专题14 导数中的新定义问题(含答案) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数

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专题14 导数中的新定义问题(含答案) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数

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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

+ 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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