資源簡介

專題 15 導(dǎo)數(shù)中的新定義問題
新高考在試題形式、試卷結(jié)構(gòu)、難度調(diào)控等方面深化改革，為面對拔尖創(chuàng)新人才選拔培養(yǎng)等新要
求，增加了新定義問題，函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一直是高考中的熱點與難點, 是新定義問題的重要載體，本專題總結(jié)
新定義問題的特點及導(dǎo)數(shù)中新定義問題的常見類型，供大家參考.
(一)新定義問題的特點及求解策略
1.新定義試題通過新定義一個數(shù)學(xué)對象或數(shù)學(xué)運算，以此為基礎(chǔ)為學(xué)生搭建思維平臺，設(shè)置試題.該題
型形式新穎，考查功能顯著，主要表現(xiàn)在四個方面：通過新定義創(chuàng)設(shè)數(shù)學(xué)新語境和話語體系；通過新
情境搭建試題框架，創(chuàng)設(shè)解題條件；通過新設(shè)問設(shè)置思維梯度，逐步深入，準確區(qū)分不同層次的學(xué)生；
通過解題過程展現(xiàn)學(xué)生數(shù)學(xué)思維和探究過程，實現(xiàn)對分析、推理、判斷、論述等關(guān)鍵能力的考查.
2.通過給出一個新的定義，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)新問題的情景，要求在閱讀理解
的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實心信息的遷移，達到靈活解題的目的.
3.遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，
逐條分析、運算、驗證，使得問題得以解決.
【例 1】（2024 屆江蘇省揚州中學(xué)高三下學(xué)期全真模擬）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家帕德發(fā)明的用多項式近似特
定函數(shù)的方法．給定兩個正整數(shù) m，n，函數(shù) f x 在 x = 0處的 m, n 階帕德近似定義為：
m
R x a= 0 + a1x +L+ am x
1 b x L b xn ，且滿足：
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處的 階帕德近似為R x = ．1+ bx
(1)求實數(shù) a，b 的值；
(2)當(dāng) x 0,1 時，試比較 f x 與R x 的大小，并證明；
1
(3) a a已知正項數(shù)列 a n+1 nn 滿足： a1 = ， ane = e -1
1 a 1，求證： ．
2 2n n 2n-1
a 1+ bx - b 1+ ax a - b -2b a - b 【解析】（1）由題意得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 = ，要比較 e
x 與 的 ，
1- 2 - x 2 - x
2
x 0,1 2 + x，只需比較 1 e- x與 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，從而可得 g x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
所以 g x > g 0 =1 2 + x > ex，即 ，所以 f x < R x .
2 - x
3 x x（ ）設(shè)u x = e - x -1，u x = e -1，
當(dāng) x < 0 時，u x < 0，u x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，
當(dāng) x > 0時，u x > 0，u x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
故u x ≥u 0 = 0，即 e x x + 1，當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時等號成立；
eana a -1 a 1- an ean -1 x
由題意知 e n+1 - e n = - e n = ，令 y = 1- x e ， y = -xex ，
an an
1
故該函數(shù)在 0, + 上遞減，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又因為 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：要證明 ≥ ≥ n+1 e 2 ≥ e 2 ean -1≥ e 2n 2n n+1 n
× a ，
2 a nn
an an a- n
兩邊同時除以 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, ÷單調(diào)遞增，2 2 è 2
所以 g x g 0 = 0 ，得證.
【例 2】（2024 屆上海市華東師范大學(xué)附中學(xué)高三下學(xué)期數(shù)學(xué)測驗）已知函數(shù) y = f x , x D ，如果存在常
數(shù)M ，對任意滿足 x1 < x2 n
f xi - f xi-1 M 恒成立，則稱函數(shù) y = f x , x D 是“絕對差有界函數(shù)”
i=2
f x ln x 1(1)函數(shù) = , x 是“絕對差有界函數(shù)”，求常數(shù)M 的取值范圍；
x e
(2)對于函數(shù) y = f x , x a,b ，存在常數(shù) k ，對任意的 x1, x2 a,b ，有 f x1 - f x2 k x1 - x2 恒成立，求
證：函數(shù) y = f x , x a,b 為“絕對差有界函數(shù)”
ì
x cos
π ,0 < x 1
(3)判斷函數(shù) f x = í 2x 是不是“絕對差有界函數(shù)”？說明理由
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
即當(dāng) x é
1
ùê ,eú， f (x) 單調(diào)遞增；當(dāng) x e, + ， f (x) 單調(diào)遞減. 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) 單調(diào)遞增時， f xn - f xn-1 > 0， f (x) 單調(diào)遞減時， f xn - f xn-1 < 0 .
且當(dāng) x 無限趨向于正無窮大時， f x 無限趨向于 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，則可取M = k b - a ，
i=2 i=2
所以函數(shù) y = f x , x a,b 為“絕對差有界函數(shù)”
0 1 1 1（3） < < 2n 2n -1 2
1 2n -1 π
則有 = 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個 8個
所以對任意常數(shù)M > 0，只要 n足夠大，就有區(qū)間 0,1 的一個劃分
n
0 1 1 1< < M ，2n 2n -1 2 i-1i=2
ì
x cos
π ,0 < x 1
所以函數(shù) f x = í 2x 不是 0,1 的“絕對差有界函數(shù)”.
0, x = 0
(二)具有高等數(shù)學(xué)背景的新定義問題
導(dǎo)數(shù)在高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用，常見的如函數(shù)的拐點、凸凹性、曲線的曲率、拉格朗日中值定理等.
【例 3】（2024 屆湖北省黃岡中學(xué)高三二模）第二十五屆中國國際高新技術(shù)成果交易會（簡稱“高交會”）在
深圳閉幕.會展展出了國產(chǎn)全球首架電動垂直起降載人飛碟.觀察它的外觀造型，我們會被其優(yōu)美的曲線折服.
現(xiàn)代產(chǎn)品外觀特別講究線條感，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度.考察如圖所示的光滑曲線C : y = f x 上
的曲線段 AB ，其弧長為Ds，當(dāng)動點從A 沿曲線段 AB 運動到 B 點時，A 點的切線 lA 也隨著轉(zhuǎn)動到 B 點的切
線 lB ，記這兩條切線之間的夾角為Dq （它等于 lB 的傾斜角與 lA 的傾斜角之差）.顯然，當(dāng)弧長固定時，夾角
Δq
越大，曲線的彎曲程度就越大；當(dāng)夾角固定時，弧長越小則彎曲程度越大，因此可以定義K = Δs 為曲線
段 AB 的平均曲率；顯然當(dāng) B 越接近A ，即Ds越小，K 就越能精確刻畫曲線C 在點A 處的彎曲程度，因此
Δq y K = lim =
定義 Δ 0 Δs 3 （若極限存在）為曲線C 在點A 處的曲率.（其中 y ， y 分別表示 y = f x 在點 1+ y 2 2
A 處的一階 二階導(dǎo)數(shù)）
(1)已知拋物線 x2 = 2 py( p > 0) 的焦點到準線的距離為 3，則在該拋物線上點 3, y 處的曲率是多少？
1 1 ex + e- x
(2)若函數(shù) g x = x - ，不等式 g ÷ g 2 - coswx 對于 x R 恒成立，求w 的取值范圍；2 +1 2 è 2
(3) 2若動點A 的切線沿曲線 f x = 2x -8運動至點B xn , f xn 處的切線，點 B 的切線與 x 軸的交點為
xn+1,0 n N* .若 x1 = 4，bn = xn - 2，Tn 是數(shù)列 bn 的前 n項和，證明Tn < 3 .
【解析】（1）Q拋物線 x2 = 2 py( p > 0) 的焦點到準線的距離為 3，\ p = 3，
1 2
即拋物線方程為 x2 = 6y ，即 f x = y = x ，則 f x 1= x ， f x 1= ，
6 3 3
1 1
3 3 2
又拋物線在點 3, y K = 3 = =處的曲率，則
1 2 2 2 12
，
2
1+ ×39 ÷è
即在該拋物線上點 3, y 2處的曲率為 ；
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 上為奇函數(shù)，又 g x 在R 上為減函數(shù).
ex + e- x x - x
\ g ÷ g 2 - coswx e + e對于 x R 恒成立等價于 coswx 2 - 對于 x R 恒成立.
è 2 2
又因為兩個函數(shù)都是偶函數(shù)，
x - x
記 p x = coswx q x 2 e + e， = - ，則曲線 p x 恒在曲線 q x 上方，
2
x - x
p x = -wsinwx e - e， q x = - ，又因為 p 0 = q 0 =1，
2
p 0 q 0
所以在 x = 0處三角函數(shù) p x 的曲率不大于曲線 q x 的曲率，即 3 3 ，
é 1+ p
2 0 ù 2 é1+ q
2 0 ù 2
ex + e- x2
又因為 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 的取值范圍為 -1,1 ；
（3）由題可得 f x = 4x，所以曲線 y = f x 在點 xn , f xn 處的切線方程是 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
顯然 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 ÷ ，從而 lg = 2lgx - 2 x - 2 ，xn+1 - 2 è xn - 2 n+1 n
設(shè) lg
xn + 2 = an ，即 an+1 = 2ax 2 n，所以數(shù)列 an - 是等比數(shù)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 ，從而
= 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
當(dāng) n =1 1 1 1 時，顯然T1 = b1 = 2 < 3；當(dāng)n >1時，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
綜上，Tn < 3 n N* .
【例 4】（2024 屆湖北省襄陽市第五中學(xué)高三第二次適應(yīng)性測試）柯西中值定理是數(shù)學(xué)的基本定理之一，在
高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用.定理內(nèi)容為：設(shè)函數(shù) f(x)，g(x)滿足:
①圖象在 a,b 上是一條連續(xù)不斷的曲線；
②在 a,b 內(nèi)可導(dǎo);
f

b - f a f x
③對"x a,b ， g x 0 ，則$x a,b ，使得 =g b .- g a g x
g x = x $x a,b f b - f a 特別的，取 ，則有： ，使得 = f x ，此情形稱之為拉格朗日中值定理.
b - a
(1)設(shè)函數(shù) f x f x 滿足 f 0 = 0，其導(dǎo)函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，證明：函數(shù) y = 在 0, + 上為
x
增函數(shù).
ln a ln b b a
(2)若"a,b 0,e 且 a > b，不等式 - + m - ÷ 0 恒成立，求實數(shù)m 的取值范圍.b a è a b
f x f1 x - f 0 【解析】（ ）由題 = ，由柯西中值定理知：對"x > 0，$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, + 上單調(diào)遞增，則 f x > f x ，
f

x xf x - f x > 0 é f x ù xf x - f x則 f x > ，即 ，所以
x ê x ú
= 2 > 0，
x
f
y x 故 = 在 0, + 上為增函數(shù)；
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，因為 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
由題則有： m G x2x ，設(shè)
1+ ln x
= 0 < x < e ，G x - ln x= ，
2x 2x2
當(dāng)0 < x <1時，G x > 0 ，當(dāng)1 < x < e 時，G x < 0，
所以G x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1,e 上單調(diào)遞減，
所以G x = G 1 1= ，故m 1 é1 ，所以實數(shù)m 的取值范圍是 ê ,+

max 2 2 2 ÷
.

(三)現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)與理論中的新定義問題
此類問題通常是根據(jù)現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)與理論提煉一個數(shù)學(xué)模型，然后利用導(dǎo)數(shù)求解.
*
【例 5】（2024 屆河北省張家口市高三下學(xué)期第三次模擬）在某項投資過程中，本金為 B0，進行了 N N N
次投資后，資金為BN BN > 0 ，每次投資的比例均為 x（投入資金與該次投入前資金比值），投資利潤率為 r
（所得利潤與當(dāng)次投入資金的比值，盈利為正，虧損為負）的概率為 P，在實際問題中會有多種盈利可能
（設(shè)有 n 種可能），記利潤率為 rk 的概率為Pk （其中 k N* ），其中P1 + P2 +L+ Pn = 1，由大數(shù)定律可知，
當(dāng) N 足夠大時，利潤率是 rk 的次數(shù)為 NPk ．
(1)假設(shè)第 1 次投資后的利潤率為 r1，投資后的資金記為B1，求B1與 B0的關(guān)系式；
n n
B = B 1+ r x NP(2)當(dāng) N i足夠大時，證明： N 0 i （其中 ai = a1a2a3Lan ）；
i=1 i=1
(3)將該理論運用到非贏即輸?shù)挠螒蛑?，記贏了的概率為P1，其利潤率為 r1；輸了的概率為P2 ，其利潤率為
r2 ，求BN 最大時 x 的值（用含有P1, P2 , r1, r2 的代數(shù)式表達，其中P1r1 + P2r2 + r1r2 < 0）．
【解析】（1）由題知，投入資金為B0x，所獲利潤為B0r1x ，所以B1 = B0 + B0r1x = B0 1+ r1x .
B
（2）由題可知，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
記 f x = B NP1 NP20 1+ r1x 1+ r2x ，
則 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 ，
根據(jù)實際意義知，P1 + P2 =1,1+ r1x > 0,1+ r2x > 0 ，
則 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 ÷上單調(diào)遞增，在 - 1 1 2 2 ,1÷ 單調(diào)遞減，
è r1r2 è r1r2
x P= - 1r1 + P2r2所以當(dāng) f xr r 時， 取得最大值，即BN 取得最大值.1 2
(四)定義新函數(shù)
此類問題通常把滿足某些條件的函數(shù)稱為一類新函數(shù)，求解是注意運用該類函數(shù)滿足的條件.
【例 6】（2024 屆上海市奉賢區(qū)高三下學(xué)期三模）若定義在R 上的函數(shù) y = f (x) 和 y = g(x) 分別存在導(dǎo)函數(shù)
f (x)和 g (x)．且對任意 x 均有 f (x) g (x) ，則稱函數(shù) y = f (x) 是函數(shù) y = g(x) 的“導(dǎo)控函數(shù)”．我們將滿足
方程 f (x) = g (x)的 x0 稱為“導(dǎo)控點”．
(1)試問函數(shù) y = x 是否為函數(shù) y = sin x 的“導(dǎo)控函數(shù)”？
2 1 1
(2) 3若函數(shù) y = x + 8x +1是函數(shù) y = x3 + bx2 + cx 的“導(dǎo)控函數(shù)” 3，且函數(shù) y = x + bx2 + cx 是函數(shù) y = 4x2 的“導(dǎo)
3 3 3
控函數(shù)”，求出所有的“導(dǎo)控點”；
(3)若 p(x) = ex + ke- x ，函數(shù) y = q(x)為偶函數(shù)，函數(shù) y = p(x) 是函數(shù) y = q(x)的“導(dǎo)控函數(shù)”，求證：“ k =1”的
充要條件是“存在常數(shù)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，
因為1 cos x ，所以函數(shù) y = x 是函數(shù) y = sin x 的“導(dǎo)控函數(shù)”；
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
由題意可得8x x2 + 2bx + c 2x2 + 8恒成立，
令8x = 2x2 + 8，解得 x = 2，故16 4 + 4b + c 16 ，從而有 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“導(dǎo)控點”為 2；
（3）充分性：若存在常數(shù)c使得 p(x) - q(x) = c恒成立，則 p x = q x + c 為偶函數(shù)，
因為函數(shù) y = q(x)為偶函數(shù)，所以 q x = q -x ，
則 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，則 p x = e + e = p -x ，所以函數(shù) p x 為偶函數(shù)，
函數(shù) y = p(x) 是函數(shù) y = q(x)的“導(dǎo)控函數(shù)”，
因此 p x q x ，又 q -x = q x , p -x = p x ，
因此函數(shù) y = p(-x)是函數(shù) y = q(-x)的“導(dǎo)控函數(shù)”，
所以- p -x -q -x ，即 p -x q -x 恒成立，
用-x代換 x 有 p x q x ，綜上可知 p x = q x ，記 h x = p x - q x ，
則 h x = p x - q x = 0，因此存在常數(shù)c使得 p(x) - q(x) = c恒成立，
綜上可得，“ k =1”的充要條件是“存在常數(shù)c使得 p(x) - q(x) = c恒成立”．
【例 7】（2024 屆山東省菏澤市高三信息押題卷二）如果三個互不相同的函數(shù) y = f x ， y = g x ， y = h x
在區(qū)間D上恒有 f x h x g x 或 g x h x f x ，則稱 y = h x 為 y = f x 與 y = g x 在區(qū)間D上
的“分割函數(shù)”．
(1)證明：函數(shù) f1 x = x為函數(shù) y = ln x +1 與 y = ex-1在 -1, + 上的分割函數(shù)；
(2) y = ax2若 + bx + c a 0 為函數(shù) y = 2x2 + 2與 y = 4x在 - , + 上的“分割函數(shù)”，求實數(shù) a的取值范圍；
(3)若 m, n -2,2 ，且存在實數(shù) k, d ，使得函數(shù) y = kx + d 為函數(shù) y = x4 - 4x2 與 y = 4x2 -16在區(qū)間 m, n 上
的“分割函數(shù)”，求 n - m的最大值．
【解析】（1）設(shè)F (x) = ln(x +1) - x，則F (x)
1
= -1，當(dāng)-1 < x < 0時，F(xiàn) (x) > 0, F (x) 在 (-1,0) 上單調(diào)遞
x +1
增，當(dāng) x > 0時，F(xiàn) (x) < 0, F (x) 在 (0, + )單調(diào)遞減，則 F (x)在 x = 0處取得極大值，即為最大值，
即F (x) F (0) = 0，則當(dāng) x (-1, + )時， x ln(x +1) ；
設(shè)H (x) = ex-1 - x，則H (x) = ex-1 -1，當(dāng)-1 < x <1時，H (x) < 0, H (x) 在 (-1,1)上單調(diào)遞咸，
當(dāng) x >1時，H (x) > 0, H (x) 在 (1, + )上單調(diào)遞增，則H (x)在 x =1處取得極小值，即為最小值，
即H (x) H (1) = 0，則當(dāng) x (-1, + )時， x e x-1 ，
于是當(dāng) x (-1, + )時， ln(x +1) x ex-1，
所以函數(shù) f1(x) = x為函數(shù) y = ln(x +1) 與 y = ex-1在 (-1, + )上的“分割函數(shù)”.
（2）因為函數(shù) y = ax2 + bx + c(a 0)為函數(shù) y = 2x2 + 2與 y = 4x在 (- , + )上的“分割函數(shù)”，
則對"x R ， 4x ax2 + bx + c 2x2 + 2恒成立，
而 (2x2 + 2) = 4x，于是函數(shù) y = 2x2 + 2在 x =1處的切線方程為 y = 4x，
因此函數(shù) y = ax2 + bx + c的圖象在 x =1處的切線方程也為 y = 4x，又 y = 2ax + b ，
ì2a + b = 4 ìa = c
則 í
a + b c
，解得 ，
+ = 4 í b = 4 - 2a
于是 4x ax2 + (4 - 2a)x + a 2x2 + 2對"x R 恒成立，
ì(2 - a)x2 + (4 - 2a)x + 2 - a 0
即 í 2 對"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
所以實數(shù) a的取值范圍是 (0, 2) .
（3）對于函數(shù) y = x4 - 4x2 , y = 4x3 - 8x = 4x(x + 2)(x - 2) ，
當(dāng) x (- , - 2)和 x (0, 2) 時， y < 0，當(dāng) x (- 2, 0) 和 x ( 2,+ )時， y > 0，
則 x = 2, x = - 2 為 y = x4 - 4x2 的極小值點， x = 0為極大值點，函數(shù) y = x4 - 4x2 的圖象如圖，
由函數(shù) y = kx + d 為函數(shù) y = x4 - 4x2 與 y = 4x2 -16在區(qū)間 m,n 上的“分割函數(shù)”，
得存在 d0 d ，使得直線 y = kx + d 與函數(shù) y = x40 - 4x2 的圖象相切，
且切點的橫坐標(biāo) t [-2, - 2]U [ 2 , 2]，
3 2 4
此時切線方程為 y = (4t3 - 8t)x + 4t2 - 3t4 ，即 k = 4t - 8t, d0 = 4t - 3t ，
設(shè)直線 y = kx + d 與 y = 4x2 -16的圖象交于點 x1, y1 , x2 , y2 ，
ìy = kx + d k 16 + d
則 íy 4x2 16 消去 y 得 4x
2 - kx -16 - d = 0，則 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，則 k (s) = 3s2 -14s + 8 = (3s - 2)(s - 4) 0，
當(dāng)且僅當(dāng) s = 4時， k (s) = 0，所以 k(s) 在[2,4]上單調(diào)遞減， k(s)max = k(2) =12，
因此 x1 - x2 的最大值為 2 3 ，所以 n - m的最大值為 2 3 .
(五)定義新性質(zhì)
此類問題通常是給出某類函數(shù)所具有的一個性質(zhì)，然后利用該性質(zhì)求解問題，因此該函數(shù)滿足的性質(zhì)就是
求解問題的關(guān)鍵.
【例 8】（2024 屆浙江省紹興市柯橋區(qū)三模）若函數(shù)a(x) 有且僅有一個極值點m ，函數(shù) b (x) 有且僅有一個
極值點 n，且m > n ，則稱a(x) 與 b (x) 具有性質(zhì)a - b / /m > n．
(1)函數(shù)j1(x) = sin x - x
2 x
與j2 x = e - x是否具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0？并說明理由．
(2)已知函數(shù) f x = aex - ln x +1 與 g x = ln x + a - ex +1具有性質(zhì) f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： g x1 > x2 ．
1 j (x) = sin x - x2 x【解析】（ ）函數(shù) 1 與j2 x = e - x具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j (x) = cos x - 2x，令 h x = j1 x = cosx - 2x ，則 h x = -sinx - 2 < 0，故j 1 x1 單調(diào)遞減，
j 又 1 0 = cos0 - 0 =1 > 0，j1 1 = cos1- 2 < 0，故存在 x0 0,1 j ，使 1 x0 = 0 ，
則j1 x 在 - , x0 上單調(diào)遞增，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞減，
故j1(x) 有且僅有一個極值點 x0 0,1 ，
j x = ex2 -1，則當(dāng) x < 0 時，j2 x < 0，當(dāng) x > 0時，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增，故j2 (x)有且僅有一個極值點 0，
故函數(shù)j1(x) = sin x - x
2
與j2 x = ex - x具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0；
2 i f x = aex 1（ ）（ ） - ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
1
當(dāng) a 0時， f x = aex - < 0，此時 f x 沒有極值點，故舍去，
x +1
x 1
當(dāng) a > 0時， 令m x = f x aex 1= - ，則m x = ae + > 0 x +1 2 恒成立，x +1
故 f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增， 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 ，則 n x = - - e < 0 x + a 2 恒成立，x + a
故 g x 在 -a, + 上單調(diào)遞減，
當(dāng) a 0,1 時，有 f 0 = ae0 1- = a -1< 0 ，又 x + 時， f x + ，
0 +1
故此時存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上單調(diào)遞減，在 x1,+ 上單調(diào)遞增，
則 f x 有唯一極值點 x1 0, + ，有 g 0
1
= - e0 1= -1 > 0，又 x + 時， g x - ，
a a
故此時存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
x 1 11 x2
則 g x 有唯一極值點 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 ，此時需滿足 x1 > x2 > 0，則 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
當(dāng) a 1, + 時， f 0 = ae0 1- = a -1 > 0，又 x -1時， f x - ，
0 +1
故此時存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上單調(diào)遞減，在 x1,+ 上單調(diào)遞增，
則 f x 有唯一極值點 x1 -1,0 ，
g 0 1 e0 1有 = - = -1< 0 ，又 x -a 時， g x + ，
a a
故此時存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
則 g x 有唯一極值點 x2 -a,0 ，
1 1 x
同理可得 > 0 > x > x x > ax a > 2a x +1 x + a ，此時需滿足 1 2，即 2 1，則 x ，1 2 1
x2
由 <1， a 1, + x ，故該不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
1
當(dāng) a =1時，有 f 0 = ae0 - = a -1 0 g 0 1 1= ， = - e0 = -1 = 0，
0 +1 a a
此時 x1 = x2 = 0，即 f x 、 g x 的極值點都為 0，不符合要求，故舍去；
綜上，故 a 0,1 1,+ ；
1
（ii）當(dāng) a 0,1 x2 0時，有 x1 > x2 > 0，則 e = > e =1 0 < x + a <1x2 + a
，故 2 ，
g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
g x < g x = ln x + a ex 1- 2則 1 2 2 +1 = ln x2 + a - +1x2 + a
，
令 t = x2 + a 0,1 ，則 g x2 = lnt
1 1 1- + ，令m t = lnt - +1， t 0,1
t t
m t 1 1 1 1則 = +
t t 2
> 0，故m t 在 0,1 上單調(diào)遞增，則 g x2 = lnt - +1< m 1 = ln1- +1 = 0 ，t 1
故 g x1 > g x2 ，要證 g x1 > x2 ，只需證 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
即當(dāng) a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
當(dāng) a 11, + 時，有0 > x > x ex2 = < e01 2，則 =1 x + a >1x2 + a
，即 2 ，
g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
則 g x1 > g 0 = ln 0 + a - e0 +1 = lna > 0 ，即要證 g x1 > x2 ，只需證 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
即當(dāng) a 1, + ，有 g x1 > x2 ；綜上所述， g x1 > x2 .
(五)定義新運算
此類問題通常給出我們以前沒有學(xué)過的一種新的運算法則，這些法則可能已有運算法則的推廣或拓展，也
可能高等數(shù)學(xué)中涉及的運算法則.
【例 9】①在高等數(shù)學(xué)中，關(guān)于極限的計算，常會用到：i)四則運算法則：如果 lim f x = Ax a ，
lim g x = B
x a ，則
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，則 lim = =g x lim g x B ；ii)洛必達法則：若函數(shù) x a
x a
f x ， g x 的導(dǎo)函數(shù)分別為 f x ， g x ， lim f x = lim g x = 0 lim g x = 0x a x a ， x a ，則
f x lim f x
lim = x a
x a g x lim g x ；
x a
x
②設(shè) a > 0，k 是大于 1 的正整數(shù)，若函數(shù) f x 滿足：對"x 0, a ，均有 f x f k ÷成立，則稱函數(shù) f x è
為區(qū)間(0,a)上的 k 階無窮遞降函數(shù).結(jié)合以上兩個信息，回答下列問題；
lim sin x
1
(1)計算：① ；②
x lim 1+ 2x x ；x 0 x 0
tan x sin2 π π (2)試判斷 f x x= 是否為區(qū)間 0,3 上的 2 階無窮遞降函數(shù)；并證明："x 0, ， f x >1 .x è 2 ÷ è 2 ÷
1 ① sin x sin x

【解析】（ ） 根據(jù)洛必達法則， lim = lim = lim cos x =1；
x 0 x x 0 x x 0
1 1 ln 1+ 2x② 設(shè) g(x) = 1+ 2x x ，兩邊同時取對數(shù)得， ln g x = ln 1+ 2x = ，x x
'
h ln 1+ 2xx = ln 1+ 2x
éln 1+ 2x ù
設(shè) ，
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 ÷
， 是區(qū)間 ÷上的 階無窮遞降函數(shù)
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 屆浙江省諸暨市高三三模）若函數(shù) f x 在區(qū)間 I 上有定義，且"x I ， f x I ，則稱 I 是
f x 的一個“封閉區(qū)間”．
(1)已知函數(shù) f x = x + sin x ，區(qū)間 I = 0, r r > 0 且 f x 的一個“封閉區(qū)間”，求 r 的取值集合；
(2)已知函數(shù) g x = ln x +1 3+ x3 ，設(shè)集合P = x | g x = x ．
4
（i）求集合 P 中元素的個數(shù)；
（ii）用b - a表示區(qū)間 a,b a < b 的長度，設(shè)m 為集合 P 中的最大元素．證明：存在唯一長度為m 的閉區(qū)
間D，使得D是 g x 的一個“封閉區(qū)間”．
【解析】（1）由題意，"x 0, r ， f x 0, r ，
Q f x =1+ cos x 0 恒成立，所以 f x 在 0, r 上單調(diào)遞增，
可得 f x 的值域為 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 ，則 r 的取值集合為 é 2k -1 π,2kπù k N* ．
（2）（i）記函數(shù) 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
則 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
所以函數(shù) h x 在 -1,0 和 ,
1
+ ÷ 上單調(diào)遞增，在3
0, ÷ 上單調(diào)遞減．
è è 3
其中 h 0 = 0，因此當(dāng) x 1-1,0 U 0, ÷時， h x < 0，不存在零點；
è 3
1 1
由 h x 在 0, ÷ 單調(diào)遞減，易知 h ÷ < h 0 = 0 ，而 h 1 = ln 2
1
- > 0 ，
è 3 è 3 4
1
由零點存在定理可知存在唯一的 x0 ,1÷使得 h x0 = 0；
è 3
當(dāng) x 1,+ 時， h x > 0 ，不存在零點．
綜上所述，函數(shù) h x 有 0 和 x0 兩個零點，即集合 P 中元素的個數(shù)為 2．
（ii）由（i）得m = x0 ，假設(shè)長度為m 的閉區(qū)間D = a,a + x0 是 g x 的一個“封閉區(qū)間” a > -1 ，
則對"x a,a + x0 ， g x a, a + x0 ，當(dāng)-1 < a < 0時，由（i）得 h x 在 -1,0 單調(diào)遞增，
\h a = g a - a < h 0 = 0，即 g a < a，不滿足要求；
當(dāng) a > 0時，由（i）得 h x 在 x0 ,+ 單調(diào)遞增，
\h a + x0 = g a + x0 - a + x0 > h x0 = 0 ，即 g a + x0 > a + x0 ，也不滿足要求；
當(dāng) a = 0時，閉區(qū)間D = 0, x0 ，而 g x 顯然在 -1, + 單調(diào)遞增，\ 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 ，滿足要求．
綜上，存在唯一的長度為m 的閉區(qū)間D = 0,m ，使得D是 g x 的一個“封閉區(qū)間”．
【例 2】（2024 屆浙江省金華第一中學(xué)高三下學(xué)期 6 月模擬）設(shè)函數(shù) f x 的定義域為R .給定閉區(qū)間D R，
若存在 a D，使得對于任意 x D，
①均有 f a …f x ，則記 f a = M f D ；
②均有 f a f x ，則記 f a = m f D .
(1)設(shè) f x = ex - x, D = 1,2 ，求M f D ,m f D ；
(2)設(shè) k > 0, f x = -x3 + kx2 , g x = 2k - 3 x + 2 - k .若對于任意D 0,1 ，均有M f D …M g D ，求 k 的取
值范圍；
(3)已知對于任意D R, M f D 與m f D 均存在.證明：“ f x 為R 上的增函數(shù)或減函數(shù)”的充要條件為“對于
任意兩個不同的D1, D2 R, M f D1 M f D2 與m f D1 m f D2 中至少一個成立”.
【解析】（1）因為 f x = ex -1, x 1,2 時， f x > 0恒成立，故 f x 在 1,2 上為嚴格增函數(shù)，
因此M f D = f 2 = e2 - 2, m f D = f 1 = e -1.
2
（2）因為 f x = -3x + 2kx，而 f 1 = -3+ 2k ，
因為 f 1 = k -1, g 1 = k -1，故 g x 是 f x 在 x =1處的切線
而 f x 存在極值點 x1 = 0, x
2
2 = k ，而 k > 0，可得到如下情況：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 極小值 ] 極大值 Z
2 M 0,1 f 21 k 4 3 2 4 2情況一：當(dāng) 時，此時
3 f
= k ÷ = k , M g 0,1 = g k ÷ = k - 3k + 2，
è 3 27 è 3 3
此時M g 0,1 > M f 0,1 ，不符題意舍去.
2 f x g x 0, 2情況二：當(dāng)1< k 時，此時 與 在上 k

÷均為嚴格增函數(shù)，3 è 3
因此當(dāng)M f D M g D 時， 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，進而 k h 1 = 3，故 k 3 .x - 2x +1
（3）先證明必要性：若 f x 為R 上的嚴格增函數(shù)，
則任取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 ，
因為D1 D2 ，所以 a1 > b1 或 a1 < b1或 a2 > b2或 a2 < b2 ，
因為 f x 為 R 上的嚴格增函數(shù)，所以可得：
f a1 > f b1 或 f a1 < f b1 或 f a2 > f b2 或 f a2 < f b2 ，
所以不難可得： 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.
同時對 f x 為 R 上的嚴格減函數(shù)，同理可證.
下面證明充分性：當(dāng) M f D1 M f D2 與m f D1 m f D2 其中一式成立時，
f x 不可能為常值函數(shù)，先任取D = a,b ，總有 M f D = f a 或m f D = f b ，
假設(shè)存在 x0 a,b ，使得 M f D = f x0 ，
記 D1 = a, x0 , D2 = x0 ,b ，則 M f D = M f D1 = M f D2 = f x0 ，
因為存在m f D = f x1 ，則 x1 D1或 x1 D2 ，
不妨設(shè) M f D = f a ，則m f D = f b ，否則當(dāng) x2 a,b , m f D = f x2 ，
此時 M f D = M f a, x2 = f a ,m f D = m f a, x2 = f x2 ，矛盾，
進而可得 f a f b ，則 M f a,b = f a , m f a,b = f b ，
因此 f a > f b ①.最后證明 f x 為 R 上的嚴格減函數(shù)，任取 x1 < x2，需考慮如下情況：
情況一：若 x1 < x2 < a < b ，則m f x2 ,a = f a ，
否則 M f x2 ,a = f a ，記 min m f x2 ,a ,m f a,b = m f a,b = f b ，
則 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 ，根據(jù)①可得： f x1 > m f x1, x2 = f x2 .
情況二：若 x1 < a < x2 < b ，則 f x2 = m f a, x2 ，
否則 M f a,b = f a ， M f a, x2 = f x2 ，由此矛盾，
因為 M f x1, a = f x1 ，同情況一可得矛盾，因此 f x1 = M f x1,a > f a > m f a, x2 = f x2 .
情況三：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 .
情況四：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 .
情況五：若 a < x1 < b < x2 ，同上述情況二可證明 f x1 > f x2 恒成立.
情況六：若 a < b < x1 < x2 ，同上述情況一可證明 f x1 > f x2 恒成立.即 f x 為 R 上的嚴格增函數(shù).
1 3 2
【例 3】（2024 屆河南省信陽市名校高三下學(xué)期全真模擬）已知函數(shù) y = f x ，其中 f x = x - kx ，
3
k R .若點 A 在函數(shù) y = f x 的圖像上，且經(jīng)過點 A 的切線與函數(shù) y = f x 圖像的另一個交點為點 B ，則
稱點 B 為點 A 的一個“上位點”，現(xiàn)有函數(shù) y = f x 圖像上的點列 M1， M2 ，…， Mn ，…，使得對任意正
整數(shù) n，點 Mn 都是點 M n+1 的一個“上位點”.
(1)若 k = 0，請判斷原點 O是否存在“上位點”，并說明理由；
(2)若點 M1的坐標(biāo)為 3k,0 ，請分別求出點 M2 、 M3的坐標(biāo)；
(3)若 M1的坐標(biāo)為 3,0 ，記點 M y = mn 到直線 的距離為 dn .問是否存在實數(shù) m和正整數(shù) T ，使得無窮數(shù)列
dT 、 dT +1 、…、 dT +n …嚴格減？若存在，求出實數(shù) m的所有可能值；若不存在，請說明理由.
1 3 2
【解析】（1）已知 f x = x ，則 f x = x ，得 f 0 = 0，
3
故函數(shù)經(jīng)過點 O的切線方程為 y = 0 ，
其與函數(shù) f x 1= x3圖像無其他交點，所以原點 O不存在“上位點”.
3
（2）設(shè)點 Mn 的橫坐標(biāo)為 tn ， n為正整數(shù)，
則函數(shù) y = f x 圖像在點 M n+1 處的切線方程為 y - f tn+1 = f tn+1 x - tn+1 ，
代入其“上位點” M n tn , f tn ，得 f tn - f tn+1 = f tn+1 tn - tn+1 ，
1 2 2 2 2 2 2
化簡得
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 ，因為 tn tn+1，得 2tn+1 + tn = 3k （*），
又點 M1的坐標(biāo)為 3k,0
3k 9 3
，所以點 M2 的坐標(biāo)為 0,0 ，點 M3的坐標(biāo)為 ,- k2 8 ÷ .è
（3）將 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 為首項， - 為公比的等比數(shù)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 ，則 n 嚴格減，
因為 3x - x3 = 3 - 3x2 ，所以函數(shù) y = 3x - x3 在區(qū)間 0,1 上嚴格增.
當(dāng)m
2
= - 時， d
1 3
3 n
= 3un - u3 n ，于是當(dāng) n 3時， dn 嚴格減，符合要求
m 2
2 2
- d = f t + - + m 當(dāng) 時， n n ÷ .3 3 è 3
2 1
因為 n 3 f t + = 3u - u3時 n n n < un = 22-n ，3 3
n log m 2 2 d 2 2 2所以當(dāng) > 2 + + 時， n = + m - f tn + = + m
1
-
3 3 3 3 3 3un - u
3
n ，
從而當(dāng) n > log2 m
2
+ + 2時 d 3 n 嚴格增，不存在正整數(shù) T ，
2
使得無窮數(shù)列 dT ， dT +1 ，…， dT +n 嚴格減.綜上，m = - .3
【例 4】（2024 屆福建省泉州市高三 5 月適應(yīng)性練習(xí)）將足夠多的一批規(guī)格相同、質(zhì)地均勻的長方體薄鐵塊
疊放于水平桌面上，每個鐵塊總比其下層鐵塊向外伸出一定的長度，如下圖，那么最上層的鐵塊最多可向
桌緣外伸出多遠而不掉下呢？這就是著名的“里拉斜塔”問題．將鐵塊從上往下依次標(biāo)記為第 1 塊、第 2 塊、
第 3 塊、……、第 n 塊，將前 i(i =1,2,3, × × ×, n)塊鐵塊視為整體，若這部分的重心在第 i +1塊的上方，且全部
鐵塊整體的重心在桌面的上方，整批鐵塊就保持不倒．設(shè)這批鐵塊的長度均為 1，若記第 n 塊比第 n +1塊向
1 1
桌緣外多伸出的部分的最大長度為 an ，則根據(jù)力學(xué)原理，可得 a2 = ，且 { }a 為等差數(shù)列．4 n
(1)求 an 的通項公式；
(2)記數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ．
S 1①比較 n 與 ln(n +1)的大?。?
②對于無窮數(shù)列 xn ，如果存在常數(shù) A ，對任意的正數(shù) e ，總存在正整數(shù) N0 ，使得 "n > N0 ，
xn - A < e ，則稱數(shù)列 xn 收斂于 A ，也稱數(shù)列 xn 的極限為 A ，記為 lim x = A xn + n ；反之，則稱 n 不收
斂．請根據(jù)數(shù)列收斂的定義判斷 Sn 是否收斂？并據(jù)此回答“里拉斜塔”問題．
【解析】（1）依題意，第 1 塊鐵塊比第 2 塊鐵塊向桌外伸出部分的最大長度為第 1 塊鐵塊自身長度的一半，
1 { 1 } 1 = 2 d 1 1則 a = ，由 為等差數(shù)列，得其首項為 ，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 的通項公式是 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
令函數(shù) f (x) = ln(1+ x) - x, x > 0 ，求導(dǎo)得 f (x)
1
= -1 < 0，即函數(shù) f (x) 在 (0, + ) 上遞減，
1+ x
則 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則 + + +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 不收斂.
給定正數(shù) A ，對"e > 0，令 |
1 ln(n +1) 1- A |< e ，則 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]表示不超過 x 的最大整數(shù)），
1
顯然當(dāng) n > N0 時，不等式 | ln(n
1
+1) - A |< e 不成立，即有 ln(n +1) > A + e ，
2 2
因此數(shù)列 {
1 ln(n +1)}不收斂；
2
取 A = e +1，則當(dāng) n > N0 時， S
1
n - A > ln(n +1) - A >1+ e >1，2
因此當(dāng) n > N0 時， | Sn - A |>1成立，所以 Sn 不收斂.
Sn 的意義是 n塊疊放的鐵塊最上層的最多可向桌緣外伸的長度，因為 Sn 不收斂于任意正數(shù) A ，
所以只要鐵塊足夠多，最上層的鐵塊最多可向桌緣外伸出的長度可以大于任意正數(shù).
【例 5】（2024 屆安徽省合肥市第八中學(xué)高三最后一卷）貝塞爾曲線（Be'zier curve）是一種廣泛應(yīng)用于計算
機圖形學(xué)、動畫制作、CAD 設(shè)計以及相關(guān)領(lǐng)域的數(shù)學(xué)曲線．它最早來源于 Bernstein 多項式．引入多項式
n
Bni (x) = C
i
n x
i (1- x)n-i (i = 0,1,2,L, n) ，若 f x 是定義在 0,1 上的函數(shù)，稱 Bn f ; x
i
= f ( )Bni (x)，
i=0 n
x [0,1]為函數(shù) f x 的 n 次 Bernstein 多項式．
(1) 20求 B2 x 在 0,1 上取得最大值時 x 的值；

(2)當(dāng) f x = x 時，先化簡 Bn f ; x
3
，再求 Bn f ; ÷÷的值；
è 2
(3)設(shè) f 0 = 0 f x ， 在 0,1 Bn f ; x 內(nèi)單調(diào)遞增，求證： 在 0,1 內(nèi)也單調(diào)遞增．
x x
1 B20 x = C2 x2 1- x 18【解析】（ ）由題意 2 20 ， x 0,1 ，
則 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 = ，當(dāng)0 < x < 時， B202 x > 0，當(dāng) < x < 1時， 20 ，10 10 10 B2 x < 0
B20 x 0, 1 1 所以 2 在 ÷上單調(diào)遞增，在 ,1÷上單調(diào)遞減，
è 10 è10
x 1= B20所以當(dāng) 時， 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內(nèi)單調(diào)遞增，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 內(nèi)也單調(diào)遞增．i +1 è n è n ÷ x ÷ > 0è x
a + ln x
1．（2024 屆天津市濱海新區(qū)高考模擬檢測）已知函數(shù) f x = ，其中 a為實數(shù)．
x
(1)當(dāng) a =1時，
①求函數(shù) f x 的圖象在 x=e（ e為自然對數(shù)的底數(shù)）處的切線方程；
②若對任意的 x D ，均有m x n x ，則稱m x 為 n x 在區(qū)間 D上的下界函數(shù)， n x 為m x 在區(qū)間 D
上的上界函數(shù)．若 g x k= ，且 g x 為 f x 在 1, + 上的下界函數(shù)，求實數(shù) k 的取值范圍．
x +1
x G x1 - G x2 H x1 - H x (2)當(dāng) a = 0時，若G x = e ， H x = xf x ，且 1< x1 < x2 ，設(shè) k1 = ， k2 = 2 ．證x1 - x2 x1 - x2
G xk + G x 1明： 1 - k2 < 1 2 -2 ．x1x2
2．（2024 屆湖南省長沙市雅禮中學(xué)高三下學(xué)期二模）極值的廣義定義如下：如果一個函數(shù)在一點的一個鄰
域（包含該點的開區(qū)間）內(nèi)處處都有確定的值，而以該點處的值為最大（小），這函數(shù)在該點處的值就是一
個極大（?。┲?
y = f x f x + Dx - f xx x 對于函數(shù) ，設(shè)自變量 從 0 變化到 x0 + Dx ，當(dāng) Dx > 0， lim 0 0 是一個確定的值，
Dx 0 Dx
f x + Dx - f x
則稱函數(shù) y = f x 在點 x0 處右可導(dǎo)；當(dāng) Dx < 0， lim 0 0 是一個確定的值，則稱函數(shù)
Dx 0 Dx
y = f x 在點 x0 處左可導(dǎo).當(dāng)函數(shù) y = f x 在點 x0 處既右可導(dǎo)也左可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)值相等，則稱函數(shù) y = f x
在點 x0 處可導(dǎo).
(1)請舉出一個例子，說明該函數(shù)在某點處不可導(dǎo)，但是該點是該函數(shù)的極值點；
2
(2)已知函數(shù) f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 .
2
（ⅰ）求函數(shù) g x = eax +1 - x sin x - e在 x = 0處的切線方程；
（ⅱ）若 x = 0為 f x 的極小值點，求 a 的取值范圍.
3．（2024 屆上海市交通大學(xué)附屬中學(xué)高三下學(xué)期四模）已知 A、B為實數(shù)集 R 的非空子集，若存在函數(shù)
y = f x 且滿足如下條件：① y = f x 定義域為 A 時，值域為 B ；②對任意 x1、x2 A， x1 x2 ，均有
f x1 - f x2 > 0 . 則稱 f x 是集合 A 到集合 B 的一個“完美對應(yīng)”.
x1 - x2
(1)用初等函數(shù)構(gòu)造區(qū)間 0,1 到區(qū)間 0, + 的一個完美對應(yīng) f x ；
(2)求證：整數(shù)集 Z 到有理數(shù)集Q之間不存在完美對應(yīng)；
(3)若 f x = x3 - kx2 +1， k R ，且 f x 是某區(qū)間 A 到區(qū)間 -3, 2 的一個完美對應(yīng)，求 k 的取值范圍.
4．（2024 屆山東省泰安市高三四輪檢測）在數(shù)學(xué)中，由 m n個數(shù) 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 列的數(shù)表 ÷ m n a A i jL L L 稱為 矩陣，其中 ij 稱為矩陣 的第 行第 列的元素
.矩陣乘法是指對于
÷
a a ÷
m1 m2
amn
÷÷
è
兩個矩陣 A 和 B，如果 4 的列數(shù)等于 B 的行數(shù)，則可以把 A 和 B 相乘，具體來說：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 ÷ ÷ ÷
，則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
，函數(shù) f x = c + c
è0
.
-2÷ ax ÷ c ÷ 1 2 è è 2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f x 的兩個極值點，證明： "x0 x1, x2 ， f x0 + f x2 + 6x1 + x1 ln16 < 0 .
5．（2024 屆上海市七寶中學(xué)高三三模）若曲線 C 的切線 l 與曲線 C 共有 n 個公共點（其中 n N ， n 1），
則稱 l 為曲線 C 的“Tn -切線 ”.
(1)若曲線 y = f x 在點 1,-2 處的切線為T2 -切線，另一個公共點的坐標(biāo)為 3,4 ，求 f 1 的值；
(2)求曲線 y = x3 - 3x2 所有T1 -切線的方程；
(3)設(shè) f x = x + sin x ，是否存在 t π (0, ) ，使得曲線 y = f x 在點 t，f t 處的切線為T -切線？若存在，
2 3
探究滿足條件的 t 的個數(shù)，若不存在，說明理由．
6．（2024 屆上海市華東師范大學(xué)第二附屬中學(xué) 2 高三下學(xué)期四模）對于函數(shù) y = f x 的導(dǎo)函數(shù) y = f x ，
若在其定義域內(nèi)存在實數(shù) x0 和 t，使得 f tx0 = tf x0 成立，則稱 y = f x 是“卓然”函數(shù)，并稱 t 是 y = f x
的“卓然值”．
1
(1)試分別判斷函數(shù) y = x2 +1， x R 和 y = ， x 0, + “x 是不是 卓然”函數(shù)？并說明理由；
(2)若 f x = sin x - m是“卓然”函數(shù)，且“卓然值”為 2，求實數(shù) m 的取值范圍；
(3)證明： g x = ex + x x R 是“卓然”函數(shù)，并求出該函數(shù)“卓然值”的取值范圍．
7．（2024 屆江西省上饒市穩(wěn)派上進六校聯(lián)考高三 5 月聯(lián)考）在信息理論中， X 和 Y 是兩個取值相同的離散
型隨機變量，分布列分別為： P X = xi = mi ， P Y = xi = ni ，mi > 0，ni > 0， i = 1,2,L,n，
n n n
mi = ni =1．定義隨機變量 X 的信息量 H X = - mi log2 mi ， X 和 Y 的“距離”
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)已知發(fā)報臺發(fā)出信號為 0 和 1，接收臺收到信號只有 0 和 1．現(xiàn)發(fā)報臺發(fā)出信號為 0 的概率為
p 0 < p <1 ，由于通信信號受到干擾，發(fā)出信號 0 接收臺收到信號為 0 的概率為 q，發(fā)出信號 1 接收臺收
到信號為 1 的概率為 q 0 < q <1 ．
（ⅰ）若接收臺收到信號為 0，求發(fā)報臺發(fā)出信號為 0 的概率；（用 p ， q表示結(jié)果）
（ⅱ）記隨機變量 X 和 Y 分別為發(fā)出信號和收到信號，證明： KL X Y 0．
8．（2024 屆浙江省名校新高考研究聯(lián)盟高三三模）在平面直角坐標(biāo)系中，如果將函數(shù) y = f (x) 的圖象繞坐
標(biāo)原點逆時針旋轉(zhuǎn)a (0 π) 后，所得曲線仍然是某個函數(shù)的圖象，則稱 f x 為“ a 旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.
2
π
(1)判斷函數(shù) y = 3x是否為“ 旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，并說明理由；
6
(2)已知函數(shù) f x = ln 2x +1 x > 0 是“ a 旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求 tana 的最大值；
2
(3)若函數(shù) g x = m πx -1 ex - x ln x x- 是“ 旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求 m的取值范圍.
2 4
9．（2024 屆山東省泰安肥城市高考仿真模擬三）定義：設(shè) y = f x 和 y = g x 均為定義在 R 上的函數(shù)，它
們的導(dǎo)函數(shù)分別為 f x 和 g x ，若不等式 é f x - g x ù é f x - g x ù 0對任意實數(shù) x 恒成立，則稱
y = f x 和 y = g x 為“相伴函數(shù)”.
x
(1)給出兩組函數(shù)，① f1 x
1= 2x ÷ 和 g1 x = 0；② f2 x = e 和 g2 x = 2x ，分別判斷這兩組函數(shù)是否為
è 2
“相伴函數(shù)”；
(2)若 y = f x , y = g x 是定義在 R 上的可導(dǎo)函數(shù)， y = f x 是偶函數(shù)， y = g x 是奇函數(shù)，
f x + g x = ln a- x +1 + x ，問是否存在 a(a > 0, a 1)使得 y = f x 和 y = g x 為“相伴函數(shù)”？若存在寫
出 a的一個值，若不存在說明理由；
(3) f x = sin x -q , g x = cos x +q ，寫出“ y = f x 和 y = g x 為相伴函數(shù)”的充要條件，證明你的結(jié)論.
10．（2024 屆山東省濰坊市高考三模）一個完美均勻且靈活的項鏈的兩端被懸掛， 并只受重力的影響，這
個項鏈形成的曲 線形狀被稱為懸鏈線.1691 年，萊布尼茨、惠根斯和約翰 伯努利等得到“懸鏈線”方程
x x-
c e c + e c ÷ xc . c =1 ch x e + e
- x
è ，其中 為參數(shù)當(dāng) 時，就是雙曲余弦函數(shù) = ，類似地雙曲正弦函數(shù) y = 2
2
x - x
sh x e - e= ，它們與正、余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì).
2
(1)類比三角函數(shù)的三個性質(zhì)：
①倍角公式 sin2x = 2sinxcosx ；
②平方關(guān)系 sin2x + cos2x =1 ；
ì sinx
' = cosx，
③求導(dǎo)公式 í
cosx
' = -sinx
寫出雙曲正弦和雙曲余弦函數(shù)的一個正確的性質(zhì)并證明；
(2)當(dāng) x > 0時，雙曲正弦函數(shù) y = sh x 圖象總在直線 y = kx 的上方，求實數(shù) k 的取值范圍；
(3)若 x1 > 0，x2 > 0 ，證明： éch x2 + sh x2 - x2 -1ù × é ch x1 + sh x1 ù > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1.
11 *．（2024 屆重慶市第一中學(xué)校高三下學(xué)期模擬）對于數(shù)列 an ，定義Dan = an+1 - an n N ，滿足
a1 = a2 =1, D Dan = m(m R)，記 f (m, n) = a1m + a2m2 +L+ anmn ，稱 f (m,n)為由數(shù)列 an 生成的“ m - 函
數(shù)”．
(1)試寫出“ 2 -函數(shù)” f (2,n) ，并求 f (2,3)的值；
(2)若“ 1-函數(shù)” f (1, n) 15 ，求 n 的最大值；
(3)記函數(shù) S(x) = x + 2x2 +L+ nxn ，其導(dǎo)函數(shù)為 S (x)，證明：“ m - 函數(shù)”
2
f (m, n) m S (m) 3m
n
= - S(m) + (m +1) m ．2 2 i=1
12．（上海市控江中學(xué)高三三模）設(shè)函數(shù) y = f x 定義域為 Z．若整數(shù) s, t 滿足 f s f t 0，則稱 s 與 t “相
關(guān)”于 f ．
(1)設(shè) f x = x +1 - 2， x Z ，寫出所有與 2 “相關(guān)”于 f 的整數(shù)；
(2)設(shè) y = f x 滿足：任取不同的整數(shù) s, t 1,10 ， s 與 t均“相關(guān)”于 f ．求證：存在整數(shù)m 1,8 ，使得
m, m +1, m + 2都與 2024 “相關(guān)”于 f ；
(3)是否存在實數(shù) a，使得函數(shù) f x = 1+ ax ex + a +1 x -1， x Z 滿足：存在 x0 Z ，能使所有與 x0 “相
關(guān)”于 f 的非零整數(shù)組成一個非空有限集？若這樣的 a存在，指出 f x0 和 0的大小關(guān)系（無需證明），并求
出 a的取值范圍；若這樣的 a不存在，說明理由．專題 15 導(dǎo)數(shù)中的新定義問題
新高考在試題形式、試卷結(jié)構(gòu)、難度調(diào)控等方面深化改革，為面對拔尖創(chuàng)新人才選拔培養(yǎng)等新要
求，增加了新定義問題，函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一直是高考中的熱點與難點, 是新定義問題的重要載體，本專題總結(jié)
新定義問題的特點及導(dǎo)數(shù)中新定義問題的常見類型，供大家參考.
(一)新定義問題的特點及求解策略
1.新定義試題通過新定義一個數(shù)學(xué)對象或數(shù)學(xué)運算，以此為基礎(chǔ)為學(xué)生搭建思維平臺，設(shè)置試題.該題
型形式新穎，考查功能顯著，主要表現(xiàn)在四個方面：通過新定義創(chuàng)設(shè)數(shù)學(xué)新語境和話語體系；通過新
情境搭建試題框架，創(chuàng)設(shè)解題條件；通過新設(shè)問設(shè)置思維梯度，逐步深入，準確區(qū)分不同層次的學(xué)生；
通過解題過程展現(xiàn)學(xué)生數(shù)學(xué)思維和探究過程，實現(xiàn)對分析、推理、判斷、論述等關(guān)鍵能力的考查.
2.通過給出一個新的定義，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)新問題的情景，要求在閱讀理解
的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實心信息的遷移，達到靈活解題的目的.
3.遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，
逐條分析、運算、驗證，使得問題得以解決.
【例 1】（2024 屆江蘇省揚州中學(xué)高三下學(xué)期全真模擬）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家帕德發(fā)明的用多項式近似特
定函數(shù)的方法．給定兩個正整數(shù) m，n，函數(shù) f x 在 x = 0處的 m, n 階帕德近似定義為：
m
R x a0 + a1x +L+ am x=
L n ，且滿足：
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處的 階帕德近似為R x = ．1+ bx
(1)求實數(shù) a，b 的值；
(2)當(dāng) x 0,1 時，試比較 f x 與R x 的大小，并證明；
1
(3) a a已知正項數(shù)列 a n+1 nn 滿足： a1 = ， ane = e -1
1 a 1，求證： ．
2 2n n 2n-1
a 1+ bx - b 1+ ax a - b -2b a - b 【解析】（1）由題意得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 = ，要比較 e
x 與 的 ，
1- 2 - x 2 - x
2
x 0,1 2 + x，只需比較 1 e- x與 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，從而可得 g x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
所以 g x > g 0 =1 2 + x > ex，即 ，所以 f x < R x .
2 - x
3 x x（ ）設(shè)u x = e - x -1，u x = e -1，
當(dāng) x < 0 時，u x < 0，u x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，
當(dāng) x > 0時，u x > 0，u x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
故u x ≥u 0 = 0，即 ex x +1，當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時等號成立；
eana a -1 a 1- an ean -1 x
由題意知 e n+1 - e n = - e n = ，令 y = 1- x e ， y = -xex ，
an an
1
故該函數(shù)在 0, + 上遞減，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又因為 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：要證明 ≥ ≥ n+1 e 2 ≥ e 2 ean -1≥ e 2n 2n n+1 n
× an ，2 an
an an an
兩邊同時除以 -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, ÷單調(diào)遞增，2 2 è 2
所以 g x g 0 = 0 ，得證.
【例 2】（2024 屆上海市華東師范大學(xué)附中學(xué)高三下學(xué)期數(shù)學(xué)測驗）已知函數(shù) y = f x , x D ，如果存在常
數(shù)M ，對任意滿足 x1 < x2 n
f xi - f xi-1 M 恒成立，則稱函數(shù) y = f x , x D 是“絕對差有界函數(shù)”
i=2
f x ln x 1(1)函數(shù) = , x 是“絕對差有界函數(shù)”，求常數(shù)M 的取值范圍；
x e
(2)對于函數(shù) y = f x , x a,b ，存在常數(shù) k ，對任意的 x1, x2 a,b ，有 f x1 - f x2 k x1 - x2 恒成立，求
證：函數(shù) y = f x , x a,b 為“絕對差有界函數(shù)”
ì
x cos
π ,0 < x 1
(3)判斷函數(shù) f x = í 2x 是不是“絕對差有界函數(shù)”？說明理由
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
即當(dāng) x é
1
ùê ,eú， f (x) 單調(diào)遞增；當(dāng) x e, + ， f (x) 單調(diào)遞減. 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) 單調(diào)遞增時， f xn - f xn-1 > 0， f (x) 單調(diào)遞減時， f xn - f xn-1 < 0 .
且當(dāng) x 無限趨向于正無窮大時， f x 無限趨向于 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，則可取M = k b - a ，
i=2 i=2
所以函數(shù) y = f x , x a,b 為“絕對差有界函數(shù)”
0 1 1 1（3） < < 2n 2n -1 2
1 2n -1 π
則有 = 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個 8個
所以對任意常數(shù)M > 0，只要n足夠大，就有區(qū)間 0,1 的一個劃分
n
0 1 1 1< < M ，2n 2n -1 2 i-1i=2
ì
x cos
π ,0 < x 1
所以函數(shù) f x = í 2x 不是 0,1 的“絕對差有界函數(shù)”.
0, x = 0
(二)具有高等數(shù)學(xué)背景的新定義問題
導(dǎo)數(shù)在高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用，常見的如函數(shù)的拐點、凸凹性、曲線的曲率、拉格朗日中值定理等.
【例 3】（2024 屆湖北省黃岡中學(xué)高三二模）第二十五屆中國國際高新技術(shù)成果交易會（簡稱“高交會”）在
深圳閉幕.會展展出了國產(chǎn)全球首架電動垂直起降載人飛碟.觀察它的外觀造型，我們會被其優(yōu)美的曲線折服.
現(xiàn)代產(chǎn)品外觀特別講究線條感，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度.考察如圖所示的光滑曲線C : y = f x 上
的曲線段 AB ，其弧長為Ds，當(dāng)動點從A 沿曲線段 AB 運動到 B 點時，A 點的切線 lA 也隨著轉(zhuǎn)動到 B 點的切
線 lB ，記這兩條切線之間的夾角為Dq （它等于 lB 的傾斜角與 lA 的傾斜角之差）.顯然，當(dāng)弧長固定時，夾
Δq
角越大，曲線的彎曲程度就越大；當(dāng)夾角固定時，弧長越小則彎曲程度越大，因此可以定義K = Δs 為曲
線段 AB 的平均曲率；顯然當(dāng) B 越接近A ，即Ds越小，K 就越能精確刻畫曲線C在點A 處的彎曲程度，因
Δq y K = lim =
此定義 Δ 0 Δs 3 （若極限存在）為曲線C在點A 處的曲率.（其中 y ， y 分別表示 y = f x 1+ y 2 2
在點A 處的一階 二階導(dǎo)數(shù)）
(1)已知拋物線 x2 = 2 py( p > 0) 的焦點到準線的距離為 3，則在該拋物線上點 3, y 處的曲率是多少？
1 1 ex + e- x
(2)若函數(shù) g x = x - ，不等式 g ÷ g 2 - coswx 對于 x R 恒成立，求w的取值范圍；2 +1 2 è 2
(3) 2若動點A 的切線沿曲線 f x = 2x -8運動至點B xn , f xn 處的切線，點 B 的切線與 x 軸的交點為
xn+1,0 n N* .若 x1 = 4，bn = xn - 2，Tn 是數(shù)列 bn 的前n項和，證明Tn < 3 .
【解析】（1）Q拋物線 x2 = 2 py( p > 0) 的焦點到準線的距離為 3，\ p = 3，
1 2
即拋物線方程為 x2 = 6y ，即 f x = y = x ，則 f x 1= x ， f x 1= ，
6 3 3
1 1
3 3 2
又拋物線在點 3, y K = 3 = =處的曲率，則
1 2 2 2 12
，
2
1+ ×39 ÷è
即在該拋物線上點 3, y 2處的曲率為 ；
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 上為奇函數(shù)，又 g x 在R 上為減函數(shù).
ex + e- x x - x
\ g ÷ g 2 - coswx e + e對于 x R 恒成立等價于2 coswx 2 - 對于 x R 恒成立.è 2
又因為兩個函數(shù)都是偶函數(shù)，
x - x
記 p x = coswx q x 2 e + e， = - ，則曲線 p x 恒在曲線 q x 上方，
2
x - x
p x = -wsinwx e - e， q x = - ，又因為 p 0 = q 0 =1，
2
p 0 q 0
所以在 x = 0處三角函數(shù) p x 的曲率不大于曲線 q x 的曲率，即 3 3 ，
é 1+ p
2 0 ù 2 é1+ q
2 0 ù 2
ex + e- x2
又因為 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的取值范圍為 -1,1 ；
（3）由題可得 f x = 4x，所以曲線 y = f x 在點 xn , f xn 處的切線方程是 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
顯然 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 ÷ ，從而 lg = 2lgx - 2 x - 2 ，xn+1 - 2 è xn - 2 n+1 n
設(shè) lg
xn + 2 = an ，即 an+1 = 2ax 2 n，所以數(shù)列 an - 是等比數(shù)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 ，從而
= 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
當(dāng) n =1 1 1 1 時，顯然T1 = b1 = 2 < 3；當(dāng)n >1時，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
綜上，Tn < 3 n N* .
【例 4】（2024 屆湖北省襄陽市第五中學(xué)高三第二次適應(yīng)性測試）柯西中值定理是數(shù)學(xué)的基本定理之一，在
高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用.定理內(nèi)容為：設(shè)函數(shù) f(x)，g(x)滿足:
①圖象在 a,b 上是一條連續(xù)不斷的曲線；
②在 a,b 內(nèi)可導(dǎo);
f

b - f a f x
③對"x a,b ， g x 0 ，則$x a,b ，使得 =g b .- g a g x
g x = x $x a,b f b - f a 特別的，取 ，則有： ，使得 = f x ，此情形稱之為拉格朗日中值定理.
b - a
(1)設(shè)函數(shù) f x f x 滿足 f 0 = 0，其導(dǎo)函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，證明：函數(shù) y = 在 0, + 上為
x
增函數(shù).
ln a ln b b a
(2)若"a,b 0,e 且 a > b，不等式 - + m - ÷ 0 恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.b a è a b
f x f1 x - f 0 【解析】（ ）由題 = ，由柯西中值定理知：對"x > 0，$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, + 上單調(diào)遞增，則 f x > f x ，
f

x xf x - f x > 0 é f x ù xf x - f x則 f x > ，即 ，所以
x ê x ú
= 2 > 0，
x
f
y x 故 = 在 0, + 上為增函數(shù)；
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，因為 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
由題則有： m G x2x ，設(shè)
1+ ln x
= 0 < x < e ，G x - ln x= ，
2x 2x2
當(dāng)0 < x <1時，G x > 0 ，當(dāng)1< x < e 時，G x < 0，
所以G x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1,e 上單調(diào)遞減，
所以G x = G 1 1= ，故m 1 é1 ，所以實數(shù)m的取值范圍是 ê ,+

max 2 2 2 ÷
.

(三)現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)與理論中的新定義問題
此類問題通常是根據(jù)現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)與理論提煉一個數(shù)學(xué)模型，然后利用導(dǎo)數(shù)求解.
*
【例 5】（2024 屆河北省張家口市高三下學(xué)期第三次模擬）在某項投資過程中，本金為 B0，進行了 N N N
次投資后，資金為BN BN > 0 ，每次投資的比例均為 x（投入資金與該次投入前資金比值），投資利潤率為 r
（所得利潤與當(dāng)次投入資金的比值，盈利為正，虧損為負）的概率為 P，在實際問題中會有多種盈利可能
（設(shè)有 n 種可能），記利潤率為 rk 的概率為Pk （其中 k N* ），其中P1 + P2 +L+ Pn = 1，由大數(shù)定律可知，
當(dāng) N 足夠大時，利潤率是 rk 的次數(shù)為 NPk ．
(1)假設(shè)第 1 次投資后的利潤率為 r1，投資后的資金記為B1，求B1與 B0的關(guān)系式；
n n
B = B 1+ r x NP(2)當(dāng) N i足夠大時，證明： N 0 i （其中 ai = a1a2a3Lan ）；
i=1 i=1
(3)將該理論運用到非贏即輸?shù)挠螒蛑?，記贏了的概率為P1，其利潤率為 r1；輸了的概率為P2，其利潤率為
r2 ，求BN 最大時 x 的值（用含有P1, P2 , r1, r2 的代數(shù)式表達，其中P1r1 + P2r2 + r1r2 < 0）．
【解析】（1）由題知，投入資金為B0x，所獲利潤為B0r1x ，所以B1 = B0 + B0r1x = B0 1+ r1x .
B
（2）由題可知，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
記 f x = B NP1 NP20 1+ r1x 1+ r2x ，
則 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 ，
根據(jù)實際意義知，P1 + P2 =1,1+ r1x > 0,1+ r2x > 0 ，
則 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 ÷上單調(diào)遞增，在 - 1 1 2 2 ,1÷ 單調(diào)遞減，
è r1r2 è r1r2
x P= - 1r1 + P2r2所以當(dāng) f xr r 時， 取得最大值，即BN 取得最大值.1 2
(四)定義新函數(shù)
此類問題通常把滿足某些條件的函數(shù)稱為一類新函數(shù)，求解是注意運用該類函數(shù)滿足的條件.
【例 6】（2024 屆上海市奉賢區(qū)高三下學(xué)期三模）若定義在R 上的函數(shù) y = f (x) 和 y = g(x) 分別存在導(dǎo)函數(shù)
f (x)和 g (x)．且對任意 x 均有 f (x) g (x) ，則稱函數(shù) y = f (x) 是函數(shù) y = g(x) 的“導(dǎo)控函數(shù)”．我們將滿足
方程 f (x) = g (x)的 x0 稱為“導(dǎo)控點”．
(1)試問函數(shù) y = x 是否為函數(shù) y = sin x 的“導(dǎo)控函數(shù)”？
2 1 1
(2) 3若函數(shù) y = x + 8x +1是函數(shù) y = x3 + bx2 + cx 的“導(dǎo)控函數(shù)” 3，且函數(shù) y = x + bx2 + cx 是函數(shù) y = 4x2 的“導(dǎo)
3 3 3
控函數(shù)”，求出所有的“導(dǎo)控點”；
(3)若 p(x) = ex + ke- x ，函數(shù) y = q(x)為偶函數(shù)，函數(shù) y = p(x) 是函數(shù) y = q(x)的“導(dǎo)控函數(shù)”，求證：“ k =1”的
充要條件是“存在常數(shù)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，
因為1 cos x ，所以函數(shù) y = x 是函數(shù) y = sin x 的“導(dǎo)控函數(shù)”；
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
由題意可得8x x2 + 2bx + c 2x2 + 8恒成立，
令8x = 2x2 + 8，解得 x = 2，故16 4 + 4b + c 16 ，從而有 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“導(dǎo)控點”為 2；
（3）充分性：若存在常數(shù)c使得 p(x) - q(x) = c恒成立，則 p x = q x + c 為偶函數(shù)，
因為函數(shù) y = q(x)為偶函數(shù)，所以 q x = q -x ，
則 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，則 p x = e + e = p -x ，所以函數(shù) p x 為偶函數(shù)，
函數(shù) y = p(x) 是函數(shù) y = q(x)的“導(dǎo)控函數(shù)”，
因此 p x q x ，又 q -x = q x , p -x = p x ，
因此函數(shù) y = p(-x)是函數(shù) y = q(-x)的“導(dǎo)控函數(shù)”，
所以- p -x -q -x ，即 p -x q -x 恒成立，
用-x代換 x 有 p x q x ，綜上可知 p x = q x ，記 h x = p x - q x ，
則 h x = p x - q x = 0，因此存在常數(shù)c使得 p(x) - q(x) = c恒成立，
綜上可得，“ k =1”的充要條件是“存在常數(shù)c使得 p(x) - q(x) = c恒成立”．
【例 7】（2024 屆山東省菏澤市高三信息押題卷二）如果三個互不相同的函數(shù) y = f x ， y = g x ， y = h x
在區(qū)間D上恒有 f x h x g x 或 g x h x f x ，則稱 y = h x 為 y = f x 與 y = g x 在區(qū)間D上
的“分割函數(shù)”．
(1)證明：函數(shù) f1 x = x為函數(shù) y = ln x +1 與 y = ex-1在 -1, + 上的分割函數(shù)；
(2) y = ax2若 + bx + c a 0 為函數(shù) y = 2x2 + 2與 y = 4x在 - , + 上的“分割函數(shù)”，求實數(shù) a的取值范圍；
(3)若 m, n -2,2 ，且存在實數(shù) k, d ，使得函數(shù) y = kx + d 為函數(shù) y = x4 - 4x2 與 y = 4x2 -16在區(qū)間 m, n 上
的“分割函數(shù)”，求 n - m的最大值．
【解析】（1）設(shè)F (x) = ln(x +1) - x，則F (x)
1
= -1，當(dāng)-1 < x < 0時，F(xiàn) (x) > 0, F (x) 在 (-1,0) 上單調(diào)遞
x +1
增，當(dāng) x > 0時，F(xiàn) (x) < 0, F (x) 在 (0, + )單調(diào)遞減，則 F (x)在 x = 0處取得極大值，即為最大值，
即F (x) F (0) = 0，則當(dāng) x (-1, + )時， x ln(x +1) ；
設(shè)H (x) = ex-1 - x，則H (x) = ex-1 -1，當(dāng)-1 < x <1時，H (x) < 0, H (x) 在 (-1,1)上單調(diào)遞咸，
當(dāng) x >1時，H (x) > 0, H (x) 在 (1, + )上單調(diào)遞增，則H (x)在 x =1處取得極小值，即為最小值，
即H (x) H (1) = 0，則當(dāng) x (-1, + )時， x e x-1 ，
于是當(dāng) x (-1, + )時， ln(x +1) x ex-1，
所以函數(shù) f1(x) = x為函數(shù) y = ln(x +1) 與 y = ex-1在 (-1, + )上的“分割函數(shù)”.
（2）因為函數(shù) y = ax2 + bx + c(a 0)為函數(shù) y = 2x2 + 2與 y = 4x在 (- , + )上的“分割函數(shù)”，
則對"x R ， 4x ax2 + bx + c 2x2 + 2恒成立，
而 (2x2 + 2) = 4x，于是函數(shù) y = 2x2 + 2在 x =1處的切線方程為 y = 4x，
因此函數(shù) y = ax2 + bx + c的圖象在 x =1處的切線方程也為 y = 4x，又 y = 2ax + b ，
ì2a + b = 4 ìa = c
則 í
a + b c
，解得 ，
+ = 4 í b = 4 - 2a
于是 4x ax2 + (4 - 2a)x + a 2x2 + 2對"x R 恒成立，
ì(2 - a)x2 + (4 - 2a)x + 2 - a 0
即 í 2 對"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
所以實數(shù) a的取值范圍是 (0,2) .
（3）對于函數(shù) y = x4 - 4x2 , y = 4x3 -8x = 4x(x + 2)(x - 2)，
當(dāng) x (- ,- 2)和 x (0, 2) 時， y < 0，當(dāng) x (- 2,0) 和 x ( 2,+ )時， y > 0，
則 x = 2, x = - 2 為 y = x4 - 4x2 的極小值點， x = 0為極大值點，函數(shù) y = x4 - 4x2 的圖象如圖，
由函數(shù) y = kx + d 為函數(shù) y = x4 - 4x2 與 y = 4x2 -16在區(qū)間 m,n 上的“分割函數(shù)”，
得存在 d0 d ，使得直線 y = kx + d 與函數(shù) y = x40 - 4x2 的圖象相切，
且切點的橫坐標(biāo) t [-2,- 2]U[ 2, 2]，
3 2 4
此時切線方程為 y = (4t3 - 8t)x + 4t2 - 3t4 ，即 k = 4t -8t,d0 = 4t - 3t ，
設(shè)直線 y = kx + d 與 y = 4x2 -16的圖象交于點 x1, y1 , x2 , y2 ，
ìy = kx + d k 16 + d
則 íy 4x2 16 消去 y 得 4x
2 - kx -16 - d = 0，則 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，則 k (s) = 3s2 -14s + 8 = (3s - 2)(s - 4) 0，
當(dāng)且僅當(dāng) s = 4時， k (s) = 0，所以 k(s) 在[2,4]上單調(diào)遞減， k(s)max = k(2) =12，
因此 x1 - x2 的最大值為 2 3 ，所以 n - m的最大值為 2 3 .
(五)定義新性質(zhì)
此類問題通常是給出某類函數(shù)所具有的一個性質(zhì)，然后利用該性質(zhì)求解問題，因此該函數(shù)滿足的性質(zhì)就是
求解問題的關(guān)鍵.
【例 8】（2024 屆浙江省紹興市柯橋區(qū)三模）若函數(shù)a(x) 有且僅有一個極值點m，函數(shù) b (x) 有且僅有一個
極值點n，且m > n ，則稱a(x) 與 b (x) 具有性質(zhì)a - b / /m > n．
(1)函數(shù)j1(x) = sin x - x
2 x
與j2 x = e - x是否具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0？并說明理由．
(2)已知函數(shù) f x = aex - ln x +1 與 g x = ln x + a - ex +1具有性質(zhì) f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： g x1 > x2 ．
1 j (x) = sin x - x2 x【解析】（ ）函數(shù) 1 與j2 x = e - x具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j (x) = cos x - 2x，令 h x = j1 x = cosx - 2x ，則 h x = -sinx - 2 < 0，故j 1 x1 單調(diào)遞減，
j 又 1 0 = cos0 - 0 =1 > 0，j1 1 = cos1- 2 < 0，故存在 x0 0,1 j ，使 1 x0 = 0 ，
則j1 x 在 - , x0 上單調(diào)遞增，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞減，
故j1(x) 有且僅有一個極值點 x0 0,1 ，
j x = ex2 -1，則當(dāng) x < 0 時，j2 x < 0，當(dāng) x > 0時，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增，故j2 (x)有且僅有一個極值點 0，
故函數(shù)j1(x) = sin x - x
2
與j2 x = ex - x具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0；
2 i f x = aex 1（ ）（ ） - ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
1
當(dāng) a 0時， f x = aex - < 0，此時 f x 沒有極值點，故舍去，
x +1
x 1
當(dāng) a > 0時， 令m x = f x aex 1= - ，則m x = ae + > 0 x +1 2 恒成立，x +1
故 f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增， 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 ，則 n x = - - e < 0 x + a 2 恒成立，x + a
故 g x 在 -a, + 上單調(diào)遞減，
當(dāng) a 0,1 時，有 f 0 = ae0 1- = a -1< 0 ，又 x + 時， f x + ，
0 +1
故此時存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上單調(diào)遞減，在 x1,+ 上單調(diào)遞增，
則 f x 有唯一極值點 x1 0, + ，有 g 0
1
= - e0 1= -1 > 0，又 x + 時， g x - ，
a a
故此時存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 , + 上單調(diào)遞減，
x 1 11 x2
則 g x 有唯一極值點 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 ，此時需滿足 x1 > x2 > 0，則 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
當(dāng) a 1, + 時， f 0 = ae0 1- = a -1 > 0，又 x -1時， f x - ，
0 +1
故此時存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上單調(diào)遞減，在 x1,+ 上單調(diào)遞增，
則 f x 有唯一極值點 x1 -1,0 ，
g 0 1 e0 1有 = - = -1< 0 ，又 x -a 時， g x + ，
a a
故此時存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 , + 上單調(diào)遞減，
則 g x 有唯一極值點 x2 -a,0 ，
1 1 x
同理可得 > 0 > x > x x > ax a > 2a x +1 x + a ，此時需滿足 1 2，即 2 1，則 x ，1 2 1
x2
由 <1， a 1, + x ，故該不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
1
當(dāng) a =1時，有 f 0 = ae0 - = a -1 0 g 0 1 1= ， = - e0 = -1 = 0，
0 +1 a a
此時 x1 = x2 = 0，即 f x 、 g x 的極值點都為 0，不符合要求，故舍去；
綜上，故 a 0,1 1,+ ；
1
（ii）當(dāng) a 0,1 x2 0時，有 x1 > x2 > 0，則 e = > e =1 0 < x + a <1x2 + a
，故 2 ，
g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
g x < g x = ln x + a ex 1- 2則 1 2 2 +1 = ln x2 + a - +1x2 + a
，
令 t = x2 + a 0,1 ，則 g x2 = lnt
1 1 1- + ，令m t = lnt - +1， t 0,1
t t
m t 1 1 1 1則 = +
t t 2
> 0，故m t 在 0,1 上單調(diào)遞增，則 g x2 = lnt - +1< m 1 = ln1- +1 = 0 ，t 1
故 g x1 > g x2 ，要證 g x1 > x2 ，只需證 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
即當(dāng) a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
當(dāng) a
1
1, + 時，有0 > x > x ex2 = < e01 2，則 =1 x + a >1x2 + a
，即 2 ，
g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
則 g x1 > g 0 = ln 0 + a - e0 +1 = lna > 0 ，即要證 g x1 > x2 ，只需證 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
即當(dāng) a 1, + ，有 g x1 > x2 ；綜上所述， g x1 > x2 .
(五)定義新運算
此類問題通常給出我們以前沒有學(xué)過的一種新的運算法則，這些法則可能已有運算法則的推廣或拓展，也
可能高等數(shù)學(xué)中涉及的運算法則.
【例 9】①在高等數(shù)學(xué)中，關(guān)于極限的計算，常會用到：i)四則運算法則：如果 lim f x = Ax a ，
lim g x = B
x a ，則
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，則 lim = =g x lim g x B ；ii)洛必達法則：若函數(shù) x a
x a
f x ， g x 的導(dǎo)函數(shù)分別為 f x ， g x ， lim f x = lim g x = 0 lim g x = 0x a x a ， x a ，則
f x lim f x
lim = x a
x a g x lim g x ；
x a
x
②設(shè) a > 0，k 是大于 1 的正整數(shù)，若函數(shù) f x 滿足：對"x 0, a ，均有 f x f k ÷成立，則稱函數(shù) f x è
為區(qū)間(0,a)上的 k 階無窮遞降函數(shù).結(jié)合以上兩個信息，回答下列問題；
lim sin x
1
(1)計算：① ；②
x lim 1+ 2x x ；x 0 x 0
tan x sin2 π π (2)試判斷 f x x= 是否為區(qū)間 0,3 上的 2 階無窮遞降函數(shù)；并證明："x 0, ， f x >1 .x è 2 ÷ è 2 ÷
1 ① sin x sin x

【解析】（ ） 根據(jù)洛必達法則， lim = lim = lim cos x =1；
x 0 x x 0 x x 0
1 1 ln 1+ 2x② 設(shè) g(x) = 1+ 2x x ，兩邊同時取對數(shù)得， ln g x = ln 1+ 2x = ，x x
'
h ln 1+ 2xx = ln 1+ 2x
éln 1+ 2x ù
設(shè) ，
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 ÷
， 是區(qū)間 ÷上的 階無窮遞降函數(shù)
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 屆浙江省諸暨市高三三模）若函數(shù) f x 在區(qū)間 I 上有定義，且"x I ， f x I ，則稱 I 是
f x 的一個“封閉區(qū)間”．
(1)已知函數(shù) f x = x + sin x ，區(qū)間 I = 0, r r > 0 且 f x 的一個“封閉區(qū)間”，求 r 的取值集合；
(2)已知函數(shù) g x = ln x +1 3+ x3 ，設(shè)集合P = x | g x = x ．
4
（i）求集合 P 中元素的個數(shù)；
（ii）用b - a表示區(qū)間 a,b a < b 的長度，設(shè)m為集合 P 中的最大元素．證明：存在唯一長度為m的閉區(qū)
間D，使得D是 g x 的一個“封閉區(qū)間”．
【解析】（1）由題意，"x 0, r ， f x 0, r ，
Q f x =1+ cos x 0 恒成立，所以 f x 在 0, r 上單調(diào)遞增，
可得 f x 的值域為 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 ，則 r 的取值集合為 é 2k -1 π,2kπù k N* ．
（2）（i）記函數(shù) 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
則 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
所以函數(shù) h x 在 -1,0 和 ,
1
+ ÷ 上單調(diào)遞增，在3
0, ÷ 上單調(diào)遞減．
è è 3
其中 h 0 = 0，因此當(dāng) x 1-1,0 U 0, ÷時， h x < 0，不存在零點；
è 3
1 1
由 h x 在 0, ÷ 單調(diào)遞減，易知 h ÷ < h 0 = 0 ，而 h 1 = ln 2
1
- > 0 ，
è 3 è 3 4
1
由零點存在定理可知存在唯一的 x0 ,1÷使得 h x0 = 0；
è 3
當(dāng) x 1,+ 時， h x > 0 ，不存在零點．
綜上所述，函數(shù) h x 有 0 和 x0 兩個零點，即集合 P 中元素的個數(shù)為 2．
（ii）由（i）得m = x0 ，假設(shè)長度為m的閉區(qū)間D = a,a + x0 是 g x 的一個“封閉區(qū)間” a > -1 ，
則對"x a,a + x0 ， g x a, a + x0 ，當(dāng)-1 < a < 0時，由（i）得 h x 在 -1,0 單調(diào)遞增，
\h a = g a - a < h 0 = 0，即 g a < a，不滿足要求；
當(dāng) a > 0時，由（i）得 h x 在 x0 ,+ 單調(diào)遞增，
\h a + x0 = g a + x0 - a + x0 > h x0 = 0 ，即 g a + x0 > a + x0 ，也不滿足要求；
當(dāng) a = 0時，閉區(qū)間D = 0, x0 ，而 g x 顯然在 -1, + 單調(diào)遞增，\ 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 ，滿足要求．
綜上，存在唯一的長度為m的閉區(qū)間D = 0,m ，使得D是 g x 的一個“封閉區(qū)間”．
【例 2】（2024 屆浙江省金華第一中學(xué)高三下學(xué)期 6 月模擬）設(shè)函數(shù) f x 的定義域為R .給定閉區(qū)間D R，
若存在 a D，使得對于任意 x D，
①均有 f a …f x ，則記 f a = M f D ；
②均有 f a f x ，則記 f a = m f D .
(1)設(shè) f x = ex - x, D = 1, 2 ，求M f D ,m f D ；
(2)設(shè) k > 0, f x = -x3 + kx2 , g x = 2k - 3 x + 2 - k .若對于任意D 0,1 ，均有M f D …M g D ，求 k 的取
值范圍；
(3)已知對于任意D R, M f D 與m f D 均存在.證明：“ f x 為R 上的增函數(shù)或減函數(shù)”的充要條件為“對于
任意兩個不同的D1, D2 R, M f D1 M f D2 與m f D1 m f D2 中至少一個成立”.
【解析】（1）因為 f x = ex -1, x 1,2 時， f x > 0恒成立，故 f x 在 1,2 上為嚴格增函數(shù)，
因此M f D = f 2 = e2 - 2, m f D = f 1 = e -1.
2
（2）因為 f x = -3x + 2kx，而 f 1 = -3+ 2k ，
因為 f 1 = k -1, g 1 = k -1，故 g x 是 f x 在 x =1處的切線
而 f x 存在極值點 x1 = 0, x
2
2 = k ，而 k > 0，可得到如下情況：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 極小值 ] 極大值 Z
2 M 0,1 f 21 k 4 3 2 4 2情況一：當(dāng) 時，此時
3 f
= k ÷ = k , M g 0,1 = g k ÷ = k - 3k + 2，
è 3 27 è 3 3
此時M g 0,1 > M f 0,1 ，不符題意舍去.
2 f x g x 0, 2情況二：當(dāng)1 < k 時，此時 與 在上 k

÷均為嚴格增函數(shù)，3 è 3
因此當(dāng)M f D M g D 時， 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，進而 k h 1 = 3，故 k 3 .x - 2x +1
（3）先證明必要性：若 f x 為R 上的嚴格增函數(shù)，
則任取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 ，
因為D1 D2 ，所以 a1 > b1 或 a1 < b1或 a2 > b2或 a2 < b2 ，
因為 f x 為 R 上的嚴格增函數(shù)，所以可得：
f a1 > f b1 或 f a1 < f b1 或 f a2 > f b2 或 f a2 < f b2 ，
所以不難可得： 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.
同時對 f x 為 R 上的嚴格減函數(shù)，同理可證.
下面證明充分性：當(dāng) M f D1 M f D2 與m f D1 m f D2 其中一式成立時，
f x 不可能為常值函數(shù)，先任取D = a,b ，總有 M f D = f a 或m f D = f b ，
假設(shè)存在 x0 a,b ，使得 M f D = f x0 ，
記 D1 = a, x0 , D2 = x0 ,b ，則 M f D = M f D1 = M f D2 = f x0 ，
因為存在m f D = f x1 ，則 x1 D1或 x1 D2 ，
不妨設(shè) M f D = f a ，則m f D = f b ，否則當(dāng) x2 a,b , m f D = f x2 ，
此時 M f D = M f a, x2 = f a ,m f D = m f a, x2 = f x2 ，矛盾，
進而可得 f a f b ，則 M f a,b = f a , m f a,b = f b ，
因此 f a > f b ①.最后證明 f x 為 R 上的嚴格減函數(shù)，任取 x1 < x2，需考慮如下情況：
情況一：若 x1 < x2 < a < b ，則m f x2 ,a = f a ，
否則 M f x2 ,a = f a ，記 min m f x2 ,a ,m f a,b = m f a,b = f b ，
則 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 ，根據(jù)①可得： f x1 > m f x1, x2 = f x2 .
情況二：若 x1 < a < x2 < b ，則 f x2 = m f a, x2 ，
否則 M f a,b = f a ， M f a, x2 = f x2 ，由此矛盾，
因為 M f x1, a = f x1 ，同情況一可得矛盾，因此 f x1 = M f x1,a > f a > m f a, x2 = f x2 .
情況三：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 .
情況四：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 .
情況五：若 a < x1 < b < x2 ，同上述情況二可證明 f x1 > f x2 恒成立.
情況六：若 a < b < x1 < x2 ，同上述情況一可證明 f x1 > f x2 恒成立.即 f x 為 R 上的嚴格增函數(shù).
1 3 2
【例 3】（2024 屆河南省信陽市名校高三下學(xué)期全真模擬）已知函數(shù) y = f x ，其中 f x = x - kx ，
3
k R .若點 A 在函數(shù) y = f x 的圖像上，且經(jīng)過點 A 的切線與函數(shù) y = f x 圖像的另一個交點為點 B ，則
稱點 B 為點 A 的一個“上位點”，現(xiàn)有函數(shù) y = f x 圖像上的點列 M1， M2 ，…， Mn ，…，使得對任意正
整數(shù) n，點 Mn 都是點 M n+1 的一個“上位點”.
(1)若 k = 0，請判斷原點 O是否存在“上位點”，并說明理由；
(2)若點 M1的坐標(biāo)為 3k,0 ，請分別求出點 M2 、 M3的坐標(biāo)；
(3)若 M1的坐標(biāo)為 3,0 ，記點 M y = mn 到直線 的距離為 dn .問是否存在實數(shù) m和正整數(shù) T ，使得無窮數(shù)列
dT 、 dT +1 、…、 dT +n …嚴格減？若存在，求出實數(shù) m的所有可能值；若不存在，請說明理由.
1 3 2
【解析】（1）已知 f x = x ，則 f x = x ，得 f 0 = 0，
3
故函數(shù)經(jīng)過點 O的切線方程為 y = 0 ，
其與函數(shù) f x 1= x3圖像無其他交點，所以原點 O不存在“上位點”.
3
（2）設(shè)點 Mn 的橫坐標(biāo)為 tn ， n為正整數(shù)，
則函數(shù) y = f x 圖像在點 M n+1 處的切線方程為 y - f tn+1 = f tn+1 x - tn+1 ，
代入其“上位點” M n tn , f tn ，得 f tn - f tn+1 = f tn+1 tn - tn+1 ，
1 2 2 2 2 2 2
化簡得
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 ，因為 tn tn+1，得 2tn+1 + tn = 3k （*），
又點 M1的坐標(biāo)為 3k,0
3k 9 3
，所以點 M2 的坐標(biāo)為 0,0 ，點 M3的坐標(biāo)為 ,- k2 8 ÷ .è
（3）將 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 為首項， - 為公比的等比數(shù)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 ，則 n 嚴格減，
因為 3x - x3 = 3 - 3x2 ，所以函數(shù) y = 3x - x3 在區(qū)間 0,1 上嚴格增.
當(dāng)m
2
= - 時， d
1 3
3 n
= 3un - u3 n ，于是當(dāng) n 3時， dn 嚴格減，符合要求
m 2
2 2
- d = f t + - + m 當(dāng) 時， n n ÷ .3 3 è 3
2 1
因為 n 3 f t + = 3u - u3時 n n n < un = 22-n ，3 3
n log m 2 2 d 2 2 2所以當(dāng) > 2 + + 時， n = + m - f tn + = + m
1
-
3 3 3 3 3 3un - u
3
n ，
從而當(dāng) n > log2 m
2
+ + 2時 d 3 n 嚴格增，不存在正整數(shù) T ，
2
使得無窮數(shù)列 dT ， dT +1 ，…， dT +n 嚴格減.綜上，m = - .3
【例 4】（2024 屆福建省泉州市高三 5 月適應(yīng)性練習(xí)）將足夠多的一批規(guī)格相同、質(zhì)地均勻的長方體薄鐵塊
疊放于水平桌面上，每個鐵塊總比其下層鐵塊向外伸出一定的長度，如下圖，那么最上層的鐵塊最多可向
桌緣外伸出多遠而不掉下呢？這就是著名的“里拉斜塔”問題．將鐵塊從上往下依次標(biāo)記為第 1 塊、第 2 塊、
第 3 塊、……、第 n 塊，將前 i(i =1,2,3, × × ×, n)塊鐵塊視為整體，若這部分的重心在第 i +1塊的上方，且全部
鐵塊整體的重心在桌面的上方，整批鐵塊就保持不倒．設(shè)這批鐵塊的長度均為 1，若記第 n 塊比第 n +1塊向
1 1
桌緣外多伸出的部分的最大長度為 an ，則根據(jù)力學(xué)原理，可得 a2 = ，且 { }a 為等差數(shù)列．4 n
(1)求 an 的通項公式；
(2)記數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ．
S 1①比較 n 與 ln(n +1)的大?。?
②對于無窮數(shù)列 xn ，如果存在常數(shù) A ，對任意的正數(shù) e ，總存在正整數(shù) N0 ，使得 "n > N0 ，
xn - A < e ，則稱數(shù)列 xn 收斂于 A ，也稱數(shù)列 xn 的極限為 A ，記為 lim x = A xn + n ；反之，則稱 n 不收
斂．請根據(jù)數(shù)列收斂的定義判斷 Sn 是否收斂？并據(jù)此回答“里拉斜塔”問題．
【解析】（1）依題意，第 1 塊鐵塊比第 2 塊鐵塊向桌外伸出部分的最大長度為第 1 塊鐵塊自身長度的一半，
1 { 1 } 1 = 2 d 1 1則 a = ，由 為等差數(shù)列，得其首項為 ，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 的通項公式是 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
令函數(shù) f (x) = ln(1+ x) - x, x > 0 ，求導(dǎo)得 f (x)
1
= -1 < 0，即函數(shù) f (x) 在 (0, + ) 上遞減，
1+ x
則 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則 + + +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 不收斂.
給定正數(shù) A ，對"e > 0，令 |
1 ln(n +1) 1- A |< e ，則 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]表示不超過 x 的最大整數(shù)），
1
顯然當(dāng) n > N0 時，不等式 | ln(n
1
+1) - A |< e 不成立，即有 ln(n +1) > A + e ，
2 2
因此數(shù)列 {
1 ln(n +1)}不收斂；
2
取 A = e +1，則當(dāng) n > N0 時， S
1
n - A > ln(n +1) - A >1+ e >1，2
因此當(dāng) n > N0 時， | Sn - A |>1成立，所以 Sn 不收斂.
Sn 的意義是 n塊疊放的鐵塊最上層的最多可向桌緣外伸的長度，因為 Sn 不收斂于任意正數(shù) A ，
所以只要鐵塊足夠多，最上層的鐵塊最多可向桌緣外伸出的長度可以大于任意正數(shù).
【例 5】（2024 屆安徽省合肥市第八中學(xué)高三最后一卷）貝塞爾曲線（Be'zier curve）是一種廣泛應(yīng)用于計算
機圖形學(xué)、動畫制作、CAD 設(shè)計以及相關(guān)領(lǐng)域的數(shù)學(xué)曲線．它最早來源于 Bernstein 多項式．引入多項式
n
Bni (x) = C
i
n x
i (1- x)n-i (i = 0,1,2,L, n) ，若 f x 是定義在 0,1 上的函數(shù)，稱 Bn f ; x
i
= f ( )Bni (x)，
i=0 n
x [0,1]為函數(shù) f x 的 n 次 Bernstein 多項式．
(1) 20求 B2 x 在 0,1 上取得最大值時 x 的值；

(2)當(dāng) f x = x 時，先化簡 Bn f ; x
3
，再求 Bn f ; ÷÷的值；
è 2
(3)設(shè) f 0 = 0 f x ， 在 0,1 Bn f ; x 內(nèi)單調(diào)遞增，求證： 在 0,1 內(nèi)也單調(diào)遞增．
x x
1 B20 x = C2 x2 1- x 18【解析】（ ）由題意 2 20 ， x 0,1 ，
則 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 = ，當(dāng)0 < x < 時， B202 x > 0，當(dāng) < x < 1時， 20 ，10 10 10 B2 x < 0
B20 x 0, 1 1 所以 2 在 ÷上單調(diào)遞增，在 ,1÷上單調(diào)遞減，
è 10 è10
x 1= B20所以當(dāng) 時， 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內(nèi)單調(diào)遞增，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 內(nèi)也單調(diào)遞增．i +1 è n è n ÷ x ÷ > 0è x
a + ln x
1．（2024 屆天津市濱海新區(qū)高考模擬檢測）已知函數(shù) f x = ，其中 a為實數(shù)．
x
(1)當(dāng) a =1時，
①求函數(shù) f x 的圖象在 x=e（ e為自然對數(shù)的底數(shù)）處的切線方程；
②若對任意的 x D ，均有m x n x ，則稱m x 為 n x 在區(qū)間 D上的下界函數(shù)， n x 為m x 在區(qū)間 D
上的上界函數(shù)．若 g x k= ，且 g x 為 f x 在 1, + 上的下界函數(shù)，求實數(shù) k 的取值范圍．
x +1
x G x - G x H x - H x(2)當(dāng) a = 0時，若G x = e ， H x = xf x ，且 1< x1 < x2 ，設(shè) k1 = 1 2 1 2， kx - x 2 = ．證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當(dāng) a =1時， = ，所以
x f x x
ln x
= ，
x2
=
x2
所以函數(shù) y = f x 的圖像在 x=e處的切線斜率 k = f e 1 2= -
e2
．又因為 f e = ，
e
y = f x x=e 1 3所以函數(shù) 的圖象在 處的切線方程為 y = - 2 x + ，e e
②因為函數(shù) y = g x 為 y = f x 在 1, + 上的下界函數(shù)，
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因為 ，所以 ，故 = +1．
x x
h x x ln x + ln x +1令 = +1， x 1，則 h x x - ln x=
x x2
．
設(shè) v x = x - ln x ， x 1，則 v x 1 x -1=1- = ，
x x
所以當(dāng) x 1時， v x 0，從而函數(shù) y = v x 在 1, + 上單調(diào)遞增，所以 v x v 1 =1，
故 h x > 0在 1, + 上恒成立，所以函數(shù) y = h x 在 1, + 上單調(diào)遞增，從而 h x h 1 = 2．
因為 g x f x 在 1, + 上恒成立，所以 k h x 在 1, + 上恒成立，
故 k 2，即實數(shù) k 的取值范圍為 - , 2 ．
（2）當(dāng) a = 0時，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要證 1 - 2 < - 2 2

< 1
2 1
，即證 -2 ，因x1x2 x1 - x2 2 x1x2
1 1
+
為 1 x1 x< 2 ，
x1x2 2
1 1
所以只要證 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 -
即證 1 1 ù - éG x2 - H x2 ù x1 x< 2 ，
x1 - x2 2
因為G x = ex ， H x 1= ，
x
é G x1 - H x1 即證
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 ，即證 < ，
x1 - x2 2
P x + P x
因為 1 < x1 < x2 ，即證 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
，則 2 ．構(gòu)造函數(shù)： = - 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 -
則 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-
則 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
因為 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, + 單調(diào)遞增．
2 2
得到Q x < Q x2 = 0，可知Q x 在 1, + 單調(diào)遞減，Q x > Q x2 = 0．
所以（*）成立，原命題成立．
2．（2024 屆湖南省長沙市雅禮中學(xué)高三下學(xué)期二模）極值的廣義定義如下：如果一個函數(shù)在一點的一個鄰
域（包含該點的開區(qū)間）內(nèi)處處都有確定的值，而以該點處的值為最大（小），這函數(shù)在該點處的值就是一
個極大（?。┲?
y = f x x x x + Dx f x0 + Dx - fDx > 0 lim x 對于函數(shù) ，設(shè)自變量 從 0 變化到 0 ，當(dāng) ， 0 是一個確定的值，
Dx 0 Dx
y = f x f x + Dx - f x 則稱函數(shù) 在點 x 處右可導(dǎo)；當(dāng) Dx < 0， lim 0 00 是一個確定的值，則稱函數(shù)
Dx 0 Dx
y = f x 在點 x0 處左可導(dǎo).當(dāng)函數(shù) y = f x 在點 x0 處既右可導(dǎo)也左可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)值相等，則稱函數(shù) y = f x
在點 x0 處可導(dǎo).
(1)請舉出一個例子，說明該函數(shù)在某點處不可導(dǎo)，但是該點是該函數(shù)的極值點；
2
(2)已知函數(shù) f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 .
2
（?。┣蠛瘮?shù) g x = eax +1 - x sin x - e在 x = 0處的切線方程；
（ⅱ）若 x = 0為 f x 的極小值點，求 a 的取值范圍.
【解析】（1） y = x ， x = 0為該函數(shù)的極值點，
f 0 + Dx - f 0 Dx - 0
當(dāng) 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當(dāng) ， = lim = lim -Dx = -1，
Dx 0 Dx Dx 0 Dx Dx 0 Dx
則該函數(shù)在 x = 0處的左導(dǎo)數(shù)為 -1，右導(dǎo)數(shù)為 1，所以該函數(shù)在 x = 0處不可導(dǎo).
（2）（ⅰ）根據(jù)題意， g(0) = 0，則切點 0,0 ，
又 g ax2x = 2axe +1 - sin x - x cos x，則 k = g (0) = 0 ，所以切線方程為 y = 0 ；
（ⅱ） f x = x2eax
2 +1 3 2 2 ax2- x sin x - ex = x e +1 - x sin x - e ，
因為當(dāng) x 0時， x2 > 0，故 f x 與 g x 同號，
ax2g x = e +1 - x sin x - e，先考察 g x 的性質(zhì)，
由于 g x 為偶函數(shù)，只需分析其在 0, + 上的性質(zhì)即可，
2 2
g x = 2axeax +1 - sin x - x cos x， g 0 = 0,設(shè) m x = 2axeax +1 - sin x - x cos x, x 0,+ ，
則m x = 22a + 4a2x2 eax +1 - 2cos x + x sin x ，m 0 = 2ae - 2，
m 0 = 2ae - 2 0 a 1則必有 ≥ ，即 .①否則，若m 0 = 2ae - 2 < 0 1，即 a < ，
e e
則必存在一個區(qū)間 0, m ，使得m x < 0 ，則 g x 在 0, m 單調(diào)遞減，又 g 0 = 0，
則 g x 在區(qū)間 0, m 內(nèi)小于 0，則 g x 在 0, m 單調(diào)遞減，
又 g 0 = 0，故 g x 在區(qū)間 0, m 內(nèi)小于 0，
故 f x 在區(qū)間 0, m 內(nèi)小于 0，則 x = 0不可能為 f x 的極小值點.
1 2
② a
1
ax2 +1 x +1當(dāng) 時，
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 ，則 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 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增，è e e
對 y = -2cos x + x sin x ， y = 2sin x + sin x + x cos x = 3sin x + x cos x，
則 y = 3sin x + x cos x 在區(qū)間 0,
π
÷上大于 0，
è 2
故 y = -2cos x + x sin x
π
在區(qū)間 0, ÷上單調(diào)遞增.
è 2
1 x2 +1
故 s x 2 4= + x2

÷ee - 2cos x + x sin x

在區(qū)間 0,
π
è e e2 è 2
÷上單調(diào)遞增.

又 s 0 = 0，故 s x 0 h x π ，故 在區(qū)間 0, 2 ÷上單調(diào)遞增，è
又 h 0 = 0，故h x 0，故 h x 在區(qū)間 0, π ÷上單調(diào)遞增，
è 2
h 0 = 0 π 又 ，故 h x > 0 ， x 0, 2 ÷ ，è
2 π
則 g x = eax +1 - x sin x - e≥ h x > 0， x 0, ÷ ，
è 2
故當(dāng) x
0, π f x 0 x π 時， > ，由偶函數(shù)知 - ,0 時， f x > 0，
è 2 ÷ ÷ è 2
x 0 1故 = 為 f x 的極小值點，所以 a 的取值范圍為 a .
e
3．（2024 屆上海市交通大學(xué)附屬中學(xué)高三下學(xué)期四模）已知 A、B為實數(shù)集 R 的非空子集，若存在函數(shù)
y = f x 且滿足如下條件：① y = f x 定義域為 A 時，值域為 B ；②對任意 x1、x2 A， x1 x2 ，均有
f x1 - f x2 > 0 . 則稱 f x 是集合 A 到集合 B 的一個“完美對應(yīng)”.
x1 - x2
(1)用初等函數(shù)構(gòu)造區(qū)間 0,1 到區(qū)間 0, + 的一個完美對應(yīng) f x ；
(2)求證：整數(shù)集 Z 到有理數(shù)集Q之間不存在完美對應(yīng)；
(3) f x = x3若 - kx2 +1， k R ，且 f x 是某區(qū)間 A 到區(qū)間 -3, 2 的一個完美對應(yīng)，求 k 的取值范圍.
π π é π
【解析】（1） f (x) = tan x ÷ ，當(dāng) x 0,1 時， x ê0, ÷，則其值域為 0, + ，滿足條件①，根據(jù)復(fù)合è 2 2 2
函數(shù)單調(diào)性知 f (x) 在 0,1 單調(diào)遞增，則其滿足條件②，
π
故可取 f (x) = tan

x ÷ .
è 2
（2）假設(shè)有 f (x) 是集合 Z 到Q的一個完美對應(yīng)，
則有 f (0) = a, f (1) = b ，其中 a < b Q
a + b
，于是， Q ，
2
a + b
由完美對應(yīng)的定義，存在整數(shù) k ，使得 f (k) = 且 0 < k <1，
2
這與 k 為整數(shù)矛盾，故假設(shè)不成立.所以，整數(shù)集 Z 到有理數(shù)集Q之間不存在完美對應(yīng).
3 f x = x3 - kx2（ ） +1， f x = 3x2 - 2kx = 0，得 x = 0 2k或 ，
3
若 k = 0，則 f (x) = x3 +1嚴格遞增，且 f (1) = 2, f (- 3 4) = -3，此時 A = [- 3 4,0]；滿足題意;
若 k > 0，則 x (- ,0) f (x) 0
2k 2k
時， > ； x
0, ÷時， f (x) < 0 ； x , + ÷時， f (x) > 0；
è 3 è 3
則 y = f (x) 在 (
2k 2k
- ,0) 上單調(diào)遞增，在 0, ÷上單調(diào)遞減，在 , +

÷上單調(diào)遞增;
è 3 è 3
f (0) 1 2 f 2k= <
3 2
又 ，故只有極小值 ÷ -3
2k 2k
才滿足題意，即
3 ÷ - k ÷ +1 -3
， k 3，
è è 3 è 3
k 若 < 0，則 x - ,
2k f (x) 0 x 2k÷時， > ； ,0

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

÷單調(diào)遞增，在 ,0÷單調(diào)遞減，在 (0, + ) 單調(diào)遞增；
è 3 è 3
3 2 3
又 f (0) =1 > -3 f
2k 2 2k k 2k ，故只有極大值 才滿足題意，即3 ÷ ÷ - ÷ +1 2 k
3 2
，即 - .綜上, k
è è 3 è 3 2
33 2 ù
的取值范圍是 - ,- ú 0 [3, + ) .
è 2
4．（2024 屆山東省泰安市高三四輪檢測）在數(shù)學(xué)中，由 m n個數(shù) 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 列的數(shù)表 ÷稱為 m n矩陣，其中 aij 稱為矩陣 A 的第 i 行第 j 列的元素.矩陣乘法是指對于
L L L ÷
a ÷
m1
am2 amn
÷÷
è
兩個矩陣 A 和 B，如果 4 的列數(shù)等于 B 的行數(shù)，則可以把 A 和 B 相乘，具體來說：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 ÷
，則 ，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 ÷ ÷ = ÷，函數(shù) f x = c1 + c2 .
è0 -2 è ax èc2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f x 的兩個極值點，證明： "x0 x1, x2 ， f x0 + f x2 + 6x1 + x1 ln16 < 0 .
【解析】（1）由矩陣乘法定義知 f x = lnx + ax2 - 2ax， x 0, + ，
∵ f x 1
2 1
= + 2ax 2a 2ax - 2ax +1- = ，∴當(dāng) a = 0時， f x = > 0 ， f x 單調(diào)遞增，
x x x
a 0時，方程 2ax2 - 2ax +1 = 0的判別式Δ = 4a a - 2 ，
當(dāng) 0 < a 2 時， Δ 0， f x 0， f x 單調(diào)遞增，
當(dāng) a < 0或 a > 2時， Δ > 0，令 f x = 0，方程兩根記為 a ， b ，
a a - a
2 - 2a a + a2 - 2a
則 = ， b = ，當(dāng) a < 0時， a > 0， b < 0 ，
2a 2a
當(dāng) x 0,a 時， f x > 0， f x 單調(diào)遞增， x a ,+ 時， f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
當(dāng) a > 2時， b > a > 0，當(dāng) x 0,a 和 b ,+ 時 , f x > 0 ， f x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x a , b 時， f x < 0， f x 單調(diào)遞減，綜上，當(dāng) 0 a 2 時， f x 單調(diào)遞增，

f x 0, a - a
2 - 2a a - a2 - 2a
當(dāng) a<0 時， 在 ÷÷ 上單調(diào)遞增，在 , + ÷÷上單調(diào)遞減，
è 2a è 2a
2 2 2
f x 0, a - a - 2a a + a - 2a a - a - 2a a + a
2 - 2a
當(dāng) a > 2時， 在 ÷÷ 和 ,+ ÷÷上單調(diào)遞增，在 , ÷ 上
è 2a è 2a è 2a 2a ÷
單調(diào)遞減.
ff x x 1（2）∵ 有兩個極值點，由（1）知 a > 2 ，設(shè) 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 單調(diào)遞增，∴ 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 上單調(diào)遞減且 x0 x1, x2 ，
∴ f x0 + f x2 < 2 f x1 ，∴ f x0 + f x2 + 6x1 + x1ln16 < 0 .
5．（2024 屆上海市七寶中學(xué)高三三模）若曲線 C 的切線 l 與曲線 C 共有 n 個公共點（其中 n N ， n 1），
則稱 l 為曲線 C 的“Tn -切線 ”.
(1)若曲線 y = f x 在點 1,-2 處的切線為T2 -切線，另一個公共點的坐標(biāo)為 3,4 ，求 f 1 的值；
(2)求曲線 y = x3 - 3x2 所有T1 -切線的方程；
(3)設(shè) f x = x + sin x π，是否存在 t (0, ) ，使得曲線 y = f x 在點 t，f t 處的切線為T3 -切線？若存在，2
探究滿足條件的 t 的個數(shù)，若不存在，說明理由．
4 - (-2)
【解析】（1）依題意，該切線的斜率為 = 3，因此 f (1) = 3 .
3-1
（2）由 y = x3 - 3x2 ，求導(dǎo)得 y = 3x2 - 6x ，
則曲線 y = x3 - 3x2 (x , x3 - 3x2 ) y - (x3 - 3x2 2在 0 0 0 處的切線方程為： 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)，
此切線為 T1 -切線，等價于方程 h(x) = 0 有且僅有一個根，即 x0 = 3 - 2x0 ，即 x0 = 1，
所以曲線 y = x3 - 3x2 的 T1 -切線僅有一條，為 y = -3x +1 .
（3）由 (x + sin x) =1+ cos x，得曲線 y = f (x) 在點 (t, f (t)) 處的切線方程為：
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 ，
求導(dǎo)得 g (x) = cos x - cos t ，由 t (0,
π) ，得 cos t (0,1)，
2
對 k Z ，當(dāng) x (2kπ - t, 2kπ + t) 時， g (x) = cos x - cos t > 0, y = g(x)為嚴格增函數(shù)；
當(dāng) x (2kπ + t, 2kπ + 2π - t) 時， g (x) = cos x - cos t < 0, y = g(x) 為嚴格減函數(shù)，
函數(shù) y = g(x) 所有的極大值為 g(2kπ + t) = -2kπ cos t ，當(dāng) k = 0時，極大值等于 0，即 g(t) = 0，
當(dāng) k 為正整數(shù)時，極大值全部小于 0，即 y = g(x) 在 (t, + )無零點，
當(dāng) k 為負整數(shù)時，極大值全部大于 0，函數(shù) y = g(x) 所有的極小值為 g(2kπ - t) = (2t - 2kπ)cos t - 2sin t ，當(dāng)
k = 0時，極小值 g(-t) = 2t cos t - 2sin t = 2cos t(t - tan t) < 0 ，
且隨著 k 的增大，極小值 (2t - 2kπ)cos t - 2sin t 越來越小，
因此 y = f (x) 在點 (t, f (t))(0
π
< t < )處的切線為 T3 -切線，2
等價于 y = g(x) 有三個零點，等價于 (2t + 2π)cos t - 2sin t = 0，即 tan t - t = π 有解，
令 h(t) = tan t - t ，則 h (t)
1
= 2
cos2
-1 = tan t > 0，
t
y = h(t) (0, π因此 為 ) 上的嚴格增函數(shù)，因為 h(0) = 0 < π,h(
3) 12.6 > π ，
2 2
π
于是存在唯一實數(shù) t (0, ) ，滿足 tan t - t = π ，
2
π
所以存在唯一實數(shù) t (0, ) ，使得曲線 y = f (x) 在點 (t, f (t)) 處的切線為 T3 -切線.2
6．（2024 屆上海市華東師范大學(xué)第二附屬中學(xué) 2 高三下學(xué)期四模）對于函數(shù) y = f x 的導(dǎo)函數(shù) y = f x ，
若在其定義域內(nèi)存在實數(shù) x0 和 t，使得 f tx0 = tf x0 成立，則稱 y = f x 是“卓然”函數(shù)，并稱 t 是 y = f x
的“卓然值”．
(1)試分別判斷函數(shù) y = x2 +1， x R 和 y 1= ， x 0, + “ ”x 是不是 卓然 函數(shù)？并說明理由；
(2)若 f x = sin x - m是“卓然”函數(shù)，且“卓然值”為 2，求實數(shù) m 的取值范圍；
(3)證明： g x = ex + x x R 是“卓然”函數(shù)，并求出該函數(shù)“卓然值”的取值范圍．
【解析】（1）函數(shù) y = x2 +1, x R 是“卓然”函數(shù)，因為 y = 2x ，
當(dāng) x = t = 1時，則有 tx 20 0 +1 = 1+1 = 2， 1 2 1 = 2 ，滿足 f tx0 = tf x0 ；
1
因為 y = , x (0, + ) ， y
1
= -
x x2
，
1 t 1 t
當(dāng) x0 , t (0,+ )時， > 0，而 - 2 < 0tx x ，所以
= -
tx 2 ，不可能成立，0 0 0 x0
即不存在實數(shù) x0 , t ，滿足 f tx0 = tf x y 10 成立，所以 = ， x 0, + 不是“x 卓然”函數(shù)；
（2）由題意可得 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．
對于函數(shù)m = h(x) = sin 2x - 2cos x：
因為， 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 ，則 -2sin x + sin x +1 > 0，解得： - < sin x <1，2
é π
所以嚴格增區(qū)間： ê2kπ - , 2kπ
7π
+ ùú k Z 6 6 ，
é 7π 11π ù é 3 3 3 3 ù
嚴格減區(qū)間： ê2kπ + , 2kπ + ú k Z ，值域：6 6 ê- , ú ． 2 2
é 3 3 3 3 ù
所以實數(shù) m的取值范圍是 ê- , ú ．
2 2
（3）g(x) = ex + x ， g (x) = ex +1，設(shè) G(x) = g(tx) - tg (x) ，
G(x) = etx - tex + t(x -1),G (x) = t(etx - ex +1)，
當(dāng) t = 0時，恒成立，此時不存在 x0 使得 f (tx0 ) = tf (x0 )成立，不合題意；
當(dāng) t < 0時， y = etx - ex +1在 R 上嚴格減，所以G (x) 在 R 上嚴格增，
因為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，
當(dāng) x (- ,m) 時，G(x)<0,G(x)嚴格減，
當(dāng) x (m,+ ) G 時， (x) >0,G(x)嚴格增，
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 ，
此時不存在 x0 使得 f (tx0 ) = tf (x0 )成立，不合題意；
當(dāng) t > 0時，若 x 0 ，則 etx - ex +1 > 0，從而G(x) > 0 ，所以G(x)在 (- ,0] 上嚴格增，
當(dāng) x > 0時，設(shè) M (x) = etx - ex +1，則 M (x) = tetx - ex = ex (te(t-1) x -1) ，
設(shè) N (x) = te(t-1)x -1，當(dāng) t > 1時， N (x)在 (0, + ) 上嚴格增，
且 N (0) = t -1 > 0，所以 N (x) > 0，從而 M x > 0，
所以 M (x) 在 (0, + ) 上嚴格增，所以 M (x) > M (0) =1 > 0 ，
從而G (x) > 0，所以G(x)在 R 上嚴格增，又G(0) =1- 2t < 0,G(1) = et - te > 0，
由零點存在性定理，存在 x0 (0,1)使得G(x0 ) = 0，即 f (tx0 ) = tf (x0 )成立，符合題意；
當(dāng) t =1時，G(x) = x -1，顯然存在零點符合題意；當(dāng) 0 < t <1時， N (x)在 (0, + ) 上嚴格減，
且 N (0) = t -1< 0 ，所以 N (x) < 0 ，從而 M (x) < 0，所以 M (x) 在 (0, + ) 上嚴格減，
又 M (0) =1 > 0, x + 時， M (x) - ，存在 n (0,+ )，使得 M (n) = 0，即G (x) = 0 ，
當(dāng) x (- ,n) 時，G (x) >0,G(x)嚴格增，當(dāng) x (n,+ ) 時，G(x)<0,G(x)嚴格減，
又G(1) = et - te > 0, x - 時，G(x) - ，
由零點存在性定理，存在 x0 (- ,1) 使得G(x0 ) = 0，即 f (tx0 ) = tf (x0 )成立，符合題意；
綜上所述， g(x)為“卓然”函數(shù)，該函數(shù)“卓然”取值范圍是 (0, + ) ．
7．（2024 屆江西省上饒市穩(wěn)派上進六校聯(lián)考高三 5 月聯(lián)考）在信息理論中， X 和 Y 是兩個取值相同的離散
型隨機變量，分布列分別為： P X = xi = mi ， P Y = xi = ni ，mi > 0，ni > 0， i = 1,2,L,n，
n n n
mi = ni =1．定義隨機變量 X 的信息量 H X = - mi log2 mi ， X 和 Y 的“距離”
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)已知發(fā)報臺發(fā)出信號為 0 和 1，接收臺收到信號只有 0 和 1．現(xiàn)發(fā)報臺發(fā)出信號為 0 的概率為
p 0 < p <1 ，由于通信信號受到干擾，發(fā)出信號 0 接收臺收到信號為 0 的概率為 q，發(fā)出信號 1 接收臺收
到信號為 1 的概率為 q 0 < q <1 ．
（?。┤艚邮张_收到信號為 0，求發(fā)報臺發(fā)出信號為 0 的概率；（用 p ， q表示結(jié)果）
（ⅱ）記隨機變量 X 和 Y 分別為發(fā)出信號和收到信號，證明： KL X Y 0．
1 2 1
【解析】（1）因為 X : B 2, ，所以 P X = k = Ck
è 2 ÷

2 ÷
k = 0,1, 2 ，
è 2
所以 X 的分布列為：
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）記發(fā)出信號 0和 1分別為事件 Ai i = 0,1 ，收到信號 0和 1分別為事件 Bi i = 0,1 ，
則 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（?。┲?P B0 =1- p - q + 2 pq，則 P B1 =1- P B0 = p + q - 2 pq ，
則 KL X Y = p log p2 + 1- p log 1- p1- p - q + 2 pq 2 p + q ，- 2 pq
設(shè) f x 1 1 1 1 1- x= - - ln x，則 f x = 2 - = ，x x x x2
所以當(dāng) 0 < x <1時 f x > 0， f x 單調(diào)遞增，當(dāng) x >1時 f x < 0， f x 單調(diào)遞減；
所以 f x f 1 = 0，即 ln x 1 1- x =1x （當(dāng)且僅當(dāng) 時取等號），
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
當(dāng)且僅當(dāng) = =1 p = 0 < q <11- p - q + 2 pq p + q - 2 pq ，即 ， 時等號成立，2
所以 KL X Y 0 .
8．（2024 屆浙江省名校新高考研究聯(lián)盟高三三模）在平面直角坐標(biāo)系中，如果將函數(shù) y = f (x) 的圖象繞坐
π
標(biāo)原點逆時針旋轉(zhuǎn)a (0 2
π
(1)判斷函數(shù) y = 3x是否為“ 旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，并說明理由；
6
(2)已知函數(shù) f x = ln 2x +1 x > 0 是“ a 旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求 tana 的最大值；
2
x π(3)若函數(shù) g x = m x -1 ex - x ln x - 是“ 旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求 m的取值范圍.
2 4
π
【解析】（1）函數(shù) y = 3x不是“ 旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，理由如下：
6
π
y = 3x逆時針旋轉(zhuǎn) 后與 y 軸重合，當(dāng) x = 0時，有無數(shù)個 y 與之對應(yīng)，與函數(shù)的概念矛盾，
6
π
因此函數(shù) y = 3x不是“ 旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.
6
（2）由題意可得函數(shù) f x = ln 2x +1 x > 0 與函數(shù) y = kx + b最多有 1 個交點，
且 k = tan
π
-a ÷，所以 ln 2x +1 = kx + b x > 0 最多有一個根，
è 2
即 ln 2x +1 - kx = b x > 0 最多有一個根，
因此函數(shù) y = ln 2x +1 - kx x > 0 與函數(shù) y = b(b R )最多有 1 個交點，
即函數(shù) y = ln 2x +1 - kx在 0, + 上單調(diào)，
y 2因為 = - 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 的最大值為
è 2 2
.
2
（3 x）由題意可得函數(shù) g x = m x -1 ex - x ln x - 與函數(shù) y = x + b最多有 1 個交點，
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
即函數(shù) y = m x -1 ex - x ln x - - x與函數(shù) y = b最多有 1 個交點，
2
2
即函數(shù) y = m x x-1 ex - x ln x - - x在 0, + 上單調(diào)，
2
y = mxex - ln x - x - 2，當(dāng) x 0時， 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 ，則j x

= 2 x ，xe x e
t ln x x 1 0, + t 1 因為 = - - - 在 上單調(diào)減，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 單調(diào)遞增， x0 ,+ 單調(diào)遞減，
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 屆山東省泰安肥城市高考仿真模擬三）定義：設(shè) y = f x 和 y = g x 均為定義在 R 上的函數(shù)，它
們的導(dǎo)函數(shù)分別為 f x 和 g x ，若不等式 é f x - g x ù é f x - g x ù 0對任意實數(shù) x 恒成立，則稱
y = f x 和 y = g x 為“相伴函數(shù)”.
x
(1) ① f x = 1 2x給出兩組函數(shù)， 1 ÷ 和 g1 x = 0；② f2 x = e 和 g2 x = 2x ，分別判斷這兩組函數(shù)是否為
è 2
“相伴函數(shù)”；
(2)若 y = f x , y = g x 是定義在 R 上的可導(dǎo)函數(shù)， y = f x 是偶函數(shù)， y = g x 是奇函數(shù)，
f x + g x = ln a- x +1 + x ，問是否存在 a(a > 0, a 1)使得 y = f x 和 y = g x 為“相伴函數(shù)”？若存在寫
出 a的一個值，若不存在說明理由；
(3) f x = sin x -q , g x = cos x +q ，寫出“ y = f x 和 y = g x 為相伴函數(shù)”的充要條件，證明你的結(jié)論.
【解析】（1）第①組是，第②組不是.
① f x 1
x
= g x = 0 - x 中，函數(shù) 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，所以這兩組函數(shù)是“相伴函數(shù)”.
② f x = e2x g x = 2x f x = 2e2x g 中，函數(shù) 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 不一定為非正數(shù)，
所以這兩組函數(shù)不是 “相伴函數(shù)”.
（2）存在 a = e，使得 y = f x 和 y = g x 為“相伴函數(shù)”.
證明如下：
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 為“相伴函數(shù)”則 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
則 a e ln a可取 ，滿足 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 ，則不等式 a x +1 ex 無解；若 0 < a < e x，則 a ln a -1 1無解，
綜上可得，存在 a = e，使得 y = f x 和 y = g x 為“相伴函數(shù)”.
（3）“ y = f x 和 y = g x q kπ π為相伴函數(shù)”的充要條件是 = - k Z .
4
因為 f x = cos(x -q ), g x = -sin(x +q )，
若 y = f x 和 y = g x 為相伴函數(shù)
即 [sin(x -q ) - cos(x +q )][cos(x -q ) + sin(x +q )] 0對 "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 內(nèi)的所有實數(shù)，因此當(dāng)且僅當(dāng) sin2q + 1 = 0 時成立，
q kπ π所以 = - k Z ，所以必要性得證.
4
下面證明充分性：
π
已知 q = kπ - k Z ，則 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
此時 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 為相伴函數(shù).
y = f x y = g x q kπ π所以“ 和 為相伴函數(shù)”的充要條件是 = - k Z .
4
10．（2024 屆山東省濰坊市高考三模）一個完美均勻且靈活的項鏈的兩端被懸掛， 并只受重力的影響，這
個項鏈形成的曲 線形狀被稱為懸鏈線.1691 年，萊布尼茨、惠根斯和約翰 伯努利等得到“懸鏈線”方程
x x-
c e c + e c ÷ ex + e- x
y = è
，其中 c為參數(shù).當(dāng) c =1時，就是雙曲余弦函數(shù) ch x = ，類似地雙曲正弦函數(shù)
2
2
sh x e
x - e- x
= ，它們與正、余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì).
2
(1)類比三角函數(shù)的三個性質(zhì)：
①倍角公式 sin2x = 2sinxcosx ；
②平方關(guān)系 sin2x + cos2x =1 ；
ì sinx
' = cosx，
③求導(dǎo)公式 í '
cosx = -sinx
寫出雙曲正弦和雙曲余弦函數(shù)的一個正確的性質(zhì)并證明；
(2)當(dāng) x > 0時，雙曲正弦函數(shù) y = sh x 圖象總在直線 y = kx 的上方，求實數(shù) k 的取值范圍；
(3)若 x1 > 0，x2 > 0 ，證明： éch x2 + sh x2 - x2 -1ù × é ch x1 + sh x1 ù > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1.
【解析】（1 2）平方關(guān)系： ch x - sh2 x =1；
ì sh(x) = ch(x)
倍角公式： sh 2x = 2sh x ch x ；導(dǎo)數(shù)： í .
ch(x)
= sh(x)
ex + e- x
2
ex - x
2
2x -2x 2x -2x
理由如下：平方關(guān)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
導(dǎo)數(shù)： sh(x) e + e= = = chx， ch(x) = = shx ；
2 2 2
以上三個結(jié)論，證對一個即可.
（2）構(gòu)造函數(shù) F x = sh x - kx ， x 0, + ，由（1）可知 F x = ch x - k ，
x - x
①當(dāng) k 1 e + e時，由 ch(x) = ex ×e- x =1，
2
又因為 x > 0，故 ex e- x ，等號不成立，
所以 F x = ch x - k > 0，故 F (x)為嚴格增函數(shù)，
此時 F (x) > F (0) = 0，故對任意 x > 0， sh x > kx 恒成立，滿足題意；
②當(dāng) k >1時，令G x = F x , x 0, + ，
則G x = sh x > 0，可知G x 是嚴格增函數(shù)，
由G(0) =1- k < 0與G(ln 2k)
1
= > 0可知，存在唯一 x0 (0, ln 2k) ，使得G(x0 ) = 0，4k
故當(dāng) x (0, x0)時， F (x) = G(x) < G(x0 ) = 0，則 F (x)在 (0, x0 ) 上為嚴格減函數(shù)，
故對任意 x (0, x0)， F (x) < F 0 = 0，即 sh x > kx ，矛盾；
綜上所述，實數(shù) k 的取值范圍為 - ,1 ；
x
（3）因為 ch x + sh x = e ，
所以原式變?yōu)? ex2 - x2 -1 ×ex1 > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1，
x +x
即證 e 1 2 - sin x1 + x2 > ex1 - sinx1 + x2 ex1 - cosx1 ，
x
設(shè)函數(shù) f x =e - sin x，即證 f x1 + x2 > f x1 + x2 f x1 ， f x =ex - cos x ，
設(shè) t x = f x =ex - cos x x， t x = e + sin x，
x > 0時 t x > 0， t x 在 0, + x上單調(diào)遞增，即 f x =e - cos x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
設(shè) h x = f x + x1 - f x1 - xf x1 , x > 0 ，則 h x = f x + x1 - f x1 ，
x
由于 f x =e - cos x 在 0, + 上單調(diào)遞增， x + x1 > x1，
所以 f x + x1 > f x1 ，即 h x > 0，故 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
又 h 0 = 0，所以 x > 0時， 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，得證.
11．（2024 *屆重慶市第一中學(xué)校高三下學(xué)期模擬）對于數(shù)列 an ，定義Dan = an+1 - an n N ，滿足
a1 = a2 =1, D Dan = m(m R)，記 f (m, n) = a1m + a2m2 +L+ anmn ，稱 f (m,n)為由數(shù)列 an 生成的“ m - 函
數(shù)”．
(1)試寫出“ 2 -函數(shù)” f (2,n) ，并求 f (2,3)的值；
(2)若“ 1-函數(shù)” f (1, n) 15 ，求 n 的最大值；
(3)記函數(shù) S(x) = x + 2x2 +L+ nxn ，其導(dǎo)函數(shù)為 S (x)，證明：“ m - 函數(shù)”
f (m, n) m
2 3m n
= S (m) - S(m) + (m +1)
2 2 m

．
i=1
【解析】（1）由定義及D Dan = m．知D Dan = Dan+1 - Dan = m，
所以 Dan 是公差為 m 的等差數(shù)列，所以Dan = Da1 + (n -1)m．
因為 a1 = a2 =1，所以Da1 = a2 - a1 = 0 ，所以Dan = (n -1)m ，即 an+1 - an = (n -1)m ．
當(dāng) n 2時，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）當(dāng) m = 2 時， an =1+ (n -1)(n - 2) = n
2 - 3n + 3，
所以“ 2 -函數(shù)” f (2,n) =1 2 +1 22 +L+ n2 - 3n + 3 2n ．
當(dāng) n = 3時， f (2,3) =1 2 +1 22 + 3 23 = 30．
(n -1)(n - 2) n22 m =1 a 1 - 3n + 4（ ）當(dāng) 時， n = + = ，2 2
2
故“ 1-函數(shù)” 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) ，則 g (x) = 3x2 - 6x + 8 = 3(x -1)2 + 5 > 0，
所以 g(x) = x3 - 3x2 + 8x - 90在 [1, + ) 上單調(diào)遞增．
因為 g(5) = 0．所以當(dāng) 1 x 5時， g(x) 0，所以當(dāng) 1 n 5時， f (1, n) 15，
故 n 的最大值為 5．
（3）證明：由題意得 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．（上海市控江中學(xué)高三三模）設(shè)函數(shù) y = f x 定義域為 Z．若整數(shù) s, t 滿足 f s f t 0，則稱 s 與 t “相
關(guān)”于 f ．
(1)設(shè) f x = x +1 - 2， x Z ，寫出所有與 2 “相關(guān)”于 f 的整數(shù)；
(2)設(shè) y = f x 滿足：任取不同的整數(shù) s, t 1,10 ， s 與 t均“相關(guān)”于 f ．求證：存在整數(shù)m 1,8 ，使得
m, m +1, m + 2都與 2024 “相關(guān)”于 f ；
(3)是否存在實數(shù) a，使得函數(shù) f x = 1+ ax ex + a +1 x -1， x Z 滿足：存

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