当前位置：首页>文档>专题14导数中的新定义问题（学生版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习_冲刺高考2025年高考数学二轮复习之压轴大题必杀技系列

专题14导数中的新定义问题（学生版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习_冲刺高考2025年高考数学二轮复习之压轴大题必杀技系列

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专题14导数中的新定义问题（学生版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习_冲刺高考2025年高考数学二轮复习之压轴大题必杀技系列
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专题 15 导数中的新定义问题 新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革，为面对拔尖创新人才选拔培养等新要 求，增加了新定义问题，函数与导数一直是高考中的热点与难点, 是新定义问题的重要载体，本专题总结 新定义问题的特点及导数中新定义问题的常见类型，供大家参考. (一)新定义问题的特点及求解策略 1.新定义试题通过新定义一个数学对象或数学运算，以此为基础为学生搭建思维平台，设置试题.该题 型形式新颖，考查功能显著，主要表现在四个方面：通过新定义创设数学新语境和话语体系；通过新 情境搭建试题框架，创设解题条件；通过新设问设置思维梯度，逐步深入，准确区分不同层次的学生； 通过解题过程展现学生数学思维和探究过程，实现对分析、推理、判断、论述等关键能力的考查. 2.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解 的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的. 3.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”， 逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 【例1】（2024届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特 定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数 f x在x=0处的m,n阶帕德近似定义为： a +a x+ +a xm Rx= 0 1 L m ，且满足： f 0=R0， f¢0=R¢0， f¢¢0=R¢¢0，…， 1+bx+ +b xn 1 L n fm+n0=Rm+n0．注： f¢¢x=éf¢xù ¢， f¢¢¢x=éf¢¢xù ¢， f4x=éf¢¢¢xù ¢， ë û ë û ë û f5x=éf4(x)ù ¢ ，…已知 f x=ex在x=0处的1,1阶帕德近似为Rx= 1+ax ． ë û 1+bx (1)求实数a，b的值； (2)当xÎ0,1时，试比较 f x与Rx的大小，并证明； (3)已知正项数列a 满足：a = 1 ，a ean+1 =ean -1，求证： 1 £a £ 1 ． n 1 2 n 2n n 2n-1a1+bx-b1+ax a-b -2ba-b 【解析】（1）由题意得R¢x= = ，R¢¢x= ， 1+bx2 1+bx2 1+bx3 f0= f¢0= f¢¢0=1，故R¢0=a-b=1，R¢¢0=-2ba-b=1， 1 1 解得a= ，b=- . 2 2 x 1+ （2）由上可得Rx= 2 = 2+x ，要比较ex与 2+x 的⼤⼩， x 2-x 2-x 1- 2 2+x xÎ0,1，只需比较1与 e-x的⼤⼩， 2-x 2+x é 4 2+xù x2 令gx= e-x，g¢x=ê - úe-x = e-x， 2-x êë 2-x2 2-xúû 2-x2 所以g¢x>0，从而可得gx在0,1上单调递增， 2+x 所以gx>g0=1，即 >ex，所以 f x0时，u¢x>0，ux在0,+¥上单调递增， 故u¢x≥u0=0，即ex ³ x+1，当且仅当x=0时等号成立； ean -1 1-a ean -1 由题意知ean+1 -ean = -ean = n ，令 y=1-xex，y¢=-xex， a a n n 1 故该函数在0,+¥上递减，故可得ea n+1 -ea n <0，即a n+1 a +1， n+1 2 a 1 2 1 æ 1 ö 所以可得a n+1 +1< 2-a n ，即a n+1 < 2- n a n ，即 a n+1 > a n -1，即 a n+1 -1>2ç èa n -1÷ ø ， 故 1 -1>2n-1 ç æ 1 -1÷ ö =2n-1，即 1 >2n-1，所以a < 1 . a n èa 1 ø a n n 2n-11 1 an ean -1 an an 另一方面：要证明a ≥ Ûa ≥ a Ûean+1 ³e2 Û ≥e2 Ûean -1≥e2 ×a ， n 2n n+1 2 n a n n 两边同时除以 e a 2 n，原式 Ûe a 2 n -e - a 2 n -a ≥0 n 令 gx=e2 x -e - 2 x -x ，g¢x= 1 e2 x + 1 e - 2 x -1, 2 2 由基本不等式， y= 1 e2 x + 1 e - 2 x ≥2 1 e2 x × 1 e - 2 x =1 2 2 2 2 故g¢x= 1 e2 x + 1 e - 2 x -1≥0，所以gx在 æ ç0, 1ö ÷单调递增， 2 2 è 2ø 所以gx³g0=0，得证. 【例2】（2024届上海市华东师范大学附中学高三下学期数学测验）已知函数y= f x,xÎD，如果存在常 数M ，对任意满足x 1 0， f(x)单调递减时， f x - f x <0. n n-1 n n-1 且当x无限趋向于正无穷大时， f x无限趋向于0， n æ1ö 2 2 所以 f x - f x  = f e- f ç ÷+ f(e)= +e.所以M ³ +e· i i-1 èeø e e i=2 n n （2） f x - f x  £k x -x =kb-a成立，则可取M =kb-a， i i-1 i i-1 i=2 i=2 所以函数y= f x,xÎa,b为“绝对差有界函数”1 1 1 （3）0< < < L < <1,nÎN*， 2n 2n-1 2 1 2nπ 1 2n-1π 1 2nπ π 1 2π 则有= cos -0 + cos - cos + + cos - cos ， L 2n 2 2n-1 2 2n 2 2 2 2 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  >1+ + + + + + + + + + =1+ + + + + L L L L L i 2 4 4 8 8 16 16 2 2 2 i=2 14243 14243 4个 8个 所以对任意常数M >0，只要n足够大，就有区间0,1的一个划分 1 1 1 n 0< < < < <1满足 f x - f x  >M ， 2n 2n-1 L 2 i i-1 i=2 ì π ïxcos ,00)的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点3,y处的曲率是多少？ 1 1 æex+e-x ö (2)若函数gx= - ，不等式gç ÷£g2-coswx对于xÎR恒成立，求w的取值范围； 2x+1 2 è 2 ø (3)若动点A的切线沿曲线 f x=2x2-8运动至点Bx , f x  处的切线，点B的切线与x轴的交点为 n n x ,0 nÎN* .若x =4，b =x -2，T 是数列b 的前n项和，证明T <3. n+1 1 n n n n n 【解析】（1） Q 抛物线x2 =2py(p>0)的焦点到准线的距离为3，\ p=3， 1 1 1 即抛物线方程为x2 =6y，即 f x= y= x2，则 f¢x= x， f¢¢x= ， 6 3 3 1 1 3 3 2 又抛物线在点3,y处的曲率，则 K = 3 = 2 2 = 12 ， æ 1 ö2 ç1+ ×32 ÷ è 9 ø 即在该抛物线上点3,y处的曲率为 2 ； 12 1 1 2x 1 1 1 （2） g-x= - = - = - =-gx， Q 2-x+1 2 2x+1 2 2 2x+1 \gx在R上为奇函数，又gx在R上为减函数. æex+e-x ö ex+e-x \gç ÷£g2-coswx对于xÎR恒成立等价于coswx³2- 对于xÎR恒成立. è 2 ø 2 又因为两个函数都是偶函数， ex+e-x 记px=coswx，qx=2- ，则曲线px恒在曲线qx上方， 2 ex-e-x p¢x=-wsinwx，q¢x=- ，又因为p0=q0=1， 2 p¢¢0 q¢¢0 所以在x=0处三角函数px的曲率不大于曲线qx的曲率，即 3 £ 3 ， é1+ p¢20ù2 é1+q¢20ù2 ë û ë û ex+e-x 又因为p¢¢x=-w2coswx，q¢¢x=- ， 2 p¢¢0=-w2，q¢¢0=-1，所以w2 £1，解得：-1£w£1， 因此，w的取值范围为-1,1； （3）由题可得 f¢x=4x，所以曲线y= f x在点 x , f x  处的切线方程是y- f x = f¢x x-x ， n n n n n 即y-  2x 2-8  =4x x-x ，令y=0，得-  x 2-4  =2x x -x ，即x 2+4=2x x ， n n n n n n+1 n n n n+1x 2 显然x ¹0，\x = n + ， n n+1 2 x n x 2 x 2 x +22 x -22 由x = n + ，知x +2= n + +2= n ，同理x -2= n ， n+1 2 x n+1 2 x 2x n+1 2x n n n n x +2 æx +2ö 2 x +2 x +2 故 n+1 =ç n ÷ ，从而lg n+1 =2lg n ， x n+1 -2 èx n -2ø x n+1 -2 x n -2 x +2 设lg n =a ，即a =2a ，所以数列a 是等比数列， x -2 n n+1 n n n x +2 x +2 x +2 故a =2n-1a =2n-1lg 1 =2n-1lg3，即lg n =2n-1lg3，从而 n =32n-1 ， n 1 x -2 x -2 x -2 1 n n 2  32n-1 +1  4 所以 ，\b =x -2= >0， x n = 32n-1 -1 n n 32n-1 -1 b 32n-1 -1 1 1 1 1 n+1 = = < £ = ， b 32n -1 32n-1 +1 32n-1 321-1 3 n 1 æ1ö 2 æ1ö n-1 当n=1时，显然T 1 =b 1 =2<3；当n>1时，b n < 3 b n-1 <ç è3 ÷ ø b n-2 <ç è3 ÷ ø b 1 ， é æ1ö nù \T n =b 1 +b 2 + L +b n b，不等式 - +mç - ÷£0恒成立，求实数m的取值范围. b a èa bø f x f x- f 0 【解析】（1）由题 = ，由柯西中值定理知：对"x>0，$xÎ0,x， x x-0 f x- f 0 f¢x f x 使得 = = f¢x， = f¢x， x-0 1 x 又 f¢x在0,+¥上单调递增，则 f¢x> f¢x， f x é f xù ¢ xf¢x- f x 则 f¢x> ，即xf¢x- f x>0，所以 ê ú = >0， x x x2 ë û f x 故y= 在0,+¥上为增函数； x lna lnb æb aö alna-blnb （2） - +mç - ÷£0Û £m， b a èa bø a2-b2 取 f x=xlnx，gx=x2，因为a>b，所以由柯西中值定理，$xÎb,a， f a- f b alna-blnb f¢x 1+lnx 使得 = = = ， ga-gb a2-b2 g¢x 2x 1+lnx 1+lnx -lnx 由题则有： £m，设Gx= 00，当10，每次投资的比例均为x（投入资金与该次投入前资金比值），投资利润率为r N N （所得利润与当次投入资金的比值，盈利为正，亏损为负）的概率为P，在实际问题中会有多种盈利可能 （设有n种可能），记利润率为r k 的概率为P k （其中kÎN*），其中P 1 +P 2 + L +P n =1，由大数定律可知， 当N足够大时，利润率是r 的次数为NP ． k k (1)假设第1次投资后的利润率为r，投资后的资金记为B ，求B 与B 的关系式； 1 1 1 0n n (2)当N足够大时，证明：B N =B 0 Õ1+r i xNPi （其中Õa i =a 1 a 2 a 3L a n ）； i=1 i=1 (3)将该理论运用到非赢即输的游戏中，记赢了的概率为P，其利润率为r；输了的概率为P ，其利润率为 1 1 2 r ，求B 最大时x的值（用含有P,P,r,r 的代数式表达，其中Pr +Pr +rr <0）． 2 N 1 2 1 2 11 2 2 1 2 【解析】（1）由题知，投入资金为B x，所获利润为B rx，所以B =B +B rx=B 1+rx . 0 01 1 0 01 0 1 B （2）由题可知，B =B 1+rx，即 N =1+rx， N N-1 i B i N-1 B B B B B 所以B = N ´ N-1 ´ N-1 ´×××´ 2 ´ 1 ´B N B B B B B 0 N-1 N-2 N-2 1 0 i=1 =1+rxNP1´1+r xNP2´1+rxNP3´×××´1+r xNPn ´B =B Õ1+rxNPi. 1 2 3 n 0 0 i n （3）由（2）可得B =B 1+rxNP11+r xNP2，xÎ0,1 , N 0 1 2 Pr +Pr rr +Pr +Pr Pr +Pr 其中r >0,r <0，故1+ 11 2 2 = 1 2 11 2 2 >0，故0<- 11 2 2 <1. 1 2 rr rr rr 1 2 1 2 1 2 记 f x=B 1+rxNP11+r xNP2， 0 1 2 则 f¢x=B NPr 1+rxNP1-11+r xNP2 +B NPr 1+rxNP11+r xNP2-1 0 11 1 2 0 2 2 1 2 =B NéPr 1+r x+Pr 1+rxù1+rxNP 1 -11+r xNP 2 -1 0 ë 11 2 2 2 1 û 1 2 =B NéPrr +Prr x+Pr +Pr ù1+rxNP 1 -11+r xNP 2 -1 ， 0 ë 11 2 21 2 11 2 2û 1 2 根据实际意义知，P +P =1,1+rx>0,1+r x>0， 1 2 1 2 则 f¢x=B Nrr x+Pr +Pr 1+rxNP1-11+r xNP2-1， 0 1 2 11 2 2 1 2 Pr +Pr 令 f¢x=B Nrr x+Pr +Pr 1+rxNP1-11+r xNP2-1 >0，解得x<- 11 2 2 ， 0 1 2 11 2 2 1 2 rr 1 2 Pr +Pr 令 f¢x=B Nrr x+Pr +Pr 1+rxNP1-11+r xNP2-1<0，解得x>- 11 2 2 ， 0 1 2 11 2 2 1 2 rr 1 2 æ Pr +Pr ö æ Pr +Pr ö 所以 f x在ç0,- 11 2 2 ÷上单调递增，在ç- 11 2 2 ,1÷单调递减， è rr ø è rr ø 1 2 1 2 Pr +Pr 所以当x=- 11 2 2 时， f x取得最大值，即B 取得最大值. rr N 1 2 (四)定义新函数 此类问题通常把满足某些条件的函数称为一类新函数，求解是注意运用该类函数满足的条件. 【例6】（2024届上海市奉贤区高三下学期三模）若定义在R上的函数y= f(x)和y=g(x)分别存在导函数 f¢(x)和g¢(x)．且对任意x均有 f¢(x)³g¢(x)，则称函数y= f(x)是函数y=g(x)的“导控函数”．我们将满足方程 f¢(x)=g¢(x)的x 称为“导控点”． 0 (1)试问函数y=x是否为函数y =sinx的“导控函数”？ 2 1 1 (2)若函数y= x3+8x+1是函数y= x3+bx2+cx的“导控函数”，且函数y= x3+bx2+cx是函数y=4x2的“导 3 3 3 控函数”，求出所有的“导控点”； (3)若p(x)=ex+ke-x，函数y =q(x)为偶函数，函数y= p(x)是函数y =q(x)的“导控函数”，求证：“k=1”的 充要条件是“存在常数c使得p(x)-q(x)=c恒成立”． 【解析】（1）由y=x，得y¢=1，由y =sinx，得y¢=cosx， 因为1³cosx，所以函数y=x是函数y =sinx的“导控函数”； 2 （2）由y= x3+8x+1，得y¢=2x2+8， 3 1 由y= x3+bx2+cx，得y¢=x2+2bx+c，由y=4x2，得y¢=8x， 3 由题意可得8x£x2+2bx+c£2x2+8恒成立， 令8x=2x2+8，解得x=2，故16£4+4b+c£16，从而有4+4b+c=16，所以c=12-4b， 又2x2+8³x2+2bx+c恒成立，即x2-2bx+8-c=x2-2bx+4b-4³0恒成立， 所以Δ=4b2-44b-4=4b-22 £0，所以b=2， 故b=2,c=4且“导控点”为2； （3）充分性：若存在常数c使得p(x)-q(x)=c恒成立，则px=qx+c为偶函数， 因为函数y =q(x)为偶函数，所以qx=q-x， 则px= p-x，即ex+ke-x =e-x+kex， 所以k-1 ex-e-x =0恒成立，所以k=1； 必要性：若k=1，则px=ex+e-x = p-x，所以函数px为偶函数， 函数y= p(x)是函数y =q(x)的“导控函数”， 因此p¢x³q¢x，又q-x=qx,p-x= px， 因此函数y= p(-x)是函数y=q(-x)的“导控函数”， 所以-p¢-x³-q¢-x，即p¢-x£q¢-x恒成立， 用-x代换x有p¢x£q¢x，综上可知p¢x=q¢x，记hx= px-qx，则h¢x= p¢x-q¢x=0，因此存在常数c使得p(x)-q(x)=c恒成立， 综上可得，“k=1”的充要条件是“存在常数c使得p(x)-q(x)=c恒成立”． 【例7】（2024届山东省菏泽市高三信息押题卷二）如果三个互不相同的函数y= f x，y=gx，y=hx 在区间D上恒有 f x£hx£gx或gx£hx£ f x，则称y=hx为y= f x与y=gx在区间D上 的“分割函数”． (1)证明：函数 f x=x为函数y=lnx+1与y=ex-1在-1,+¥上的分割函数； 1 (2)若y=ax2+bx+ca¹0为函数y=2x2+2与y=4x在-¥,+¥上的“分割函数”，求实数a的取值范围； (3)若m,nÍ-2,2，且存在实数k,d ，使得函数y=kx+d 为函数y=x4-4x2与y=4x2-16在区间m,n上 的“分割函数”，求n-m的最大值． 1 【解析】（1）设F(x)=ln(x+1)-x，则F¢(x)= -1，当-10,F(x)在(-1,0)上单调递 x+1 增，当x>0时，F¢(x)<0,F(x)在(0,+¥)单调递减，则F(x)在x=0处取得极大值，即为最大值， 即F(x)£F(0)=0，则当xÎ(-1,+¥)时，x³ln(x+1)； 设H(x)=ex-1-x，则H¢(x)=ex-1-1，当-11时，H¢(x)>0,H(x)在(1,+¥)上单调递增，则H(x)在x=1处取得极小值，即为最小值， 即H(x)³H(1)=0，则当xÎ(-1,+¥)时，x£ex-1， 于是当xÎ(-1,+¥)时，ln(x+1)£x£ex-1， 所以函数 f (x)=x为函数y=ln(x+1)与y=ex-1在(-1,+¥)上的“分割函数”. 1 （2）因为函数y=ax2+bx+c(a¹0)为函数y=2x2+2与y=4x在(-¥,+¥)上的“分割函数”， 则对"xÎR，4x£ax2+bx+c£2x2+2恒成立， 而(2x2+2)¢=4x，于是函数y=2x2+2在x=1处的切线方程为y=4x， 因此函数y=ax2+bx+c的图象在x=1处的切线方程也为y=4x，又y¢=2ax+b， ì2a+b=4 ìa=c 则í ，解得í ， îa+b+c=4 îb=4-2a 于是4x£ax2+(4-2a)x+a£2x2+2对"xÎR恒成立， ì(2-a)x2+(4-2a)x+2-a³0 即í 对"xÎR恒成立， îax2-2ax+a³0ì2-a>0 ï ïΔ =(2a-4)2-4(2-a)(2-a)£0 因此í 1 ，解得00 ï ï îΔ =4a2-4a2 £0 2 所以实数a的取值范围是(0,2). （3）对于函数y = x4 -4x2,y¢=4x3-8x=4x(x+ 2)(x- 2)， 当xÎ(-¥,- 2)和xÎ(0, 2)时，y¢<0，当xÎ(- 2,0)和xÎ( 2,+¥)时，y¢>0， 则x= 2,x=- 2为y=x4-4x2的极小值点，x=0为极大值点，函数y=x4-4x2的图象如图， 由函数y=kx+d 为函数y=x4-4x2与y=4x2-16在区间m,n上的“分割函数”， 得存在d ³d，使得直线y=kx+d 与函数y=x4-4x2的图象相切， 0 0 且切点的横坐标tÎ[-2,- 2] [ 2,2]， U 此时切线方程为y=(4t3-8t)x+4t2-3t4，即k =4t3-8t,d =4t2-3t4， 0 设直线y=kx+d 与y=4x2-16的图象交于点x,y ,x ,y ， 1 1 2 2 ìy=kx+d k 16+d 则í 消去y得4x2-kx-16-d =0，则x +x = ,x ×x =- ， îy=4x2-16 1 2 4 1 2 4 k2 k2 于是|x -x |= (x +x )2-4xx = +16+d £ +16+d 1 2 1 2 1 2 16 16 0 = (t3-2t)2+16+4t2-3t4 = t6-7t4+8t2+16 令t2 =s,sÎ[2,4],k(s)=s3-7s2+8s+16，则k¢(s)=3s2-14s+8=(3s-2)(s-4)£0， 当且仅当s=4时，k¢(s)=0，所以k(s)在[2,4]上单调递减，k(s) =k(2)=12， max 因此 x -x 的最大值为2 3，所以n-m的最大值为2 3. 1 2 (五)定义新性质 此类问题通常是给出某类函数所具有的一个性质，然后利用该性质求解问题，因此该函数满足的性质就是求解问题的关键. 【例8】（2024届浙江省绍兴市柯桥区三模）若函数a(x)有且仅有一个极值点m，函数b(x)有且仅有一个 极值点n，且m>n，则称a(x)与b(x)具有性质a-b//m>n． (1)函数j(x)=sinx-x2与jx=ex-x是否具有性质j-j //x >0？并说明理由． 1 2 1 2 0 (2)已知函数 f x=aex-lnx+1与gx=lnx+a-ex+1具有性质 f -g//x >x ． 1 2 （i）求a的取值范围； （ii）证明： gx  > x ． 1 2 【解析】（1）函数j(x)=sinx-x2与jx=ex-x具有性质j-j //x >0，理由如下： 1 2 1 2 0 j¢(x)=cosx-2x，令hx=j¢x=cosx-2x，则h¢x=-sinx-2<0，故j¢x单调递减， 1 1 1 又j¢0=cos0-0=1>0，j¢1=cos1-2<0，故存在x Î0,1，使j¢x =0， 1 1 0 1 0 则jx在-¥,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减， 1 0 0 故j(x)有且仅有一个极值点x Î0,1， 1 0 j¢x=ex-1，则当x<0时，j¢x<0，当x>0时，j¢x>0， 2 2 2 故j(x)在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增，故j(x)有且仅有一个极值点0， 2 2 故函数j(x)=sinx-x2与jx=ex-x具有性质j-j //x >0； 1 2 1 2 0 1 （2）（i） f¢x=aex- ， 又x+1>0，故x>-1， x+1 1 当a£0时， f¢x=aex- <0，此时 f x没有极值点，故舍去， x+1 当a>0时， 令mx= f¢x=aex- 1 ，则m¢x=aex+ 1 >0恒成立， x+1 x+12 1 故 f¢x在-1,+¥上单调递增，g¢x= -ex，x+a>0，故x>-a， x+a 由a>0，令nx=g¢x= 1 -ex，则n¢x=- 1 -ex <0恒成立， x+a x+a2 故g¢x在-a,+¥上单调递减， 1 当aÎ0,1时，有 f¢0=ae0- =a-1<0，又x®+¥时， f¢x®+¥， 0+1故此时存在x Î0,+¥，使 f x在-1,x 上单调递减，在x,+¥上单调递增， 1 1 1 1 1 则 f x有唯一极值点x Î0,+¥，有g¢0= -e0 = -1>0，又x®+¥时，g¢x®-¥， 1 a a 故此时存在x Î0,+¥，使gx在-a,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减， 2 2 2 1 1 则gx有唯一极值点x Î0,+¥，即有 f¢x =aex 1 - =0，g¢x = -ex2 =0， 2 1 x +1 2 x +a 1 2 1 1 即ex 1 = ax +1 ，ex2 = x +a ，此时需满足x 1 >x 2 >0，则ex1 >ex2， 1 2 1 1 x 故有 > ，即x >ax ，即a< 2 <1，故aÎ0,1符合要求； ax +1 x +a 2 1 x 1 2 1 1 当aÎ1,+¥时， f¢0=ae0- =a-1>0，又x®-1时， f¢x®-¥， 0+1 故此时存在x Î-1,0，使 f x在-1,x 上单调递减，在x,+¥上单调递增， 1 1 1 则 f x有唯一极值点x Î-1,0， 1 1 1 有g¢0= -e0 = -1<0，又x®-a时，g¢x®+¥， a a 故此时存在x Î-a,0，使gx在-a,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减， 2 2 2 则gx有唯一极值点x Î-a,0， 2 1 1 x 同理可得 > ，此时需满足0>x >x ，即x >ax ，则a> 2 ， ax +1 x +a 1 2 2 1 x 1 2 1 x 由 2 <1，aÎ1,+¥，故该不等式成立，故aÎ1,+¥符合要求； x 1 1 1 1 当a=1时，有 f¢0=ae0- =a-1=0，g¢0= -e0 = -1=0， 0+1 a a 此时x =x =0，即 f x、gx的极值点都为0，不符合要求，故舍去； 1 2 综上，故aÎ0,1È1,+¥； 1 （ii）当aÎ0,1时，有x >x >0，则ex 2 = >e0 =1，故00，故mt在0,1上单调递增，则gx =lnt- +1 gx  ，要证 gx  > x ，只需证gx +x <0， 1 2 1 2 1 2 1 gx +x x ； 1 2 1 当aÎ1,+¥时，有0>x >x ，则ex 2 = 1， 1 2 x +a 2 2 gx在-a,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减， 2 2 则gx >g0=ln0+a-e0+1=lna>0，即要证 gx  > x ，只需证gx +x >0， 1 1 2 1 2 gx +x =lnx +a-ex 1 +1+x >lnx +a-ex 1 +1+x 1 2 1 2 2 2 1 =ln -ex1 +1+x =-x -ex1 +1+x =1-ex1 >1-e0 =0， ex2 2 2 2 即当aÎ1,+¥，有 gx  > x ；综上所述， gx  > x . 1 2 1 2 (五)定义新运算 此类问题通常给出我们以前没有学过的一种新的运算法则，这些法则可能已有运算法则的推广或拓展，也 可能高等数学中涉及的运算法则. 【例9】①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i)四则运算法则：如果lim f x= A， x®a limgx=B，则limé ë f x±gxù û =lim f x±limgx= A±B， x®a x®a x®a x®a f x lim f x A limé ë f x×gxù û =lim f x×limgx= AB，若B≠0，则lim = x®a = ；ii)洛必达法则：若函数 x®a x®a x®a x®a gx limgx B x®a f x， gx的导函数分别为 f¢x， g¢x，lim f x=limgx=0，limg¢x=0，则 x®a x®a x®a f x lim f¢x lim = x®a ； x®a gx limg¢x x®a æxö ②设 a>0，k是大于1的正整数，若函数 f x满足：对"xÎ0,a，均有 f x³ f ç ÷成立，则称函数 f x èkø 为区间(0,a)上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题； sinx 1 (1)计算：①lim ；②lim1+2x x ； x®0 x x®0 tanxsin2x æ πö æ πö (2)试判断 f x= 是否为区间ç0, ÷上的2阶无穷递降函数；并证明："xÎç0, ÷， f x>1. x3 è 2ø è 2øsinx sinx¢ 【解析】（1）①根据洛必达法则，lim =lim =limcosx=1； x®0 x x®0 x¢ x®0 1 1 ln1+2x ②设 g(x)=1+2x x ，两边同时取对数得，lngx= ln1+2x= ， x x 设hx= ln1+2x ， limhx=lim ln1+2x =lim é ë ln1+2xù û ' =lim 2 =2 ， x x®0 x®0 x x®0 x¢ x®01+2x ∴limlngx=2，∴lim1+2x 1 x =limg(x)=limelng(x) =e2 x®0 x®0 x®0 x®0 x x tanxsin2x æ πö 8tan sin2 æxö （2）∵ f x= x3 ， xÎç è 0, 2 ÷ ø ，∴ f æ ç xö ÷= 2 2 ， f x>0， f ç è2 ÷ ø >0， è2ø x3 x x f x tanxsin2x x3 cos2 2 cos4 2 ∴ = × = = æxö x3 x x x x x f ç ÷ 8tan sin2 1-tan2 cos2 -sin2 è2ø 2 2 2 2 2 x x cos4 cos4 2 2 1 = = = >1 æ x xöæ x xö x x x çcos2 -sin2 ÷çcos2 +sin2 ÷ cos4 -sin4 1-tan4 è 2 2øè 2 2ø 2 2 2 æ πö æxö æ πö ∴"xÎç0, ÷，均有 f x> f ç ÷，∴ f x是区间ç0, ÷上的2阶无穷递降函数. è 2ø è2ø è 2ø æxö æ x ö 以上同理可得 f x³ f ç ÷>¼> f ç ÷， è2ø è2n ø 由①lim sinx =1，得lim f æ ç x ö ÷=lim tan 2 x n sin2 2 x n =lim sin3 æ ç è2 x n ö ÷ ø =lim é ê ê sin æ ç è2 x n ö ÷ ø ù ú ú 3 ×lim 1 =1 x®0 x x®0 è2n ø x®0 æ x ö 3 x®0æ x ö 3 x x®0ê x ú x®0 æ x ö ç è2n ÷ ø ç è2n ÷ ø cos 2n ê ë 2n ú û cosç è2n ÷ ø æ πö ∴"xÎç0, ÷， f x>1. è 2ø 【例1】（2024届浙江省诸暨市高三三模）若函数 f x在区间I 上有定义，且"xÎI ， f xÎI，则称I 是 f x的一个“封闭区间”． (1)已知函数 f x=x+sinx，区间I =0,rr>0且 f x的一个“封闭区间”，求r的取值集合； 3 (2)已知函数gx=lnx+1+ x3，设集合P=x|gx=x ． 4 （i）求集合P中元素的个数；（ii）用b-a表示区间a,ba0，则r的取值集合为é ë 2k-1π,2kπù û  kÎN* ． 3 （2）（i）记函数hx=gx-x=lnx+1+ x3-xx>-1， 4 1 9 4+9x2x+1-4x+1 9x2x+1-4x x3x+43x-1 则h¢x= + x2-1= = = x>-1， x+1 4 4x+1 4x+1 4x+1 1 1 由h¢x>0得-1 ；由h¢x<0得00， è 3ø è3ø 4 æ1 ö 由零点存在定理可知存在唯一的x Î ç ,1 ÷使得hx =0； 0 è3 ø 0 当xÎ1,+¥时，hx>0，不存在零点． 综上所述，函数hx有0和x 两个零点，即集合P中元素的个数为2． 0 （ii）由（i）得m=x ，假设长度为m的闭区间D=a,a+x 是gx的一个“封闭区间” a>-1， 0 0 则对"xÎa,a+x ，gxÎa,a+x ，当-10时，由（i）得hx在x ,+¥单调递增， 0 \ha+x =ga+x -a+x >hx =0，即ga+x >a+x ，也不满足要求； 0 0 0 0 0 0 当a=0时，闭区间D=0,x ，而gx显然在-1,+¥单调递增，\g0£gx£gx ， 0 0由（i）可得g0=h0+0=0，gx =hx +x =x ， 0 0 0 0 \gxÎ0,x =D，满足要求． 0 综上，存在唯一的长度为m的闭区间D=0,m，使得D是gx的一个“封闭区间”． 【例2】（2024届浙江省金华第一中学高三下学期6月模拟）设函数 f x的定义域为R.给定闭区间DÍR， 若存在aÎD，使得对于任意xÎD， ①均有 f a f x，则记 f a=M D； … f ②均有 f a f x，则记 f a=m D . „ f (1)设 f x=ex-x,D=1,2，求M D,m D； f f (2)设k >0, f x=-x3+kx2,gx=2k-3x+2-k .若对于任意DÍ0,1，均有M D M D，求k的取 f … g 值范围； (3)已知对于任意D⫋R,M D与m D均存在.证明：“ f x为R上的增函数或减函数”的充要条件为“对于 f f 任意两个不同的D ,D ⫋R,M D ¹M D 与m D ¹m D 中至少一个成立”. 1 2 f 1 f 2 f 1 f 2 【解析】（1）因为 f¢x=ex-1,xÎ1,2时， f¢x>0恒成立，故 f x在1,2上为严格增函数， 因此M D= f 2=e2-2,m D= f 1=e-1. f f （2）因为 f¢x=-3x2+2kx，而 f¢1=-3+2k， 因为 f 1=k-1,g1=k-1，故gx是 f x在x=1处的切线 2 而 f x存在极值点x =0,x = k，而k >0，可得到如下情况： 1 2 3 æ 2 ö 3 æ2 ö -¥,0 x=0 ç0, k÷ x= k ç k,+¥÷ è 3 ø 2 è3 ø f¢x <0 =0 > 0 =0 <0 f x 极小值 极大值 Z ] Z 情况一：当1³ 2 k时，此时M 0,1 = f æ ç 2 k ö ÷= 4 k3,M 0,1 =g æ ç 2 k ö ÷= 4 k2-3k+2， 3 f è3 ø 27 g è3 ø 3此时M 0,1>M 0,1 ，不符题意舍去. g f 2 æ 2 ö 情况二：当1< k时，此时 f x与gx在上ç0, k÷均为严格增函数， 3 è 3 ø 因此当M D³M D时， f x³gx恒成立， f g x3-3x+2 因此k ³ =hx，而h¢x>0在0,1上成立，进而k ³h1=3，故k ³3. x2-2x+1 （3）先证明必要性：若 f x为R上的严格增函数， 则任取D =a,b,D =a ,b ，M D = f b ,M D = f b ,m D = f a ,m D = f a ， 1 1 1 2 2 2 f 1 1 f 2 2 f 1 1 f 2 2 因为D ¹D ，所以a >b 或a b 或a f b 或 f a < f b 或 f a > f b 或 f a < f b ， 1 1 1 1 2 2 2 2 所以不难可得： f a ¹ f b , f a ¹ f b ， 1 1 2 2 所以 M D ¹M D 或m D ¹m D 成立. f 1 f 2 f 1 f 2 同时对 f x为 R上的严格减函数，同理可证. 下面证明充分性：当 M D ¹M D 与m D ¹m D 其中一式成立时， f 1 f 2 f 1 f 2 f x不可能为常值函数，先任取D=a,b，总有 M D= f a或m D= f b， f f 假设存在 x Îa,b，使得 M D= f x ， 0 f 0 记 D =a,x ,D =x ,b，则 M D=M D =M D = f x ， 1 0 2 0 f f 1 f 2 0 因为存在m D= f x ，则x ÎD 或 x ÎD ， f 1 1 1 1 2 不妨设 M D= f a，则m D= f b，否则当 x Îa,b,m D= f x ， f f 2 f 2 此时 M D=M a,x = f a,m D=m a,x = f x ，矛盾， f f 2 f f 2 2 进而可得 f a³ f b，则 M a,b= f a,m a,b= f b， f f 因此 f a> f b ①.最后证明 f x为 R上的严格减函数，任取 x m x,x = f x . f 2 1 f 1 2 2 情况二：若x f a>m a,x = f x . f 1 1 1 f 1 f 2 2 情况三：若x f a> f b> f x . f 1 1 2 f 2 1 2 情况四：若 a f x  . 1 2 f 1 2 1 f 2 2 1 2 情况五：若 a f x 恒成立. 1 2 1 2 情况六：若 a f x 恒成立.即 f x为 R上的严格增函数. 1 2 1 2 1 【例3】（2024届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数 y= f x，其中 f x= x3-kx2， 3 kÎR.若点 A在函数 y= f x的图像上，且经过点 A的切线与函数 y= f x图像的另一个交点为点 B，则 称点 B为点 A的一个“上位点”，现有函数 y= f x图像上的点列 M ， M ，…， M ，…，使得对任意正 1 2 n 整数 n，点 M 都是点 M 的一个“上位点”. n n+1 (1)若 k =0，请判断原点O是否存在“上位点”，并说明理由； (2)若点 M 的坐标为3k,0，请分别求出点 M 、 M 的坐标； 1 2 3 (3)若 M 的坐标为3,0，记点 M 到直线 y=m的距离为d .问是否存在实数 m和正整数T，使得无穷数列 1 n n d 、d 、…、d …严格减？若存在，求出实数 m的所有可能值；若不存在，请说明理由. T T+1 T+n 1 【解析】（1）已知 f x= x3，则 f¢x=x2，得 f¢0=0， 3 故函数经过点O的切线方程为 y=0，1 其与函数 f x= x3图像无其他交点，所以原点O不存在“上位点”. 3 （2）设点 M 的横坐标为t ， n为正整数， n n 则函数 y= f x图像在点 M 处的切线方程为 y- f t = f¢t x-t ， n+1 n+1 n+1 n+1 代入其“上位点” M t , f t  ，得 f t - f t = f¢t t -t ， n n n n n+1 n+1 n n+1 化简得 1  t2+t t +t2  -kt +t =t2 -2kt ，即  t2+t t +t2  -3t2 =3kt +t -6kt ， 3 n n n+1 n+1 n n+1 n+1 n+1 n n n+1 n+1 n+1 n n+1 n+1 故t -t t +2t =3kt -t ，因为t ¹t ，得 2t +t =3k（*）， n n+1 n n+1 n n+1 n n+1 n+1 n æ3k 9 ö 又点 M 的坐标为3k,0，所以点 M 的坐标为0,0，点 M 的坐标为ç ,- k3 ÷. 1 2 3 è 2 8 ø （3）将3,0代入 y= f x，解得 k=1，由（*）得， 2t +t =3. n+1 n 1 1 即t -1=- t -1，又t =3，故t -1是以2为首项， - 为公比的等比数列， n+1 2 n 1 n 2 所以t n -1=2×ç è æ - 1 2 ö ÷ ø n-1 ，即t n =1+-1n-1 ×22-n， d n = f t n -m . 令u = t -1，则u =22-n严格减， n n n 因为 3x-x3¢ =3-3x2，所以函数y=3x-x3在区间0,1上严格增. 2 1 当m=- 时， d =  3u -u3 ，于是当 n³3时，d 严格减，符合要求 3 n 3 n n n 2 2 æ2 ö 当m¹- 时， d = f t + -ç +m÷ . 3 n n 3 è3 ø 2 1 因为 n³3时 f t + =  3u -u3 log m+ +2时， d = +m - f t + = +m -  3u -u3 ， 2 3 n 3 n 3 3 3 n n 2 从而当n>log m+ +2时d 严格增，不存在正整数T， 2 3 n 2 使得无穷数列d ，d ，…，d 严格减.综上，m=- . T T+1 T+n 3 【例4】（2024届福建省泉州市高三5月适应性练习）将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块 叠放于水平桌面上，每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向 桌缘外伸出多远而不掉下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题．将铁块从上往下依次标记为第1块、第2块、 第3块、……、第n块，将前i(i=1,2,3,×××,n)块铁块视为整体，若这部分的重心在第i+1块的上方，且全部铁块整体的重心在桌面的上方，整批铁块就保持不倒．设这批铁块的长度均为1，若记第n块比第 n+1块向 1 1 桌缘外多伸出的部分的最大长度为 a ，则根据力学原理，可得 a = ，且{ }为等差数列． n 2 4 a n (1)求a 的通项公式； n (2)记数列a 的前 n项和为 S ． n n 1 ①比较 S 与 ln(n+1)的大小； n 2 ②对于无穷数列x ，如果存在常数 A，对任意的正数e，总存在正整数 N ，使得"n>N ， n 0 0 x n -A 0，求导得 f¢(x)= -1<0，即函数 f(x)在(0,+¥)上递减， 1+x 1 1 1 则 f(x)< f(0)=0，即ln(1+x)ln(1+ )=ln(n+1)-lnn， n n n 1 1 1 则1+ + + + >ln2-ln1+ln3-ln2+ln4-ln3+ +ln(n+1)-lnn=ln(n+1)， L L 2 3 n 1 所以 S > ln(n+1). n 2 ② S 不收敛. n1 1 给定正数 A，对"e>0，令| ln(n+1)-A|N 时，不等式| ln(n+1)-A| A+e， 0 2 2 1 因此数列{ ln(n+1)}不收敛； 2 1 取 A=e+1，则当 n>N 时， S -A> ln(n+1)-A>1+e>1， 0 n 2 因此当 n>N 时，|S -A|>1成立，所以S 不收敛. 0 n n S 的意义是 n块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度，因为S 不收敛于任意正数 A， n n 所以只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数. 【例5】（2024届安徽省合肥市第八中学高三最后一卷）贝塞尔曲线（Be'zier curve）是一种广泛应用于计算 机图形学、动画制作、CAD设计以及相关领域的数学曲线．它最早来源于Bernstein多项式．引入多项式 n i Bn(x)=Cixi(1-x)n-i (i=0,1,2, L ,n)，若 f x是定义在0,1上的函数，称 B f;x= f( )Bn(x)， i n n n i i=0 xÎ[0,1]为函数 f x的n次Bernstein多项式． (1)求 B20x在0,1上取得最大值时x的值； 2 æ 3ö (2)当 f x=x时，先化简 B f;x，再求 B ç f; ÷的值； n nç 2 ÷ è ø f x B f;x (3)设 f 0=0， 在0,1内单调递增，求证： n 在0,1内也单调递增． x x 【解析】（1）由题意 B20x=C2 x21-x18， xÎ0,1， 2 20 则 B20x¢ =C2 é2x1-x18-18x21-x17ù=C2 ×2x1-x171-10x 2 20ë û 20 令 B20x¢ =0，得x= 1 ，当00，当 1 < x<1时， B20x¢ <0， 2 10 10 2 10 2 æ 1 ö æ 1 ö 所以 B20x在ç0, ÷上单调递增，在ç ,1÷上单调递减， 2 è 10ø è10 ø 1 所以当x= 时， B20x在0,1上取得最大值； 10 2 （2） B n f;x=B n x;x= n æ ç èn i ö ÷ ø B i nx = n n i × i!n n - ! 1! xi1-xn-i i=0 i=0n n-1! n-1 n-1! n-1 = xi1-xn-i =x xi1-xn-i-1 =xBn-1x=xx+1-xn-1 =x， i-1!n-1! i!n-i-1! i i=0 i=0 i=0 æ 3ö 3 所以 B ç f; ÷= ； nç 2 ÷ 2 è ø æB f;xö ¢ 1 é æ n æ i ö ö ¢ n æ i ö ù （3）ç n ÷ = êx ç  f ç ÷Bnx ÷ - f ç ÷Bnxú è x ø x2 ê ë è i=0 ènø i ø i=0 ènø i ú û = 1 ê é x×n n-1æ ç f æ ç i+1ö ÷- f æ ç i ö ÷ ö ÷ Ci xi1-xn-i-1- n f æ ç i ö ÷Cixi1-xn-i ù ú x2 ë i=0 è è n ø ènøø n-1 i=0 ènø n û 由 f 0=0， 上式 = 1 ê é x×n n-1æ ç f æ ç i+1ö ÷- f æ ç i ö ÷ ö ÷ Ci xi1-xn-i-1- n f æ ç i ö ÷Cixi1-xn-i ù ú x2 ë i=0 è è n ø ènøø n-1 i=1 ènø n û = 1 é êx×n n-1æ ç f æ ç i+1ö ÷- f æ ç i ö ÷ ö ÷ Ci xi1-xn-i-1- n-1 f æ ç i+1ö ÷Ci+1xi+11-xn-1-i ù ú x2 ë i=0 è è n ø ènøø n-1 i=0 è n ø n û = n-1 xi-11-xn-1-i é ên× n-1! ç æ f ç æi+1 ÷ ö - f ç æ i ö ÷ ö ÷ - n! f æ ç i+1 ÷ öù ú i=0 ë i!n-1-i!è è n ø ènøø i+1!n-i-1! è n øû = n-1 xi-11-xn-1-i n! é ê f æ ç i+1ö ÷- f æ ç i ö ÷- 1 f æ ç i+1ö ÷ ù ú i!n-1-i!ë è n ø ènø i+1 è n øû i=0 = n-1 xi-11-xn-1-i i!n- n 1 ! -i! é ê ëi+ i 1 f æ ç è i+ n 1ö ÷ ø - f æ ç èn i ö ÷ ø ù ú û ,i=0,1, L ,n-1， i=0 æi+1ö æ i ö 而 f x 在0,1内单调递增，所以 f ç è n ÷ ø > f ç èn ÷ ø ， x i+1 i n n i æi+1ö æ i ö æB f;xö ¢ B f;x 所以 f ç ÷> f ç ÷，故 ç n ÷ >0，所以 n 在0,1内也单调递增． i+1 è n ø ènø è x ø x a+lnx 1．（2024届天津市滨海新区高考模拟检测）已知函数 f x= ，其中 a为实数． x(1)当 a=1时， ①求函数 f x的图象在 x=e（ e为自然对数的底数）处的切线方程； ②若对任意的 xÎD，均有mx£nx，则称mx为nx在区间 D上的下界函数，nx为mx在区间 D k 上的上界函数．若 gx= ，且 gx为 f x在1,+¥上的下界函数，求实数 k的取值范围． x+1 Gx -Gx  Hx -Hx  (2)当 a=0时，若Gx=ex， Hx=xf x，且10， lim 0 0 是一个确定的值， 0 0 Dx®0 Dx f x +Dx- f x  则称函数 y= f x在点 x 处右可导；当 Dx<0， lim 0 0 是一个确定的值，则称函数 0 Dx®0 Dx y= f x在点 x 处左可导.当函数 y= f x在点 x 处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数 y= f x 0 0 在点 x 处可导. 0 (1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点； (2)已知函数 f x=x2eax2+1-x3sinx-ex2. （ⅰ）求函数 gx=eax2+1-xsinx-e在 x=0处的切线方程； （ⅱ）若 x=0为 f x的极小值点，求a的取值范围. 3．（2024届上海市交通大学附属中学高三下学期四模）已知 A、B为实数集 R的非空子集，若存在函数 y= f x且满足如下条件：① y= f x定义域为 A时，值域为 B；②对任意x、x ÎA，x ¹ x ，均有 1 2 1 2 f x - f x  1 2 >0. 则称 f x是集合 A到集合 B的一个“完美对应”. x -x 1 2 (1)用初等函数构造区间0,1到区间0,+¥的一个完美对应 f x； (2)求证：整数集 Z到有理数集Q之间不存在完美对应； (3)若 f x=x3-kx2+1，kÎR，且 f x是某区间 A到区间-3,2的一个完美对应，求 k的取值范围.4．（2024届山东省泰安市高三四轮检测）在数学中，由 m´n个数a i=1,2,×××,m; j=1,2,×××,n排列成的m ij æa a a ö 11 12 1n ç ÷ çL L L ÷ ça a a ÷ 行n列的数表ç i1 12 in ÷称为 m´n矩阵，其中 a 称为矩阵A的第i行第j列的元素.矩阵乘法是指对于 ij çL L L ÷ ça a a ÷ ç m1 m2 mn÷ ç ÷ è ø 两个矩阵A和B，如果4的列数等于B的行数，则可以把A和B相乘，具体来说：若 æ ç a 11 a 12 L a 1n ö ÷ æb 11 L b 1j L b 1p ö æ ç c 11 L L L c 1n ö ÷ çL L L L ÷ ç b b b ÷ çL L L L L÷ A=ç ç a i1 a i2 L a in ÷ ÷ ， B= ç ç L 21 L L L 2j L L L 2p÷ ÷ ，则C = AB=ç ç c i1 L c ij L c in ÷ ÷ ，其中 çL L L L ÷ ç çb b b ÷ ÷ çL L L L L÷ ç èa m1 a m2 L a mn ÷ ø è n1 L nj L npø ç è c m1 L c mj L c mn ÷ ø æ1 x öælnxö æc ö c ij =a i1 b ij +a i2 b 2j + L +a in b nj ,i=1,2, L ,m, j=1,2, L ,n.已知ç è0 -2 ÷ ø ç è ax ÷ ø = è ç c 1 ø ÷，函数 f x=c 1 +c 2 . 2 (1)讨论 f x的单调性； (2)若 x,x x 0，n >0，i=1,2, ,n， i i i i i i L n n n m =n =1．定义随机变量 X 的信息量 HX=-m log m ， X 和Y 的“距离” i i i 2 i i=1 i=1 i=1 n m KLX Y=m log i ． i 2 n i=1 i æ 1ö (1)若X : B ç 2, ÷，求 HX； è 2ø (2)已知发报台发出信号为0和1，接收台收到信号只有0和1．现发报台发出信号为0的概率为 p0< p<1，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号为0的概率为 q ，发出信号1接收台收 到信号为1的概率为 q00是“a旋转函数”，求 tana的最大值； x2 π (3)若函数 gx=mx-1ex-xlnx- 是“ 旋转函数”，求 m的取值范围. 2 4 9．（2024届山东省泰安肥城市高考仿真模拟三）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 éf x-gxùéf¢x-g¢xù£0对任意实数 x恒成立，则称 ë ûë û y= f x和 y=gx为“相伴函数”. (1)给出两组函数，① f 1 x= æ ç è 1 2 ö ÷ ø x 和 g 1 x=0；② f 2 x=e2x和 g 2 x=2x，分别判断这两组函数是否为 “相伴函数”； (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  a-x+1  +x，问是否存在 a(a>0,a¹1)使得 y= f x和 y=gx为“相伴函数”？若存在写 出 a的一个值，若不存在说明理由； (3) f x=sinx-q,gx=cosx+q，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. 10．（2024届山东省潍坊市高考三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这 个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程 æ x xö - cçec +e c ÷ ex+e-x ，其中c为参数.当c=1时，就是双曲余弦函数chx= ，类似地双曲正弦函数 è ø y= 2 2 ex-e-x shx= ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质. 2 (1)类比三角函数的三个性质： ①倍角公式 sin2x=2sinxcosx ； ②平方关系 sin2x+cos2x=1 ； ì ï sinx' =cosx， ③求导公式 í ïî cosx' =-sinx 写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明； (2)当 x>0时，双曲正弦函数 y=shx图象总在直线y=kx的上方，求实数 k的取值范围； (3)若 x 1 >0，x 2 >0，证明： é ë chx 2 +shx 2 -x 2 -1ù û ×é ë chx 1 +shx 1 ù û >sinx 1 +x 2 -sinx 1 -x 2 cosx 1 . 11．（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟）对于数列a ，定义Da =a -a  nÎN* ，满足 n n n+1 n a =a =1,DDa =m(mÎR)，记 f(m,n)=am+a m2+ +a mn，称 f(m,n)为由数列a 生成的“m- 函 1 2 n 1 2 L n n 数”． (1)试写出“ 2-函数” f(2,n)，并求 f(2,3)的值； (2)若“1-函数” f(1,n)£15，求n的最大值； (3)记函数 S(x)=x+2x2+ +nxn，其导函数为S¢(x)，证明：“m- 函数” L m2 3m n f(m,n)= S¢(m)- S(m)+(m+1)m¢． 2 2 i=1 12．（上海市控江中学高三三模）设函数 y= f x定义域为 Z．若整数s,t满足 f s f t£0，则称 s与t“相 关”于 f ．(1)设 f x= x+1-2， xÎZ，写出所有与 2“相关”于 f 的整数； (2)设 y= f x满足：任取不同的整数 s,tÎ1,10， s与t均“相关”于 f ．求证：存在整数mÎ1,8，使得 m,m+1,m+2都与 2024“相关”于 f ； (3)是否存在实数 a，使得函数 f x=1+axex+a+1x-1， xÎZ满足：存在 x ÎZ，能使所有与 x “相 0 0 关”于 f 的非零整数组成一个非空有限集？若这样的 a存在，指出 f x 和0的大小关系（无需证明），并求 0 出 a的取值范围；若这样的 a不存在，说明理由．
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