2024届新高考新试卷结构第19题新定义--导数压轴题分类汇编（解析版）(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

2024新高考新试卷结构19题新定义
导数压轴题分类汇编
【精选例题】
1 悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲
余弦函数chx
1

ex+e-x
= 的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①sin2x+cos2x=1，②和角公
2
式：cosx+y 
sinx
=cosxcosy-sinxsiny，③导数：
 =cosx,
cosx 

 定义双曲正弦函数shx
=-sinx,

ex-e-x
= ．
2
(1)直接写出shx  ，chx  具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；
(2)若当x>0时，shx  >ax恒成立，求实数a的取值范围；
(3)求fx  =chx  -cosx-x2的最小值．
【答案】(1)答案见解析；(2)-∞,1  ；(3)0
【详解】(1)平方关系：ch2 x  -sh2 x  =1；和角公式：chx+y  =chx  chy  +shx  shy  ；导数：
sh(x)=ch(x)

．

ch(x)=sh(x)
理由如下：平方关系，ch2 x  -sh2 x 
ex+e-x
=
2

2 ex-e-x
-
2

2 e2x+e-2x+2 e2x+e-2x-2
= - =1；
4 4
chx+y 
ex+y+e-x-y
= ，和角公式：chx
2
 chy  +shx  shy 
ex+e-x ey+e-y ex-e-x ey-e-y
= ⋅ + ⋅
2 2 2 2
ex+y+ex-y+e-x+y+e-x-y ex+y-ex-y-e-x+y+e-x-y ex+y+e-x-y
= + = ，故chx+y
4 4 2
 =chx  chy  +
shx  shy  ；
导数：sh x 
ex--e-x
=
 ex+e-x
= =chx，ch x
2 2

ex-e-x
= =shx；
2
(2)构造函数Fx  =shx  -ax，x∈0,+∞  ，由(1)可知F x  =chx  -a，i．当a≤1时，由ch(x)=
ex+e-x
≥ ex⋅e-x=1≥a可知，故F(x)≥0，故F(x)单调递增，此时F(x)≥F(0)=0，故对任意x>0，
2
sh(x)>ax恒成立，满足题意；
ii．当a>1时，令Gx  =F x  ，x∈0,+∞  ，则G x  =shx  ≥0，可知Gx  单调递增，由G(0)=1-
1
a<0与G(ln2a)= >0可知，存在唯一x (0,ln2a)，使得G(x )=0，故当x∈(0,x )时，F(x)=G(x)
4a 0 0 0
<G(x 0 )=0，则F(x)在(0,x 0 )内单调递减，故对任意x∈(0,x 0 )，F(x)<F0  =0，即shx  <ax，矛盾；
综上所述，实数a的取值范围为-∞,1  ．
(3)fx  =chx  -cosx-x2，f x  =shx  +sinx-2x，令gx  =f x  =shx  +sinx-2x，则g x  =
chx  +cosx-2，令hx  =g x  =chx  +cosx-2，则h x  =shx  -sinx，当x∈0,+∞  时，由(2)
可知，shx  ≥x，则h x  =shx  -sinx≥x-sinx，令ux  =x-sinx，则u x  =1-cosx≥0，故
ux  在0,+∞  内单调递增，则h x  ≥ux  ≥u0  =0，故hx  在0,+∞  内单调递增，则g x  =hx 
≥h0  =0，故gx  在0,+∞  内单调递增，则f x  =gx  ≥g0  =0，故fx  在0,+∞  内单调递增，因
为f-x  =ch-x  -cos-x  --x  2=chx-cosx-x2=fx  ，即fx  为偶函数，故fx  在-∞,0  内
单调递减，
则fx  =f0
min
 =0，故当且仅当x=0时，fx  取得最小值0.2 已知a为实数，fx
2
 =x+a  lnx+1  ．对于给定的一组有序实数k,m  ，若对任意x 1 ，x 2 ∈-1,+∞  ，
都有 kx 1 -fx 1   +m  kx 2 -fx 2   +m  ≥0，则称k,m  为fx  的“正向数组”．
(1)若a=-2，判断0,0  是否为fx  的“正向数组”，并说明理由；
(2)证明：若k,m  为fx  的“正向数组”，则对任意x>-1，都有kx-fx  +m≤0；
(3)已知对任意x 0 >-1，f x 0  ,fx 0  -x 0 f x 0    都是fx  的“正向数组”，求a的取值范围．
【答案】(1)0,0  不是fx  的“正向数组”；(2)证明见解析；(3)a的取值范围是-∞,1  .
【详解】(1)若a=-2，fx  =x-2  lnx+1  ，对k,m  =0,0  ，即 kx 1 -fx 1   +m  kx 2 -fx 2   +m  =
fx 1  ⋅fx 2  ，而当x 1 ∈0,2  ，x 2 ∈2,+∞  时，
fx 1  =x 1 -2  lnx 1 +1  <0，fx 2  =x 2 -2  lnx 2 +1  >0，即fx 1  ⋅fx 2  <0，不满足题意.
所以0,0  不是fx  的“正向数组”.
(2)反证法:假设存在x 0 >-1,使得kx-fx  +m>0,∵k,m  为fx  的“正向数组”，∴对任意x>-1, 0
都有 kx 0 -fx 0   +m  ⋅ kx 0 -fx 0   +m  ≥0.∴对任意x>-1,kx-fx  +m≥0恒成立.令Fx  =
x+a  lnx+1  -kx-m，则Fx  ≤0在-1,+∞  上恒成立，F x  =lnx+1 
x+a
+ -k=
x+1
lnx+1 
a-1
+ +1-k
x+1
 ，设Gx  =F x  =lnx+1 
a-1
+ +1-k
x+1
 ，
G x 
1 a-1
= -
x+1 x+1 
x+2-a
=
2 x+1 
，则当a>1时，G x
2
 在-1,a-2  上为负，在a-2,+∞  上为
正，
所以Gx  =F x  在-1,a-2  上单调递减，在a-2,+∞  上单调递增；若F a-2  <0，当x→-1，F
x  →+∞，当x→+∞，F x  →+∞，即存在F x 1  =F x 2  =0，使F x  在-1,x 1  上为正，在x 1 ,x 2  上
为负，在x 2 ,+∞  上为正，所以Fx  在-1,x 1  上单调递增，在x 1 ,x 2  上单调递减，在x 2 ,+∞  上单调递
增，又当x→-1，Fx  →-∞，当x→+∞，Fx  →+∞，则Fx  的值域为R；若F a-2  ≥0，F x  ≥F
a-2  ≥0，Fx  在-1,+∞  上单调递增，又当x→-1，Fx  →-∞，当x→+∞，Fx  →+∞，则Fx  的
值域为R. 当a≤1时，G x 
x+2-a
=
x+1 
≥0，Gx
2
 =F x  在-1,+∞  上单调递增，又当x→-1，F
x  →-∞，当x→+∞，F x  →+∞，
必存在F x 1  =0，使F x  在-1,x 1  上为负，在x 1 ,+∞  上为正，所以Fx  在-1,x 1  上单调递减，在
x 1 ,+∞  上单调递增，又当x→-1，Fx  →+∞，当x→+∞，Fx  →+∞，则Fx  的值域为 Fx 1   ,+∞  .
由值域可看出，与Fx  ≤0在-1,+∞  上恒成立矛盾. 对任意x>-1，都有kx-fx  +m≤0.
(3)∵ f x 0  ,fx 0  -x 0 f x 0    都是fx  的“正向数组”， 对任意x 1 ，x 2 ∈-1,+∞  ，都有
f x 0  x 1 -fx 1  +fx 0  -x 0 f x 0    f x 0  x 2 -fx 2  +fx 0  -x 0 f x 0    ≥0，则f x 0  x-fx  +fx 0  -x 0
f x 0  ≥0恒成立或f x 0  x-fx  +fx 0  -x 0 f x 0  ≤0恒成立，
即fx  -f x 0  x≤fx 0  -f x 0  x 0 恒成立或fx  -f x 0  x≥fx 0  -f x 0  x 0 恒成立，设gx  =fx  -f
x 0  x=x+a  lnx+1  -f x 0  x，则fx 0  -f x 0  x 0 =gx 0  ，即gx 0  是gx  的最大值或最小值. g x 
=f x  -f x 0  =lnx+1 
x+a
+ x+1 -f x 0  =lnx+1 
a-1
+ x+1 + 1-f x 0    ，且g x 0  =f x 0  -f
x 0  =0. 当a>1时，由(2)可得，gx  =x+a  lnx+1  -f x 0  x=Fx  +m的值域为R，无最大值
或最小值；当a≤1时，g x  =lnx+1 
a-1
+ x+1 + 1-f x 0    在-1,+∞  上单调递增，又g x 0  =f
x 0  -f x 0  =0，则g x  在-1,x 0  上为负，在x 0 ,+∞  上为正，所以gx  =fx  -f x 0  x在-1,x 0  上
单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，则gx 0  是gx  的最小值，满足gx  =fx  -f x 0  x≥fx 0  -f
x 0  x ， 0
此时对任意x 1 ，x 2 ∈-1,+∞  ，都有f x 0
3
 x 1 -fx 1  +fx 0  -x 0 f x 0    f x 0  x 2 -fx 2  +fx 0  -x 0 f x 0    ≥0.
∴a的取值范围是-∞,1  .
3 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函
a +ax+⋯+a xm
数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)= 0 1 m ，且满足：f(0)=R(0)，f(0)=
1+bx+⋯+b xn
1 n
R(0)，f(0)=R(0)⋯，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R
ax
(x)= ．注：f(x)=f(x)
1+bx
 ,f(x)=f(x)  ,f(4)(x)=f(x)  ,f(5)(x)=f(4)(x)  ,⋯
(1)求实数a，b的值；
1
(2)求证：(x+b)f
x
 >1；
1
(3)求不等式1+
x

x 1
<e<1+
x

x+1
2的解集，其中e=2.71828⋯．
1
【答案】(1)a=1，b= ；(2)证明见解析；(3)0,+∞
2

ax a
【详解】(1)因为R(x)= ，所以R(x)=
1+bx 1+bx 
-2ab
，R(x)=
2 1+bx 
，f(x)=ln(x+1)，则f(x)=
3
1 1 ，f(x)=-
x+1 x+1 
，由题意知，f 0
2
 =R 0  ，f 0  =R 0  ，所以  a=1 ，解得a=1，b= 1 .
-2ab=-1 2
1
(2)由(1)知，即证x+
2

1
ln1+
x

1
>1，令t=1+ ，则t>0且t≠1，即证t∈0,1
x
 ∪1,+∞  时
t+1
2t-1 
⋅lnt>1，
记φt 
2t-1
=lnt-

，t∈0,1
t+1
 ∪1,+∞  ，则φ t 
1 4
= -
t t+1 
t-1
=
2
 2
tt+1 
>0，所以φt
2
 在0,1 
上单调递增，在1,+∞  上单调递增，当t∈0,1  时φt  <φ1 
2t-1
=0，即lnt<
 t+1
，即
t+1 2t-1 
⋅lnt
>1成立，当t∈1,+∞  时φt  >φ1 
2t-1
=0，即lnt>
 t+1
，即
t+1 2t-1 
⋅lnt>1成立，综上可得t∈
0,1  ∪1,+∞ 
t+1
时
2t-1 
⋅lnt>1，
1
所以x+
2

1
ln1+
x

1
>1成立，即(x+b)f
x
 >1成立.
1
(3)由题意知，欲使得不等式1+
x

x 1
<e<1+
x

x+1 1
2成立，则至少有1+ >0，即x>0或x<-1，首
x
1
先考虑e<1+
x

x+1 1
2，该不等式等价于ln1+
x

x+1 1
2>1，即x+
2

1
ln1+
x
 >1，又由(2)知
1
x+
2

1
ln1+
x
 >1成立，
1
所以使得e<1+
x

x+1
2成立的x的取值范围是-∞,-1  ∪0,+∞ 
1
，再考虑1+
x

x
<e，该不等式等
1
价于xln1+
x
 <1，记hx  =lnx-x+1，x∈0,1  ∪1,+∞  ，则h x 
1 1-x
= -1= ，所以当0<
x x
x<1时h x  >0，x>1时h x  <0，所以hx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，所以hx 
<h1  =0，即lnx<x-1，x∈0,1  ∪1,+∞ 
1
，所以ln1+
x

1
< ，x∈-∞,-1
x
 ∪0,+∞  ，当x∈
0,+∞ 
1
时由ln1+
x

1 1
< ，可知xln1+
x x
 <1成立，当x∈-∞,-1 
1
时由ln1+
x

1
< ，可知
x1
xln1+
x
4

1
<1不成立，所以使得1+
x

x
<e成立的x的取值范围是0,+∞  ，综上可得不等式
1
1+
x

x 1
<e<1+
x

x+1
2的解集为0,+∞  .
4 在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲
线C：y=fx 
 
上的曲线段AB，其弧长为Δs，当动点从A沿曲线段AB运动到B点时，A点的切线l 也
A
随着转动到B点的切线l ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l 的倾斜角与l 的倾斜角之差)．显
B B A
然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以
 Δθ
定义K=
Δs


为曲线段AB的平均曲率；显然当B越接近A，即Δs越小，K就越能精确刻画曲线C在点
Δθ
A处的弯曲程度，因此定义K=lim
Δs→0 Δs

y
=

1+y2 
(若极限存在)为曲线C在点A处的曲率．(其中
3 2
y＇，y＇＇分别表示y=fx  在点A处的一阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；
x2 1
(2)求椭圆 +y2=1在 3,
4 2
 处的曲率；
(3)定义φy 
2 2y
=

1+y

为曲线y=fx
3
 的“柯西曲率”．已知在曲线fx  =xlnx-2x上存在两点
P x 1 ,fx 1    和Q x 2 ,fx 2    ，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求 3x + 3x 的取值范围． 1 2
16 7 2
【答案】(1)1；(2) ；(3) ,1
49 e

 Δθ 【详解】(1)K=
Δs

π
= 3 =1．
π
3
x2 x x2
(2)y= 1- ，y=- 1-
4 4 4

-1 1 x2
2，y=- 1-
4 4

-1 x2 x2
2- 1-
16 4

-3
2，故y 
3
=- ，y
x= 3 2
 =
x= 3
2
-2，故K=
1+ 3
4

16 7
= ．
3 49
2
(3)f x  =lnx-1，f x 
1
= ，故φy x 
2 2y
=

1+y 
2 2
= 3 xlnx 
2 2
= 3 3slns  ，其中s= 3x，令t= 3x ，t = 3 1 1 2
tlnt t
3x 2 ，则t 1 lnt 1 =t 2 lnt 2 ，则lnt 1 =- t-1 ，其中t= t 2 >1(不妨t 2 >t 1 )，令px
1
 =xlnx，p x  =1+lnx⇒
px 
1
在0, e 
1
递减，在 ,+∞ e 
1
递增，故1>t 2 > e >t 1 >0；令ht  =lnt 1 +t 2  =lnt+1 
tlnt
- ， t-1
h't 
1
=
t-1 
2t-1
lnt-
2
 

 t+1
 2t-1
，令m(t)=lnt-
 t-1
(t>1)，则m(t)=
t+1
 2
，当t>1时，m(t)
t(t+1)
>0恒成立，故m(t)在(1,+∞)上单调递增，2t-1
可得m(t)>m(1)=0，即lnt-
5

>0，故有h t
t+1

1
=
t-1 
2t-1
lnt-
2
 

 t+1

>0，则ht  在
1,+∞  递增，
又limht t→1  =ln2-1，limht t→+∞  =0，故lnt 1 +t 2  ∈ln2-1,0 
2
，故 3x + 3x =t+t ∈ ,1 1 2 1 2 e  ．
5“让式子丢掉次数”：伯努利不等式
伯努利不等式(Bernoulli'sInequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不
等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x∈-1,+∞  ，在 n∈1,+∞  时，有不等式 1+x  n
≥1+nx成立；在 n∈0,1  时，有不等式 1+x  n≤1+nx成立．
(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；
(2)当 n≥1时，对伯努利不等式进行证明；
(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a,a ,⋯,a n∈N*
1 2 n
 是大于-1的实数(全部同号)，证明
1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n  ≥1+a+a +⋯+a 1 2 n
【答案】(1) n = 0,1，或 x = 0；(2)证明见解析；(3)证明见解析
【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0．当n=0时， 1+x  0=
1+0x，当n=1时， 1+x  1=1+x，当x=0时， 1+0  n=1+0n，其他值均不能保证等号成立，猜想，
伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0；
(2)当 n≥1时，我们需证 1+x  n≥1+nx，设 fx  =1+x  n-nx-1x<-1,a≥1  ，注意到 f0 
=0，
f x  =n1+x  n-1-n=n 1+x   n-1-1  ，令 1+x  n-1-1=0得 x=0，即f 0  =0，x=0是 fx  的
一个极值点．
令 gx  =f x  ，则g x  =nn-1  1+x  n-2>0，所以 f x  单调递增．当 -1<x<0时，f x  <
f0  =0，当 x>0时，f x  >f0  =0，故fx  在 -1,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增．所以
在 x=0处 fx  取得极小值 f0  =0，即 fx  ≥0恒成立，1+x  n≥nx+1．伯努利不等式对 n
≥1得证．
(3)当 n=1时，原不等式即1+a≥1+a ，显然成立．当 n≥2时，构造数列 x
1 1 n
 ：x =
n
1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n  -1+a 1 +a 2 +⋯+a n  ，则 x n+1 -x n =a n+1 1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n   -1  ，
若 a i >0i=1,2,⋯,n+1  ，由上式易得 x n+1 -x n >0，即 x n+1 >x n ；若-1<a i ≤0i=1,2,⋯,n+1  ，则
0<1+a i <1，所以 1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n  -1<0，故x -x =a n+1 n n+1
1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n   -1  >0，即此时 x >x 也成立．所以 x n+1 n n  是一个单调递增的数列(n
≥2)，由于 x 2 =1+a 1  1+a 2  -1+a 1 +a 2  =a 1 a 2 >0，所以 x n >x 2 >0∀n>2  ，故原不等式成立．
6 梨曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数
fx 
xs-1
= (x>0,s>1，s为常数)密切相关，请解决下列问题．
ex-1
(1)当1<s≤2时，讨论fx  的单调性；
(2)当s>2时；
①证明fx  有唯一极值点；
②记fx  的唯一极值点为gs  ，讨论gs  的单调性，并证明你的结论．
【答案】(1)fx  在0,+∞  上单调递减；(2)①证明见解析；②在2,+∞  上单调递增，证明见解析；
【详解】(1)由fx 
xs-1
= ,x∈0,+∞
ex-1
 ,1<s≤2可得f x 
s-1
=
 ⋅xs-2⋅ex-1  -xs-1⋅ex
ex-1

=
2xs-2⋅ s-1-x
6
 ⋅ex-s-1   
ex-1

，令hx
2
 =s-1-x  ⋅ex-s-1  ，则h x  =-ex+s-x-1  ⋅ex=
s-x-2  ⋅ex；又1<s≤2，x>0，所以s-x-2<0,ex>0，即h x  <0恒成立；
即函数hx  在0,+∞  上单调递减，又h0  =0，所以hx  <h0  =0，可得f x  =
xs-2⋅ s-1-x  ⋅ex-s-1   
ex-1

<0恒成立，因此函数fx
2
 在0,+∞  上单调递减，即当1<s≤2时，函
数fx  在0,+∞  上单调递减；
(2)当s>2时，①由(1)可知令h x  =s-x-2  ⋅ex=0，可得x=s-2>0,易知当x∈0,s-2  时，h
x  =s-x-2  ⋅ex>0，即函数hx  在0,s-2  上单调递增，当x∈s-2,+∞  时，h x  =s-x-2 
⋅ex<0，即函数hx  在s-2,+∞  上单调递减，即函数hx  在x=s-2处取得极大值，也是最大值；注
意到h0  =0，由单调性可得hs-2  >h0  =0，可知hx  在0,s-2  大于零，不妨取x=2s-2，则
h2s-2  =1-s  ⋅e2s-2-s-1  =1-s  e2s-2+1  <0；由零点存在定理可知hx  存在唯一变号零点
x 0 ∈s-2,+∞  ，
所以f x 
xs-2⋅ s-1-x
=
 ⋅ex-s-1   
ex-1

2 存在唯一变号零点x 0 满足fx 0  =0，由hx  单调性可得，当
x∈0,x 0  时，f x  >0，当x∈x 0 ,+∞  时，f x  <0；即可得函数fx  在0,x 0  上单调递增，在
x 0 ,+∞  单调递减；
所以fx  有唯一极大值点x 0 ；②记fx  的唯一极值点为gs  ，即可得x 0 =gs 
由hx 0  =s-1-x 0  ⋅ex0-s-1 
x ⋅ex0
=0可得s= 0 +1，即可得gs ex0-1  的反函数g-1 s 
x ⋅ex0
= 0 +1， ex0-1
令φx 
x⋅ex
= +1,x∈s-2,+∞
ex-1
 ，则φ x 
ex ex-x-1
=

ex-1

，构造函数mx
2
 =ex-x-1,x∈0,+∞  ，
则m x  =ex-1，
显然m x  =ex-1>0在0,+∞  恒成立，所以mx  在0,+∞  上单调递增，因此mx  >m0  =0，即
ex>x+1在0,+∞

上恒成立，而s>2，即s-2>0，所以ex>x+1在s-2,+∞

上恒成立，即可得φ
x 
ex ex-x-1
=

ex-1

>0在s-2,+∞
2
 上恒成立，因此g-1 s  在s-2,+∞  单调递增；易知函数gs  与
其反函数g-1 s  有相同的单调性，所以函数gs  在2,+∞  上单调递增；
7 定义函数f nx 
x2 x3
=1-x+ - +⋯+-1
2 3

xn
n n∈N*
n
 ．
(1)求曲线y=f nx  在x=-2处的切线斜率；
(2)若f 2x  -2≥kex对任意x∈R恒成立，求k的取值范围；
(3)讨论函数f nx  的零点个数，并判断f nx  是否有最小值．若f nx  有最小值m﹐证明：m>1-ln2；
若f nx  没有最小值，说明理由．
(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)
【答案】(1)1-2n；(2)-∞,-1  ；(3)答案见详解
【详解】(1)由f nx  =-1+x-x2+⋯+-1  nxn-1，可得f n-2 
1-2n
=-1-2-22-⋯-2n-1=- =1-
1-2
2n,
所以曲线y=f nx  在x=-2处的切线斜率1-2n.
(2)若f 2x  -2≥kex对任意x∈R恒成立，所以k≤ f 2x  -2 -1-x+
x2
= 2 对任意x∈R恒成立，
ex ex令g(x)= -1-x+ x 2 2 ，则g(x)= x4-x
ex
7
 ，由g(x)>0解得x<0，或x>4；由g(x)<0解得0<x<4，
ex
故g(x)在-∞,0  上单调递减，在0,4  上单调递增，在4,+∞  上单调递减，又g(0)=-1，且当x>4时，
g(x)>0，
故g(x)的最小值为g(0)=-1，故k≤-1，即k的取值范围是-∞,-1  .
(3)f n-1  =-1-1-⋯-1  =-n，当x≠-1时，f nx  =-1+x-x2+⋯+-1 
1--x
nxn-1=-
 n
1--x 
=
-x  n-1
，
x+1
因此当n为奇数时，f nx 
x2 x3 xn-1 xn
=1-x+
2
-
3
+⋯+
n-1
-
n
，此时f nx 

-xn-1,x≠-1,
= x+1 则f nx
-n,x=-1.
 <
0，所以f nx  单调递减.此时f n0  =1>0，f 1x  =1-x显然有唯一零点，无最小值.当n≥2时，f n2  =
22 23 2n-1 2n
1-2+ - +⋯+ - =1-2 2 3 n-1 n 
22 3
+  -2 3 2 
2n-1 n
+⋅⋅⋅+  -2 n n-1  <0，且当x>2时，f n
x  =1-x 
x2 x3
+ -
2 3

xn-1 xn
+⋯+ -
n-1 n
 =1-x 
x2 3
+  -x
3 2

xn-1 n
+⋯+  -x
n n-1
 <1-x，
由此可知此时f nx  不存在最小值.从而当n为奇数时，f nx  有唯一零点，无最小值，当n=2kk∈N* 
时，即当n为偶数时，f nx 
x2 x3 xn-1 xn
=1-x+
2
-
3
+⋯-
n-1
+
n
，此时f nx 

xn-1,x≠-1,
= x+1 ，由f nx
-n,x=-1.
 >
0，解得x>1；由f nx  <0，解得x<1，则f nx  在-∞,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，故f nx 
的最小值为f n1  =1-1 
1 1
+ -
2 3

1 1
+⋯+ -
n-2 n-1

1
+
n
>0，即f nx  ≥f n1  >0，所以当n
为偶数时，f nx  没有零点.
设hx  =ln1+x 
x
- x>0
x+1
 ，h x 
1 1
= -
1+x x+1 
x
=
2 x+1 
>0，所以hx
2
 在0,+∞  上单
调递增，hx  >h0  =0，即ln1+x 
x
> x>0
x+1

1 n+1 1
.令x= 可得ln > ，当n=
n n n+1
2kk∈N*  时
1-f 1
2k

1 1 1 1 1 1 1 1
=1- + - +⋯+ - =1+ + +⋅⋅⋅+
2 3 4 2k-1 2k 2 3 2k

1 1 1
-2 + +⋯+
2 4 2k
 =
1 1 1
1+ + +⋅⋅⋅+
2 3 2k

1 1
-1+ +⋯+
2 k

1 1 1 k+1 k+2 2k
= + ⋅⋅⋅+ <ln +ln ⋅⋅⋅+ln =
k+1 k+2 2k k k+1 2k-1
2k
ln =ln2，
k
即m=f 1
2k
 >1-ln2.从而当n为偶数时，f nx  没有零点，存在最小值m>1-ln2.综上所述，当n为
奇数时，f nx  有唯一零点，无最小值；当n为偶数时，f nx  没有零点，存在最小值m>1-ln2.
8 如 果 函 数 F x  的 导 数 F  x  = f x  ，可 记 为 F x  = fx   dx ． 若 f x  ≥ 0 ，则
b
fx
a
 dx=Fb  -Fa   表示曲线y=fx  ，直线x=a,x=b以及x轴围成的“曲边梯形”的面积．
(1)若Fx 
1
= dx，且F1
x
 =1，求Fx  ；
π a
(2)已知0<α< ，证明：αcosα< cosxdx<α，并解释其几何意义；
2
0
1 π 2π 3π nπ
(3)证明：  1+cos + 1+cos + 1+cos +⋯+ 1+cos
n n n n n

2 2
< ，n∈N*．
π【答案】(1)Fx
8
 =lnx  +1；(2)答案见解析；(3)证明见解析
【详解】(1)当x>0时，因为lnx 
1
= ，所以设Fx x  =lnx+C 1 ，又F1  =1，代入上式可得F1  =ln1
+C 1 =1⇒C 1 =1，所以，当x>0时，Fx  =lnx+1；当x<0时，设Fx  =ln-x  +C ，同理可得C =1， 2 2
综上，Fx  =lnx  +1.
(2)因为Fx 
a
=∫cosxdx=sinx+C，所以 cosxdx=sinα-sin0=sinα，设gx
0
 =x-sinx,0<x<
π
，则g x
2
 =1-cosx>0恒成立，所以gx 
π
在0<x< 上单调递增，所以gx
2
 >g0
min
 =0，故sinα
a
<α，即 cosxdx<α；设hx
0

π
=sinx-xcosx，0<x< ，则h x
2
 =xsinx>0恒成立，所以hx  在0
π
<x< 上单调递增，hx
2
 >h0
min

a a
=0，所以αcosα< cosxdx，综上，αcosα< cosxdx<α.几何
0 0
π
意义：当0<x< 时，曲线y=cosx与直线x=0(y轴)，x=α以及x轴围成的“曲边面积”大于直线x=
2
0(y轴)，x=α以及x轴，直线y=cosα围成的矩形面积，小于x=0(y轴)，x=α以及x轴，直线y=1围成
的矩形面积.
kπ kπ kπ
(3)因为 1+cos = 2cos2 = 2cos ,k=1,2,⋯n，所以
n 2n 2n
1 π 2π 3π nπ
 1+cos + 1+cos + 1+cos +⋯+ 1+cos
n n n n n
 =
2 π 2π 3π π
cos +cos +cos +⋯+cos
n 2n 2n 2n 2

1
π
< 2∫cos x
2
0
 dx，设Fx 
2 π
= sin x，则F x
π 2

π
=cos x，
2
1
π
所以∫cos x
2
0
 dx=F1  -F0 
2 π 2
= sin = ，
π 2 π
1 π 2π 3π nπ
故  1+cos + 1+cos + 1+cos +⋯+ 1+cos
n n n n n

2 2
< .
π
9 对于函数y=fx  ,x∈I，若存在x 0 ∈I，使得fx 0  =x 0 ，则称x 0 为函数fx  的一阶不动点；若存在x ∈ 0
I，使得f fx 0    =x 0 ，则称x 0 为函数fx  的二阶不动点；依此类推，可以定义函数fx  的n 阶不动点.
其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点.
(1)已知fx  =2x+2x-3，求fx  的不动点；
(2)已知函数fx  在定义域内单调递增，求证： “x 0 为函数fx  的不动点”是“x 0 为函数fx  的稳定点”的
充分必要条件；
(3)已知a>-1，讨论函数fx 
2
= lnx+a+1
e2

1
x- 的稳定点个数.
x
【答案】(1)1；(2)证明见解析；(3)答案见解析
【详解】(1)设gx  =fx  -x=2x+x-3，则g x  =2xln2+1>0恒成立，故函数gx  在R上单调递增，
又g(1)=0，故函数gx  在R上有唯一零点，即fx  有唯一不动点1；
(2)证明：充分性：设x 0 为函数fx  的不动点，则fx 0  =x 0 ，则f fx 0    =fx 0  =x 0 ，即x 0 为函数fx  的
稳定点，充分性成立；必要性：设x 0 为函数fx  的稳定点，即f fx 0    =x 0 ，假设fx 0  =y 0 ，而fx  在定义
域内单调递增，若y 0 >x 0 ，则f fx 0    =fy 0  >fx 0  =y 0 >x 0 ，与f fx 0    =x 矛盾；若y <x ，则 0 0 0
f fx 0    =fy 0  <fx 0  =y 0 <x 0 ，与f fx 0    =x 0 矛盾；故必有y 0 =x 0 ，即f fx 0    =fy 0  =fx 0  =y 0
=x ，
0
即fx 0  =y 0 =x 0 ，故x 0 为函数fx  的不动点，综上， “x 0 为函数fx  的不动点”是“x 0 为函数fx  的稳定
点”的充分必要条件；(3)当a>-1时，函数fx
9

2
= lnx+a+1
e2

1
x- 在(0,+∞)上单调递增，由(2)知fx
x
 的稳定点与
fx  的不动点等价，故只需研究fx  的不动点即可；令Fx  =fx 
2 1
-x= lnx+ax- ,x∈0,+∞
e2 x
 ，
则F x 
2 1
= +a+ ,x∈0,+∞
e2x x2
 ，则F x  在0,+∞  上单调递减，
①当a≥0时，F x  >0恒成立，即Fx  在0,+∞  上单调递增，当x无限接近于0时，Fx  趋向于负无
穷小，且Fe2 
4 1 3
= e2 +ae2- e2 = e2 +ae2>0，故存在唯一的x 0 ∈0,e2  ，使得Fx 0  =0，即fx  =x有唯
一解，所以此时fx  有唯一不动点；
②当a<0时，即-1<a<0时，F 1 
2 2 1
= +a+1>0，当x趋向无穷大时， + 趋近于0，此时F
e2 e2x x2
1 1
x 1  <0，
存在唯一x 1 ∈0,+∞  ，使得F x 1 
2 1
= +a+ =0，此时fx e2x x2
1 1
 在(0,x)上单调递增，在(x,+∞)上单 1 1
调递减，
故Fx  max =Fx 1 
2 1 2 1 2 1 2 2 2
= lnx+ax- = lnx- - - = lnx- - ，当x趋近于0时， e2 1 1 x e2 1 x e2 x e2 1 x e2
1 1 1 1
Fx  趋向于负无穷大，当x趋向正无穷大时，Fx  趋向于负无穷大，设hx 
2 2 2
= lnx- - ，则hx
e2 x e2

在0,+∞  上单调递增，且he2 
4 2 2 1 2
= e2 - e2 - e2 =0，又a=- x2 - e2x 在x 1 ∈0,+∞
1 1
 时单调递增，故
(i)当Fx 
2 2 2 3
max = e2 lnx 1 - x - e2 =0时，即x 1 =e2，此时a=- e4 ，方程Fx
1
 =0有一个解，即fx  有唯一
不动点；
(ii)当Fx 
2 2 2 3
max = e2 lnx 1 - x - e2 <0shi ，即x 1 <e2，此时-1<a<- e4 ，方程Fx
1
 =0无解，即fx  无
不动点；
(iii)当Fx 
2 2 2 3
max = e2 lnx 1 - x - e2 >0时，即x 1 >e2，此时- e4 <a<0，方程Fx
1
 =0有两个解，即fx 
3
有两个不动点；综上，当a≥0时或a=- 时，fx
e4

3
有唯一稳定点；当-1<a<- 时，fx
e4
 无稳定点；
3
当- <a<0，fx
e4
 有两个稳定点；
【跟踪训练】
10 已知y=fx  与y=gx  都是定义在0,+∞  上的函数，若对任意x 1 ，x 2 ∈0,+∞  ，当x <x 时，都有 1 2
gx 1  ≤ fx 1  -fx 2  x-x ≤gx 2
1 2
 ，则称y=gx  是y=fx  的一个“控制函数”．
(1)判断y=2x是否为函数y=x2 x>0  的一个控制函数，并说明理由；
(2)设fx  =lnx的导数为f x 
fb
，0<a<b，求证：关于x的方程
 -fa 
=f x
b-a
 在区间a,b  上有实
数解；
(3)设fx  =xlnx，函数y=fx  是否存在控制函数？若存在，请求出y=fx  的所有控制函数；若不存
在，请说明理由．
【答案】(1)是，理由见解析；(2)证明见解析；(3)存在，y=lnx+1
【详解】(1)对任意0<x<x ，则 x2 1 -x2 2 = x 1 -x 2
1 2 x-x
1 2
 x 1 +x 2  =x+x ，且2x≤x+x ≤2x ，故y=2x是函
x-x 1 2 1 1 2 2
1 2数y=x2 x>0
10
 的一个控制函数；
fb (2)因为0<a<b，则  -fa  = lnb-lna = ln a b ，则 fb
b-a b-a b-a
 -fa  - 1 = ln a b - 1 ， fb
b-a a b-a a
 -fa 
b-a
lna
- 1 = b - 1 ，∵0<a<b，∴ b >1，0< b <1，设y=lnx-x+1，x>0，在x>1上y= 1 -1<
b a-b b a a x
1
0，在0<x<1上y= -1>0，则y=lnx-x+1在x>1单调递减，在0<x<1上单调递增，最大值
x
y =ln1-1+1=0，
max
b b b b a a b
∵0<a<b，∴ >1，0< <1，b-a>0，a-b<0，∴ln - +1<0，ln - +1<0，则ln
a a a a b b a
b-a
- <0，
a
∵b-a>0，∴ ln a b - 1 <0，即 fb
b-a a
 -fa  1 a a-b a < ，同理，ln - <0，∵a-b<0，∴ln -
b-a a b b b
a-b fb
>0，即
b
 -fa  1 1 fb
> ，综上： <
b-a b b
 -fa  1
< ，f x
b-a a

1
= ，在区间a,b
x
 上的值域为
1 1
 ,
b a

fb
，则
 -fa 
=f x
b-a
 在区间a,b  上有实数解.
f(b)-f(a)
(3)①先证引理:对任意0<a<b，关于x的方程 =f(x)在区间(a,b)上恒有实数解.这等价
b-a
于
blnb-alna 1
lna+1< <lnb+1⇔(lna+1)(b-a)<blnb-alna<(lnb+1)(b-a)⇔ <
b-a b
lnb-lna 1
< ，由(2)知结论成立.②(证控制函数的唯一性)假设y=f(x)存在“控制函数”y=g(x)，由
b-a a
上述引理知，对任意x 1 ,x 2 ∈(0,+∞)，当x 1 <x 2 时，都存在c∈x 1 ,x 2  使得gx 1  ≤f(c)≤gx 2  ⋯⋯.(*)，
下证：g(x)=f(x),x∈(0,+∞).
若存在t 1 ∈(0,+∞)使得gt 1  >f t 1  ，考虑到f(x)=lnx+1是值域为R的严格增函数，故存在t >t 使 2 1
得f t 2  =gt 1  .由(*)知存在c 0 ∈t 1 ,t 2  使得gt 1  ≤f c 0  ≤gt 2  ，于是有f c 0  ≥gt 1  =f t 2  ，由f(x)
的单调性知c ≥t ，矛盾.故对任意x∈(0,+∞)都有g(x)≤f(x)，同理可证，对任意x∈(0,+∞)都有g(x)
0 2
≥f(x)，从而g(x)=f(x).
③(证控制函数的存在性)最后验证，g(x)=f(x)是y=f(x)的一个“控制函数”.对任意x,x ∈(0,+∞)，
1 2
当x 1 <x 2 时，都存在c∈x 1 ,x 2  使得 fx 1  -fx 2  x-x =f(c)，而由f(x)的单调性知f x 1
1 2
 ≤f(c)≤f x 2  ，
即gx 1  ≤ fx 1  -fx 2  x-x ≤gx 2
1 2
 .综上，函数y=f(x)存在唯一的控制函数y=lnx+1.
11 利用拉格朗日 (法国数学家，1736 - 1813) 插值公式，可以把二次函数 F(x) 表示成 F(x) =
d(x-b)(x-c) e(x-a)(x-c) f(x-a)(x-b)
+ + 的形式.
(a-b)(a-c) (b-a)(b-c) (c-a)(c-b)
(1)若a=1，b=2，c=3，d=4，e<f，把F(x)的二次项系数表示成关于f的函数G(f)，并求G(f)的值
域(此处视e为给定的常数，答案用e表示)；
db2-c2
(2)若a<b<c，d>0，e<0，f>0，求证：a+b<

+ec2-a2

+fa2-b2

<b+c.
d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)
1
【答案】(1)- e+2,+∞
2
 ；(2)证明见解析．d e f 4 e
【详解】(1)由题意G(f)= + + = + +
(a-b)(a-c) (b-a)(b-c) (c-a)(c-b) -1×(-2) 1×(-1)
f 1 1 1 1
= f-e+2又f>e，所以G(f)> e-e+2=- e+2．即G(f)的值域是- e+2,+∞
2×1 2 2 2 2
11
 ；
(2)因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<0，
(a+b)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]=d(b-c)(a+b)+e(c-a)(a+b)+f(a2-b2)
=d(b-c)([(b+c)+(a-c)]+e(c-a)[(c+a)+(b-c)]+f(a2-b2)
=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+d(b-c)(a-c)+e(c-a)(b-c)
因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以d(b-c)(a-c)>0,e(c-a)(b-c)>0，
所以(a+b)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]>d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)，
db2-c2
所以a+b<

+ec2-a2

+fa2-b2

，(b+c)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]=d(b2-c2)+e(c
d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)
-a)(b+c)+f(a-b)(b+c)
=d(b2-c2)+e(c-a)(c-a+b-a)+f(a-b)(a+b+c-a)
=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+e(c-a)(b-a)+f(a-b)(c-a)
因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以e(c-a)(b-a)<0,f(a-b)(c-a)<0，
所以(b+c)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]<d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)，
db2-c2
所以b+c>

+ec2-a2

+fa2-b2

，综上，原不等式成立．
d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)
12 多元导数在微积分学中有重要的应用.设y是由a，b，c⋯等多个自变量唯一确定的因变量，则当a变
Δy dy
化为a+Δa时，y变化为y+Δy，记 Δ li a m →0Δa 为y对a的导数，其符号为 da .和一般导数一样，若在a 1 ,a 2 
dy dy
上，已知 >0，则y随着a的增大而增大；反之，已知 <0，则y随着a的增大而减小.多元导数除满
da da
足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：①可加性： dy 1 +y 2  = dy 1 + dy 2；②乘法法则： dy 1 y 2
da da da
 =
da
y
d 1 y dy 1 +y dy 2；③除法法则： y 2
2 da 1 da

dy dy
y 1 -y 2 2da 1 da =
da
 dy dy dy 1 ；④复合法则： 2 = 2 ⋅ 1.记y=ex+ x2
y2 da dy da e
2 1
1
lnx- x2-ex-a.(e=2.7182818⋯为自然对数的底数)，
2e
dy dy
(1)写出 和 的表达式；
dx da
(2)已知方程y=0有两实根x,x ，x<x .
1 2 1 2
①求出a的取值范围；
②证明 dx 1 +x 2  >0，并写出x+x 随a的变化趋势.
da 1 2
dy 2 dy 1
【答案】(1) =ex+ xlnx-e， =-1；(2)①- ,1
dx e da 2e
 ；②证明见解析，x+x 随a增大而减小
1 2
【详解】(1)解：设fx  =ga 
1 1 dy Δy fx+Δx
=ex+ x2lnx- x2-ex-a，则 =lim =lim
e 2e dx Δx→0Δx Δx→0
 -fx 
=f
Δx
x 
2 dy
=ex+ xlnx-e，同理 =g′a
e da
 =-1.
(2)解：①由(1)，可得f x 
2
=ex+ xlnx-e，则f 1
e
 =0，且x<1时，ex<e，xlnx<0，f x  <0即fx
12
 单调递减，x>1时，f x  >0即fx  单调递增，故fx  ≥f1 
1
=- -a，又由x→0时，x2趋近
2e
于0的速度远远快于lnx趋近于-∞的速度，故x2lnx→0，fx 
1
→1-a，因此只需1-a>0且- -a
2e
<0，
即由零点存在性定理，x 1 ∈0,1 
1
，x >1，存在两个零点，故a∈- ,1 2 2e  ；
②由 dx 1 +x 2  dx dx dx dy dx dy dx dx = 1 + 2 = 1 ⋅ + 2 ⋅ =- 1 + 2
da da da dy da dy da dy dy
  1 1 =- +
 dy dy
 dx dx
1 2

dy dy
+
dx dx =- 1 2
dy dy
⋅
dx dx
1 2
=- f x 1  +f x 2 
f x 1  f x 2 
，
由①可得f x 1  <0，f x 2  >0，故只需证明f x 1  +f x 2 
x+x
>0，令 1 2 =m，设hx 2  =fm+x  -
fm-x 
x -x
0≤x≤ 2 1 2  ，则h0 
x -x
=h 2 1 2  =fx 2  -fx 1  =0，且h x  =f m+x  +f m-x  ，则
x -x
h 2 1 2  =f x 1  +f x 2  ，又h x  =f m+x  -f m-x 
2
=em+x+ lnm+x e   +1  -em-x
2
+ lnm-x
e
  +1  单调递增，且h 0  =0，故h x  ≥h 0  =0，h x  单调递增，则h x 
x -x
≤h 2 1
2
 ，
x -x
必然h 2 1 2  =f x 1  +f x 2  >0，否则h x  ≤0即hx  单调递减，不符合题意，h0 
x -x
=h 2 1 2  =
fx 2  -fx 1  =0，故原命题成立。所以x+x 随a增大而减小. 1 2
13 设函数fx  =sinx-xcosx，gx 
x2
=1+
2
 cosx.
(1)①当x∈0,π  时，证明：fx  ≥0；
②当x∈-π,π  时，求gx  的值域；
(2)若数列a n  满足a 1 =1，a n+1 =a n cosa n ，a n >0，证明：3a 1 +a 2 +a 3 +⋅⋅⋅+a n  cosacosa cosa ⋅⋅⋅cosa <2 1 2 3 n
(n∈N*).
【答案】(1)①证明过程见解析，② -1-
π2
,1
 2
 ；(2)证明过程见解析
【详解】(1)①f x  =cosx-cosx+xsinx=xsinx≥0在x∈0,π  恒成立，故fx  =sinx-xcosx在x
∈0,π  上单调递增，故fx  ≥f0  =0，证毕；
②∀x∈-π,π  ，恒有g-x 
-x
= 1+
 2 
 
 2

cos-x 
x2
=1+
2
 cosx=gx  ，故gx 
x2
=1+
2
 cosx为
偶函数，
当x∈0,π  时，g x 
x2
=xcosx-1+
2
 sinx=xcosx-sinx 
x2
- sinx，由①可知，xcosx-sinx≤0
2
在x∈0,π 
x2
上恒成立，又- sinx≤0，故g x
2
 ≤0在x∈0,π  上恒成立，故gx  在x∈0,π  上单调递
减，故gx  =gπ min 
π2
=1+ 2 
π2
cosπ=-1- ，gx 2  =g0 max  =1，结合函数在x∈-π,π  上为偶函数可
得，函数值域为 -1-
π2
,1
 2
 ；
a a a a
(2)因为a=1，a =a cosa ，所以cosacosa cosa ⋅⋅⋅cosa = 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅⋅⋅ n+1 =a ，其中a >0，故
1 n+1 n n 1 2 3 n a a a a n+1 n
1 2 3 n
2
只需证明3a+a +a +⋅⋅⋅+a < ,n∈N∗，因为a=1，a =a cosa ，所以0<a =a cosa ≤a ≤1，
1 2 3 n a 1 n+1 n n n+1 n n n
n+11 2a 1 2+a2 1 a
由(1)可知a =a cosa <a ⋅ = n ，上式两边取倒数得 > n = + n，故a <
n+1 n n n a2 2+a2 a 2a a 2 n
1+ n n n+1 n n
2
2 2
- ，
a a
n+1 n
2 2
于是3a+a +a +⋅⋅⋅+a <2a+ -
1 2 3 n 1 a a
2 1
13

2 2
+ -
a a
3 2

2 2
+⋅⋅⋅+ -
a a
n+1 n

2 2 2
=2a- + = ，n
1 a a a
1 n+1 n+1
∈N∗，所以3a 1 +a 2 +a 3 +⋅⋅⋅+a n  cosacosa cosa ⋅⋅⋅cosa <2(n∈N*). 1 2 3 n
14 给出下列两个定义：
Ⅰ.对于函数y=f(x)，定义域为D，且其在D上是可导的，其导函数定义域也为D，则称该函数是“同定义
函数”.
Ⅱ.对于一个“同定义函数”y=f(x)，若有以下性质：
①f x  =g fx    ；②f(x)=h(f(x))，其中y=g(x)，y=h(x)为两个新的函数，y=f x  是y=f(x)的导
函数.
我们将具有其中一个性质的函数y=f(x)称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数y=f(x)称之
为“双向导函数”，将y=g(x)称之为“自导函数”.
(1)判断下列两个函数是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的
“自导函数”.Ⅰ.f(x)=tanx；Ⅱ.f(x)=lnx.
(2)给出两个命题p，q，判断命题p是q的什么条件，证明你的结论.
p：y=f(x)是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，q：f(x)=k⋅ax(k∈R,a>0,a≠1).
(3)已知函数h(x)=(xa-b)ex.
①若h(x)的“自导函数”是y=x，试求a的取值范围.
4
②若a=b=1，且定义I(x)=exh(x)- kx3+kx，若对任意k∈[1,2]，x∈[0,k]，不等式I(x)≤c恒成立，
3
求c的取值范围.
【答案】(1)fx  =tanx是“单向导函数”，其“自导函数”为gx  =1+x2；fx  =lnx既不是“单向导函
数”，也不是“双向导函数”；(2)不充分不必要条件；(3)①a=1；② e4- 52 ,+∞
 3
 .
【详解】(1)对于函数fx  =tanx，则f x 
π
=1+tan2x，这两个函数的定义域都是xx≠kπ+ ,k∈Z 
2
 ，
所以fx  为“同定义函数”，此时，gx 
π
=1+x2，由函数的定义，对于x=± ，f(x)=h(f(x))无法同时成
4
立，
所以fx  为“单向导函数”,其“自导函数”为gx  =1+x2.对于函数fx  =lnx，则f x 
1
= ，这两个函
x
数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.
(2)若fx  =kax，则f x  =kaxlna，设gx  =xlna，则f x  =g fx    ，所以fx  为“单向导函数”.又
设hx 
x
= ，则fx
lna
 =h f x    ，所以fx  为“双向导函数”，但gx  不是常值函数，故p不是q的必要
条件.
若p成立，则gx  =m，所以f x  =g fx    =m，所以fx  =mx+n，所以q不成立，所以p为q的不充
分不必要条件.
(3)①由题意，h(x)=(axa-1+xa-b)ex，且(axa-1+xa-b)ex=(xa-b)ex，所以axa-1=1，所以a=1；②由题
4 1
意，I(x)=(x-1)e2x- kx3+kx，所以I(x)=(2x-1)e2x-4kx2+k，I
3 2
 =0，令px  =(2x-1)e2x
-4kx2+k,x∈0,k  ,k∈1,2  ，p1  =e2-3k>0，则p x  =4xe2x-8kx=4xe2x-2k  ，因为y=e2x-2k单调递增，且y =1-2k0,y =e2k-2k x=0 x=k
14

1
0，所以存在x 0 = 2 ln2k∈0,1  ，使得e2x0
-2k=0，且当x∈0,x 0  时，p x  ≤0，px  单调递减；当x∈x 0 ,k  时，p x  ≥0，px  单调递增；当x 0
1 1 e
= ln2k= ，即k= 时，所以px 2 2 2  min =px 0  =(2x 0 -1)⋅2k-4kx2 0 +k=-k2x 0 -1  2=0，此时I(x)≥
0，I(x)在x∈[0,k]上单调递增，I(x) max =I(k)，当k=1时，p0 
1
=-1+1=0，此时x 0 = 2 ln2，px  = min
-k2x 0 -1  2<0，所以当x∈ 0, 1  2  时，I x  ≤0，Ix  单调递减；当x∈  1 ,1  2  时，I x  ≥0，Ix  单调递
增;又I(k)=I(1)>I(0)，所以I(x) =I(k)；
max
当k∈1,2 
e
且k≠ 时，px 2  min =-k2x 0 -1  2<0，p0  >0，所以函数Ix  在0,1  上存在两个极值点，
1 1 e 1 1 1 e
若x = ln2k> ，即2≥k> 时，极大值点为 ；若x = ln2k< ，即1<k< 时，极大值点x<
0 2 2 2 2 0 2 2 2 1
1 1 4 1
；I(x) 为函数极大值或I(k)，又当0≤x≤ 时，I(x)=(x-1)e2x- kx3+kx≤-1+ k≤0，I(k)
2 max 2 3 2
4 4 16
=(k-1)e2k- k4+k2，令t(k)=(k-1)e2k- k4+k2,k∈[1,2]，则t(k)=(2k-1)e2k- k3+2k,k∈[1,2]，
3 3 3
16
设s(k)=(2k-1)e2k- k3+2k,k∈[1,2]，
3
则s k  =4ke2k-16k2+2=4ke2k-4k 
16
+2>0，所以s(k)，即t(k)单调递增，所以t(k)≥t(1)=e2- +
3
2>0，
所以t(k)单调递增，所以tk  ≤t2 
52 52 52
=e4- ,e4- >0，综上，I(x) =e4- ≤c，所以c的取值范围 3 3 max 3
为 e4- 52 ,+∞
 3

15 若函数 fx  在定义域内存在两个不同的数x 1 ，x 2 ，同时满足 fx 1  = fx 2  ，且 fx  在点 x 1 ,fx 1    ，
x 2 ,fx 2    处的切线斜率相同，则称fx  为“切合函数”.
(1)证明：fx  =2x3-6x为“切合函数”；
(2)若gx 
1
=xlnx- x2+ax为“切合函数”(其中e为自然对数的底数)，并设满足条件的两个数为x ， e 1
x .
2
e2
(ⅰ)求证：xx < ；
1 2 4
3
(ⅱ)求证：(a+1)2xx - xx < .
1 2 1 2 4
【答案】(1)证明见解析；(2)①证明见解析；②证明见解析
【详解】(1)假设存在x 1 ，x 2 满足题意，易知f x  =6x2-6，由题可得：fx 1  =fx 2  ⇔2x3-6x=2x3-6x 1 1 2 2
⇒x2 1 +x 1 x 2 +x2 2 =3，f x 1  =f x 2  ⇔6x2-6=6x2-6⇒x+x =0⇒x=-x 代入上式可解得， 1 2 1 2 1 2
x=- 3，x = 3或x= 3，x =- 3，
1 2 1 2
故fx  为“切合函数”.
(2)由题可知g x 
2x
=lnx- +a+1，因为gx e  为“切合函数”，故存在不同的x ，x (不妨设0<x<x 1 2 1 2
)，
使得 gx 1  =gx 2  g x 1  =g x 2    ，即   x ln 1 l x nx - 1 - 2x x 1 e 2 1 + + a a + x 1 1 = = x l 2 n ln x x - 2 - 2 x x e 2 2 2 + + a a x + 2 1 ，   a e = = x 1 ln x 2 x x - 1 2 - - x x 1 x 2 1 ln ② x 2 + x 2 + e x 1 ①
1 e 2 e 2 lnx-lnx
2 1x -x x -x x x x x
(ⅰ)先证： 2 1 > xx ，即证： 2 1 = 2 - 1 >lnx -lnx=ln 2，令t= 2 ，则由0<
lnx -lnx 1 2 xx x x 2 1 x x
2 1 1 2 1 2 1 1
1
x 1 <x 2 可知t>1，要证上式，只需证：t- t >lnt2=2lnt⇔mt
15

1
=2lnt-t+ <0，易知m t t  =
-(t-1)2
<0，故mt t2  在1,+∞  上单调递减，所以mt  <m1 
x -x
=0，故有 2 1 > xx 成立，由 lnx -lnx 1 2
2 1
e e2
上面的②式可得 xx < ⇒xx < ；
1 2 2 1 2 4
1 lnx -lnx
(ⅱ)由上面的②式可得： = 2 1
e 2x 2 -x 1 
xlnx-x lnx
，代入到①式中可得：a= 1 1 2 2 +
x -x 2 1
1 lnx 2 -lnx 1
2
 x 2 +x 1 
x -x
2 1
xlnx-x lnx -x lnx+xlnx
= 1 1 2 2 2 1 1 2
2x 2 -x 1 
xlnxx -x lnxx
= 1 1 2 2 1 2
2x 2 -x 1 
lnxx
=- 1 2 ⇒xx =e-2a，且由(ⅰ)可得a>
2 1 2
lne2
- 4 =ln 2 .
2 e
x -x lnx -lnx
(另解：由上面的②式可得 2 e 1 = 2 2 1，代入到①式的变形：ax 2 -x 1 
x2-x2
=xlnx-x lnx + 2 1， 1 1 2 2 e
lnxx 3
整理后也可得到a=- 2 1 2)故要证(a+1)2x 1 x 2 - x 1 x 2 < 4 ，只需证：a+1 
3 3
2e-2a-e-a< ⇔ e2a 4 4
+ea-a+1 
2
2>0a>ln
e
 ，设ha 
3 2
= e2a+ea-(a+1)2a>ln
4 e
 ，则即证：ha  >0，
h a 
3
= e2a+ea-2a+1
2
 ，设Ma 
3
= e2a+ea-2a+1
2
 ，M a  =3e2a+ea-2=3ea-2  ea+1  ，∵a>
2 2 2
ln >ln ，∴ea> ，⇒3ea-2>0⇒M a
e 3 3
 >0⇒h a 
2
在ln ,+∞
3
 上单调递增，
h a 
2
>hln
e

2
>hln
3

2 2
=2 -ln -1
3 3
 ，下面证明x-lnx-1≥0在0,+∞  上恒成立，令Lx 
=x-lnx-1，则L x 
1 1-x
=1- = ，所以当x∈0,1
x x
 时，L x  <0，当x∈1,+∞  时，L x  >0，所
以Lx  在x=1处取得最小值，L1  =0，所以Lx  ≥0在0,+∞ 
2
上恒成立，所以当x= 时，
3
2 2
2 -ln -1
3 3
 >0，即h a  >0，
⇒ha 
2
在ln ,+∞
3
 上单调递增，⇒ha 
2
>hln
e

2
>hln
3

2
=ln
3

2
-ln -2
3
 >0，所以原不等
式成立.
16 设y=fx  、y=gx  是定义域为R的函数，当gx 1  ≠gx 2  时，δx 1 ,x 2  = fx 1  -fx 2 
gx 1  -gx 2 
.
(1)已知y=gx  在区间I上严格增，且对任意x 1 ,x 2 ∈I,x 1 ≠x 2 ，有δx 1 ,x 2  >0，证明：函数y=fx  在区
间I上是严格增函数；
(2)已知gx 
1
= 3 x3+ax2-3x，且对任意x 1 ,x 2 ∈R，当gx 1  ≠gx 2  时，有δx 1 ,x 2  >0，若当x=1时，函
数y=fx  取得极值，求实数a的值；
(3)已知gx 
π
=sinx,f 2 
π
=1,f- 2  =-1，且对任意x 1 ,x 2 ∈R，当gx 1  ≠gx 2  时，有 δx 1 ,x 2    ≤1，证
明：fx  =sinx.
【答案】(1)证明见解析；(2)a=1；(3)证明见解析
【详解】(1)不妨设x 1 <x 2 ，∵y=gx  在区间I上严格增，∴对任意x 1 ,x 2 ∈I,x 1 <x 2 ，有gx 1  -gx 2  <0，又δx 1 ,x 2
16
 = fx 1  -fx 2 
gx 1  -gx 2 
>0，∴fx 1  -fx 2  <0，∴函数y=fx  在区间I上是严格增函数；
(2)由(1)可知：y=gx  在区间I上严格增时，y=fx  在区间I上是严格增，当y=gx  在区间I上严格
减时，y=fx  在区间I上是严格减，又当x=1时，函数y=fx  取得极值，当x=1时，函数y=gx  也
取得极值，g x  =x2+2ax-3，g 1  =12+2a-3=0，可得a=1，当a=1时，g x  =x+3  x-1  ，g
x  在x=1左右附近两侧异号，满足条件，所以a=1.
π
(3)当x≠kπ+ k∈Z
2

π
时，由条件知δx，-
2

fx
=
 +1
≤1∴fx
sinx+1

π
≤sinx，δ ,x
2

1-fx
=

≤
1-sinx
1∴fx  ≥sinx,∴fx 
π
=sinx,当x=kπ+ k∈Z，k≠0
2

π π
时，对任意t∈- ,
2 2
 ，有 δx,t    ≤
fx  -sint 
1-sint
 ≤1，即2sint-1≤fx  ≤1，又∵2sint-1的值域是-3,1  ，fx  =1，当x=kπ-
π k∈Z，k≠0
2
 π π 时，对任意t∈- ,
2 2
 ，有 δx,t    fx ≤  -sint 
-1-sint
 ≤1，-1≤fx  ≤1+2sint，
又∵1+2sint的值域是-1,3  ，fx  =-1，综上可知，任意x∈R，fx  =sinx.
17 给出下列两个定义：
I.对于函数y=fx  ，定义域为D，且其在D上是可导的，若其导函数定义域也为D，则称该函数是“同定
义函数”.
II.对于一个“同定义函数”y=fx  ，若有以下性质：
①f x  =g fx    ；②fx  =h f x    ，其中y=gx  ,y=hx  为两个新的函数，y=f x  是y=fx  的
导函数.
我们将具有其中一个性质的函数y=fx  称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数y=fx  称之
为“双向导函数”，将y=gx  称之为“自导函数”.
(1)判断函数y=tanx和y=lnx是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写
出其对应的“自导函数”；
(2)已知命题p:y=fx  是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题q:fx  =k⋅ax(k∈R,a>0,a
≠1).判断命题p是q的什么条件，证明你的结论；
(3)已知函数fx  =xa-b  ex.
①若fx  的“自导函数”是y=x，试求a的取值范围；
②若a=b=1，且定义Ix  =exfx 
4
- kx3+kx，若对任意k∈ 1,2 ,x∈
3
  0,k  ，不等式Ix  ≤c恒成立，
求c的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；(2)既不充分也不必要条件；证明见解析；(3) e4- 52 ,+∞
 3

【详解】(1)解：对于函数fx  =tanx，则f x  =1+tan2x，这两个函数的定义域都是
π
xx≠kπ+ ,k∈Z
2
  ，

所以函数fx  为“同定义域函数”，此时，gx 
π
=1+x2，由函数的定义，对于x=± ，fx
4
 =h(f(x))无法
同时成立，所以fx  为“单向导函数”，其“自导函数”为gx  =1+x2，对于函数fx  =lnx，则f x 
1
= ，
x
因为这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.
(2)解：若q成立，fx  =kax，则f x  =kaxlna，设gx  =xlna，则f x  =g(f(x))，所以fx  为“单向导
函数”，又设hx 
x
= ，则fx
lna
 =h(f(x))，所以fx  为“双向导函数”，但gx  不是常值函数，所以p不是q的必要条件；若p成立，则gx
17
 =m，所以f x  =g(f(x))=m，所以fx  =mx+n，所以q不成立，所
以p是q的既不充分也不必要条件.
(3)解：①由题意，f x  =(axa-1+xa-b)ex，且(axa-1+xa-b)ex=(xa-b)ex，所以axa-1=0，所以a=0；
②由题意Ix 
4
=(x-1)e2x- kx3+kx，所以I x
3

1
=(2x-1)e2x-4kx2+k且I
2
 =0，令px  =(2x-1)
e2x-4kx2+k,x∈0,k  ,k∈1,2  ，可得p1  =e2-3k>0，且p x  =4xe2x-8kx=4x(e2x-2k)，
1
因为y=e2x-2k为单调递增函数，且y| =1-2k<0,y| =e2k-2k>0，所以存在x = ln2k∈(0,k)使
x=0 x=k 0 2
得e2x0-2k=0，且当x∈[0,x 0 ]时，p x  ≤0，p(x)单调递减；当x∈[x 0 ,k]时，p x  ≥0，p(x)单调递增，
1 1 e
(i)当x = ln2k= 时，即k= ，所以p(x) =p(x )=(2x -1)⋅2k-4kx2+k=-k(2x -1)=0，此时I
0 2 2 2 min 0 0 0 0
x  ≥0，Ix  在x∈[0,k]上单调递增，可得Ix  =Ik
max
 ；
1 (ii)当k=1时，p(0)=-1+1=0，此时x 0 = 2 ln2,px  =-k(2x -1)2<0，所以当x∈ 0, 1 min 0  2  时，I x 
≤0，Ix  单调递减；当x∈  1 ,1
 2
 时，I x  ≥0，Ix  单调递增，又由Ik  =I1  >I0  ，所以Ix  =
max
Ik  ；
e
(iii)当k∈(1,2]且k≠ 时，px 2  min =-k(2x 0 -1)2<0,p(0)>0，所以函数Ix  在(0,1)上存在两个极值
点，
1 1 e 1 1 1 e
若x = ln2k> ，即 <k≤2时，极大值点为 ；若x = ln2k< ，即1<k< 时，极大值点为x
0 2 2 2 2 0 2 2 2 1
1
< ，
2
则Ix  为函数的极大值或Ik
max

1
，由当0≤x≤ 时，Ix
2

4 1
=(x-1)e2x- kx3+kx≤-1+ k≤0,Ik
3 2

4
=(k-1)e2k- k4+k2，令tk
3

4
=(k-1)e2k- k4+k2,k∈1,2
3
 ，则t k 
16
=(2k-1)e2k- k3+2k,k∈1,2
3
 ，
设sk 
16
=(2k-1)e2k- k3+2k,k∈1,2
3
 ，则s k  =4ke2k-16k2+2=4k(e2k-4k)+2>0，所以sk  ，即t
k  单调递增，所以t k  ≥t 1 
16
=e2- +2>0，
3
所以tk  单调递增，所以tk  ≤t2 
52
=e4- >0，综上可得，Ix
3

52
=e4- ≤c，所以实数c的取值范
max 3
围为 e4- 52 ,+∞
 3
 .
18 我们把底数和指数同时含有自变量的函数称为幂指函数，其一般形式为 y = ux  vx 
ux  >0，ux   ≠1  ，幂指函数在求导时可以将函数“指数化"再求导.例如，对于幂指函数y=xx，y=
xx  = elnx  x   =exlnx  =exlnx lnx+1  .
(1)已知fx 
x-1
=x x，x>0，求曲线y=fx  在x=1处的切线方程；
(2)若m>0且m≠1，x>0.研究gx 
1+mx
=
2

1
x的单调性；
as+bs
(3)已知a，b，s，t均大于0，且a≠b，讨论
2

t at+bt
和
2

s
大小关系.
【答案】(1)y=1；(2)答案见解析；(3)答案见解析
【详解】(1)fx  x-1 x-1 =x x=e x  lnx ，则f x  x-1 =e x  lnx 1 1+
x2
  1  lnx+1-
 x2
 ，所以f 1  =0，又因为f1 
=1，所以切线方程为y=1.(2)gx
18

1+mx
=
2

1 ln1+mx
x=e
 -ln2
x ，x>0，g x 
ln1+mx
=e
 -ln2
x ⋅
mxlnmx-1+mx  ln1+mx  +1+mx  ln2
x2 1+mx

，x>0
令mx=t>0，令φt  =tlnt-1+t  ln1+t  +1+t  ln2，φ t  =lnt-lnt+1 
2t
+ln2=ln ，令φ
t+1
t 
2t
=ln >0，解得t>1，所以φt
t+1
 在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，所以φt  >φ1  =
0，所以g x  >0，
所以gx  在0,+∞  上单调递增.
b (3)由(2)知，令m= ，得gx
a
 1+ b a =  x  
 2
 1 x 1 ax+bx = 
a 2
 1 x，由(2)知gx  在0,+∞  上单调递增.
所以hx 
ax+bx
=
2

1
x在0,+∞ 
as+bs
上单调递增，当s≥t时，
2

1 at+bt
s≥
2

1 as+bs
t，即
2

t at+bt
≥
2

s
.
as+bs
当s<t时，
2

t at+bt
<
2

s
19 定义：设y=fx  和y=gx  均为定义在R上的函数，它们的导函数分别为f x  和g x  ，若不等式
fx  -gx    f x  -g x    ≤0对任意实数x恒成立，则称y=fx  和y=gx  为“相伴函数”.
(1)给出两组函数，①f 1x 
1
=
e

x
和g 1x  =0②f 2x  =ex和g 2x  =x，分别判断这两组函数是否为“相
伴函数”(只需直接给出结论，不需论证)；
(2)若y=fx  ､y=gx  是定义在R上的可导函数，y=fx  是偶函数，y=gx  是奇函数，fx  +gx 
=lne-x+1  +x，证明：y=fx  和y=gx  为“相伴函数”；
(3)fx  =sinx+θ  ,gx  =cosx-θ  ，写出“y=fx  和y=gx  为相伴函数”的充要条件，证明你的结
论.
π
【答案】(1)第(1)组是，第(2)组不是；(2)证明见解析；(3)θ=kπ+ k∈Z
4
 ，证明见解析
【详解】(1)第(1)组是，第(2)组不是.①f 1x 
1
= e 
x
和g 1x  =0，f 1  x  =-e-x,g 1x  =0，
fx  -gx    f x  -g x    =-e-2x≤0，所以这两组函数是 “相伴函数”.
②f 2x  =ex和g 2x  =x，f 2  x  =ex,g 2x  =1，fx  -gx    f x  -g x    =ex-x  ex-1  不一定为非
正数，
所以这两组函数不是 “相伴函数”.
(2)f-x  +g-x  =lnex+1  -x,f-x  =fx  ,g-x  =-gx  ，所以fx  -gx  =lnex+1  -x
lnex+1  >lnex  =x，所以fx  -gx  >0
f x  -g x  = fx  -gx    = lnex+1   -x 
ex 1
= -1=- <0，因此
ex+1 ex+1
fx  -gx    f x  -g x    ≤0成立，即y=fx  和y=gx  为“相伴函数”.
(3)“y=fx  和y=gx 
π
为相伴函数”的充要条件是θ=kπ+ k∈Z
4

π
，充分性：已知θ=kπ+ k∈Z
4

则fx  =sinx+θ 
π
=sinx+kπ+
4
 ，
gx  =cosx-θ 
π
=cosx-kπ-
4

π π
=cosx+kπ+ -2kπ-
4 2

π
=sinx+kπ+
4
 ，此时fx  =gx
19
 ，所以 fx  -gx    f x  -g x    =0，即 fx  -gx    f x  -g x    ≤0成立，y=fx  和y=
gx  为相伴函数
必要性：已知y=fx  和y=gx  为相伴函数f x  =cosx+θ  ,g x  =-sinx-θ  ，所以
sinx+θ  -cosx-θ    cosx+θ  +sinx-θ    ≤0，
sinx+θ  cosx+θ  -sinx-θ  cosx-θ  - cosx+θ  cosx-θ  -sinx+θ  sinx-θ    ≤0，
sin2x+2θ  -sin2x-2θ 
-cos2x≤0，cos2xsin2θ-cos2x≤0，即cos2xsin2θ-1
2
 ≤0，由于cos2x
取遍-1,1 
π
内的所有实数，因此当且仅当sin2θ-1=0时成立，所以θ=kπ+ k∈Z
4
 ，所以“y=fx 
和y=gx 
π
为相伴函数”的充要条件是θ=kπ+ k∈Z
4
 .
20 牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先
猜想某个方程fx  =0的其中一个根r在x=x 0 的附近，如图所示，然后在点 x 0 ,fx 0    处作fx  的切
线，切线与x轴交点的横坐标就是x ，用x 代替x 重复上面的过程得到x ；一直继续下去，得到x ，x ，
1 1 0 2 0 1
x ，⋯⋯，x ．从图形上我们可以看到x 较x 接近r，x 较x 接近r，等等．显然，它们会越来越逼近r．
2 n 1 0 2 1
于是，求r近似解的过程转化为求x n ，若设精度为ε，则把首次满足x n -x n-1  <ε的x 称为r的近似解． n
已知函数fx  =x3+a-2  x+a，a∈R．
(1)当a=1时，试用牛顿迭代法求方程fx  =0满足精度ε=0.5的近似解(取x =-1，且结果保留小数点 0
后第二位)；
(2)若fx  -x3+x2lnx≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)-1.35；(2)a≥1
【详解】(1)当a=1时，fx  =x3-x+1，则f x  =3x2-1，曲线fx  在x =-1处的切线为y-1= 0
2x+1  ⇒x 1 =-1.5，且x 1 -x 0  ≥0.5，曲线fx 
7 23 3
在x=-1.5处的切线为y+ = x+ 1 8 4 2  ⇒x = 2
31
- 23 ，且x 2 -x 1  <0.5，故，用牛顿迭代法求方程fx  =0满足精度ε=0.5的近似解为-1.35．
(2)由x>0，得fx 
a-2
-x3+x2lnx≥0⇔lnx+
 a
+ ≥0，设gx
x x2

a-2
=lnx+
 a
+ ，则g x
x x2

1 a-2
= -
x
 2a x2+2-a
- =
x2 x3
 x-2a x+2
=
x3
 x-a 
，∴当a≤0时，g x
x3
 >0，gx  单调递增，
由于x→0时，gx  →-∞，不合题意；当a>0时，则有x∈0,a  ，g x  <0，gx  单调递减，x∈a,+∞  ，
g x  >0，gx  单调递增，即gx  ≥ga 
a-2
=lna+
 a a-1
+ =lna+ ，即fx
a a2 a
 ≥0⇔lna+1-
1
≥0易知ga
a
 单调递增，且g1  =0，故fx  ≥0⇔ga  ≥g1  ⇔a≥1.21 对于函数y=fx
20
 的导函数y=f x  ，若在其定义域内存在实数x 0 ,t，使得fx 0 +t  =t+1  f x 0  成
立，则称y=fx  是“跃点”函数，并称x 0 是函数y=fx  的“t跃点”
π
(1)若m为实数，函数y=sinx-m，x∈R是“ 跃点”函数，求m的取值范围；
2
(2)若a为非零实数，函数y=x3-2x2+ax-12，x∈R是“2跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“2
跃点”，求a的值：
(3)若b为实数，函数y=ex+bx,x∈R是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求b的取值范
围.
【答案】(1)m∈ - π , π
 2 2
 ；(2)-8或-9；(3)0,+∞  ∪ e2 2-e   
π
【详解】(1)函数y=sinx-m的导函数为y=cosx，若函数y=sinx-m，x∈R是“ 跃点”函数，
2
π
则方程sinx + 0 2 
π
-m= +1 2 
π
cosx 0 有解，即-m= 2 cosx 0 有解，又因为cosx 0 ∈-1,1  ，故-m∈
 - π , π
 2 2
 ，即m∈ - π , π
 2 2
 .
(2)因为y=x3-2x2+ax-12，所以y=3x2-4x+a，若该函数是“2跃点”函数，则方程x+2

3-2x+2

2
+ax+2  -12=33x2-4x+a  ①有解，即x3-5x2+a+16  x-a-12=0有解，
由因式分解可得x-1  x2-4x+a+12  =0，当x=1时上述方程成立，因此x=1是方程的一个实数根；
当x≠1时，x2-4x+a+12=0②，Δ=16-4a+12

=-4a-32，当Δ=0即a=-8时，方程②为x2
-4x+4=x-2  2=0，即方程②有两个相等的实数根2，此时方程①的根为1,2,2，则函数有两个不同的
“2跃点”；当Δ<0即a>-8时，方程②无解，此时方程①的根为1，则函数有一个“2跃点”；当Δ>0即a
<-8时，方程②有两个不相等的实数根，若函数有两个不同的“2跃点”，则其中一个是实数根为1，则1-
4+a+12=0，解得：a=-9.综上：a的值为-8或-9.
(3)函数y=ex+bx,x∈R，y=ex+b，若该函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个 “1跃点”，
则方程ex+1+bx+1  =2ex+b 
ex+1-2ex
，即-b= 恰有一个实数根，即gx
x-1

ex+1-2ex e-2
= =
x-1
 ex
，g
x-1
x 
e-2
=
 ex x-2 
x-1 
，令g x
2
 >0，解得：x>2；令g x  <0，解得：x<2且x≠1，故函数y=gx  在
-∞,1  和1,2  是严格的减函数，在2,+∞  上是严格的增函数.且g2 
e-2
=
 e2
=e2 e-2
2-1
 ，当x趋
近于负无穷，y=gx  趋近于0，当x趋近于正无穷，y=gx  趋近于正无穷，y=gx  的图象如下图：
故当-b∈-∞,0  ∪ e2 e-2   
ex+1-2ex
时，-b= 恰有一个实数根，
x-1
即b∈0,+∞  ∪ e2 2-e   
ex+1-2ex
时，-b= 恰有一个实数根，
x-1
所以b的取值范围为0,+∞  ∪ e2 2-e    .