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专题14导数中的新定义问题（教师版）-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（教师版）-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 ³x+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ean+1 -ean <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 æ ç 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< < < < <1,nÎN*，
L
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NP1-11+r xNP2-1
0 ë 11 2 2 2 1 û 1 2
=B NéPrr +Prr x+Pr +Pr ù1+rxNP1-11+r xNP2-1 ，
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 =aex1 - =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ex2 = >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ex2 = 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，故 k £
1+lnxx+1
=
xlnx+lnx+1
+1．
x x
xlnx+lnx+1 x-lnx
令hx= +1， x³1，则h¢x= ．
x x2
1 x-1
设vx=x-lnx， x³1，则v¢x=1- = ，
x x
所以当 x³1时，v¢x³0，从而函数 y=vx在1,+¥上单调递增，所以vx³v1=1，
故h¢x>0在1,+¥上恒成立，所以函数 y=hx在1,+¥上单调递增，从而hx³h1=2．
因为 gx£ f x在1,+¥上恒成立，所以 k £hx在1,+¥上恒成立，
故 k £2，即实数 k的取值范围为-¥,2．
（2）当 a=0时，Gx=ex， Hx=xf x=lnx，1 1 2 x -x （*），
1 2 1 2 2 1 2
P¢x+P¢x 
令 x =x，则1e-2>0， x-x <0，
2 x3 2
2
ex-
所以
R¢x=-
x3
x-x >0
．所以Q¢x在1,+¥单调递增．
2 2
得到Q¢xQx =0．
2 2
所以（*）成立，原命题成立．
2．（2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻
域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一
个极大（小）值.f x +Dx- f x 
对于函数 y= f x，设自变量x从 x 变化到x +Dx，当 Dx>0， 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.
【解析】（1） y= x ， x=0为该函数的极值点，
f 0+Dx- f 0 Dx -0 Dx
当 Dx>0， lim = lim = lim =1，
Dx®0 Dx Dx®0 Dx Dx®0Dx
f 0+Dx- f 0 Dx -0 -Dx
当 Dx<0， lim = lim = lim =-1，
Dx®0 Dx Dx®0 Dx Dx®0 Dx
则该函数在 x=0处的左导数为-1，右导数为1，所以该函数在 x=0处不可导.
（2）（ⅰ）根据题意， g(0)=0，则切点0,0，
又 g¢x=2axeax2+1-sinx-xcosx，则 k =g¢(0)=0，所以切线方程为 y=0；
（ⅱ） f x=x2eax2+1-x3sinx-ex2 =x2  eax2+1-xsinx-e  ，
因为当 x¹0时， x2 >0，故 f x与 gx同号，
gx=eax2+1-xsinx-e，先考察 gx的性质，
由于 gx为偶函数，只需分析其在0,+¥上的性质即可，
g¢x=2axeax2+1-sinx-xcosx， g¢0=0,设 mx=2axeax2+1-sinx-xcosx,xÎ0,+¥，
则m¢x=  2a+4a2x2 eax2+1-2cosx+xsinx，m¢0=2ae-2，
1 1
则必有m¢0=2ae-2≥0，即 a³ .①否则，若m¢0=2ae-2<0，即 a< ，
e e
则必存在一个区间0,m，使得m¢x<0，则 g¢x在0,m单调递减，又 g¢0=0，则 g¢x在区间0,m内小于0，则 gx在0,m单调递减，
又 g0=0，故 gx在区间0,m内小于0，
故 f x在区间0,m内小于0，则 x=0不可能为 f x的极小值点.
②当 a³ 1 时， gx=eax2+1-xsinx-e≥e 1 e x2+1 -xsinx-e ，
e
令 hx=e 1 e x2+1 -xsinx-e ，h¢x= 2x e 1 e x2+1 -sinx-xcosx，
e
令 sx=
2x
e
1
e
x2+1
-sinx-xcosx，则 s¢x=
æ
ç
2
+
4
x2
ö
÷e
1
e
x2+1
-2cosx+xsinx，
e èe e2 ø
易知y=
æ
ç
2
+
4
x2
ö
÷e
1
e
x2+1
在区间0,+¥上单调递增，
èe e2 ø
对 y=-2cosx+xsinx， y¢=2sinx+sinx+xcosx=3sinx+xcosx，
æ πö
则 y¢=3sinx+xcosx在区间ç0, ÷上大于0，
è 2ø
æ πö
故 y=-2cosx+xsinx在区间ç0, ÷上单调递增.
è 2ø
故 s¢x=
æ
ç
2
+
4
x2
ö
÷e
1
e
x2+1
-2cosx+xsinx在区间
æ
ç0,
πö
÷上单调递增.
èe e2 ø è 2ø
又 s¢0=0，故 s¢x³0，故h¢x在区间 æ ç0, πö ÷上单调递增，
è 2ø
又h¢0=0，故h¢x³0，故hx在区间 æ ç0, πö ÷上单调递增，
è 2ø
æ πö
又h0=0，故hx>0， xÎç0, ÷，
è 2ø
æ πö
则 gx=eax2+1-xsinx-e≥hx>0， xÎç0, ÷，
è 2ø
æ πö æ π ö
故当 xÎç0, ÷时， f x>0，由偶函数知 xÎç- ,0÷时， f x>0，
è 2ø è 2 ø
1
故 x=0为 f x的极小值点，所以a的取值范围为 a³ .
e
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.
æπ ö π é πö
【解析】（1） f(x)=tanç x÷，当 xÎ0,1时， xÎ
ê
0, ÷，则其值域为0,+¥，满足条件①，根据复合
è2 ø 2 ë 2ø
函数单调性知 f(x)在0,1单调递增，则其满足条件②，
æπ ö
故可取 f(x)=tanç x÷.
è2 ø
（2）假设有 f(x)是集合 Z到Q的一个完美对应，
a+b
则有 f(0)=a, f(1)=b，其中 a0，则 xÎ(-¥,0)时， f¢(x)>0； xÎç0, ÷时， f¢(x)<0； xÎç ,+¥÷时， f¢(x)>0；
è 3 ø è 3 ø
æ 2kö æ2k ö
则 y= f(x)在(-¥,0)上单调递增，在ç0, ÷上单调递减，在ç ,+¥÷上单调递增;
è 3 ø è 3 ø
æ2kö æ2kö 3 æ2kö 2
又 f(0)=1<2，故只有极小值 f ç ÷£-3才满足题意，即 ç ÷ -kç ÷ +1£-3， k ³3，
è 3 ø è 3 ø è 3 ø
æ 2kö æ2k ö
若k <0，则 xÎç-¥, ÷时， f¢(x)>0； xÎç ,0÷时， f¢(x)<0； xÎ(0,+¥)时， f¢(x)>0；
è 3 ø è 3 ø
æ 2kö æ2k ö
则 y= f(x)在ç-¥, ÷单调递增，在ç ,0÷单调递减，在(0,+¥)单调递增；
è 3 ø è 3 ø
æ2kö æ2kö 3 æ2kö 2 33 2
又 f(0)=1>-3，故只有极大值 f ç ÷³2才满足题意，即 ç ÷ -kç ÷ +1³2，即 k £- .综上, k
è 3 ø è 3 ø è 3 ø 2
æ 33 2ù
的取值范围是 ç-¥,- úÈ0È[3,+¥).
ç 2
è û
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
ijæa 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， f x单调递增，
x x x
a¹0时，方程 2ax2-2ax+1=0的判别式Δ=4aa-2，
当02时，Δ>0，令 f¢x=0，方程两根记为a，b，
a- a2-2a a+ a2-2a
则a= ，b= ，当 a<0时，a>0，b<0，
2a 2a
当 xÎ0,a时， f¢x>0， f x单调递增， xÎa,+¥时， f¢x<0， f x单调递减，
当 a>2时，b>a>0，当 xÎ0,a和b,+¥时, f¢x>0， f x单调递增，
当 xÎa,b时， f¢x<0， f x单调递减，综上，当0£a£2时， f x单调递增，
æ a- a2-2a ö æa- a2-2a ö
当 a<0时， f x在ç0, ÷上单调递增，在ç ,+¥÷上单调递减，
ç 2a ÷ ç 2a ÷
è ø è øæ a- a2-2a ö æa+ a2-2a ö æa- a2-2a a+ a2-2a ö
当 a>2时， f x在ç0, ÷和ç ,+¥÷上单调递增，在ç , ÷上
ç 2a ÷ ç 2a ÷ ç 2a 2a ÷
è ø è ø è ø
单调递减.
f x æ 1ö
（2）∵ f x有两个极值点，由（1）知 a>2，设 Px= ç02，∴ P¢x>0，∴ Px单调递增，∴ Px£Pç ÷=-2ln2- a，
2 è2ø 2
æ 1ö
由（1）知 x Îç0, ÷， a>2，
1 è 2ø
3 f x 
∴ Px <-2ln2- a<-3-2ln2，即 1 <-3-2ln2，∴ f x <-3x -2xln2，
1 2 x 1 1 1
1
又由（1）知 f x在x,x 上单调递减且 x Îx,x ，
1 2 0 1 2
∴ f x + f x <2f x ，∴ f x + f x +6x +xln16<0.
0 2 1 0 2 1 1
5．（2024届上海市七宝中学高三三模）若曲线C的切线l与曲线C共有n个公共点（其中 nÎN， n³1），
则称l为曲线C的“T -切线”.
n
(1)若曲线 y= f x在点1,-2处的切线为T -切线，另一个公共点的坐标为3,4，求 f¢1的值；
2
(2)求曲线y=x3-3x2所有T -切线的方程；
1
π
(3)设 f x=x+sinx，是否存在tÎ(0, )，使得曲线 y= f x在点t，f t处的切线为T -切线？若存在，
2 3
探究满足条件的t的个数，若不存在，说明理由．
4-(-2)
【解析】（1）依题意，该切线的斜率为 =3，因此 f¢(1)=3.
3-1
（2）由y=x3-3x2，求导得y¢ =3x2-6x，
则曲线y=x3-3x2在(x ,x3-3x2)处的切线方程为： y-(x3-3x2)=(3x2-6x )x-x ，
0 0 0 0 0 0 0 0
令 h(x)=x3-3x2-(3x2-6x )x+3x3-6x2-x3+3x2，整理得 h(x)=(x-x )2(x+2x -3)，
0 0 0 0 0 0 0 0
此切线为T -切线，等价于方程 h(x)=0有且仅有一个根，即x =3-2x ，即 x =1，
1 0 0 0
所以曲线y=x3-3x2的T -切线仅有一条，为y=-3x+1.
1
（3）由(x+sinx)¢=1+cosx，得曲线 y= f(x)在点(t, f(t))处的切线方程为：
y-t-sint =(1+cost)(x-t)，即y=(1+cost)x+sint-tcost，
令 g(x)=(x+sinx)-[(1+cost)x+sint-tcost] =sinx-xcost-sint+tcost，π
求导得 g¢(x)=cosx-cost，由tÎ(0, )，得costÎ(0,1)，
2
对 kÎZ，当 xÎ(2kπ-t,2kπ+t)时， g¢(x)=cosx-cost >0,y=g(x)为严格增函数；
当 xÎ(2kπ+t,2kπ+2π-t)时， g¢(x)=cosx-cost<0,y=g(x)为严格减函数，
函数y=g(x)所有的极大值为 g(2kπ+t)=-2kπcost，当 k =0时，极大值等于0，即 g(t)=0，
当 k为正整数时，极大值全部小于0，即y=g(x)在(t,+¥)无零点，
当 k为负整数时，极大值全部大于0，函数y=g(x)所有的极小值为 g(2kπ-t)=(2t-2kπ)cost-2sint，当
k =0时，极小值 g(-t)=2tcost-2sint =2cost(t-tant)<0，
且随着 k的增大，极小值(2t-2kπ)cost-2sint越来越小，
π
因此 y= f(x)在点(t, f(t))(00，
cos2t
π 3
因此y =h(t)为(0, )上的严格增函数，因为h(0)=0<π,h( )»12.6>π，
2 2
π
于是存在唯一实数tÎ(0, )，满足 tant-t =π，
2
π
所以存在唯一实数tÎ(0, )，使得曲线 y= f(x)在点(t, f(t))处的切线为T -切线.
2 3
6．（2024届上海市华东师范大学第二附属中学2高三下学期四模）对于函数 y= f x的导函数 y= f¢x，
若在其定义域内存在实数 x 和t，使得 f tx =tf¢x 成立，则称 y= f x是“卓然”函数，并称t是 y= f x
0 0 0
的“卓然值”．
(1)试分别判断函数 y=x2+1， xÎR和y= 1 ， xÎ0,+¥是不是“卓然”函数？并说明理由；
x
(2)若 f x=sinx-m是“卓然”函数，且“卓然值”为2，求实数m的取值范围；
(3)证明： gx=ex+xxÎR是“卓然”函数，并求出该函数“卓然值”的取值范围．
【解析】（1）函数y=x2+1,xÎR是“卓然”函数，因为 y¢=2x，
当 x =t=1时，则有tx2+1=1+1=2，1´2´1=2，满足 f tx =tf¢x ；
0 0 0 0
1 1
因为y= ,xÎ(0,+¥)，y¢=- ，
x x2
1 t 1 t
当x ,tÎ(0,+¥)时， >0，而 - <0，所以 =- ，不可能成立，
0 tx x 2 tx x 2
0 0 0 0即不存在实数x ,t，满足 f tx =tf¢x 成立，所以y= 1 ， xÎ0,+¥不是“卓然”函数；
0 0 0 x
（2）由题意可得t =2， f¢(x)=cosx，
所以sin2x-m=2cosx有解，即m=h(x)=sin2x-2cosx有解．
对于函数m=h(x)=sin2x-2cosx：
因为，h(x+2π)=sin2(x+2π)-2cos(x+2π)=sin2x-2cosx=h(x)，
所以T =2π；h¢(x)=2cos2x+2sinx=2  -2sin2 x+sinx+1  ，
1
令 h¢(x)>0，则 -2sin2x+sinx+1>0，解得： - t(2-e)>0，
所以存在mÎ(0,1)使G¢(m)=0，etm-em+1=0，
当 xÎ(-¥,m)时，G¢(x)<0,G(x)严格减，
当 xÎ(m,+¥)时，G¢(x)>0,G(x)严格增，
所以G(x)³G(m)=etm-tem+t(m-1)=(1-t)em+tm-t-1，
由em ³m+1，所以G(x)³(1-t)(m+1)+tm-t-1=m-2t >0，
此时不存在 x 使得 f(tx )=tf¢(x )成立，不合题意；
0 0 0
当t >0时，若 x£0，则etx-ex+1>0，从而G(x)>0，所以G(x)在(-¥,0]上严格增，
当 x>0时，设 M(x)=etx-ex+1，则 M¢(x)=tetx-ex =ex(te(t-1)x-1)，
设 N(x)=te(t-1)x-1，当t>1时， N(x)在(0,+¥)上严格增，且 N(0)=t-1>0，所以 N(x)>0，从而 M¢x>0，
所以 M(x)在(0,+¥)上严格增，所以 M(x)>M(0)=1>0，
从而G¢(x)>0，所以G(x)在 R上严格增，又G(0)=1-2t<0,G(1)=et -te>0，
由零点存在性定理，存在x Î(0,1)使得G(x )=0，即 f(tx )=tf¢(x )成立，符合题意；
0 0 0 0
当t =1时，G(x)=x-1，显然存在零点符合题意；当00,x®+¥时， M(x)®-¥，存在nÎ(0,+¥)，使得 M(n)=0，即G¢(x)=0，
当 xÎ(-¥,n)时，G¢(x)>0,G(x)严格增，当 xÎ(n,+¥)时，G¢(x)<0,G(x)严格减，
又G(1)=et -te>0,x®-¥时，G(x)®-¥，
由零点存在性定理，存在 x Î(-¥,1)使得G(x )=0，即 f(tx )=tf¢(x )成立，符合题意；
0 0 0 0
综上所述， g(x)为“卓然”函数，该函数“卓然”取值范围是(0,+¥)．
7．（2024届江西省上饶市稳派上进六校联考高三5月联考）在信息理论中， X 和Y 是两个取值相同的离散
型随机变量，分布列分别为： PX =x =m， PY =x =n ，m >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， f x单调递增，当 x>1时 f¢x<0， f x单调递减；
所以 f x£ f 1=0，即lnx³1- 1 （当且仅当 x=1时取等号），
x
lnx 1 æ 1ö
所以log x= ³ ç1- ÷，
2 ln2 ln2è xø
p 1- p
所以 KLX Y= plog +1- plog
21- p-q+2pq 2 p+q-2pq
p æ 1- p-q+2pqö 1- pæ p+q-2pqö
³ ç1- ÷+ ç1- ÷=0，
ln2è p ø ln2 è 1- p ø
p 1- p 1
当且仅当 = =1，即 p= ，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
π
【解析】（1）函数 y= 3x不是“ 旋转函数”，理由如下：
6
π
y= 3x逆时针旋转 后与 y轴重合，当 x=0时，有无数个 y与之对应，与函数的概念矛盾，
6
π
因此函数 y= 3x不是“ 旋转函数”.
6
（2）由题意可得函数 f x=ln2x+1x>0与函数 y=kx+b最多有1个交点，
æπ ö
且 k =tanç -a÷，所以ln2x+1=kx+bx>0最多有一个根，
è2 ø
即ln2x+1-kx=bx>0最多有一个根，
因此函数 y=ln2x+1-kxx>0与函数 y=b(bÎR)最多有1个交点，
即函数 y=ln2x+1-kx在0,+¥上单调，
2 2
因为y¢= -k，且 x>0, Î0,2，
2x+1 2x+1
2 2
所以y¢= -k £0,k ³ ，所以 k ³2，
2x+1 2x+1
æπ ö 1 1
即 tanç -a÷³2， tana£ ，即 tana的最大值为 .
è2 ø 2 2
x2
（3）由题意可得函数 gx=mx-1ex-xlnx- 与函数y=x+b最多有1个交点，
2
x2 x2
即mx-1ex-xlnx- =x+bÞmx-1ex-xlnx- -x=b，
2 2
x2
即函数y=mx-1ex-xlnx- -x与函数y=b最多有1个交点，
2
x2
即函数y=mx-1ex-xlnx- -x在0,+¥上单调，
2
y¢=mxex-lnx-x-2，当 x®0时， y¢®+¥，
ælnx+x+2ö
所以y¢³0Þm³ç ÷ ，
è xex ø
max
lnx+x+2 x+1-lnx-x-1
令jx= ，则j¢x= ，
xex x2ex
æ1ö
因为t=-lnx-x-1在0,+¥上单调减，且tç ÷>0，t1<0，
è4ø
æ1 ö
所以存在 x Îç ,1÷，使tx =0，
0 è4 ø 0
1
即lnx +x =-1Þln  x ×ex 0  =-1Þx ×ex 0 = ，
0 0 0 0 e所以jx在0,x 单调递增，x ,+¥单调递减，
0 0
lnx +x +2 1
所以j x=jx = 0 0 = =e，即 m³e.
max 0 x ex0 x ex0
0 0
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.
【解析】（1）第①组是，第②组不是.
①中，函数 f 1 x= æ ç è 1 2 ö ÷ ø x 和 g 1 x=0，可得 f 1 ¢x=-2-xln2和 g 1 ¢x=0，
所以 é
ë
f x-gxù
û
é
ë
f¢x-g¢xù
û
=-2-2xln2£0，所以这两组函数是“相伴函数”.
②中，函数 f x=e2x和 g x=2x， f ¢x=2e2x和 g ¢x=2，
2 2 2 2
所以 éf x-gxùéf¢x-g¢xù=2  e2x-2x  e2x-1  不一定为非正数，
ë ûë û
所以这两组函数不是 “相伴函数”.
（2）存在 a=e，使得 y= f x和 y=gx为“相伴函数”.
证明如下：
由 f -x+g-x=ln  ax+1  -x, f -x= f x,g-x=-gx，
所以 f x-gx=ln  ax+1  -x，
可得 f¢x-g¢x=éf x-gxù ' =éln  ax+1  -xù ' = axlna -1.
ë û ë û ax+1若 y= f x和 y=gx为“相伴函数”则 é
ë
f x-gxù
û
é
ë
f¢x-g¢xù
û
£0成立，
æaxlna ö
即 é ë ln  ax+1  -xù ûç
è
ax+1 -1÷
ø
£0，
ìln  ax+1  -x³0
若 ï í axlna ，由ln  ax+1  -x³0，可得ln  ax+1  ³x=lnex，
ï -1£0
î ax+1
axlna
则 a可取 e，满足 -1£0成立；
ax+1
ìln  ax+1  -x£0
ï ìïax+1£ex
若í
ï
axlna
-1³0
，所以í
ïî
axlna-1³1
，
î ax+1
若a³e，则不等式 ax+1£ex无解；若00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
.
【解析】（1）平方关系：ch2x-sh2x=1；
ì ï sh(x)¢ =ch(x)
倍角公式：sh2x=2shxchx；导数：í
.
ïî ch(x)¢ =sh(x)
æex+e-x ö 2 æex-e-x ö 2 e2x+e-2x+2 e2x+e-2x-2
理由如下：平方关系，ch2x-sh2x=ç ÷ -ç ÷ = - =1；
è 2 ø è 2 ø 4 4
e2x-e-2x
 ex-e-x ex+e-x
倍角公式：sh2x= = =2shxchx；
2 2
导数：sh(x)¢ =
ex-  -e-x
=
ex+e-x
=chx，ch(x)¢ =
ex-e-x
=shx；
2 2 2
以上三个结论，证对一个即可.（2）构造函数 Fx=shx-kx， xÎ0,+¥，由（1）可知 F¢x=chx-k，
ex+e-x
①当 k£1时，由ch(x)= ³ ex×e-x =1，
2
又因为 x>0，故ex ¹e-x，等号不成立，
所以 F¢x=chx-k >0，故 F(x)为严格增函数，
此时 F(x)>F(0)=0，故对任意 x>0， shx>kx恒成立，满足题意；
②当 k>1时，令Gx=F¢x,xÎ0,+¥，
则G¢x=shx>0，可知Gx是严格增函数，
1
由G(0)=1-k <0与G(ln2k)= >0可知，存在唯一x Î(0,ln2k)，使得G(x )=0，
4k 0 0
故当 xÎ(0,x )时， F¢(x)=G(x)kx，矛盾；
0
综上所述，实数 k的取值范围为-¥,1；
（3）因为chx+shx=ex，
所以原式变为  ex2 -x -1  ×ex1 >sinx +x -sinx -x cosx ，
2 1 2 1 2 1
即证ex1+x2 -sinx +x >ex1 -sinx +x  ex1 -cosx  ，
1 2 1 2 1
设函数 f x=ex-sinx，即证 f x +x > f x +x f¢x ， f¢x=ex-cosx，
1 2 1 2 1
设tx= f¢x=ex-cosx，t¢x=ex+sinx，
x>0时t¢x>0，tx在0,+¥上单调递增，即 f¢x=ex-cosx在0,+¥上单调递增，
设hx= f x+x - f x -xf¢x ,x>0，则h¢x= f¢x+x - f¢x ，
1 1 1 1 1
由于 f¢x=ex-cosx在0,+¥上单调递增， x+x >x ，
1 1
所以 f¢x+x > f¢x ，即h¢x>0，故hx在0,+¥上单调递增，
1 1
又h0=0，所以 x>0时，hx>0，
所以 f x+x - f x -xf¢x >0，即 f x+x > f x +xf¢x ，
1 1 1 1 1 1因此 f x +x > f x +x f¢x 恒成立，所以原不等式成立，得证.
1 2 1 2 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
【解析】（1）由定义及DDa =m．知DDa =Da -Da =m，
n n n+1 n
所以Da 是公差为m的等差数列，所以Da =Da +(n-1)m．
n n 1
因为 a =a =1，所以Da =a -a =0，所以Da =(n-1)m，即a -a =(n-1)m．
1 2 1 2 1 n n+1 n
当 n³2时，有 a -a =m，
3 2
a -a =2m，
4 3
……
a -a =(n-2)m，
n n-1
(n-1)(n-2)m (n-1)(n-2)m
所以 a -a =m+2m+ +(n-2)m= ，即 a =1+ ．
n 2 L 2 n 2
（1）当 m=2时， a =1+(n-1)(n-2)=n2-3n+3，
n
所以“ 2-函数” f(2,n)=1´2+1´22+
L
+  n2-3n+3  ´2n．
当 n=3时， f(2,3)=1´2+1´22+3´23 =30．
(n-1)(n-2) n2-3n+4
（2）当 m=1时， a =1+ = ，
n 2 2
n2-3n+4
故“1-函数” f(1,n)=a 1 +a 2 + L +a n =1+1+ L +
2
12-3´1+4 22-3´2+4 n2-3n+4
= + + +
L
2 2 2
1 3 n(n+1)(2n+1) 3n(n+1)
=  12+22+ +n2 - (1+2+ +n)+2n = - +2n
L L
2 2 12 4
n3-3n2+8n
= ．
6由 f(1,n)£15，得 n3-3n2+8n-90£0．
令 g(x)=x3-3x2+8x-90(x³1)，则 g¢(x)=3x2-6x+8=3(x-1)2+5>0，
所以 g(x)=x3-3x2+8x-90在[1,+¥)上单调递增．
因为 g(5)=0．所以当1£x£5时， g(x)£0，所以当1£n£5时， f(1,n)£15，
故n的最大值为5．
（3）证明：由题意得 f(m,n)=am+a m2+ +a mn
1 2 L n
é (i-1)(i-2) ù é (n-1)(n-2) ù
=m+m2+ + 1+ ´m mi + + 1+ ´m mn
L ê ú L ê ú
ë 2 û ë 2 û
éi2-3i ù én2-3n ù
=m+m2+ + ´m+(m+1) mi + + ´m+(m+1) mn
L ê ú L ê ú
ë 2 û ë 2 û
m n 3m n n
= i2mi - imi +(m+1)mi
2 2
i=1 i=1 i=1
由 S(x)=x+2x2+ +nxn，得 S¢(x)=1+4x+ +n2xn-1，
L L
n n n
所以 xS¢(x)=x+4x2+ +n2xn =i2xi，所以 i2mi =mS¢(m),imi =S(m)，
L
i=1 i=1 i=1
m2 3m n
所以 f(m,n)= S¢(m)- S(m)+(m+1)mi
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．
【解析】（1）若要整数 x与 2“相关”于 f ，即 f x f 2£0：
由于 f 2=1，故这等价于 f x£0.
即 x+1£2，得到满足条件的全部 x为 -3,-2,-1,0,1.（2）由题意知， f 1, f 2,..., f 10这十个数中，任取其中两个，其乘积都不为正数.
这意味着，这十个数中至多有一个正数，也至多有一个负数.
所以这十个数中至多有两个数不等于零.
假设 f 1, f 2, f 3不全为零， f 4, f 5, f 6不全为零， f 7, f 8, f 9也不全为零.
那么这十个数中已经出现了三个不为零的数，矛盾.
所以必定存在整数mÎ1,4,7Í1,8，使得 f m= f m+1= f m+2=0.
此时 f m f 2024= f m+1 f 2024= f m+2 f 2024=0，所以 m,m+1,m+2都与 2024“相关”于 f .
（3）原条件等价于下列两个命题之一成立：
①存在 x ÎZ使得 f x >0，且集合A =xÎZ f x£0,x¹0 是非空有限集；
0 0 £
②存在 x ÎZ使得 f x <0，且集合A =xÎZ f x³0,x¹0 是非空有限集.
0 0 ³
设jx=1-xex-1，则j¢x=-xex，从而当 x<0时j¢x>0，当 x>0时j¢x<0.
所以jx在-¥,0上递增，在0,+¥上递减，从而jx£j0=0.
对 f x=1+axex+a+1x-1求导可得 f¢x=a+1+axex+a+1.
1
若 a<-1，则当x< 时，由 a<0且 x<0知 f x=1+axex+a+1x-1>a+1x-1>0；
a+1
当 x³1时，有 f x=1+axex+a+1x-1<1-xex-1£-1<0.
æ 1 ö
所以A ÊN*，A Êç-¥, ÷ÇZ，从而A ,A 都不是非空有限集，故此时命题①和②都不成立；
£ ³ è a+1ø £ ³
e
若 -1£a<- ，则当 x£0时，
e+1
得 f x=1+axex+a+1x-1=ex+x-1+ax  ex+1  £ex+x-1-x  ex+1  =1-xex-1=jx£0；
2e 1-e
当 x³1时，由2a+1<- +1= <0有
e+1 e+1
f¢x=a+1+axex+a+1£2a+1ex+a+1£2a+1e+a+1=2e+1a+e+1
e2e+1 e2+2e+1-2e2-e -e2+e+1 -22+3+1
<- +e+1= = < =0.
e+1 e+1 e+1 e+1
所以 f x在1,+¥上递减，从而对 x³1有
e
f x£ f 1=1+ae+a+1-1=ae+1+e<- ×e+1+e=0.
e+1所以对任意 xÎZ都有 f x£0，从而命题①不成立；而同时这意味着A 包含一切非零整数，所以命题②
£
不成立；
e e
若 - £a<0，则当 x£-1时，由 a³- >-1，
e+1 e+1
得 f x=1+axex+a+1x-1=ex+x-1+ax  ex+1  - 2 时，由0³ex×j-x=ex1+xe-x-1  =1+x-ex知 x£ex-1，从而
a
f x=1+axex+a+1x-1 =ex-1+x+ax  ex+1 
£2  ex-1  +ax  ex+1  <2  ex+1  +ax  ex+1  <2+ax ex+1  <0，
é 2ö
故A ³ Í ê ë -1,- a ÷ ø ÇZ，从而A ³ 一定是有限集.
e
而 f 1=1+ae+a+1-1=ae+1+e³- ×e+1+e=0，1¹0，1ÎZ，
e+1
所以1ÎA ，从而A 一定是非空有限集.
³ ³
同时，上面已经证明 f -1£0，所以此时命题②成立；
若 a³0，则当 x<0时，有 f x=1+axex+a+1x-1=  ex-1  +x  aex+a+1  <0+0=0；
当 x>0时，有 f x=1+axex+a+1x-1=  ex-1  +x  aex+a+1  >0+0=0.
所以 A Ê-N*，A ÊN*，从而A ,A 都不是非空有限集，故此时命题①和②都不成立.
£ ³ £ ³
综上， a的取值范围是 é
ê ë
-
e
e
+1
,0÷ ö
ø
，且此时存在 x
0
ÎZ使得 f x
0
<0，且集合A
³
=xÎZ f x³0,x¹0 是
非空有限集.
这表明对每个满足条件的 a，都有 f x <0.
0                        

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