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创新交汇　函数、导数与其他知识的综合问题
（时间：45分钟，满分：68分）
一、单项选择题（每小题5分，共15分）
1.（2025·浙江稽阳联谊学校二模）下列可以作为方程x3＋y3＝4xy的图象的是（　　）
2.（2025·山东菏泽一模）已知函数f（x），若存在实数λ，使得f（x＋λ）＋λf（x）＝0对任意的实数x恒成立，则称f（x）满足性质R（λ），下列说法正确的为（　　）
A.若f（x）的周期为1，则f（x）满足性质R（1）
B.若f（x）＝sin πx，则f（x）不满足性质R（λ）
C.若f（x）＝ax（a＞0且a≠1）满足性质R（λ），则λ＞0
D.若偶函数f（x）满足性质 R（－1），则f（x）的图象关于直线x＝对称
3.（2025·浙江杭州二模）定义“真指数”＝（e为自然对数的底数），则（　　）
A.＝· B.＝
C.＋≥2 D.≤（
二、多项选择题（6分）
4.（2025·山东淄博一模）过点P（－1，0）向曲线Cn：x2－2nx＋2y2＝0（n∈N*）引斜率为kn（kn＞0）的切线ln，切点为Pn（xn，yn），则下列结论正确的是（　　）
A.kn＝
B.ln xi＝－ln 2 026
C.数列{}的前n项和为Sn＝n＋n2
D.＋cos（）＞1
三、解答题（共47分）
5.（15分）（2025·广东广州综合测试）已知n∈N*且n≥3，集合An＝{a1，a2，…，an}，其中0＜a1＜a2＜…＜an.若存在函数f（x）（f（x）≠x），其图象在区间D＝[a1，an]上是一段连续曲线，且{f（ai）｜ai∈An}＝An，则称f（x）是An的T变换函数，集合An是D的T子集.例如，设A5＝{，1，，2，3}，此时函数f（x）＝是A5的T变换函数，A5是［，3］的T子集.
（1）判断集合{1，2，8，9}是否是[1，9]的T子集，说明理由；
（2）判断f（x）＝ln（1＋）是否为集合An的T变换函数，说明理由.
6.（15分）（2025·江苏宿迁二模）已知函数f（x）＝ex－1－，n∈N*.
（1）证明：f（x）有唯一零点；
（2）记f（x）的零点为an.数列{an}中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由.
7.（17分）（2025·全国Ⅰ卷19题）（1）求函数f（x）＝5cos x－cos 5x在区间［0，］的最大值；
（2）给定θ∈（0，π）和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ；
（3）设b∈R，若存在φ∈R使得5cos x－cos（5x＋φ）≤b对x∈R恒成立，求b的最小值.
创新交汇　函数、导数与其他知识的综合问题
1.D　当x＜0时，x3＝4xy－y3＝y（4x－y2）＜0，若y＜0，则4x－y2＞0，即y2＜4x＜0，不符合，故x＜0，y＜0不可能同时成立，故A、B、C选项错误.故选D.
2.D　对于A，f（x）的周期为1，则f（x＋1）＝f（x）＝f（x－1），从而有f（x－1）－f（x）＝0，因此f（x）具有性质R（－1），但f（x＋1）＋f（x）＝2f（x）＝0不一定成立，A错误；对于B，f（x）＝sin πx，f（x＋1）＝sin[（x＋1）π]＝sin（xπ＋π）＝－sin xπ＝－f（x），所以f（x＋1）＋f（x）＝0，所以f（x）具有性质R（1），B错误；对于C，若f（x）＝ax（a＞0且a≠1）满足性质R（λ），则f（x＋λ）＋λf（x）＝ax＋λ＋λax＝ax（aλ＋λ）＝0，所以aλ＋λ＝0，从而λ＝－aλ＜0，C错误；对于D，偶函数f（x）满足性质R（－1），即f（x－1）－f（x）＝0，又f（x）是偶函数，所以f（1－x）＝f（x），所以f（x）的图象关于直线x＝对称，D正确.故选D.
3.C　对于A，取x1＝3，x2＝－2，左边x1＋x2＝1≥0，即左边等于e，右边等于e3·1＝e3，故A错误；对于B，取x1＝1，x2＝2，左边x1－x2＝－1＜0，即左边等于1，右边等于＝，故B错误；对于C，由于ex＞0恒成立，所以＞0在x∈R时恒成立，所以真指数满足＋≥2＝2，当且仅当＝时取等号，故C正确；对于D，取x1＝－1，x2＝－1，左边x1x2＝1＞0，即左边等于e，右边等于（）－1＝1－1＝1，故D错误.故选C.
4.ABD　设直线ln：y＝kn（x＋1），代入x2－2nx＋2y2＝0，得（1＋2）x2＋（4－2n）x＋2＝0，则由Δ＝0，即Δ＝（4－2n）2－8（1＋2）＝0，解得kn＝（负值舍去），故A正确；可得xn＝＝，yn＝kn（1＋xn）＝，所以ln xi＝ln＝ln＋ln＋…＋ln＝ln＝－ln 2 026，故B正确；因为＝＝n＋，则Sn＝＝＋n，故C错误；因为＝，＝，所以＋cos（）＝＋cos，设f（x）＝x＋cos x，则f'（x）＝1－sin x≥0，可得f（x）在R上单调递增，则x∈（0，＋∞）时，f（x）＝x＋cos x＞f（0）＝1，又＞0，则＋cos（）＝＋cos＞1，故D正确.故选A、B、D.
5.解：（1）集合{1，2，8，9}是[1，9]的T子集，理由如下：记A4＝{1，2，8，9}，取函数f（x）＝10－x，
则{f（ai）｜ai∈A4}＝A4，
所以集合{1，2，8，9}是[1，9]的T子集.
（2）不是，理由如下：因为0＜a1＜a2＜…＜an，所以f（x）＝ln（1＋）是单调递减函数，
若f（x）是集合An的T变换函数，
由于An＝{f（ai）｜ai∈An}，f（a1）＞f（a2）＞…＞f（an），
则
法一　得
整理得－－2＝0，－－2＝0，
即a1，an是关于x的方程e2x－ex－2＝0的解，
因为（ex－2）（ex＋1）＝0，所以ex＝2或ex＝－1（舍去），即x＝ln 2.
则a1＝an＝ln 2，这与a1＜an相矛盾.
则f（x）＝ln（1＋）不是集合An的T变换函数.
法二　得即
得＝，得a1＝an，这与a1＜an相矛盾.
则f（x）＝ln（1＋）不是集合An的T变换函数.
6.解：（1）证明：当x＜0时，f（x）＞0，所以f（x）在（－∞，0）上无零点，
因为f'（x）＝ex－1＋＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以f（x）在（0，＋∞）上至多有一个零点，
当n＝1时，f（x）有唯一零点1.
当n≥2时，因为f（1）＝1－n＜0，f（n）＝en－1－1≥e－1＞0，
所以函数f（x）有唯一零点.
（2）由（1）知，＝，且an＞0，
两边取自然对数，得an＋ln an＝ln n＋1　①，
所以an＋1＋ln an＋1＝ln（n＋1）＋1，
两式相减，得an＋1－an＋ln an＋1－ln an＝ln＞0，
所以an＋1＋ln an＋1＞an＋ln an.
因为函数y＝x＋ln x在（0，＋∞）上单调递增，
所以an＋1＞an，所以数列{an}单调递增.
假设数列{an}中存在am，am＋1，am＋2成等比数列，则＝amam＋2，
所以2ln am＋1＝ln am＋ln am＋2.
由①式得，ln am＝ln m＋1－am，代入上式，得
2ln（m＋1）－2am＋1＝ln m－am＋ln（m＋2）－am＋2，
2am＋1－（am＋am＋2）＝ln　②.
因为an＞0，所以2am＋1－（am＋am＋2）≤2am＋1－2＝0，
又ln＝ln＞ln 1＝0，所以方程②无解.
所以数列{an}中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
7.解：（1）由题得f'（x）＝－5sin x＋5sin 5x＝5×2cossin＝10sin 2xcos 3x，
由x∈［0，］，得sin 2x≥0，故x，f'（x），f（x）的关系如表所示：
x 0 （0，） （，］
f'（x） 0 ＋ 0 －
f（x） 单调递增 极大值 单调递减
因为f（）＝5cos－cos＝3，
所以函数f（x）＝5cos x－cos 5x在区间［0，］的最大值为3.
（2）证明：法一　因为余弦函数的周期为2π，所以不妨设a∈（0，2π]，
当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－θ，a＋θ），此时存在y＝θ，使得cos y＝cos θ；
当a＞2θ时，θ＜a－θ≤2π－θ，
作出余弦函数的大致图象（如图所示），
所以cos（a－θ）≤cos θ，
只需要取y＝a－θ，即可得到cos y≤cos θ.
综上可得，给定θ∈（0，π）和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ.
法二（反证法）　假设cos y＞cos θ对任意y∈[a－θ，a＋θ]恒成立，
由cos y＞cos θ得2kπ－θ＜y＜2kπ＋θ，k∈Z，这与a∈R，任意y∈[a－θ，a＋θ]矛盾，
所以假设不正确，故一定存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ.
（3）令h（x）＝5cos x－cos（5x＋φ），当φ＝0时，因为h（x）＝h（－x），h（x）＝h（x＋2π），所以h（x）为偶函数，且2π为h（x）的周期，所以讨论h（x）在[0，2π）上的情况，由（1）可知h（x）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，π）上单调递增，结合对称性，及h（π）＝－4，可知x∈[0，2π）时h（x）≤3，所以此时b的最小值为3.
要证3为b的最小值，对于任意的φ，只需要证明h（x）的最大值不小于3，
只需要证明存在x0，使得h（x0）≥3.
当｜x0｜≤时，令y0＝5x0＋φ，则y0∈［－＋φ，＋φ］.
由（2）可知，取θ＝，a＝φ，可得存在y0∈［－＋φ，＋φ］使得cos y0≤cos＝－，
所以h（x0）＝5cos x0－cos（5x0＋φ）＝5cos x0－cos y0≥5×－（－）＝3，
综上可得，bmin＝3.
2 / 2创新交汇　函数、导数与其他知识的综合问题
【备考指南】　函数、导数与其他知识的交汇及新定义问题逐渐成为高考命题的热点，难度较大，一般作为压轴题出现.
类型一　函数、导数与其他知识的交汇
【通性通法】　导数与三角函数问题的解法
（1）利用三角函数的有界性：在含参数的问题中，往往需要分类讨论，若能有效地利用三角函数的有界性，则能快速找到分类讨论的依据，从而实现问题的求解；
（2）利用三角函数的周期性：涉及零点问题时，可根据三角函数的周期性分段来研究.　
【例1】　已知函数f（x）＝xn＋2－xncos x（其中n∈Z）.
（1）若n＝1，判断f（x）的零点个数，并说明理由；
（2）若n＝0，求证：f（x）＋2－＞0.
【瓶颈突破】　对于问题（2）注意利用（1）的结论（1＋x）k≥kx＋1.
【训练1】　已知函数f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1）.
（1）若x＞－1，求f（x）的最小值；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝（1＋）n，求证：Sn－n≥2－.
类型二　函数、导数的新定义问题
【通性通法】　函数、导数的新定义问题通常涉及三种类型：定义新概念、定义新运算、定义新性质.解决函数、导数的新定义问题首要任务是深入理解这些“新颖的定义”，随后依据这些定义来解答问题.在理解过程中，借助类比的方式有助于深化对新定义的认识.
【例2】　（2025·上海春考节选）已知函数y＝f（x）的定义域是D，对于t∈D.定义集合Sf（t）＝{x｜f（x）≥f（t）}.
（1）若函数f（x）＝log2x，求Sf（16）；
（2）对于集合A，若对任意x∈A都有－x∈A，则称A是对称集.若D是对称集，证明：“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意t∈D，都有Sf（t）＝Sf（－t）”.
【瓶颈突破】　证明第（3）问的关键是运用反证法，首先假设存在x0∈R，使得kx0－f（x0）＋m＞0，根据和谐数组的定义转化得存在x0∈R，使得kx0－f（x0）＋m＞0，设F（x）＝（x2＋ax＋a）ex－kx－m，通过二次函数与指数函数的图象与性质即可推理出与假设互相矛盾的结论，最后即得到证明.
【训练2】　设函数f（x）＝（x2＋ax＋a）ex，其中a为常数.对于给定的一组有序实数（k，m），若对任意x1，x2∈R，都有[kx1－f（x1）＋m]·[kx2－f（x2）＋m]≥0，则称（k，m）为f（x）的“和谐数组”.
（1）若a＝0，判断数组（0，0）是否为f（x）的“和谐数组”，并说明理由；
（2）若a＝4，求函数f（x）的极值点；
（3）证明：若（k，m）为f（x）的“和谐数组”，则对任意x∈R，都有kx－f（x）＋m≤0.
创新交汇　函数、导数与其他知识的综合问题
【典例·讲解】
【例1】　解：（1）n＝1时，f（x）＝x3－xcos x，
令f（x）＝x3－xcos x＝0，所以x＝0或x2＝cos x.
令g（x）＝x2－cos x，所以g'（x）＝2x＋sin x，
因为g（－x）＝x2－cos x＝g（x），所以g（x）是偶函数.
不妨研究x≥0时g（x）的单调性.
当x∈[0，π]时，g'（x）＝2x＋sin x≥0，所以g（x）单调递增，
因为g（0）＝－1，g（2）＝4－cos 2＞0，所以g（x）在[0，π]内有一个零点；
当x∈（π，＋∞）时，易知g（x）＞0，所以g（x）在（π，＋∞）内没有零点.
根据函数的奇偶性得g（x）在（－∞，0）内有一个零点，
综上，f（x）有三个零点.
（2）证明：n＝0时，f（x）＝x2－cos x，即证x2－cos x＋2－＞0，
即证x2－cos x＞－2.
由（1）得g（x）＝x2－cos x≥g（0）＝－1，
设p（x）＝－2，
所以p'（x）＝，
所以当x＞1时，p'（x）＜0，p（x）单调递减；
当x＜1时，p'（x）＞0，p（x）单调递增.
所以p（x）max＝p（1）＝－1，
又g（x）与p（x）不同时为－1，
所以x2－cos x＞－2，
所以原不等式得证.
【训练1】　解：（1）因为f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1），则f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1].
因为k＞1，则k－1＞0，且x＞－1，
当－1＜x＜0时，则0＜x＋1＜1，可得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＜k（1－1）＝0；
当x＞0时，则x＋1＞1，可得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＞k（1－1）＝0.
所以f（x）在（－1，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，
所以f（x）的最小值为f（0）＝0.
（2）证明：因为an＝（1＋）n，
若n＝1，则S1＝a1＝1＋＝，满足Sn－n≥2－；
若n≥2，则由（1）可知，当x＞－1时，f（x）＝（1＋x）k－kx－1≥0，即（1＋x）k≥kx＋1，当且仅当x＝0时等号成立.令x＝（）n＞0，k＝n＞1，
可得an＝（1＋）n＞＋1＝－＋1，且a1＝＝2－＋1，可得Sn＞2－＋－＋－＋…＋－＋n＝2－＋n，
所以Sn－n＞2－.
综上所述，Sn－n≥2－.
【例2】　解：（1）由题意得，f（16）＝log216＝4，
因为f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以f（x）≥f（16）＝4，即log2x≥4，解得x≥16，
所以Sf（16）＝{x｜x≥16}.
（2）证明：假设对任意t∈D，都有Sf（t）＝Sf（－t），
因为D是对称集，所以对任意t∈D，都有－t∈D，
则t∈Sf（t），－t∈Sf（－t），
所以－t∈Sf（t），t∈Sf（－t），
故f（－t）≥f（t），f（t）≥f（－t），
所以对任意t∈D，f（t）＝f（－t），所以函数y＝f（x）是偶函数，充分性成立.
假设y＝f（x）是偶函数，
则对任意t∈D，f（t）＝f（－t），
由定义知，Sf（t）＝{x∈D｜f（x）≥f（t）}，Sf（－t）＝{x∈D｜f（x）≥f（－t）}，
所以对任意t∈D，Sf（t）＝Sf（－t），必要性成立.
综上，“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意t∈D，都有Sf（t）＝Sf（－t）”.
【训练2】　解：（1）数组（0，0）是f（x）的“和谐数组”，理由如下：
当a＝0时，f（x）＝x2ex.根据幂函数、指数函数的性质，对任意x∈R，都有f（x）＝x2ex≥0.
对任意x1，x2∈R，代入k＝m＝0，得：[kx1－f（x1）＋m]·[kx2－f（x2）＋m]＝f（x1）·f（x2）≥0.
∴（0，0）是f（x）的“和谐数组”.
（2）当a＝4时，
f（x）＝（x2＋4x＋8）ex，
∴f'（x）＝[x2＋（2＋4）x＋8＋4]ex＝（x＋2）（x＋2＋2）ex，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如表所示：
x （－∞，－2－2） －2－2 （－2－2，－2） －2 （－2，＋∞）
f'（x） ＋ 0 － 0 ＋
f（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴x＝－2－2为函数f（x）的极大值点，x＝－2为函数f（x）的极小值点.
（3）证明：假设存在x0∈R，使得kx0－f（x0）＋m＞0，则对任意x0'∈R，都有[kx0－f（x0）＋m]·[kx0'－f（x0'）＋m]≥0.
∴对任意x∈R，kx－f（x）＋m≥0恒成立.
令F（x）＝（x2＋ax＋a）ex－kx－m，则F（x）≤0在R上恒成立，
由二次函数性质可知，必存在t0＞0使得当x＞t0时，x2＋ax＋a＞0恒成立，且此时ex＞1，
∴当x＞t0时有F（x）＝（x2＋ax＋a）ex－kx－m＞x2＋ax＋a－kx－m＝（x＋）2－＋a－m，
由二次函数性质可知，必存在x1＞t0使得当x＞x1时，F（x）＞x2＋ax＋a－kx－m＞0.
这与F（x）≤0在R上恒成立矛盾.
∴对任意x∈R，都有kx－f（x）＋m≤0.
1 / 1(共44张PPT)
创新交汇　
函数、导数与其他知识的综合问题
备考指南
函数、导数与其他知识的交汇及新定义问题逐渐成为高考命题的热点，难度较大，一般作为压轴题出现.
典例·讲解 典例精析 强技提能
一
课后·训练 巩固强化 综合测评
二
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典例·讲解
典例精析 强技提能
类型一　函数、导数与其他知识的交汇
【例1】　已知函数f（x）＝xn＋2－xn cos x（其中n∈Z）.
【通性通法】　导数与三角函数问题的解法
（1）利用三角函数的有界性：在含参数的问题中，往往需要分类讨论，若能有效地利用三角函数的有界性，则能快速找到分类讨论的依据，从而实现问题的求解；
（2）利用三角函数的周期性：涉及零点问题时，可根据三角函数的周期性分段来研究.　
（1）若n＝1，判断f（x）的零点个数，并说明理由；
解： n＝1时，f（x）＝x3－x cos x，
令f（x）＝x3－x cos x＝0，所以x＝0或x2＝ cos x.
令g（x）＝x2－ cos x，所以g'（x）＝2x＋ sin x，
因为g（－x）＝x2－ cos x＝g（x），所以g（x）是偶函数.
不妨研究x≥0时g（x）的单调性.
当x∈[0，π]时，g'（x）＝2x＋ sin x≥0，所以g（x）单调递增，
因为g（0）＝－1，g（2）＝4－ cos 2＞0，所以g（x）在[0，π]内有一
个零点；
当x∈（π，＋∞）时，易知g（x）＞0，所以g（x）在（π，＋∞）内没
有零点.
根据函数的奇偶性得g（x）在（－∞，0）内有一个零点，
综上，f（x）有三个零点.
（2）若n＝0，求证：f（x）＋2－ ＞0.
解：证明：n＝0时，f（x）＝x2－ cos x，即证x2－ cos x＋2－ ＞0，
即证x2－ cos x＞ －2.由（1）得g（x）＝x2－ cos x≥g（0）＝－1，
设p（x）＝ －2，所以p'（x）＝ ，
所以当x＞1时，p'（x）＜0，p（x）单调递减；
当x＜1时，p'（x）＞0，p（x）单调递增.
所以p（x）max＝p（1）＝－1，
又g（x）与p（x）不同时为－1，
所以x2－ cos x＞ －2，所以原不等式得证.
【训练1】　已知函数f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1）.
（1）若x＞－1，求f（x）的最小值；
【瓶颈突破】　对于问题（2）注意
利用（1）的结论（1＋x）k≥kx＋1.
解： 因为f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1），则f'（x）＝k[（1
＋x）k－1－1].
因为k＞1，则k－1＞0，且x＞－1，
当－1＜x＜0时，则0＜x＋1＜1，
可得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＜k（1－1）＝0；
当x＞0时，则x＋1＞1，可得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＞k（1－1）
＝0.
所以f（x）在（－1，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，
所以f（x）的最小值为f（0）＝0.
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝（1＋ ）n，求证：Sn－n≥2
－ .
解： 证明：因为an＝（1＋ ）n，
若n＝1，则S1＝a1＝1＋ ＝ ，满足Sn－n≥2－ ；
若n≥2，则由（1）可知，当x＞－1时，f（x）＝（1＋x）k－kx－
1≥0，即（1＋x）k≥kx＋1，当且仅当x＝0时等号成立.令x＝（ ）n＞
0，k＝n＞1，
可得an＝（1＋ ）n＞ ＋1＝ － ＋1，且a1＝ ＝2－ ＋1，可
得Sn＞2－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ＋n＝2－ ＋n，
所以Sn－n＞2－ .
综上所述，Sn－n≥2－ .
类型二　函数、导数的新定义问题
【例2】　（2025·上海春考节选）已知函数y＝f（x）的定义域是D，对
于t∈D. 定义集合Sf（t）＝{x｜f（x）≥f（t）}.
（1）若函数f（x）＝log2x，求Sf（16）；
【通性通法】　函数、导数的新定义问题通常涉及三种类型：定义新概念、定义新运算、定义新性质.解决函数、导数的新定义问题首要任务是深入理解这些“新颖的定义”，随后依据这些定义来解答问题.在理解过程中，借助类比的方式有助于深化对新定义的认识.
解： 由题意得，f（16）＝log216＝4，
因为f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以f（x）≥f（16）＝4，即log2x≥4，解得x≥16，
所以Sf（16）＝{x｜x≥16}.
（2）对于集合A，若对任意x∈A都有－x∈A，则称A是对称集.若D是
对称集，证明：“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意
t∈D，都有Sf（t）＝Sf（－t）”.
解： 证明：假设对任意t∈D，都有Sf（t）＝Sf（－t），
因为D是对称集，所以对任意t∈D，都有－t∈D，
则t∈Sf（t），－t∈Sf（－t），
所以－t∈Sf（t），t∈Sf（－t），
故f（－t）≥f（t），f（t）≥f（－t），
所以对任意t∈D，f（t）＝f（－t），
所以函数y＝f（x）是偶函数，充分性成立.
假设y＝f（x）是偶函数，
则对任意t∈D，f（t）＝f（－t），
由定义知，Sf（t）＝{x∈D｜f（x）≥f（t）}，Sf（－t）＝{x∈D｜f
（x）≥f（－t）}，
所以对任意t∈D，Sf（t）＝Sf（－t），必要性成立.
综上，“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意t∈D，都有Sf
（t）＝Sf（－t）”.
【训练2】　设函数f（x）＝（x2＋ax＋ a）ex，其中a为常数.对于给
定的一组有序实数（k，m），若对任意x1，x2∈R，都有[kx1－f（x1）
＋m]·[kx2－f（x2）＋m]≥0，则称（k，m）为f（x）的“和谐数组”.
（1）若a＝0，判断数组（0，0）是否为f（x）的“和谐数组”，并说明
理由；
解：数组（0，0）是f（x）的“和谐数组”，理由如下：
当a＝0时，f（x）＝x2ex.
根据幂函数、指数函数的性质，对任意x∈R，都有f（x）＝x2ex≥0.
对任意x1，x2∈R，代入k＝m＝0，得：[kx1－f（x1）＋m]·[kx2－f
（x2）＋m]＝f（x1）·f（x2）≥0.
∴（0，0）是f（x）的“和谐数组”.
（2）若a＝4 ，求函数f（x）的极值点；
解： 当a＝4 时，f（x）＝（x2＋4 x＋8）ex，
∴f'（x）＝[x2＋（2＋4 ）x＋8＋4 ]ex＝（x＋2 ）（x＋2＋
2 ）ex，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如表所示：
x （－∞， －2－
2 ） －2－
2 （－2－2 ， －2 ） －2 （－2 ，
＋∞）
f'（x） ＋ 0 － 0 ＋
f（x） ↗ 极大值 ↘ 极小
值 ↗
∴x＝－2－2 为函数f（x）的极大值点，x＝－2 为函数f（x）的极
小值点.
（3）证明：若（k，m）为f（x）的“和谐数组”，则对任意x∈R，都
有kx－f（x）＋m≤0.
【瓶颈突破】　证明第（3）问的关键是运用反证法，首先假设存在x0∈R，使得kx0－f（x0）＋m＞0，根据和谐数组的定义转化得存在x0∈R，使得kx0－f（x0）＋m＞0，设F（x）＝（x2＋ax＋ a）ex－kx－m，通过二次函数与指数函数的图象与性质即可推理出与假设互相矛盾的结论，最后即得到证明.
解： 证明：假设存在x0∈R，使得kx0－f（x0）＋m＞0，则对任意
x0'∈R，都有[kx0－f（x0）＋m]·[kx0'－f（x0'）＋m]≥0.
∴对任意x∈R，kx－f（x）＋m≥0恒成立.
令F（x）＝（x2＋ax＋ a）ex－kx－m，则F（x）≤0在R上恒成立，
由二次函数性质可知，必存在t0＞0使得当x＞t0时，x2＋ax＋ a＞0恒
成立，且此时ex＞1，
∴当x＞t0时有F（x）＝（x2＋ax＋ a）ex－kx－m＞x2＋ax＋ a－
kx－m＝（x＋ ）2－ ＋ a－m，
由二次函数性质可知，必存在x1＞t0使得当x＞x1时，F（x）＞x2＋ax＋
a－kx－m＞0.
这与F（x）≤0在R上恒成立矛盾.
∴对任意x∈R，都有kx－f（x）＋m≤0.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：68分）
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一、单项选择题（每小题5分，共15分）
1. （2025·浙江稽阳联谊学校二模）下列可以作为方程x3＋y3＝4xy的图象
的是（　　）
√
解析： 　当x＜0时，x3＝4xy－y3＝y（4x－y2）＜0，若y＜0，则4x－
y2＞0，即y2＜4x＜0，不符合，故x＜0，y＜0不可能同时成立，故A、
B、C选项错误.故选D.
2. （2025·山东菏泽一模）已知函数f（x），若存在实数λ，使得f（x＋
λ）＋λf（x）＝0对任意的实数x恒成立，则称f（x）满足性质R
（λ），下列说法正确的为（　　）
A. 若f（x）的周期为1，则f（x）满足性质R（1）
B. 若f（x）＝ sin πx，则f（x）不满足性质R（λ）
C. 若f（x）＝ax（a＞0且a≠1）满足性质R（λ），则λ＞0
D. 若偶函数f（x）满足性质 R（－1），则f（x）的图象关于直线x＝
对称
√
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解析： 　对于A，f（x）的周期为1，则f（x＋1）＝f（x）＝f（x－
1），从而有f（x－1）－f（x）＝0，因此f（x）具有性质R（－1），
但f（x＋1）＋f（x）＝2f（x）＝0不一定成立，A错误；对于B，f
（x）＝ sin πx，f（x＋1）＝ sin [（x＋1）π]＝ sin （xπ＋π）＝－
sin xπ＝－f（x），所以f（x＋1）＋f（x）＝0，所以f（x）具有性质R
（1），B错误；对于C，若f（x）＝ax（a＞0且a≠1）满足性质R
（λ），则f（x＋λ）＋λf（x）＝ax＋λ＋λax＝ax（aλ＋λ）＝0，
所以aλ＋λ＝0，从而λ＝－aλ＜0，C错误；对于D，偶函数f（x）满
足性质R（－1），即f（x－1）－f（x）＝0，又f（x）是偶函数，所以
f（1－x）＝f（x），所以f（x）的图象关于直线x＝ 对称，D正确.
故选D.
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3. （2025·浙江杭州二模）定义“真指数” ＝ （e为自然
对数的底数），则（　　）
A. ＝ · B. ＝
C. ＋ ≥2 D. ≤（
√
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解析： 　对于A，取x1＝3，x2＝－2，左边x1＋x2＝1≥0，即左边等于
e，右边等于e3·1＝e3，故A错误；对于B，取x1＝1，x2＝2，左边x1－x2＝
－1＜0，即左边等于1，右边等于 ＝ ，故B错误；对于C，由于ex＞0恒
成立，所以 ＞0在x∈R时恒成立，所以真指数满足 ＋
≥2 ＝2 ，当且仅当 ＝ 时取等号，故C正确；对于
D，取x1＝－1，x2＝－1，左边x1x2＝1＞0，即左边等于e，右边等于
（ ）－1＝1－1＝1，故D错误.故选C.
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二、多项选择题（6分）
4. （2025·山东淄博一模）过点P（－1，0）向曲线Cn：x2－2nx＋2y2＝0
（n∈N*）引斜率为kn（kn＞0）的切线ln，切点为Pn（xn，yn），则下列
结论正确的是（　　）
A. kn＝ B. ln xi＝－ln 2 026
C. 数列{ }的前n项和为Sn＝n＋n2 D. ＋ cos （ ）＞1
√
√
√
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解析： 　设直线ln：y＝kn（x＋1），代入x2－2nx＋2y2＝0，得（1
＋2 ）x2＋（4 －2n）x＋2 ＝0，则由Δ＝0，即Δ＝（4 －2n）2
－8 （1＋2 ）＝0，解得kn＝ （负值舍去），故A正确；可得xn
＝ ＝ ，yn＝kn（1＋xn）＝ ，所以 ln xi＝
ln ＝ln ＋ln ＋…＋ln ＝ln ＝－ln 2 026，故B正确；因为 ＝
＝n＋ ，则Sn＝ ＝ ＋n，故C错误；
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因为 ＝ ， ＝ ，所以 ＋ cos （ ）＝
＋ cos ，设f（x）＝x＋ cos x，则f'（x）＝1－ sin x≥0，可得f（x）
在R上单调递增，则x∈（0，＋∞）时，f（x）＝x＋ cos x＞f（0）＝1，
又 ＞0，则 ＋ cos （ ）＝ ＋ cos ＞1，故D正确.
故选A、B、D.
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三、解答题（共47分）
5. （15分）（2025·广东广州综合测试）已知n∈N*且n≥3，集合An＝
{a1，a2，…，an}，其中0＜a1＜a2＜…＜an.若存在函数f（x）（f
（x）≠x），其图象在区间D＝[a1，an]上是一段连续曲线，且{f
（ai）｜ai∈An}＝An，则称f（x）是An的T变换函数，集合An是D的T
子集.例如，设A5＝{ ，1， ，2，3}，此时函数f（x）＝ 是A5的T变
换函数，A5是［ ，3］的T子集.
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解： 集合{1，2，8，9}是[1，9]的T子集，理由如下：记A4＝{1，
2，8，9}，取函数f（x）＝10－x，
则{f（ai）｜ai∈A4}＝A4，
所以集合{1，2，8，9}是[1，9]的T子集.
（1）判断集合{1，2，8，9}是否是[1，9]的T子集，说明理由；
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（2）判断f（x）＝ln（1＋ ）是否为集合An的T变换函数，说明理由.
解： 不是，理由如下：因为0＜a1＜a2＜…＜an，所以f（x）＝ln
（1＋ ）是单调递减函数，
若f（x）是集合An的T变换函数，
由于An＝{f（ai）｜ai∈An}，f（a1）＞f（a2）＞…＞f（an），则
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法一　得
整理得 － －2＝0， － －2＝0，
即a1，an是关于x的方程e2x－ex－2＝0的解，
因为（ex－2）（ex＋1）＝0，所以ex＝2或ex＝－1（舍去），即x＝ln 2.
则a1＝an＝ln 2，这与a1＜an相矛盾.
则f（x）＝ln（1＋ ）不是集合An的T变换函数.
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法二　得 即
得 ＝ ，得a1＝an，这与a1＜an相矛盾.
则f（x）＝ln（1＋ ）不是集合An的T变换函数.
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6. （15分）（2025·江苏宿迁二模）已知函数f（x）＝ex－1－ ，n∈N*.
（1）证明：f（x）有唯一零点；
解：证明：当x＜0时，f（x）＞0，所以f（x）在（－∞，0）上无
零点，
因为f'（x）＝ex－1＋ ＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以f（x）在（0，＋∞）上至多有一个零点，
当n＝1时，f（x）有唯一零点1.
当n≥2时，因为f（1）＝1－n＜0，f（n）＝en－1－1≥e－1＞0，
所以函数f（x）有唯一零点.
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（2）记f（x）的零点为an.数列{an}中是否存在连续三项按某顺序构成等
比数列，并说明理由.
解： 由（1）知， ＝ ，且an＞0，
两边取自然对数，得an＋ln an＝ln n＋1　①，
所以an＋1＋ln an＋1＝ln（n＋1）＋1，
两式相减，得an＋1－an＋ln an＋1－ln an＝ln ＞0，
所以an＋1＋ln an＋1＞an＋ln an.
因为函数y＝x＋ln x在（0，＋∞）上单调递增，
所以an＋1＞an，所以数列{an}单调递增.
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假设数列{an}中存在am，am＋1，am＋2成等比数列，则 ＝amam＋2，
所以2ln am＋1＝ln am＋ln am＋2.
由①式得，ln am＝ln m＋1－am，代入上式，得
2ln（m＋1）－2am＋1＝ln m－am＋ln（m＋2）－am＋2，
2am＋1－（am＋am＋2）＝ln 　②.
因为an＞0，所以2am＋1－（am＋am＋2）≤2am＋1－2 ＝0，
又ln ＝ln ＞ln 1＝0，所以方程②无解.
所以数列{an}中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
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7. （17分）（2025·全国Ⅰ卷19题）（1）求函数f（x）＝5 cos x－ cos 5x
在区间［0， ］的最大值；
解： 由题得f'（x）＝－5 sin x＋5 sin 5x＝5×2 cos sin
＝10 sin 2x cos 3x，
由x∈［0， ］，得 sin 2x≥0，故x，f'（x），f（x）的关系如表所示：
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x 0 （0， ） （ ， ］
f'（x） 0 ＋ 0 －
f（x） 单调递增 极大值 单调递减
因为f（ ）＝5 cos － cos ＝3 ，
所以函数f（x）＝5 cos x－ cos 5x在区间［0， ］的最大值为3 .
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（2）给定θ∈（0，π）和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]使得
cos y≤ cos θ；
解： 证明：法一　因为余弦函数的
周期为2π，所以不妨设a∈（0，2π]，
当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－
θ，a＋θ），此时存在y＝θ，使得 cosy＝ cos θ；当a＞2θ时，θ＜a－θ≤2π－θ，作出余弦函数的大致图象（如图所示），所以 cos （a－θ）≤ cos θ，只需要取y＝a－θ，即可得到 cos y≤ cos θ.综上可得，给定θ∈（0，π）和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得 cos y≤ cos θ.
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法二（反证法）　假设 cos y＞ cos θ对任意y∈[a－θ，a＋θ]恒成立，
由 cos y＞ cos θ得2kπ－θ＜y＜2kπ＋θ，k∈Z，这与a∈R，任意∈[a－θ，a＋θ]矛盾，所以假设不正确，故一定存在y∈[a－θ，a＋θ]使得 cos y≤ cos θ.
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（3）设b∈R，若存在φ∈R使得5 cos x－ cos （5x＋φ）≤b对x∈R恒成
立，求b的最小值.
解： 令h（x）＝5 cos x－ cos （5x＋φ），当φ＝0时，因为h（x）
＝h（－x），h（x）＝h（x＋2π），所以h（x）为偶函数，且2π为h
（x）的周期，所以讨论h（x）在[0，2π）上的情况，由（1）可知h
（x）在（0， ）上单调递增，在（ ， ）上单调递减，在（ ，π）
上单调递增，结合对称性，及h（π）＝－4，可知x∈[0，2π）时h（x）
≤3 ，所以此时b的最小值为3 .
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要证3 为b的最小值，对于任意的φ，只需要证明h（x）的最大值不小
于3 ，
只需要证明存在x0，使得h（x0）≥3 .
当｜x0｜≤ 时，令y0＝5x0＋φ，则y0∈［－ ＋φ， ＋φ］.
由（2）可知，取θ＝ ，a＝φ，可得存在y0∈［－ ＋φ， ＋φ］使得
cos y0≤ cos ＝－ ，
所以h（x0）＝5 cos x0－ cos （5x0＋φ）＝5 cos x0－ cos y0≥5× －（－
）＝3 ，
综上可得，bmin＝3 .
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THANKS
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