資源簡介

第01講 函數與導數中的新定義綜合
（20類核心考點精講精練）
新定義”主要是指新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種。
在新高考數學科目的考察中，函數與導數部分的新定義占據了舉足輕重的地位，該部分內容主要檢驗學生對函數的基本概念、核心性質及運算技巧的掌握程度，同時也涵蓋了對導數概念的理解、計算能力的展現以及其在多種場景下的應用。試題設計往往緊密貼合現實生活或科學情境，旨在評估學生運用函數與導數知識體系解決實際復雜問題的能力。
新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決．
對于新定義的題目，一定要耐心理解定義，新的定義不但考查的是舊的知識點的延伸，更考查對于新知識的獲取理解能力，抓住關鍵點。對于以函數為背景的新定義問題的求解策略要緊扣新定義和用好函數的性質，分析新定義的特點，把心定義所敘述的問題的本質弄清楚，應用到具體的解題過程中；同時時要善于從試題中發現可以使用的函數的性質的一些因素
（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；
（2）可用自己的語言轉述新信息所表達的內容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；
（3）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；
（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.
為此，考生需對基礎函數的各種屬性、圖象特征、運算規律有深入透徹的理解，并熟練掌握導數的基本定義、其蘊含的幾何與物理意義以及多樣化的計算方法。進一步地，針對函數與導數在解決實際問題中的典型應用，如求解最優化問題、分析變化率趨勢、確定曲線在某點的切線方程等，考生應具備扎實的分析思路和有效的解決策略。
綜上所述，備考過程中，考生應高度重視基礎知識的鞏固與深化，同時加強針對實際問題的解題訓練，以提升自身的綜合應用能力。
考點一、高斯取整函數
1．（2024·山東青島·三模）定義 表示不超過 的最大整數.例如: ，則（ ）
A． B．
C． 是偶函數 D． 是增函數
2．（2024·河南新鄉·二模）函數被稱為取整函數，也稱高斯函數，其中表示不大于實數的最大整數．若，滿足，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·重慶·模擬預測）高斯是德國著名的數學家，近代數學的奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，用其名字命名的“高斯函數”定義為：對于任意實數x，記表示不超過x的最大整數，則稱為“高斯函數”．例如：，．
(1)設，，求證：是的一個周期，且恒成立；
(2)已知數列的通項公式為，設．
①求證：；
②求的值．
1．（2024·全國·一模）數學上，常用表示不大于x的最大整數．已知函數，則下列正確的是（ ）．
A．函數在定義域上是奇函數 B．函數的零點有無數個
C．函數在定義域上的值域是 D．不等式解集是
2．（2024·河南開封·二模）（多選）高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一．用其名字命名的高斯取整函數為，表示不超過x的最大整數，例如，．下列命題中正確的有（ ）
A．，
B．，，
C．，
D．，
3．（2024·全國·模擬預測）（多選）函數是取整函數，也被稱為高斯函數，其中表示不超過的最大整數，例如：，.若在函數的定義域內，均滿足在區間上，是一個常數，則稱為的取整數列，稱為的區間數列.下列說法正確的是（ ）
A．的區間數列的通項
B．的取整數列的通項
C．的取整數列的通項
D．若，則數列的前項和
考點二、二階行列式
1．（2024·福建寧德·模擬預測）定義，若關于x的不等式在上恒成立，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
1．（2023·河南·三模）我們稱為“二階行列式”，規定其運算為．已知函數的定義域為，且，若對定義域內的任意都有，則（ ）
A． B．是偶函數 C．是周期函數 D．沒有極值點
2．（22-23高一下·江西萍鄉·期中）把符號稱為二階行列式，規定它的運算法則為．已知函數．
(1)若，，求的值域；
(2)函數，若對，，都有恒成立，求實數的取值范圍．
考點三、狄利克雷函數
1．（2024·全國·模擬預測）德國數學家狄利克雷（Dirichlet）是解析數論的創始人之一，下列關于狄利克雷函數的結論正確的是（ ）
A．有零點 B．是單調函數
C．是奇函數 D．是周期函數
2．（23-24高三上·廣東惠州·階段練習）（多選）狄利克雷函數是由著名德國數學家狄利克雷創造的，它是定義在實數上、值域不連續的函數，它在數學的發展過程中有很重大的研究意義，例如對研究微積分就有很重要的作用，其函數表達式為（其中為有理數集，為無理數集），則關于狄利克雷函數說法正確的是（ ）
A． B．它是偶函數
C．它是周期函數，但不存在最小正周期 D．它的值域為
1．（2024·廣東惠州·三模）（多選）德國數學家狄利克雷（Dirichlet，1805-1859），是解析數論的創始人之一．他提出了著名的狄利克雷函數：，以下對的說法正確的是（ ）
A．
B．的值域為
C．存在是無理數，使得
D．，總有
2．（2024·重慶·一模）（多選）德國著名數學家狄利克雷在數學領域成就顯著，以其命名的函數被稱為狄利克雷函數，其中為實數集，為有理數集，則以下關于狄利克雷函數 的結論中，正確的是（ ）
A．函數 為偶函數
B．函數 的值域是
C．對于任意的 ，都有
D．在 圖象上不存在不同的三個點 ，使得 為等邊三角形
E．在 圖象存在不同的三個點 ，使得 為等邊三角形
考點四、sgnx函數
1．（2024·山東臨沂·一模）已知函數，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
1．（2024·北京·模擬預測）數學上的符號函數可以返回一個整型變量，用來指出參數的正負號，一般用來表示，其解析式為.已知函數，給出下列結論：
①函數的最小正周期為；
②函數的單調遞增區間為；
③函數的對稱中心為；
④在上函數的零點個數為4.
其中正確結論的序號是 .（寫出所有正確結論的序號）
考點五、最大值最小值函數
1．（22-23高三上·階段練習）已知表示，，中的最大值，例如，若函數，則的最小值為（ ）
A．2.5 B．3 C．4 D．5
2．（2024·廣東韶關·二模）定義，對于任意實數，則的值是（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·全國·模擬預測）設為中最大的數.已知正實數，記，則的最小值為（ ）
A．1 B． C．2 D．4
2．（2024·湖北·一模）記，分別表示函數在上的最大值和最小值．則 ．
考點六、歐拉函數
1．（2023·廣東廣州·模擬預測）歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數，且與互素的正整數的個數，例如，，．若，且，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全國·模擬預測）（多選）歐拉函數是初等數論中的重要內容．對于一個正整數，歐拉函數表示小于或等于且與互質的正整數的數目．換句話說，是所有不超過且與互素的數的總數．如：，．則以下是真命題的有（ ）
A．的定義域為，其值域也是
B．在其定義域上單調遞增，無極值點
C．不存在，使得方程有無數解
D．，當且僅當是素數時等號成立
3．（2024·湖北·模擬預測）歐拉函數在密碼學中有重要的應用．設n為正整數，集合，歐拉函數的值等于集合中與n互質的正整數的個數；記表示x除以y的余數（x和y均為正整數），
(1)求和；
(2)現有三個素數p，q，，，存在正整數d滿足；已知對素數a和，均有，證明：若，則；
(3)設n為兩個未知素數的乘積，，為另兩個更大的已知素數，且；又，，，試用，和n求出x的值．
1．（2024·湖北武漢·二模）歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數，且與互質的正整數的個數（公約數只有1的兩個正整數稱為互質整數），例如：，，則 ；若，則的最大值為 ．
2．（23-24高三上·河北邢臺·開學考試）歐拉是18世紀最優秀的數學家之一，幾乎每個數學領域都可以看到歐拉的名字，如著名的歐拉函數.歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數n，且與n互素(兩個數只有公約數1)的正整數的個數.例如：，.現從中任選兩個數，則這兩個數相同的概率是 .
考點七、黎曼函數
8．（23-24高三上·河南·階段練習）（多選）黎曼函數（Riemann function）是一個特殊的函數，由德國數學家黎曼發現并提出，其基本定義是：（注：分子與分母是互質數的分數，稱為既約分數），則下列結論正確的是（ ）
A．
B．黎曼函數的定義域為
C．黎曼函數的最大值為
D．若是奇函數，且，當時，，則
1．（2024·北京石景山·一模）黎曼函數在高等數學中有著廣泛應用，其一種定義為：時，．若數列，給出下列四個結論：
①；②；③；④．
其中所有正確結論的序號是 ．
考點八、曲率
1．（2024·廣西來賓·模擬預測）曲率是數學上衡量曲線彎曲程度的重要指標，對于曲線，其在點處的曲率，其中是的導函數，是的導函數．則拋物線上的各點處的曲率最大值為（ ）
A． B．p C． D．
2．（2024·全國·二模）廣州小蠻腰是廣州市的地標性建筑，奇妙的曲線造型讓建筑充滿了美感，數學上用曲率表示曲線的彎曲程度.設函數的導函數為的導函數記為，則函數的圖象在的曲率.
(1)求橢圓在處的曲率；
(2)證明：函數圖象的曲率的極大值點位于區間.
1．（22-23高三上·山東·階段練習）（多選）曲線的曲率就是針對曲線上某個點的切線方向角對弧長的轉動率，表明曲線偏離直線的程度，曲率越大，表示曲線的彎曲程度越大．曲線在點處的曲率，其中是的導函數．下面說法正確的是（ ）
A．若函數，則曲線在點與點處的彎曲程度相同
B．若是二次函數，則曲線的曲率在頂點處取得最小值
C．若函數，則函數的值域為
D．若函數，則曲線上任意一點的曲率的最大值為
考點九、極值點與拐點
1．（2024·湖南長沙·二模）極值的廣義定義如下：如果一個函數在一點的一個鄰域（包含該點的開區間）內處處都有確定的值，而以該點處的值為最大（小），這函數在該點處的值就是一個極大（小）值.
對于函數，設自變量x從變化到，當，是一個確定的值，則稱函數在點處右可導；當，是一個確定的值，則稱函數在點處左可導.當函數在點處既右可導也左可導且導數值相等，則稱函數在點處可導.
(1)請舉出一個例子，說明該函數在某點處不可導，但是該點是該函數的極值點；
(2)已知函數.
（ⅰ）求函數在處的切線方程；
（ⅱ）若為的極小值點，求a的取值范圍.
2．（2024·貴州·模擬預測）定義：設是的導函數，是函數的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”.經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”且“拐點”就是三次函數圖象的對稱中心.已知函數圖象的對稱中心為，則下列說法中正確的有（ ）
A．， B．函數的極大值與極小值之和為2
C．函數有三個零點 D．在區間上單調遞減
1．（2024·河南·三模）設函數的導函數為的導函數為的導函數為.若，且，則為曲線的拐點.
(1)判斷曲線是否有拐點，并說明理由；
(2)已知函數，若為曲線的一個拐點，求的單調區間與極值.
考點十、洛必達法則
1．（20-21高二下·重慶江北·階段練習）我們把分子、分母同時趨近于0的分式結構稱為型，比如：當時，的極限即為型．兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在，為此，洛必達在1696年提出洛必達法則：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．如：，則（ ）
A．0 B． C．1 D．2
2．（2024·浙江·二模）①在微積分中，求極限有一種重要的數學工具——洛必達法則，法則中有結論：若函數，的導函數分別為，，且，則
.
②設，k是大于1的正整數，若函數滿足：對任意，均有成立，且，則稱函數為區間上的k階無窮遞降函數.
結合以上兩個信息，回答下列問題：
(1)試判斷是否為區間上的2階無窮遞降函數；
(2)計算：；
(3)證明：，.
1．（2024·河北邢臺·二模）在函數極限的運算過程中，洛必達法則是解決未定式型或型極限的一種重要方法，其含義為：若函數和滿足下列條件：
①且（或，）；
②在點的附近區域內兩者都可導，且；
③（可為實數，也可為），則．
(1)用洛必達法則求；
(2)函數（，），判斷并說明的零點個數；
(3)已知，，，求的解析式．
參考公式：，．
考點十一、不動點與復合穩定點
1．（2024·黑龍江齊齊哈爾·三模）在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里的一個非常重要的不動點定理，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續函數，存在一個點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數．函數有 個不動點．
2．（2024·廣東廣州·二模）若是方程的實數解，則稱是函數與的“復合穩定點”．若函數且與有且僅有兩個不同的“復合穩定點”，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·貴州黔西·一模）布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可運用到有限維空間并構成了一般不動點定理的基石，得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer).簡單地講就是:對于滿足一定條件的連續函數，存在實數，使得，我們就稱該函數為“不動點”函數，實數為該函數的不動點.
(1)求函數的不動點;
(2)若函數有兩個不動點，且，若，求實數的取值范圍.
1．（2024·內蒙古呼和浩特·二模）對于函數，若實數滿足，則稱為的不動點．已知函數．
(1)當時，求證；
(2)當時，求函數的不動點的個數；
(3)設，證明．
2．（2024·河北滄州·一模）對于函數，，若存在，使得，則稱為函數的一階不動點；若存在，使得，則稱為函數的二階不動點；依此類推，可以定義函數的階不動點．其中一階不動點簡稱為“不動點”，二階不動點簡稱為“穩定點”，函數的“不動點”和“穩定點”構成的集合分別記為和，即，．
(1)若，證明：集合中有且僅有一個元素；
(2)若，討論集合的子集的個數．
考點十二、 可移倒數點
1．（2024·江蘇蘇州·三模）對于函數，若存在實數，使，其中，則稱為“可移倒數函”，為“的可移倒數點”.設，若函數恰有3個“可移1倒數點”，則的取值范圍（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·山東聊城·二模）對于函數，若存在實數，使，其中，則稱為“可移倒數函數”，為“的可移倒數點”．已知．
(1)設，若為“的可移倒數點”，求函數的單調區間；
(2)設，若函數恰有3個“可移1倒數點”，求的取值范圍．
考點十三、泰勒展開
1．（2024·貴州貴陽·一模）英國數學家泰勒發現了如下公式：其中為自然對數的底數，.以上公式稱為泰勒公式.設，根據以上信息，并結合高中所學的數學知識，解決如下問題.
(1)證明：；
(2)設，證明：；
(3)設，若是的極小值點，求實數的取值范圍.
2．（2024·貴州遵義·三模）英國數學家泰勒（B．Taylor，1685—1731）發現了：當函數在定義域內n階可導，則有如下公式：以上公式稱為函數的泰勒展開式，簡稱為泰勒公式．其中，，表示的n階導數，即連續求n次導數．根據以上信息，并結合高中所學的數學知識，解決如下問題：
(1)寫出的泰勒展開式（至少有5項）；
(2)設，若是的極小值點，求實數a的取值范圍；
(3)若，k為正整數，求k的值．
1．（2024·安徽·一模）給出以下三個材料：
①若函數可導，我們通常把導函數的導數叫做的二階導數，記作.類似的，函數的二階導數的導數叫做函數的三階導數，記作，函數的三階導數的導數叫做函數的四階導數……，一般地，函數的階導數的導數叫做函數的n階導數，記作，；
②若，定義；
③若函數在包含的某個開區間上具有任意階的導數，那么對于任意有，我們將稱為函數在點處的泰勒展開式.
例如在點處的泰勒展開式為
根據以上三段材料，完成下面的題目：
(1)求出在點處的泰勒展開式；
(2)用在點處的泰勒展開式前三項計算的值，精確到小數點后4位；
(3)現已知，試求的值.
考點十四、麥克勞林展開
1．（24-25高三上·四川成都·開學考試）麥克勞林展開式是泰勒展開式的一種特殊形式，的麥克勞林展開式為：，其中表示的n階導數在0處的取值，我們稱為麥克勞林展開式的第項．例如：．
(1)請寫出的麥克勞林展開式中的第2項與第4項；
(2)數學競賽小組發現的麥克勞林展開式為，這意味著：當時，，你能幫助數學競賽小組完成對此不等式的證明嗎？
(3)當時，若，求整數的最大值．
1．（2024·河南周口·模擬預測）已知函數．
(1)求函數在區間上的極值點的個數．
(2)“”是一個求和符號，例如，，等等．英國數學家布魯克·泰勒發現，當時，，這就是麥克勞林展開式在三角函數上的一個經典應用．
證明：（i）當時，對，都有；
（ii）．
考點十五、拉格朗日中值定理
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數，且在處取得極大值．
(1)求的值與的單調區間．
(2)如圖，若函數的圖像在連續，試猜想拉格朗日中值定理，即一定存在，使得，求的表達式〔用含的式子表示〕．
(3)利用這條性質證明：函數圖像上任意兩點的連線斜率不大于．
2．（2024·山西·三模）微分中值定理是微積分學中的重要定理，它是研究區間上函數值變化規律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的內容如下:
如果函數在閉區間上連續，在開區間可導，導數為，那么在開區間內至少存在一點，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值點”.已知函數.
(1)若，求函數在上的“拉格朗日中值點”；
(2)若，求證:函數在區間圖象上任意兩點，連線的斜率不大于；
(3)若，且，求證:.
1．（23-24高二下·江西九江·階段練習）已知函數，.
(1)當時，求函數的在點處的切線；
(2)若函數在區間上單調遞減，求的取值范圍；
(3)若函數的圖象上存在兩點，，且，使得，則稱為“拉格朗日中值函數”，并稱線段的中點為函數的一個“拉格朗日平均值點”.試判斷函數是否為“拉格朗日中值函數”，若是，判斷函數的“拉格朗日平均值點”的個數；若不是，說明理由.
2．（2024·廣東·二模）拉格朗日中值定理是微分學的基本定理之一，其內容為：如果函數在閉區間上的圖象連續不斷，在開區間內的導數為，那么在區間內存在點，使得成立．設，其中為自然對數的底數，．易知，在實數集上有唯一零點，且．
(1)證明：當時，；
(2)從圖形上看，函數的零點就是函數的圖象與軸交點的橫坐標．直接求解的零點是困難的，運用牛頓法，我們可以得到零點的近似解：先用二分法，可在中選定一個作為的初始近似值，使得，然后在點處作曲線的切線，切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的一次近似值；在點處作曲線的切線，切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的二次近似值；重復以上過程，得的近似值序列．
①當時，證明：；
②根據①的結論，運用數學歸納法可以證得：為遞減數列，且．請以此為前提條件，證明：．
考點十六、帕德近似
1．（22-23高二下·山東濟南·期中）帕德近似是法國數學家亨利帕德發明的用有理數多項式近似特定函數的方法，給定兩個正整數，函數在處的階帕德近似定義為，且滿足：...已知在處的階帕德近似為.注：，
(1)求實數的值；
(2)求證：；
(3)求不等式的解集，其中，
2．（2024·福建廈門·三模）帕德近似是法國數學家亨利·帕德發明的用有理多項式近似特定函數的方法，在計算機數學中有著廣泛的應用.已知函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，.其中，，…，.已知在處的階帕德近似為.
(1)求實數a，b的值；
(2)設，證明：；
(3)已知是方程的三個不等實根，求實數的取值范圍，并證明：.
1．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）帕德近似是法國數學家亨利帕德發明的用有理多項式近似特定函數的方法.給定兩個正整數，，函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，，，注：，，，，
已知函數.
(1)求函數在處的階帕德近似，并求的近似數精確到
(2)在（1）的條件下：
①求證：；
②若恒成立，求實數的取值范圍.
2．（23-24高二下·湖北·期中）帕德近似是法國數學家亨利·帕德發明的用有理多項式近似特定函數的方法.給定兩個正整數，，函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：.（注：，為的導數）已知在處的階帕德近似為.
(1)求實數的值；
(2)證明：當時，；
(3)設為實數，討論方程的解的個數.
考點十七、萊布尼茨
1．（23-24高二下·貴州安順·期末）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程為.當時，就是雙曲余弦函數，類似的我們可以定義雙曲正弦函數.它們與正、余弦函數有許多類似的性質.
(1)求與的導數；
(2)證明：在上恒成立；
(3)求的零點.
2．（2024·甘肅酒泉·三模）十七世紀至十八世紀的德國數學家萊布尼茲是世界上第一個提出二進制記數法的人，用二進制記數只需數字0和1，對于整數可理解為逢二進一，例如：自然數1在二進制中就表示為，2表示為，3表示為，5表示為，發現若可表示為二進制表達式，則，其中，或．
(1)記，求證：；
(2)記為整數的二進制表達式中的0的個數，如，．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求（用數字作答）．
1．（22-23高一上·江蘇南通·期末）對于任意兩個正數，記曲線與直線軸圍成的曲邊梯形的面積為，并約定和，德國數學家萊布尼茨（Leibniz）最早發現．關于，下列說法正確的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·福建泉州·模擬預測）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線年，萊布尼茨等得出懸鏈線的方程為，其中為參數．當時，該表達式就是雙曲余弦函數，記為，懸鏈線的原理常運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．已知三角函數滿足性質：①導數：；②二倍角公式：；③平方關系：．定義雙曲正弦函數為．
(1)寫出，具有的類似于題中①、②、③的一個性質，并證明該性質；
(2)任意，恒有成立，求實數的取值范圍；
(3)正項數列滿足，，是否存在實數，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
考點十八、函數凹凸性
1．（2024·安徽·模擬預測）給出定義：若函數在D上可導，即存在，且導函數在D上也可導，則稱在D上存在二階導數，記.若在D上恒成立，則稱在D上為凸函數.以下四個函數在上不是是凸函數的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（23-24高三下·陜西安康·階段練習）記函數的導函數為，的導函數為，設是的定義域的子集，若在區間上，則稱在上是“凸函數”.已知函數.
(1)若在上為“凸函數”，求的取值范圍；
(2)若，判斷在區間上的零點個數.
1．（2024·安徽·三模）丹麥數學家琴生是19世紀對數學分析做出卓越貢獻的巨人，特別在函數的凹凸性與不等式方面留下了很多寶貴的成果.若為上任意個實數，滿足，則稱函數在上為“凹函數”.也可設可導函數在上的導函數為在上的導函數為，當時，函數在上為“凹函數”.已知，且，令的最小值為，則為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·福建福州·模擬預測）閱讀以下材料：
①設為函數的導函數.若在區間D單調遞增；則稱為區上的凹函數；若在區間上單調遞減，則稱為區間上的凸函數.
②平面直角坐標系中的點稱為函數的“切點”，當且僅當過點恰好能作曲線的條切線，其中.
(1)已知函數.
（i）當時，討論的凹凸性；
（ii）當時，點在軸右側且為的“3切點”，求點的集合；
(2)已知函數，點在軸左側且為的“3切點”，寫出點的集合（不需要寫出求解過程）.
考點十九、切線問題
1．（23-24高二下·上海閔行·期末）若函數的圖像上有兩個不同點處的切線重合，則稱該切線為函數的圖像的“自公切線”.
(1)試判斷函數與的圖像是否存在“自公切線”（不需要說明理由）；
(2)若，求函數的圖像的“自公切線”方程；
(3)設，求證：函數的圖像不存在“自公切線”
2．（23-24高二下·遼寧·階段練習）曲線的切線 曲面的切平面在平面幾何 立體幾何以及解析幾何中有著重要的應用，更是聯系數學與物理學的重要工具，在極限理論的研究下，導數作為研究函數性質的重要工具，更是與切線有著密不可分的關系，數學家們以不同的方法研究曲線的切線 曲面的切平面，用以解決實際問題：
(1)對于函數，分別在點處作函數的切線，記切線與軸的交點分別為，記為數列的第項，則稱數列為函數的“切線軸數列”，同理記切線與軸的交點分別為，記為數列的第項，則稱數列為函數的“切線軸數列”.
①設函數，記的“切線軸數列”為；
②設函數，記的“切線軸數列”為，
則，求的通項公式.
(2)在探索高次方程的數值求解問題時，牛頓在《流數法》一書中給出了牛頓迭代法：用“作切線”的方法求方程的近似解.具體步驟如下：設是函數的一個零點，任意選取作為的初始近似值，曲線在點處的切線為，設與軸交點的橫坐標為，并稱為的1次近似值；曲線在點處的切線為，設與軸交點的橫坐標為，稱為的2次近似值.一般地，曲線在點處的切線為，記與軸交點的橫坐標為，并稱為的次近似值.已知二次函數有兩個不相等的實根，其中.對函數持續實施牛頓迭代法得到數列，我們把該數列稱為牛頓數列，令數列滿足，且，證明：.（注：當時，恒成立，無需證明）
1．（2024·上海黃浦·二模）若函數的圖象上的兩個不同點處的切線互相重合，則稱該切線為函數的圖象的“自公切線”，稱這兩點為函數的圖象的一對“同切點”.
(1)分別判斷函數與的圖象是否存在“自公切線”，并說明理由；
(2)若，求證：函數有唯一零點且該函數的圖象不存在“自公切線”；
(3)設，的零點為，，求證：“存在，使得點與是函數的圖象的一對‘同切點’”的充要條件是“是數列中的項”.
2．（2024高三·全國·專題練習）已知為實數，函數．
(1)當時，求在處的切線方程；
(2)定義：若函數的圖象上存在兩點，設線段的中點為，若在點處的切線與直線平行或重合，則函數是“中值平衡函數”，切線叫做函數的“中值平衡切線”．試判斷函數是否是“中值平衡函數”？若是，判斷函數的“中值平衡切線”的條數；若不是，說明理由；
(3)設，若存在，使得成立，求實數的取值范圍．
考點二十、類型函數
1．（2024·浙江·三模）在平面直角坐標系中，如果將函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉后，所得曲線仍然是某個函數的圖象，則稱為“旋轉函數”.
(1)判斷函數是否為“旋轉函數”，并說明理由；
(2)已知函數是“旋轉函數”，求的最大值；
(3)若函數是“旋轉函數”，求的取值范圍.
2．（2024·黑龍江·三模）若函數滿足：對任意的實數，有恒成立，則稱函數為“增函數”.
(1)求證：函數不是“增函數”；
(2)若函數是“增函數”，求實數的取值范圍；
(3)設，若曲線在處的切線方程為，求的值，并證明函數是“增函數”.
1．（2024·貴州六盤水·三模）若函數在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“k類函數”
(1)若，判斷是否為上的“4類函數”；
(2)若為上的“2類函數”，求實數a的取值范圍；
(3)若為上的“2類函數”且，證明：，，.
2．（2024·新疆喀什·三模）已知定義域為的函數滿足：對于任意的，都有，則稱函數具有性質．
(1)判斷函數，是否具有性質；（直接寫出結論）
(2)已知函數（，），判斷是否存在，，使函數具有性質？若存在，求出，的值；若不存在，說明理由；
(3)設函數具有性質，且在區間上的值域為．函數，滿足，且在區間上有且只有一個零點．求證：．
1．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）表示大于或者等于的最小整數，表示小于或者等于的最大整數．已知函數 ，且滿足：對有，則的可能取值是（ ）
A． B．0 C． D．
2．（2024·山東菏澤·二模）（多選）函數的函數值表示不超過的最大整數，例如，．下列結論正確的有（ ）
A．函數與函數無公共點
B．若，則
C．
D．所有滿足的點組成區域的面積為
3．（2024·全國·模擬預測）（多選）著名的德國數學家狄利克雷在19世紀提出了這樣一個“奇怪的”函數：定義在上的函數.后來數學家研究發現該函數在其定義域上處處不連續、處處不可導．根據該函數，以下是真命題的有（ ）
A．
B．的圖象關于軸對稱
C．的圖象關于軸對稱
D．存在一個正三角形，其頂點均在的圖象上
4．（2024·廣西柳州·模擬預測）記實數的最小數為，若，則函數的最大值為 ．
5．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）（多選）定義表示中的最小者，設函數，則（ ）
A．有且僅有一個極小值點為 B．有且僅有一個極大值點為3
C． D．恒成立
6．（23-24高一上·福建三明·期中）已知，定義：，設.若函數有兩個零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·江西南昌·三模）歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數，且與互質的正整數的個數（公約數只有1的兩個正整數稱為互質整數），例如：，，則數列的前項和為 .
8．（2024·貴州黔南·二模）歐拉函數表示不大于正整數且與互素（互素：公約數只有1）的正整數的個數.已知，其中，，…，是的所有不重復的質因數（質因數：因數中的質數）.例如.若數列是首項為3，公比為2的等比數列，則 .
9．（23-24高三下·北京海淀·階段練習）華人數學家李天巖和美國數學家約克給出了“混濁”的數學定義：由此發展的混濁理論在生物學、經濟學和社會學領域都有重要作用，在混沌理論中，函數的周期點是一個關鍵概念，定義如下：設是定義在R上的函數，對于，令，若存在正整數k使得，且當時，，則稱是的一個周期為k的周期點．若，寫出一個周期為1的周期點 ．
10．（22-23高二下·北京海淀·期中）法國數學家拉格朗日于1778年在其著作《解析函數論》中提出一個定理：
如果函數滿足如下條件：
①的圖象在閉區間上是連續不斷的；
②在區間上都有導數.
則在區間上至少存在一個數，使得.
這就是著名的“拉格朗日中值定理”，其中稱為拉格朗日中值.
請閱讀以上內容，回答以下問題:
(1)函數在區間上的拉格朗日中值為____________；
(2)下列函數，是否存在以0為拉格朗日中值的區間 若存在，請將函數對應的序號全部填在橫線上____________.
①； ②； ③； ④； ⑤
11．（2024·湖北·一模）我們知道通過牛頓萊布尼茲公式，可以求曲線梯形（如圖1所示陰影部分）的面積，其中，．如果平面圖形由兩條曲線圍成（如圖2所示陰影部分），曲線可以表示為，曲線可以表示為，那么陰影區域的面積，其中．
(1)如圖，連續函數在區間與的圖形分別為直徑為1的上、下半圓周，在區間與的圖形分別為直徑為2的下、上半圓周，設．求的值；
(2)在曲線上某一個點處作切線，便之與曲線和x軸所圍成的面積為，求切線方程；
(3)正項數列是以公差為d（d為常數，）的等差數列，，兩條拋物線，記它們交點的橫坐標的絕對值為，兩條拋物線圍成的封閉圖形的面積為，求證：．
12．（2024·山西臨汾·三模）記為函數的階導數，，若存在，則稱階可導．英國數學家泰勒發現：若在附近階可導，則可構造（稱其為在處的次泰勒多項式）來逼近在附近的函數值．下列說法正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．在處的3次泰勒多項式為
D．（精確到小數點后兩位數字）
13．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）根據多元微分求條件極值理論，要求二元函數在約束條件的可能極值點，首先構造出一個拉格朗日輔助函數，其中為拉格朗日系數．分別對中的部分求導，并使之為0，得到三個方程組，如下：
，解此方程組，得出解，就是二元函數在約束條件的可能極值點．的值代入到中即為極值．
補充說明：【例】求函數關于變量的導數．即：將變量當做常數，即：，下標加上，代表對自變量x進行求導．即拉格朗日乘數法方程組之中的表示分別對進行求導．
(1)求函數關于變量的導數并求當處的導數值．
(2)利用拉格朗日乘數法求：設實數滿足，求的最大值．
(3)①若為實數，且，證明：．
②設，求的最小值．
14．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）記，若存在，滿足：對任意，均有，則稱為函數在上的最佳逼近直線.已知函數，.
(1)請寫出在上的最佳逼近直線，并說明理由；
(2)求函數在上的最佳逼近直線.
15．（2024·上海·模擬預測）設定義域為的函數在上可導，導函數為.若區間及實數滿足：對任意成立，則稱函數為上的“函數”.
(1)判斷是否為上的函數，說明理由；
(2)若實數滿足：為上的函數，求的取值范圍；
(3)已知函數存在最大值．對于：：對任意與恒成立，：對任意正整數都是上的函數，問：是否為的充分條件？是否為的必要條件？證明你的結論.
16．（2024·河南信陽·二模）已知函數，其中，.若點在函數的圖像上，且經過點的切線與函數圖像的另一個交點為點，則稱點為點的一個“上位點”，現有函數圖像上的點列，，…，，…，使得對任意正整數，點都是點的一個“上位點”.
(1)若，請判斷原點是否存在“上位點”，并說明理由；
(2)若點的坐標為，請分別求出點、的坐標；
(3)若的坐標為，記點到直線的距離為.問是否存在實數和正整數，使得無窮數列、、…、…嚴格減？若存在，求出實數的所有可能值；若不存在，請說明理由.
17．（23-24高二下·江西九江·期末）記為函數的階導數，，若存在，則稱階可導.英國數學家泰勒發現：若在附近階可導，則可構造（稱其為在處的次泰勒多項式）來逼近在附近的函數值.下列說法正確的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．在處的3次泰勒多項式為 D．
18．（23-24高一上·山東臨沂·期末）臨沂一中校本部19、20班數學小組在探究函數的性質時，發現通過函數的單調性、奇偶性和周期性，還無法準確地描述出函數的圖象，例如函數和，雖然它們都是增函數，但是圖像上卻有很大的差異. 通過觀察圖像和閱讀數學文獻，該小組了解到了函數的凹凸性的概念. 已知定義：設連續函數f（x）的定義域為，如果對于內任意兩數，都有，則稱為上的凹函數；若，則為凸函數. 對于函數的凹凸性，通過查閱資料，小組成員又了解到了琴生不等式（Jensen不等式）：若f（x）是區間上的凹函數，則對任意的,有不等式恒成立（當且僅當時等號成立）. 小組成員通過詢問數學競賽的同學對他們研究的建議，得到了如下評注：在運用琴生不等式求多元最值問題，關鍵是構造函數.小組成員選擇了反比例型函數和對數函數，研究函數的凹凸性.
(1)設，求W=的最小值.
(2)設為大于或等于1的實數，證明（提示：可設）
(3)若a>1，且當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍.
19．（23-24高三下·重慶·階段練習）定義：若是的導數，是的導數，則曲線在點處的曲率；已知函數，，曲線在點處的曲率為；
(1)求實數a的值；
(2)對任意恒成立，求實數m的取值范圍；
(3)設方程在區間內的根為，…比較與的大小，并證明．
20．（2024·浙江紹興·二模）帕德近似是法國數學家亨利 帕德發明的用有理多項式近似特定函數的方法.給定兩個正整數，函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，. 已知在處的階帕德近似為.注：，，，，…
(1)求實數的值；
(2)當時，試比較與的大小，并證明；
(3)定義數列：，，求證：.
21．（2024·廣西柳州·模擬預測）帕德近似是法國數學家亨利．帕德發明的用有理多項式近似特定函數的方法．給定兩個正整數m，n，函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，．注：，，，，…；為的導數）．已知在處的階帕德近似為．
(1)求實數a，b的值；
(2)比較與的大小；
(3)若有3個不同的零點，求實數m的取值范圍．
22．（24-25高三上·江西鷹潭·階段練習）法國數學家拉格朗日于1797年在其著作《解析函數論》中給出了一個定理，具體如下.如果函數滿足如下條件：①在閉區間上的圖象是連續的；②在開區間上可導.則在開區間上至少存在一個實數，使得成立，人們稱此定理為“拉格朗日中值定理”.
(1)已知且，
（i）若恒成立，求實數的取值范圍；
（ii）當時，求證：.
(2)已知函數有兩個零點，記作，若，證明：
23．（23-24高三下·重慶渝中·階段練習）閱讀材料一：“裝錯信封問題”是由數學家約翰·伯努利（Johann Bernoulli，1667～1748）的兒子丹尼爾·伯努利提出來的，大意如下：一個人寫了封不同的信及相應的個不同的信封，他把這封信都裝錯了信封，問都裝錯信封的這一情況有多少種？后來瑞士數學家歐拉（Leonhard Euler，1707～1783）給出了解答：記都裝錯封信的情況為種，可以用全排列減去有裝正確的情況種數，結合容斥原理可得公式：，其中．
閱讀材料二：英國數學家泰勒發現的泰勒公式有如下特殊形式：當在處階可導，則有：，注表示的階導數，該公式也稱麥克勞林公式．閱讀以上材料后請完成以下問題：
(1)求出的值；
(2)估算的大小（保留小數點后2位），并給出用和表示的估計公式；
(3)求證：，其中．
24．（2024·山東濰坊·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 ，其中為參數.當時，就是雙曲余弦函數，類似地雙曲正弦函數 ，它們與正、余弦函數有許多類似的性質.
(1)類比三角函數的三個性質：
①倍角公式 ；
②平方關系 ；
③求導公式
寫出雙曲正弦和雙曲余弦函數的一個正確的性質并證明；
(2)當時，雙曲正弦函數圖象總在直線的上方，求實數的取值范圍；
(3)若，證明：
25．（2024·山東菏澤·模擬預測）如果三個互不相同的函數，，在區間上恒有或，則稱為與在區間上的“分割函數”．
(1)證明：函數為函數與在上的分割函數；
(2)若函數為函數與在上的“分割函數”，求實數的取值范圍；
(3)若，且存在實數，使得函數為函數與在區間上的“分割函數”，求的最大值．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第01講 函數與導數中的新定義綜合
（20類核心考點精講精練）
新定義”主要是指新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種。
在新高考數學科目的考察中，函數與導數部分的新定義占據了舉足輕重的地位，該部分內容主要檢驗學生對函數的基本概念、核心性質及運算技巧的掌握程度，同時也涵蓋了對導數概念的理解、計算能力的展現以及其在多種場景下的應用。試題設計往往緊密貼合現實生活或科學情境，旨在評估學生運用函數與導數知識體系解決實際復雜問題的能力。
新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決．
對于新定義的題目，一定要耐心理解定義，新的定義不但考查的是舊的知識點的延伸，更考查對于新知識的獲取理解能力，抓住關鍵點。對于以函數為背景的新定義問題的求解策略要緊扣新定義和用好函數的性質，分析新定義的特點，把心定義所敘述的問題的本質弄清楚，應用到具體的解題過程中；同時時要善于從試題中發現可以使用的函數的性質的一些因素
（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；
（2）可用自己的語言轉述新信息所表達的內容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；
（3）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；
（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.
為此，考生需對基礎函數的各種屬性、圖象特征、運算規律有深入透徹的理解，并熟練掌握導數的基本定義、其蘊含的幾何與物理意義以及多樣化的計算方法。進一步地，針對函數與導數在解決實際問題中的典型應用，如求解最優化問題、分析變化率趨勢、確定曲線在某點的切線方程等，考生應具備扎實的分析思路和有效的解決策略。
綜上所述，備考過程中，考生應高度重視基礎知識的鞏固與深化，同時加強針對實際問題的解題訓練，以提升自身的綜合應用能力。
考點一、高斯取整函數
1．（2024·山東青島·三模）定義 表示不超過 的最大整數.例如: ，則（ ）
A． B．
C． 是偶函數 D． 是增函數
【答案】B
【分析】A選項，取特殊值，判斷出A選項的真假；B選項，設表示不超過的最大整數，可得與的關系，可得，判斷出B選項的真假；C選項，取特殊值，利用偶函數定義驗證，判斷出C的真假；D中，取特殊值，判斷出函數不是增函數，判斷出D的真假.
【詳解】A選項，取，則，，顯然，所以A不正確；
B選項，設表示不超過的最大整數，所以，
所以，所以，所以，即，
所以，所以，故B正確；
C選項，，因為，
所以，所以不是偶函數，故C錯誤；
D選項，所以，所以不是增函數，故D錯誤.
故選：B.
2．（2024·河南新鄉·二模）函數被稱為取整函數，也稱高斯函數，其中表示不大于實數的最大整數．若，滿足，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據基本不等式求解最值，即可根據一元二次不等式求解，即可根據取整函數的定義求解.
【詳解】，當且僅當時取等號，
由可得，
所以，故，
故選：C
3．（2024·重慶·模擬預測）高斯是德國著名的數學家，近代數學的奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，用其名字命名的“高斯函數”定義為：對于任意實數x，記表示不超過x的最大整數，則稱為“高斯函數”．例如：，．
(1)設，，求證：是的一個周期，且恒成立；
(2)已知數列的通項公式為，設．
①求證：；
②求的值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)①證明見解析；②88.
【分析】（1）根據新定義的理解，計算可得，結合當時即可求解；
（2）①：記，則，利用放縮法可證得、，進而，即可證明；②：由①知，由（1）可得，則，令，結合裂項相消法計算可得，即可求解.
【詳解】（1）．
故是的一個周期．
當時，，，故．
由于周期為，故對任意，都有．
（2）①記．
，則．
∵
，∴．
而
．∴．
∴，∴．
②由①知，則．
由（1）知：對任意，都有，
∴．∴．
∵，∴．
令，
∵；
．
∵，∴．
【點睛】方法點睛：
學生在理解相關新概念、新法則(公式)之后，運用學過的知識，結合已掌握的技能，通過推理、運算等解決問題.在新環境下研究“舊”性質.主要是將新性質應用在“舊”性質上，創造性地證明更新的性質，落腳點仍然是數列求通項或求和.
1．（2024·全國·一模）數學上，常用表示不大于x的最大整數．已知函數，則下列正確的是（ ）．
A．函數在定義域上是奇函數 B．函數的零點有無數個
C．函數在定義域上的值域是 D．不等式解集是
【答案】B
【分析】設，A選項，注意到，可判斷選項正誤；B選項，等價于判斷方程根的個數；
C選項，通過分析方程根的存在性可判斷選項正誤；D選項，等價于解不等式.
【詳解】設，A選項，，，
因，則不是奇函數，故A錯誤；
B選項，令，即函數的零點有無數個，故B正確；
C選項，若，則，
但，則，即函數在定義域上的值域不是，故C錯誤.
D選項，，故D錯誤.
故選：B
2．（2024·河南開封·二模）（多選）高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一．用其名字命名的高斯取整函數為，表示不超過x的最大整數，例如，．下列命題中正確的有（ ）
A．，
B．，，
C．，
D．，
【答案】BD
【分析】根據給定的定義，結合存在量詞命題、全稱量詞命題的真假判斷方法逐項分析即得.
【詳解】對于A，當時，，當時，，而，
因此，A錯誤；
對于B，，，令，則，，
因此，B正確；
對于C，取，，則，，
顯然，C錯誤；
對于D，，當時，，當時，，而，
因此，此時，D正確.
故選：BD
【點睛】方法點睛：判斷全稱量詞命題為真、存在量詞命題為假必須推理論證；判斷全稱量詞命題為假、存在量詞命題為真只需舉例說明.
3．（2024·全國·模擬預測）（多選）函數是取整函數，也被稱為高斯函數，其中表示不超過的最大整數，例如：，.若在函數的定義域內，均滿足在區間上，是一個常數，則稱為的取整數列，稱為的區間數列.下列說法正確的是（ ）
A．的區間數列的通項
B．的取整數列的通項
C．的取整數列的通項
D．若，則數列的前項和
【答案】BD
【分析】由在上，得到，可判定A錯誤；根據，可判定B正確；結合， 可判定C錯誤；得到，利用乘公比錯位相減法求和，可判定D正確.
【詳解】對于A中，因為在上，，，所以；
在上，，所以，
在上，，，所以，所以A錯誤；
對于B中，由選項A知，，所以B正確.
對于C中，因為，
所以，所以C錯誤；
對于D中，由選項A知，可得，
則，
所以，
兩式相減，所以D正確.
故選：BD.
考點二、二階行列式
1．（2024·福建寧德·模擬預測）定義，若關于x的不等式在上恒成立，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【詳解】由，可得等價于，即，
因為，所以，所以，
所以實數的取值范圍為.
故選：C.
1．（2023·河南·三模）我們稱為“二階行列式”，規定其運算為．已知函數的定義域為，且，若對定義域內的任意都有，則（ ）
A． B．是偶函數 C．是周期函數 D．沒有極值點
【答案】D
【分析】經行列式運算后，得到關系式，將替換為代入，進而得到函數的解析式，逐項判斷即可.
【詳解】由于，則，
即為：（*），
將替換為代入（*）式，得，且，
得：，
對于A，取，顯然滿足（*）式，此時，故A錯誤；
對于B，定義域為，
則成立，
所以是奇函數，故B錯誤；
對于C，假設非零常數為函數的周期，即，
則，其中，
即得，，這與假設為非零常數矛盾，
所以不是周期函數，故C錯誤；
對于D，由于，則，顯然沒有實數解，
所以沒有極值點，故D正確；
故選：D.
2．（22-23高一下·江西萍鄉·期中）把符號稱為二階行列式，規定它的運算法則為．已知函數．
(1)若，，求的值域；
(2)函數，若對，，都有恒成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據新定義運算、同角三角函數的基本關系式、二次函數的性質求得的值域.
（2）先求得的最小值，由此轉化不等式，利用換元法，結合二次函數的性質求得正確答案.
【詳解】（1），，
則，
的開口向下，對稱軸為，
因為，所以；
（2），
∵，∴，令，則，
函數轉化為函數，，
函數在上單調遞增，故當時，，
即函數的最小值為1，
由題知，，即對于恒成立，
即對于恒成立，
令，則，記，，故只要，
①當時，，解得，∴，
②當時，，解得，∴，
③當時，，解得，∴．
綜合①②③得，．
【點睛】二次函數在閉區間上取得最值時的，只能是其圖像的頂點的橫坐標或給定區間的端點．因此，影響二次函數在閉區間上的最值主要有三個因素:拋物線的開口方向、對稱軸以及給定區間的位置．在這三大因素中，最容易確定的是拋物線的開口方向（與二次項系數的正負有關)，而關于對稱軸與給定區間的位置關系的討論是解決二次函數在給定區間上的最值問題的關鍵．
考點三、狄利克雷函數
1．（2024·全國·模擬預測）德國數學家狄利克雷（Dirichlet）是解析數論的創始人之一，下列關于狄利克雷函數的結論正確的是（ ）
A．有零點 B．是單調函數
C．是奇函數 D．是周期函數
【答案】D
【詳解】根據狄利克雷函數的性質即可由或均為有理數求解A，根據即可判斷單調性求解B，根據和同為有理數或同為無理數，即可求解C，根據和同為有理數或同為無理數即可求解D.
【分析】對于A，因為或均為有理數，
所以，故沒有零點，A錯誤，
對于B，因為，所以，
故不是單調函數，B錯誤，
對于C，因為和同為有理數或同為無理數，所以，
故是偶函數，C錯誤，
對于D，設為任意非零有理數，則和同為有理數或同為無理數，
所以，故是周期函數（以任意非零有理數為周期），D正確，
故選：D.
2．（23-24高三上·廣東惠州·階段練習）（多選）狄利克雷函數是由著名德國數學家狄利克雷創造的，它是定義在實數上、值域不連續的函數，它在數學的發展過程中有很重大的研究意義，例如對研究微積分就有很重要的作用，其函數表達式為（其中為有理數集，為無理數集），則關于狄利克雷函數說法正確的是（ ）
A． B．它是偶函數
C．它是周期函數，但不存在最小正周期 D．它的值域為
【答案】ABC
【分析】根據題意，由狄利克雷函數的性質，逐一判斷，即可得到結果.
【詳解】因為，則，故A正確；
若，則，則；若，則，則，所以為偶函數，故B正確；
設任意，則，
當時，則，當時，或，
則，即任意非零有理數均是的周期，任何無理數都不是的周期，故C正確；
函數的值域為，故D錯誤；
故選：ABC
1．（2024·廣東惠州·三模）（多選）德國數學家狄利克雷（Dirichlet，1805-1859），是解析數論的創始人之一．他提出了著名的狄利克雷函數：，以下對的說法正確的是（ ）
A．
B．的值域為
C．存在是無理數，使得
D．，總有
【答案】ABD
【分析】根據狄利克雷函數的定義判斷選項A、B、C；分別對是無理數和有理數進行分類討論可判斷選項D.
【詳解】由，可得的值域為，
所以，故選項A、B正確；
因為當是無理數時，且是無理數，
所以，
所以，故選項C錯誤；
當是無理數時，均為無理數，此時有，
當是有理數時，均為有理數，此時有
所以，總有，故選項D正確.
故選：ABD
2．（2024·重慶·一模）（多選）德國著名數學家狄利克雷在數學領域成就顯著，以其命名的函數被稱為狄利克雷函數，其中為實數集，為有理數集，則以下關于狄利克雷函數 的結論中，正確的是（ ）
A．函數 為偶函數
B．函數 的值域是
C．對于任意的 ，都有
D．在 圖象上不存在不同的三個點 ，使得 為等邊三角形
E．在 圖象存在不同的三個點 ，使得 為等邊三角形
【答案】ACE
【分析】選項A中注意“若，則；，則”即可；選項B中注意；選項C中，內層函數或，函數值都是有理數；選項DE取特殊情況判斷即可.
【詳解】由于，對于選項A，設任意，則，；設任意，則，
總之，對于任意實數，恒成立，A正確；
對于選項B，的值域為，，B錯誤；
對于選項C，當，則，；當，則，，C正確；
對于選項DE，取，，得到為等邊三角形，D錯誤E正確.
故選：ACE.
考點四、sgnx函數
1．（2024·山東臨沂·一模）已知函數，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】理解函數的性質，舉反例說明充分性不成立，再利用指數函數與一次函數的性質說明必要性成立，從而得解.
【詳解】因為，
當時，取，則，，
此時，則不成立，即充分性不成立；
當時，，，所以，即必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分條件.
故選：B.
1．（2024·北京·模擬預測）數學上的符號函數可以返回一個整型變量，用來指出參數的正負號，一般用來表示，其解析式為.已知函數，給出下列結論：
①函數的最小正周期為；
②函數的單調遞增區間為；
③函數的對稱中心為；
④在上函數的零點個數為4.
其中正確結論的序號是 .（寫出所有正確結論的序號）
【答案】①④
【分析】作出函數的圖象，通過圖象討論函數周期、單調區間、對稱中心和零點等問題.
【詳解】函數，畫出函數的部分圖象，如圖所示：
，
結合函數圖象可知，函數的最小正周期為，結論①正確；
由，結合函數圖象可知，函數的單調遞增區間為，結論②錯誤；
結合函數圖象可知，函數的對稱中心為，結論③錯誤；
函數的零點，即方程的根，時方程不成立，
方程等價于，
函數與函數的圖象在上有4個交點，
所以在上函數的零點個數為4. 結論④正確.
故答案為：①④
【點睛】方法點睛：由符號函數的定義，把表示為分段函數，作出函數圖象，函數解析式結合圖象，解決函數周期、單調區間、對稱中心和零點等問題.
考點五、最大值最小值函數
1．（22-23高三上·階段練習）已知表示，，中的最大值，例如，若函數，則的最小值為（ ）
A．2.5 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】在同一平面直角坐標系中作出函數，，的圖象，根據函數的新定義可得的圖象，由圖象即可得最小值.
【詳解】如圖：在同一平面直角坐標系中作出函數，，的圖象，
因為，所以的圖象如圖實線所示：
由可得，由可得，
由圖知在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
所以當時，，
當時，，
所以的最小值為，
故選：B.
2．（2024·廣東韶關·二模）定義，對于任意實數，則的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】設，則，構造函數，利用導數求出函數的最小值進而得，化簡即可求解.
【詳解】設，則，
得，
設，則，
令，，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，
故，即，
得，
所以，
得，即.
故選：A
【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數在函數中的綜合應用，本題解題的關鍵是由構造函數，利用導數求得即為題意所求.
1．（2024·全國·模擬預測）設為中最大的數.已知正實數，記，則的最小值為（ ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】C
【分析】根據函數定義可知，，，再由基本不等式可得當時，取得最小值2.
【詳解】由，得，，，
所以，即，因為，所以；
由基本不等式可得，所以，
所以，，
當，即時，取得最小值2.
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據函數定義得出，，，再結合基本不等式求得.
2．（2024·湖北·一模）記，分別表示函數在上的最大值和最小值．則 ．
【答案】2
【分析】根據題意，由，設為變量，可通過分類討論求出，再求出當時的最小值；或由在時的最大值只可能在或或處取得，結合圖象可得原式的最小值．
【詳解】由，設為變量，
，
令，當時，，當時，，當時，，
最大值只可能在或或處取得，
所以的最大值為，
所以，
當時，原式的最小值為2．
或者由在時的最大值只可能在或
或處取得，令，當時，，當時，，
當時，，結合圖象可得原式的最小值為2．
故答案為：2.
【點睛】關鍵點睛：讀懂題意，分析，最大值只可能在或或處取得，所以的最大值為.
考點六、歐拉函數
1．（2023·廣東廣州·模擬預測）歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數，且與互素的正整數的個數，例如，，．若，且，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據歐拉函數的定義結合可求得的值，再結合歐拉函數的定義可求得的值.
【詳解】與互素且不超過的正整數為，與互素且不超過的正整數為、，
與互素且不超過的正整數為、，與互素且不超過的正整數為、、、，
與互素且不超過的正整數為、、、，
因為，，，，，
所以，，則，
因為與互素且不超過的正整數為、、、，所以，.
故選：B.
2．（2024·全國·模擬預測）（多選）歐拉函數是初等數論中的重要內容．對于一個正整數，歐拉函數表示小于或等于且與互質的正整數的數目．換句話說，是所有不超過且與互素的數的總數．如：，．則以下是真命題的有（ ）
A．的定義域為，其值域也是
B．在其定義域上單調遞增，無極值點
C．不存在，使得方程有無數解
D．，當且僅當是素數時等號成立
【答案】ACD
【分析】根據歐拉函數的定義和性質，以及與素數的關系進行判斷選項.
【詳解】對于A，根據歐拉函數的定義，可得歐拉函數的定義域為，其值域也是，所以A正確；
對于B，歐拉函數在其定義域上不是單調遞增的，如，所以B錯誤;
對于C，由于的值域為，所以不存在，使方程有無數解,故C正確;
對于D，因為的素因數都是大于1，，所以，當且僅當時素數時等號成立，故D正確.
故選：ACD
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點是理解歐拉函數的定義和性質，以及與素數的關系.
3．（2024·湖北·模擬預測）歐拉函數在密碼學中有重要的應用．設n為正整數，集合，歐拉函數的值等于集合中與n互質的正整數的個數；記表示x除以y的余數（x和y均為正整數），
(1)求和；
(2)現有三個素數p，q，，，存在正整數d滿足；已知對素數a和，均有，證明：若，則；
(3)設n為兩個未知素數的乘積，，為另兩個更大的已知素數，且；又，，，試用，和n求出x的值．
【答案】(1)，；
(2)證明見解析；
(3).
【分析】（1）利用歐拉函數的定義直接求出和.
（2）分析求出x與n不互質的數的個數，求得，設，，結合二項式展開式證明，再按與分類求證即得.
（3）利用的定義，記，，令，那么，且，，使，則，再探求數列項數及遞推關系即可求得答案.
【詳解】（1）中，與6互質的數有1和5，則；
中，與15互質的數有1、2、4、7、8、11、13和14，則8.
（2）因為，p和q為素數，則對，僅當或時，x和n不互質，
又，則，，…，或，，…時，x與n不互質，
則，
設，，可知s，t不全為0，下證時，；
由題知，，
又，
所以，同理有；
于是記，，
即，同理，記，于是，
則，因為，所以，所以，
即；
（i）時，記，則，
記，又，而，則，
即，即；
（ii）若，不妨設，于是，
所以，又，，
所以；
綜上，，得證：
（3）因為，所以，則，則，
假設存在，，使得；記，，
令，那么，且，于是，使，則，
從而數列有且僅有項，
考慮使成立，
則對于相鄰項有，
將兩式相加并整理得：，
令，得，又由于，，…，及均由和確定，
則數列的各項也可根據n和確定，
由上知，，
則，
即，其中是根據n和唯一確定的.
【點睛】思路點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，涉及函數新定義問題，理解新定義，找出數量關系，聯想與題意有關的數學知識和方法，再轉化、抽象為相應的數學問題作答.
1．（2024·湖北武漢·二模）歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數，且與互質的正整數的個數（公約數只有1的兩個正整數稱為互質整數），例如：，，則 ；若，則的最大值為 ．
【答案】 4
【分析】由歐拉函數定義，確定中與8互質的數的個數求，且，應用作差法判斷的單調性，即可求最大值.
【詳解】由題設，則中與8互質的數有，共4個數，故，
在中，與互質的數為范圍內的所有奇數，共個，即，
所以，則，
當時，當時，即，
所以的最大值為.
故答案為：4，
2．（23-24高三上·河北邢臺·開學考試）歐拉是18世紀最優秀的數學家之一，幾乎每個數學領域都可以看到歐拉的名字，如著名的歐拉函數.歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數n，且與n互素(兩個數只有公約數1)的正整數的個數.例如：，.現從中任選兩個數，則這兩個數相同的概率是 .
【答案】
【分析】根據函數新定義求出的值，然后結合組合知識利用古典概型概率公式求解即可.
【詳解】根據歐拉函數的定義知，，，，，，，
，，，，
從中任選兩個數有種結果，
其中這兩個數相同的有
共8種結果，
所以根據古典概率公式得所求的概率為.
故答案為：
考點七、黎曼函數
8．（23-24高三上·河南·階段練習）（多選）黎曼函數（Riemann function）是一個特殊的函數，由德國數學家黎曼發現并提出，其基本定義是：（注：分子與分母是互質數的分數，稱為既約分數），則下列結論正確的是（ ）
A．
B．黎曼函數的定義域為
C．黎曼函數的最大值為
D．若是奇函數，且，當時，，則
【答案】BC
【分析】根據函數的定義計算特殊值判斷A選項，根據定義域判斷B選項，根據值域判斷C選項，結合對稱性及周期性判斷D選項.
【詳解】，錯誤.
因為是既約真分數，或上的無理數，所以黎曼函數的定義域為正確.
又為既約真分數，所以的最大值為正確.
因為，所以.所以.
因為是奇函數，所以，所以，
即是以2為周期的周期函數，
，
所以錯誤.
故選:.
1．（2024·北京石景山·一模）黎曼函數在高等數學中有著廣泛應用，其一種定義為：時，．若數列，給出下列四個結論：
①；②；③；④．
其中所有正確結論的序號是 ．
【答案】②③④
【分析】根據黎曼函數的定義和性質逐項分析.
【詳解】對于①， 時， ，故①錯誤；
對于②， ，，，故②正確；
對于③，
，故③正確；
對于④，， ，
構造函數 ， ，則 ，單調遞增，
，即當時 ， ，
，
當時， ，， ，故④正確.
故選：②③④.
【點睛】方法點睛：新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決．
考點八、曲率
1．（2024·廣西來賓·模擬預測）曲率是數學上衡量曲線彎曲程度的重要指標，對于曲線，其在點處的曲率，其中是的導函數，是的導函數．則拋物線上的各點處的曲率最大值為（ ）
A． B．p C． D．
【答案】C
【分析】先求出函數的導函數及導函數的導函數，再根據公式求出各點處的曲率，并解出最大值即可.
【詳解】由題可知拋物線方程為：，則，，
則該拋物線在各點處的曲率，
當時，取最大值.
故選：C.
2．（2024·全國·二模）廣州小蠻腰是廣州市的地標性建筑，奇妙的曲線造型讓建筑充滿了美感，數學上用曲率表示曲線的彎曲程度.設函數的導函數為的導函數記為，則函數的圖象在的曲率.
(1)求橢圓在處的曲率；
(2)證明：函數圖象的曲率的極大值點位于區間.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）先求導得出函數值再計算曲率；
（2）先求二階導數得出曲率函數，再設變量構造新函數求導得出函數單調性繼而得出極值即可判斷證明區間.
【詳解】（1）當時，由，得，
則
即橢圓在處的曲率為
（2）由，
得，
令，則，
令，.
令，
在區間上單調遞減，，
故存在，使，
當時，，即；當時，，即.
為的極大值點，由，知，
，即的極大值點位于區間.
【點睛】方法點睛：設變量構造新函數求導得出函數單調性繼而得出極值即可判斷證明區間.
1．（22-23高三上·山東·階段練習）（多選）曲線的曲率就是針對曲線上某個點的切線方向角對弧長的轉動率，表明曲線偏離直線的程度，曲率越大，表示曲線的彎曲程度越大．曲線在點處的曲率，其中是的導函數．下面說法正確的是（ ）
A．若函數，則曲線在點與點處的彎曲程度相同
B．若是二次函數，則曲線的曲率在頂點處取得最小值
C．若函數，則函數的值域為
D．若函數，則曲線上任意一點的曲率的最大值為
【答案】ACD
【分析】根據曲率的定義求出曲率，由曲率函數為偶函數判斷A，計算二次函數曲率，可知時有最大值判斷B，求出函數的曲率函數，換元后求值域即可判斷C，求出的曲率利用均值不等式求最大值判斷D.
【詳解】對于A，，，則，
又，所以為偶函數，曲線在兩點的彎曲長度相同，故A正確；
對于B，設，，
則，當且僅當，
即時，曲率取得最大值，故B錯誤；
對于C，，
，令，則，
當時，；當時，單調遞增且，單調遞減
且，單調遞增且，
根據復合函數的單調性知在時單調遞減，
所以可知在時單調遞增，
所以的最大值為，所以，即，故C正確；
對于D，，
，
當且僅當時，等號成立，故D正確．
故選：ACD．
考點九、極值點與拐點
1．（2024·湖南長沙·二模）極值的廣義定義如下：如果一個函數在一點的一個鄰域（包含該點的開區間）內處處都有確定的值，而以該點處的值為最大（小），這函數在該點處的值就是一個極大（小）值.
對于函數，設自變量x從變化到，當，是一個確定的值，則稱函數在點處右可導；當，是一個確定的值，則稱函數在點處左可導.當函數在點處既右可導也左可導且導數值相等，則稱函數在點處可導.
(1)請舉出一個例子，說明該函數在某點處不可導，但是該點是該函數的極值點；
(2)已知函數.
（ⅰ）求函數在處的切線方程；
（ⅱ）若為的極小值點，求a的取值范圍.
【答案】(1)，說明見解析
(2)（ⅰ）切線方程為，（ⅱ）
【分析】（1）根據題意，求出函數的左導數和右導數，即可說明；
（2）（ⅰ）根據導數的幾何意義求切線；
（ⅱ），通過利用導數研究函數的性質，解決的極小值問題，從而求a的取值范圍.
【詳解】（1），為該函數的極值點，
當，，
當，，
則該函數在處的左導數為，右導數為1，
所以該函數在處不可導.
（2）（ⅰ）根據題意，，則切點，
又，則，
所以切線方程為；
（ⅱ），
因為當時，，故與同號，
，先考察的性質，
由于為偶函數，只需分析其在上的性質即可，
，，
設，
則，，
則必有，即.
①否則，若，即，
則必存在一個區間，使得，
則在單調遞減，又，
則在區間內小于0，則在單調遞減，
又，故在區間內小于0，
故在區間內小于0，
則不可能為的極小值點.
②當時，，
令，，
令，
則，
易知在區間上單調遞增，
對，，
則在區間上大于0，
故在區間上單調遞增.
故在區間上單調遞增.
又，故，
故在區間上單調遞增，
又，故，故在區間上單調遞增，
又，故，，
則，，
故當時，，
由偶函數知時，，
故為的極小值點，
所以a的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛：最后一問中由，通過利用導數研究函數的性質，解決的極小值問題，從而求a的取值范圍.
2．（2024·貴州·模擬預測）定義：設是的導函數，是函數的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”.經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”且“拐點”就是三次函數圖象的對稱中心.已知函數圖象的對稱中心為，則下列說法中正確的有（ ）
A．， B．函數的極大值與極小值之和為2
C．函數有三個零點 D．在區間上單調遞減
【答案】AB
【分析】根據題意，對函數進行二次求導，可得“拐點”，而“拐點”同時也滿足函數解析式，這樣就可以得到參數的值，進而根據三次函數的圖象與性質，可得正確答案.
【詳解】由，可得，，
令，得，
因為函數圖象的對稱中心為，
因此，解得，，故選項A正確；
由以上過程可知，，
且當或時，；當時，.
于是在和上都是增函數，在上是減函數，
故選項D錯誤；
因為關于點對稱，
所以的極大值與極小值之和為，故選項B正確；
因為函數極小值，
由三次函數的性質知，只有一個零點，所以選項C錯誤，
故選：AB.
1．（2024·河南·三模）設函數的導函數為的導函數為的導函數為.若，且，則為曲線的拐點.
(1)判斷曲線是否有拐點，并說明理由；
(2)已知函數，若為曲線的一個拐點，求的單調區間與極值.
【答案】(1)沒有拐點，理由見解析
(2)單調遞增區間為；單調遞減區間為，極大值為2，極小值為.
【分析】（1）根據題意，求得，結合新定義，即可得到答案；
（2）求得，得到，列出方程求得，得到，求得的單調性，進而求得函數的極值.
【詳解】（1）解：由函數，可得，
由，得，又由，得，所以曲線沒有拐點.
（2）解：由函數，
可得，
因為為曲線的一個拐點，所以，
所以，解得，經檢驗，當時，，
所以.
當或時，，則的單調遞增區間為；
當時，，且不恒成立，則的單調遞減區間為，
故當時，取得極大值，且極大值為；
當時，取得極小值，且極小值為.
考點十、洛必達法則
1．（20-21高二下·重慶江北·階段練習）我們把分子、分母同時趨近于0的分式結構稱為型，比如：當時，的極限即為型．兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在，為此，洛必達在1696年提出洛必達法則：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．如：，則（ ）
A．0 B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】利用洛必達法則直接求解即可
【詳解】，
故選：D
2．（2024·浙江·二模）①在微積分中，求極限有一種重要的數學工具——洛必達法則，法則中有結論：若函數，的導函數分別為，，且，則
.
②設，k是大于1的正整數，若函數滿足：對任意，均有成立，且，則稱函數為區間上的k階無窮遞降函數.
結合以上兩個信息，回答下列問題：
(1)試判斷是否為區間上的2階無窮遞降函數；
(2)計算：；
(3)證明：，.
【答案】(1)不是區間上的2階無窮遞降函數；
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據函數為區間上的k階無窮遞降函數的定義即可判斷；
（2）通過構造，再結合即可得到結果；
（3）通過換元令令，則原不等式等價于，再通過構造函數，根據題干中函數為區間上的k階無窮遞降函數的定義證出，即可證明結論.
【詳解】（1）設，
由于，
所以不成立，
故不是區間上的2階無窮遞降函數.
（2）設，則，
設，
則，
所以，得.
（3）令，則原不等式等價于，
即證，
記，則，
所以，
即有對任意，均有，
所以，
因為，
所以，
所以，證畢!
【點睛】方法點睛：利用函數方法證明不等式成立問題時，應準確構造相應的函數，注意題干條件中相關限制條件的轉化.
1．（2024·河北邢臺·二模）在函數極限的運算過程中，洛必達法則是解決未定式型或型極限的一種重要方法，其含義為：若函數和滿足下列條件：
①且（或，）；
②在點的附近區域內兩者都可導，且；
③（可為實數，也可為），則．
(1)用洛必達法則求；
(2)函數（，），判斷并說明的零點個數；
(3)已知，，，求的解析式．
參考公式：，．
【答案】(1)
(2)僅在時存在1個零點，理由見解析
(3)
【分析】（1）利用洛必達法則求解即可；
（2）構造函數，結合的單調性求解即可；
（3）利用累乘法求出的表達式，然后結合，利用洛必達法則求極限即可.
【詳解】（1）
（2），，
所以，．
當時，，函數在上單調遞減，
當時，，函數在上單調遞增，
，，
當時，，所以僅在時存在1個零點．
（3），所以，，…，
將各式相乘得，
兩側同時運算極限，所以，
即，
令，原式可化為，又，
由（1）得，
故，由題意函數的定義域為，
綜上，
【點睛】方法點睛：本題考查新定義，注意理解新定義，結合洛必達法則的適用條件，構造函數，從而利用洛必達法則求極限.
考點十一、不動點與復合穩定點
1．（2024·黑龍江齊齊哈爾·三模）在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里的一個非常重要的不動點定理，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續函數，存在一個點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數．函數有 個不動點．
【答案】1
【分析】由題意可知即求函數的零點個數，當時，,當時，，當時，對求導可得的單調性和值域，即可求出的零點個數.
【詳解】令，即，
由題意可知即求函數的零點個數，
當時，，此時不存在零點；
當時，，此時不存在零點；
當時，，
令，，因為，解得：，
令，，因為，解得：，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，，
故在上有且僅有一個零點，
綜上所述，僅有一個不動點．
故答案為：1.
2．（2024·廣東廣州·二模）若是方程的實數解，則稱是函數與的“復合穩定點”．若函數且與有且僅有兩個不同的“復合穩定點”，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】即有兩個不同實根，令，則在上有兩個不同實根，利用二次方程根的分布即可．
【詳解】且與有且僅有兩個不同的“復合穩定點”，
，即有兩個不同實根，
令，則在上有兩個不同實根，
，
則的取值范圍為．
故選：D．
3．（2024·貴州黔西·一模）布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可運用到有限維空間并構成了一般不動點定理的基石，得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer).簡單地講就是:對于滿足一定條件的連續函數，存在實數，使得，我們就稱該函數為“不動點”函數，實數為該函數的不動點.
(1)求函數的不動點;
(2)若函數有兩個不動點，且，若，求實數的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據不動點定義求解即可；
（2）根據題意問題轉化為方程有兩個不等的實數根，令，利用導數判斷單調性極值，可得，且的值隨著的值減小而增大，列式求出時的值，得解.
【詳解】（1）設的不動點為，則，解得，
所以函數的不動點為.
（2）函數有兩個不動點，即方程，即有兩個不等的實數根，
令，則，
當時，，當時，，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
，且時，，時，，
作出的大致圖象如下：
所以，且的值隨著的值減小而增大，
當時，有，兩式相減得，
解得，即，代入，解得，
所以此時，
所以滿足題意的實數的取值范圍為.
1．（2024·內蒙古呼和浩特·二模）對于函數，若實數滿足，則稱為的不動點．已知函數．
(1)當時，求證；
(2)當時，求函數的不動點的個數；
(3)設，證明．
【答案】(1)證明見解析
(2)2
(3)證明見解析
【分析】（1）將代入函數解析式，對函數求導，求出函數最小值即可證明；
（2）將代入函數解析式，得方程解的個數即為函數的不動點的個數，構造函數，對函數求導，利用導數判斷函數的單調性，求出函數的最值，即相應點的函數值，求出函數零點的個數，即為函數的不動點的個數；
（3）結合（1）換元后，再由待證式子，設，結合結論恰當變形，利用相加相消即可證明.
【詳解】（1）當時，有，
所以，
所以
當且僅當，，即時，等號成立，
所以當時，，單調遞增，
所以，所以得證.
（2）當時，，
根據題意可知：方程解的個數即為函數的不動點的個數，
化為，令，
所以函數的零點個數，即為函數的不動點的個數，
，令，即，解得，
單調遞減 單調遞增
因為，，
所以在上有唯一一個零點，
又，
所以在上有唯一一個零點，
綜上所述，函數有兩個不動點.
（3）由（1）知，，
令，則，即，
設，則滿足，
所以，即，
所以，
所以，即.
【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵在于對于第一問的靈活運用，借助第一問結論，恰當換元，得出后，再次適時換元，是本題的關鍵點，也是難點，突破換元后裂項相消即可得解.
2．（2024·河北滄州·一模）對于函數，，若存在，使得，則稱為函數的一階不動點；若存在，使得，則稱為函數的二階不動點；依此類推，可以定義函數的階不動點．其中一階不動點簡稱為“不動點”，二階不動點簡稱為“穩定點”，函數的“不動點”和“穩定點”構成的集合分別記為和，即，．
(1)若，證明：集合中有且僅有一個元素；
(2)若，討論集合的子集的個數．
【答案】(1)證明見解析
(2)
答案見解析
【分析】（1）令，求導，可得函數的單調性，進而可得函數有唯一零點，可得結論；
（2）由題意可知只需研究的不動點即可，令，求出其導數，判斷其單調性，然后分類討論的取值范圍，判斷的零點情況，即可判斷的穩定點個數.，進而可得集合的子集的個數.
【詳解】（1）令，求導得，
令，可得，
當，，當，，
所以，所以有唯一零點，
所以集合中有且僅有一個元素；
（2）當時，由函數，
可得導函數，所以在上單調遞增，
由反函數的知識，穩定點在原函數與反函數的交點上，
即穩定點與的不動點等價，
故只需研究的不動點即可；
令，
則，則在上單調遞減，
①當時，恒成立，即在上單調遞增，
當x無限接近于0時，趨向于負無窮小，
且，
故存在唯一的，使得，即有唯一解，
所以此時有唯一不動點；
②當時，即時，，
當趨向無窮大時，趨近于0，此時，
存在唯一，使得，
此時在上單調遞增，在上單調遞減，
故，
當趨近于0時，趨向于負無窮大，當向正無窮大時，趨向負無窮大時，
設，則在上單調遞增，
且，
又在時單調遞增，
故（i）當時，即，
此時，方程有一個解，即有唯一不動點，所以集合的子集有2個；
（ii）當，即，
此時，方程無解，即無不動點，所以集合的子集有1個；
（iii）當時，即，此時，方程有兩個解，即有兩個不動點，所以集合的子集有4個；
綜上，當時或時，集合的子集有2個；
當時，集合的子集有1個；
當時，集合的子集有4個.
【點睛】方法點睛：本題屬新定義題型，讀懂題意是關鍵；研究方程根的個數問題常轉化為判斷函數零點的個數問題，利用導數研究含參函數的單調性，從而判斷方程根（或函數零點）的個數問題．注意分類討論思想的應用．
考點十二、 可移倒數點
1．（2024·江蘇蘇州·三模）對于函數，若存在實數，使，其中，則稱為“可移倒數函”，為“的可移倒數點”.設，若函數恰有3個“可移1倒數點”，則的取值范圍（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用定義轉化為求方程恰有3個不同的實根，再借助導數分段探討零點情況即可.
【詳解】依題意，，
由恰有3個“可移1倒數點”，得方程恰有3個不等實數根，
①當時，，方程可化為，解得，
這與不符，因此在內沒有實數根；
②當時，，方程可化為，
該方程又可化為．
設，則，
因為當時，，所以在內單調遞增，
又因為，所以當時，，
因此，當時，方程在內恰有一個實數根；
當時，方程在內沒有實數根．
③當時，沒有意義，所以不是的實數根．
④當時，，方程可化為，
化為，于是此方程在內恰有兩個實數根，
則有，解得，
因此當時，方程在內恰有兩個實數根，
當時，方程在內至多有一個實數根，
綜上，的取值范圍為．
故選：A
【點睛】思路點睛：已知函數的零點或方程的根的情況，求解參數的取值范圍問題的本質都是研究函數的零點問題，求解此類問題的一般步驟：（1）轉化，即通過構造函數，把問題轉化成所構造函數的零點問題；（2）列式，即根據函數的零點存在定理或結合函數的圖象列出關系式；（3）得解，即由列出的式子求出參數的取值范圍．
1．（2024·山東聊城·二模）對于函數，若存在實數，使，其中，則稱為“可移倒數函數”，為“的可移倒數點”．已知．
(1)設，若為“的可移倒數點”，求函數的單調區間；
(2)設，若函數恰有3個“可移1倒數點”，求的取值范圍．
【答案】(1)單調遞增區間為，遞減區間為；
(2).
【分析】（1）根據給定的定義，列式求出值，再利用導數求出函數的單調區間.
（2）利用定義轉化為求方程恰有3個不同的實根，再借助導數分段探討零點情況即可.
【詳解】（1）由為“的可移倒數點”，得，
即，整理，即，解得，
由的定義域為R，求導得，
當時，單調遞增；時，單調遞減；
時，單調遞增，
所以的單調遞增區間為，遞減區間為．
（2）依題意，，
由恰有3個“可移1倒數點”，得方程恰有3個不等實數根，
①當時，，方程可化為，解得，
這與不符，因此在內沒有實數根；
②當時，，方程可化為，
該方程又可化為．
設，則，
因為當時，，所以在內單調遞增，
又因為，所以當時，，
因此，當時，方程在內恰有一個實數根；
當時，方程在內沒有實數根．
③當時，沒有意義，所以不是的實數根．
④當時，，方程可化為，
化為，于是此方程在內恰有兩個實數根，
則有，解得，
因此當時，方程在內恰有兩個實數根，
當時，方程在內至多有一個實數根，
綜上，的取值范圍為．
【點睛】思路點睛：已知函數的零點或方程的根的情況，求解參數的取值范圍問題的本質都是研究函數的零點問題，求解此類問題的一般步驟：（1）轉化，即通過構造函數，把問題轉化成所構造函數的零點問題；（2）列式，即根據函數的零點存在定理或結合函數的圖象列出關系式；（3）得解，即由列出的式子求出參數的取值范圍．
考點十三、泰勒展開
1．（2024·貴州貴陽·一模）英國數學家泰勒發現了如下公式：其中為自然對數的底數，.以上公式稱為泰勒公式.設，根據以上信息，并結合高中所學的數學知識，解決如下問題.
(1)證明：；
(2)設，證明：；
(3)設，若是的極小值點，求實數的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）首先設，利用導數判斷函數的單調性，轉化為求函數的最值問題；
（2）首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可證明；
（3）分和兩種情況討論，求出在附近的單調區間，即可求解.
【詳解】（1）設，則.
當時，：當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
因此，，即.
（2）由泰勒公式知，①
于是，②
由①②得
所以
即.
（3），則
，設，
由基本不等式知，，當且僅當時等號成立.
所以當時，，所以在上單調遞增.
又因為是奇函數，且，
所以當時，；當時，.
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
因此，是的極小值點.
下面證明：當時，不是的極小值點.
當時，，
又因為是上的偶函數，且在上單調遞增,
所以當時，.
因此，在上單調遞減.
又因為是奇函數，且，
所以當時，；當時，.
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
因此，是的極大值點，不是的極小值點.
綜上，實數的取值范圍是.
【點睛】關鍵點點睛：第三問是本題的難點，關鍵是分和兩種情況，利用導數判斷附近的單調性.
2．（2024·貴州遵義·三模）英國數學家泰勒（B．Taylor，1685—1731）發現了：當函數在定義域內n階可導，則有如下公式：以上公式稱為函數的泰勒展開式，簡稱為泰勒公式．其中，，表示的n階導數，即連續求n次導數．根據以上信息，并結合高中所學的數學知識，解決如下問題：
(1)寫出的泰勒展開式（至少有5項）；
(2)設，若是的極小值點，求實數a的取值范圍；
(3)若，k為正整數，求k的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用泰勒展開式求解即可；
（2）先求出，從而可得，由是的極小值點，得，當時，，當時，，進而可得出答案；
（3）先利用泰勒展開式求出的取值范圍，再將其寫成整數部分加上小數部分的形式，再利用二項式定理求出的范圍，進而可得出答案.
【詳解】（1）當時，，
由泰勒展開式可得；
（2）因為，
，
所以，
則，
因為是的極小值點，且，
則當在的附近時，即可，
即可，所以，
綜上所述，；
（3）因為，
所以，
所以，
，
即，
令，則，則，
由二項式定理可知
，
，
所以，即，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：用導數研究函數的單調性是導數的一個只要應用，在導數解答題中，單調性問題是繞不開的一個問題，因為單調性是解決后續問題的關鍵，利用導函數求解函數單調性步驟，先求定義域，再求導，根據導函數的正負號，確定函數的單調區間，若不能直接求出，可能需要多次求導.
1．（2024·安徽·一模）給出以下三個材料：
①若函數可導，我們通常把導函數的導數叫做的二階導數，記作.類似的，函數的二階導數的導數叫做函數的三階導數，記作，函數的三階導數的導數叫做函數的四階導數……，一般地，函數的階導數的導數叫做函數的n階導數，記作，；
②若，定義；
③若函數在包含的某個開區間上具有任意階的導數，那么對于任意有，我們將稱為函數在點處的泰勒展開式.
例如在點處的泰勒展開式為
根據以上三段材料，完成下面的題目：
(1)求出在點處的泰勒展開式；
(2)用在點處的泰勒展開式前三項計算的值，精確到小數點后4位；
(3)現已知，試求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用階泰勒展開式的定義，可求，
（2）由（1）可求；
（3）由（1）可得，進而可得，結合已知可得結論.
【詳解】（1），，，，
所以，，，，
由
所以
（2）由（1）可得
（3）因為①，
對，
兩邊求導可得：，
所以，
所以②，
比較①②中的系數，可得：
，
所以.
【點睛】關鍵點睛：本題考查了導數中的新定義問題，關鍵是審題時明確階泰勒展開式的具體定義；第三問關鍵在于用階泰勒展開式表示.
考點十四、麥克勞林展開
1．（24-25高三上·四川成都·開學考試）麥克勞林展開式是泰勒展開式的一種特殊形式，的麥克勞林展開式為：，其中表示的n階導數在0處的取值，我們稱為麥克勞林展開式的第項．例如：．
(1)請寫出的麥克勞林展開式中的第2項與第4項；
(2)數學競賽小組發現的麥克勞林展開式為，這意味著：當時，，你能幫助數學競賽小組完成對此不等式的證明嗎？
(3)當時，若，求整數的最大值．
【答案】(1)，
(2)證明見解析
(3)3
【分析】（1）根據泰勒展開式得出第2項及第4項；
（2）構造函數，應用函數的導函數得出函數的單調性證明不等式；
（3）先根據特殊值法得出的范圍，再應用麥克勞林的結論證明成立即可.
【詳解】（1）因為
所以第2項.
（2）設，
，
因為所以單調遞增，
所以，
所以.
（3）當時，成立，得出，的最大整數不超過3.
當時，因為，所以，
所以，
令
當單調遞增，則，
所以，
故當時，，所以整數m的最大值為3.
【點睛】方法點睛：構造函數，應用函數的導函數得出函數的單調性證明不等式.
1．（2024·河南周口·模擬預測）已知函數．
(1)求函數在區間上的極值點的個數．
(2)“”是一個求和符號，例如，，等等．英國數學家布魯克·泰勒發現，當時，，這就是麥克勞林展開式在三角函數上的一個經典應用．
證明：（i）當時，對，都有；
（ii）．
【答案】(1)0
(2)（i）證明見解析（ii）證明見解析
【分析】（1）函數在區間上的極值點的個數等價于其導函數在上的變號零點的個數，即可求出其導函數，再借助導數研究其導函數的單調性即可得解；
（2）（i）構造函數，借助導數結合題意可得，在構造相應函數多次求導即可得解；（ii）由，可將原問題轉化為證明，結合（1）中及（i）中所得，可得，，即可得證.
【詳解】（1），
令，則，
當時，，，則在上恒成立，
故在上單調遞減，即有在上單調遞減，
則，
故函數在區間上沒有極值點；
（2）（i）令，其中，，
則，
又當時，，
則
，
即，
令，
則，
令，
則，
由，故，又，
故恒成立，即在上單調遞增，
故，即在上恒成立，
即在上單調遞增，故，
即在上恒成立，故在上單調遞增，
則，即；
（ii）由，，
故要證，即證，
即證，只需證，
由（1）知，當時，，
則可令，此時，
則，即，
即，即，
故只需證，
令，，則，
由（i）知，當時，，
即，即，故在上單調遞增，
故，即，即得證.
【點睛】關鍵點點睛：（i）問中關鍵點在于借助題目所給條件：當時，，從而構造函數，得到，即可借助導數求單調性；（ii）問中關鍵點在于將原問題轉化為證明，從而結合（1）中與（i）中所得證明與.
考點十五、拉格朗日中值定理
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數，且在處取得極大值．
(1)求的值與的單調區間．
(2)如圖，若函數的圖像在連續，試猜想拉格朗日中值定理，即一定存在，使得，求的表達式〔用含的式子表示〕．
(3)利用這條性質證明：函數圖像上任意兩點的連線斜率不大于．
【答案】(1)，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為．
(2)猜想，
(3)證明見解析
【分析】（1）根據在處取得極大值得，求出，利用導數求出函數的單調區間；
（2）由斜率公式求出連線的斜率，結合函數圖像及導數的幾何意義可得結果；
（3）求出，利用基本不等式求出的最大值，根據（2）的結論可得結果.
【詳解】（1）由，得．
由題意，得，解得，
則．
令，即，解得，
令，即，解得，
所以在和上分別單調遞增，在上單調遞減．
所以滿足題意，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為．
（2）猜想如下：．
因為表示的圖像上兩端點連線的斜率，
所以由圖像可知，曲線上至少存在一點且，使得曲線
在該點處的切線與的圖像上兩端點的連線平行．
設切線的斜率為，即，
故一定存在，使得．
（3）證明：由（1）可知，
則，
當且僅當時取等號．由猜想可知，對于函數圖像上任意兩點，在之間
一定存在一點，使得．
又所以．
【點睛】方法點睛：利用導數求函數單調性的一般步驟：（1）求函數定義域；（2）求導數；（3）令導數解不等式，（4）結合定義域寫出單調遞增區間和遞減區間.
2．（2024·山西·三模）微分中值定理是微積分學中的重要定理，它是研究區間上函數值變化規律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的內容如下:
如果函數在閉區間上連續，在開區間可導，導數為，那么在開區間內至少存在一點，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值點”.已知函數.
(1)若，求函數在上的“拉格朗日中值點”；
(2)若，求證:函數在區間圖象上任意兩點，連線的斜率不大于；
(3)若，且，求證:.
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導函數，依題意，解得即可；
（2）不妨設，，，則，求出函數的導函數，再構造函數，利用導數說明函數的單調性，即可證明，再結合拉格朗日中值定理證明即可；
（3）由拉格朗日中值定理可知只需證明，即證明在上單調遞減，求出導函數，再構造函數，利用導數說明函數的單調性，即可得證.
【詳解】（1）當時，則，
因為為函數在上的“拉格朗日中值點，
則，
即，解得
（2）當時，
不妨設，，，則，
又，令，
則，
又，所以恒成立，
所以當時，當時，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在處取得極大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函數在區間圖象上任意兩點，連線的斜率不大于；
（3）當時，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需證明，即證明在上單調遞減，
又，
令，
則，
令，
則，
當時，
令，，則，則在上單調遞增，
又，，
所以存在使得，
所以當時，則，即單調遞增，
當時，則，即單調遞減，
所以在處取得極大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上單調遞減，
即在上單調遞減，命題得證.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式的基本步驟
（1）作差或變形；
（2）構造新的函數；
（3）利用導數研究的單調性或最值；
（4）根據單調性及最值，得到所證不等式．
特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題．
1．（23-24高二下·江西九江·階段練習）已知函數，.
(1)當時，求函數的在點處的切線；
(2)若函數在區間上單調遞減，求的取值范圍；
(3)若函數的圖象上存在兩點，，且，使得，則稱為“拉格朗日中值函數”，并稱線段的中點為函數的一個“拉格朗日平均值點”.試判斷函數是否為“拉格朗日中值函數”，若是，判斷函數的“拉格朗日平均值點”的個數；若不是，說明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)當時，函數是 “拉格朗日中值函數”，且“拉格朗日平均值點”有無數個；當時，不是“拉格朗日中值函數”；理由見解析.
【分析】（1）利用導數的幾何意義求得函數的在點處的斜率即可求解；
（2）利用導數的幾何意義可得在上恒成立，參變分離可得即可，求在上的最小值即可得解；
（3）假設函數是“拉格朗日中值函數”， 設，是上不同的兩點，且，代入，當時，整理得，設，上式化為，然后構造函數，根據導數研究此方程是否成立，從而可確定假設是否成立.
【詳解】（1）由題意可知當時，，，，
所以函數的在點處切線的斜率，
所以函數的在點處的切線為.
（2）由題意可得，
若函數在區間上單調遞減，則在恒成立，
即在恒成立，只需即可，
又因為當時，
所以.
（3）假設函數是“拉格朗日中值函數”，
設，是上不同的兩點，且，
由題意可得，，
則，
函數在拉格朗日平均值點處的切線斜率，
由整理可得，
當時，恒成立，
則函數是 “拉格朗日中值函數”，且“拉格朗日平均值點”有無數個；
當時，即，
令，上式化為，即，
令，則，
因為，所以恒成立，所以在上單調遞增，恒成立，
所以在上不存在使得，即不存在這樣的兩點使得；
綜上所述，當時，函數是 “拉格朗日中值函數”，且“拉格朗日平均值點”有無數個；當時，不是“拉格朗日中值函數”.
2．（2024·廣東·二模）拉格朗日中值定理是微分學的基本定理之一，其內容為：如果函數在閉區間上的圖象連續不斷，在開區間內的導數為，那么在區間內存在點，使得成立．設，其中為自然對數的底數，．易知，在實數集上有唯一零點，且．
(1)證明：當時，；
(2)從圖形上看，函數的零點就是函數的圖象與軸交點的橫坐標．直接求解的零點是困難的，運用牛頓法，我們可以得到零點的近似解：先用二分法，可在中選定一個作為的初始近似值，使得，然后在點處作曲線的切線，切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的一次近似值；在點處作曲線的切線，切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的二次近似值；重復以上過程，得的近似值序列．
①當時，證明：；
②根據①的結論，運用數學歸納法可以證得：為遞減數列，且．請以此為前提條件，證明：．
【答案】(1)證明見解析；
(2)①證明見解析；②證明見解析.
【分析】（1）因為在R上單調遞增，所以任意，有，另一方面，注意到，即，根據拉格明日中值定理，即可證明結論.
（2）①利用導數的幾何意義進行證明即可；②根據①，及前面的結論，，，構造函數求導數，結合拉格朗日中值定理證明結論.
【詳解】（1）由在R上單調遞增，得任意，有，
又由，得，根據拉格明日中值定理，
存在，，
因為，所以，，
所以
（2）①先證，
在處，曲線的切線方程為，
令，得，即，
由于，在R上單調遞增，則，
而，則有，所以，即；
再證：，
由于在R上單調遞增，只需證，
曲線的切線方程為，即，
根據的定義，，
令，，
，，
于是在上單調遞減，而，
因此，又，即，所以，
綜上.
②由在R上單調遞增，，得，
則，由①，及前面的結論，，，
令，則，記，則當時，
，
根據拉格朗日中值定理，
，，，
即，于是，累乘得，所以
【點睛】結論點睛：函數y=f(x)是區間D上的可導函數，則曲線y=f(x)在點處的切線方程為：.
考點十六、帕德近似
1．（22-23高二下·山東濟南·期中）帕德近似是法國數學家亨利帕德發明的用有理數多項式近似特定函數的方法，給定兩個正整數，函數在處的階帕德近似定義為，且滿足：...已知在處的階帕德近似為.注：，
(1)求實數的值；
(2)求證：；
(3)求不等式的解集，其中，
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）由，利用待定系數法，即可求解；
（2）根據（1）的結果，即證明，利用換元，轉化為證明時，再構造函數，再利用導數證明函數的單調性和最值，即可證明不等式；
（3）首先由不等式確定或，由（2）的結果說明，求解不等式，再求解不等式，轉化為，再構造函數，利用導數求解不等式.
【詳解】（1）∵ ∴
∵，則，
由題意得：
∴解得：；
（2）由（1）知，即證
令，則且
即證時，記
則
∴在上單調遞增，在和上單調遞增
當時，，即，即成立，
當時，，即，即成立，
綜上所述，時，
∴成立，即成立.
（3）由題意得：欲使得不等式成立，則至少有，即或
首先考慮，該不等式等價于，即，
又由（2）知成立，
∴使得成立的的取值范圍是
再考慮，該不等式等價于，
記，則，
∴當時，時，
∴在上單調遞增，在上單調遞減
∴，即，
∴，
當時由，可知成立；
當時由，可知不成立；
所以使得成立的的取值范圍是
綜上可得：不等式的解集為.
【點睛】關鍵點點睛：本題第1問的關鍵是理解題意，利用待定系數法求解；第2問的關鍵是換元后構造函數，第3問的關鍵是由不等式構造函數，利用導數解不等式.
2．（2024·福建廈門·三模）帕德近似是法國數學家亨利·帕德發明的用有理多項式近似特定函數的方法，在計算機數學中有著廣泛的應用.已知函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，.其中，，…，.已知在處的階帕德近似為.
(1)求實數a，b的值；
(2)設，證明：；
(3)已知是方程的三個不等實根，求實數的取值范圍，并證明：.
【答案】(1)，
(2)證明見解析
(3)，證明見解析
【分析】（1）結合題意，利用導數計算即可得；
（2）由題意可得，借助導數研究其單調性即其正負即可得解；
（3）設，借助導數，分及進行討論，結合函數單調性與零點的存在性定理計算可得當且僅當時，存在三個不等實根，且滿足，且，結合（2）中所得，代入計算并化簡即可得解.
【詳解】（1）依題意可知，，因為，所以，
此時，，因為，，
所以，，
因為，所以；
（2）依題意，，
，
故在單調遞增，
由，故，，，，
綜上，，；
（3）不妨設，令，
，
當時，，此時單調遞增，不存在三個不等實根；
當時，令，其判別式，
若，即，恒成立，即，
此時單調遞減，不存在三個不等實根；
若，即，存在兩個不等正實根，
此時有當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
又因為，且，故，
因為，所以，即，
所以，
所以存在，滿足，
又因為，
故存在，滿足，
故當且僅當時，存在三個不等實根，
且滿足，且，
由（2）可知，當時，，
因此，，
故，
化簡可得：，
因此，命題得證.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于借助導數與零點的存在性定理得到當且僅當時，存在三個不等實根，且滿足，且后，結合（2）中所得，從而得到，再進行化簡即可得.
1．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）帕德近似是法國數學家亨利帕德發明的用有理多項式近似特定函數的方法.給定兩個正整數，，函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，，，注：，，，，
已知函數.
(1)求函數在處的階帕德近似，并求的近似數精確到
(2)在（1）的條件下：
①求證：；
②若恒成立，求實數的取值范圍.
【答案】(1)，
(2)① 證明見解析；②
【分析】（1）先寫出階帕德近似，然后求導得到，，令得，所以，求導得到求解即可；
（2）令，，求導得到判斷在及上均單調遞減，按照和分類討論求解即可；
由已知令，且，所以是的極大值點，求導得到，故，，得到之后寫出，然后求導判斷單調性證明即可.
【詳解】（1）由題可知函數在處的階帕德近似，
則，，，
由得，所以，
則，又由得，所以，
由得，所以，
所以.
（2）①令，，
因為，
所以在及上均單調遞減.
當，，即，
而，所以，即，
當，，即，
而，所以，即，
所以不等式恒成立；
②由得在上恒成立，
令，且，所以是的極大值點，
又，故，則，
當時，，所以，
當時，，，則，故在上單調遞增，
所以當時，，
當時，，
令，因為，所以在上單調遞減，
所以，又因為在上，
故當時，，
綜上，當時，恒成立.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
2．（23-24高二下·湖北·期中）帕德近似是法國數學家亨利·帕德發明的用有理多項式近似特定函數的方法.給定兩個正整數，，函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：.（注：，為的導數）已知在處的階帕德近似為.
(1)求實數的值；
(2)證明：當時，；
(3)設為實數，討論方程的解的個數.
【答案】(1)；
(2)證明見解析；
(3)答案見解析.
【分析】（1）根據列方程組求解可得；
（2）構造函數，利用導數求單調性，由即可得證；
（3）構造函數，分，利用導數討論單調性，利用單調性判斷零點個數.當時，分單調區間討論，結合零點存在性定理判斷即可.
【詳解】（1）由，有，
可知，
由題意，，
所以，解得.
（2）由（1）知，，
令，
則，
所以在其定義域內為增函數，
又，
時，，得證.
（3）的定義域是，
.
①當時，，所以在上單調遞增，且，
所以在上存在1個零點；
②當時，令，
由，得.
又因為，所以.
+ 0 - 0 +
單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增
當時，因為，所以在上存在1個零點，
且；
當時，因為，
，而在單調遞增，且，
而，故，所以在上存在1個零點；
當時，因為，
，而在單調遞增，且，而，
所以，所以在上存在1個零點.
從而在上存在3個零點.
綜上所述，當時，方程有1個解；
當時，方程有3個解.
【點睛】思路點睛：關于零點個數問題，一般從以下方面入手：
（1）轉化為兩個函數圖象相交問題進行討論；
（2）利用導數求極值，根據極值符號，結合單調性以及變化趨勢進行判斷；
（3）利用導數討論單調性，結合零點存在性定理進行判斷.
考點十七、萊布尼茨
1．（23-24高二下·貴州安順·期末）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程為.當時，就是雙曲余弦函數，類似的我們可以定義雙曲正弦函數.它們與正、余弦函數有許多類似的性質.
(1)求與的導數；
(2)證明：在上恒成立；
(3)求的零點.
【答案】(1)，；
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）借助導數公式計算即可得；
（2）構造函數后，借助導數研究其單調性即可得；
（3）多次求導最終判斷函數在內單調遞增，結合奇函數的定義得到為奇函數，又，即可得其具有唯一零點.
【詳解】（1），；
（2）構造函數，，
由（1）知，，
當且僅當，即時，等號成立，
故在上單調遞增，則，
故在上恒成立，即得證；
（3）由，則，
令，則，
令，則，
令，則，
當時，由（2）可知，，
則，
令，則，故在內單調遞增，
則，故在上單調遞增，
則，故在上單調遞增，
則，故在上單調遞增，
則，故在上單調遞增，
由，
且定義域為，則為奇函數，
由，則在上單調遞增，
故具有唯一零點.
【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于借助導數多次求導最終判斷函數在上的單調性，再結合奇函數的性質得到在上的單調性.
2．（2024·甘肅酒泉·三模）十七世紀至十八世紀的德國數學家萊布尼茲是世界上第一個提出二進制記數法的人，用二進制記數只需數字0和1，對于整數可理解為逢二進一，例如：自然數1在二進制中就表示為，2表示為，3表示為，5表示為，發現若可表示為二進制表達式，則，其中，或．
(1)記，求證：；
(2)記為整數的二進制表達式中的0的個數，如，．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求（用數字作答）．
【答案】(1)證明見解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）借助二進制的定義計算可得，，即可得證；
（2）（ⅰ）借助二進制的定義可計算出，即可得表達式中的0的個數；（ⅱ）計算出從到中，、、，的個數，即可得.
【詳解】（1）因為，
，
，
，
；
（2）（ⅰ），
；
（ⅱ），
，故從到中，
有、、、共個，
有個，由，即共有個，
有個，由，即共有個，
……，
有個，
.
【點睛】關鍵點點睛：本題最后一小問關鍵點在于結合二進制的定義，得到，，通過組合數的計算得到、、、的個數，再結合組合數的性質計算得到結果.
1．（22-23高一上·江蘇南通·期末）對于任意兩個正數，記曲線與直線軸圍成的曲邊梯形的面積為，并約定和，德國數學家萊布尼茨（Leibniz）最早發現．關于，下列說法正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】根據所給新定義運算即可判斷AB，取特殊值判斷C，根據曲邊梯形與梯形面積大小判斷D.
【詳解】由題意，所以，
當時，，
當時，，
當時，，
當或時，也成立，
綜上，，
對A，，，即，故A正確；
對B，，而，所以，故B正確；
對C，取，則，故C錯誤；
對D，如圖，
因為，所以，
即，故D正確.
故選：ABD
2．（2024·福建泉州·模擬預測）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線年，萊布尼茨等得出懸鏈線的方程為，其中為參數．當時，該表達式就是雙曲余弦函數，記為，懸鏈線的原理常運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．已知三角函數滿足性質：①導數：；②二倍角公式：；③平方關系：．定義雙曲正弦函數為．
(1)寫出，具有的類似于題中①、②、③的一個性質，并證明該性質；
(2)任意，恒有成立，求實數的取值范圍；
(3)正項數列滿足，，是否存在實數，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)答案見解析
(2)，
(3)存在實數，使得成立．
【分析】（1）①求導數，②用二倍角公式，③利用平方關系；證明即可；
（2）構造函數，求導數，利用導數討論函數的單調性，求的取值范圍即可；
（3）方法一、求出，，，猜想，用數學歸納法證明即可．方法二、構造數列，根據，利用遞推公式求解即可．
【詳解】（1）①導數：，，證明如下：
，
②二倍角公式：，證明如下：
；
③平方關系：，證明如下：
；
（2）令，，，
①當時，由，
又因為，所以，等號不成立，
所以，即為增函數，
此時，對任意，恒成立，滿足題意；
②當時，令，，則，可知是增函數，
由與可知，存在唯一，使得，
所以當時，，則在上為減函數，
所以對任意，，不合題意；
綜上知，實數的取值范圍是；
（3）方法一、由，函數的值域為，
對于任意大于1的實數，存在不為0的實數，使得，
類比雙曲余弦函數的二倍角公式，
由，，，
猜想：，
由數學歸納法證明如下：①當時，成立；
②假設當為正整數）時，猜想成立，即，則
，符合上式，
綜上知，；
若，
設，則，解得：或，
即，所以，即．
綜上知，存在實數，使得成立．
方法二、構造數列，且，
因為，所以，
則，
因為在上單調遞增，所以，即是以2為公比的等比數列，
所以，所以，所以，
又因為，解得或，
所以，
綜上知，存在實數，使得成立．
【點睛】方法點睛：對于新定義的題目，一定要耐心理解定義，新的定義不但考查的是舊的知識點的延伸，更考查對于新知識的獲取理解能力，抓住關鍵點，解題不是事.
考點十八、函數凹凸性
1．（2024·安徽·模擬預測）給出定義：若函數在D上可導，即存在，且導函數在D上也可導，則稱在D上存在二階導數，記.若在D上恒成立，則稱在D上為凸函數.以下四個函數在上不是是凸函數的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根據給出的導數新定義逐項判斷即可.
【詳解】對于A：，，，
則在上恒有，故A錯誤；
對于B：，，，
則在上恒有，故B錯誤；
對于C：，，，
則在上恒有，故C錯誤；
對于D：，，，
則在上恒有，故D正確.
故選：D.
2．（23-24高三下·陜西安康·階段練習）記函數的導函數為，的導函數為，設是的定義域的子集，若在區間上，則稱在上是“凸函數”.已知函數.
(1)若在上為“凸函數”，求的取值范圍；
(2)若，判斷在區間上的零點個數.
【答案】(1)
(2)1個
【分析】（1）根據“凸函數”定義對函數求導，由不等式在恒成立即可求得的取值范圍；
（2）易知，由導函數求得其在上的單調性，利用零點存在定理可知零點個數為1個.
【詳解】（1）由可得其定義域為，且，
所以，
若在上為“凸函數”可得在恒成立，
當時，顯然符合題意；
當時，需滿足，可得；
綜上可得的取值范圍為；
（2）若，可得，所以，
令，則；
易知在區間上恒成立，
因此可得在上單調遞減；
顯然，；
根據零點存在定理可得存在使得，
因此可知當時，，即在上為單調遞增；
當時，，即在上為單調遞減；
又，顯然在上不存在零點；
而，結合單調性可得在上存在一個零點；
綜上可知，在區間上僅有1個零點.
1．（2024·安徽·三模）丹麥數學家琴生是19世紀對數學分析做出卓越貢獻的巨人，特別在函數的凹凸性與不等式方面留下了很多寶貴的成果.若為上任意個實數，滿足，則稱函數在上為“凹函數”.也可設可導函數在上的導函數為在上的導函數為，當時，函數在上為“凹函數”.已知，且，令的最小值為，則為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】記函數，先判斷函數的凹凸性，然后利用琴生不等式得，即可求解.
【詳解】記函數，首先證明其凹凸性：
，
在上為“凹函數”.
由琴生不等式，得，
即.
所以，
即當時，取最小值，所以.
故選：B.
2．（2024·福建福州·模擬預測）閱讀以下材料：
①設為函數的導函數.若在區間D單調遞增；則稱為區上的凹函數；若在區間上單調遞減，則稱為區間上的凸函數.
②平面直角坐標系中的點稱為函數的“切點”，當且僅當過點恰好能作曲線的條切線，其中.
(1)已知函數.
（i）當時，討論的凹凸性；
（ii）當時，點在軸右側且為的“3切點”，求點的集合；
(2)已知函數，點在軸左側且為的“3切點”，寫出點的集合（不需要寫出求解過程）.
【答案】(1)（i）答案見解析；（ii）或
(2)點的集合為或或
【分析】（1）（i）利用導函數并對參數進行分類討論，即可得出函數的單調性，可得其凹凸性；
（ii）根據“切點”的定義，由切點個數轉化成方程根的個數即可得出點的集合；
（2）根據函數利用“切點”的定義，得出單調性即可得出結論.
【詳解】（1）因為，
所以，
令，
所以.
（i）當時，，令，解得；
令，解得；
故為區間上的凹函數，為區間上的凸函數；
當時，令，解得，
令，解得或，
故為區間上的凹函數，為區間和上的凸函數；
當時，，故為區間上的凸函數；.
當時，令，
解得，
令，解得或，
故為區間上的凹函數，為區間和上的凸函數；
綜上所述，當時，為區間上的凹函數，為區間
和上的凸函數；
當時，為區間上的凸函數；
當時，為區間上的凹函數，為區間和
上的凸函數；
當時，為區間上的凹函數，為區間上的凸函數；
（ii）當時，，
故在點處的切線方程為.
設為的“3切點”，
則關于的方程有三個不同的解，
即關于的方程有三個不同的解，
令，
所以直線與曲線恰有三個不同的交點.
.
當時，隨變化情況如下：
1
0 0
減 極小值 增 極大值 減
故；
當時，單調遞減，不符合題意；
當時，隨變化情況如下：
1
0 0
減 極小值 增 極大值 減
故；
綜上所述，點的集合為
或
（2）點的集合為或或
【點睛】關鍵點點睛：本題在求解“切點”問題時，關鍵是利用其定義將切線問題轉化成求解方程根的個數，再利用導數求得函數單調性即可得出結論.
考點十九、切線問題
1．（23-24高二下·上海閔行·期末）若函數的圖像上有兩個不同點處的切線重合，則稱該切線為函數的圖像的“自公切線”.
(1)試判斷函數與的圖像是否存在“自公切線”（不需要說明理由）；
(2)若，求函數的圖像的“自公切線”方程；
(3)設，求證：函數的圖像不存在“自公切線”
【答案】(1)答案見詳解
(2)
(3)證明見詳解
【分析】（1）對于函數：結合其圖象分析判斷即可；對于函數：結合的單調性分析判斷；
（2）求出函數的導數，并設出切點，求出處的切線方程，再利用“雙重切線”的定義求出切線方程；
（3）假設存在，設切線方程，根據導數求切線方程，列方程組，結合題意分析該方程組解的個數即可判斷.
【詳解】（1）對于函數：
由函數的圖象可知：和為函數的“自公切線”，
所以函數的圖像存在“自公切線”；
對于函數：則，可知在上單調遞增，
可知，可知，即任意不同兩點的切線斜率不相等，
所以函數的圖像不存在“自公切線”.
（2）函數，求導得，
顯然函數在上單調遞增，函數在上單調遞減，
設切點，則存在，使得，
則在點處的切線方程為，在點處的切線方程為，
因此，消去可得，
令，求導得，
則函數在上單調遞增，又，函數的零點為，因此，
所以曲線的“雙重切線”的方程為.
（3）假設函數的圖像存在“自公切線”，設為，
因為，則，
則，，
可知在處的切線方程為，
整理得，
則，即，
可知方程有兩個不相等的根，則，
且也為方程的根，
則，
整理得，
且，即，
可得，即，
可得，整理得，
則，整理得，解得，
即此時方程只有一個解，
這與題意相矛盾，即假設不成立，
所以函數的圖像不存在“自公切線”.
【點睛】方法點睛：根據過某點切線方程（斜率）或其與某線平行、垂直或重合等求參數問題的解法：利用導數的幾何意義、切點坐標、切線斜率之間的關系構建方程(組)或函數求解．
2．（23-24高二下·遼寧·階段練習）曲線的切線 曲面的切平面在平面幾何 立體幾何以及解析幾何中有著重要的應用，更是聯系數學與物理學的重要工具，在極限理論的研究下，導數作為研究函數性質的重要工具，更是與切線有著密不可分的關系，數學家們以不同的方法研究曲線的切線 曲面的切平面，用以解決實際問題：
(1)對于函數，分別在點處作函數的切線，記切線與軸的交點分別為，記為數列的第項，則稱數列為函數的“切線軸數列”，同理記切線與軸的交點分別為，記為數列的第項，則稱數列為函數的“切線軸數列”.
①設函數，記的“切線軸數列”為；
②設函數，記的“切線軸數列”為，
則，求的通項公式.
(2)在探索高次方程的數值求解問題時，牛頓在《流數法》一書中給出了牛頓迭代法：用“作切線”的方法求方程的近似解.具體步驟如下：設是函數的一個零點，任意選取作為的初始近似值，曲線在點處的切線為，設與軸交點的橫坐標為，并稱為的1次近似值；曲線在點處的切線為，設與軸交點的橫坐標為，稱為的2次近似值.一般地，曲線在點處的切線為，記與軸交點的橫坐標為，并稱為的次近似值.已知二次函數有兩個不相等的實根，其中.對函數持續實施牛頓迭代法得到數列，我們把該數列稱為牛頓數列，令數列滿足，且，證明：.（注：當時，恒成立，無需證明）
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）結合導數的幾何意義分別求出函數，在時的切線方程，由此可求，再利用錯位相減法求；
（2）結合導數的幾何意義證明，由此可得，證明為等比數列，結合所給結論，利用放縮法和等比數列求和公式證明結論.
【詳解】（1）由題意則.
設切點為
則過切點的切線為
令，整理得，
所以.
由題意則.
設切點為則過切點的切線為.
令整理得
所以.
對于當是正奇數時；當是正偶數時即
.
所以
兩式相減，得
所以.
（2）因為二次函數有兩個不等實根,
所以不妨設，
則，
因為所以
所以在橫坐標為的點處的切線方程為
令則
即，
因為
所以.
因為所以所以.
令則，又
所以，
數列是公比為2的等比數列.
.
由因為所以即.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數的幾何意義，數列求和，證明不等式，第一問解題的關鍵在于結合導數的幾何意義求出切線方程，進一步求出，利用錯位相減法求和，第二問解決的關鍵在于結合所給結論，通過適當放縮，證明結論.
1．（2024·上海黃浦·二模）若函數的圖象上的兩個不同點處的切線互相重合，則稱該切線為函數的圖象的“自公切線”，稱這兩點為函數的圖象的一對“同切點”.
(1)分別判斷函數與的圖象是否存在“自公切線”，并說明理由；
(2)若，求證：函數有唯一零點且該函數的圖象不存在“自公切線”；
(3)設，的零點為，，求證：“存在，使得點與是函數的圖象的一對‘同切點’”的充要條件是“是數列中的項”.
【答案】(1)函數的圖象存在“自公切線”； 函數的圖象不存在“自公切線”，理由見解析；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析.
【分析】（1）由直線切的圖象于點判斷，由導數確定意見性判斷.
（2）利用導數探討單調性結合零點存在性定理推理即得唯一零點，再假定存在“自公切線”，利用導數的幾何意義求出切線方程，證明在上無解即得.
（3）求出在點與處的切線方程，利用（2）的結論，結合誘導公式，及充要條件的證明方法推理即得.
【詳解】（1）顯然直線切的圖象于點，
直線是的圖象的一條“自公切線”，因此函數的圖象存在“自公切線”；
對于是嚴格減函數，則在不同點處的切線斜率不同，
所以函數的圖象不存在“自公切線”.
（2）由恒成立，且僅當時，
則是上的嚴格增函數，可得它至多有一個零點，
令，
由的圖象是連續曲線，且，
因此在上存在零點，即在上存在零點，所以有唯一零點；
假設的圖象存在“自公切線”，則存在且，
使得的圖象在與處的切線重合，即，有，不妨設，
切線，，
有相同截距，即，而，
則，即，
則有，即，令，，
即函數在上單調遞增，，因此當時，，
即在上無解，
所以的圖象不存在“自公切線”.
（3）對給定的，由（2）知有唯一零點，即唯一確定，
又在點處的切線方程為，即，
在點處的切線方程為，
若存在，使得點與是函數圖象的一對“同切點”，
則，又，則，
所以，且，從而存在，
使得，代入，可得，則，即是數列中的項；
反之，若是數列中的項，則存在，使得，即，
由（2）中的嚴格增，可知嚴格增，又且，可知，
令，則且，
即，可得，所以存在，
使得點與是函數的圖象的一對“同切點”.
所以存在，使得點與是函數圖象的一對“同切點”的充要條件是“是數列中的項”.
【點睛】結論點睛：函數y=f(x)是區間D上的可導函數，則曲線y=f(x)在點處的切線方程為：.
2．（2024高三·全國·專題練習）已知為實數，函數．
(1)當時，求在處的切線方程；
(2)定義：若函數的圖象上存在兩點，設線段的中點為，若在點處的切線與直線平行或重合，則函數是“中值平衡函數”，切線叫做函數的“中值平衡切線”．試判斷函數是否是“中值平衡函數”？若是，判斷函數的“中值平衡切線”的條數；若不是，說明理由；
(3)設，若存在，使得成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)當時，函數是“中值平衡函數”，且函數的“中值平衡切線”有無數條；當時，不是“中值平衡函數”，理由見解析；
(3)
【分析】（1）求導，利用導數的幾何意義求切線方程；
（2）先利用“中值平衡函數”的定義將其化為能否成立，再討論與，構造函數，利用導數研究函數的單調性，進而判定函數是否是“中值平衡函數”，是否存在“中值平衡切線”；
（3）將化為，構造函數，求導，通過研究導數的符號得到函數的單調性進而求最值，得到參數的范圍．
【詳解】（1）函數的定義域為，，
當時，，
∴在處的切點坐標為，切線斜率為，切線方程為．
（2）若函數是“中值平衡函數”，則存在，
使得，即，
（※）
①當時，（※）對任意的都成立，
∴函數是“中值平衡函數”，且函數的“中值平衡切線”有無數條；
②當時，有，設，則方程在區間上有解，
記函數，則，∴函數在區間單調遞增，
∵，∴當時，，
即方程在區間上無解，即函數不是“中值平衡函數”；
綜上所述，當時，函數是“中值平衡函數”，且函數的“中值平衡切線”有無數條；當時，不是“中值平衡函數”；
（3）由，得，
記，，
∴當時，，單調遞減，當時，，單調遞增；
∴，
，記，
，，
，
時，，單調遞減；時，，單調遞增；
，，
故實數的取值范圍為．
考點二十、類型函數
1．（2024·浙江·三模）在平面直角坐標系中，如果將函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉后，所得曲線仍然是某個函數的圖象，則稱為“旋轉函數”.
(1)判斷函數是否為“旋轉函數”，并說明理由；
(2)已知函數是“旋轉函數”，求的最大值；
(3)若函數是“旋轉函數”，求的取值范圍.
【答案】(1)不是，理由見解析
(2)
(3)
【分析】（1）根據函數的定義直接判斷即可.
（2）將已知條件轉化為函數與直線最多一個交點，利用兩個函數圖象的交點與對應方程根的關系，分離，構造新函數，轉化為新函數在上單調，進而求解.
（3）同問題（2）根據已知條件構造新函數，轉化為新函數在上單調，求導，分離參數，轉化為恒成立問題求最值即可.
【詳解】（1）函數不是“旋轉函數”，理由如下：
逆時針旋轉后與軸重合，
當時，有無數個與之對應，與函數的概念矛盾，
因此函數不是“旋轉函數”.
（2）由題意可得
函數與函數最多有1個交點，
且，
所以最多有一個根，
即最多有一個根，
因此函數與函數R最多有1個交點，
即函數在上單調，
因為，且，
所以，所以，
即，，即的最大值為.
（3）由題意可得函數與函數最多有1個交點，
即，
即函數與函數最多有1個交點，
即函數在上單調，
，當時，
所以，
令，則，
因為在上單調減，且，
所以存在，使，
即，
所以在單調遞增，單調遞減，
所以，
即.
【點睛】方法點睛：利用函數的零點與對應方程的根的關系，我們經常進行靈活轉化：
函數的零點個數方程的根的個數函數與圖象的交點的個數；
另外，恒成立求參數范圍問題往往分離參數，構造函數，通過求構造函數的最值來求出參數范圍，例：若恒成立，只需，恒成立，只需.
2．（2024·黑龍江·三模）若函數滿足：對任意的實數，有恒成立，則稱函數為“增函數”.
(1)求證：函數不是“增函數”；
(2)若函數是“增函數”，求實數的取值范圍；
(3)設，若曲線在處的切線方程為，求的值，并證明函數是“增函數”.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)，證明見解析
【分析】（1）利用給定新函數定義，舉反例即可證明.
（2）結合新函數定義得恒成立，利用不等式求解范圍即可.
（3）借助導數的幾何意義，對該函數求導后，令導數函數值為1，可得該方程的根，且時其中一個根，結合導數可證明該函數嚴格單調遞增，故有且僅有，而后設出，根據在上是嚴格增函數，可得在上是嚴格增函數，又，則，即可證明.
【詳解】（1）取，則，因為，
故函數不是“增函數”.
（2）因為函數是“增函數”，
故任意的，有恒成立，
即恒成立，
所以恒成立，
又，故，則，
則，即.
（3），
根據題意，得，可得方程的一個解，
令，則，故在上是嚴格增函數，
所以是唯一解，
又，此時在處的切線方程即為，故；
設，其中，
，由在上是嚴格增函數以及，
得，
即，
所以在上是嚴格增函數，
因為，則，故，得證，
所以函數是“增函數”.
【點睛】關鍵點點睛：本題時給出函數的新定義，由此去判斷求解問題，解答本題的關鍵是要理解函數的新定義，明確其含義，依此取判斷解決問題.
1．（2024·貴州六盤水·三模）若函數在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“k類函數”
(1)若，判斷是否為上的“4類函數”；
(2)若為上的“2類函數”，求實數a的取值范圍；
(3)若為上的“2類函數”且，證明：，，.
【答案】(1)是
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）由新定義可知，利用作差及不等式的性質證明即可；
（2）由已知條件轉化為對于任意，都有，對函數求導后進行分離參數，利用導函數研究函數的單調性和最值即可；
（3）分和兩種情況進行證明，，用放縮法進行證明即可.
【詳解】（1）函數是上的“4類函數”，理由如下：
不妨設，所以，
，
所以是上的“4類函數”；
（2），，
由題意知，對于任意不同的都有，
不妨設，則，
故且，
所以為上的增函數，為上的減函數，
所以對任意的，即，
由，令，則，，
令得在上單調遞增，，
由，令，
只需，，
令得在單調遞增，
所以，
綜上所述，實數a的取值范圍為；
（3）證明：因為為上的“2類函數”，所以，
不妨設，當時，；
當時，因為，
所以
，
綜上所述，，，.
【點睛】方法點睛：不等式恒成立問題常見方法：①分離參數恒成立或恒成立；②數形結合（的圖象在上方即可）；③討論最值或恒成立；④討論參數，排除不合題意的參數范圍，篩選出符合題意的參數范圍.
2．（2024·新疆喀什·三模）已知定義域為的函數滿足：對于任意的，都有，則稱函數具有性質．
(1)判斷函數，是否具有性質；（直接寫出結論）
(2)已知函數（，），判斷是否存在，，使

展開更多......

收起↑