x0，
\ g x 0, x0 = D ，满足要求．
综上，存在唯一的长度为m 的闭区间D = 0,m ，使得D是 g x 的一个“封闭区间”．
【例 2】（2024 届浙江省金华第一中学高三下学期 6 月模拟）设函数 f x 的定义域为R .给定闭区间D R，
若存在 a D，使得对于任意 x D，
①均有 f a …f x ，则记 f a = M f D ；
②均有 f a f x ，则记 f a = m f D .
(1)设 f x = ex - x, D = 1,2 ，求M f D ,m f D ；
(2)设 k > 0, f x = -x3 + kx2 , g x = 2k - 3 x + 2 - k .若对于任意D 0,1 ，均有M f D …M g D ，求 k 的取
值范围；
(3)已知对于任意D R, M f D 与m f D 均存在.证明：“ f x 为R 上的增函数或减函数”的充要条件为“对于
任意两个不同的D1, D2 R, M f D1 M f D2 与m f D1 m f D2 中至少一个成立”.
【解析】（1）因为 f x = ex -1, x 1,2 时， f x > 0恒成立，故 f x 在 1,2 上为严格增函数，
因此M f D = f 2 = e2 - 2, m f D = f 1 = e -1.
2
（2）因为 f x = -3x + 2kx，而 f 1 = -3+ 2k ，
因为 f 1 = k -1, g 1 = k -1，故 g x 是 f x 在 x =1处的切线
而 f x 存在极值点 x1 = 0, x
2
2 = k ，而 k > 0，可得到如下情况：3
- ,0 x 0 0, 2 k 3 2= ÷ x = k
k,+
è 3 2 è 3 ÷
f x < 0 = 0 > 0 = 0 < 0
f x Z 极小值 ] 极大值 Z
2 M 0,1 f 21 k 4 3 2 4 2情况一：当 时，此时
3 f
= k ÷ = k , M g 0,1 = g k ÷ = k - 3k + 2，
è 3 27 è 3 3
此时M g 0,1 > M f 0,1 ，不符题意舍去.
2 f x g x 0, 2情况二：当1< k 时，此时 与 在上 k

÷均为严格增函数，3 è 3
因此当M f D M g D 时， f x g x 恒成立，
3
k x - 3x + 2因此 2 = h x ，而 h x > 0在 0,1 上成立，进而 k h 1 = 3，故 k 3 .x - 2x +1
（3）先证明必要性：若 f x 为R 上的严格增函数，
则任取D1 = a1,b1 ,D2 = a2 ,b2 ，M f D1 = f b1 , M f D2 = f b2 ,m f D1 = f a1 ,m f D2 = f a2 ，
因为D1 D2 ，所以 a1 > b1 或 a1 < b1或 a2 > b2或 a2 < b2 ，
因为 f x 为 R 上的严格增函数，所以可得：
f a1 > f b1 或 f a1 < f b1 或 f a2 > f b2 或 f a2 < f b2 ，
所以不难可得： f a1 f b1 , f a2 f b2 ，
所以 M f D1 M f D2 或m f D1 m f D2 成立.
同时对 f x 为 R 上的严格减函数，同理可证.
下面证明充分性：当 M f D1 M f D2 与m f D1 m f D2 其中一式成立时，
f x 不可能为常值函数，先任取D = a,b ，总有 M f D = f a 或m f D = f b ，
假设存在 x0 a,b ，使得 M f D = f x0 ，
记 D1 = a, x0 , D2 = x0 ,b ，则 M f D = M f D1 = M f D2 = f x0 ，
因为存在m f D = f x1 ，则 x1 D1或 x1 D2 ，
不妨设 M f D = f a ，则m f D = f b ，否则当 x2 a,b , m f D = f x2 ，
此时 M f D = M f a, x2 = f a ,m f D = m f a, x2 = f x2 ，矛盾，
进而可得 f a f b ，则 M f a,b = f a , m f a,b = f b ，
因此 f a > f b ①.最后证明 f x 为 R 上的严格减函数，任取 x1 < x2，需考虑如下情况：
情况一：若 x1 < x2 < a < b ，则m f x2 ,a = f a ，
否则 M f x2 ,a = f a ，记 min m f x2 ,a ,m f a,b = m f a,b = f b ，
则 M f x2 ,b = M f a,b = f a ，m f x2 ,b = m f a,b = f b ，
同理若 min m f a, x2 ,m f a,b = m f a, x2 = f x2 ，
所以m f a, x2 = f a ，根据①可得： f x1 > m f x1, x2 = f x2 .
情况二：若 x1 < a < x2 < b ，则 f x2 = m f a, x2 ，
否则 M f a,b = f a ， M f a, x2 = f x2 ，由此矛盾，
因为 M f x1, a = f x1 ，同情况一可得矛盾，因此 f x1 = M f x1,a > f a > m f a, x2 = f x2 .
情况三：若 x1 < a < b < x2 ，同上述可得，
M f x1, a = f x1 , f x2 = m f b, x2 ，所以 f x1 > f a > f b > f x2 .
情况四：若 a < x1 < x2 < b ，同上述可得， M f x1, x2 = f x1 ，m f x2 ,b = f x2 ，所以 f x1 > f x2 .
情况五：若 a < x1 < b < x2 ，同上述情况二可证明 f x1 > f x2 恒成立.
情况六：若 a < b < x1 < x2 ，同上述情况一可证明 f x1 > f x2 恒成立.即 f x 为 R 上的严格增函数.
1 3 2
【例 3】（2024 届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数 y = f x ，其中 f x = x - kx ，
3
k R .若点 A 在函数 y = f x 的图像上，且经过点 A 的切线与函数 y = f x 图像的另一个交点为点 B ，则
称点 B 为点 A 的一个“上位点”，现有函数 y = f x 图像上的点列 M1， M2 ，…， Mn ，…，使得对任意正
整数 n，点 Mn 都是点 M n+1 的一个“上位点”.
(1)若 k = 0，请判断原点 O是否存在“上位点”，并说明理由；
(2)若点 M1的坐标为 3k,0 ，请分别求出点 M2 、 M3的坐标；
(3)若 M1的坐标为 3,0 ，记点 M y = mn 到直线 的距离为 dn .问是否存在实数 m和正整数 T ，使得无穷数列
dT 、 dT +1 、…、 dT +n …严格减？若存在，求出实数 m的所有可能值；若不存在，请说明理由.
1 3 2
【解析】（1）已知 f x = x ，则 f x = x ，得 f 0 = 0，
3
故函数经过点 O的切线方程为 y = 0 ，
其与函数 f x 1= x3图像无其他交点，所以原点 O不存在“上位点”.
3
（2）设点 Mn 的横坐标为 tn ， n为正整数，
则函数 y = f x 图像在点 M n+1 处的切线方程为 y - f tn+1 = f tn+1 x - tn+1 ，
代入其“上位点” M n tn , f tn ，得 f tn - f tn+1 = f tn+1 tn - tn+1 ，
1 2 2 2 2 2 2
化简得
3 tn + tntn+1 + tn+1 - k tn + tn+1 = tn+1 - 2ktn+1，即 tn + tntn+1 + tn+1 - 3tn+1 = 3k tn + tn+1 - 6ktn+1，
故 tn - tn+1 tn + 2tn+1 = 3k tn - tn+1 ，因为 tn tn+1，得 2tn+1 + tn = 3k （*），
又点 M1的坐标为 3k,0
3k 9 3
，所以点 M2 的坐标为 0,0 ，点 M3的坐标为 ,- k2 8 ÷ .è
（3）将 3,0 代入 y = f x ，解得 k =1，由（*）得， 2tn+1 + tn = 3 .
t 1 1即 n+1 -1 = - tn -1 ，又 t1 = 3，故 tn -1 是以 2 为首项， - 为公比的等比数列，2 2
t 1 2 1
n-1
n-1
所以 n - = × -
2-n
2 ÷
，即 tn =1+ -1 ×2 ， dn = f tn - m .
è
u = t -1 u = 22-n令 n n ，则 n 严格减，
因为 3x - x3 = 3 - 3x2 ，所以函数 y = 3x - x3 在区间 0,1 上严格增.
当m
2
= - 时， d
1 3
3 n
= 3un - u3 n ，于是当 n 3时， dn 严格减，符合要求
m 2
2 2
- d = f t + - + m 当 时， n n ÷ .3 3 è 3
2 1
因为 n 3 f t + = 3u - u3时 n n n < un = 22-n ，3 3
n log m 2 2 d 2 2 2所以当 > 2 + + 时， n = + m - f tn + = + m
1
-
3 3 3 3 3 3un - u
3
n ，
从而当 n > log2 m
2
+ + 2时 d 3 n 严格增，不存在正整数 T ，
2
使得无穷数列 dT ， dT +1 ，…， dT +n 严格减.综上，m = - .3
【例 4】（2024 届福建省泉州市高三 5 月适应性练习）将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块
叠放于水平桌面上，每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向
桌缘外伸出多远而不掉下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题．将铁块从上往下依次标记为第 1 块、第 2 块、
第 3 块、……、第 n 块，将前 i(i =1,2,3, × × ×, n)块铁块视为整体，若这部分的重心在第 i +1块的上方，且全部
铁块整体的重心在桌面的上方，整批铁块就保持不倒．设这批铁块的长度均为 1，若记第 n 块比第 n +1块向
1 1
桌缘外多伸出的部分的最大长度为 an ，则根据力学原理，可得 a2 = ，且 { }a 为等差数列．4 n
(1)求 an 的通项公式；
(2)记数列 an 的前 n项和为 Sn ．
S 1①比较 n 与 ln(n +1)的大小；2
②对于无穷数列 xn ，如果存在常数 A ，对任意的正数 e ，总存在正整数 N0 ，使得 "n > N0 ，
xn - A < e ，则称数列 xn 收敛于 A ，也称数列 xn 的极限为 A ，记为 lim x = A xn + n ；反之，则称 n 不收
敛．请根据数列收敛的定义判断 Sn 是否收敛？并据此回答“里拉斜塔”问题．
【解析】（1）依题意，第 1 块铁块比第 2 块铁块向桌外伸出部分的最大长度为第 1 块铁块自身长度的一半，
1 { 1 } 1 = 2 d 1 1则 a = ，由 为等差数列，得其首项为 ，公差 = - = 4 - 2 = 21 a a a a ，2 n 1 2 1
1 1
因此 = + (n -1)d = 2 + 2(n -1) = 2n
1
a a ，即 an = ，n 1 2n
1
所以 an 的通项公式是 an = .2n
1 1 1
（2）①由（1）知， Sn = + + +L
1 1 1 1 1
+ = (1+ + +L+ )，
2 4 6 2n 2 2 3 n
令函数 f (x) = ln(1+ x) - x, x > 0 ，求导得 f (x)
1
= -1 < 0，即函数 f (x) 在 (0, + ) 上递减，
1+ x
则 f (x) < f (0) = 0 ln(1+ x) < x x
1 1 ln(1 1，即 ，取 = ，于是 > + ) = ln(n +1) - ln n ，
n n n
1 1 1 1则 + + +L+ > ln 2 - ln1+ ln 3- ln 2 + ln 4 - ln 3 +L+ ln(n +1) - ln n = ln(n +1)，
2 3 n
S 1所以 n > ln(n +1) .2
② Sn 不收敛.
给定正数 A ，对"e > 0，令 |
1 ln(n +1) 1- A |< e ，则 A -e < ln(n +1) < A + e ，
2 2
e2( A-e ) -1< n < e2( A+e ) -1 N =[e2( A+e )解得 ，取 0 -1]（ [x]表示不超过 x 的最大整数），
1
显然当 n > N0 时，不等式 | ln(n
1
+1) - A |< e 不成立，即有 ln(n +1) > A + e ，
2 2
因此数列 {
1 ln(n +1)}不收敛；
2
取 A = e +1，则当 n > N0 时， S
1
n - A > ln(n +1) - A >1+ e >1，2
因此当 n > N0 时， | Sn - A |>1成立，所以 Sn 不收敛.
Sn 的意义是 n块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度，因为 Sn 不收敛于任意正数 A ，
所以只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数.
【例 5】（2024 届安徽省合肥市第八中学高三最后一卷）贝塞尔曲线（Be'zier curve）是一种广泛应用于计算
机图形学、动画制作、CAD 设计以及相关领域的数学曲线．它最早来源于 Bernstein 多项式．引入多项式
n
Bni (x) = C
i
n x
i (1- x)n-i (i = 0,1,2,L, n) ，若 f x 是定义在 0,1 上的函数，称 Bn f ; x
i
= f ( )Bni (x)，
i=0 n
x [0,1]为函数 f x 的 n 次 Bernstein 多项式．
(1) 20求 B2 x 在 0,1 上取得最大值时 x 的值；

(2)当 f x = x 时，先化简 Bn f ; x
3
，再求 Bn f ; ÷÷的值；
è 2
(3)设 f 0 = 0 f x ， 在 0,1 Bn f ; x 内单调递增，求证： 在 0,1 内也单调递增．
x x
1 B20 x = C2 x2 1- x 18【解析】（ ）由题意 2 20 ， x 0,1 ，
则 B20 x 2 = C2 é20 2x 1- x
18 -18x2 1- x 17 ù 2 = C20 × 2x 1- x
17 1-10x
令 B20 1 1 12 x = 0，得 x = ，当0 < x < 时， B202 x > 0，当 < x < 1时， 20 ，10 10 10 B2 x < 0
B20 x 0, 1 1 所以 2 在 ÷上单调递增，在 ,1÷上单调递减，
è 10 è10
x 1= B20所以当 时， 2 x 在 0,1 上取得最大值；10
n n
（2） Bn f ; x
i n! n-i
= B x; x = i nn ÷ Bi x = × xi 1- x
i=0 è n i=0 n i! n -1 !
n n -1 ! n-1i n-i n -1 x 1 x x
! n-1
= - = xi 1- x n-i-1 = x Bn-1 x = x x +1- x n-1 = x
i=0 i -1 ! n -1 ! i! n - i -1 ! i ，i=0 i=0
3 3
所以 Bn f ; 2 ÷÷
= ；
è 2
Bn f ; x 1 é nêx f i Bn x
n i ù
（3 n） ÷ = úx x2 ê ÷ i
- f B x
è è i=0 è n
÷
i=0 è n
÷ i ú

1 é n-1 n ù
= 2 êx n
f i +1 i × i i n-i-1 i i i n-i
x n ÷
- f ÷÷Cn-1x 1- x - f ÷Cn x 1- x ú
i=0 è è è n i=0 è n
由 f 0 = 0，
1 é n-1x n f i +1
n
= × - f i Ci xi 1- x n-i-1 i- f Ci xi 1- x n-i
ù
上式 x2 ê n ÷ ÷ n-1 ÷ n ú i=0 è è è n
÷
i=1 è n
1 é n-1 n-1
= 2 êx × n f
i +1 i i i n-i-1 i +1 i+1 i+1
÷ - f ÷÷Cn-1x 1- x - f ÷Cn x
ù
1- x n-1-i
x ú i=0 è è n è n i=0 è n
n-1
i-1 é ù= x 1- x n-1-i
n -1
n ! f i +1 f i n! f i +1 ê × - -
i=0 i! n -1- i !

è è n
÷ n ÷ è ÷ i +1 ! n - i -1 ! n ÷úè
n-1
= xi-1 1 x n-1-i n! é f i +1 f i 1- - - f i +1 ù
i=0 i! n -1- i ! ê ÷ ÷ ÷ú è n è n i +1 è n
n-1
xi-1 1 x n-1-i n! é i f i +1= - - f i ù, i = 0,1,L, n -1
i=0 i! n -1- i ! ê i +1 n ÷ ÷ ， è è n ú
f i +1 f x ÷ f
i
÷
而 在 0,1 n n内单调递增，所以 è è
x i +1
> i ，
n n
i f i +1 > f i Bn f ; x
Bn f ; x 所以 ÷ ，故 ，所以 在 0,1 内也单调递增．i +1 è n è n ÷ x ÷ > 0è x
a + ln x
1．（2024 届天津市滨海新区高考模拟检测）已知函数 f x = ，其中 a为实数．
x
(1)当 a =1时，
①求函数 f x 的图象在 x=e（ e为自然对数的底数）处的切线方程；
②若对任意的 x D ，均有m x n x ，则称m x 为 n x 在区间 D上的下界函数， n x 为m x 在区间 D
上的上界函数．若 g x k= ，且 g x 为 f x 在 1, + 上的下界函数，求实数 k 的取值范围．
x +1
x G x1 - G x2 H x1 - H x (2)当 a = 0时，若G x = e ， H x = xf x ，且 1< x1 < x2 ，设 k1 = ， k2 = 2 ．证x1 - x2 x1 - x2
G xk + G x 1明： 1 - k2 < 1 2 -2 ．x1x2
2．（2024 届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻
域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一
个极大（小）值.
y = f x f x + Dx - f xx x 对于函数 ，设自变量 从 0 变化到 x0 + Dx ，当 Dx > 0， lim 0 0 是一个确定的值，
Dx 0 Dx
f x + Dx - f x
则称函数 y = f x 在点 x0 处右可导；当 Dx < 0， lim 0 0 是一个确定的值，则称函数
Dx 0 Dx
y = f x 在点 x0 处左可导.当函数 y = f x 在点 x0 处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数 y = f x
在点 x0 处可导.
(1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点；
2
(2)已知函数 f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 .
2
（ⅰ）求函数 g x = eax +1 - x sin x - e在 x = 0处的切线方程；
（ⅱ）若 x = 0为 f x 的极小值点，求 a 的取值范围.
3．（2024 届上海市交通大学附属中学高三下学期四模）已知 A、B为实数集 R 的非空子集，若存在函数
y = f x 且满足如下条件：① y = f x 定义域为 A 时，值域为 B ；②对任意 x1、x2 A， x1 x2 ，均有
f x1 - f x2 > 0 . 则称 f x 是集合 A 到集合 B 的一个“完美对应”.
x1 - x2
(1)用初等函数构造区间 0,1 到区间 0, + 的一个完美对应 f x ；
(2)求证：整数集 Z 到有理数集Q之间不存在完美对应；
(3)若 f x = x3 - kx2 +1， k R ，且 f x 是某区间 A 到区间 -3, 2 的一个完美对应，求 k 的取值范围.
4．（2024 届山东省泰安市高三四轮检测）在数学中，由 m n个数 aij i =1,2, × × ×, m; j =1,2, × × ×, n 排列成的 m
a11 a12 a1n
L L L ÷ ÷
a
n i1
a ÷12 ain
行 列的数表 ÷ m n a A i jL L L 称为 矩阵，其中 ij 称为矩阵 的第 行第 列的元素
.矩阵乘法是指对于
÷
a a ÷
m1 m2
amn
÷÷
è
两个矩阵 A 和 B，如果 4 的列数等于 B 的行数，则可以把 A 和 B 相乘，具体来说：若
a11 a12 L a1n c L L L c
÷ b11 L b1 j L b
11 1n
L L L L 1p L L L L L ÷ ÷
b L b
÷ ÷
A = a a L a ÷ B = 21 2 j
L b2 p
， ÷ i1 i2 in c L c L c ÷ ÷ ÷
，则C = AB =L L L L L i1 ij in ，其中 ÷
L L L L ÷ b L b L b ÷÷
L L L L L ÷

è am1 am2 L a ÷
è n1 nj np
mn ֏cm1 L cmj L cmn
1 x ln x cc ij = ai1bij + ai2b2 j +L+ ainbnj , i =1,2,L,m, j =1,2,L,n .已知 =
1
，函数 f x = c + c
è0
.
-2÷ ax ÷ c ÷ 1 2 è è 2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f x 的两个极值点，证明： "x0 x1, x2 ， f x0 + f x2 + 6x1 + x1 ln16 < 0 .
5．（2024 届上海市七宝中学高三三模）若曲线 C 的切线 l 与曲线 C 共有 n 个公共点（其中 n N ， n 1），
则称 l 为曲线 C 的“Tn -切线 ”.
(1)若曲线 y = f x 在点 1,-2 处的切线为T2 -切线，另一个公共点的坐标为 3,4 ，求 f 1 的值；
(2)求曲线 y = x3 - 3x2 所有T1 -切线的方程；
(3)设 f x = x + sin x ，是否存在 t π (0, ) ，使得曲线 y = f x 在点 t，f t 处的切线为T -切线？若存在，
2 3
探究满足条件的 t 的个数，若不存在，说明理由．
6．（2024 届上海市华东师范大学第二附属中学 2 高三下学期四模）对于函数 y = f x 的导函数 y = f x ，
若在其定义域内存在实数 x0 和 t，使得 f tx0 = tf x0 成立，则称 y = f x 是“卓然”函数，并称 t 是 y = f x
的“卓然值”．
1
(1)试分别判断函数 y = x2 +1， x R 和 y = ， x 0, + “x 是不是 卓然”函数？并说明理由；
(2)若 f x = sin x - m是“卓然”函数，且“卓然值”为 2，求实数 m 的取值范围；
(3)证明： g x = ex + x x R 是“卓然”函数，并求出该函数“卓然值”的取值范围．
7．（2024 届江西省上饶市稳派上进六校联考高三 5 月联考）在信息理论中， X 和 Y 是两个取值相同的离散
型随机变量，分布列分别为： P X = xi = mi ， P Y = xi = ni ，mi > 0，ni > 0， i = 1,2,L,n，
n n n
mi = ni =1．定义随机变量 X 的信息量 H X = - mi log2 mi ， X 和 Y 的“距离”
i=1 i=1 i=1
n
KL X Y = mi log mi2 ．
i=1 ni
X : B 1 (1)若 2, ÷ ，求 H X ；
è 2
(2)已知发报台发出信号为 0 和 1，接收台收到信号只有 0 和 1．现发报台发出信号为 0 的概率为
p 0 < p <1 ，由于通信信号受到干扰，发出信号 0 接收台收到信号为 0 的概率为 q，发出信号 1 接收台收
到信号为 1 的概率为 q 0 < q <1 ．
（ⅰ）若接收台收到信号为 0，求发报台发出信号为 0 的概率；（用 p ， q表示结果）
（ⅱ）记随机变量 X 和 Y 分别为发出信号和收到信号，证明： KL X Y 0．
8．（2024 届浙江省名校新高考研究联盟高三三模）在平面直角坐标系中，如果将函数 y = f (x) 的图象绕坐
标原点逆时针旋转a (0 π) 后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称 f x 为“ a 旋转函数”.
2
π
(1)判断函数 y = 3x是否为“ 旋转函数”，并说明理由；
6
(2)已知函数 f x = ln 2x +1 x > 0 是“ a 旋转函数”，求 tana 的最大值；
2
(3)若函数 g x = m πx -1 ex - x ln x x- 是“ 旋转函数”，求 m的取值范围.
2 4
9．（2024 届山东省泰安肥城市高考仿真模拟三）定义：设 y = f x 和 y = g x 均为定义在 R 上的函数，它
们的导函数分别为 f x 和 g x ，若不等式 é f x - g x ù é f x - g x ù 0对任意实数 x 恒成立，则称
y = f x 和 y = g x 为“相伴函数”.
x
(1)给出两组函数，① f1 x
1= 2x ÷ 和 g1 x = 0；② f2 x = e 和 g2 x = 2x ，分别判断这两组函数是否为
è 2
“相伴函数”；
(2)若 y = f x , y = g x 是定义在 R 上的可导函数， y = f x 是偶函数， y = g x 是奇函数，
f x + g x = ln a- x +1 + x ，问是否存在 a(a > 0, a 1)使得 y = f x 和 y = g x 为“相伴函数”？若存在写
出 a的一个值，若不存在说明理由；
(3) f x = sin x -q , g x = cos x +q ，写出“ y = f x 和 y = g x 为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.
10．（2024 届山东省潍坊市高考三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这
个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691 年，莱布尼茨、惠根斯和约翰 伯努利等得到“悬链线”方程
x x-
c e c + e c ÷ xc . c =1 ch x e + e
- x
è ，其中 为参数当 时，就是双曲余弦函数 = ，类似地双曲正弦函数 y = 2
2
x - x
sh x e - e= ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
2
(1)类比三角函数的三个性质：
①倍角公式 sin2x = 2sinxcosx ；
②平方关系 sin2x + cos2x =1 ；
ì sinx
' = cosx，
③求导公式 í
cosx
' = -sinx
写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；
(2)当 x > 0时，双曲正弦函数 y = sh x 图象总在直线 y = kx 的上方，求实数 k 的取值范围；
(3)若 x1 > 0，x2 > 0 ，证明： éch x2 + sh x2 - x2 -1ù × é ch x1 + sh x1 ù > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1.
11 *．（2024 届重庆市第一中学校高三下学期模拟）对于数列 an ，定义Dan = an+1 - an n N ，满足
a1 = a2 =1, D Dan = m(m R)，记 f (m, n) = a1m + a2m2 +L+ anmn ，称 f (m,n)为由数列 an 生成的“ m - 函
数”．
(1)试写出“ 2 -函数” f (2,n) ，并求 f (2,3)的值；
(2)若“ 1-函数” f (1, n) 15 ，求 n 的最大值；
(3)记函数 S(x) = x + 2x2 +L+ nxn ，其导函数为 S (x)，证明：“ m - 函数”
2
f (m, n) m S (m) 3m
n
= - S(m) + (m +1) m ．2 2 i=1
12．（上海市控江中学高三三模）设函数 y = f x 定义域为 Z．若整数 s, t 满足 f s f t 0，则称 s 与 t “相
关”于 f ．
(1)设 f x = x +1 - 2， x Z ，写出所有与 2 “相关”于 f 的整数；
(2)设 y = f x 满足：任取不同的整数 s, t 1,10 ， s 与 t均“相关”于 f ．求证：存在整数m 1,8 ，使得
m, m +1, m + 2都与 2024 “相关”于 f ；
(3)是否存在实数 a，使得函数 f x = 1+ ax ex + a +1 x -1， x Z 满足：存在 x0 Z ，能使所有与 x0 “相
关”于 f 的非零整数组成一个非空有限集？若这样的 a存在，指出 f x0 和 0的大小关系（无需证明），并求
出 a的取值范围；若这样的 a不存在，说明理由．专题 15 导数中的新定义问题
新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革，为面对拔尖创新人才选拔培养等新要
求，增加了新定义问题，函数与导数一直是高考中的热点与难点, 是新定义问题的重要载体，本专题总结
新定义问题的特点及导数中新定义问题的常见类型，供大家参考.
(一)新定义问题的特点及求解策略
1.新定义试题通过新定义一个数学对象或数学运算，以此为基础为学生搭建思维平台，设置试题.该题
型形式新颖，考查功能显著，主要表现在四个方面：通过新定义创设数学新语境和话语体系；通过新
情境搭建试题框架，创设解题条件；通过新设问设置思维梯度，逐步深入，准确区分不同层次的学生；
通过解题过程展现学生数学思维和探究过程，实现对分析、推理、判断、论述等关键能力的考查.
2.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解
的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的.
3.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
【例 1】（2024 届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特
定函数的方法．给定两个正整数 m，n，函数 f x 在 x = 0处的 m, n 阶帕德近似定义为：
m
R x a0 + a1x +L+ am x=
L n ，且满足：
f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ，…，
1+ b1x + + bn x
f m+n 0 = R m+n 0 ．注： f x = é f x ù ， f x = é f x ù ， f
4
x = é f x ù ，
f 5 x = é 4 ù f x = ex 1,1
1+ ax
f (x) ，…已知 在 x = 0处的 阶帕德近似为R x = ．1+ bx
(1)求实数 a，b 的值；
(2)当 x 0,1 时，试比较 f x 与R x 的大小，并证明；
1
(3) a a已知正项数列 a n+1 nn 满足： a1 = ， ane = e -1
1 a 1，求证： ．
2 2n n 2n-1
a 1+ bx - b 1+ ax a - b -2b a - b 【解析】（1）由题意得R x = 2 = 2 ，R x = ，1+ bx 1+ bx 1+ bx 3
f 0 = f 0 = f 0 = 1，故R 0 = a - b =1，R 0 = -2b a - b =1，
a 1 1解得 = ，b = - .
2 2
1 x+
R x 2 2 + x 2 + x（2）由上可得 = x = ，要比较 e
x 与 的 ，
1- 2 - x 2 - x
2
x 0,1 2 + x，只需比较 1 e- x与 的 ，
2 - x
2 + x é 4 2 + x ù x2- x - x - x
令 g x = e ， g x = ê - ú e = e ，
2 - x 2 - x 2ê 2 - x ú 2 - x
2
所以 g x > 0，从而可得 g x 在 0,1 上单调递增，
所以 g x > g 0 =1 2 + x > ex，即 ，所以 f x < R x .
2 - x
3 x x（ ）设u x = e - x -1，u x = e -1，
当 x < 0 时，u x < 0，u x 在 - ,0 上单调递减，
当 x > 0时，u x > 0，u x 在 0, + 上单调递增，
故u x ≥u 0 = 0，即 ex x +1，当且仅当 x = 0时等号成立；
eana a -1 a 1- an ean -1 x
由题意知 e n+1 - e n = - e n = ，令 y = 1- x e ， y = -xex ，
an an
1
故该函数在 0, + 上递减，故可得 ean+1 - ean < 0，即an+1 < an，可得0 < an ；2
2 + an
a -1
一方面：由（2）可得 nea e -1 2 - a 2n+1 = < n = ，
an an 2 - an
ea又因为 n+1 > an+1 +1，
a 1 2 a a 1 2所以可得 n+1 + <
n 1 1
2 a ，即 n+1
< > -1
2 a ，即 a a ，即 -1 > 2 -1- n -
÷ ，
n n+1 n an+1 è an
1
-1 > 2n-1
1 1
-1 = 2n-1 n-1
1
故 a a ÷ ，即
> 2
a ，所以 an < .n è 1 n 2n-1
an
a 1 a 1 a ea e
an -1 an an
另一方面：要证明 ≥ ≥ n+1 e 2 ≥ e 2 ean -1≥ e 2n 2n n+1 n
× an ，2 an
an an an
两边同时除以 -e 2 ，原式 e 2 - e 2 - an ≥0
x x 1 x 1 x- -
令 g x = e2 - e 2 - x， g x = e2 + e 2 -1,2 2
1 x 1 x x x- -
由基本不等式， y = e2 + e 2 1 1≥2 e2 × e 2 =1
2 2 2 2
x x
- 1
故 g x 1= e2 1+ e 2 -1≥0，所以 g x 在 0, ÷单调递增，2 2 è 2
所以 g x g 0 = 0 ，得证.
【例 2】（2024 届上海市华东师范大学附中学高三下学期数学测验）已知函数 y = f x , x D ，如果存在常
数M ，对任意满足 x1 < x2 n
f xi - f xi-1 M 恒成立，则称函数 y = f x , x D 是“绝对差有界函数”
i=2
f x ln x 1(1)函数 = , x 是“绝对差有界函数”，求常数M 的取值范围；
x e
(2)对于函数 y = f x , x a,b ，存在常数 k ，对任意的 x1, x2 a,b ，有 f x1 - f x2 k x1 - x2 恒成立，求
证：函数 y = f x , x a,b 为“绝对差有界函数”
ì
x cos
π ,0 < x 1
(3)判断函数 f x = í 2x 是不是“绝对差有界函数”？说明理由
0, x = 0
Q f (x) ln x , x 1 1- ln x 1- ln x【解析】（1） = ，\ f ' x = ，\ f x = = 0，\x = e，
x e x2 x2
即当 x é
1
ùê ,eú， f (x) 单调递增；当 x e, + ， f (x) 单调递减. e
n
所以 f xi - f xi-1 = f xn - f xn-1 + f xn-1 - f xn-2 +L+ f x2 - f x0 ,
i=2
f (x) 单调递增时， f xn - f xn-1 > 0， f (x) 单调递减时， f xn - f xn-1 < 0 .
且当 x 无限趋向于正无穷大时， f x 无限趋向于 0，
n 1 2
所以 f xi - f xi-1 = f e - f ÷ + f (e) = + e 2.所以M + e ·
i=2 è e e e
n n
（2） f xi - f xi-1 k xi - xi-1 = k b - a 成立，则可取M = k b - a ，
i=2 i=2
所以函数 y = f x , x a,b 为“绝对差有界函数”
0 1 1 1（3） < < 2n 2n -1 2
1 2n -1 π
则有 = cos
2nπ
- 0 1+ cos 1- cos 2nπ π 1+L+ cos - cos 2π ，
2n 2 2n -1 2 2n 2 2 2 2
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1> + + + + +L+ + +L+ +L =1+ + +L 1+ +L
i=2 i 2 4 4 1842438 16424136 2 2 2
4个 8个
所以对任意常数M > 0，只要n足够大，就有区间 0,1 的一个划分
n
0 1 1 1< < M ，2n 2n -1 2 i-1i=2
ì
x cos
π ,0 < x 1
所以函数 f x = í 2x 不是 0,1 的“绝对差有界函数”.
0, x = 0
(二)具有高等数学背景的新定义问题
导数在高等数学中有着广泛的应用，常见的如函数的拐点、凸凹性、曲线的曲率、拉格朗日中值定理等.
【例 3】（2024 届湖北省黄冈中学高三二模）第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在
深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.
现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线C : y = f x 上
的曲线段 AB ，其弧长为Ds，当动点从A 沿曲线段 AB 运动到 B 点时，A 点的切线 lA 也随着转动到 B 点的切
线 lB ，记这两条切线之间的夹角为Dq （它等于 lB 的倾斜角与 lA 的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹
Δq
角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K = Δs 为曲
线段 AB 的平均曲率；显然当 B 越接近A ，即Ds越小，K 就越能精确刻画曲线C在点A 处的弯曲程度，因
Δq y K = lim =
此定义 Δ 0 Δs 3 （若极限存在）为曲线C在点A 处的曲率.（其中 y ， y 分别表示 y = f x 1+ y 2 2
在点A 处的一阶 二阶导数）
(1)已知抛物线 x2 = 2 py( p > 0) 的焦点到准线的距离为 3，则在该抛物线上点 3, y 处的曲率是多少？
1 1 ex + e- x
(2)若函数 g x = x - ，不等式 g ÷ g 2 - coswx 对于 x R 恒成立，求w的取值范围；2 +1 2 è 2
(3) 2若动点A 的切线沿曲线 f x = 2x -8运动至点B xn , f xn 处的切线，点 B 的切线与 x 轴的交点为
xn+1,0 n N* .若 x1 = 4，bn = xn - 2，Tn 是数列 bn 的前n项和，证明Tn < 3 .
【解析】（1）Q抛物线 x2 = 2 py( p > 0) 的焦点到准线的距离为 3，\ p = 3，
1 2
即抛物线方程为 x2 = 6y ，即 f x = y = x ，则 f x 1= x ， f x 1= ，
6 3 3
1 1
3 3 2
又抛物线在点 3, y K = 3 = =处的曲率，则
1 2 2 2 12
，
2
1+ ×39 ÷è
即在该抛物线上点 3, y 2处的曲率为 ；
12
1 1 2x 1 1 1
（2）Q g -x = - x - = x - = - x = -g x ，2 +1 2 2 +1 2 2 2 +1
\ g x 在R 上为奇函数，又 g x 在R 上为减函数.
ex + e- x x - x
\ g ÷ g 2 - coswx e + e对于 x R 恒成立等价于2 coswx 2 - 对于 x R 恒成立.è 2
又因为两个函数都是偶函数，
x - x
记 p x = coswx q x 2 e + e， = - ，则曲线 p x 恒在曲线 q x 上方，
2
x - x
p x = -wsinwx e - e， q x = - ，又因为 p 0 = q 0 =1，
2
p 0 q 0
所以在 x = 0处三角函数 p x 的曲率不大于曲线 q x 的曲率，即 3 3 ，
é 1+ p
2 0 ù 2 é1+ q
2 0 ù 2
ex + e- x2
又因为 p x = -w coswx ， q x = - ，
2
p 0 = -w2， q 0 = -1，所以w 2 1，解得：-1 w 1，
因此，w的取值范围为 -1,1 ；
（3）由题可得 f x = 4x，所以曲线 y = f x 在点 xn , f xn 处的切线方程是 y - f xn = f xn x - xn ，
即 y - 2x 2n -8 = 4x 2 2n x - xn ，令 y = 0 ，得- xn - 4 = 2xn xn+1 - xn ，即 xn + 4 = 2xn xn+1，
x 2
显然 xn 0
n
，\ xn+1 = +2 x ，n
x xn 2= + x 2 xn 2 2 xn + 2
2 x - 2
x 2 n
2
由 n+1 2 x ，知 n+1 + = + + = ，同理 n+1 - = ，n 2 xn 2xn 2xn
2
x + 2 x + 2 xn+1 + 2 xn + 2
故 n+1 = n ÷ ，从而 lg = 2lgx - 2 x - 2 ，xn+1 - 2 è xn - 2 n+1 n
设 lg
xn + 2 = an ，即 an+1 = 2ax 2 n，所以数列 an - 是等比数列，n
a = 2n-1a = 2n-1lg x1 + 2 = 2n-1
n-1
故 n 1 lg3 lg
xn + 2
，即 = 2n-1lg3
xn + 2 2
x - 2 x - 2 ，从而
= 3
1 n x
，
n - 2
2 32n-1 +1 4
所以 x = ，\ bn = xn - 2 = 2n-1 > 0，n 2n-13 -1 3 -1
2n-1bn+1 3 -1 1 1 1 1= n = n-1
21-1
= ，
n 3 -1 3 +1 3 3 3
2 n-1
当 n =1 1 1 1 时，显然T1 = b1 = 2 < 3；当n >1时，bn < b < b3 n-1 3 ÷ n-2
< ÷ b1，
è è 3
é 1
n
ù
n-1 b1 ê1- ÷ ú n
\Tn = b1 + b2 +L+ bn < b
1
1 + b1 +L
1+ b ê è 3 ú 1 ，
3 3 ÷ 1è = 1 = 3 - 3 × < 31- è 3
÷

3
综上，Tn < 3 n N* .
【例 4】（2024 届湖北省襄阳市第五中学高三第二次适应性测试）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在
高等数学中有着广泛的应用.定理内容为：设函数 f(x)，g(x)满足:
①图象在 a,b 上是一条连续不断的曲线；
②在 a,b 内可导;
f

b - f a f x
③对"x a,b ， g x 0 ，则$x a,b ，使得 =g b .- g a g x
g x = x $x a,b f b - f a 特别的，取 ，则有： ，使得 = f x ，此情形称之为拉格朗日中值定理.
b - a
(1)设函数 f x f x 满足 f 0 = 0，其导函数 f x 在 0, + 上单调递增，证明：函数 y = 在 0, + 上为
x
增函数.
ln a ln b b a
(2)若"a,b 0,e 且 a > b，不等式 - + m - ÷ 0 恒成立，求实数m的取值范围.b a è a b
f x f1 x - f 0 【解析】（ ）由题 = ，由柯西中值定理知：对"x > 0，$x 0, x ，
x x - 0
f x - f 0 f x f f x 使得 = = x ， = f x ，
x - 0 1 x
又 f x 在 0, + 上单调递增，则 f x > f x ，
f

x xf x - f x > 0 é f x ù xf x - f x则 f x > ，即 ，所以
x ê x ú
= 2 > 0，
x
f
y x 故 = 在 0, + 上为增函数；
x
ln a ln b b a a ln a - b ln b
（2） - + m - ÷ 0 m，b a è a b a2 - b2
取 f x = x ln x ， g x = x2，因为 a > b，所以由柯西中值定理，$x b,a ，
f a - f b a ln a - b ln b f x 1+ lnx
使得 = = =g a g b a2 b2 g x 2x ，- -
1+ lnx
由题则有： m G x2x ，设
1+ ln x
= 0 < x < e ，G x - ln x= ，
2x 2x2
当0 < x <1时，G x > 0 ，当1< x < e 时，G x < 0，
所以G x 在 0,1 上单调递增，在 1,e 上单调递减，
所以G x = G 1 1= ，故m 1 é1 ，所以实数m的取值范围是 ê ,+

max 2 2 2 ÷
.

(三)现代科学技术与理论中的新定义问题
此类问题通常是根据现代科学技术与理论提炼一个数学模型，然后利用导数求解.
*
【例 5】（2024 届河北省张家口市高三下学期第三次模拟）在某项投资过程中，本金为 B0，进行了 N N N
次投资后，资金为BN BN > 0 ，每次投资的比例均为 x（投入资金与该次投入前资金比值），投资利润率为 r
（所得利润与当次投入资金的比值，盈利为正，亏损为负）的概率为 P，在实际问题中会有多种盈利可能
（设有 n 种可能），记利润率为 rk 的概率为Pk （其中 k N* ），其中P1 + P2 +L+ Pn = 1，由大数定律可知，
当 N 足够大时，利润率是 rk 的次数为 NPk ．
(1)假设第 1 次投资后的利润率为 r1，投资后的资金记为B1，求B1与 B0的关系式；
n n
B = B 1+ r x NP(2)当 N i足够大时，证明： N 0 i （其中 ai = a1a2a3Lan ）；
i=1 i=1
(3)将该理论运用到非赢即输的游戏中，记赢了的概率为P1，其利润率为 r1；输了的概率为P2，其利润率为
r2 ，求BN 最大时 x 的值（用含有P1, P2 , r1, r2 的代数式表达，其中P1r1 + P2r2 + r1r2 < 0）．
【解析】（1）由题知，投入资金为B0x，所获利润为B0r1x ，所以B1 = B0 + B0r1x = B0 1+ r1x .
B
（2）由题可知，BN = B
N
N -1 1+ ri x ，即 =1+ ri xB ，N -1
B BN B= N -1 B N -1 B B ××× 2 1所以 N BB B 0N -1 N -2 BN -2 B1 B0
i=1
= 1+ r x NP1 1+ r x NP2 1+ r x NP31 2 3 ××× 1+ rn x
NPn B0 = B0 1+ r
NPi
i x .
n
3 2 B = B 1+ r x NP NP（ ）由（ ）可得 1 2N 0 1 1+ r2x ， x 0,1 ,
Pr + P r r r + Pr + P r Pr + P r
其中 r1 > 0, r2 < 0
1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
，故1+ = > 0r r r r ，故
0 < - <1
r r .1 2 1 2 1 2
记 f x = B NP1 NP20 1+ r1x 1+ r2x ，
则 f x = B NP NP1 -1 NP20 1r1 1+ r1x 1+ r2x + B0NP2r2 1+ r x
NP1
1 1+ r x
NP2 -1
2
= B N éPr 1+ r x + P r 1+ r NP1 -1 NP2 -10 1 1 2 2 2 1x ù 1+ r1x 1+ r2x
= B0N é P1r1r2 + P2r1r2 x + P1r1 + P2r2 ù 1+ r x
NP1 -1 1+ r x NP2 -11 2 ，
根据实际意义知，P1 + P2 =1,1+ r1x > 0,1+ r2x > 0 ，
则 f x = B0N r1r2x + P1r1 + P2r2 1+ r x
NP1 -1
1 1+ r2x
NP2 -1，
NP -1 NP -1 x P1rf x = B N r r x + Pr + P r 1+ r x 1 1+ r x 2 > 0 < - 1
+ P2r2
令 0 1 2 1 1 2 2 1 2 ，解得 r ，1r2
NP -1 NP Pr + P r
令 f x = B N r r x + Pr + P r 1 2 -1 1 1 2 20 1 2 1 1 2 2 1+ r1x 1+ r2x < 0，解得 x > - r1r
，
2
f x 0, P1r1 + P2r Pr + P r 所以 在 - 2 ÷上单调递增，在 - 1 1 2 2 ,1÷ 单调递减，
è r1r2 è r1r2
x P= - 1r1 + P2r2所以当 f xr r 时， 取得最大值，即BN 取得最大值.1 2
(四)定义新函数
此类问题通常把满足某些条件的函数称为一类新函数，求解是注意运用该类函数满足的条件.
【例 6】（2024 届上海市奉贤区高三下学期三模）若定义在R 上的函数 y = f (x) 和 y = g(x) 分别存在导函数
f (x)和 g (x)．且对任意 x 均有 f (x) g (x) ，则称函数 y = f (x) 是函数 y = g(x) 的“导控函数”．我们将满足
方程 f (x) = g (x)的 x0 称为“导控点”．
(1)试问函数 y = x 是否为函数 y = sin x 的“导控函数”？
2 1 1
(2) 3若函数 y = x + 8x +1是函数 y = x3 + bx2 + cx 的“导控函数” 3，且函数 y = x + bx2 + cx 是函数 y = 4x2 的“导
3 3 3
控函数”，求出所有的“导控点”；
(3)若 p(x) = ex + ke- x ，函数 y = q(x)为偶函数，函数 y = p(x) 是函数 y = q(x)的“导控函数”，求证：“ k =1”的
充要条件是“存在常数c使得 p(x) - q(x) = c恒成立”．
【解析】（1）由 y = x ，得 y =1，由 y = sin x ，得 y = cos x，
因为1 cos x ，所以函数 y = x 是函数 y = sin x 的“导控函数”；
2 3
（2）由 y = x + 8x +1，得 y = 2x2 + 8，
3
1 3
由 y = x + bx2 + cx ，得 y = x2 + 2bx + c ，由 y = 4x2 ，得 y = 8x ，
3
由题意可得8x x2 + 2bx + c 2x2 + 8恒成立，
令8x = 2x2 + 8，解得 x = 2，故16 4 + 4b + c 16 ，从而有 4 + 4b + c =16，所以 c =12 - 4b，
又 2x2 + 8 x2 + 2bx + c恒成立，即 x2 - 2bx + 8 - c = x2 - 2bx + 4b - 4 0恒成立，
所以Δ = 4b2 - 4 4b - 4 = 4 b - 2 2 0，所以b = 2 ，
故b = 2,c = 4且“导控点”为 2；
（3）充分性：若存在常数c使得 p(x) - q(x) = c恒成立，则 p x = q x + c 为偶函数，
因为函数 y = q(x)为偶函数，所以 q x = q -x ，
则 p x = p -x ，即 ex + ke- x = e- x + kex ，
所以 k -1 ex - e- x = 0恒成立，所以 k =1；
x - x
必要性：若 k =1，则 p x = e + e = p -x ，所以函数 p x 为偶函数，
函数 y = p(x) 是函数 y = q(x)的“导控函数”，
因此 p x q x ，又 q -x = q x , p -x = p x ，
因此函数 y = p(-x)是函数 y = q(-x)的“导控函数”，
所以- p -x -q -x ，即 p -x q -x 恒成立，
用-x代换 x 有 p x q x ，综上可知 p x = q x ，记 h x = p x - q x ，
则 h x = p x - q x = 0，因此存在常数c使得 p(x) - q(x) = c恒成立，
综上可得，“ k =1”的充要条件是“存在常数c使得 p(x) - q(x) = c恒成立”．
【例 7】（2024 届山东省菏泽市高三信息押题卷二）如果三个互不相同的函数 y = f x ， y = g x ， y = h x
在区间D上恒有 f x h x g x 或 g x h x f x ，则称 y = h x 为 y = f x 与 y = g x 在区间D上
的“分割函数”．
(1)证明：函数 f1 x = x为函数 y = ln x +1 与 y = ex-1在 -1, + 上的分割函数；
(2) y = ax2若 + bx + c a 0 为函数 y = 2x2 + 2与 y = 4x在 - , + 上的“分割函数”，求实数 a的取值范围；
(3)若 m, n -2,2 ，且存在实数 k, d ，使得函数 y = kx + d 为函数 y = x4 - 4x2 与 y = 4x2 -16在区间 m, n 上
的“分割函数”，求 n - m的最大值．
【解析】（1）设F (x) = ln(x +1) - x，则F (x)
1
= -1，当-1 < x < 0时，F (x) > 0, F (x) 在 (-1,0) 上单调递
x +1
增，当 x > 0时，F (x) < 0, F (x) 在 (0, + )单调递减，则 F (x)在 x = 0处取得极大值，即为最大值，
即F (x) F (0) = 0，则当 x (-1, + )时， x ln(x +1) ；
设H (x) = ex-1 - x，则H (x) = ex-1 -1，当-1 < x <1时，H (x) < 0, H (x) 在 (-1,1)上单调递咸，
当 x >1时，H (x) > 0, H (x) 在 (1, + )上单调递增，则H (x)在 x =1处取得极小值，即为最小值，
即H (x) H (1) = 0，则当 x (-1, + )时， x e x-1 ，
于是当 x (-1, + )时， ln(x +1) x ex-1，
所以函数 f1(x) = x为函数 y = ln(x +1) 与 y = ex-1在 (-1, + )上的“分割函数”.
（2）因为函数 y = ax2 + bx + c(a 0)为函数 y = 2x2 + 2与 y = 4x在 (- , + )上的“分割函数”，
则对"x R ， 4x ax2 + bx + c 2x2 + 2恒成立，
而 (2x2 + 2) = 4x，于是函数 y = 2x2 + 2在 x =1处的切线方程为 y = 4x，
因此函数 y = ax2 + bx + c的图象在 x =1处的切线方程也为 y = 4x，又 y = 2ax + b ，
ì2a + b = 4 ìa = c
则 í
a + b c
，解得 ，
+ = 4 í b = 4 - 2a
于是 4x ax2 + (4 - 2a)x + a 2x2 + 2对"x R 恒成立，
ì(2 - a)x2 + (4 - 2a)x + 2 - a 0
即 í 2 对"x R 恒成立，
ax - 2ax + a 0
ì2 - a > 0

Δ1 = (2a - 4)
2 - 4(2 - a)(2 - a) 0
因此 í ，解得0 < a < 2 ，
a > 0
2 2 Δ2 = 4a - 4a 0
所以实数 a的取值范围是 (0,2) .
（3）对于函数 y = x4 - 4x2 , y = 4x3 -8x = 4x(x + 2)(x - 2)，
当 x (- ,- 2)和 x (0, 2) 时， y < 0，当 x (- 2,0) 和 x ( 2,+ )时， y > 0，
则 x = 2, x = - 2 为 y = x4 - 4x2 的极小值点， x = 0为极大值点，函数 y = x4 - 4x2 的图象如图，
由函数 y = kx + d 为函数 y = x4 - 4x2 与 y = 4x2 -16在区间 m,n 上的“分割函数”，
得存在 d0 d ，使得直线 y = kx + d 与函数 y = x40 - 4x2 的图象相切，
且切点的横坐标 t [-2,- 2]U[ 2, 2]，
3 2 4
此时切线方程为 y = (4t3 - 8t)x + 4t2 - 3t4 ，即 k = 4t -8t,d0 = 4t - 3t ，
设直线 y = kx + d 与 y = 4x2 -16的图象交于点 x1, y1 , x2 , y2 ，
ìy = kx + d k 16 + d
则 íy 4x2 16 消去 y 得 4x
2 - kx -16 - d = 0，则 x1 + x2 = , x1 × x2 = - ，
= - 4 4
2 2
于是 | x1 - x2 |= (x1 + x2 )
2 k- 4x1x2 = +16 + d
k
+16 + d
16 16 0
= (t3 - 2t)2 +16 + 4t 2 - 3t 4 = t6 - 7t 4 + 8t 2 +16
令 t 2 = s, s [2, 4], k(s) = s3 - 7s2 + 8s +16，则 k (s) = 3s2 -14s + 8 = (3s - 2)(s - 4) 0，
当且仅当 s = 4时， k (s) = 0，所以 k(s) 在[2,4]上单调递减， k(s)max = k(2) =12，
因此 x1 - x2 的最大值为 2 3 ，所以 n - m的最大值为 2 3 .
(五)定义新性质
此类问题通常是给出某类函数所具有的一个性质，然后利用该性质求解问题，因此该函数满足的性质就是
求解问题的关键.
【例 8】（2024 届浙江省绍兴市柯桥区三模）若函数a(x) 有且仅有一个极值点m，函数 b (x) 有且仅有一个
极值点n，且m > n ，则称a(x) 与 b (x) 具有性质a - b / /m > n．
(1)函数j1(x) = sin x - x
2 x
与j2 x = e - x是否具有性质j1 -j2 / /x0 > 0？并说明理由．
(2)已知函数 f x = aex - ln x +1 与 g x = ln x + a - ex +1具有性质 f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a的取值范围；
（ii）证明： g x1 > x2 ．
1 j (x) = sin x - x2 x【解析】（ ）函数 1 与j2 x = e - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j (x) = cos x - 2x，令 h x = j1 x = cosx - 2x ，则 h x = -sinx - 2 < 0，故j 1 x1 单调递减，
j 又 1 0 = cos0 - 0 =1 > 0，j1 1 = cos1- 2 < 0，故存在 x0 0,1 j ，使 1 x0 = 0 ，
则j1 x 在 - , x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，
故j1(x) 有且仅有一个极值点 x0 0,1 ，
j x = ex2 -1，则当 x < 0 时，j2 x < 0，当 x > 0时，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，故j2 (x)有且仅有一个极值点 0，
故函数j1(x) = sin x - x
2
与j2 x = ex - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0；
2 i f x = aex 1（ ）（ ） - ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
1
当 a 0时， f x = aex - < 0，此时 f x 没有极值点，故舍去，
x +1
x 1
当 a > 0时， 令m x = f x aex 1= - ，则m x = ae + > 0 x +1 2 恒成立，x +1
故 f x 在 -1, + 上单调递增， g x 1= - ex ， x + a > 0，故 x > -a，
x + a
1 1 x
由 a > 0 x，令 n x = g x = - e ，则 n x = - - e < 0 x + a 2 恒成立，x + a
故 g x 在 -a, + 上单调递减，
当 a 0,1 时，有 f 0 = ae0 1- = a -1< 0 ，又 x + 时， f x + ，
0 +1
故此时存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 0, + ，有 g 0
1
= - e0 1= -1 > 0，又 x + 时， g x - ，
a a
故此时存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 , + 上单调递减，
x 1 11 x2
则 g x 有唯一极值点 x2 0, + ，即有 f x1 = ae - = 0 ， g x2 = - e = 0x1 +1 x + a
，
2
ex 11 = ex 12即 =a x +1 ， x + a ，此时需满足 x1 > x2 > 0，则 e
x1 > ex2 ，
1 2
1 1
> x2故有 a x 1 x a ，即 x2 > ax1，即
a < <1，故 a 0,1+ + x 符合要求；1 2 1
当 a 1, + 时， f 0 = ae0 1- = a -1 > 0，又 x -1时， f x - ，
0 +1
故此时存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 -1,0 ，
g 0 1 e0 1有 = - = -1< 0 ，又 x -a 时， g x + ，
a a
故此时存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 , + 上单调递减，
则 g x 有唯一极值点 x2 -a,0 ，
1 1 x
同理可得 > 0 > x > x x > ax a > 2a x +1 x + a ，此时需满足 1 2，即 2 1，则 x ，1 2 1
x2
由 <1， a 1, + x ，故该不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
1
当 a =1时，有 f 0 = ae0 - = a -1 0 g 0 1 1= ， = - e0 = -1 = 0，
0 +1 a a
此时 x1 = x2 = 0，即 f x 、 g x 的极值点都为 0，不符合要求，故舍去；
综上，故 a 0,1 1,+ ；
1
（ii）当 a 0,1 x2 0时，有 x1 > x2 > 0，则 e = > e =1 0 < x + a <1x2 + a
，故 2 ，
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
g x < g x = ln x + a ex 1- 2则 1 2 2 +1 = ln x2 + a - +1x2 + a
，
令 t = x2 + a 0,1 ，则 g x2 = lnt
1 1 1- + ，令m t = lnt - +1， t 0,1
t t
m t 1 1 1 1则 = +
t t 2
> 0，故m t 在 0,1 上单调递增，则 g x2 = lnt - +1< m 1 = ln1- +1 = 0 ，t 1
故 g x1 > g x2 ，要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 < 0，
g x1 + x2 < g x2 + x2 = ln x + a ex
1
- 22 +1+ x2 = ln x - e
x2 +1+ x2 =1- e
x2 < 0，
e 2
即当 a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
当 a
1
1, + 时，有0 > x > x ex2 = < e01 2，则 =1 x + a >1x2 + a
，即 2 ，
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x1 > g 0 = ln 0 + a - e0 +1 = lna > 0 ，即要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 > 0，
g x1 + x2 = ln x1 + a - ex1 +1+ x x12 > ln x2 + a - e +1+ x2
ln 1= - ex1x +1+ x2 = -x - e
x1
2 +1+ x2 =1- e
x1 >1- e0 = 0，
e 2
即当 a 1, + ，有 g x1 > x2 ；综上所述， g x1 > x2 .
(五)定义新运算
此类问题通常给出我们以前没有学过的一种新的运算法则，这些法则可能已有运算法则的推广或拓展，也
可能高等数学中涉及的运算法则.
【例 9】①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i)四则运算法则：如果 lim f x = Ax a ，
lim g x = B
x a ，则
lim
x a é f x ± g x ù = lim f x ± lim g x = A ± Bx ， a x a
lim f x
lim é f x × g x ù = lim f x × lim g x
f
AB x = x a A
x a x a x a ，若 B≠0，则 lim = =g x lim g x B ；ii)洛必达法则：若函数 x a
x a
f x ， g x 的导函数分别为 f x ， g x ， lim f x = lim g x = 0 lim g x = 0x a x a ， x a ，则
f x lim f x
lim = x a
x a g x lim g x ；
x a
x
②设 a > 0，k 是大于 1 的正整数，若函数 f x 满足：对"x 0, a ，均有 f x f k ÷成立，则称函数 f x è
为区间(0,a)上的 k 阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题；
lim sin x
1
(1)计算：① ；②
x lim 1+ 2x x ；x 0 x 0
tan x sin2 π π (2)试判断 f x x= 是否为区间 0,3 上的 2 阶无穷递降函数；并证明："x 0, ， f x >1 .x è 2 ÷ è 2 ÷
1 ① sin x sin x

【解析】（ ） 根据洛必达法则， lim = lim = lim cos x =1；
x 0 x x 0 x x 0
1 1 ln 1+ 2x② 设 g(x) = 1+ 2x x ，两边同时取对数得， ln g x = ln 1+ 2x = ，x x
'
h ln 1+ 2xx = ln 1+ 2x
éln 1+ 2x ù
设 ，
x lim h x = lim = lim
= lim 2 = 2 ，
x 0 x 0 x x 0 x x 0 1+ 2x
1
∴ lim ln g x = 2x 0 ，∴ lim 1+ 2x x = lim g(x) = lim eln g ( x) = e2x 0 x 0 x 0
tan x sin2 x π 8 tan
x sin2 xx 0, x f x 0 f x（2）∵ f x = ， ÷，∴ f = 2 2 ， >

3 ， ÷ > 0，x è 2 ÷è 2 x3 è 2
f x tan x sin2 x x3 cos
2 x cos4 x
∴ = × 2 2 x x3 x 2 x
= =
f 8 tan sin 1- tan
2 x cos2 x - sin2 x
è 2 ÷ 2 2 2 2 2
cos4 x cos4 x
2 2 1= = = >1
cos2 x sin2 x- cos2 x
x x x
÷ + sin
2 x
÷ cos
4 - sin4 1- tan4
è 2 2 è 2 2 2 2 2
"x 0, π ∴ ÷，均有 f x f
x> ∴ f x 0, π 2 .
è 2 è 2 ÷
， 是区间 ÷上的 阶无穷递降函数
è 2
x x
以上同理可得 f x f ÷ > > f ÷ ，
è 2 è 2n
3
tan x sin2 x sin3
x é x ù
lim sin x
x 2n

2n è 2n
÷
ê
sin n ÷ ú
由① =1，得 lim f 1x 0 n ÷ = lim 3 = lim
è 2
2 x 0 x 0 3 = lim ê ú × lim =1x 0 x è x x x x 0 ê x ú x 0
n ÷ n ÷ cos
x
è 2 è 2 2n ê 2n
cos n ÷
ú è 2
π
∴ "x

0, f x >1 .
è 2 ÷
，

【例 1】（2024 届浙江省诸暨市高三三模）若函数 f x 在区间 I 上有定义，且"x I ， f x I ，则称 I 是
f x 的一个“封闭区间”．
(1)已知函数 f x = x + sin x ，区间 I = 0, r r > 0 且 f x 的一个“封闭区间”，求 r 的取值集合；
(2)已知函数 g x = ln x +1 3+ x3 ，设集合P = x | g x = x ．
4
（i）求集合 P 中元素的个数；
（ii）用b - a表示区间 a,b a < b 的长度，设m为集合 P 中的最大元素．证明：存在唯一长度为m的闭区
间D，使得D是 g x 的一个“封闭区间”．
【解析】（1）由题意，"x 0, r ， f x 0, r ，
Q f x =1+ cos x 0 恒成立，所以 f x 在 0, r 上单调递增，
可得 f x 的值域为 0, r + sin r ，因此只需 0, r + sin r 0, r ，
即可得 r + sin r r ，即 sin r 0 r > 0 ，则 r 的取值集合为 é 2k -1 π,2kπù k N* ．
（2）（i）记函数 h x = g x - x = ln x 1 3+ + x3 - x x > -1 ，
4
1 9
2
2 4 + 9x x +1 - 4 x +1 9x2 x +1 - 4x x 3x + 4 3x -1
则 h x

= + x -1 = = = x > -1
x 1 4 4 x 1 4 x 1 4 x 1 ，+ + + +
由 h x > 0得-1 < x < 0 x 1或 > ；由 h x < 0得0 < x 1< ；
3 3
1
所以函数 h x 在 -1,0 和 ,
1
+ ÷ 上单调递增，在3
0, ÷ 上单调递减．
è è 3
其中 h 0 = 0，因此当 x 1-1,0 U 0, ÷时， h x < 0，不存在零点；
è 3
1 1
由 h x 在 0, ÷ 单调递减，易知 h ÷ < h 0 = 0 ，而 h 1 = ln 2
1
- > 0 ，
è 3 è 3 4
1
由零点存在定理可知存在唯一的 x0 ,1÷使得 h x0 = 0；
è 3
当 x 1,+ 时， h x > 0 ，不存在零点．
综上所述，函数 h x 有 0 和 x0 两个零点，即集合 P 中元素的个数为 2．
（ii）由（i）得m = x0 ，假设长度为m的闭区间D = a,a + x0 是 g x 的一个“封闭区间” a > -1 ，
则对"x a,a + x0 ， g x a, a + x0 ，当-1 < a < 0时，由（i）得 h x 在 -1,0 单调递增，
\h a = g a - a < h 0 = 0，即 g a < a，不满足要求；
当 a > 0时，由（i）得 h x 在 x0 ,+ 单调递增，
\h a + x0 = g a + x0 - a + x0 > h x0 = 0 ，即 g a + x0 > a + x0 ，也不满足要求；
当 a = 0时，闭区间D = 0, x0 ，而 g x 显然在 -1, + 单调递增，\ g 0 g x g x0 ，
由（i）可得 g 0 = h 0 + 0 = 0 ， g x0 = h x0 + x0 = x0，
\ g x 0, x0 = D ，满足要求．
综上，存在唯一的长度为m的闭区间D = 0,m ，使得D是 g x 的一个“封闭区间”．
【例 2】（2024 届浙江省金华第一中学高三下学期 6 月模拟）设函数 f x 的定义域为R .给定闭区间D R，
若存在 a D，使得对于任意 x D，
①均有 f a …f x ，则记 f a = M f D ；
②均有 f a f x ，则记 f a = m f D .
(1)设 f x = ex - x, D = 1, 2 ，求M f D ,m f D ；
(2)设 k > 0, f x = -x3 + kx2 , g x = 2k - 3 x + 2 - k .若对于任意D 0,1 ，均有M f D …M g D ，求 k 的取
值范围；
(3)已知对于任意D R, M f D 与m f D 均存在.证明：“ f x 为R 上的增函数或减函数”的充要条件为“对于
任意两个不同的D1, D2 R, M f D1 M f D2 与m f D1 m f D2 中至少一个成立”.
【解析】（1）因为 f x = ex -1, x 1,2 时， f x > 0恒成立，故 f x 在 1,2 上为严格增函数，
因此M f D = f 2 = e2 - 2, m f D = f 1 = e -1.
2
（2）因为 f x = -3x + 2kx，而 f 1 = -3+ 2k ，
因为 f 1 = k -1, g 1 = k -1，故 g x 是 f x 在 x =1处的切线
而 f x 存在极值点 x1 = 0, x
2
2 = k ，而 k > 0，可得到如下情况：3
- ,0 x 0 0, 2 k 3 2= ÷ x = k
k,+
è 3 2 è 3 ÷
f x < 0 = 0 > 0 = 0 < 0
f x Z 极小值 ] 极大值 Z
2 M 0,1 f 21 k 4 3 2 4 2情况一：当 时，此时
3 f
= k ÷ = k , M g 0,1 = g k ÷ = k - 3k + 2，
è 3 27 è 3 3
此时M g 0,1 > M f 0,1 ，不符题意舍去.
2 f x g x 0, 2情况二：当1 < k 时，此时 与 在上 k

÷均为严格增函数，3 è 3
因此当M f D M g D 时， f x g x 恒成立，
3
k x - 3x + 2因此 2 = h x ，而 h x > 0在 0,1 上成立，进而 k h 1 = 3，故 k 3 .x - 2x +1
（3）先证明必要性：若 f x 为R 上的严格增函数，
则任取D1 = a1,b1 ,D2 = a2 ,b2 ，M f D1 = f b1 , M f D2 = f b2 ,m f D1 = f a1 ,m f D2 = f a2 ，
因为D1 D2 ，所以 a1 > b1 或 a1 < b1或 a2 > b2或 a2 < b2 ，
因为 f x 为 R 上的严格增函数，所以可得：
f a1 > f b1 或 f a1 < f b1 或 f a2 > f b2 或 f a2 < f b2 ，
所以不难可得： f a1 f b1 , f a2 f b2 ，
所以 M f D1 M f D2 或m f D1 m f D2 成立.
同时对 f x 为 R 上的严格减函数，同理可证.
下面证明充分性：当 M f D1 M f D2 与m f D1 m f D2 其中一式成立时，
f x 不可能为常值函数，先任取D = a,b ，总有 M f D = f a 或m f D = f b ，
假设存在 x0 a,b ，使得 M f D = f x0 ，
记 D1 = a, x0 , D2 = x0 ,b ，则 M f D = M f D1 = M f D2 = f x0 ，
因为存在m f D = f x1 ，则 x1 D1或 x1 D2 ，
不妨设 M f D = f a ，则m f D = f b ，否则当 x2 a,b , m f D = f x2 ，
此时 M f D = M f a, x2 = f a ,m f D = m f a, x2 = f x2 ，矛盾，
进而可得 f a f b ，则 M f a,b = f a , m f a,b = f b ，
因此 f a > f b ①.最后证明 f x 为 R 上的严格减函数，任取 x1 < x2，需考虑如下情况：
情况一：若 x1 < x2 < a < b ，则m f x2 ,a = f a ，
否则 M f x2 ,a = f a ，记 min m f x2 ,a ,m f a,b = m f a,b = f b ，
则 M f x2 ,b = M f a,b = f a ，m f x2 ,b = m f a,b = f b ，
同理若 min m f a, x2 ,m f a,b = m f a, x2 = f x2 ，
所以m f a, x2 = f a ，根据①可得： f x1 > m f x1, x2 = f x2 .
情况二：若 x1 < a < x2 < b ，则 f x2 = m f a, x2 ，
否则 M f a,b = f a ， M f a, x2 = f x2 ，由此矛盾，
因为 M f x1, a = f x1 ，同情况一可得矛盾，因此 f x1 = M f x1,a > f a > m f a, x2 = f x2 .
情况三：若 x1 < a < b < x2 ，同上述可得，
M f x1, a = f x1 , f x2 = m f b, x2 ，所以 f x1 > f a > f b > f x2 .
情况四：若 a < x1 < x2 < b ，同上述可得， M f x1, x2 = f x1 ，m f x2 ,b = f x2 ，所以 f x1 > f x2 .
情况五：若 a < x1 < b < x2 ，同上述情况二可证明 f x1 > f x2 恒成立.
情况六：若 a < b < x1 < x2 ，同上述情况一可证明 f x1 > f x2 恒成立.即 f x 为 R 上的严格增函数.
1 3 2
【例 3】（2024 届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数 y = f x ，其中 f x = x - kx ，
3
k R .若点 A 在函数 y = f x 的图像上，且经过点 A 的切线与函数 y = f x 图像的另一个交点为点 B ，则
称点 B 为点 A 的一个“上位点”，现有函数 y = f x 图像上的点列 M1， M2 ，…， Mn ，…，使得对任意正
整数 n，点 Mn 都是点 M n+1 的一个“上位点”.
(1)若 k = 0，请判断原点 O是否存在“上位点”，并说明理由；
(2)若点 M1的坐标为 3k,0 ，请分别求出点 M2 、 M3的坐标；
(3)若 M1的坐标为 3,0 ，记点 M y = mn 到直线 的距离为 dn .问是否存在实数 m和正整数 T ，使得无穷数列
dT 、 dT +1 、…、 dT +n …严格减？若存在，求出实数 m的所有可能值；若不存在，请说明理由.
1 3 2
【解析】（1）已知 f x = x ，则 f x = x ，得 f 0 = 0，
3
故函数经过点 O的切线方程为 y = 0 ，
其与函数 f x 1= x3图像无其他交点，所以原点 O不存在“上位点”.
3
（2）设点 Mn 的横坐标为 tn ， n为正整数，
则函数 y = f x 图像在点 M n+1 处的切线方程为 y - f tn+1 = f tn+1 x - tn+1 ，
代入其“上位点” M n tn , f tn ，得 f tn - f tn+1 = f tn+1 tn - tn+1 ，
1 2 2 2 2 2 2
化简得
3 tn + tntn+1 + tn+1 - k tn + tn+1 = tn+1 - 2ktn+1，即 tn + tntn+1 + tn+1 - 3tn+1 = 3k tn + tn+1 - 6ktn+1，
故 tn - tn+1 tn + 2tn+1 = 3k tn - tn+1 ，因为 tn tn+1，得 2tn+1 + tn = 3k （*），
又点 M1的坐标为 3k,0
3k 9 3
，所以点 M2 的坐标为 0,0 ，点 M3的坐标为 ,- k2 8 ÷ .è
（3）将 3,0 代入 y = f x ，解得 k =1，由（*）得， 2tn+1 + tn = 3 .
t 1 1即 n+1 -1 = - tn -1 ，又 t1 = 3，故 tn -1 是以 2 为首项， - 为公比的等比数列，2 2
t 1 2 1
n-1
n-1
所以 n - = × -
2-n
2 ÷
，即 tn =1+ -1 ×2 ， dn = f tn - m .
è
u = t -1 u = 22-n令 n n ，则 n 严格减，
因为 3x - x3 = 3 - 3x2 ，所以函数 y = 3x - x3 在区间 0,1 上严格增.
当m
2
= - 时， d
1 3
3 n
= 3un - u3 n ，于是当 n 3时， dn 严格减，符合要求
m 2
2 2
- d = f t + - + m 当 时， n n ÷ .3 3 è 3
2 1
因为 n 3 f t + = 3u - u3时 n n n < un = 22-n ，3 3
n log m 2 2 d 2 2 2所以当 > 2 + + 时， n = + m - f tn + = + m
1
-
3 3 3 3 3 3un - u
3
n ，
从而当 n > log2 m
2
+ + 2时 d 3 n 严格增，不存在正整数 T ，
2
使得无穷数列 dT ， dT +1 ，…， dT +n 严格减.综上，m = - .3
【例 4】（2024 届福建省泉州市高三 5 月适应性练习）将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块
叠放于水平桌面上，每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向
桌缘外伸出多远而不掉下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题．将铁块从上往下依次标记为第 1 块、第 2 块、
第 3 块、……、第 n 块，将前 i(i =1,2,3, × × ×, n)块铁块视为整体，若这部分的重心在第 i +1块的上方，且全部
铁块整体的重心在桌面的上方，整批铁块就保持不倒．设这批铁块的长度均为 1，若记第 n 块比第 n +1块向
1 1
桌缘外多伸出的部分的最大长度为 an ，则根据力学原理，可得 a2 = ，且 { }a 为等差数列．4 n
(1)求 an 的通项公式；
(2)记数列 an 的前 n项和为 Sn ．
S 1①比较 n 与 ln(n +1)的大小；2
②对于无穷数列 xn ，如果存在常数 A ，对任意的正数 e ，总存在正整数 N0 ，使得 "n > N0 ，
xn - A < e ，则称数列 xn 收敛于 A ，也称数列 xn 的极限为 A ，记为 lim x = A xn + n ；反之，则称 n 不收
敛．请根据数列收敛的定义判断 Sn 是否收敛？并据此回答“里拉斜塔”问题．
【解析】（1）依题意，第 1 块铁块比第 2 块铁块向桌外伸出部分的最大长度为第 1 块铁块自身长度的一半，
1 { 1 } 1 = 2 d 1 1则 a = ，由 为等差数列，得其首项为 ，公差 = - = 4 - 2 = 21 a a a a ，2 n 1 2 1
1 1
因此 = + (n -1)d = 2 + 2(n -1) = 2n
1
a a ，即 an = ，n 1 2n
1
所以 an 的通项公式是 an = .2n
1 1 1
（2）①由（1）知， Sn = + + +L
1 1 1 1 1
+ = (1+ + +L+ )，
2 4 6 2n 2 2 3 n
令函数 f (x) = ln(1+ x) - x, x > 0 ，求导得 f (x)
1
= -1 < 0，即函数 f (x) 在 (0, + ) 上递减，
1+ x
则 f (x) < f (0) = 0 ln(1+ x) < x x
1 1 ln(1 1，即 ，取 = ，于是 > + ) = ln(n +1) - ln n ，
n n n
1 1 1 1则 + + +L+ > ln 2 - ln1+ ln 3- ln 2 + ln 4 - ln 3 +L+ ln(n +1) - ln n = ln(n +1)，
2 3 n
S 1所以 n > ln(n +1) .2
② Sn 不收敛.
给定正数 A ，对"e > 0，令 |
1 ln(n +1) 1- A |< e ，则 A -e < ln(n +1) < A + e ，
2 2
e2( A-e ) -1< n < e2( A+e ) -1 N =[e2( A+e )解得 ，取 0 -1]（ [x]表示不超过 x 的最大整数），
1
显然当 n > N0 时，不等式 | ln(n
1
+1) - A |< e 不成立，即有 ln(n +1) > A + e ，
2 2
因此数列 {
1 ln(n +1)}不收敛；
2
取 A = e +1，则当 n > N0 时， S
1
n - A > ln(n +1) - A >1+ e >1，2
因此当 n > N0 时， | Sn - A |>1成立，所以 Sn 不收敛.
Sn 的意义是 n块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度，因为 Sn 不收敛于任意正数 A ，
所以只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数.
【例 5】（2024 届安徽省合肥市第八中学高三最后一卷）贝塞尔曲线（Be'zier curve）是一种广泛应用于计算
机图形学、动画制作、CAD 设计以及相关领域的数学曲线．它最早来源于 Bernstein 多项式．引入多项式
n
Bni (x) = C
i
n x
i (1- x)n-i (i = 0,1,2,L, n) ，若 f x 是定义在 0,1 上的函数，称 Bn f ; x
i
= f ( )Bni (x)，
i=0 n
x [0,1]为函数 f x 的 n 次 Bernstein 多项式．
(1) 20求 B2 x 在 0,1 上取得最大值时 x 的值；

(2)当 f x = x 时，先化简 Bn f ; x
3
，再求 Bn f ; ÷÷的值；
è 2
(3)设 f 0 = 0 f x ， 在 0,1 Bn f ; x 内单调递增，求证： 在 0,1 内也单调递增．
x x
1 B20 x = C2 x2 1- x 18【解析】（ ）由题意 2 20 ， x 0,1 ，
则 B20 x 2 = C2 é20 2x 1- x
18 -18x2 1- x 17 ù 2 = C20 × 2x 1- x
17 1-10x
令 B20 1 1 12 x = 0，得 x = ，当0 < x < 时， B202 x > 0，当 < x < 1时， 20 ，10 10 10 B2 x < 0
B20 x 0, 1 1 所以 2 在 ÷上单调递增，在 ,1÷上单调递减，
è 10 è10
x 1= B20所以当 时， 2 x 在 0,1 上取得最大值；10
n n
（2） Bn f ; x
i n! n-i
= B x; x = i nn ÷ Bi x = × xi 1- x
i=0 è n i=0 n i! n -1 !
n n -1 ! n-1i n-i n -1 x 1 x x
! n-1
= - = xi 1- x n-i-1 = x Bn-1 x = x x +1- x n-1 = x
i=0 i -1 ! n -1 ! i! n - i -1 ! i ，i=0 i=0
3 3
所以 Bn f ; 2 ÷÷
= ；
è 2
Bn f ; x 1 é nêx f i Bn x
n i ù
（3 n） ÷ = úx x2 ê ÷ i
- f B x
è è i=0 è n
÷
i=0 è n
÷ i ú

1 é n-1 n ù
= 2 êx n
f i +1 i × i i n-i-1 i i i n-i
x n ÷
- f ÷÷Cn-1x 1- x - f ÷Cn x 1- x ú
i=0 è è è n i=0 è n
由 f 0 = 0，
1 é n-1x n f i +1
n
= × - f i Ci xi 1- x n-i-1 i- f Ci xi 1- x n-i
ù
上式 x2 ê n ÷ ÷ n-1 ÷ n ú i=0 è è è n
÷
i=1 è n
1 é n-1 n-1
= 2 êx × n f
i +1 i i i n-i-1 i +1 i+1 i+1
÷ - f ÷÷Cn-1x 1- x - f ÷Cn x
ù
1- x n-1-i
x ú i=0 è è n è n i=0 è n
n-1
i-1 é ù= x 1- x n-1-i
n -1
n ! f i +1 f i n! f i +1 ê × - -
i=0 i! n -1- i !

è è n
÷ n ÷ è ÷ i +1 ! n - i -1 ! n ÷úè
n-1
= xi-1 1 x n-1-i n! é f i +1 f i 1- - - f i +1 ù
i=0 i! n -1- i ! ê ÷ ÷ ÷ú è n è n i +1 è n
n-1
xi-1 1 x n-1-i n! é i f i +1= - - f i ù, i = 0,1,L, n -1
i=0 i! n -1- i ! ê i +1 n ÷ ÷ ， è è n ú
f i +1 f x ÷ f
i
÷
而 在 0,1 n n内单调递增，所以 è è
x i +1
> i ，
n n
i f i +1 > f i Bn f ; x
Bn f ; x 所以 ÷ ，故 ，所以 在 0,1 内也单调递增．i +1 è n è n ÷ x ÷ > 0è x
a + ln x
1．（2024 届天津市滨海新区高考模拟检测）已知函数 f x = ，其中 a为实数．
x
(1)当 a =1时，
①求函数 f x 的图象在 x=e（ e为自然对数的底数）处的切线方程；
②若对任意的 x D ，均有m x n x ，则称m x 为 n x 在区间 D上的下界函数， n x 为m x 在区间 D
上的上界函数．若 g x k= ，且 g x 为 f x 在 1, + 上的下界函数，求实数 k 的取值范围．
x +1
x G x - G x H x - H x(2)当 a = 0时，若G x = e ， H x = xf x ，且 1< x1 < x2 ，设 k1 = 1 2 1 2， kx - x 2 = ．证1 2 x1 - x2
G x1 + Gk k x2 1明： 1 - 2 < -2 ．x1x2
f x 1+ ln x
1
1 × x - 1+ ln x 【解析】（ ）①当 a =1时， = ，所以
x f x x
ln x
= ，
x2
=
x2
所以函数 y = f x 的图像在 x=e处的切线斜率 k = f e 1 2= -
e2
．又因为 f e = ，
e
y = f x x=e 1 3所以函数 的图象在 处的切线方程为 y = - 2 x + ，e e
②因为函数 y = g x 为 y = f x 在 1, + 上的下界函数，
所以 g x f x k 1 + ln x，即 ．
x + 1 x
x 1,+ 1+ ln xx +1 > 0 k x +1 x ln x + ln x +1因为 ，所以 ，故 = +1．
x x
h x x ln x + ln x +1令 = +1， x 1，则 h x x - ln x=
x x2
．
设 v x = x - ln x ， x 1，则 v x 1 x -1=1- = ，
x x
所以当 x 1时， v x 0，从而函数 y = v x 在 1, + 上单调递增，所以 v x v 1 =1，
故 h x > 0在 1, + 上恒成立，所以函数 y = h x 在 1, + 上单调递增，从而 h x h 1 = 2．
因为 g x f x 在 1, + 上恒成立，所以 k h x 在 1, + 上恒成立，
故 k 2，即实数 k 的取值范围为 - , 2 ．
（2）当 a = 0时，G x = ex ， H x = xf x = ln x， 1< x1 < x2 ，
G
k k x1 + G x2 1 é G x1 - H x1 ù - éG x - H x ù G x + G x要证 1 - 2 < - 2 2

< 1
2 1
，即证 -2 ，因x1x2 x1 - x2 2 x1x2
1 1
+
为 1 x1 x< 2 ，
x1x2 2
1 1
所以只要证 é G x1 - H x1 ù - éG x2 - H x2 ù
+
G x1 + G x< 2 x1 x- 2 ，
x1 - x2 2 2
1
éG x - H x G x1 - + G x
1
2 -
即证 1 1 ù - éG x2 - H x2 ù x1 x< 2 ，
x1 - x2 2
因为G x = ex ， H x 1= ，
x
é G x1 - H x1 即证
ù - éG x2 - H x2 ù G x1 - H x1 + G x2 - H x2 < ，
x1 - x2 2

令 P x = G x
P x1 - P x2 P x1 + P xx - H x = e - ln x 2 ，即证 < ，
x1 - x2 2
P x + P x
因为 1 < x1 < x2 ，即证 P x1 - P x
1 2
2 > x1 - x2 （*），2
令 x1 = x 1 < x < x

Q x P x P x P x + P
x
，则 2 ．构造函数： = - 2 -
2 x - x
2 2

ex 1 ex 1- + 2 -
= ex - ln x - ex2 - ln x x x- 22 x - x2 2
x 1 x 1
ex 1+ e - + e 2 -
则 2 Q x ex 1 x x x x x2 ，令 R(x) = Q (x)= - - - -
,
è x ÷ 2 2 2
ex 2 ex 1 ex 1 ex 2-
则 3
+ 2 + 2 - 3
R x = ex 1+ - x ÷ x - x2 - x - x = - x x - x ，2
è x2 2 2 2 2
x 2
因为 1< x < x2 ， e - 3 > e - 2 > 0， x - x2 < 0 ，x
ex 2-
所以 3R x = - x x - x > 0．所以Q x 在 1, + 单调递增．
2 2
得到Q x < Q x2 = 0，可知Q x 在 1, + 单调递减，Q x > Q x2 = 0．
所以（*）成立，原命题成立．
2．（2024 届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻
域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一
个极大（小）值.
y = f x x x x + Dx f x0 + Dx - fDx > 0 lim x 对于函数 ，设自变量 从 0 变化到 0 ，当 ， 0 是一个确定的值，
Dx 0 Dx
y = f x f x + Dx - f x 则称函数 在点 x 处右可导；当 Dx < 0， lim 0 00 是一个确定的值，则称函数
Dx 0 Dx
y = f x 在点 x0 处左可导.当函数 y = f x 在点 x0 处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数 y = f x
在点 x0 处可导.
(1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点；
2
(2)已知函数 f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 .
2
（ⅰ）求函数 g x = eax +1 - x sin x - e在 x = 0处的切线方程；
（ⅱ）若 x = 0为 f x 的极小值点，求 a 的取值范围.
【解析】（1） y = x ， x = 0为该函数的极值点，
f 0 + Dx - f 0 Dx - 0
当 Dx > 0， lim = lim = lim Dx =1，
Dx 0 Dx Dx 0 Dx Dx 0 Dx
f 0 + DxDx < 0 lim - f 0 Dx - 0当 ， = lim = lim -Dx = -1，
Dx 0 Dx Dx 0 Dx Dx 0 Dx
则该函数在 x = 0处的左导数为 -1，右导数为 1，所以该函数在 x = 0处不可导.
（2）（ⅰ）根据题意， g(0) = 0，则切点 0,0 ，
又 g ax2x = 2axe +1 - sin x - x cos x，则 k = g (0) = 0 ，所以切线方程为 y = 0 ；
（ⅱ） f x = x2eax
2 +1 3 2 2 ax2- x sin x - ex = x e +1 - x sin x - e ，
因为当 x 0时， x2 > 0，故 f x 与 g x 同号，
ax2g x = e +1 - x sin x - e，先考察 g x 的性质，
由于 g x 为偶函数，只需分析其在 0, + 上的性质即可，
2 2
g x = 2axeax +1 - sin x - x cos x， g 0 = 0,设 m x = 2axeax +1 - sin x - x cos x, x 0,+ ，
则m x = 22a + 4a2x2 eax +1 - 2cos x + x sin x ，m 0 = 2ae - 2，
m 0 = 2ae - 2 0 a 1则必有 ≥ ，即 .①否则，若m 0 = 2ae - 2 < 0 1，即 a < ，
e e
则必存在一个区间 0, m ，使得m x < 0 ，则 g x 在 0, m 单调递减，又 g 0 = 0，
则 g x 在区间 0, m 内小于 0，则 g x 在 0, m 单调递减，
又 g 0 = 0，故 g x 在区间 0, m 内小于 0，
故 f x 在区间 0, m 内小于 0，则 x = 0不可能为 f x 的极小值点.
1 2
② a
1
ax2 +1 x +1当 时，
e g x = e - x sin x - e≥ ee - x sin x - e ，
1 1x2
2
+1 h x 2x
x +1
令 h x = ee - x sin x - e， = ee - sin x - x cos x ，e
2x 1 2 1x +1 2 4 x2 +1
令 s x = ee - sin x - x cos x ，则 s x = + 2
e
2 x ÷e - 2cos x + x sin x ，e è e e
y 2 4
1 x2 +1
易知 = + x
2
÷ee2 在区间 0, + 上单调递增，è e e
对 y = -2cos x + x sin x ， y = 2sin x + sin x + x cos x = 3sin x + x cos x，
则 y = 3sin x + x cos x 在区间 0,
π
÷上大于 0，
è 2
故 y = -2cos x + x sin x
π
在区间 0, ÷上单调递增.
è 2
1 x2 +1
故 s x 2 4= + x2

÷ee - 2cos x + x sin x

在区间 0,
π
è e e2 è 2
÷上单调递增.

又 s 0 = 0，故 s x 0 h x π ，故 在区间 0, 2 ÷上单调递增，è
又 h 0 = 0，故h x 0，故 h x 在区间 0, π ÷上单调递增，
è 2
h 0 = 0 π 又 ，故 h x > 0 ， x 0, 2 ÷ ，è
2 π
则 g x = eax +1 - x sin x - e≥ h x > 0， x 0, ÷ ，
è 2
故当 x
0, π f x 0 x π 时， > ，由偶函数知 - ,0 时， f x > 0，
è 2 ÷ ÷ è 2
x 0 1故 = 为 f x 的极小值点，所以 a 的取值范围为 a .
e
3．（2024 届上海市交通大学附属中学高三下学期四模）已知 A、B为实数集 R 的非空子集，若存在函数
y = f x 且满足如下条件：① y = f x 定义域为 A 时，值域为 B ；②对任意 x1、x2 A， x1 x2 ，均有
f x1 - f x2 > 0 . 则称 f x 是集合 A 到集合 B 的一个“完美对应”.
x1 - x2
(1)用初等函数构造区间 0,1 到区间 0, + 的一个完美对应 f x ；
(2)求证：整数集 Z 到有理数集Q之间不存在完美对应；
(3) f x = x3若 - kx2 +1， k R ，且 f x 是某区间 A 到区间 -3, 2 的一个完美对应，求 k 的取值范围.
π π é π
【解析】（1） f (x) = tan x ÷ ，当 x 0,1 时， x ê0, ÷，则其值域为 0, + ，满足条件①，根据复合è 2 2 2
函数单调性知 f (x) 在 0,1 单调递增，则其满足条件②，
π
故可取 f (x) = tan

x ÷ .
è 2
（2）假设有 f (x) 是集合 Z 到Q的一个完美对应，
则有 f (0) = a, f (1) = b ，其中 a < b Q
a + b
，于是， Q ，
2
a + b
由完美对应的定义，存在整数 k ，使得 f (k) = 且 0 < k <1，
2
这与 k 为整数矛盾，故假设不成立.所以，整数集 Z 到有理数集Q之间不存在完美对应.
3 f x = x3 - kx2（ ） +1， f x = 3x2 - 2kx = 0，得 x = 0 2k或 ，
3
若 k = 0，则 f (x) = x3 +1严格递增，且 f (1) = 2, f (- 3 4) = -3，此时 A = [- 3 4,0]；满足题意;
若 k > 0，则 x (- ,0) f (x) 0
2k 2k
时， > ； x
0, ÷时， f (x) < 0 ； x , + ÷时， f (x) > 0；
è 3 è 3
则 y = f (x) 在 (
2k 2k
- ,0) 上单调递增，在 0, ÷上单调递减，在 , +

÷上单调递增;
è 3 è 3
f (0) 1 2 f 2k= <
3 2
又 ，故只有极小值 ÷ -3
2k 2k
才满足题意，即
3 ÷ - k ÷ +1 -3
， k 3，
è è 3 è 3
k 若 < 0，则 x - ,
2k f (x) 0 x 2k÷时， > ； ,0

÷时， f (x) < 0 ； x (0,+ )时， f (x) > 03 ；è è 3
则 y
2k 2k
= f (x) 在 - ,

÷单调递增，在 ,0÷单调递减，在 (0, + ) 单调递增；
è 3 è 3
3 2 3
又 f (0) =1 > -3 f
2k 2 2k k 2k ，故只有极大值 才满足题意，即3 ÷ ÷ - ÷ +1 2 k
3 2
，即 - .综上, k
è è 3 è 3 2
33 2 ù
的取值范围是 - ,- ú 0 [3, + ) .
è 2
4．（2024 届山东省泰安市高三四轮检测）在数学中，由 m n个数 aij i =1,2, × × ×, m; j =1,2, × × ×, n 排列成的 m
a11 a12 a1n

L L L
÷
÷
a
n i1
a ÷12 ain
行 列的数表 ÷称为 m n矩阵，其中 aij 称为矩阵 A 的第 i 行第 j 列的元素.矩阵乘法是指对于
L L L ÷
a ÷
m1
am2 amn
÷÷
è
两个矩阵 A 和 B，如果 4 的列数等于 B 的行数，则可以把 A 和 B 相乘，具体来说：若
a11 a12 L a1n c L L L c
÷ b11 L b1 j L

b 11 1n

L L L L
1p
÷ ÷ L L L L L
÷
b L b ÷
A = a a L a ÷ B = 21 2 j
L b2 p
， ÷ C = AB = i1 i2 in c L c L c ÷ ÷ L L L L L ÷
，则 ，其中
i1 ij in ÷
L L L L ÷ ÷÷ L L L L L ÷
a a L a ÷ è
bn1 L bnj L bnp
è c L c L c ÷m1 m2 mn è m1 mj mn
1 x ln x c
cij = ai1bij + ai2b2 j +L+ ainbnj , i =1,2,L,m, j =1,2,L,n
1 .已知 ÷ ÷ = ÷，函数 f x = c1 + c2 .
è0 -2 è ax èc2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f x 的两个极值点，证明： "x0 x1, x2 ， f x0 + f x2 + 6x1 + x1 ln16 < 0 .
【解析】（1）由矩阵乘法定义知 f x = lnx + ax2 - 2ax， x 0, + ，
∵ f x 1
2 1
= + 2ax 2a 2ax - 2ax +1- = ，∴当 a = 0时， f x = > 0 ， f x 单调递增，
x x x
a 0时，方程 2ax2 - 2ax +1 = 0的判别式Δ = 4a a - 2 ，
当 0 < a 2 时， Δ 0， f x 0， f x 单调递增，
当 a < 0或 a > 2时， Δ > 0，令 f x = 0，方程两根记为 a ， b ，
a a - a
2 - 2a a + a2 - 2a
则 = ， b = ，当 a < 0时， a > 0， b < 0 ，
2a 2a
当 x 0,a 时， f x > 0， f x 单调递增， x a ,+ 时， f x < 0， f x 单调递减，
当 a > 2时， b > a > 0，当 x 0,a 和 b ,+ 时 , f x > 0 ， f x 单调递增，
当 x a , b 时， f x < 0， f x 单调递减，综上，当 0 a 2 时， f x 单调递增，

f x 0, a - a
2 - 2a a - a2 - 2a
当 a<0 时， 在 ÷÷ 上单调递增，在 , + ÷÷上单调递减，
è 2a è 2a
2 2 2
f x 0, a - a - 2a a + a - 2a a - a - 2a a + a
2 - 2a
当 a > 2时， 在 ÷÷ 和 ,+ ÷÷上单调递增，在 , ÷ 上
è 2a è 2a è 2a 2a ÷
单调递减.
ff x x 1（2）∵ 有两个极值点，由（1）知 a > 2 ，设 P x =
x
0 < x ÷ ，
è 2
∵ P x lnx + ax
2 - 2ax lnx
= = + ax - 2a ，∴ P x 1- lnx= + a，
x x x2
∵ 0 < x
1
， a > 2，∴ P x > 0 1 ，∴ P x 单调递增，∴ P x P ÷ = -2ln2
3
- a ，
2 è 2 2
x 0, 1 由（1）知 1 ÷， a > 2，
è 2
3 f x
∴ P x1 < -2ln2 - a < -3- 2ln2 1，即 < -3- 2ln2 ，∴ f x < -3x - 2x ln2 ，2 x 1 1 11
又由（1）知 f x 在 x1, x2 上单调递减且 x0 x1, x2 ，
∴ f x0 + f x2 < 2 f x1 ，∴ f x0 + f x2 + 6x1 + x1ln16 < 0 .
5．（2024 届上海市七宝中学高三三模）若曲线 C 的切线 l 与曲线 C 共有 n 个公共点（其中 n N ， n 1），
则称 l 为曲线 C 的“Tn -切线 ”.
(1)若曲线 y = f x 在点 1,-2 处的切线为T2 -切线，另一个公共点的坐标为 3,4 ，求 f 1 的值；
(2)求曲线 y = x3 - 3x2 所有T1 -切线的方程；
(3)设 f x = x + sin x π，是否存在 t (0, ) ，使得曲线 y = f x 在点 t，f t 处的切线为T3 -切线？若存在，2
探究满足条件的 t 的个数，若不存在，说明理由．
4 - (-2)
【解析】（1）依题意，该切线的斜率为 = 3，因此 f (1) = 3 .
3-1
（2）由 y = x3 - 3x2 ，求导得 y = 3x2 - 6x ，
则曲线 y = x3 - 3x2 (x , x3 - 3x2 ) y - (x3 - 3x2 2在 0 0 0 处的切线方程为： 0 0 ) = (3x0 - 6x0 ) x - x0 ，
令 h(x) = x3 - 3x2 - (3x2 - 6x 3 2 3 20 0 )x + 3x0 - 6x0 - x0 + 3x0 ，整理得 h(x) = (x - x0 )
2 (x + 2x0 - 3)，
此切线为 T1 -切线，等价于方程 h(x) = 0 有且仅有一个根，即 x0 = 3 - 2x0 ，即 x0 = 1，
所以曲线 y = x3 - 3x2 的 T1 -切线仅有一条，为 y = -3x +1 .
（3）由 (x + sin x) =1+ cos x，得曲线 y = f (x) 在点 (t, f (t)) 处的切线方程为：
y - t - sin t = (1+ cos t)(x - t) ，即 y = (1+ cos t)x + sin t - t cos t ，
令 g(x) = (x + sin x) -[(1+ cos t)x + sin t - t cos t] = sin x - x cos t - sin t + t cos t ，
求导得 g (x) = cos x - cos t ，由 t (0,
π) ，得 cos t (0,1)，
2
对 k Z ，当 x (2kπ - t, 2kπ + t) 时， g (x) = cos x - cos t > 0, y = g(x)为严格增函数；
当 x (2kπ + t, 2kπ + 2π - t) 时， g (x) = cos x - cos t < 0, y = g(x) 为严格减函数，
函数 y = g(x) 所有的极大值为 g(2kπ + t) = -2kπ cos t ，当 k = 0时，极大值等于 0，即 g(t) = 0，
当 k 为正整数时，极大值全部小于 0，即 y = g(x) 在 (t, + )无零点，
当 k 为负整数时，极大值全部大于 0，函数 y = g(x) 所有的极小值为 g(2kπ - t) = (2t - 2kπ)cos t - 2sin t ，当
k = 0时，极小值 g(-t) = 2t cos t - 2sin t = 2cos t(t - tan t) < 0 ，
且随着 k 的增大，极小值 (2t - 2kπ)cos t - 2sin t 越来越小，
因此 y = f (x) 在点 (t, f (t))(0
π
< t < )处的切线为 T3 -切线，2
等价于 y = g(x) 有三个零点，等价于 (2t + 2π)cos t - 2sin t = 0，即 tan t - t = π 有解，
令 h(t) = tan t - t ，则 h (t)
1
= 2
cos2
-1 = tan t > 0，
t
y = h(t) (0, π因此 为 ) 上的严格增函数，因为 h(0) = 0 < π,h(
3) 12.6 > π ，
2 2
π
于是存在唯一实数 t (0, ) ，满足 tan t - t = π ，
2
π
所以存在唯一实数 t (0, ) ，使得曲线 y = f (x) 在点 (t, f (t)) 处的切线为 T3 -切线.2
6．（2024 届上海市华东师范大学第二附属中学 2 高三下学期四模）对于函数 y = f x 的导函数 y = f x ，
若在其定义域内存在实数 x0 和 t，使得 f tx0 = tf x0 成立，则称 y = f x 是“卓然”函数，并称 t 是 y = f x
的“卓然值”．
(1)试分别判断函数 y = x2 +1， x R 和 y 1= ， x 0, + “ ”x 是不是 卓然 函数？并说明理由；
(2)若 f x = sin x - m是“卓然”函数，且“卓然值”为 2，求实数 m 的取值范围；
(3)证明： g x = ex + x x R 是“卓然”函数，并求出该函数“卓然值”的取值范围．
【解析】（1）函数 y = x2 +1, x R 是“卓然”函数，因为 y = 2x ，
当 x = t = 1时，则有 tx 20 0 +1 = 1+1 = 2， 1 2 1 = 2 ，满足 f tx0 = tf x0 ；
1
因为 y = , x (0, + ) ， y
1
= -
x x2
，
1 t 1 t
当 x0 , t (0,+ )时， > 0，而 - 2 < 0tx x ，所以
= -
tx 2 ，不可能成立，0 0 0 x0
即不存在实数 x0 , t ，满足 f tx0 = tf x y 10 成立，所以 = ， x 0, + 不是“x 卓然”函数；
（2）由题意可得 t = 2， f (x) = cos x ，
所以 sin 2x - m = 2cos x有解，即m = h(x) = sin 2x - 2cos x有解．
对于函数m = h(x) = sin 2x - 2cos x：
因为， h(x + 2π) = sin 2(x + 2π) - 2cos(x + 2π) = sin 2x - 2cos x = h(x) ，
所以 T = 2π； h (x) = 2cos 2x + 2sin x = 2 -2sin2 x + sin x +1 ，
h (x) > 0 2 1令 ，则 -2sin x + sin x +1 > 0，解得： - < sin x <1，2
é π
所以严格增区间： ê2kπ - , 2kπ
7π
+ ùú k Z 6 6 ，
é 7π 11π ù é 3 3 3 3 ù
严格减区间： ê2kπ + , 2kπ + ú k Z ，值域：6 6 ê- , ú ． 2 2
é 3 3 3 3 ù
所以实数 m的取值范围是 ê- , ú ．
2 2
（3）g(x) = ex + x ， g (x) = ex +1，设 G(x) = g(tx) - tg (x) ，
G(x) = etx - tex + t(x -1),G (x) = t(etx - ex +1)，
当 t = 0时，恒成立，此时不存在 x0 使得 f (tx0 ) = tf (x0 )成立，不合题意；
当 t < 0时， y = etx - ex +1在 R 上严格减，所以G (x) 在 R 上严格增，
因为G (0) = t < 0,G (1) = t(et - e +1) > t(2 - e) > 0，
所以存在m (0,1) 使G (m) = 0 ， etm - em +1 = 0，
当 x (- ,m) 时，G(x)<0,G(x)严格减，
当 x (m,+ ) G 时， (x) >0,G(x)严格增，
所以G(x) G(m) = etm - tem + t(m -1) = (1- t)em + tm - t -1，
由 em m +1，所以G(x) (1- t)(m +1) + tm - t -1 = m - 2t > 0 ，
此时不存在 x0 使得 f (tx0 ) = tf (x0 )成立，不合题意；
当 t > 0时，若 x 0 ，则 etx - ex +1 > 0，从而G(x) > 0 ，所以G(x)在 (- ,0] 上严格增，
当 x > 0时，设 M (x) = etx - ex +1，则 M (x) = tetx - ex = ex (te(t-1) x -1) ，
设 N (x) = te(t-1)x -1，当 t > 1时， N (x)在 (0, + ) 上严格增，
且 N (0) = t -1 > 0，所以 N (x) > 0，从而 M x > 0，
所以 M (x) 在 (0, + ) 上严格增，所以 M (x) > M (0) =1 > 0 ，
从而G (x) > 0，所以G(x)在 R 上严格增，又G(0) =1- 2t < 0,G(1) = et - te > 0，
由零点存在性定理，存在 x0 (0,1)使得G(x0 ) = 0，即 f (tx0 ) = tf (x0 )成立，符合题意；
当 t =1时，G(x) = x -1，显然存在零点符合题意；当 0 < t <1时， N (x)在 (0, + ) 上严格减，
且 N (0) = t -1< 0 ，所以 N (x) < 0 ，从而 M (x) < 0，所以 M (x) 在 (0, + ) 上严格减，
又 M (0) =1 > 0, x + 时， M (x) - ，存在 n (0,+ )，使得 M (n) = 0，即G (x) = 0 ，
当 x (- ,n) 时，G (x) >0,G(x)严格增，当 x (n,+ ) 时，G(x)<0,G(x)严格减，
又G(1) = et - te > 0, x - 时，G(x) - ，
由零点存在性定理，存在 x0 (- ,1) 使得G(x0 ) = 0，即 f (tx0 ) = tf (x0 )成立，符合题意；
综上所述， g(x)为“卓然”函数，该函数“卓然”取值范围是 (0, + ) ．
7．（2024 届江西省上饶市稳派上进六校联考高三 5 月联考）在信息理论中， X 和 Y 是两个取值相同的离散
型随机变量，分布列分别为： P X = xi = mi ， P Y = xi = ni ，mi > 0，ni > 0， i = 1,2,L,n，
n n n
mi = ni =1．定义随机变量 X 的信息量 H X = - mi log2 mi ， X 和 Y 的“距离”
i=1 i=1 i=1
n
KL X Y m= m ii log2 n ．i=1 i
(1)若 X : B 2,
1
2 ÷
，求 H X ；
è
(2)已知发报台发出信号为 0 和 1，接收台收到信号只有 0 和 1．现发报台发出信号为 0 的概率为
p 0 < p <1 ，由于通信信号受到干扰，发出信号 0 接收台收到信号为 0 的概率为 q，发出信号 1 接收台收
到信号为 1 的概率为 q 0 < q <1 ．
（ⅰ）若接收台收到信号为 0，求发报台发出信号为 0 的概率；（用 p ， q表示结果）
（ⅱ）记随机变量 X 和 Y 分别为发出信号和收到信号，证明： KL X Y 0．
1 2 1
【解析】（1）因为 X : B 2, ，所以 P X = k = Ck
è 2 ÷

2 ÷
k = 0,1, 2 ，
è 2
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2
1 1 1
P
4 2 4
所以 H X 1 1 1 1 1 1 3= - log + log + log 2 2 2 ÷ = .
è 4 4 2 2 4 4 2
（2）（ⅰ）记发出信号 0和 1分别为事件 Ai i = 0,1 ，收到信号 0和 1分别为事件 Bi i = 0,1 ，
则 P A0 = p ， P A1 =1- p， P B0 | A0 = P B1 | A1 = q， P B1 | A0 = P B0 | A1 =1- q ，
所以 P B0 = P A0 P B0 | A0 + P A1 P B0 | A1
= pq + 1- p 1- q =1- p - q + 2 pq ，
所以 P
P A P B | A
A0 | B
0 = 0 0 pq0 =P B0 1- p - q
；
+ 2 pq
（ⅱ）由（ⅰ）知 P B0 =1- p - q + 2 pq，则 P B1 =1- P B0 = p + q - 2 pq ，
则 KL X Y = p log p2 + 1- p log 1- p1- p - q + 2 pq 2 p + q ，- 2 pq
设 f x 1 1 1 1 1- x= - - ln x，则 f x = 2 - = ，x x x x2
所以当 0 < x <1时 f x > 0， f x 单调递增，当 x >1时 f x < 0， f x 单调递减；
所以 f x f 1 = 0，即 ln x 1 1- x =1x （当且仅当 时取等号），
log x ln x 1 1 1所以 2 = -

，
ln 2 ln 2 ֏ x
KL X Y p log p 1 p log 1- p所以 = 2 + -1- p - q + 2 pq 2 p + q - 2 pq
p 1 1- p - q + 2 pq 1- p 1 p + q - 2 pq - ÷ + - ÷ = 0，ln 2 è p ln 2 è 1- p
p 1- p 1
当且仅当 = =1 p = 0 < q <11- p - q + 2 pq p + q - 2 pq ，即 ， 时等号成立，2
所以 KL X Y 0 .
8．（2024 届浙江省名校新高考研究联盟高三三模）在平面直角坐标系中，如果将函数 y = f (x) 的图象绕坐
π
标原点逆时针旋转a (0 2
π
(1)判断函数 y = 3x是否为“ 旋转函数”，并说明理由；
6
(2)已知函数 f x = ln 2x +1 x > 0 是“ a 旋转函数”，求 tana 的最大值；
2
x π(3)若函数 g x = m x -1 ex - x ln x - 是“ 旋转函数”，求 m的取值范围.
2 4
π
【解析】（1）函数 y = 3x不是“ 旋转函数”，理由如下：
6
π
y = 3x逆时针旋转 后与 y 轴重合，当 x = 0时，有无数个 y 与之对应，与函数的概念矛盾，
6
π
因此函数 y = 3x不是“ 旋转函数”.
6
（2）由题意可得函数 f x = ln 2x +1 x > 0 与函数 y = kx + b最多有 1 个交点，
且 k = tan
π
-a ÷，所以 ln 2x +1 = kx + b x > 0 最多有一个根，
è 2
即 ln 2x +1 - kx = b x > 0 最多有一个根，
因此函数 y = ln 2x +1 - kx x > 0 与函数 y = b(b R )最多有 1 个交点，
即函数 y = ln 2x +1 - kx在 0, + 上单调，
y 2因为 = - k ，且 x > 0,
2
0,2 ，
2x +1 2x +1
所以 y
2
= - k 0, k 2 ，所以 k 2，
2x +1 2x +1
即 tan
π 1 1
-a2 ÷
2， tana ，即 tana 的最大值为
è 2 2
.
2
（3 x）由题意可得函数 g x = m x -1 ex - x ln x - 与函数 y = x + b最多有 1 个交点，
2
m x 1 ex x ln x x
2 x2
即 - - - = x + b m x -1 ex - x ln x - - x = b，
2 2
x2
即函数 y = m x -1 ex - x ln x - - x与函数 y = b最多有 1 个交点，
2
2
即函数 y = m x x-1 ex - x ln x - - x在 0, + 上单调，
2
y = mxex - ln x - x - 2，当 x 0时， y + ，
所以 y 0 m
ln x + x + 2 xex ÷ ，è max
j x ln x + x + 2 x +1 - ln x - x -1令 = x ，则j x

= 2 x ，xe x e
t ln x x 1 0, + t 1 因为 = - - - 在 上单调减，且 ÷ > 0，t 1 < 0 ，
è 4
1
所以存在 x0 ,1÷ ，使 t x0 = 0，
è 4
即 ln x0 + x0 = -1 ln x x00 ×e = -1 x x 1 00 ×e = ，e
所以j x 在 0, x0 单调递增， x0 ,+ 单调递减，
所以jmax x j x
ln x0 + x0 + 2 1= 0 = x = x = ex e x e ，即 m e .0 00 0
9．（2024 届山东省泰安肥城市高考仿真模拟三）定义：设 y = f x 和 y = g x 均为定义在 R 上的函数，它
们的导函数分别为 f x 和 g x ，若不等式 é f x - g x ù é f x - g x ù 0对任意实数 x 恒成立，则称
y = f x 和 y = g x 为“相伴函数”.
x
(1) ① f x = 1 2x给出两组函数， 1 ÷ 和 g1 x = 0；② f2 x = e 和 g2 x = 2x ，分别判断这两组函数是否为
è 2
“相伴函数”；
(2)若 y = f x , y = g x 是定义在 R 上的可导函数， y = f x 是偶函数， y = g x 是奇函数，
f x + g x = ln a- x +1 + x ，问是否存在 a(a > 0, a 1)使得 y = f x 和 y = g x 为“相伴函数”？若存在写
出 a的一个值，若不存在说明理由；
(3) f x = sin x -q , g x = cos x +q ，写出“ y = f x 和 y = g x 为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.
【解析】（1）第①组是，第②组不是.
① f x 1
x
= g x = 0 - x 中，函数 1 ÷ 和 1 ，可得 f1 x = -2 ln 2和 g1 x = 0，
è 2
-2x
所以 é f x - g x ù é f x - g x ù = -2 ln 2 0，所以这两组函数是“相伴函数”.
② f x = e2x g x = 2x f x = 2e2x g 中，函数 2 和 2 ， 2 和 2 x = 2，
所以 é f x - g x ù é f x - g x ù = 2 e2x - 2x e2x -1 不一定为非正数，
所以这两组函数不是 “相伴函数”.
（2）存在 a = e，使得 y = f x 和 y = g x 为“相伴函数”.
证明如下：
由 f -x + g -x = ln a x +1 - x, f -x = f x , g -x = -g x ，
所以 f x - g x = ln a x +1 - x ，
' x '
x
可得 f x - g x = é f x g x éln a 1 xù
a ln a
- ù = + - = x -1 .a +1
若 y = f x 和 y = g x 为“相伴函数”则 é f x - g x ù é f x - g x ù 0成立，
x
即 éln a x +1 xù
a ln a
- a x
-1 0，
è +1
÷

ìln a x +1 - x 0
x
若 ía x ln a ，由 ln a +1 - x 0，可得 ln a x +1 x = ln ex ，

a x
-1 0
+1
a x
则 a e ln a可取 ，满足 x -1 0成立；a +1
ìln a x +1 - x 0
ìa x +1 ex
若 ía x ln a ，所以 ía x -1 0 ln a -1
，
1
a x +1
若 a e ，则不等式 a x +1 ex 无解；若 0 < a < e x，则 a ln a -1 1无解，
综上可得，存在 a = e，使得 y = f x 和 y = g x 为“相伴函数”.
（3）“ y = f x 和 y = g x q kπ π为相伴函数”的充要条件是 = - k Z .
4
因为 f x = cos(x -q ), g x = -sin(x +q )，
若 y = f x 和 y = g x 为相伴函数
即 [sin(x -q ) - cos(x +q )][cos(x -q ) + sin(x +q )] 0对 "x R 恒成立，
可得 sin x -q cos x -q - sin x +q cos x +q
- é cos x +q cos x -q - sin x +q sin x -q ù 0，
sin 2x - 2q - sin 2x + 2q
即 - cos2x 0，
2
即 -cos2x × sin2q - cos2x 0 ，可得 cos2x sin2q +1 0，
由于 cos2x 取遍 -1,1 内的所有实数，因此当且仅当 sin2q + 1 = 0 时成立，
q kπ π所以 = - k Z ，所以必要性得证.
4
下面证明充分性：
π
已知 q = kπ - k Z ，则 f x = sin x q sin x π- = - kπ +

4 4 ÷
，
è
g x = cos x +q = cos x + kπ
π
- ÷ = cos

x kπ
π π
- + + 2kπ - ÷ = sin
x kπ π
4 4 2
- + ÷，
è è è 4
此时 f x = g x ，所以 é f x - g x ù é f x - g x ù = 0，
即 é f x - g x ù é f x - g x ù 0成立， y = f x 和 y = g x 为相伴函数.
y = f x y = g x q kπ π所以“ 和 为相伴函数”的充要条件是 = - k Z .
4
10．（2024 届山东省潍坊市高考三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这
个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691 年，莱布尼茨、惠根斯和约翰 伯努利等得到“悬链线”方程
x x-
c e c + e c ÷ ex + e- x
y = è
，其中 c为参数.当 c =1时，就是双曲余弦函数 ch x = ，类似地双曲正弦函数
2
2
sh x e
x - e- x
= ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
2
(1)类比三角函数的三个性质：
①倍角公式 sin2x = 2sinxcosx ；
②平方关系 sin2x + cos2x =1 ；
ì sinx
' = cosx，
③求导公式 í '
cosx = -sinx
写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；
(2)当 x > 0时，双曲正弦函数 y = sh x 图象总在直线 y = kx 的上方，求实数 k 的取值范围；
(3)若 x1 > 0，x2 > 0 ，证明： éch x2 + sh x2 - x2 -1ù × é ch x1 + sh x1 ù > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1.
【解析】（1 2）平方关系： ch x - sh2 x =1；
ì sh(x) = ch(x)
倍角公式： sh 2x = 2sh x ch x ；导数： í .
ch(x)
= sh(x)
ex + e- x
2
ex - x
2
2x -2x 2x -2x
理由如下：平方关系， ch2 x - sh2 x - e= ÷ -
e + e + 2 e + e - 2
2 ÷
= - =1；
è è 2 4 4
2x -2x
e - e e
x - e- x ex + e- x
倍角公式： sh 2x = = = 2sh x ch x ；
2 2
ex - -e- x x - x ex - e- x
导数： sh(x) e + e= = = chx， ch(x) = = shx ；
2 2 2
以上三个结论，证对一个即可.
（2）构造函数 F x = sh x - kx ， x 0, + ，由（1）可知 F x = ch x - k ，
x - x
①当 k 1 e + e时，由 ch(x) = ex ×e- x =1，
2
又因为 x > 0，故 ex e- x ，等号不成立，
所以 F x = ch x - k > 0，故 F (x)为严格增函数，
此时 F (x) > F (0) = 0，故对任意 x > 0， sh x > kx 恒成立，满足题意；
②当 k >1时，令G x = F x , x 0, + ，
则G x = sh x > 0，可知G x 是严格增函数，
由G(0) =1- k < 0与G(ln 2k)
1
= > 0可知，存在唯一 x0 (0, ln 2k) ，使得G(x0 ) = 0，4k
故当 x (0, x0)时， F (x) = G(x) < G(x0 ) = 0，则 F (x)在 (0, x0 ) 上为严格减函数，
故对任意 x (0, x0)， F (x) < F 0 = 0，即 sh x > kx ，矛盾；
综上所述，实数 k 的取值范围为 - ,1 ；
x
（3）因为 ch x + sh x = e ，
所以原式变为 ex2 - x2 -1 ×ex1 > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1，
x +x
即证 e 1 2 - sin x1 + x2 > ex1 - sinx1 + x2 ex1 - cosx1 ，
x
设函数 f x =e - sin x，即证 f x1 + x2 > f x1 + x2 f x1 ， f x =ex - cos x ，
设 t x = f x =ex - cos x x， t x = e + sin x，
x > 0时 t x > 0， t x 在 0, + x上单调递增，即 f x =e - cos x 在 0, + 上单调递增，
设 h x = f x + x1 - f x1 - xf x1 , x > 0 ，则 h x = f x + x1 - f x1 ，
x
由于 f x =e - cos x 在 0, + 上单调递增， x + x1 > x1，
所以 f x + x1 > f x1 ，即 h x > 0，故 h x 在 0, + 上单调递增，
又 h 0 = 0，所以 x > 0时， h x > 0 ，
所以 f x + x1 - f x1 - xf x1 > 0，即 f x + x1 > f x1 + xf x1 ，
因此 f x1 + x2 > f x1 + x2 f x1 恒成立，所以原不等式成立，得证.
11．（2024 *届重庆市第一中学校高三下学期模拟）对于数列 an ，定义Dan = an+1 - an n N ，满足
a1 = a2 =1, D Dan = m(m R)，记 f (m, n) = a1m + a2m2 +L+ anmn ，称 f (m,n)为由数列 an 生成的“ m - 函
数”．
(1)试写出“ 2 -函数” f (2,n) ，并求 f (2,3)的值；
(2)若“ 1-函数” f (1, n) 15 ，求 n 的最大值；
(3)记函数 S(x) = x + 2x2 +L+ nxn ，其导函数为 S (x)，证明：“ m - 函数”
f (m, n) m
2 3m n
= S (m) - S(m) + (m +1)
2 2 m

．
i=1
【解析】（1）由定义及D Dan = m．知D Dan = Dan+1 - Dan = m，
所以 Dan 是公差为 m 的等差数列，所以Dan = Da1 + (n -1)m．
因为 a1 = a2 =1，所以Da1 = a2 - a1 = 0 ，所以Dan = (n -1)m ，即 an+1 - an = (n -1)m ．
当 n 2时，有 a3 - a2 = m ，
a4 - a3 = 2m，
……
an - an-1 = (n - 2)m ，
a a m 2m L (n 2)m (n -1)(n - 2)m a 1 (n -1)(n - 2)m所以 n - 2 = + + + - = ，即2 n
= + ．
2
（1）当 m = 2 时， an =1+ (n -1)(n - 2) = n
2 - 3n + 3，
所以“ 2 -函数” f (2,n) =1 2 +1 22 +L+ n2 - 3n + 3 2n ．
当 n = 3时， f (2,3) =1 2 +1 22 + 3 23 = 30．
(n -1)(n - 2) n22 m =1 a 1 - 3n + 4（ ）当 时， n = + = ，2 2
2
故“ 1-函数” f (1, n) = a + a n - 3n + 41 2 +L+ an =1+1+L+ 2
12 - 3 1+ 4 22 - 3 2 + 4 2L n - 3n + 4= + + +
2 2 2
1
= 12 + 22 +L+ n2 3- (1+ 2 L n) 2n n(n +1)(2n +1) 3n(n +1)+ + + = - + 2n2 2 12 4
n3 - 3n2 + 8n
= ．
6
由 f (1, n) 15 ，得 n3 - 3n2 + 8n - 90 0 ．
令 g(x) = x3 - 3x2 + 8x - 90(x 1) ，则 g (x) = 3x2 - 6x + 8 = 3(x -1)2 + 5 > 0，
所以 g(x) = x3 - 3x2 + 8x - 90在 [1, + ) 上单调递增．
因为 g(5) = 0．所以当 1 x 5时， g(x) 0，所以当 1 n 5时， f (1, n) 15，
故 n 的最大值为 5．
（3）证明：由题意得 f (m, n) = a1m + a2m
2 +L+ anm
n
= m + m2 L é1 (i -1)(i - 2) mù mi L é1 (n -1)(n - 2)+ + ê + + + + m
ù mn
2 ú ê 2 ú
m m2
é
L i
2 - 3i ù é 2m (m 1) mi L n - 3n
ù
= + + + ê + + ú + + ê m + (m +1)ú m
n
2 2
m n n n
= i2mi 3m- imi + (m +1) mi2 i=1 2 i=1 i=1
由 S(x) = x + 2x2 +L+ nxn ，得 S (x) =1+ 4x +L+ n2xn-1，
n n n
xS (x) = x + 4x2 +L+ n2xn = i2 i所以 x ，所以 i2mi = mS (m), imi = S(m) ，
i=1 i=1 i=1
2 n
所以 f (m, n)
m
= S (m) 3m- S(m) + (m +1) mi
2 2 i=1
12．（上海市控江中学高三三模）设函数 y = f x 定义域为 Z．若整数 s, t 满足 f s f t 0，则称 s 与 t “相
关”于 f ．
(1)设 f x = x +1 - 2， x Z ，写出所有与 2 “相关”于 f 的整数；
(2)设 y = f x 满足：任取不同的整数 s, t 1,10 ， s 与 t均“相关”于 f ．求证：存在整数m 1,8 ，使得
m, m +1, m + 2都与 2024 “相关”于 f ；
(3)是否存在实数 a，使得函数 f x = 1+ ax ex + a +1 x -1， x Z 满足：存

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