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专题 02 高等数学背景下的创新问题
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题型01 泰勒公式与帕德近似
题型02 罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、微积分
题型03 行列式与矩阵
题型04 初等数论
题型05 平面几何
题型 01 泰勒公式与帕德近似
【解题规律·提分快招】
1、泰勒公式有如下特殊形式：当 在 处的 阶导数都存在时，
．注： 表示 的2阶导数，即
为 的导数， 表示 的 阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
2、【极值点第二充分条件】已知函数 在 处二阶可导，且
（1）若 ，则 在 处取得极小值；
（2）若 ，则 在 处取得极大值.
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，函数 在 处的 阶帕德近似定义为： ，且满足： ，
， ，…， ．（注： ， ，
， ，…； 为 的导数）.
【典例训练】
一、解答题
1．（2024高三下·全国·专题练习）英国数学家泰勒发现了如下公式： ，
，其中 ．这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性．
(1)用前三项计算 ；
(2)已知 ， ， ，试证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用泰勒计算即可；
（2）利用泰勒展式可得 ，法1，利用单位圆可证 ，故可得三者的大小关系；法
2，利用泰勒展式并放大可得 ，利用泰勒展式并缩小可得 ，两者作差即可
比较大小，可得三者的大小关系.
【详解】（1）由泰勒公式 ，则
．
（2）法1：由泰勒公式 可知
，
下面证： .
证明：如图，在单位圆中， ， 与单位圆的交点为 ， ，
因 大于扇形 的面积，故 ，
故 .
由上述不等式可得 ，故 ，
综上，有 ，即 .法2：由泰勒公式 可知
，
而
，
又因为
，
故有 ，所以 .
2．（24-25高三上·四川自贡·期中）新信息题型是目前高考的热点题型.这类题要求答题者在有限的时间
内，阅读并理解题目所给予的信息，根据获取的信息解答问题.请同学们根据以下信息回答问题：(1)在高等数学中，我们将 在 处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：
，（其中 表示 的
次导数 ， ），以上公式我们称为函数 在 处的泰勒展开式，当 时泰勒展开式也
称为麦克劳林公式，比如 在 处的麦克劳林公式为： ，由此当
时，可以非常容易得到不等式 ， ， ， ，请利用上述公
式和所学知识写出 在 处的泰勒展开式；（写出展开式的前三项即可）
(2)设 为正整数，数列 ， ， ， 是公差不为0的等差数列，若从中删去两项 和 后剩
余的 项可被平均分为 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列 ， ， ， 是
一可分数列.请写出所有的 ， ，使数列 ， ， ， 是 —可分数列.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对 求导，利用泰勒展开式的定义即可得解；
（2）直接利用 可分数列的定义即可得解.
【详解】（1）因为 ， ， ，
，其中 ，
所以 在 处的泰勒展开式为：
，
（2）由题意可知，问题相当于从 中取出两个数 和 ，
使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 ，或 ，或 .
所以所有可能的 就是 .
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）给定两个正整数 ， ，函数 在 处的 阶帕德近似定义为： ，且满足： ， ，
.已知 在 处的 阶帕德近似 注：
， ， ， ，…
(1)求 ， ， 的值；
(2)比较 的大小，并说明理由；
(3)求不等式 的解集，其中
【答案】(1) ；
(2) ，理由见解析；
(3) .
【分析】（1）根据新定义先求导函数，再代入求参即可；
（2）先化简换元令 ，再求导函数根据正负得出函数单调性即可证明；
（3）结合（2）结论应用单调性解不等式
【详解】（1）因为 ，
，
， 则 ，
则 ，则 ，
，
所以 .
（2） ，
令 ， 则 ，
令 ，
，所以 在 单调递增， 在 单调递增，
， 即 ， 所以 ，
， 所以 ，
综上， .
（3）若要使 成立， 则 ， 即 或 ，
当 时， 即 ，
由（2）知上式成立， 所以 ，
当 等价于 ，
当 时， 等价于 ， 成立;
当 时， 等价于 ， 不成立，
所以解集为 .
4．（23-24高三下·安徽滁州·期末）1715年英国数学家泰勒发现了如下公式：
（其中 ， 为自然对数的底数， ）.已知
.
(1)证明： ；
(2)设 ，证明： ；
(3)若 ， 恒成立，求 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用 分别计算 和 即可得证.
（2）利用泰勒公式得 ，进而得，再进行放缩即可得证.
（3）先求得 的奇偶性和单调性，再根据单调性及其奇偶性性质得 恒成立，
接着解该不等式即可得解.
【详解】（1）由题 ，
，
故 .
（2）由题 ，
所以
，即 得证.
（3）由题 定义域为 ，且 ，
故函数 是偶函数，
任取 ，则
，
因为 ，所以 、 ， ，
所以 ，所以 ，故 ，
所以 ，即 ，
所以 在 上单调递减，则由函数的奇偶性得 在 上单调递增，所以 在 上恒成立，
则 在 上恒成立，
又因为当 时， ，所以
所以 即 在
上恒成立，
所以 ， ，
令
， ，
因为 ，所以 ， ，
所以 ，
故 ，即 ，
令
因为 ，所以 ，故 ，
所以 ，
故 ，即 ，
综上得 ，即 的范围为 .
【点睛】思路点睛：求解 ， 恒成立时的参数 的取值范围问
题，可利用函数的奇偶性和单调性性质将问题转化为 在上恒成立求参数 的取值范围，再问题转化成研究 和
， 的最值问题即可.
5．（23-24高三下·四川成都·期中）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，函数 在 处的 阶帕德近似定义为：
，且满足： ， ， ，…， .（注：
， ， ， ，…； 为 的导
数）.
(1)求函数 在 处的 阶帕德近似函数 ；
(2)在（1）的条件下，试比较 与 的大小；
(3)在（1）的条件下，若 在 上存在极值，求m的取值范围.
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由题意函数 在 处的 , 阶帕德近似 ，对 求二阶导，
由 ， ， ，可求出 ；
（2）作差，构造函数 ， ，求导，利用导数研究函数的最值，即可求出结果；
（3）函数 在 上存在极值，即其导数在 上有变号零点，构造函数
， ，求导，分析该函数的单调性和最值，利用零点存在定理可得结果．
【详解】（1）由 得 ， ，
则函数 在 处的 阶帕德近似函数 ，
由于 ，所以 ，
故
， ，因为 ， ，所以 ，
解得 ， ．
所以
（2）令 ， ，
则 恒成立，
所以 在 上单调递增，且 ，
所以当 时， ，即 ，
当 时， ，即 ，
当 时， ，即 ．
（3）
， ，
，
因为 在 上存在极值，
所以 在 上存在变号零点，
令 ， ，
，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
，所以 无零点，不符合题意；
记 ，则 ，
当 时，由于 ，所以 ，故 ，故 在 上单调递
增，
②
，所以 ，所以 在 上单调递增，
所以 ，所以 无零点，不符号题意；
当 时，令 ，得 ，
③
当 时， ，当 时， ，所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，
所以 ，
令 ， ，
，所以 在 上单调递增， ，
所以 ，
因为 ， ，所以 ，
故 ，进而 ，
所以 ；
，
令 ；
设 ，
则当 时 单调递减，当 时， 单调递增，故当
，故 故 ，
，故 ，
所以 ，
令 ，则 ，所以 ，
，
所以 ，所以 在 上存在零点，即 在 上存在极值点，
所以 的取值范围为 ．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．题型 02 罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、微积分
【解题规律·提分快招】
1、拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数 在 上连续，且在 上可导，则必有
，使得 .
2、罗尔定理描述如下：如果 上的函数 满足以下条件： 在闭区间 上连续， 在开区间
内可导， ，则至少存在一个 ，使得① ． ②
3、微积分
③
知识卡片1：一般地，如果函数 在区间 上连续，用分点 将
区间 等分成 个小区间，在每个小区间 上任取一点 ，作和式
（其中 为小区间长度），当 时，上述和式无限接近某个常数，这个
常数叫做函数 在区间 上的定积分，记作 即 .这里， 与
分别叫做积分下限与积分上限，区间 叫做积分区间，函数 叫做被积函数， 叫做积分变量，
叫做被积式.从几何上看，如果在区间 上函数 连续且恒有 ，那么定积分
表示由直线 和曲线 所围成的曲边梯形的面积.
知识卡片2：一般地；如果 是区间 上的连续函数，并且 ，那么
.这个结论叫做微积分基本定理，又叫做牛顿-莱布尼茨公式.
【典例训练】
一、解答题
1．（23-24高三下·吉林松原·期末）罗尔 中值定理是微分学中的一条重要定理，根据它可以推出
拉格朗日 中值定理和柯西 中值定理，它们被称为微分学的三大中值定理. 罗尔中值定
理的描述如下：如果函数 满足三个条件 在闭区间 上的图象是连续不断的， 在开区间
内是可导函数， ，那么在① 内至少存在一点 ，使得等②式 成
立.
③
(1)设方程 有一个正根 ，证明：方程 必
有一个小于 的正根.
(2)设函数 是定义在 上的连续且可导函数，且 .证明：对于 ，方程在 内至少有两个不同的解.
(3)设函数 .证明：函数 在区间 内至少存在一个零
点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）令函数 ，由罗尔中值定理知，至少存在一点 ，使得
；
（2）令 ，由罗尔中值定理知，至少存在一个 ，使得
，至少存在一个 ，使得 ，可得结论；
（3）令 ，则 ，由罗尔中值定理知，存在
，使得 ，故函数 区间 内至少存在一个零点.
【详解】（1）证明：令函数 ，
显然 在 上连续，在 内可导，
则 ，
由条件知 ，
由罗尔中值定理知，至少存在一点 ，使得 ，
即方程 必有一个小于 的正根.
（2）令 ，则 .
由 ，得 ，所以 .
因为 ，所以 ，
由罗尔中值定理知，至少存在一个 ，使得 ，
即 .
同理，因为 ，由罗尔中值定理知，
至少存在一个 ，使得 ，所以 .
故方程 在 内至少存在两个不同的解.（3）证明：令 ，则 .
由 ，得 ，
则 ，又因为 是连续且可导函数，
由罗尔中值定理知，存在 ，使得 ，
则 ，所以 .
故函数 区间 内至少存在一个零点.
【点睛】方法点睛：在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、
新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它
们的共同点和不同点，探求解决方法，本题明确罗尔中值定理的描述，通过构造函数，结合导数的运算和
性质求解.
2．（2024·安徽六安·模拟预测）罗尔中值定理是微分学中一条重要的定理，是三大微分中值定理之一，
其他两个分别为：拉格朗日中值定理、柯西中值定理．罗尔定理描述如下：如果 上的函数 满足以
下条件： 在闭区间 上连续， 在开区间 内可导， ，则至少存在一个
，使得 ① ．据此，解决以下问②题： ③
(1)证明方程 在 内至少有一个实根，其中 ；
(2)已知函数 在区间 内有零点，求 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）根据导数运算构造函数 ，验证函数 满足罗
尔中值定理的条件，根据罗尔中值定理完成证明；
（2）设 ，且 ，由罗尔中值定理可得 至少有两个解，利用导数分析函数
的单调性，结合零点存在性定理列不等式求 的取值范围．
【详解】（1）设 ，
则 ，
所以函数 在 上连续，在区间 上可导，
又 ，故 ，
所以由罗尔中值定理可得至少存在一个 ，使得 ，
所以 ，
所以方程 在 内至少有一个实根，
（2）因为函数 在区间 内有零点，不妨设其零点为 ，则 ， ，
由 可得 ，
所以函数 在 上连续，在 上可导，
又 ， ，
由罗尔中值定理可得至少存在一个 ，使得 ，
因为函数 在 上连续，在 上可导，
又 ， ，
由罗尔中值定理可得至少存在一个 ，使得 ，
所以方程 在 上至少有两个不等的实数根，
设 ，
则 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
所以方程 在 上至多有一个根，矛盾，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
所以方程 在 上至多有一个根，矛盾，
当 时，由 ，可得 ， ，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
所以当 时，函数 取最小值，
又 ，
所以 ，
又 ， ，
由零点存在性定理可得 ， ，
所以 ， ，又 ，
所以 ，
所以 的取值范围 ．
【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后
根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以
不变应万变才是制胜法宝.
3．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数 ， .
(1)当 时，求函数 在区间 上的最小值；
(2)若函数 在区间 上单调递减，求a的取值范围；
(3)若函数 的图象上存在两点 ， ，且 ，使得 ，则
称 为“拉格朗日中值函数”，并称线段 的中点为函数的一个“拉格朗日平均值点”.试判断函数
是否为“拉格朗日中值函数”，若是，判断函数 的“拉格朗日平均值点”的个数；若不是，说明理
由.
【答案】(1)
(2)
(3)当 时，函数 是 “拉格朗日中值函数”，且“拉格朗日平均值点”有无数个；当 时，
不是“拉格朗日中值函数”；理由见解析.
【分析】（1）利用导数得出函数的单调性，进而得函数的最小值；
（2）利用导数的几何意义可得 在 上恒成立，参变分离可得
即
可，求 在 上的最小值即可得解；
（3）假设函数 是“拉格朗日中值函数”， 设 ， 是 上不同的两点，且
，代入 ，当 时，整理得 ，设 ，上式化为
，然后构造函数 ，根据导数研究此方程是否成立，从而可确定假设是否成立.
【详解】（1）由题意可知当 时， ， ，且
所以 ， 在区间 上为增函数，
所以函数 的最小值为 ；
（2）由题意可得 ，
若函数 在区间 上单调递减，则 在 恒成立，
即 在 恒成立，只需 即可，又因为当 时 ，所以 .
（3）假设函数 是“拉格朗日中值函数”，
设 ， 是 上不同的两点，且 ，
由题意可得 ， ，
则 ，
函数 在拉格朗日平均值点处的切线斜率 ，
由 整理可得 ，
当 时， 恒成立，
则函数 是 “拉格朗日中值函数”，且“拉格朗日平均值点”有无数个；
当 时， 即 ，
令 ，上式化为 ，即 ，
令 ，则 ，
因为 ，所以 恒成立，所以 在 上单调递增， 恒成立，
所以在 上不存在 使得 ，即不存在这样的 两点使得
；
综上所述，当 时，函数 是 “拉格朗日中值函数”，且“拉格朗日平均值点”有无数个；当
时， 不是“拉格朗日中值函数”.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于得到：当 时， ，设 ，上式化
为 ，然后构造函数 ，利用导数研究方程的根，由此即可顺利得解.
4．（24-25高三上·江西鹰潭·阶段练习）法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出
了一个定理，具体如下:如果函数 满足如下条件： 在闭区间 上的图象是连续的； 在开区
① ②间 上可导，则在开区间 上至少存在一个实数 ，使得 成立，人们称此定理
为“拉格朗日中值定理”.
(1)已知 且 ，
（i）若 恒成立，求实数 的取值范围；
（ii）当 时，求证： .
(2)已知函数 有两个零点，记作 ，若 ，证明：
【答案】(1)（i） ；（ii）证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）（i）法一：构造函数 ，利用函数单调递增，则
在 上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值
定理知， 恒成立 ，使得 ，将问题转化为 恒
成立，
在对其进行求解即可；
（ii）将 ，再结合拉格朗日中值定理
进行证明即可；
（2）由函数 有两个零点，转化为方程 有2个根，构造函数
，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解.
【详解】（1）（i）解：法一：由 ，且 化简得 ，即
，
令 ，可知 在 上单调递增，
则 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
令 ，显然 在 上单调递减，
所以 ，即 ，故实数 的取值范围为 .法二：由拉格朗日中值定理可知， ，使得 ，
故问题转化为 恒成立.
又 ，则 恒成立，即 恒成立，
因为 ，
故令 ，显然 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，故实数 的取值范围为 .
（ii）证明：要证 ，即证 ，
即证 ，
又 ，
由拉格朗日中值定理可知，存在 ，
，
.
由题意知 ，当 时， 在 上单调递增，
则 ，故 ，
即 ，所以命题得证.
（2）函数 有两个零点，即方程 有两个根，即方程
有2个根.
令 ，
所以 在 上单调递增，且 ，即方程 有2个根，且这两根即为方程
的根，所以 ，则 ，则由 ，得 ，
所以 ，则 ，
要证 ，即证 ，
又 ，令 ，
令 ，
又 ，所以 ，故 在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，故 在 上单调递减，所以 ，
即 ，
即 ，所以不等式得证.
【点睛】关键点点睛：
（1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可；
（2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合
题目中的条件解决问题.
5．（2024·广西来宾·模拟预测）已知： 定积分的定义：
设 为定义在 上的连续非负函①数，为求 轴围成的曲边梯形的面积，可采
取如下方法：
将区间 分为 个小区间，每个小区间长度为 ，每个区间即可表示为
，再分别过每个区间的左右端点作 轴的垂线与 图象相
交，即可得到一个小的曲边梯形.如图，
当 时，每个小曲边梯形可近似看作矩形，矩形的宽即为每个小区间的长度，长可由每个小区间内的任一点的函数值近似代替（一般用区间端点的函数值），将这样无穷多个小矩形的面积相加，所得之和
即为所求的由 轴围成的曲边梯形的面积，即 ，上式
也记为 ，即对 在 上求定积分.
定积分的计算： 其中 .
根据以上信息，回答以下问题：
②
(1)已知 ，求证： .
(2)将 轴围成的图形面积分别表示为定积分的形式与面积和的极限形式，并求其值；
(3)试证明： .
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）先根据定积分的计算求出 ，接着再构造函数 利
用导数工具求证 即可得证；
（2）由题意即可直接得到 轴围成的图形面积的定积分的形式与面积和的极限形式，接
着由定积分形式结合定积分的计算即可得其值；
（3）由题意将 分成100个等长的小区间 ，分“用每个小区间的右端点的
函数值近似代替小矩形的长”和“用每个小区间的左端点的函数值近似代替小矩形的长”两种情况讨论分析
每个小矩形的面积和面积的和，再结合函数单调性得出端点值与每个小区间的平均函数值的大小关系即可
得出面积的和与定积分 的大小关系，进而得证.
【详解】（1）根据定积分的计算得 ，其中 （ 为常数），
所以 ，
下证 ：
设 ，则 在 上恒成立，
所以函数 在 上单调递减，所以 ，所以 ，
所以 时 .
（2）由题意可得 轴围成的图形面积的定积分形式为： ；
面积和的极限形式为： （右端点）
（或 （左端点），两个面积和的极限形式写一个就行），
设 （ 为常数），则 ，
所以 .
所以 轴围成的图形面积的值为 .
（3）在求解 轴围成的图形面积中，
由定义将 分成100个等长的小区间 ，
若用每个小区间的右端点的函数值近似代替小矩形的长，
①
则每个小矩形的面积为： ，
所以 ，
由于 在 上递减且递减越来越慢，
所以每个小区间的右端点的函数值小于该区间的平均函数值，
所以 ，即 .
若用每个小区间的左端点的函数值近似代替小矩形的长，
②
则每个小矩形的面积为： ，所以 ，
同理，由于 在 上递减且递减越来越慢，
所以每个小区间的左端点的函数值大于该区间的平均函数值，
所以 ，即 .
综上， .
【点睛】方法点睛：对于新定义题目，解决此类题的策略是：
1. 准确理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论等；
2. 重视“举例”，利用例子可以检验是否理解和懂得正确运用，归纳例子提供的解题思路和方法；
3. 运用新定义去解决问题时，根据新定义交代的性质或运算规则去运用即可，解决问题的过程中还需要
将“新定义”的知识与已有知识联系起来，利用已有知识经验来解决问题.
题型 03 行列式与矩阵
【解题规律·提分快招】
线性代数中处理新定义问题时，首要任务是准确理解新定义的本质。方法技巧上，可以采取以下步骤：
一、深入剖析新定义，明确其内涵与外延，把握关键要素。
二、尝试将新定义与已知概念、定理或性质建立联系，利用已有知识体系进行推理。
三、在解题过程中，灵活运用矩阵运算、线性变换、特征值与特征向量等工具，以及适当的代数或
几何方法。
四、注重验证结果的正确性，确保解题步骤和答案无误。
总结时，应强调新定义在解题中的关键作用，回顾解题过程中用到的关键知识点和技巧。同时，总
结新定义问题的常见类型和解题思路，以便在遇到类似问题时能迅速找到解决方法。通过不断练习和总
结，可以逐渐提高解决线性代数新定义问题的能力，加深对线性代数学科的理解和掌握。
【典例训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·青海西宁·期中）定义：二阶行列式 ；三阶行列式，D的某一元素 的余子式 指的是在D中划去 所在的行和列后所余下的元素按
原来的顺序组成的二阶行列式．现有三阶行列式 ．
(1)若元素1的余子式 ，求x的值；
(2)记元素2的余子式 为函数 ，求 的单调减区间．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由 ，根据余子式定义转化为二阶行列式列方程可解出 ；
（2）利用余子式定义将 转化为二阶行列式经过运算化简得 解析式，再借助复合函数单调性求解
即可.
【详解】（1）因为三阶行列式 ，
所以元素1的余子式 ，
解得 ；
（2）元素2的余子式 ，
则函数 ，
由 ，解得 ，所以 的定义域为 ，
则 ， ，
令 ， ，
则当 ，函数 单调递增；
当 ，函数 单调递减，
又 ， 单调递增，
所以由复合函数单调性可知 在 上单调递增，在 上单调递减；
故 单调减区间为 .2．（24-25高三上·山东潍坊·阶段练习）设数阵 ，其中 .设
，其中 且 .定义变换 为“对于数阵的每一
列，若其中有 或 ，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有 且没有 ，则这一列中每个数都乘
以 ”， 表示“将 经过 变换得到 ，再将 经过 变换得到 ，以
此类推，最后将 经过 变换得到 ”.记数阵 中四个数的和为 .
(1)若 ，写出 经过 变换后得到的数阵 ，并求 的值；
(2)若 ，求所有 取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵 ，证明：所有 取值的和不大于 ；
(4)如果 ，其他条件不变，你研究（1）后得出什么结论？
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
(4)
【分析】（1）先写出 ，再计算得 ，最后相加即可；
（2）分 和 或 以及 讨论即可；
（3）分若 和 两大类讨论即可；
（4）直接代入计算得 ， 即可得到答案.
【详解】（1）因为 ，
经过 变换后得到数阵 ，
经过 变换后得到数阵 ，
所以 .
（2）若 ，则 或 ，
可得 种情况；若 或 ，
则 ，可得 种情况；
若 ，从 和 中各取出一个元素 ， ，
，则 ，
可得 种情况；
若 ，
则 或 ，可得 种情况.
综上，所有 取值的和为 .
（3）若 ，在 的所有非空子集中，
含有 且不含 的子集共 个，
①其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为 ，
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ；
含有 且不含 的子集共 个，
②其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为 ，
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ；
同时含有 和 的子集共 个，
③其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ，
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为 ；
不含 也不含 的子集共 个，
④其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ，
其中含有偶数个元素的集合有7个，经过变换后第一列均仍为 .
若 ，在 的所有非空子集中，
含有 的子集共 个，
①其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均仍为 ，
其中含有偶数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为 ；
不含 的子集共 个，
②其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为 ，其中含有偶数个元素的集合有15个，经过变换后第一列均仍为 ；
综上，经过变换后，所有 的第一列数的和为
同理，经过变换后所有 的第二列数的和为 .
所以所有 取值的和为 ，
又因为 ，所以所有 取值的和不超过 .
（4）如果 ，其他条件不变，
经过 变换后得到数阵 ，
经过 变换后得到数阵 ，
则（1）中 .
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用分类讨论的思想，分 和 讨论即可.
3．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知 行 列 的数表 的分量
都是非零整数．若数表 满足如下两个性质，则称数表 为规范表：
对任意 ， ， ，…， 中有 个 ，1个1；
①存在 ，使得 ， ，…， 都是正整数．
②
(1)分别判断数表 ， 是否为规范表；（直接写出结论）
(2)当 时，是否存在规范表 满足 ？若存在，请写出一个；若
不存在，请说明理由；
(3)当 时，是否存在规范表 满足 ？若存在，求出 的最小值；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)B 是规范表；C 不是规范表．
(2)不存在，理由见解析；
(3) 的最小值是 2025 ．
【分析】（1）直接根据规范表的定义判断即可；
（2）利用反证法假设存在规范表 满足 ，分析得到矛盾的结论即可；
（3）先构造再估计，再证明出 ，则得到最小值.
【详解】（1）数表 ， ，
当 时， ， ， 中有 个 ，1个1；
当 时， ， ， 中有 个 ，1个1；
满足条件 ；
①，当 时， ， ， 均为正整数，满足条件 ，
综上B是规范表；
②
数表 ， ，
当 时， ， ， 中有 个 ，2个1；不满足条件 ，
则C不是规范表．
①
（2）不存在．用反证法．
假设存在规范表 满足 ，
令 ，则 ；
另一方面，根据性质（1）： ，
即对任意 ；
另一方面，由条件 ，存在 ，使 ，矛盾．
所以假设不成立，即不存在符合题意的规范表．
②
（3）存在符合题意的规范表 ．
构造：考虑满足如下条件的数表 ，
①
其中 ，
并且当 时，相邻两列 与 ，
满足 对 成立，
则数表 为符合题意的规范表；
估值：以下证明，当 为偶数且 时，
②规范表 满足 .
事实上，用 表示规范表第 行中 的个数，
其中 为偶数，令 ，则 ，
从而 ，据此可知 为偶数， 为奇数．
设 为规范表，则 为奇数．
另一方面，由条件（1）知相邻两行有 个分量符号相反，
据此可知第 行与第 行至多有2个分量符号相反，即 ，
所以， ，
，
这表明 ．综合 所述， 的最小值是 ．
因为 ，所以 ①的②最小值是2025．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用反证法证明出不存在这样的规范表.
题型 04 初等数论
【解题规律·提分快招】
数论中，新定义往往源于对数的性质、运算规律及数列模式的深入探索。方法上，我们强调逻辑推
理的严密性，运用归纳法、反证法等技巧解决复杂问题。同时，注重数与形的结合，通过图形直观展示
数论概念，降低理解难度。
【典例训练】
一、解答题
1．（23-24高三下·广西柳州·阶段练习） 表示正整数a，b的最大公约数.若
，且 ，则将k的最大值记为
，例如：
(1)求 ;
(2)设 ，数列 的前n项和为 证明：
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题中定义，结合正整数的性质进行求解即可；
（2）利用放缩法，结合等比数列前 项和公式进行求解即可.【详解】（1）
依题可得 表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数个数.
因为与2互质的数为1，所以 ，
因为与3互质的数为1，2，所以 ，
因为在 中与 互质的正整数只有 ，
所以在 中与 互质的正整数的个数为 ，因此 ；
（2） ，则 ，
因为 ，
所以 ，因此有 ，
所以 ，
因为 ，所以 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键是弄懂题中定义的实质，利用放缩法进行求解.
2．（23-24高三下·湖北·阶段练习）设 ，我们常用 来表示不超过 的最大整数.如：
.
(1)求证： ；
(2)解方程： ；
(3)已知 ，若对 ，使不等式
成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2) 或 或 .
(3)
【分析】（1）设 ，就 、 分类讨论后可证该恒等式；
（2）利用 可得 ，求出其解后逐个检验可得原方程的解；
（3）求出 的最大值后参变分离，从而可求参数的取值范围.
【详解】（1）设 ，若 ，则 ， ，
故 ，而 ， ，故 .
若 ，则 ， ，
故 ，而 ， ，故 .
综上， .
（2）因为 ，故 ，
因为 ，故 ，故 ，故 ，
若 ，则 ，又 ，故 符合；
若 ，则 ，故 ，又 ，不符合 ，均舍；
若 ，则 ，故 ，又 ，故 符合；
若 ，则 ，故 ，又 ，故 符合；
综上， 或 或 .
（3） ,
当 时， ，故 ，故
因为对 ，使不等式 成立，
故 在 上恒成立，
故 在 上恒成立，而 在 上恒成立，
故 在 上恒成立，
设 ， ，
因为 在 上均为增函数，故 ， 为增函数，
故 ，
设 ，
设 ，则 ，
而 ，故 ，故 ，
即 ，故 为减函数，
故 ，故 .
【点睛】方法点睛：与取整函数有关的证明问题，可将实数表示整数部分和小数部分，从而便于证明，而
与绝对值有关的不等式恒成立或有解问题，注意利用公式去掉绝对值符号，便于参变分离.
3．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）小学我们都学过质数与合数，每一个合数都能分解为若干个质数
的积，比如 ， 等等，分解出来的质数称为这个合数的质因子，如2，3都是6的
质因子．在研究某两个整数的关系时，我们称它们是互质的，如果它们没有相同的质因子．例如25的质
因子只有5，而36的质因子只有2，3，所以25，36是互质的．为方便表示，对于任意的正整数 ，我们
将比 小且与 互质的正整数的个数记为 ．例如，小于10且与10互质的数有1，3，7，9，所以
，同理有 ．
(1)求 ， ；
(2)求所有 ， ，使得 是奇数；
(3)若正整数 ，其中 表示互不相同的质数．证明：
.
【答案】(1) ，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）直接证明当 时有 ，然后利用该结论求
解；
（2）利用（1）中的结论求解即可；
（3）这就是（1）中结论的直接推论.
【详解】（1）我们先证明一个引理.
引理：对正整数 ，设 的质因数分解式为 ，其中表示互不相同的质数，则有
.
引理的证明：由于 ，故 和 不互质，从而 就是 中，和 互质的数的个数.
由于 的全部质因子为 ，故一个正整数和 互质，当且仅当它不被每个 整除.设集合 ， ，这里 .
换言之， 就是 中全体 的倍数.
由于 是不同的质数，故它们两两互质，从而对任意 ，都有
.
从而 ，这里 表示集合 的元素个数.
所以由容斥原理可得
.
将 展开即知 .
所以 ，引理得证.
回到原题，由于 ， ，故由引理知
， .
（2）根据（1）中的引理，我们可以直接得出，若正整数 ，则 是 的倍数，所以如果 是奇
数，则 一定是奇数.
对正整数 ，我们分两种情况讨论.
情况一： 是 的倍数.
取最大的正整数 ，使得 整除 ，则 .
根据正整数 的取法， 一定是奇数，所以 和 互质.
若 ，则根据（1）中的引理有 是偶数；
若 ，设 ，这里 是互不相同的奇质数，则根据（1）中的引理，有.
从而 是偶数.
无论怎样都有 是偶数，故此时 不满足条件；
情况二： 不是 的倍数，且 是偶数.
此时如果 ，则 ，满足条件；
如果 ，则 是大于 的奇数，设 ，这里 是互不相同的奇质数，则根据
（1）中的引理，有
.
而 是奇数，故 是奇数，所以 是奇数，满足条件.
无论怎样都有 是奇数，故此时 满足条件；
情况三： 是奇数.
此时由于 是奇数，所以 是奇数，故此时 满足条件.
综上，所求的全部 的集合为 .
（3）显然这就是（1）中引理的直接推论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于给出适当的结论作为基础，从而方便研究所求的问题.
题型 05 平面几何
【解题规律·提分快招】
平面几何中，新定义关注图形的性质、变换及相互关系。方法上，我们运用公理化体系，从基本性
质出发推导出复杂结论。此外，注重图形的构造与变换，通过旋转、平移等操作揭示几何规律。
【典例训练】
一、解答题
1．（23-24高三上·浙江宁波·开学考试）（1）如图，已知在 中， ， 为内心， 分
别在
边 上，且 过 ， ， ， ，求 的长；（2）如图，已知在等腰 中， 是边 上一点， ， 是 上一点， ，
延长线交 于点 ，求 的值.
【答案】（1）37；（2）
【分析】（1）过点 分别作 的垂线，记垂足为 .设 ，用两种方法表示出三角形
的面积从而建立方程即可求解；
（2）作出 的外接圆，记 与外接圆交于点 与 交于点 ，与外接圆交于点 .结合相似
三角形的性质以及赛瓦定理即可得解.
【详解】（1）过点 分别作 的垂线，记垂足为 .
由题设，易知 为等边三角形，则有 ，
设 ，则有 ，则
，
因为 在 上的高 ，
由等面积法，于是 ，
解得 ，于是 .
（2）作出 的外接圆，记 与外接圆交于点 与 交于点 ，与外接圆交于点 .因为 ，结合 ，
显然 为平行四边形，于是 ，
所以 ， ，
结合同圆中圆周角相等，对应弧、弦相等，则 ， ，
由上， ， ，进而有 ，
由题意，易知 为直径，且 ，则 ， ，
同理有 ， ，
所以 ， ，
由 且 ，所以 .
由赛瓦定理有 ，即 ，因此 .
2．（24-25高三上·上海·期中）世界上除了圆形的轮子之外，还有一些好事之徒制作了不少形状的多边形
轮子.
(1)如图，平面直角坐标系内有一个边长为1的正方形 ，其初始位置为 ， ， ，
.
将整个正方形 绕点 顺时针旋转，使点 首次旋转到 轴正半轴上停止：
①再将整个正方形 绕点 顺时针旋转，使点 首次选择到 轴正半轴上停止；
②再将整个正方形 绕点 顺时针旋转，使点 首次选择到 轴正半轴上停止；
③再将整个正方形 绕点 顺时针旋转，使点 首次选择到 轴正半轴上停止.
④我们将上述四个步骤依次操作一遍，称为将正方形 “滚动”一周.
为使点 向 轴正方向移动100个单位长度，需要将正方形 “滚动”______周，在这个过程中，点
经过的路径总长度为______个单位长度；
(2)如果制造一个正 边形的“轮子”，该正 边形的中心到任意一个顶点的距离为1，并将该正 边形的“轮
子”滚动一周，求点 经过的路径总长度；
(3)根据（2）中结果猜想：半径为1的圆形轮子在平地上滚动一周，则圆周上任意一点经过的路径总长度
是多少？（不必说明理由）
【答案】(1)25；
(2) ；
(3)8.
【分析】（1）根据正方形的滚动路径，建立模型，即可得到答案；
（2）建立模型，找出每次滚动的半径，即可写出式子，利用三角函数的积化和差公式 ，即可得到答案；
（3）圆是正 多边形 时的情形，所以对第（2）问的答案取极限即可.
【详解】（1）因为“滚动”1周，移动4个单位长度，所以移动100个单位长度，需要“滚动”25周；
如图，正方形“滚动”一周时，点 经过的路径为：以点 为圆心， 长为半径的四分之一圆弧、以点
为圆心， 长为半径的四分之一圆弧，以及点 为圆心， 长为半径的四分之一圆弧，即
，
所以整个活动中，点 经过的路径总长为： ；
（2）
如图，正 多边形中心到顶点的距离为1，每条边对应的中心角为 ，
则由余弦定理可知，正 多边形的边长为，
.同理： ，
以此类推，相隔 条边的对角线长就是 .
点 在滚动时经过的路径是 个分别以 为半径的 个圆弧，
所以总路径为 ，
因为由三角函数的积化和差公式可知：
，所以
（3） .
3．（24-25高三上·福建厦门·阶段练习）阅读材料：
折纸几何学是指从数学的角度对折叠过程加以研究，如欧几里德为平面几何设计了公理一样，现代数学家
藤田文章（Humiaki Huzita）和羽鸟公士郎（Koshiro Hatori）设计了一套完整的公理体系来描述折纸操作
——Huzita-Hatori公理，假定所有折纸操作均在理想的平面上进行，并且所有折痕都是直线，这些公理描
述了通过折叠纸张可能达成的所有操作，其中的第六条公理叙述如下：
·给定两个点， ， 和两条相交直线 ， ，存在一个折叠，可以使 落在 上，同时 落在 上．
（如图1）
不同于尺规作图，折纸操作在折叠过程借用了三维空间，翻转了“平面”，借助这些公理，可解决一些尺规
作图无法解决的作图问题．
（ⅰ）倍立方体问题：作出体积是给定正方体两倍的正方体棱长
如图19-2，首先将正方形ABCD三等分，
将B折到线段AD上，同时将M折到线段PQ上，
①
②
则 点将AD分成两段，其长度之比恰为所求．
③（ⅱ）三等分锐角问题：（如图19-3）
在矩形纸ABCD上折出锐角
在AD上标注点M，对折AM，折痕记为NQ；
①
折叠纸张，使得点M落到AE上，点A落到NQ上，
②
把M、N、A落地点分别记为P、H、G，折痕记为RF；AH、AG就是 的三等分线
③
④
结合阅读材料解决以下问题：
(1)在平面直角坐标系中，已知 ， ，若能通过折叠使A，B分别落在x轴，y轴上，求折痕
所在直线l的方程；
(2)求证：在倍立方体问题中， ；
(3)如图4，直线 的倾斜角为 ，若直线n过原点，且倾斜角为 ，请结合三等分锐角的案例，
设计折出直线n的步骤，并加以证明．
【答案】(1) 或
(2)证明见详解
(3)答案见详解；证明见详解
【分析】（1）确定折叠后 对应的点的坐标，分别求出对应的中点坐标，结合直线的点斜式方程计算
即可求解；
（2）结合倍立方体的问题，即可证明；
（3）结合三等分锐角的案例，即可求解.
【详解】（1）设折叠后A点落在 轴上的点为 ， 点落在 轴上的点为 ，
因为折叠前后线段长度不变， 或 .当 时，得 的中点为 ， 的中点为 ，
所以直线 为 ，即 ；
当 时，得 的中点为 ， 的中点为 ，
所以直线 为 ，即 ，
故直线 的方程为 或 ；
（2）设原立方体的棱长为 ，倍立方体的棱长为 ，
则原立方体的体积为 ，倍立方体的体积为 ，
又倍立方体的体积是原立方体的体积的2倍，
所以 ，解得 ，
在图2中， ，
所以 ，即证.
（3）由题意知，直线 的斜率为-2，则 ，故 为钝角.
如图，
设计折出直线 的步骤：
将 对折，折痕记为 ，
①将 放在矩形 中，且在 上标注点 ，对折 ，折痕记为 ，
②折叠纸张，使得点 落在 上，点 落在 上，
③把 的落地点分别记为 ，折痕记为 ；
④
就是 的三等分线，则 ， 所在直线即为直线 .
证明：
⑤
因为折叠操作使得 ，则 ，所以直线 即为倾斜角是 的直线，即直线 .
【点睛】关键点点睛：解决本题的第（2）问，关键点在于充分理解倍立方体的问题；第（3）问的关键点
在于充分理解三等分锐角的案例.
一、解答题
1．（23-24高三上·福建泉州·阶段练习）如图， 内接于 ， 是 的内心，过 作 的垂
线交 于点 ，交 于点 ， 是 的中点，连接 ，过 作 于点 .证明：
(1) ；
(2) 、 、 、 四点共圆.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过计算 可得结论；
（2）通过三角形相似得到 ， ，再通过计算 可得结论.
【详解】（1）易知点 为 的中点，因此 ，
所以 ；
（2）在 中， ，且 ，
由射影定理知 ，即 ，又 ，所以 ，故 ，
由鸡爪定理知： ，在 中， ，
由射影定理知： ，即 ，又 ，
所以 ，故
所以 ，
所以 、 、 、 四点共圆.
2．（23-24高三下·北京海淀·开学考试）已知x为实数，用 表示不超过x的最大整数．例如 ，
， ．若对于函数 ，存在实数 且 ，使得 ，则称函数
是 函数．
(1)直接写出下列式子的值： ； ； ；
(2)分别判断函数 ， 是否是 函数；（只需写出结论）
(3)已知 ，请写出一个a的值，使得 是 函数，并给出证明；
(4)定义：对于函数 ，如果存在一个不为零的常数T，使得当x取定义域内的每一个值时，
都成立，那么就把 叫做周期函数，不为零的常数T叫做这个函数的周期．如果
在所有的周期中存在一个最小的正数，就把它叫做 的最小正周期．设函数 是定义在R上的
周期函数．其最小正周期为T，若 不是 函数．求T的最小值
【答案】(1)-4 1 0 2
(2)否 是
(3)1 证明过程见解析
(4)1
【分析】（1）根据 函数特点和具体数值范围即可求解；（2）根据 函数定义即可求解；（3）根据
对号函数和 函数的特点即可求解；（4）根据周期函数的特点和 函数的特点即可求解.
【详解】（1）不超过-3.5的最大整数是-4，故 ；，故 ，
，故 ；
，所以 .
（2） ，
，
由题意 ，
当 且 时，容易知道 是单调增函数，因此 不成立；
当 且 时，容易知道 是单调增函数，因此 不成立；
故 不是 函数.
，
，
，
所以 ，
所以存在实数 ，使得
故 是 函数.
（3）
，
所以 ，
，
所以 ，
即 ，所以存在实数 ，使得 ，
所以 符合题意.
（4） 恒成立，
所以 ，
所以 ，
故 最小值为1.
3．（2024高三上·全国·竞赛）在锐角 中， 为 延长线上一点，过 分别作 ， 平行线
， ，若 ， ，且 的外接圆与 交于点 ，证明：
(1) ；
(2) ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）作出合适的辅助线即可，分析求解即可.
（2）利用上问结论直接求解即可.
【详解】（1）
作 ，
若证 ，则证 即可，
只需证 即可，
故 ，
，
只需证 即可，故证 ， ， 即可，易知
， ，
故原式得证
（2）由上问知 ,故 得证
4．（2024·湖南·二模）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是
由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数 满足在闭区间 连续，在
开区间 内可导，且 ，那么在区间 内至少存在一点 ，使得 ．
(1)运用罗尔定理证明：若函数 在区间 连续，在区间 上可导，则存在 ，使得
．
(2)已知函数 ，若对于区间 内任意两个不相等的实数 ，都有
成立，求实数 的取值范围．
(3)证明：当 时，有 ．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，构造函数 ，利用导数结合罗尔定理推导即得.
（2）求出函数 的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即
得.
（3）构造函数 ，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.
【详解】（1）令 ，则 ，
令函数 ，则 ，
显然 在 上连续，且在 上可导，由罗尔定理，存在 ，使得 ，
即 ，所以 .
（2）依题意， ，
不妨令 ，则 恒成立，
由（1）得 ，于是 ，即 ，
因此 ，令 ，
求导得 ，函数 在 上单调递增，则 ，
而函数 在 上单调递增，其值域为 ，
则 ，所以实数 的取值范围是 .
（3）令函数 ，显然函数 在 上可导，由（1），存在 ，使得 ，
又 ，则 ，
因此 ，而 ，则 ，即 ，
所以 .
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方
法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.
5．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）在平面直角坐标系中，若点 满足 都是整数，则称
点 为格点.
(1)指出椭圆 上的所有格点；
(2)设 是抛物线 上的两个不同的格点，且线段 的长度是正整数.求直线 的斜率的所有可能
值；
(3)设 且 项的数列 满足：点 是函数 的图象上的格点
.则是否存在正整数 ，使得数列 为常数列；若存在，请求出正整数 的取值范围；
若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)0
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据点 为椭圆 上的格点，结合椭圆的对称性可得到结果.
（2）设 且 ，根据题意得 ，从而得到直线的斜率.
（3）记 ， 为整数，根据题意得到 ，变形为 ，根据
确定 的值，验证发现 不是正整数，从而得到不存在正整数 ，使得数列 为常数列.
【详解】（1）根据题意，椭圆 ，
当 时， 不满足；
当 时， ，不满足；
当 时， ，则点 和为椭圆 上的格点，由椭圆的对称性可得格点： .
（2）设 且 ，
则 为正整数，记为 ，
所以 ，
由于 都是整数，所以 与 都是完全平方数，
故只能有 ，
因此 ，即直线 的斜率为0.
（3）设存在正实数 ，使得数列 为常数列，
记 ，则 为整数.
由题意得， ，即 ，
所以 ，且 ， 为 的因数，
所以正整数 只可能使得 ，
经检验得，当 时， 不是正整数，
所以不存在正整数 ，使得数列 为常数列.
【点睛】关键点点睛：解决第（3）问的关键是利用题目条件得到 ，根据 ， 为正整
数确定 的值，验证得到不合题意，即不存在正整数 ，使得数列 为常数列.
6．（24-25高三上·广东·阶段练习）定理：如果函数 在闭区间 上的图象是连续不断的曲线，在
开区间 内每一点存在导数，且 ，那么在区间 内至少存在一点c，使得 ，
这是以法国数学家米歇尔•罗尔的名字命名的一个重要定理，称之为罗尔定理，其在数学和物理上有着广
泛的应用.
(1)设 ，记 的导数为 ，试用上述定理，说明方程 根的个
数，并指出它们所在的区间；
(2)如果 在闭区间 上的图象是连续不断的曲线，且在开区间 内每一点存在导数，记 的
导数为 ，试用上述定理证明：在开区间 内至少存在一点c，使得 ；
(3)利用（2）中的结论，证明：当 时， （ 为自然对数的底数）.
【答案】(1)根有3个，且分别位于 ， ， 这三个区间内(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）注意到 ，结合罗尔定理可得答案；
（2）构造函数 ，后利用罗尔定理可证明结论；
（3）注意到 ，后由（2）中结论可证明.
【详解】（1）注意到 ，则由罗尔定理，
在 内存在 ，使 ；
在 内存在 ，使 ：
在 内存在 ，使 .
综上， 的根有3个，且分别位于 ， ， 这三个区间内.
（2）证明：构造函数 ，
则 注意到 ，由罗尔定理，
则在 上至少存在一点c，使
即在开区间 内至少存在一点c，使得 ；
（3）证明：当 时， .
因函数 为 上连续函数， .
由（2），又 ，则 在上存在 ，
使 ；
又 ，则在 上存在
又令 ，当 时， ，
则 在 上单调递增，
又
则
所以：【点睛】在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信
息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，
并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法.
7．（2024·浙江温州·模拟预测）复平面是人类漫漫数学历史中的一副佳作，他以虚无缥缈的数字展示了
人类数学最纯粹的浪漫．欧拉公式可以说是这座数学王座上最璀璨的明珠，相关的内容是，欧拉公式:
，其中 表示虚数单位， 是自然对数的底数．数学家泰勒对此也提出了相关公式:
其中的感叹号!表示阶乘 ，试回答下列问题：
(1)试证明欧拉公式．
(2)利用欧拉公式，求出以下方程的所有复数解．
； ；
①(3)求出角度②的 倍角公式(用 表示， )．
【答案】(1)证明见解析
(2) ；
① ②
(3)
【分析】（1）根据泰勒展开式，结合虚数 的运算法则即可证明；
（2）利用欧拉公式，同角三角函数关系及对数运算即可求解；
（3）根据二项式定理及同角三角函数的平方关系即可求解．
【详解】（1）证明：令 ，
则
因为
所以 ，即
（2） 因为 ， ，
所以 ① ；
由 得， ，
②
所以 ， ，
由 得，当 时， ，
所以 ，两边同时取对数得， ，解得 ，
（3）
令实部相等，
即得 ．
【点睛】关键点睛：第三问中，应用 及二项式定理，结合复数
相等即可证明．
8．（24-25高三上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）行列式在数学中，是一个函数，其定义域为 的矩阵
A，取值为一个标量，写作 或 ．无论是在线性代数、多项式理论，还是在微积分学中（比如说换
元积分法中），行列式作为基本的数学工具，都有着重要的应用．将形如 的符号称二阶行列式，
并规定二阶的行列式计算如下： ，设函数 ．
(1)求 的对称轴方程；
(2)在 中，若 ， ， ，对任意实数t恒有 ，求 面积
的最大值；
(3)在 中，若 ，点I为内心，且满足 ，求 的最大值．
【答案】(1) ；
(2) ；
(3) .
【分析】（1）由给定定义求出 ，利用三角恒等变换化简函数式，再利用正弦函数的性质求出对称
轴.
（2）由（1）的信息求出 ，利用向量数量积的运算律，结合一元二次不等式恒成立求出 ，进而表示
出三角形面积并求出最大值.
（3）由二倍角公式求出 ，延长AI交BC于点D，内切圆切BC，AC于E，F，利用共线向量定
理的推论，结合函数单调性求出最大值.【详解】（1）
，
由 ，得 ，
所以 的对称轴为 .
（2）由（1）知， ，则 ，
由 ，得 ，则 ，解得 ，
由 ，得 ，两边平方并整理得，
对任意实数t恒成立，
则 ，得 ，
于是 ，又 ， ，解得 ，
，当且仅当 等号成立，
所以当 时， 面积的最大值为 .
（3）在 中， ，则 ，解得 ，
延长AI交BC于点D，内切圆切BC，AC于E，F，设 ，
则 ，而点 共线，于是 ，即 ，
，
当且仅当 ，即 ， 时取等号，
所以 的最大值为 .
【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使
用书上的概念.
9．（2024·湖北·二模）微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过
渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数 在区间 上
的图像连续不断，从几何上看，定积分 便是由直线 和曲线 所围成的区域（称
为曲边梯形 ）的面积，根据微积分基本定理可得 ，因为曲边梯形 的面积小
于梯形 的面积，即 ，代入数据，进一步可以推导出不等式：
．
(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明： ；
(2)已知函数 ，其中 ．
证明：对任意两个不相等的正数 ，曲线 在 和 处的切线均不重合；
①当 时，若不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
②
(2) 证明见解析；
① ②
【分析】（1）根据题，设过点 作 的切线分别交 于 ，结合
，即可得证；
（2） 求得 ，分别求得在点 和 处的切线方程，假设 与 重
①
合，整理得 ，结合由（1）的结论，即可得证；
根据题意，转化为 时， 在 恒成立，
②设 ，求得 ，分 和 ，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解.
【详解】（1）解：在曲线 取一点 ．
过点 作 的切线分别交 于 ，
因为 ，
可得 ，即 ．
（2）解： 由函数 ，可得 ，
不妨设 ① ，曲线 在 处的切线方程为
，即
同理曲线 在 处的切线方程为 ，
假设 与 重合，则 ，
代入化简可得 ，
两式消去 ，可得 ，整理得 ，
由（1）的结论知 ，与上式矛盾
即对任意实数 及任意不相等的正数 与 均不重合．
当 时，不等式 恒成立，
②所以 在 恒成立，所以 ，
下证：当 时， 恒成立．
因为 ，所以
设
（i）当 时，由 知 恒成立，
即 在 为增函数，所以 成立；
（ii）当 时，设 ，可得 ，
由 知 恒成立，即 在 为增函数．
所以 ，即 在 为减函数，所以 成立，综上所述，实数 的取值范围是
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
10．（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效
工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数 在闭区间 上连续，在开区间 可导，导数为 ，那么在开区间 内至少存在
一点 ，使得 ，其中 叫做 在 上的“拉格朗日中值点”.已知函数
.
(1)若 ，求函数 在 上的“拉格朗日中值点” ；
(2)若 ，求证:函数 在区间 图象上任意两点 ， 连线的斜率不大于 ；
(3)若 ，且 ，求证: .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意 ，解得即可；
（2）不妨设 ， ， ，则 ，求出函数的导函数，再构造
函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明 ，再结合拉格朗日中值定理证明即可；
（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明 ，即证明 在 上单调递减，求出导函数，
再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）当 时 ，则 ，
因为 为函数 在 上的“拉格朗日中值点，
则 ，
即 ，解得（2）当 时 ，
不妨设 ， ， ，则 ，
又 ，令 ，
则 ，
又 ，所以 恒成立，
所以当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 处取得极大值，即最大值，
所以 ，所以 ，
由拉格朗日中值定理可知必存在 使得 ，
即 ，又 ，所以 ，
即函数 在区间 图象上任意两点 ， 连线的斜率不大于 ；
（3）当 时 ，
由拉格朗日中值定理知，存在 和 ，
使得 ， ，
所以只需证明 ，即证明 在 上单调递减，
又 ，
令 ，
则 ，
令 ，
则 ，
当 时 ，
令 ， ，则 ，则 在 上单调递增，又 ， ，
所以存在 使得 ，
所以当 时 ，则 ，即 单调递增，
当 时 ，则 ，即 单调递减，
所以 在 处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以 ，所以 在 上单调递减，
即 在 上单调递减，命题得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数 ；
（3）利用导数研究 的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
11．（24-25高三上·安徽·阶段练习）法国著名数学家拉格朗日给出一个结论：若函数 在闭区间
上的图象是一条连续不断的曲线，在开区间 上都有导数，则在区间 上存在实数 ，使得
，这就是拉格朗日中值定理，其中 称为 在区间 上的“拉格朗日中值”.
已知函数 .
(1)利用拉格朗日中值定理求函数 在 上的“拉格朗日中值”；
(2)利用拉格朗日中值定理证明：函数 上任意两点连线的斜率不小于 ；
(3)针对函数 ，请证明拉格朗日中值定理成立.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析【分析】（1）由题可得 ，解相应方程可得答案；
（2）利用导数知识多次求导可得 ，然后结合拉格朗日中值定理可证明结论；
（3）由题可得即证对任意 ， ，然后通过构造函数分别证明 ，
，从而完成证明.
【详解】（1）由题， ，
因 ， ，
则 （负值舍去）；
（2）由题， ，
设 ，
设 ，
则 在R上单调递增，注意到 ，
则当 在 上单调递增，
在 上单调递减，
则 ，
设函数 上任意两点为 ，
则函数 上任意两点斜率的表达式为 ，
由拉格朗日中值定理，在区间 上存在实数 ，
使 ，即 ，
因 ，则 ，
即函数 上任意两点连线的斜率不小于 ；
（3） ，
由题即相当于证明， ，存在 ，使 ，
即
，即命题等价于证明对任意 ， ，
下面证明： ，
先证： ，
不等式两边同时除以a，所证不等式变为 ，
令 ，则所证不等式可化为 ，
构造函数 ，则 ，
则 在 上递减，则 ，则 ；
再证： ，
因 ，则所证不等式可化为 ，
即 ，令 ，则所证不等式可化为 ，
构造函数 ，则 ，
则 在 上递增，则 ，则 ，
又由基本不等式可得 ，则 ，
又注意到 ，则 ，
即对任意 ， ，则命题得证.
【点睛】方法点睛：本题（3）所涉表达式 为对数平均数，则（3）中证明不等式即为几何平均
数小于对数平均数小于代数平均数，此不等式及证明方法常用于解决双变量，极值点偏移等涉及多个变元
的问题.
12．（24-25高三上·湖北·开学考试）已知函数 .
(1)当 时，求 的单调区间；(2)若 在 上恒成立，求实数 的取值范围；
(3)帕德近似（Pade approximation）是数学中常用的一种将三角函数､指数函数､对数函数等“超越函数”在
一定范围内用“有理函数”近似表示的方法，比如在 附近，可以用 近似表示 .
（i）当 且 时，试比较 与 的大小；
（ii）当 时，求证： .
【答案】(1)减区间为 ，无增区间
(2)
(3)（i）答案见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，判断导函数的符号，可得函数的单调区间.
（2）采用分离常数的方法得 （ ），设 ，求 在 上的
最小值即可.
（3）（i）构造函数 ，利用函数的单调性及 ，比较 与 的大
小；（ii）利用（i）的结论，进行证明.
【详解】（1）当 时， ，则 .
所以 的减区间为 ，无增区间.
（2）因为 在 上恒成立，
所以 ，所以 （ ）
设 ，则
再设 ，则 ，
则 在 上恒成立，所以 在 单调递增，
所以 ，
所以 在 上恒成立，所以 在 单调递增，
所以 .
又 在 上恒成立，所以 .
（3）（i）记 ，则 ，所以 在 上单调递增，而 ，
于是，当 时， ，当 时， .
（ii）当 时，原不等式即 .
由于当 时， ，所以 ，
当 时， 也成立.
所以 对任意的 恒成立.
在 中取 ，则有 ，也即 ，
所以 （a）
记函数 ，
由于 ，所以只需考虑 的符号，
易知 在 上单调递减，在 上单调递增， .
所以 （b）
由（a）（b）得 ，
故 .
【点睛】方法点睛：求参数的取值范围问题，一般思路有：
（1）分离参数，把参数分离出来，问题转化为不含参数的函数的值域问题，通过求函数的值域求解参数
的取值范围.
（2）直接求函数的值域，此时可能要根据参数的值进行分类讨论.
13．（2024·湖南湘西·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数 在 处的 阶帕德近似为 ，该
函数满足 ．
注： ．
设函数 在 处的 阶帕德近似为 ．
(1)求 的解析式；
(2)证明：当 时， ；
(3)设函数 ，若 是 的极大值点，求k的取值范围．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析；
(3) .
【分析】（1）由题意设 ，结合帕德近似的定义及导数运算求参数，即可得解析式；
（2）构造 且 ，利用导数研究其单调性并判断 与1的大小关系，即可证结
论；
（3）利用定义求 在 处的 阶帕德近似函数 ，并研究 的
极值确定 为界点，再讨论 、 、 并结合导数判断 是否为 的极大值，即
可求范围.
【详解】（1）由题意，可设 ，且 ，则 ，
而 ， ，且 ，则 ，
所以 .
（2）当 时，恒有 ，
令 ，且 ，则 ，
当 时， ，即 在 上递增；
当 时， ，即 在 上递减；
所以 ，故 ，得证.（3）令 在 处的 阶帕德近似为 ，
由 ，则 ，故 ，
由 ， ，而 ，则 ，
所以 ，故 ，
由 ，而 ，则 ，
综上， ，且 ，
令 ，则 恒成立，
所以 在R上递增，即 ，
故 时 ， 时 ，
所以 时 ， 时 ，
此时， 时 不是 极值点；
以 为界，讨论如下：
由连续函数 ，
当 ，则 ，而 ，
在 上 ， 递减，在 上 ， 递增，则 ，
所以，在 两侧 恒成立， 是极小值点；
当 ，则 ，而 ，
在 上 ， 递增，在 上 ， 递减，则 ，
所以，在 两侧 恒成立， 为极大值点；
当 ，有 ，
在 上 ， 递增，在 上 ， 递减，则 ，
所以，在 两侧 恒成立， 为极大值点；当 ，则 ，而 ，
在 上 ， 递增，在 上 ， 递减，则 ，
所以，在 两侧 恒成立， 为极大值点；
综上， .
【点睛】关键点点睛：第三问，利用帕德近似及导数知识确定 为界点，再讨论参数并利用导数研
究 单调性，及与1的大小关系为关键.
14．（2024·贵州遵义·三模）英国数学家泰勒（B．Taylor，1685—1731）发现了：当函数 在定义域
内n阶可导，则有如下公式：
以上公式称为函数
的泰勒展开式，简称为泰勒公式．其中， ， 表示 的n阶导数，即 连
续求n次导数．根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题：
(1)写出 的泰勒展开式（至少有5项）；
(2)设 ，若 是 的极小值点，求实数a的取值范围；
(3)若 ，k为正整数，求k的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用泰勒展开式求解即可；
（2）先求出 ，从而可得 ，由 是 的极小值点，得 ，当 时， ，
当 时， ，进而可得出答案；
（3）先利用泰勒展开式求出 的取值范围，再将其写成整数部分加上小数部分的形式，再利用二项式定
理求出 的范围，进而可得出答案.
【详解】（1）当 时， ，
由泰勒展开式可得 ；
（2）因为 ，
，所以 ，
则 ，
因为 是 的极小值点，且 ，
则当 在 的附近时， 即可，
即可，所以 ，
综上所述， ；
（3）因为 ，
所以 ，
所以 ，
，
即 ，
令 ，则 ，则 ，
由二项式定理可知
，
，
所以 ，即 ，
所以 .
【点睛】关键点点睛：用导数研究函数的单调性是导数的一个只要应用，在导数解答题中，单调性问题是
绕不开的一个问题，因为单调性是解决后续问题的关键，利用导函数求解函数单调性步骤，先求定义域，
再求导，根据导函数的正负号，确定函数的单调区间，若不能直接求出，可能需要多次求导.
15．（24-25高三上·全国·阶段练习）如果 和 除以 所得余数相同，则称 对模 同余，记作
，
若集合 ，集合 ，现从集合 中的 个数中可以抽出 个数，
（ ）且 ，使这 个数平均分为 组，若存在一组数对 (三者不相等）且满足 恰好
能被 整除， 对模 同余，则 为“灵魂莲华集合”， 为“灵魂莲华数对”(1)判断 为“灵魂莲华集合”
(2)若 ，判断有多少组数对 为灵魂莲华数对
(3)现从素数集合 中任取三个不同的数 ，若 构成公差为8的等差数列，求证：无论
且 为任何集合，最多有一对满足条件的 为灵魂莲华数对．
【答案】(1)是灵魂莲华集合
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据灵魂莲华集合定义判断可得答案；
（2）不妨设这组数为 ，且 ，第一种情况：模5只能余 ，分余0、1、2、
3、4讨论可得答案；第二种情况： 只能是 ，分模2只能余0或1讨论可得答
案；
（3）设 为偶数，不满足题意，此时不存在 ，若 为奇数， ，则 只能为3证明即可.
【详解】（1） 是灵魂莲华集合，证明：从 取 ，而
，因此 是灵魂莲华集合；
（2）不妨设这组数为 ，且 ，
第一种情况：若 ，则 只能是偶数，
由于样本数量并不大，不妨直接枚举寻找规律，单独分析 和 ，
而我们知道模5只能余 ，若余0，则
，
有以上六种情况，而 的偶数有9个，由乘法原理可知此时一共有
组，减去 或 的情况，共有 组，
若余1，除以5余1的有 四个，也就是四个数相互组合，共有 种，
有 种，
若余2，除以5余2的有 四个，减去12种， 种，
若余3，除以5余3的有 ，同上有96组，
若余4，除以5余4的有 三个，因此有 组， 种，
所以 时，有 .
第二种情况： 只能是 ，而模2只能余0或1，
模2余0的有9个数，因此 ，此时共有 组数，
减去有10的情况，从 共有16组组合， 组，
模2余1的有9个数，同上有216组
减去有5或15的情况，有30组，因此 组，因此第二种情况有386组，综上所述，共有 组数；
（3） ，由于 等价，设 为偶数， 且 为素数，则 只能为2，
因此 不是素数，因此不满足题意，此时不存在 ，
若 为奇数， ，则 只能为3，下面来证明：
不妨设这三个数分别为 ，
令 ，因此 可遍布所有整数，
第一种情况， ，则 ，若 为素数，则 ，
这三个数分别为 满足题意，
第二种情况， ，因此 不是素数，
第三种情况， ，则 ，因此 不是素数，
综上，必须满足条件 中， 必须为1或3，而
才为灵魂莲华数对，
若 均 ，则 均无法整除 ，此时不存在 ，
若 或3，但11和19对模 不同余，此时 也不是灵魂莲华数对，
故综上所述， 是灵魂莲华数对.
【点睛】方法点睛：这是一道新运算类的题目，其特点一般是“新”而不“难”，处理的方法一般为：根据新
运算的定义，将已知中的数据代入进行运算，易得最终结果．
