资源简介 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:mR x a= 0 + a1x +L+ am x1 b x L b xn ,且满足:f 0 = R 0 , f 0 = R 0 , f 0 = R 0 ,…,+ 1 + + nf 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 1,11+ 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 -11 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 3f 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 21 x+R x 2 2 + x 2 + x(2)由上可得 = x = ,要比较 ex 与 的 ,1- 2 - x 2 - x2x 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 - x3 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 an1故该函数在 0, + 上递减,故可得 ean+1 - ean < 0,即 an+1 < an ,可得0 < an ;22 + ana -1一方面:由(2)可得 nea e -1 2 - a 2n+1 = < n = ,an an 2 - anea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< > -12 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-11故 a a ÷ ,即> 2a ,所以 an < .n è 1 n 2n-1ana 1 a 1 a ea ean -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 nnan an a- n两边同时除以 e 2 ,原式 e 2 - e 2 - an ≥0x x 1 x 1 x- -令 g x = e2 - e 2 - x, g x = e2 + e 2 -1,2 21 x 1 x x x- -由基本不等式, y = e2 + e 2 1 1≥2 e2 × e 2 =12 2 2 2x 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=2f 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 cosπ ,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 = 0Q 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 é1 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=2f (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 en 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 21 2n -1 π则有 = cos2nπ- 0 1+ cos 1- cos 2nπ π 1+L+ cos - cos 2π ,2n 2 2n -1 2 2n 2 2 2 2n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1> + + + + +L+ + +L+ +L =1+ + +L 1+ +Li=2 i 2 4 4 1842438 16424136 2 2 24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n0 1 1 1< < M ,2n 2n -1 2 i-1i=2ì x cosπ ,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 2A 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 31 13 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 ;121 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,2x - xp x = -wsinwx e - e, q x = - ,又因为 p 0 = q 0 =1,2p 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 = - ,2p 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 0n,\ xn+1 = +2 x ,nx xn 2= + x 2 xn 2 2 xn + 2 2 x - 2x 2 n 2由 n+1 2 x ,知 n+1 + = + + = ,同理 n+1 - = ,n 2 xn 2xn 2xn2x + 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 lgxn + 2 = an ,即 an+1 = 2ax 2 n,所以数列 an - 是等比数列,na = 2n-1a = 2n-1lg x1 + 2 = 2n-1n-1故 n 1 lg3 lgxn + 2,即 = 2n-1lg3xn + 2 2x - 2 x - 2 ,从而= 31 n x,n - 22 32n-1 +1 4所以 x = ,\ bn = xn - 2 = 2n-1 > 0,n 2n-13 -1 3 -12n-1bn+1 3 -1 1 1 1 1= n = n-1 21-1= ,n 3 -1 3 +1 3 3 32 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 1n ùn-1 b1 ê1- ÷ ú n\Tn = b1 + b2 +L+ bn < b11 + 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 - 0f 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, xfy x 故 = 在 0, + 上为增函数;xln 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 nB = 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 = BNN -1 1+ ri x ,即 =1+ ri xB ,N -1B BN B= N -1 B N -1 B B ××× 2 1所以 N BB B 0N -1 N -2 BN -2 B1 B0i=1= 1+ r x NP1 1+ r x NP2 1+ r x NP31 2 3 ××× 1+ rn x NPn B0 = B0 1+ rNPii x .n3 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 < 01 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2,故1+ = > 0r r r r ,故0 < - <1r 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 NP11 1+ r x NP2 -12= 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 -11 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 ,1r2NP -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,2f 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 + 8,31 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 0ì2 - 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 4x2 - kx -16 - d = 0,则 x1 + x2 = , x1 × x2 = - , = - 4 42 2于是 | x1 - x2 |= (x1 + x2 )2 k- 4x1x2 = +16 + dk +16 + d16 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 - x2 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 - x2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 +11当 a 0时, f x = aex - < 0,此时 f x 没有极值点,故舍去,x +1x 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 + a1 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,2ex 11 = ex 12即 =a x +1 , x + a ,此时需满足 x1 > x2 > 0,则 ex1 > ex2 ,1 21 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 1x2由 <1, a 1, + x ,故该不等式成立,故 a 1, + 符合要求;11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 = lnt1 1 1- + ,令m t = lnt - +1, t 0,1 t tm 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 ex1- 22 +1+ x2 = ln x - ex2 +1+ x2 =1- ex2 < 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+ x2ln 1= - ex1x +1+ x2 = -x - ex12 +1+ x2 =1- ex1 >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 = Bx a ,则limx a é f x ± g x ù = lim f x ± lim g x = A ± Bx , a x alim f x lim é f x × g x ù = lim f x × lim g x fAB x = x a Ax 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 ax af 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 ax 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 x1(1)计算:① ;②x lim 1+ 2x x ;x 0 x 0tan 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 01 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+ 2x1∴ lim ln g x = 2x 0 ,∴ lim 1+ 2x x = lim g(x) = lim eln g ( x) = e2x 0 x 0 x 0tan x sin2 x π 8 tanx 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 cos2 x cos4 x∴ = × 2 2 x x3 x 2 x= =f 8 tan sin 1- tan2 x cos2 x - sin2 xè 2 ÷ 2 2 2 2 2cos4 x cos4 x2 2 1= = = >1 cos2 x sin2 x- cos2 xx x x ÷ + sin2 x ÷ cos4 - sin4 1- tan4è 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 3tan x sin2 x sin3 x é x ùlim sin x x 2n 2n è 2n÷ êsin n ÷ ú由① =1,得 lim f 1x 0 n ÷ = lim 3 = limè 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 2ncos 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 1 922 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 21- > 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, x22 = 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 < 0f x Z 极小值 ] 极大值 Z2 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,3k 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 ,3k 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 2t 1 2 1n-1n-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m2= - 时, d1 33 n= 3un - u3 n ,于是当 n 3时, dn 严格减,符合要求m 22 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 3n log m 2 2 d 2 2 2所以当 > 2 + + 时, n = + m - f tn + = + m1-3 3 3 3 3 3un - u3n ,从而当 n > log2 m2+ + 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;2②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 11 1因此 = + (n -1)d = 2 + 2(n -1) = 2n1a a ,即 an = ,n 1 2n1所以 an 的通项公式是 an = .2n1 1 1(2)①由(1)知, Sn = + + +L1 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 x1 1 ln(1 1,即 ,取 = ,于是 > + ) = ln(n +1) - ln n ,n n n1 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 nS 1所以 n > ln(n +1) .2② 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 2e2( 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(n1+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, S1n - 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nBni (x) = Cin xi (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 nx [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 x1 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 < 0B20 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;10n 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 = xi=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-ix 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-iù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 ù1- x n-1-ix ú i=0 è è n è n i=0 è n n-1i-1 é ù= x 1- x n-1-i n -1n ! 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 ùi=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 -1i=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 ni 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 xa + ln x1.(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 +1x 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 - x2G xk + G x 1明: 1 - k2 < 1 2 -2 .x1x22.(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 Dxf 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 Dxy = 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 ÷ ÷ an i1a ÷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 m2amn ÷÷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 1nL L L L 1p L L L L L ÷ ÷ b L b÷ ÷A = a a L a ÷ B = 21 2 jL 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 ÷ècm1 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 + cè0.-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=1nKL X Y = mi log mi2 .i=1 niX : 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”.2π(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 49.(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- xè ,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 = 22x - xsh 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”2f (m, n) m S (m) 3mn= - S(m) + (m +1) m .2 2 i=112.(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:mR 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 xf 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 1,11+ 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 -11 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 3f 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 21 x+R x 2 2 + x 2 + x(2)由上可得 = x = ,要比较 ex 与 的 ,1- 2 - x 2 - x2x 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 - x3 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 an1故该函数在 0, + 上递减,故可得 ean+1 - ean < 0,即an+1 < an,可得0 < an ;22 + ana -1一方面:由(2)可得 nea e -1 2 - a 2n+1 = < n = ,an an 2 - anea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< > -12 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-11故 a a ÷ ,即> 2a ,所以 an < .n è 1 n 2n-1ana 1 a 1 a ea ean -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 anan an an两边同时除以 -e 2 ,原式 e 2 - e 2 - an ≥0x x 1 x 1 x- -令 g x = e2 - e 2 - x, g x = e2 + e 2 -1,2 21 x 1 x x x- -由基本不等式, y = e2 + e 2 1 1≥2 e2 × e 2 =12 2 2 2x 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=2f 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 cosπ ,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 = 0Q 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 é1 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=2f (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 en 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 21 2n -1 π则有 = cos2nπ- 0 1+ cos 1- cos 2nπ π 1+L+ cos - cos 2π ,2n 2 2n -1 2 2n 2 2 2 2n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1> + + + + +L+ + +L+ +L =1+ + +L 1+ +Li=2 i 2 4 4 1842438 16424136 2 2 24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n0 1 1 1< < M ,2n 2n -1 2 i-1i=2ì x cosπ ,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 31 13 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 ;121 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,2x - xp x = -wsinwx e - e, q x = - ,又因为 p 0 = q 0 =1,2p 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 = - ,2p 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 0n,\ xn+1 = +2 x ,nx xn 2= + x 2 xn 2 2 xn + 2 2 x - 2x 2 n 2由 n+1 2 x ,知 n+1 + = + + = ,同理 n+1 - = ,n 2 xn 2xn 2xn2x + 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 lgxn + 2 = an ,即 an+1 = 2ax 2 n,所以数列 an - 是等比数列,na = 2n-1a = 2n-1lg x1 + 2 = 2n-1n-1故 n 1 lg3 lgxn + 2,即 = 2n-1lg3xn + 2 2x - 2 x - 2 ,从而= 31 n x,n - 22 32n-1 +1 4所以 x = ,\ bn = xn - 2 = 2n-1 > 0,n 2n-13 -1 3 -12n-1bn+1 3 -1 1 1 1 1= n = n-1 21-1= ,n 3 -1 3 +1 3 3 32 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 1n ùn-1 b1 ê1- ÷ ú n\Tn = b1 + b2 +L+ bn < b11 + 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 - 0f 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, xfy x 故 = 在 0, + 上为增函数;xln 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 nB = 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 = BNN -1 1+ ri x ,即 =1+ ri xB ,N -1B BN B= N -1 B N -1 B B ××× 2 1所以 N BB B 0N -1 N -2 BN -2 B1 B0i=1= 1+ r x NP1 1+ r x NP2 1+ r x NP31 2 3 ××× 1+ rn x NPn B0 = B0 1+ rNPii x .n3 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 < 01 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2,故1+ = > 0r r r r ,故0 < - <1r 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 NP11 1+ r x NP2 -12= 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 -11 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 ,1r2NP -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,2f 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 + 8,31 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 0ì2 - 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 4x2 - kx -16 - d = 0,则 x1 + x2 = , x1 × x2 = - , = - 4 42 2于是 | x1 - x2 |= (x1 + x2 )2 k- 4x1x2 = +16 + dk +16 + d16 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 - x2 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 - x2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 +11当 a 0时, f x = aex - < 0,此时 f x 没有极值点,故舍去,x +1x 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 + a1 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,2ex 11 = ex 12即 =a x +1 , x + a ,此时需满足 x1 > x2 > 0,则 ex1 > ex2 ,1 21 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 1x2由 <1, a 1, + x ,故该不等式成立,故 a 1, + 符合要求;11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 = lnt1 1 1- + ,令m t = lnt - +1, t 0,1 t tm 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 ex1- 22 +1+ x2 = ln x - ex2 +1+ x2 =1- ex2 < 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+ x2ln 1= - ex1x +1+ x2 = -x - ex12 +1+ x2 =1- ex1 >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 = Bx a ,则limx a é f x ± g x ù = lim f x ± lim g x = A ± Bx , a x alim f x lim é f x × g x ù = lim f x × lim g x fAB x = x a Ax 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 ax af 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 ax 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 x1(1)计算:① ;②x lim 1+ 2x x ;x 0 x 0tan 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 01 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+ 2x1∴ lim ln g x = 2x 0 ,∴ lim 1+ 2x x = lim g(x) = lim eln g ( x) = e2x 0 x 0 x 0tan x sin2 x π 8 tanx 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 cos2 x cos4 x∴ = × 2 2 x x3 x 2 x= =f 8 tan sin 1- tan2 x cos2 x - sin2 xè 2 ÷ 2 2 2 2 2cos4 x cos4 x2 2 1= = = >1 cos2 x sin2 x- cos2 xx x x ÷ + sin2 x ÷ cos4 - sin4 1- tan4è 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 3tan x sin2 x sin3 x é x ùlim sin x x 2n 2n è 2n÷ êsin n ÷ ú由① =1,得 lim f 1x 0 n ÷ = lim 3 = limè 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 2ncos 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 1 922 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 21- > 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, x22 = 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 < 0f x Z 极小值 ] 极大值 Z2 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,3k 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 ,3k 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 2t 1 2 1n-1n-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m2= - 时, d1 33 n= 3un - u3 n ,于是当 n 3时, dn 严格减,符合要求m 22 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 3n log m 2 2 d 2 2 2所以当 > 2 + + 时, n = + m - f tn + = + m1-3 3 3 3 3 3un - u3n ,从而当 n > log2 m2+ + 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;2②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 11 1因此 = + (n -1)d = 2 + 2(n -1) = 2n1a a ,即 an = ,n 1 2n1所以 an 的通项公式是 an = .2n1 1 1(2)①由(1)知, Sn = + + +L1 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 x1 1 ln(1 1,即 ,取 = ,于是 > + ) = ln(n +1) - ln n ,n n n1 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 nS 1所以 n > ln(n +1) .2② 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 2e2( 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(n1+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, S1n - 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nBni (x) = Cin xi (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 nx [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 x1 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 < 0B20 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;10n 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 = xi=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-ix 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-iù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 ù1- x n-1-ix ú i=0 è è n è n i=0 è n n-1i-1 é ù= x 1- x n-1-i n -1n ! 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 ùi=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 -1i=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 ni 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 xa + ln x1.(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 +1x 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 - x2G x1 + Gk k x2 1明: 1 - 2 < -2 .x1x2f x 1+ ln x11 × x - 1+ ln x 【解析】( )①当 a =1时, = ,所以x f x xln 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 = ,ey = 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 e②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 xx 1,+ 1+ ln xx +1 > 0 k x +1 x ln x + ln x +1因为 ,所以 ,故 = +1.x xh 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 ,Gk 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 x1x21 1+为 1 x1 x< 2 ,x1x2 21 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 21éG x - H x G x1 - + G x 12 -即证 1 1 ù - éG x2 - H x2 ù x1 x< 2 ,x1 - x2 2因为G x = ex , H x 1= ,xé 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 xP x1 - P x2 P x1 + P xx - H x = e - ln x 2 ,即证 < ,x1 - x2 2P 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 - x2 2 ex 1 ex 1- + 2 -= ex - ln x - ex2 - ln x x x- 22 x - x2 2 x 1 x 1ex 1+ e - + e 2 -则 2 Q x ex 1 x x x x x2 ,令 R(x) = Q (x)= - - - -,è x ÷ 2 2 2ex 2 ex 1 ex 1 ex 2-则 3+ 2 + 2 - 3R x = ex 1+ - x ÷ x - x2 - x - x = - x x - x ,2è x2 2 2 2 2x 2因为 1< x < x2 , e - 3 > e - 2 > 0, x - x2 < 0 ,xex 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 Dxy = 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 Dxy = 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 Dxf 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 = x2eax2 +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 2g 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 2② a1 ax2 +1 x +1当 时,e g x = e - x sin x - e≥ ee - x sin x - e ,1 1x22+1 h x 2xx +1令 h x = ee - x sin x - e, = ee - sin x - x cos x ,e2x 1 2 1x +1 2 4 x2 +1令 s x = ee - sin x - x cos x ,则 s x = + 2 e2 x ÷e - 2cos x + x sin x ,e è e e y 2 41 x2 +1易知 = + x2 ÷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 .e3.(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 Qa + b,于是, Q ,2a + 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) 02k 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 y2k 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 k3 2,即 - .综上, kè 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÷÷ an i1a ÷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 ÷ m1am2 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 L1p ÷ ÷ L L L L L÷b L b ÷A = a a L a ÷ B = 21 2 jL 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 ÷ èbn1 L bnj L bnp è c L c L c ÷m1 m2 mn è m1 mj mn 1 x ln x ccij = 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 12 1= + 2ax 2a 2ax - 2ax +1- = ,∴当 a = 0时, f x = > 0 , f x 单调递增,x x xa 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 - a2 - 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 - a2 - 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 2f x 0, a - a - 2a a + a - 2a a - a - 2a a + a2 - 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 + ax2 - 2ax lnx= = + ax - 2a ,∴ P x 1- lnx= + a,x x x2∵ 0 < x1 , a > 2,∴ P x > 0 1 ,∴ P x 单调递增,∴ P x P ÷ = -2ln23- a ,2 è 2 2x 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))(0π< 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= 2cos2-1 = tan t > 0,ty = 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 2π于是存在唯一实数 t (0, ) ,满足 tan t - t = π ,2π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.26.(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 <1,2é π所以严格增区间: ê2kπ - , 2kπ7π+ 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=1nKL 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 = Ckè 2 ÷ 2 ÷ k = 0,1, 2 ,è 2 所以 X 的分布列为:X 0 1 21 1 1P4 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 | AA0 | 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 ÷è x KL X Y p log p 1 p log 1- p所以 = 2 + -1- p - q + 2 pq 2 p + q - 2 pqp 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 2π(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 4π【解析】(1)函数 y = 3x不是“ 旋转函数”,理由如下:6πy = 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,6π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,2m x 1 ex x ln x x2 x2即 - - - = x + b m x -1 ex - x ln x - - x = b,2 2x2即函数 y = m x -1 ex - x ln x - - x与函数 y = b最多有 1 个交点,22即函数 y = m x x-1 ex - x ln x - - x在 0, + 上单调,2y = mxex - ln x - x - 2,当 x 0时, y + ,所以 y 0 m ln x + x + 2 xex ÷ ,è maxj x ln x + x + 2 x +1 - ln x - x -1令 = x ,则j x = 2 x ,xe x et 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 xln x0 + x0 + 2 1= 0 = x = x = ex e x e ,即 m e .0 00 09.(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 1x= 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 xùa 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 xùa 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+1a x则 a e ln a可取 ,满足 x -1 0成立;a +1ìln 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 + kππ- ÷ = cos x kππ 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 .410.(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- xy = 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22sh x ex - 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- x2 ex - x2 2x -2x 2x -2x理由如下:平方关系, ch2 x - sh2 x - e= ÷ -e + e + 2 e + e - 22 ÷= - =1;è è 2 4 42x -2x e - e ex - e- x ex + e- x 倍角公式: sh 2x = = = 2sh x ch x ;2 2ex - -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 - x①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) m2 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) = n2 - 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 22故“ 1-函数” f (1, n) = a + a n - 3n + 41 2 +L+ an =1+1+L+ 212 - 3 1+ 4 22 - 3 2 + 4 2L n - 3n + 4= + + +2 2 21= 12 + 22 +L+ n2 3- (1+ 2 L n) 2n n(n +1)(2n +1) 3n(n +1)+ + + = - + 2n2 2 12 4n3 - 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 + a2m2 +L+ anmn= m + m2 L é1 (i -1)(i - 2) mù mi L é1 (n -1)(n - 2)+ + ê + + + + mù mn 2 ú ê 2 ú m m2éL i2 - 3i ù é 2m (m 1) mi L n - 3nù= + + + ê + + ú + + ê m + (m +1)ú mn 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 nxS (x) = x + 4x2 +L+ n2xn = i2 i所以 x ,所以 i2mi = mS (m), imi = S(m) ,i=1 i=1 i=12 n所以 f (m, n)m= S (m) 3m- S(m) + (m +1) mi2 2 i=112.(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 展开更多...... 收起↑ 资源列表 专题14 导数中的新定义问题(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数.pdf 专题14 导数中的新定义问题(教师版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数.pdf