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压轴06 函数与导数中的创新与融合问题的3大核心题型
1.导数与函数与其他知识识交汇命题，考查考生的知识迁移能力、现场学习能力与现场运用能力，逐渐成为命题的热点，难度较大，一般作为压轴题出现；2.导数与函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.解决导数与函数的新定义问题过程中，借助类比的方式有助于深化对新定义的认识，尽管新定义的外表可能颇具挑战，但其实质仍旧根植于数学的基础知识中。
题型01导数与函数与其他知识的交汇
1.（2025·河北张家口·二模）已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3 B． C． D．
2.（2025·内蒙古包头·模拟预测）过点且与抛物线有且仅有1个公共点的直线的条数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3.（2025·四川南充·三模）已知曲线，圆，若直线与曲线在处的切线平行，且直线被圆C截得的弦长为6，则直线的方程为 .
4.（2026·山东·模拟预测）已知等差数列的前项和为，满足，则 .
题型02 导数与函数新定义问题
5.（2025湖北新八校协作体联考）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若，，，为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凸函数”.若，，，为上任意个实数，满足，则称函数在上为“凹函数”当且仅当时等号成立.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.
(1)讨论函数，的凹凸性；
(2)在中，求证：；
(3)若个正实数满足，求证：.
6.（2026·湖南邵阳·一模）已知初等函数的定义域为，令，若，，则是一个下凸函数.
(1)分别判断是否是上的下凸函数？请说明理由；
(2)已知，，，是公差不为0的等差数列，的定义域为，求证：为下凸函数是成立的充分不必要条件；
(3)已知下凸函数的定义域为，且，，求证：，.
题型03以高数中的定理为背景的新定义问题
7.（河南省部分示范性高中2025届高三上学期12月联考）约瑟夫·路易斯·拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是他发现的.定理如下：若函数满足如下条件：
①函数在区间上连续（函数图象没有间断）；
②函数在开区间内可导（导数存在）．则在区间内至少存在一点，使得成立，其中称为“拉格朗日中值点”．
(1)求函数在上的“拉格朗日中值点”的个数；
(2)对于任意的实数，，证明：；
(3)已知函数在区间上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当时，证明：．
8.罗尔中值定理是微分学中一条重要的定理，是三大微分中值定理之一，其他两个分别为：拉格朗日中值定理、柯西中值定理．罗尔定理描述如下：如果 上的函数满足以下条件：①在闭区间上连续，②在开区间内可导，③，则至少存在一个，使得．据此，解决以下问题：
(1)证明方程在内至少有一个实根，其中；
(2)已知函数在区间内有零点，求的取值范围．
1．（2025·广东佛山·二模）已知函数，命题p：是奇函数，命题q：在上是减函数，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2025·福建泉州·二模）设函数满足：，都有，且.记，则数列的前10项和为（ ）
A．55 B．45 C． D．
3．（2025·山东临沂·模拟预测）若定义在上的函数，，，，可以作为一个三角形的三条边长，则称是上的“三角形函数”．已知函数是定义在区间上的“三角形函数”，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·江西景德镇·二模）某公司举行抽奖活动，在箱子里装有个红球和4个黑球，这些小球除颜色外完全相同.在一次抽奖过程中，某员工从中一次性抽取两个小球，抽出两个小球颜色均为红色视为中奖，其余情况均未中奖.假设在有放回地连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为 .
5．（2025·海南儋州·模拟预测）已知函数．
(1)若，函数的图象在点处的切线与x轴的交点坐标为，求的前n项和；
(2)若，函数的图象与x轴有且只有两个公共点，且，求a，b的值以及函数在上的最小值．
6．（2025·上海黄浦·三模）已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：．
(1)若，求出函数的极值点，并判断的符号；
(2)若，，讨论方程解的个数；
(3)若，当，，记与中较大者为．证明：．
7.（陕西省榆林市2024-2025学年高三下学期第三次模拟）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的，用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，其中和分别是和次多项式，且满足.其中为的导数.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数的值，利用的阶帕德近似估计的近似值（结果保留3位有效数字）；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：当时，.
8.（2026·上海徐汇·月考）定义：对于，，若，则称为和的“一一值”；若，则称为和的“零二值”．
(1)求与自身所有“零二值”的取值集合的子集；
(2)求和的“一一值”的个数；
(3)判断：对于定义域为的函数和，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的什么条件并说明理由．
9.定理 如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，那么在开区间内至少存在一点，使得，这个定理称为微分中值定理，也称为拉格朗日中值定理. 定理表明，如果函数的图象是闭区间上的一条连续曲线，且当时，曲线上的每点都存在切线，那么，在曲线上至少存在一点，使得该曲线在这一点处的切线平行于曲线两个端点的连线，如图所示.
(1)已知，为函数图象位于之间的部分上的一点，其中为坐标原点，求点到直线的距离的最大值；
(2)如果，证明：.
(3)如果函数在内可导，且对于任意的，都有，证明：函数在内单调递减.
10.已知区间，定义域为的函数的图像是一条连续不断的曲线，点P不在函数的图像上，点A在函数的图像上．若线段PA与函数的图像有且仅有一个公共点，则称点A是“P－可见”的．
(1)若，，点P的坐标为，判断点与是否是“P－可见”的；
(2)已知为实数，若，，点P的坐标为，点是“P－可见”的，求m的取值范围；
(3)若，点P的坐标为，证明：“函数的图像上任意一点都是‘可见’的”是“函数在上严格增或严格减”的充要条件．
11.（25-26高三上·安徽六安·月考）记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”.
(1)已知和在上“2次缠绕”，设，求的值；
(2)设，若和在实数集上“3次缠绕”，求的取值范围；
(3)记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”.
12.（2026·湖南邵阳·一模）若函数对任意，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”．
(1)判断函数是否为区间上的“3阶和函数”；
(2)若函数是在区间上的“2阶和函数”，求实数的取值范围；
(3)若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)压轴06 函数与导数中的创新与融合问题的3大核心题型
1.导数与函数与其他知识识交汇命题，考查考生的知识迁移能力、现场学习能力与现场运用能力，逐渐成为命题的热点，难度较大，一般作为压轴题出现；2.导数与函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.解决导数与函数的新定义问题过程中，借助类比的方式有助于深化对新定义的认识，尽管新定义的外表可能颇具挑战，但其实质仍旧根植于数学的基础知识中。
题型01导数与函数与其他知识的交汇
1.（2025·河北张家口·二模）已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【解析】设正三棱柱的底面边长为，高为，
则其表面积，得，又，所以，
故正三棱柱的体积，
则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为.
故选：B.
2.（2025·内蒙古包头·模拟预测）过点且与抛物线有且仅有1个公共点的直线的条数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】如图，直线与抛物线有且仅有1个公共点，符合题意，
将求导可得，
设切点坐标为，切线斜率，
则切线方程为，
代入点可得，解得或，
可知过点的切线有2条，
综上所述：符合题意的直线有3条，故选D.
3.（2025·四川南充·三模）已知曲线，圆，若直线与曲线在处的切线平行，且直线被圆C截得的弦长为6，则直线的方程为 .
【答案】
【解析】对求导可得，所以，
故直线的斜率为1，
又的半径为圆心为，
直线被圆C截得的弦长为6，故直线刚好经过圆C的圆心，
故方程为，即，
4.（2026·山东·模拟预测）已知等差数列的前项和为，满足，则 .
【答案】
【解析】因为，所以.
令，则的定义域为，且，所以为奇函数.又因为，所以在上单调递增.
令，则，故，即，则，
故.
题型02 导数与函数新定义问题
5.（2025湖北新八校协作体联考）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若，，，为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凸函数”.若，，，为上任意个实数，满足，则称函数在上为“凹函数”当且仅当时等号成立.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.
(1)讨论函数，的凹凸性；
(2)在中，求证：；
(3)若个正实数满足，求证：.
【解】（1），
则，
当时，，
所以是凹函数；
（2）由（1）知，当且仅当时等号成立
（3）设，
则，
在上恒成立，
所以在上是凹函数
个正实数满足，
则，
所以
，
即，
所以．
6.（2026·湖南邵阳·一模）已知初等函数的定义域为，令，若，，则是一个下凸函数.
(1)分别判断是否是上的下凸函数？请说明理由；
(2)已知，，，是公差不为0的等差数列，的定义域为，求证：为下凸函数是成立的充分不必要条件；
(3)已知下凸函数的定义域为，且，，求证：，.
【解】（1），，
因为当时，，
所以不是上的下凸函数.
（2）令，不妨设，，，的公差为且，
充分性：因为定义在上的函数是下凸函数，
所以，，即在上单调递增，
设，则，
所以在上单调递增，
故，即，
所以，
即成立，
所以充分性成立；
必要性：令，，，，，，，
则，再令，则，当时，，
所以不是下凸函数，
但
，
所以，
所以，必要性不成立.
（3）下凸函数的定义域为，
所以在上单调递增，
，设，则，
当时，；当时，；
函数在内单调递减，在内单调递增，
所以，
即，
因为，，
所以，
所以，
假设，使，则当时，，
这与，矛盾，故不存在使成立，
所以，.
题型03以高数中的定理为背景的新定义问题
7.（河南省部分示范性高中2025届高三上学期12月联考）约瑟夫·路易斯·拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是他发现的.定理如下：若函数满足如下条件：
①函数在区间上连续（函数图象没有间断）；
②函数在开区间内可导（导数存在）．则在区间内至少存在一点，使得成立，其中称为“拉格朗日中值点”．
(1)求函数在上的“拉格朗日中值点”的个数；
(2)对于任意的实数，，证明：；
(3)已知函数在区间上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当时，证明：．
【解】（1）因为，，
，，
所以在上的“拉格朗日中值点”的个数为.
（2）设，有，
易知函数在上满足拉格朗日中值定理的两个条件，
当时，
显然有，当时，不妨设，
由拉格朗日中值定理可知，
存在，使得，
有，
又由，有，
可得，
由上知，不等式成立.
（3）由，有，
又由，
设，
有
可得函数单调递增，
由拉格朗日中值定理可知，
存在，
使得
同理可知，存在，
使得，
又由和函数单调递增，
有，
有，
由化简可得，
故不等式成立
8.罗尔中值定理是微分学中一条重要的定理，是三大微分中值定理之一，其他两个分别为：拉格朗日中值定理、柯西中值定理．罗尔定理描述如下：如果 上的函数满足以下条件：①在闭区间上连续，②在开区间内可导，③，则至少存在一个，使得．据此，解决以下问题：
(1)证明方程在内至少有一个实根，其中；
(2)已知函数在区间内有零点，求的取值范围．
【解】（1）设，
则，
所以函数在上连续，在区间上可导，
又，故，
所以由罗尔中值定理可得至少存在一个，使得，
所以，
所以方程在内至少有一个实根，
（2）因为函数在区间内有零点，
不妨设其零点为，则，，
由可得，
所以函数在上连续，在上可导，
又，，
由罗尔中值定理可得至少存在一个，使得，
因为函数在上连续，在上可导，
又，，
由罗尔中值定理可得至少存在一个，使得，
所以方程在上至少有两个不等的实数根，
设，
则，
当时，，函数在上单调递增，
所以方程在上至多有一个根，矛盾，
当时，，函数在上单调递减，
所以方程在上至多有一个根，矛盾，
当时，由，可得，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取最小值，
又，
所以，
又，，
由零点存在性定理可得，，
所以，，又，
所以，
所以的取值范围．
1．（2025·广东佛山·二模）已知函数，命题p：是奇函数，命题q：在上是减函数，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若的奇函数，则，即恒成立，
所以，则，在上单调递增，
所以在上是减函数，充分性成立；
若在上是减函数，在上单调递增，
所以，故，此时不一定有，必要性不成立；
所以p是q的充分不必要条件.
故选：A
2．（2025·福建泉州·二模）设函数满足：，都有，且.记，则数列的前10项和为（ ）
A．55 B．45 C． D．
【答案】C
【解析】令可得，
再令可得，
又因为，所以，
再令可得，
又因为，所以有，
即是等比数列，则有首项，公比，
所以，即，
则，
故选：C.
3．（2025·山东临沂·模拟预测）若定义在上的函数，，，，可以作为一个三角形的三条边长，则称是上的“三角形函数”．已知函数是定义在区间上的“三角形函数”，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】，令得，
令得，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
又，，
故，
由题意得，即，
解得.
故选：A
4．（2025·江西景德镇·二模）某公司举行抽奖活动，在箱子里装有个红球和4个黑球，这些小球除颜色外完全相同.在一次抽奖过程中，某员工从中一次性抽取两个小球，抽出两个小球颜色均为红色视为中奖，其余情况均未中奖.假设在有放回地连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为 .
【答案】
【解析】依题意，单次抽奖中奖的概率，
则连续次抽奖中恰好中奖一次的概率，
令，则，
当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，
因此当取最大值时，，而，解得，
所以当取到最大值时的值为.
5．（2025·海南儋州·模拟预测）已知函数．
(1)若，函数的图象在点处的切线与x轴的交点坐标为，求的前n项和；
(2)若，函数的图象与x轴有且只有两个公共点，且，求a，b的值以及函数在上的最小值．
【解】（1）若，则，得，
所以在点处的切线斜率为，
又，所以该切线为，
令，得，即，
则，
所以数列是以为首项，以为公差的等比数列，
得.
（2），且，
因为的图象与x轴仅有2个交点，
所以方程的2个根为或均为-1.
当2个根为时，由韦达定理得，解得；
当2个根均为-1时，由韦达定理得，解得.
当时，，得，
令或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，所以在上最小值为0；
当时，，得，
令或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，所以在上最小值为-2.
6．（2025·上海黄浦·三模）已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：．
(1)若，求出函数的极值点，并判断的符号；
(2)若，，讨论方程解的个数；
(3)若，当，，记与中较大者为．证明：．
【解】（1），令，解得或，
由或；由.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
所以是函数的极大值点；是函数的极小值点.
又，当时，；
当 时，.
（2）因为 ，所以 ，，
则 ，
令 ，，，
令 ，即 ，因为 ，所以 ，
当 时，，所以 在上严格递增，
当 时，，所以 在上严格递减，
所以函数在 处取得最大值 ；
当 时，；当 时，，
时， 的图象无交点；当 时，的图象有 1 个交点；当 时，的图象有 2 个交点，
所以当 时，方程 无解；当 时，方程 有 1 个解；当 时，方程 有 2 个解；
（3）假设 在 上的最大值在某个内点 处取得，
即时 ，
由最大值的定义且 可导，且，，
因为当，，所以 ，
所以 ，由于 ，所以 ，所以 ，
但 ，而 ，这与 矛盾，
因此，函数 在 上的最大值只能在端点 或 处取得，
即
7.（陕西省榆林市2024-2025学年高三下学期第三次模拟）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的，用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，其中和分别是和次多项式，且满足.其中为的导数.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数的值，利用的阶帕德近似估计的近似值（结果保留3位有效数字）；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：当时，.
【解】（1）
因为，
所以，
解得，
.
（2）设，
则在上恒成立.
因为，，
所以，解得
当时，，
在上单调递增，时，恒成立.
综上，实数的取值范围为
（3）证明：要证时，，
即证，
设，则
令得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
因此
因此只需证，
即证.
设，
则在上单调递增，
，即，
令，则，因此原不等式成立
8.（2026·上海徐汇·月考）定义：对于，，若，则称为和的“一一值”；若，则称为和的“零二值”．
(1)求与自身所有“零二值”的取值集合的子集；
(2)求和的“一一值”的个数；
(3)判断：对于定义域为的函数和，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的什么条件并说明理由．
【解】（1）由题，
令即，解得或，
所以与自身所有“零二值”的取值共有3个，构成的集合为，
所以与自身所有“零二值”的取值集合的子集为.
（2）由题和，令，
则当时，，即，解得（舍去）或；
当时，即即，解得（舍去）或.
所以和的“一一值”的个数为2个.
（3）对于定义域为的函数，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的充要条件，
理由如下：任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’，
则任意x均满足且，又，
则（c为常数），
所以，所以，充分性成立；
当时，对任意x均有且，
所以任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’必要性成立.
所以对于定义域为的函数和，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的充要条件.
9.定理 如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，那么在开区间内至少存在一点，使得，这个定理称为微分中值定理，也称为拉格朗日中值定理. 定理表明，如果函数的图象是闭区间上的一条连续曲线，且当时，曲线上的每点都存在切线，那么，在曲线上至少存在一点，使得该曲线在这一点处的切线平行于曲线两个端点的连线，如图所示.
(1)已知，为函数图象位于之间的部分上的一点，其中为坐标原点，求点到直线的距离的最大值；
(2)如果，证明：.
(3)如果函数在内可导，且对于任意的，都有，证明：函数在内单调递减.
【解】（1）显然直线的方程为，设，则，从而.
故点到直线的距离.
当时，点到直线的距离为.
所以点到直线的距离的最大值是.
（2）设，则存在，，使得，.
而，故，所以.
从而
.
（3）对，由于函数在内可导，
故函数在上连续，在内可导.
从而存在，使得.
而对于任意的，都有，所以，
从而.
故函数在内单调递减.
10.已知区间，定义域为的函数的图像是一条连续不断的曲线，点P不在函数的图像上，点A在函数的图像上．若线段PA与函数的图像有且仅有一个公共点，则称点A是“P－可见”的．
(1)若，，点P的坐标为，判断点与是否是“P－可见”的；
(2)已知为实数，若，，点P的坐标为，点是“P－可见”的，求m的取值范围；
(3)若，点P的坐标为，证明：“函数的图像上任意一点都是‘可见’的”是“函数在上严格增或严格减”的充要条件．
【解】（1），
由解得，
故A是“P－可见”的.
，
由解得或，
故B不是“P－可见”的.
（2）,，
则在有且仅有1解，
整理得，为此方程的解，
则在无解，
设，
对称轴，
当时，在单调递增，
由于，，则此时不符合题意，
当时，在单调递减，
由于，，则此时不符合题意，
当时，
由于，则需，
解得，
综上 .
（3）任取，，则，
设，，
则，
由于函数的图像是一条连续不断的曲线，则函数的图像是一条连续不断的曲线.
必要性：若函数的图像上任意一点都是‘可见’的，
则在有且仅有1个零点，
则时，恒正或恒负，
若恒正，即任取，，
则，
则，
则函数在上严格增，
同理若恒负，可得函数在上严格减.
充分性：
若函数在上严格增，
则任取，有，
则，
即，
则在有且仅有1个零点，
则函数的图像上任意一点都是‘可见’的，
若函数在上严格减同理.
11.（25-26高三上·安徽六安·月考）记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”.
(1)已知和在上“2次缠绕”，设，求的值；
(2)设，若和在实数集上“3次缠绕”，求的取值范围；
(3)记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”.
【解】（1）由和在上“2次缠绕”知存在，使得，当且仅当时等号成立
因为，当和时，，
对任意，当且仅当和时，等号成立，
所以．
（2）设，因为和在上“3次缠绕”，
所以存在互异的三个数，使得，当且仅当时等号成立，
所以是的三个零点．
注意到，所以是的一个零点．
，令
①当时，在上单调递增，是的唯一零点，不合题意．
②当时，，在上单调递减，是的唯一零点，不合题意．
③当时，，则关于的方程存在两个不相等的根，不妨令，
当时，单调递减；当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，因为，
设，因为，
所以在上递减，所以，即，所以存在．
又，，所以存在．
所以存在互异的三个数，使得恒成立，当且仅当时等号成立，即时，和在上“3次缠绕”，
综上，的取值范围是．
（3）取，设，
令，
显然，且，
当且仅当时，等号成立．
所以对任意，存在，
其中，使得，且和在上“次缠绕”．
12.（2026·湖南邵阳·一模）若函数对任意，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”．
(1)判断函数是否为区间上的“3阶和函数”；
(2)若函数是在区间上的“2阶和函数”，求实数的取值范围；
(3)若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：．
【解】（1）对于，有.
如果存在，使得．
则必有，
令，则，
所以不是“3阶和函数”.
（2）函数在区间上的值域为．
因为是在区间上的“2阶和函数”．
所以对任意，总存在唯一的，使得成立，
所以，
所以在上的值域必定包含区间，且当时，方程的解在上是唯一的.
又因为函数的图象开口向上，对称轴为，
当时，在上单调递增，则必有，解得．
当时，在上单调递减，则必有，解得．
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则必有，解之得：；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则必有，解之得：.
综上所述，的取值范围为.
（3）对，有．
如果存在，使得，则必有，
因为为区间上的“2阶和函数”，
所以，即，解得.
所以当时，函数，
所以函数的定义域为，且．
设，
则，
因为，所以．
所以在上单调递增，即在上单调递增，而．
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增．
而，当且时，．
所以.
设，则，
所以，又，
所以，所以．
因为且在上单调递增，
所以，即.
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，单调递增．
所以，则．
因为，
所以当时，，当时，.
所以，
整理得
由①②得，，
因为，所以，所以．
综上得证.
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