2025高考數(shù)學(xué)壓軸導(dǎo)數(shù)大題訓(xùn)練(全國(guó)通用版)專題15導(dǎo)數(shù)中的新定義問(wèn)題專題特訓(xùn)(學(xué)生版+解析)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

新定義問(wèn)題的特點(diǎn)及求解策略
1.新定義試題通過(guò)新定義一個(gè)數(shù)學(xué)對(duì)象或數(shù)學(xué)運(yùn)算，以此為基礎(chǔ)為學(xué)生搭建思維平臺(tái)，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(gè)方面：通過(guò)新定義創(chuàng)設(shè)數(shù)學(xué)新語(yǔ)境和話語(yǔ)體系；通過(guò)新情境搭建試題框架，創(chuàng)設(shè)解題條件；通過(guò)新設(shè)問(wèn)設(shè)置思維梯度，逐步深入，準(zhǔn)確區(qū)分不同層次的學(xué)生；通過(guò)解題過(guò)程展現(xiàn)學(xué)生數(shù)學(xué)思維和探究過(guò)程，實(shí)現(xiàn)對(duì)分析、推理、判斷、論述等關(guān)鍵能力的考查.
2.通過(guò)給出一個(gè)新的定義，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)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(shí)和方法，實(shí)心信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的.
3.遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，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(yùn)算、驗(yàn)證，使得問(wèn)題得以解決.
【例1】（2024屆江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高三下學(xué)期全真模擬）帕德近似是法國(guó)數(shù)學(xué)家帕德發(fā)明的用多項(xiàng)式近似特定函數(shù)的方法．給定兩個(gè)正整數(shù)m，n，函數(shù)在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，．注：，，，，…已知在處的階帕德近似為．
(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；
(2)當(dāng)時(shí)，試比較與的大小，并證明；
(3)已知正項(xiàng)數(shù)列滿足：，，求證：．
【解析】（1）由題意得，，
，故，，
解得，.
（2）由上可得，要比較與的??，
，只需比較1與的??，
令，，
所以，從而可得在上單調(diào)遞增，
所以，即，所以.
（3）設(shè)，，
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，
故，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立；
由題意知，令，，
故該函數(shù)在上遞減，故可得，即，可得；
一方面：由（2）可得，
又因?yàn)椋?br>所以可得，即，即，即，
故，即，所以.
另一方面：要證明，
兩邊同時(shí)除以，原式
令，
由基本不等式，
故，所以在單調(diào)遞增，
所以，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(cè)驗(yàn)）已知函數(shù)，如果存在常數(shù)，對(duì)任意滿足的實(shí)數(shù)，其中，都有不等式恒成立，則稱函數(shù)是“絕對(duì)差有界函數(shù)”
(1)函數(shù)是“絕對(duì)差有界函數(shù)”，求常數(shù)的取值范圍；
(2)對(duì)于函數(shù)，存在常數(shù)，對(duì)任意的，有恒成立，求證：函數(shù)為“絕對(duì)差有界函數(shù)”
(3)判斷函數(shù)是不是“絕對(duì)差有界函數(shù)”？說(shuō)明理由
【解析】（1），，，，
即當(dāng)，單調(diào)遞增；當(dāng)，單調(diào)遞減.
所以,
單調(diào)遞增時(shí)，，單調(diào)遞減時(shí)，.
且當(dāng)無(wú)限趨向于正無(wú)窮大時(shí)，無(wú)限趨向于0，
所以.所以·
（2）成立，則可取，
所以函數(shù)為“絕對(duì)差有界函數(shù)”
（3），
則有，
所以對(duì)任意常數(shù)，只要足夠大，就有區(qū)間的一個(gè)劃分
滿足，
所以函數(shù)不是的“絕對(duì)差有界函數(shù)”.
(二)具有高等數(shù)學(xué)背景的新定義問(wèn)題
導(dǎo)數(shù)在高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用，常見(jiàn)的如函數(shù)的拐點(diǎn)、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(guó)國(guó)際高新技術(shù)成果交易會(huì)（簡(jiǎn)稱“高交會(huì)”）在深圳閉幕.會(huì)展展出了國(guó)產(chǎn)全球首架電動(dòng)垂直起降載人飛碟.觀察它的外觀造型，我們會(huì)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(huà)曲線的彎曲程度.考察如圖所示的光滑曲線上的曲線段，其弧長(zhǎng)為，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)從沿曲線段運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)的切線也隨著轉(zhuǎn)動(dòng)到點(diǎn)的切線，記這兩條切線之間的夾角為（它等于的傾斜角與的傾斜角之差）.顯然，當(dāng)弧長(zhǎng)固定時(shí)，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當(dāng)夾角固定時(shí)，弧長(zhǎng)越小則彎曲程度越大，因此可以定義為曲線段的平均曲率；顯然當(dāng)越接近，即越小，就越能精確刻畫(huà)曲線在點(diǎn)處的彎曲程度，因此定義（若極限存在）為曲線在點(diǎn)處的曲率.（其中，分別表示在點(diǎn)處的一階?二階導(dǎo)數(shù)）
(1)已知拋物線的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為3，則在該拋物線上點(diǎn)處的曲率是多少？
(2)若函數(shù)，不等式對(duì)于恒成立，求的取值范圍；
(3)若動(dòng)點(diǎn)的切線沿曲線運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)處的切線，點(diǎn)的切線與軸的交點(diǎn)為.若，，是數(shù)列的前項(xiàng)和，證明.
【解析】（1）拋物線的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為3，，
即拋物線方程為，即，則，，
又拋物線在點(diǎn)處的曲率，則，
即在該拋物線上點(diǎn)處的曲率為；
（2），
在上為奇函數(shù)，又在上為減函數(shù).
對(duì)于恒成立等價(jià)于對(duì)于恒成立.
又因?yàn)閮蓚€(gè)函數(shù)都是偶函數(shù)，
記，，則曲線恒在曲線上方，
，，又因?yàn)椋?br>所以在處三角函數(shù)的曲率不大于曲線的曲率，即，
又因?yàn)?，?br>，，所以，解得：，
因此，的取值范圍為；
（3）由題可得，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程是，
即，令，得，即，
顯然，，
由，知，同理，
故，從而，
設(shè)，即，所以數(shù)列是等比數(shù)列，
故，即，從而，
所以，，
，
當(dāng)時(shí)，顯然；當(dāng)時(shí)，，
，
綜上，.
【例4】（2024屆湖北省襄陽(yáng)市第五中學(xué)高三第二次適應(yīng)性測(cè)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圖象在上是一條連續(xù)不斷的曲線；
②在內(nèi)可導(dǎo);
③對(duì)，，則，使得.
特別的，取，則有：，使得，此情形稱之為拉格朗日中值定理.
(1)設(shè)函數(shù)滿足，其導(dǎo)函數(shù)在上單調(diào)遞增，證明：函數(shù)在上為增函數(shù).
(2)若且，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【解析】（1）由題，由柯西中值定理知：對(duì)，，
使得，，
又在上單調(diào)遞增，則，
則，即，所以，
故在上為增函數(shù)；
（2），
取，，因?yàn)椋杂煽挛髦兄刀ɡ?，?br>使得，
由題則有：，設(shè)，，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以，故，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.
(三)現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)與理論中的新定義問(wèn)題
此類問(wèn)題通常是根據(jù)現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)與理論提煉一個(gè)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(xiàng)投資過(guò)程中，本金為，進(jìn)行了次投資后，資金為，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(rùn)率為r（所得利潤(rùn)與當(dāng)次投入資金的比值，盈利為正，虧損為負(fù)）的概率為P，在實(shí)際問(wèn)題中會(huì)有多種盈利可能（設(shè)有n種可能），記利潤(rùn)率為的概率為（其中），其中，由大數(shù)定律可知，當(dāng)N足夠大時(shí)，利潤(rùn)率是的次數(shù)為．
(1)假設(shè)第1次投資后的利潤(rùn)率為，投資后的資金記為，求與的關(guān)系式；
(2)當(dāng)N足夠大時(shí)，證明：（其中）；
(3)將該理論運(yùn)用到非贏即輸?shù)挠螒蛑?，記贏了的概率為，其利潤(rùn)率為；輸了的概率為，其利潤(rùn)率為，求最大時(shí)x的值（用含有的代數(shù)式表達(dá)，其中）．
【解析】（1）由題知，投入資金為，所獲利潤(rùn)為，所以.
（2）由題可知，，即，
所以
.
（3）由（2）可得，,
其中，故，故.
記，
則
，
根據(jù)實(shí)際意義知，，
則，
令，解得，
令，解得，
所以在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
所以當(dāng)時(shí)，取得最大值，即取得最大值.
(四)定義新函數(shù)
此類問(wèn)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(yùn)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）若定義在上的函數(shù)和分別存在導(dǎo)函數(shù)和．且對(duì)任意均有，則稱函數(shù)是函數(shù)的“導(dǎo)控函數(shù)”．我們將滿足方程的稱為“導(dǎo)控點(diǎn)”．
(1)試問(wèn)函數(shù)是否為函數(shù)的“導(dǎo)控函數(shù)”？
(2)若函數(shù)是函數(shù)的“導(dǎo)控函數(shù)”，且函數(shù)是函數(shù)的“導(dǎo)控函數(shù)”，求出所有的“導(dǎo)控點(diǎn)”；
(3)若，函數(shù)為偶函數(shù)，函數(shù)是函數(shù)的“導(dǎo)控函數(shù)”，求證：“”的充要條件是“存在常數(shù)使得恒成立”．
【解析】（1）由，得，由，得，
因?yàn)?，所以函?shù)是函數(shù)的“導(dǎo)控函數(shù)”；
（2）由，得，
由，得，由，得，
由題意可得恒成立，
令，解得，故，從而有，所以，
又恒成立，即恒成立，
所以，所以，
故且“導(dǎo)控點(diǎn)”為；
（3）充分性：若存在常數(shù)使得恒成立，則為偶函數(shù)，
因?yàn)楹瘮?shù)為偶函數(shù)，所以，
則，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，則，所以函數(shù)為偶函數(shù)，
函數(shù)是函數(shù)的“導(dǎo)控函數(shù)”，
因此，又，
因此函數(shù)是函數(shù)的“導(dǎo)控函數(shù)”，
所以，即恒成立，
用代換有，綜上可知，記，
則，因此存在常數(shù)使得恒成立，
綜上可得，“”的充要條件是“存在常數(shù)使得恒成立”．
【例7】（2024屆山東省菏澤市高三信息押題卷二）如果三個(gè)互不相同的函數(shù)，，在區(qū)間上恒有或，則稱為與在區(qū)間上的“分割函數(shù)”．
(1)證明：函數(shù)為函數(shù)與在上的分割函數(shù)；
(2)若為函數(shù)與在上的“分割函數(shù)”，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(3)若，且存在實(shí)數(shù)，使得函數(shù)為函數(shù)與在區(qū)間上的“分割函數(shù)”，求的最大值．
【解析】（1）設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞減，則在處取得極大值，即為最大值，
即，則當(dāng)時(shí)，；
設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞咸，
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，則在處取得極小值，即為最小值，
即，則當(dāng)時(shí)，，
于是當(dāng)時(shí)，，
所以函數(shù)為函數(shù)與在上的“分割函數(shù)”.
（2）因?yàn)楹瘮?shù)為函數(shù)與在上的“分割函數(shù)”，
則對(duì)，恒成立，
而，于是函數(shù)在處的切線方程為，
因此函數(shù)的圖象在處的切線方程也為，又，
則，解得，
于是對(duì)恒成立，
即對(duì)恒成立，
因此，解得，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.
（3）對(duì)于函數(shù)，
當(dāng)和時(shí)，，當(dāng)和時(shí)，，
則為的極小值點(diǎn)，為極大值點(diǎn)，函數(shù)的圖象如圖，
由函數(shù)為函數(shù)與在區(qū)間上的“分割函數(shù)”，
得存在，使得直線與函數(shù)的圖象相切，
且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)，
此時(shí)切線方程為，即，
設(shè)直線與的圖象交于點(diǎn)，
則消去y得，則，
于是
令，則，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，，
因此的最大值為，所以的最大值為.
(五)定義新性質(zhì)
此類問(wèn)題通常是給出某類函數(shù)所具有的一個(gè)性質(zhì)，然后利用該性質(zhì)求解問(wèn)題，因此該函數(shù)滿足的性質(zhì)就是求解問(wèn)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)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，函數(shù)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，且，則稱與具有性質(zhì)．
(1)函數(shù)與是否具有性質(zhì)？并說(shuō)明理由．
(2)已知函數(shù)與具有性質(zhì)．
（i）求的取值范圍；
（ii）證明：．
【解析】（1）函數(shù)與具有性質(zhì)，理由如下：
，令，則，故單調(diào)遞減，
又，，故存在，使，
則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
故有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，
，則當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，
故函數(shù)與具有性質(zhì)；
（2）（i），又，故，
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)沒(méi)有極值點(diǎn)，故舍去，
當(dāng)時(shí)，令，則恒成立，
故在上單調(diào)遞增，，，故，
由，令，則恒成立，
故在上單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，有，又時(shí)，，
故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
則有唯一極值點(diǎn)，有，又時(shí)，，
故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
則有唯一極值點(diǎn)，即有，，
即，，此時(shí)需滿足，則，
故有，即，即，故符合要求；
當(dāng)時(shí)，，又時(shí)，，
故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
則有唯一極值點(diǎn)，
有，又時(shí)，，
故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
則有唯一極值點(diǎn)，
同理可得，此時(shí)需滿足，即，則，
由，，故該不等式成立，故符合要求；
當(dāng)時(shí)，有，，
此時(shí)，即、的極值點(diǎn)都為，不符合要求，故舍去；
綜上，故；
（ii）當(dāng)時(shí)，有，則，故，
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
則，
令，則，令，
則，故在上單調(diào)遞增，則，
故，要證，只需證，
，
即當(dāng)，有；
當(dāng)時(shí)，有，則，即，
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
則，即要證，只需證，
，
即當(dāng)，有；綜上所述，.
(五)定義新運(yùn)算
此類問(wèn)題通常給出我們以前沒(méi)有學(xué)過(guò)的一種新的運(yùn)算法則，這些法則可能已有運(yùn)算法則的推廣或拓展，也可能高等數(shù)學(xué)中涉及的運(yùn)算法則.
【例9】①在高等數(shù)學(xué)中，關(guān)于極限的計(jì)算，常會(huì)用到：i)四則運(yùn)算法則：如果，，則，，若B≠0，則；ii)洛必達(dá)法則：若函數(shù)，的導(dǎo)函數(shù)分別為，，，，則；
②設(shè)，k是大于1的正整數(shù)，若函數(shù)滿足：對(duì)，均有成立，則稱函數(shù)為區(qū)間(0,a)上的k階無(wú)窮遞降函數(shù).結(jié)合以上兩個(gè)信息，回答下列問(wèn)題；
(1)計(jì)算：①；②；
(2)試判斷是否為區(qū)間上的2階無(wú)窮遞降函數(shù)；并證明：，.
【解析】（1）①根據(jù)洛必達(dá)法則，；
②設(shè)，兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)得，，
設(shè)，，
∴，∴
（2）∵，，∴，，，
∴
∴，均有，∴是區(qū)間上的2階無(wú)窮遞降函數(shù).
以上同理可得，
由①，得
∴，.
【例1】（2024屆浙江省諸暨市高三三模）若函數(shù)在區(qū)間上有定義，且，，則稱是的一個(gè)“封閉區(qū)間”．
(1)已知函數(shù)，區(qū)間且的一個(gè)“封閉區(qū)間”，求的取值集合；
(2)已知函數(shù)，設(shè)集合．
（i）求集合中元素的個(gè)數(shù)；
（ii）用表示區(qū)間的長(zhǎng)度，設(shè)為集合中的最大元素．證明：存在唯一長(zhǎng)度為的閉區(qū)間，使得是的一個(gè)“封閉區(qū)間”．
【解析】（1）由題意，，，
恒成立，所以在上單調(diào)遞增，
可得的值域?yàn)?，因此只需?br>即可得，即，則的取值集合為．
（2）（i）記函數(shù)，
則，
由得或；由得；
所以函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
其中，因此當(dāng)時(shí)，，不存在零點(diǎn)；
由在單調(diào)遞減，易知，而，
由零點(diǎn)存在定理可知存在唯一的使得；
當(dāng)時(shí)，，不存在零點(diǎn)．
綜上所述，函數(shù)有0和兩個(gè)零點(diǎn)，即集合中元素的個(gè)數(shù)為2．
（ii）由（i）得，假設(shè)長(zhǎng)度為的閉區(qū)間是的一個(gè)“封閉區(qū)間”，
則對(duì)，，當(dāng)時(shí)，由（i）得在單調(diào)遞增，
，即，不滿足要求；
當(dāng)時(shí)，由（i）得在單調(diào)遞增，
，即，也不滿足要求；
當(dāng)時(shí)，閉區(qū)間，而顯然在單調(diào)遞增，，
由（i）可得，，
，滿足要求．
綜上，存在唯一的長(zhǎng)度為的閉區(qū)間，使得是的一個(gè)“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)的定義域?yàn)?給定閉區(qū)間，若存在，使得對(duì)于任意，
①均有，則記；
②均有，則記.
(1)設(shè)，求；
(2)設(shè).若對(duì)于任意，均有，求的取值范圍；
(3)已知對(duì)于任意?與均存在.證明：“為上的增函數(shù)或減函數(shù)”的充要條件為“對(duì)于任意兩個(gè)不同的?與中至少一個(gè)成立”.
【解析】（1）因?yàn)闀r(shí)，恒成立，故在上為嚴(yán)格增函數(shù)，
因此.
（2）因?yàn)?，而?br>因?yàn)?，故是在處的切線
而存在極值點(diǎn)，而，可得到如下情況：
情況一：當(dāng)時(shí)，此時(shí)，
此時(shí)，不符題意舍去.
情況二：當(dāng)時(shí)，此時(shí)與在上均為嚴(yán)格增函數(shù)，
因此當(dāng)時(shí)，恒成立，
因此，而在上成立，進(jìn)而，故.
（3）先證明必要性：若為上的嚴(yán)格增函數(shù)，
則任取，，
因?yàn)?，所以或或或?br>因?yàn)闉樯系膰?yán)格增函數(shù)，所以可得：
或或或，
所以不難可得：，
所以或成立.
同時(shí)對(duì)為上的嚴(yán)格減函數(shù)，同理可證.
下面證明充分性：當(dāng)與其中一式成立時(shí)，
不可能為常值函數(shù)，先任取，總有或，
假設(shè)存在，使得，
記，則，
因?yàn)榇嬖冢瑒t或，
不妨設(shè)，則，否則當(dāng)，
此時(shí)，矛盾，
進(jìn)而可得，則，
因此①.最后證明為上的嚴(yán)格減函數(shù)，任取，需考慮如下情況：
情況一：若，則，
否則，記，
則，，
同理若，
所以，根據(jù)①可得：.
情況二：若，則，
否則，，由此矛盾，
因?yàn)?，同情況一可得矛盾，因此.
情況三：若，同上述可得，
，所以.
情況四：若，同上述可得，，，所以.
情況五：若，同上述情況二可證明恒成立.
情況六：若，同上述情況一可證明恒成立.即為上的嚴(yán)格增函數(shù).
【例3】（2024屆河南省信陽(yáng)市名校高三下學(xué)期全真模擬）已知函數(shù)，其中，.若點(diǎn)在函數(shù)的圖像上，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)的切線與函數(shù)圖像的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)，則稱點(diǎn)為點(diǎn)的一個(gè)“上位點(diǎn)”，現(xiàn)有函數(shù)圖像上的點(diǎn)列，，…，，…，使得對(duì)任意正整數(shù)，點(diǎn)都是點(diǎn)的一個(gè)“上位點(diǎn)”.
(1)若，請(qǐng)判斷原點(diǎn)是否存在“上位點(diǎn)”，并說(shuō)明理由；
(2)若點(diǎn)的坐標(biāo)為，請(qǐng)分別求出點(diǎn)、的坐標(biāo)；
(3)若的坐標(biāo)為，記點(diǎn)到直線的距離為.問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)和正整數(shù)，使得無(wú)窮數(shù)列、、…、…嚴(yán)格減？若存在，求出實(shí)數(shù)的所有可能值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【解析】（1）已知，則，得，
故函數(shù)經(jīng)過(guò)點(diǎn)的切線方程為，
其與函數(shù)圖像無(wú)其他交點(diǎn)，所以原點(diǎn)不存在“上位點(diǎn)”.
（2）設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，為正整數(shù)，
則函數(shù)圖像在點(diǎn)處的切線方程為，
代入其“上位點(diǎn)”，得，
化簡(jiǎn)得，即，
故，因?yàn)?，得?），
又點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為.
（3）將代入，解得，由（*）得，.
即，又，故是以2為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，
所以，即，.
令，則嚴(yán)格減，
因?yàn)?，所以函?shù)在區(qū)間上嚴(yán)格增.
當(dāng)時(shí)，，于是當(dāng)時(shí)，嚴(yán)格減，符合要求
當(dāng)時(shí)，.
因?yàn)闀r(shí)，
所以當(dāng)時(shí)，，
從而當(dāng)時(shí)嚴(yán)格增，不存在正整數(shù)，
使得無(wú)窮數(shù)列，，…，嚴(yán)格減.綜上，.
【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(zhǎng)方體薄鐵塊疊放于水平桌面上，每個(gè)鐵塊總比其下層鐵塊向外伸出一定的長(zhǎng)度，如下圖，那么最上層的鐵塊最多可向桌緣外伸出多遠(yuǎn)而不掉下呢？這就是著名的“里拉斜塔”問(wèn)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，將前塊鐵塊視為整體，若這部分的重心在第塊的上方，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(zhǎng)度均為1，若記第n塊比第塊向桌緣外多伸出的部分的最大長(zhǎng)度為，則根據(jù)力學(xué)原理，可得，且為等差數(shù)列．
(1)求的通項(xiàng)公式；
(2)記數(shù)列的前項(xiàng)和為．
①比較與的大??；
②對(duì)于無(wú)窮數(shù)列，如果存在常數(shù)，對(duì)任意的正數(shù)，總存在正整數(shù)，使得，，則稱數(shù)列收斂于，也稱數(shù)列的極限為，記為；反之，則稱不收斂．請(qǐng)根據(jù)數(shù)列收斂的定義判斷是否收斂？并據(jù)此回答“里拉斜塔”問(wèn)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(zhǎng)度為第1塊鐵塊自身長(zhǎng)度的一半，則，由為等差數(shù)列，得其首項(xiàng)為，公差，
因此，即，
所以的通項(xiàng)公式是.
（2）①由（1）知，，
令函數(shù)，求導(dǎo)得，即函數(shù)在上遞減，
則，即，取，于是，
則，
所以.
②不收斂.
給定正數(shù)，對(duì)，令，則，
解得，?。ū硎静怀^(guò)的最大整數(shù)），
顯然當(dāng)時(shí)，不等式不成立，即有，
因此數(shù)列不收斂；
取，則當(dāng)時(shí)，，
因此當(dāng)時(shí)，成立，所以不收斂.
的意義是塊疊放的鐵塊最上層的最多可向桌緣外伸的長(zhǎng)度，因?yàn)椴皇諗坑谌我庹龜?shù)，
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(zhǎng)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(jì)算機(jī)圖形學(xué)、動(dòng)畫(huà)制作、CAD設(shè)計(jì)以及相關(guān)領(lǐng)域的數(shù)學(xué)曲線．它最早來(lái)源于Bernstein多項(xiàng)式．引入多項(xiàng)式，若是定義在上的函數(shù)，稱，為函數(shù)的n次Bernstein多項(xiàng)式．
(1)求在上取得最大值時(shí)x的值；
(2)當(dāng)時(shí)，先化簡(jiǎn)，再求的值；
(3)設(shè)，在內(nèi)單調(diào)遞增，求證：在內(nèi)也單調(diào)遞增．
【解析】（1）由題意，，
則
令，得，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)時(shí)，在上取得最大值；
（2）
，
所以；
（3）
由，
上式
，
而在內(nèi)單調(diào)遞增，所以，
所以，故，所以在內(nèi)也單調(diào)遞增．
1．（2024屆天津市濱海新區(qū)高考模擬檢測(cè)）已知函數(shù)，其中為實(shí)數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，
①求函數(shù)的圖象在（為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）處的切線方程；
②若對(duì)任意的，均有，則稱為在區(qū)間上的下界函數(shù)，為在區(qū)間上的上界函數(shù)．若，且為在上的下界函數(shù)，求實(shí)數(shù)的取值范圍．
(2)當(dāng)時(shí)，若，，且，設(shè)，．證明：．
2．（2024屆湖南省長(zhǎng)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(gè)函數(shù)在一點(diǎn)的一個(gè)鄰域（包含該點(diǎn)的開(kāi)區(qū)間）內(nèi)處處都有確定的值，而以該點(diǎn)處的值為最大（?。?，這函數(shù)在該點(diǎn)處的值就是一個(gè)極大（?。┲?
對(duì)于函數(shù)，設(shè)自變量x從變化到，當(dāng)，是一個(gè)確定的值，則稱函數(shù)在點(diǎn)處右可導(dǎo)；當(dāng)，是一個(gè)確定的值，則稱函數(shù)在點(diǎn)處左可導(dǎo).當(dāng)函數(shù)在點(diǎn)處既右可導(dǎo)也左可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)值相等，則稱函數(shù)在點(diǎn)處可導(dǎo).
(1)請(qǐng)舉出一個(gè)例子，說(shuō)明該函數(shù)在某點(diǎn)處不可導(dǎo)，但是該點(diǎn)是該函數(shù)的極值點(diǎn)；
(2)已知函數(shù).
（?。┣蠛瘮?shù)在處的切線方程；
（ⅱ）若為的極小值點(diǎn)，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）已知為實(shí)數(shù)集的非空子集，若存在函數(shù)且滿足如下條件：①定義域?yàn)闀r(shí)，值域?yàn)?；②?duì)任意，，均有. 則稱是集合到集合的一個(gè)“完美對(duì)應(yīng)”.
(1)用初等函數(shù)構(gòu)造區(qū)間到區(qū)間的一個(gè)完美對(duì)應(yīng)；
(2)求證：整數(shù)集到有理數(shù)集之間不存在完美對(duì)應(yīng)；
(3)若，，且是某區(qū)間到區(qū)間的一個(gè)完美對(duì)應(yīng)，求的取值范圍.
4．（2024屆山東省泰安市高三四輪檢測(cè)）在數(shù)學(xué)中，由個(gè)數(shù)排列成的m行n列的數(shù)表稱為矩陣，其中稱為矩陣A的第i行第j列的元素.矩陣乘法是指對(duì)于兩個(gè)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(lái)說(shuō)：若，，則，其中.已知，函數(shù).
(1)討論的單調(diào)性；
(2)若是的兩個(gè)極值點(diǎn)，證明：，.
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(gè)公共點(diǎn)（其中，），則稱l為曲線C的“”.
(1)若曲線在點(diǎn)處的切線為，另一個(gè)公共點(diǎn)的坐標(biāo)為，求的值；
(2)求曲線所有的方程；
(3)設(shè)，是否存在，使得曲線在點(diǎn)處的切線為？若存在，探究滿足條件的t的個(gè)數(shù)，若不存在，說(shuō)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(duì)于函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，若在其定義域內(nèi)存在實(shí)數(shù)和t，使得成立，則稱是“卓然”函數(shù)，并稱t是的“卓然值”．
(1)試分別判斷函數(shù)，和，是不是“卓然”函數(shù)？并說(shuō)明理由；
(2)若是“卓然”函數(shù)，且“卓然值”為2，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(3)證明：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(jìn)六校聯(lián)考高三5月聯(lián)考）在信息理論中，和是兩個(gè)取值相同的離散型隨機(jī)變量，分布列分別為：，，，，，．定義隨機(jī)變量的信息量，和的“距離”．
(1)若，求；
(2)已知發(fā)報(bào)臺(tái)發(fā)出信號(hào)為0和1，接收臺(tái)收到信號(hào)只有0和1．現(xiàn)發(fā)報(bào)臺(tái)發(fā)出信號(hào)為0的概率為，由于通信信號(hào)受到干擾，發(fā)出信號(hào)0接收臺(tái)收到信號(hào)為0的概率為，發(fā)出信號(hào)1接收臺(tái)收到信號(hào)為1的概率為．
（?。┤艚邮张_(tái)收到信號(hào)為0，求發(fā)報(bào)臺(tái)發(fā)出信號(hào)為0的概率；（用，表示結(jié)果）
（ⅱ）記隨機(jī)變量和分別為發(fā)出信號(hào)和收到信號(hào)，證明：．
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)的圖象繞坐標(biāo)原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后，所得曲線仍然是某個(gè)函數(shù)的圖象，則稱為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.
(1)判斷函數(shù)是否為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，并說(shuō)明理由；
(2)已知函數(shù)是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求的最大值；
(3)若函數(shù)是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求的取值范圍.
9．（2024屆山東省泰安肥城市高考仿真模擬三）定義：設(shè)和均為定義在上的函數(shù)，它們的導(dǎo)函數(shù)分別為和，若不等式對(duì)任意實(shí)數(shù)恒成立，則稱和為“相伴函數(shù)”.
(1)給出兩組函數(shù)，①和；②和，分別判斷這兩組函數(shù)是否為“相伴函數(shù)”；
(2)若是定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，是偶函數(shù)，是奇函數(shù)，，問(wèn)是否存在使得和為“相伴函數(shù)”？若存在寫(xiě)出的一個(gè)值，若不存在說(shuō)明理由；
(3)，寫(xiě)出“和為相伴函數(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(gè)完美均勻且靈活的項(xiàng)鏈的兩端被懸掛，并只受重力的影響，這個(gè)項(xiàng)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(shù).當(dāng)時(shí)，就是雙曲余弦函數(shù)，類似地雙曲正弦函數(shù) ，它們與正、余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì).
(1)類比三角函數(shù)的三個(gè)性質(zhì)：
①倍角公式；
②平方關(guān)系；
③求導(dǎo)公式
寫(xiě)出雙曲正弦和雙曲余弦函數(shù)的一個(gè)正確的性質(zhì)并證明；
(2)當(dāng)時(shí)，雙曲正弦函數(shù)圖象總在直線的上方，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(3)若，證明：
11．（2024屆重慶市第一中學(xué)校高三下學(xué)期模擬）對(duì)于數(shù)列，定義，滿足，記，稱為由數(shù)列生成的“函數(shù)”．
(1)試寫(xiě)出“函數(shù)” ，并求的值；
(2)若“函數(shù)” ，求n的最大值；
(3)記函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，證明：“函數(shù)” ．
12．（上海市控江中學(xué)高三三模）設(shè)函數(shù)定義域?yàn)椋粽麛?shù)滿足，則稱與“相關(guān)”于．
(1)設(shè)，，寫(xiě)出所有與“相關(guān)”于的整數(shù)；
(2)設(shè)滿足：任取不同的整數(shù)，與均“相關(guān)”于．求證：存在整數(shù)，使得都與“相關(guān)”于；
(3)是否存在實(shí)數(shù)，使得函數(shù)，滿足：存在，能使所有與“相關(guān)”于的非零整數(shù)組成一個(gè)非空有限集？若這樣的存在，指出和的大小關(guān)系（無(wú)需證明），并求出的取值范圍；若這樣的不存在，說(shuō)明理由．極小值
極大值
備戰(zhàn)2025高考數(shù)學(xué)壓軸導(dǎo)數(shù)大題訓(xùn)練（全國(guó)通用版）
專題15 導(dǎo)數(shù)中的新定義問(wèn)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(duì)拔尖創(chuàng)新人才選拔培養(yǎng)等新要求，增加了新定義問(wèn)題，函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一直是高考中的熱點(diǎn)與難點(diǎn), 是新定義問(wèn)題的重要載體，本專題總結(jié)新定義問(wèn)題的特點(diǎn)及導(dǎo)數(shù)中新定義問(wèn)題的常見(jiàn)類型，供大家參考.
新定義問(wèn)題的特點(diǎn)及求解策略
1.新定義試題通過(guò)新定義一個(gè)數(shù)學(xué)對(duì)象或數(shù)學(xué)運(yùn)算，以此為基礎(chǔ)為學(xué)生搭建思維平臺(tái)，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(gè)方面：通過(guò)新定義創(chuàng)設(shè)數(shù)學(xué)新語(yǔ)境和話語(yǔ)體系；通過(guò)新情境搭建試題框架，創(chuàng)設(shè)解題條件；通過(guò)新設(shè)問(wèn)設(shè)置思維梯度，逐步深入，準(zhǔn)確區(qū)分不同層次的學(xué)生；通過(guò)解題過(guò)程展現(xiàn)學(xué)生數(shù)學(xué)思維和探究過(guò)程，實(shí)現(xiàn)對(duì)分析、推理、判斷、論述等關(guān)鍵能力的考查.
2.通過(guò)給出一個(gè)新的定義，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)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(shí)和方法，實(shí)心信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的.
3.遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，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(yùn)算、驗(yàn)證，使得問(wèn)題得以解決.
【例1】（2024屆江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高三下學(xué)期全真模擬）帕德近似是法國(guó)數(shù)學(xué)家帕德發(fā)明的用多項(xiàng)式近似特定函數(shù)的方法．給定兩個(gè)正整數(shù)m，n，函數(shù)fx在x=0處的m,n階帕德近似定義為：，且滿足：f0=R0，f'0=R'0，f″0=R″0，…，fm+n0=Rm+n0．注：，f?x=f″x'，f4x=f?x'，f5x=f4(x)'，…已知fx=ex在x=0處的1,1階帕德近似為Rx=1+ax1+bx．
(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；
(2)當(dāng)x∈0,1時(shí)，試比較fx與Rx的大小，并證明；
(3)已知正項(xiàng)數(shù)列an滿足：a1=12，anean+1=ean?1，求證：12n≤an≤12n?1．
【解析】（1）由題意得R'x=a1+bx?b1+ax1+bx2=a?b1+bx2，R″x=?2ba?b1+bx3，
f0=f'0=f″0=1，故R'0=a?b=1，R″0=?2ba?b=1，
解得a=12，.
（2）由上可得Rx=1+x21?x2=2+x2?x，要比較ex與2+x2?x的??，
x∈0,1，只需比較1與2+x2?xe?x的??，
令gx=2+x2?xe?x，g'x=42?x2?2+x2?xe?x=x22?x2e?x，
所以g'x>0，從而可得gx在上單調(diào)遞增，
所以gx>g0=1，即2+x2?x>ex，所以fx0，
bn+1bn=32n?1?132n?1=132n?1+10，
故y=fxx在0,+∞上為增函數(shù)；
（2）lnab?lnba+mba?ab≤0?alna?blnba2?b2≤m，
取fx=xlnx，gx=x2，因?yàn)?，所以由柯西中值定理?ξ∈b,a，
使得fa?fbga?gb=alna?blnba2?b2=f'ξg'ξ=1+lnξ2ξ，
由題則有：，設(shè)Gx=1+lnx2x00，當(dāng)10,1+r2x>0，
則f'x=B0Nr1r2x+P1r1+P2r21+r1xNP1?11+r2xNP2?1，
令f'x=B0Nr1r2x+P1r1+P2r21+r1xNP1?11+r2xNP2?1>0，解得x0，
則x=2,x=?2為y=x4?4x2的極小值點(diǎn)，x=0為極大值點(diǎn)，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，使得直線與函數(shù)y=x4?4x2的圖象相切，
且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)t∈[?2,?2]∪[2,2]，
此時(shí)切線方程為y=(4t3?8t)x+4t2?3t4，即，
設(shè)直線y=kx+d與y=4x2?16的圖象交于點(diǎn)x1,y1,x2,y2，
則y=kx+dy=4x2?16消去y得，則，
于是|x1?x2|=(x1+x2)2?4x1x2=k216+16+d≤k216+16+d0
=(t3?2t)2+16+4t2?3t4=t6?7t4+8t2+16
令，則k'(s)=3s2?14s+8=(3s?2)(s?4)≤0，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，k'(s)=0，所以k(s)在[2,4]上單調(diào)遞減，，
因此x1?x2的最大值為23，所以n?m的最大值為23.
(五)定義新性質(zhì)
此類問(wèn)題通常是給出某類函數(shù)所具有的一個(gè)性質(zhì)，然后利用該性質(zhì)求解問(wèn)題，因此該函數(shù)滿足的性質(zhì)就是求解問(wèn)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)α(x)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)m，函數(shù)β(x)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)n，且m>n，則稱α(x)與β(x)具有性質(zhì)α?β//m>n．
(1)函數(shù)φ1(x)=sinx?x2與φ2x=ex?x是否具有性質(zhì)φ1?φ2//x0>0？并說(shuō)明理由．
(2)已知函數(shù)fx=aex?lnx+1與gx=lnx+a?ex+1具有性質(zhì)f?g//x1>x2．
（i）求a的取值范圍；
（ii）證明：gx1>x2．
【解析】（1）函數(shù)φ1(x)=sinx?x2與φ2x=ex?x具有性質(zhì)φ1?φ2//x0>0，理由如下：
φ1'(x)=csx?2x，令?x=φ1'x=csx?2x，則?'x=?sinx?20，φ1'1=cs1?20，
故φ2(x)在?∞,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，故φ2(x)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)0，
故函數(shù)φ1(x)=sinx?x2與φ2x=ex?x具有性質(zhì)φ1?φ2//x0>0；
（2）（i）f'x=aex?1x+1，又x+1>0，故x>?1，
當(dāng)a≤0時(shí)，f'x=aex?1x+10時(shí)，令mx=f'x=aex?1x+1，則m'x=aex+1x+12>0恒成立，
故f'x在?1,+∞上單調(diào)遞增，g'x=1x+a?ex，，故x>?a，
由a>0，令nx=g'x=1x+a?ex，則n'x=?1x+a2?ex0，又時(shí)，g'x→?∞，
故此時(shí)存在x2∈0,+∞，使gx在?a,x2上單調(diào)遞增，在x2,+∞上單調(diào)遞減，
則gx有唯一極值點(diǎn)x2∈0,+∞，即有f'x1=aex1?1x1+1=0，g'x2=1x2+a?ex2=0，
即ex1=1ax1+1，ex2=1x2+a，此時(shí)需滿足x1>x2>0，則ex1>ex2，
故有1ax1+1>1x2+a，即x2>ax1，即a1x2+a，此時(shí)需滿足0>x1>x2，即x2>ax1，則a>x2x1，
由x2x1x2>0，則ex2=1x2+a>e0=1，故00得?10在0,1上成立，進(jìn)而k≥?1=3，故.
（3）先證明必要性：若fx為R上的嚴(yán)格增函數(shù)，
則任取D1=a1,b1,D2=a2,b2，MfD1=fb1,MfD2=fb2,mfD1=fa1,mfD2=fa2，
因?yàn)镈1≠D2，所以或或或，
因?yàn)闉樯系膰?yán)格增函數(shù)，所以可得：
或或或，
所以不難可得：，
所以或成立.
同時(shí)對(duì)為上的嚴(yán)格減函數(shù)，同理可證.
下面證明充分性：當(dāng)與其中一式成立時(shí)，
不可能為常值函數(shù)，先任取，總有或，
假設(shè)存在，使得，
記，則，
因?yàn)榇嬖?，則或，
不妨設(shè)，則，否則當(dāng)，
此時(shí)，矛盾，
進(jìn)而可得，則，
因此①.最后證明為上的嚴(yán)格減函數(shù)，任取，需考慮如下情況：
情況一：若，則，
否則，記，
則，，
同理若，
所以，根據(jù)①可得：.
情況二：若，則，
否則，，由此矛盾，
因?yàn)?，同情況一可得矛盾，因此.
情況三：若，同上述可得，
，所以.
情況四：若，同上述可得，，，所以.
情況五：若，同上述情況二可證明恒成立.
情況六：若，同上述情況一可證明恒成立.即為上的嚴(yán)格增函數(shù).
【例3】（2024屆河南省信陽(yáng)市名校高三下學(xué)期全真模擬）已知函數(shù)，其中，.若點(diǎn)在函數(shù)的圖像上，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)的切線與函數(shù)圖像的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)，則稱點(diǎn)為點(diǎn)的一個(gè)“上位點(diǎn)”，現(xiàn)有函數(shù)圖像上的點(diǎn)列，，…，，…，使得對(duì)任意正整數(shù)，點(diǎn)都是點(diǎn)的一個(gè)“上位點(diǎn)”.
(1)若，請(qǐng)判斷原點(diǎn)是否存在“上位點(diǎn)”，并說(shuō)明理由；
(2)若點(diǎn)的坐標(biāo)為，請(qǐng)分別求出點(diǎn)、的坐標(biāo)；
(3)若的坐標(biāo)為，記點(diǎn)到直線的距離為.問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)和正整數(shù)，使得無(wú)窮數(shù)列、、…、…嚴(yán)格減？若存在，求出實(shí)數(shù)的所有可能值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【解析】（1）已知，則，得，
故函數(shù)經(jīng)過(guò)點(diǎn)的切線方程為，
其與函數(shù)圖像無(wú)其他交點(diǎn)，所以原點(diǎn)不存在“上位點(diǎn)”.
（2）設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，為正整數(shù)，
則函數(shù)圖像在點(diǎn)處的切線方程為，
代入其“上位點(diǎn)”，得，
化簡(jiǎn)得，即，
故，因?yàn)?，得?），
又點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為.
（3）將代入，解得，由（*）得，.
即，又，故是以2為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，
所以，即，.
令，則嚴(yán)格減，
因?yàn)?，所以函?shù)在區(qū)間上嚴(yán)格增.
當(dāng)時(shí)，，于是當(dāng)時(shí)，嚴(yán)格減，符合要求
當(dāng)時(shí)，.
因?yàn)闀r(shí)，
所以當(dāng)時(shí)，，
從而當(dāng)時(shí)嚴(yán)格增，不存在正整數(shù)，
使得無(wú)窮數(shù)列，，…，嚴(yán)格減.綜上，.
【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(zhǎng)方體薄鐵塊疊放于水平桌面上，每個(gè)鐵塊總比其下層鐵塊向外伸出一定的長(zhǎng)度，如下圖，那么最上層的鐵塊最多可向桌緣外伸出多遠(yuǎn)而不掉下呢？這就是著名的“里拉斜塔”問(wèn)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，將前塊鐵塊視為整體，若這部分的重心在第塊的上方，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(zhǎng)度均為1，若記第n塊比第塊向桌緣外多伸出的部分的最大長(zhǎng)度為，則根據(jù)力學(xué)原理，可得，且為等差數(shù)列．
(1)求的通項(xiàng)公式；
(2)記數(shù)列的前項(xiàng)和為．
①比較與的大小；
②對(duì)于無(wú)窮數(shù)列，如果存在常數(shù)，對(duì)任意的正數(shù)，總存在正整數(shù)，使得，，則稱數(shù)列收斂于，也稱數(shù)列的極限為，記為；反之，則稱不收斂．請(qǐng)根據(jù)數(shù)列收斂的定義判斷是否收斂？并據(jù)此回答“里拉斜塔”問(wèn)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(zhǎng)度為第1塊鐵塊自身長(zhǎng)度的一半，則，由為等差數(shù)列，得其首項(xiàng)為，公差，
因此，即，
所以的通項(xiàng)公式是.
（2）①由（1）知，，
令函數(shù)，求導(dǎo)得，即函數(shù)在上遞減，
則，即，取，于是，
則，
所以.
②不收斂.
給定正數(shù)，對(duì)，令，則，
解得，取（表示不超過(guò)的最大整數(shù)），
顯然當(dāng)時(shí)，不等式不成立，即有，
因此數(shù)列不收斂；
取，則當(dāng)時(shí)，，
因此當(dāng)時(shí)，成立，所以不收斂.
的意義是塊疊放的鐵塊最上層的最多可向桌緣外伸的長(zhǎng)度，因?yàn)椴皇諗坑谌我庹龜?shù)，
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(zhǎng)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(jì)算機(jī)圖形學(xué)、動(dòng)畫(huà)制作、CAD設(shè)計(jì)以及相關(guān)領(lǐng)域的數(shù)學(xué)曲線．它最早來(lái)源于Bernstein多項(xiàng)式．引入多項(xiàng)式，若是定義在上的函數(shù)，稱，為函數(shù)的n次Bernstein多項(xiàng)式．
(1)求在上取得最大值時(shí)x的值；
(2)當(dāng)時(shí)，先化簡(jiǎn)，再求的值；
(3)設(shè)，在內(nèi)單調(diào)遞增，求證：在內(nèi)也單調(diào)遞增．
【解析】（1）由題意，，
則
令，得，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)時(shí)，在上取得最大值；
（2）
，
所以；
（3）
由，
上式
，
而在內(nèi)單調(diào)遞增，所以，
所以，故，所以在內(nèi)也單調(diào)遞增．
1．（2024屆天津市濱海新區(qū)高考模擬檢測(cè)）已知函數(shù)，其中為實(shí)數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，
①求函數(shù)的圖象在（為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）處的切線方程；
②若對(duì)任意的，均有，則稱為在區(qū)間上的下界函數(shù)，為在區(qū)間上的上界函數(shù)．若，且為在上的下界函數(shù)，求實(shí)數(shù)的取值范圍．
(2)當(dāng)時(shí)，若，，且，設(shè)，．證明：．
【解析】（1）①當(dāng)時(shí)，，所以，
所以函數(shù)的圖像在處的切線斜率．又因?yàn)椋?br>所以函數(shù)的圖象在處的切線方程為，
②因?yàn)楹瘮?shù)為在上的下界函數(shù)，
所以，即．
因?yàn)?，所以，故?br>令，，則．
設(shè)，，則，
所以當(dāng)時(shí)，，從而函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，
故在上恒成立，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，從而．
因?yàn)樵谏虾愠闪?，所以在上恒成立?br>故，即實(shí)數(shù)的取值范圍為．
（2）當(dāng)時(shí)，，，，
要證，即證，因?yàn)椋?br>所以只要證，
即證，
因?yàn)?，?br>即證，
令，即證，
因?yàn)?，即證（*），
令，則．構(gòu)造函數(shù)：
則，令,
則，
因?yàn)?，，?br>所以．所以在單調(diào)遞增．
得到，可知在單調(diào)遞減，．
所以（*）成立，原命題成立．
2．（2024屆湖南省長(zhǎng)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(gè)函數(shù)在一點(diǎn)的一個(gè)鄰域（包含該點(diǎn)的開(kāi)區(qū)間）內(nèi)處處都有確定的值，而以該點(diǎn)處的值為最大（?。?，這函數(shù)在該點(diǎn)處的值就是一個(gè)極大（小）值.
對(duì)于函數(shù)，設(shè)自變量x從變化到，當(dāng)，是一個(gè)確定的值，則稱函數(shù)在點(diǎn)處右可導(dǎo)；當(dāng)，是一個(gè)確定的值，則稱函數(shù)在點(diǎn)處左可導(dǎo).當(dāng)函數(shù)在點(diǎn)處既右可導(dǎo)也左可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)值相等，則稱函數(shù)在點(diǎn)處可導(dǎo).
(1)請(qǐng)舉出一個(gè)例子，說(shuō)明該函數(shù)在某點(diǎn)處不可導(dǎo)，但是該點(diǎn)是該函數(shù)的極值點(diǎn)；
(2)已知函數(shù).
（?。┣蠛瘮?shù)在處的切線方程；
（ⅱ）若為的極小值點(diǎn)，求a的取值范圍.
【解析】（1），為該函數(shù)的極值點(diǎn)，
當(dāng)，，
當(dāng)，，
則該函數(shù)在處的左導(dǎo)數(shù)為，右導(dǎo)數(shù)為1，所以該函數(shù)在處不可導(dǎo).
（2）（?。└鶕?jù)題意，，則切點(diǎn)，
又，則，所以切線方程為；
（ⅱ），
因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，故與同號(hào)，
，先考察的性質(zhì)，
由于為偶函數(shù)，只需分析其在上的性質(zhì)即可，
，設(shè)，
則，，
則必有，即.①否則，若，即，
則必存在一個(gè)區(qū)間，使得，則在單調(diào)遞減，又，
則在區(qū)間內(nèi)小于0，則在單調(diào)遞減，
又，故在區(qū)間內(nèi)小于0，
故在區(qū)間內(nèi)小于0，則不可能為的極小值點(diǎn).
②當(dāng)時(shí)，，
令，，
令，則，
易知在區(qū)間上單調(diào)遞增，
對(duì)，，
則在區(qū)間上大于0，
故在區(qū)間上單調(diào)遞增.
故在區(qū)間上單調(diào)遞增.
又，故，故在區(qū)間上單調(diào)遞增，
又，故，故在區(qū)間上單調(diào)遞增，
又，故，，
則，，
故當(dāng)時(shí)，，由偶函數(shù)知時(shí)，，
故為的極小值點(diǎn)，所以a的取值范圍為.
3．（2024屆上海市交通大學(xué)附屬中學(xué)高三下學(xué)期四模）已知為實(shí)數(shù)集的非空子集，若存在函數(shù)且滿足如下條件：①定義域?yàn)闀r(shí)，值域?yàn)?；②?duì)任意，，均有. 則稱是集合到集合的一個(gè)“完美對(duì)應(yīng)”.
(1)用初等函數(shù)構(gòu)造區(qū)間到區(qū)間的一個(gè)完美對(duì)應(yīng)；
(2)求證：整數(shù)集到有理數(shù)集之間不存在完美對(duì)應(yīng)；
(3)若，，且是某區(qū)間到區(qū)間的一個(gè)完美對(duì)應(yīng)，求的取值范圍.
【解析】（1），當(dāng)時(shí)，，則其值域?yàn)?，滿足條件①，根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知在單調(diào)遞增，則其滿足條件②，
故可取.
（2）假設(shè)有是集合到的一個(gè)完美對(duì)應(yīng)，
則有，其中，于是，，
由完美對(duì)應(yīng)的定義，存在整數(shù)，使得且，
這與為整數(shù)矛盾，故假設(shè)不成立.所以，整數(shù)集到有理數(shù)集之間不存在完美對(duì)應(yīng).
（3），，得或，
若，則嚴(yán)格遞增，且，此時(shí)；滿足題意;
若，則時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；
則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增;
又，故只有極小值才滿足題意，即，，
若，則時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；
則在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增；
又，故只有極大值才滿足題意，即，即.綜上, 的取值范圍是 .
4．（2024屆山東省泰安市高三四輪檢測(cè)）在數(shù)學(xué)中，由個(gè)數(shù)排列成的m行n列的數(shù)表稱為矩陣，其中稱為矩陣A的第i行第j列的元素.矩陣乘法是指對(duì)于兩個(gè)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(lái)說(shuō)：若，，則，其中.已知，函數(shù).
(1)討論的單調(diào)性；
(2)若是的兩個(gè)極值點(diǎn)，證明：，.
【解析】（1）由矩陣乘法定義知，，
∵，∴當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
時(shí)，方程的判別式，
當(dāng)時(shí)，，，單調(diào)遞增，
當(dāng)或時(shí)，，令，方程兩根記為，，
則，，當(dāng)時(shí)，，，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，時(shí)，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)和時(shí)，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，綜上，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
（2）∵有兩個(gè)極值點(diǎn)，由（1）知，設(shè)，
∵，∴，
∵，，∴，∴單調(diào)遞增，∴，
由（1）知，，
∴，即，∴，
又由（1）知在上單調(diào)遞減且，
∴，∴.
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(gè)公共點(diǎn)（其中，），則稱l為曲線C的“”.
(1)若曲線在點(diǎn)處的切線為，另一個(gè)公共點(diǎn)的坐標(biāo)為，求的值；
(2)求曲線所有的方程；
(3)設(shè)，是否存在，使得曲線在點(diǎn)處的切線為？若存在，探究滿足條件的t的個(gè)數(shù)，若不存在，說(shuō)明理由．
【解析】（1）依題意，該切線的斜率為，因此.
（2）由，求導(dǎo)得，
則曲線在處的切線方程為：，
令，整理得，
此切線為切線，等價(jià)于方程有且僅有一個(gè)根，即，即，
所以曲線的切線僅有一條，為.
（3）由，得曲線在點(diǎn)處的切線方程為：
，即，
令，
求導(dǎo)得，由，得，
對(duì)，當(dāng)時(shí)，為嚴(yán)格增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，為嚴(yán)格減函數(shù)，
函數(shù)所有的極大值為，當(dāng)時(shí)，極大值等于0，即，
當(dāng)為正整數(shù)時(shí)，極大值全部小于0，即在無(wú)零點(diǎn)，
當(dāng)為負(fù)整數(shù)時(shí)，極大值全部大于0，函數(shù)所有的極小值為，當(dāng)時(shí)，極小值，
且隨著的增大，極小值越來(lái)越小，
因此在點(diǎn)處的切線為切線，
等價(jià)于有三個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于，即有解，
令，則，
因此為上的嚴(yán)格增函數(shù)，因?yàn)椋?br>于是存在唯一實(shí)數(shù)，滿足，
所以存在唯一實(shí)數(shù)，使得曲線在點(diǎn)處的切線為切線.
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(duì)于函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，若在其定義域內(nèi)存在實(shí)數(shù)和t，使得成立，則稱是“卓然”函數(shù)，并稱t是的“卓然值”．
(1)試分別判斷函數(shù)，和，是不是“卓然”函數(shù)？并說(shuō)明理由；
(2)若是“卓然”函數(shù)，且“卓然值”為2，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(3)證明：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)是“卓然”函數(shù)，因?yàn)椋?br>當(dāng)時(shí)，則有，，滿足；
因?yàn)?，?br>當(dāng)時(shí)，，而，所以，不可能成立，
即不存在實(shí)數(shù)，滿足成立，所以，不是“卓然”函數(shù)；
（2）由題意可得，，
所以有解，即有解．
對(duì)于函數(shù)：
因?yàn)?，?br>所以；，
令，則，解得：，
所以嚴(yán)格增區(qū)間：，
嚴(yán)格減區(qū)間：，值域：．
所以實(shí)數(shù)的取值范圍是．
（3），，設(shè)，
，
當(dāng)時(shí)，恒成立，此時(shí)不存在使得成立，不合題意；
當(dāng)時(shí)，在上嚴(yán)格減，所以在上嚴(yán)格增，
因?yàn)椋?br>所以存在使，，
當(dāng)時(shí)，嚴(yán)格減，
當(dāng)時(shí)，嚴(yán)格增，
所以，
由，所以，
此時(shí)不存在使得成立，不合題意；
當(dāng)時(shí)，若，則，從而，所以在上嚴(yán)格增，
當(dāng)時(shí)，設(shè)，則，
設(shè)，當(dāng)時(shí)，在上嚴(yán)格增，
且，所以，從而，
所以在上嚴(yán)格增，所以，
從而，所以在上嚴(yán)格增，又，
由零點(diǎn)存在性定理，存在使得，即成立，符合題意；
當(dāng)時(shí)，，顯然存在零點(diǎn)符合題意；當(dāng)時(shí)，在上嚴(yán)格減，
且，所以，從而，所以在上嚴(yán)格減，
又時(shí)，，存在，使得，即，
當(dāng)時(shí)，嚴(yán)格增，當(dāng)時(shí)，嚴(yán)格減，
又時(shí)，，
由零點(diǎn)存在性定理，存在使得，即成立，符合題意；
綜上所述，為“卓然”函數(shù)，該函數(shù)“卓然”取值范圍是．
7．（2024屆江西省上饒市穩(wěn)派上進(jìn)六校聯(lián)考高三5月聯(lián)考）在信息理論中，和是兩個(gè)取值相同的離散型隨機(jī)變量，分布列分別為：，，，，，．定義隨機(jī)變量的信息量，和的“距離”．
(1)若，求；
(2)已知發(fā)報(bào)臺(tái)發(fā)出信號(hào)為0和1，接收臺(tái)收到信號(hào)只有0和1．現(xiàn)發(fā)報(bào)臺(tái)發(fā)出信號(hào)為0的概率為，由于通信信號(hào)受到干擾，發(fā)出信號(hào)0接收臺(tái)收到信號(hào)為0的概率為，發(fā)出信號(hào)1接收臺(tái)收到信號(hào)為1的概率為．
（?。┤艚邮张_(tái)收到信號(hào)為0，求發(fā)報(bào)臺(tái)發(fā)出信號(hào)為0的概率；（用，表示結(jié)果）
（ⅱ）記隨機(jī)變量和分別為發(fā)出信號(hào)和收到信號(hào)，證明：．
【解析】（1）因?yàn)?，所以?br>所以的分布列為：
所以.
（2）（?。┯洶l(fā)出信號(hào)和分別為事件，收到信號(hào)和分別為事件，
則，，，，
所以
，
所以；
（ⅱ）由（?。┲?，則，
則，
設(shè)，則，
所以當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；
所以，即（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），
所以，
所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即，時(shí)等號(hào)成立，
所以.
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)的圖象繞坐標(biāo)原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后，所得曲線仍然是某個(gè)函數(shù)的圖象，則稱為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.
(1)判斷函數(shù)是否為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，并說(shuō)明理由；
(2)已知函數(shù)是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求的最大值；
(3)若函數(shù)是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求的取值范圍.
【解析】（1）函數(shù)不是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，理由如下：
逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后與軸重合，當(dāng)時(shí)，有無(wú)數(shù)個(gè)與之對(duì)應(yīng)，與函數(shù)的概念矛盾，
因此函數(shù)不是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.
（2）由題意可得函數(shù)與函數(shù)最多有1個(gè)交點(diǎn)，
且，所以最多有一個(gè)根，
即最多有一個(gè)根，
因此函數(shù)與函數(shù)R最多有1個(gè)交點(diǎn)，
即函數(shù)在上單調(diào)，
因?yàn)?，且?br>所以，所以，
即，，即的最大值為.
（3）由題意可得函數(shù)與函數(shù)最多有1個(gè)交點(diǎn)，
即，
即函數(shù)與函數(shù)最多有1個(gè)交點(diǎn)，
即函數(shù)在上單調(diào)，
，當(dāng)時(shí)，
所以，
令，則，
因?yàn)樵谏蠁握{(diào)減，且，
所以存在，使，
即，
所以在單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，
所以，即.
9．（2024屆山東省泰安肥城市高考仿真模擬三）定義：設(shè)和均為定義在上的函數(shù)，它們的導(dǎo)函數(shù)分別為和，若不等式對(duì)任意實(shí)數(shù)恒成立，則稱和為“相伴函數(shù)”.
(1)給出兩組函數(shù)，①和；②和，分別判斷這兩組函數(shù)是否為“相伴函數(shù)”；
(2)若是定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，是偶函數(shù)，是奇函數(shù)，，問(wèn)是否存在使得和為“相伴函數(shù)”？若存在寫(xiě)出的一個(gè)值，若不存在說(shuō)明理由；
(3)，寫(xiě)出“和為相伴函數(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中，函數(shù)和，可得和，
所以，所以這兩組函數(shù)是“相伴函數(shù)”.
②中，函數(shù)和，和，
所以不一定為非正數(shù)，
所以這兩組函數(shù)不是 “相伴函數(shù)”.
（2）存在，使得和為“相伴函數(shù)”.
證明如下：
由，
所以，
可得.
若和為“相伴函數(shù)”則成立，
即，
若，由，可得，
則可取，滿足成立；
若，所以，
若，則不等式無(wú)解；若，則無(wú)解，
綜上可得，存在，使得和為“相伴函數(shù)”.
（3）“和為相伴函數(shù)”的充要條件是.
因?yàn)椋?br>若和為相伴函數(shù)
即對(duì)恒成立，
可得
，
即，
即，可得，
由于取遍內(nèi)的所有實(shí)數(shù)，因此當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立，
所以，所以必要性得證.
下面證明充分性：
已知，則，
，
此時(shí)，所以，
即成立，和為相伴函數(shù).
所以“和為相伴函數(shù)”的充要條件是.
10．（2024屆山東省濰坊市高考三模）一個(gè)完美均勻且靈活的項(xiàng)鏈的兩端被懸掛，并只受重力的影響，這個(gè)項(xiàng)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(shù).當(dāng)時(shí)，就是雙曲余弦函數(shù)，類似地雙曲正弦函數(shù) ，它們與正、余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì).
(1)類比三角函數(shù)的三個(gè)性質(zhì)：
①倍角公式；
②平方關(guān)系；
③求導(dǎo)公式
寫(xiě)出雙曲正弦和雙曲余弦函數(shù)的一個(gè)正確的性質(zhì)并證明；
(2)當(dāng)時(shí)，雙曲正弦函數(shù)圖象總在直線的上方，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(3)若，證明：
【解析】（1）平方關(guān)系：；
倍角公式：；導(dǎo)數(shù)：.
理由如下：平方關(guān)系，；
倍角公式：；
導(dǎo)數(shù)：，；
以上三個(gè)結(jié)論，證對(duì)一個(gè)即可.
（2）構(gòu)造函數(shù)，，由（1）可知，
①當(dāng)時(shí)，由，
又因?yàn)?，故，等?hào)不成立，
所以，故為嚴(yán)格增函數(shù)，
此時(shí)，故對(duì)任意，恒成立，滿足題意；
②當(dāng)時(shí)，令，
則，可知是嚴(yán)格增函數(shù)，
由與可知，存在唯一，使得，
故當(dāng)時(shí)，，則在上為嚴(yán)格減函數(shù)，
故對(duì)任意，，即，矛盾；
綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍為；
（3）因?yàn)椋?br>所以原式變?yōu)椋?br>即證，
設(shè)函數(shù)，即證，，
設(shè)，，
時(shí)，在上單調(diào)遞增，即在上單調(diào)遞增，
設(shè)，則，
由于在上單調(diào)遞增，，
所以，即，故在上單調(diào)遞增，
又，所以時(shí)，，
所以，即，
因此恒成立，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(duì)于數(shù)列，定義，滿足，記，稱為由數(shù)列生成的“函數(shù)”．
(1)試寫(xiě)出“函數(shù)” ，并求的值；
(2)若“函數(shù)” ，求n的最大值；
(3)記函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，證明：“函數(shù)” ．
【解析】（1）由定義及．知，
所以是公差為m的等差數(shù)列，所以．
因?yàn)?，所以，所以，即?br>當(dāng)時(shí)，有，
，
……
，
所以，即．
（1）當(dāng)時(shí)，，
所以“函數(shù)” ．
當(dāng)時(shí)，．
（2）當(dāng)時(shí)，，
故“函數(shù)”
．
由，得．
令，則，
所以在上單調(diào)遞增．
因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，，
故n的最大值為5．
（3）證明：由題意得
由，得，
所以，所以，
所以
12．（上海市控江中學(xué)高三三模）設(shè)函數(shù)定義域?yàn)椋粽麛?shù)滿足，則稱與“相關(guān)”于．
(1)設(shè)，，寫(xiě)出所有與“相關(guān)”于的整數(shù)；
(2)設(shè)滿足：任取不同的整數(shù)，與均“相關(guān)”于．求證：存在整數(shù)，使得都與“相關(guān)”于；
(3)是否存在實(shí)數(shù)，使得函數(shù)，滿足：存在，能使所有與“相關(guān)”于的非零整數(shù)組成一個(gè)非空有限集？若這樣的存在，指出和的大小關(guān)系（無(wú)需證明），并求出的取值范圍；若這樣的不存在，說(shuō)明理由．
【解析】（1）若要整數(shù)與“相關(guān)”于，即：
由于，故這等價(jià)于.
即，得到滿足條件的全部為.
（2）由題意知，這十個(gè)數(shù)中，任取其中兩個(gè)，其乘積都不為正數(shù).
這意味著，這十個(gè)數(shù)中至多有一個(gè)正數(shù)，也至多有一個(gè)負(fù)數(shù).
所以這十個(gè)數(shù)中至多有兩個(gè)數(shù)不等于零.
假設(shè)不全為零，不全為零，也不全為零.
那么這十個(gè)數(shù)中已經(jīng)出現(xiàn)了三個(gè)不為零的數(shù)，矛盾.
所以必定存在整數(shù)，使得.
此時(shí)，所以都與“相關(guān)”于.
（3）原條件等價(jià)于下列兩個(gè)命題之一成立：
①存在使得，且集合是非空有限集；
②存在使得，且集合是非空有限集.
設(shè)，則，從而當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí).
所以在上遞增，在上遞減，從而.
對(duì)求導(dǎo)可得.
若，則當(dāng)時(shí)，由且知；
當(dāng)時(shí)，有.
所以，，從而都不是非空有限集，故此時(shí)命題①和②都不成立；
若，則當(dāng)時(shí)，
得；
當(dāng)時(shí)，由有
.
所以在上遞減，從而對(duì)有.
所以對(duì)任意都有，從而命題①不成立；而同時(shí)這意味著包含一切非零整數(shù)，所以命題②不成立；
若，則當(dāng)時(shí)，由，
得；
當(dāng)時(shí)，由知，從而
，
故，從而一定是有限集.
而，，，
所以，從而一定是非空有限集.
同時(shí)，上面已經(jīng)證明，所以此時(shí)命題②成立；
若，則當(dāng)時(shí)，有；
當(dāng)時(shí)，有.
所以，，從而都不是非空有限集，故此時(shí)命題①和②都不成立.
綜上，的取值范圍是，且此時(shí)存在使得，且集合是非空有限集.
這表明對(duì)每個(gè)滿足條件的，都有.
?∞,0
x=0
0,23k
x=32k
23k,+∞
f'x
0
=0

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