压轴06 函数与导数中的创新与融合问题的3 大核心题型
1.导数与函数与其他知识识交汇命题，考查考生的知识迁移能力、现场学习能力与现场运用能力，逐渐
成为命题的热点，难度较大，一般作为压轴题出现；2.导数与函数的新定义问题通常涉及三种类型：定义新
概念、定义新运算、定义新性质.解决导数与函数的新定义问题过程中，借助类比的方式有助于深化对新定
义的认识，尽管新定义的外表可能颇具挑战，但其实质仍旧根植于数学的基础知识中。
题型01 导数与函数与其他知识的交汇
1.（2025·河北张家口·二模）已知正三棱柱的表面积为6 3 ，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为
（ ）
A．3
B．2 3
3
C．4 3
3
D．5 2
4
【答案】B
【解析】设正三棱柱的底面边长为a ，高为h ，
则其表面积
2
3
2
3
6 3
4
S
a
ah
=
´
+
=
，得
2
12
2 3
a
h
a
-
=
，又
0
h >
，所以0
2 3
a
<
<
，
故正三棱柱的体积
3
2
3
12
4
8
a
a
V
a h
-
=
=
，
则
2
3
3
2
8
V
a
a
=
¢
-
，当0
2
a
<
<
时，
0
V
a
¢
>
，
V a 单调递增，
当2
2 3
a
<
<
时，
0
V
a
¢
<
，
V a 单调递减，
所以当
2
a =
时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为2 3
3
.
故选：B.
2.（2025·内蒙古包头·模拟预测）过点
1,0
P
且与抛物线
2
:
C x
y
=
有且仅有1 个公共点的直线l 的条数为
（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
技法指导
1.函数与导数与解析几何、概率、立体几何均有可能交汇，在求解最值、范围时发挥工具性作用;
2.函数与导数与数列交汇，结合图形变换寻找点的坐标的规律，构造数列问题
【解析】如图，直线
1
x = 与抛物线
2
:
C x
y
=
有且仅有1 个公共点，符合题意，
将
2x
y
=
求导可得
2
y
x
¢ =
，
设切点坐标为
2
0
0
,
x x
，切线斜率
0
2
k
x
=
，
则切线方程为
2
0
0
0
2
y
x
x
x
x
-
=
-
，
代入点
1,0
P
可得
2
0
0
0
2
1
x
x
x
-
=
-
，解得
0
0
x =
或
0
2
x
=
，
可知过点
1,0
P
的切线有2 条，
综上所述：符合题意的直线有3 条，故选D.
3.（2025·四川南充·三模）已知曲线
cos
f x
x
x
=
，圆
2
2
:
1
1
9
C
x
y
-
+
+
=
，若直线l 与曲线
f x 在
0,0
处的切线平行，且直线l 被圆C 截得的弦长为6，则直线l 的方程为
.
【答案】
2
y
x
=
-
【解析】对
cos
f x
x
x
=
求导可得
cos
sin
f
x
x
x
x
¢
=
-
，所以
0
1
f ¢
= ，
故直线l 的斜率为1，
又
2
2
:
1
1
9
C
x
y
-
+
+
=
的半径为
3,
r =
圆心为
1, 1
-
，
直线l 被圆C 截得的弦长为6，故直线l 刚好经过圆C 的圆心
1, 1
-
，
故l 方程为
1
1
y
x
+ =
- ，即
2
y
x
=
-
，
4.（2026·山东·模拟预测）已知等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，满足
3
3
1999
1999
π
3π
3π
sin
3
cos
3
4
4
2
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
-
+
+
-
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，则
2001
S
=
.
【答案】2001π
4
【解析】因为
3
3
1999
1999
π
3π
3π
sin
3
cos
3
4
4
2
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
-
+
+
-
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，所以
3
3
1999
1999
π
π
π
π
sin
3
sin
3
0
4
4
4
4
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
+
-
+
-
+
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
.
令
sin
3
g x
x
x
=
+
，则
g x 的定义域为R ，且
sin
3
g
x
x
x
g x
-
=
-
-
= -
，所以
g x 为奇函数.又因为
cos
3
0
g
x
x
=
+
>
¢
，所以
g x 在R 上单调递增.
令
1
3
2
1999
π
π
,
4
4
x
a
x
a
=
-
=
-
，则
1
2
2
g x
g x
g
x
= -
=
-
，故
1
2
x
x
= -
，即
3
1999
π
π
4
4
a
a
-
=
-
，则
1999
3
π
2
a
a
+
=
，
故
2001
1
2001
3
1999
2001
2001
2001π
2
2
4
S
a
a
a
a
=
+
=
+
=
.
题型02 导数与函数新定义问题
5.（2025 湖北新八校协作体联考）丹麦数学家琴生是19 世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数
的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若
1
x ，
2x ，L，
nx 为
,a b 上任意n 个实数，满足
1
2
1
2
n
n
f x
f x
f x
x
x
x
f
n
n
+
+
+
+
+
+
æ
ö ³
ç
÷
è
ø
L
L
，当且仅当
1
2
n
x
x
x
=
=
=
L
时等号成立，则称函数
f x 在
,a b 上为“凸函数”.也可设可导函数
f x 在
,a b 上的导函数为
f
x
¢
，
f
x
¢
在
,a b 上的导函数为
f
x
¢¢
，
当
0
f
x
¢¢
<
时，函数
f x 在
,a b 上为“凸函数”.若
1
x ，
2x ，L，
nx 为
,a b 上任意n 个实数，满足
1
2
1
2
n
n
f x
f x
f x
x
x
x
f
n
n
+
+
+
+
+
+
æ
ö £
ç
÷
è
ø
L
L
，则称函数
f x 在
,a b 上为“凹函数”当且仅当
1
2
n
x
x
x
=
=
=
L
时等号成立.也可设可导函数
f x 在
,a b 上的导函数为
f
x
¢
，
f
x
¢
在
,a b 上的导函数为
f
x
¢¢
，当
0
f
x
¢¢
>
时，函数
f x 在
,a b 上为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等
式.
(1)讨论函数
1
sin
y
x
=
，
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 的凹凸性；
(2)在
ABC
V
中，求证：
1
1
1
6
sin
sin
sin
2
2
2
A
B
C
+
+
³
；
(3)若n 个正实数
1 2
,
ix i
n
=
L
，，
满足
1
1
n
n
i
x
=
=
å
，求证：
1
2
1
2
1
nx
x
x
n
x
x
x
n
×
³
L
.
【解】（1）
1
sin
y
x
=
，
则
2
cos
sin
x
y
x
¢ = -
，
3
2
2
2
2
4
3
3
sin
2sin cos
sin
2cos
1 cos
sin
sin
sin
x
x
x
x
x
x
y
x
x
x
-
-
+
+
¢¢ = -
=
=
当
π
(0,
)
2
xÎ
时，
0
y¢¢ >
，
技法指导
三步法：1. 翻译：将新定义精准转化为数学等式/不等式。2. 转化：识别其本质（如凹凸性、对称性、
极值点偏移）。3. 构造：针对目标（证不等式、求参数）构造函数，利用导数分析单调性、最值求解。
核心是化新为旧，导数工具。
所以
1
sin
y
x
=
是凹函数；
（2）由（1）知
1
1
1
3
6
sin
sin
sin
2
2
2
2
2
2
sin
3
A
B
C
A
B
C
+
+
³
=
+
+
，当且仅当
π
3
A
B
C
=
=
=
时等号成立
（3）设
( )
ln
f x
x
x
=
，
则
( )
ln
1
f
x
x
¢
=
+ ，
1
( )
0
f
x
x
¢¢
=
>
在(0,
)
+¥ 上恒成立，
所以
( )
ln
f x
x
x
=
在(0,
)
+¥ 上是凹函数
n 个正实数
1 2
,
ix i
n
=
L
，，
满足
1
1
n
n
i
x
=
=
å
，
则
1
2
,
,
,
(0,1)
n
x x
x Î
L
，
所以
1
1
2
2
ln
ln
ln
n
n
x
x
x
x
x
x
n
+
+
+
L
1
2
1
2
1
1
ln
ln
n
n
x
x
x
x
x
x
n
n
n
n
+
+
+
+
+
+
³
×
=
L
L
，
即
1
1
2
2
1
ln
ln
ln
ln
n
n
x
x
x
x
x
x
n
+
+
+
³
L
，
所以
1
2
1
2
1
nx
x
x
n
x x
x
n
³
L
．
6.（2026·湖南邵阳·一模）已知初等函数
u x 的定义域为D ，令
v x
u
x
= ¢
，若
x
D
" Î
，
0
v x
¢
>
，则
u x
是一个下凸函数.
(1)分别判断
3
2
2
1
u x
x
x
x
= -
+
-
+ 是否是R 上的下凸函数？请说明理由；
(2)已知
1
x ，
2x ，
3x ，
4x 是公差不为0 的等差数列，
f x 的定义域为R ，求证：
f x 为下凸函数是
2
3
1
4
f x
f x
f x
f x
+
<
+
成立的充分不必要条件；
(3)已知下凸函数
g x 的定义域为R ，且
,0
x
¥
" Î -
，
0
g x <
，求证：
x
" ÎR ，
0
g
x
¢
>
.
【解】（1）
2
6
2
1
v x
u
x
x
x
=
= -
+
-
¢
，
12
2
v x
x
= -
+
¢
，
因为当
1
6
x ³
时，
1
12
2
12
2
0
6
v
x
x
= -
+
£ -
´
+
=
¢
，
所以
3
2
2
1
u x
x
x
x
= -
+
-
+ 不是R 上的下凸函数.
（2）令
F x
f
x
=
¢
，不妨设
1
x ，
2x ，
3x ，
4x 的公差为d 且
0
d >
，
充分性：因为定义在R 上的函数
y
f x
=
是下凸函数，
所以
x
" ÎR ，
0
F
x
¢
>
，即
F x
f
x
=
¢
在R 上单调递增，
设
G x
f x
d
f x
=
+
-
，则
0
G
x
f
x
d
f
x
=
+
¢
-
¢
>
¢
，
所以
G x 在R 上单调递增，
故
1
1
2
G x
G x
d
<
+
，即
1
1
1
1
3
2
f x
d
f x
f x
d
f x
d
+
-
<
+
-
+
，
所以
1
1
1
1
2
3
f x
d
f x
d
f x
f x
d
+
+
+
<
+
+
，
即
2
3
1
4
f x
f x
f x
f x
+
<
+
成立，
所以充分性成立；
必要性：令
4
h x
x
=
，xÎR ，
1
3
x
a
m
=
-
，
2x
a
m
=
-
，
3x
a
m
=
+
，
4
3
x
a
m
=
+
，
0
m ¹
，
则
3
4
h x
x
¢
=
，再令
r x
h x
= ¢
，则
2
12
r
x
x
¢
=
，当
0
x =
时，
0
r
x
¢
=
，
所以
h x 不是下凸函数，
但
2
3
1
4
h x
h x
h x
h x
é
ù
+
-
+
ë
û
4
4
4
4
3
3
a
m
a
m
a
m
a
m
=
-
+
+
-
-
-
+
2
2
2
32
3
5
0
m
a
m
= -
+
<
，
所以
2
3
1
4
h x
h x
h x
h x
+
<
+
，
所以，必要性不成立.
（3）下凸函数
y
g x
=
的定义域为R ，
所以
g
x
¢
在R 上单调递增，
0x
"
ÎR ，设
0
H x
g x
g
x
x
¢
=
-
，则
0
H
x
g
x
g
x
¢
=
-
¢
¢
，
当
0
,
x
x
¥
Î -
时，
0
H
x
¢
<
；当
0,
x
x
¥
Î
+
时，
0
H
x
¢
>
；
函数
H x 在
0
, x
¥
-
内单调递减，在
0,
x
¥
+
内单调递增，
所以
0
H x
H x
³
，
即
0
0
0
0
g x
g
x
x
g x
g
x
x
¢
¢
³
+
-
，
因为
,0
x
¥
" Î -
，
0
g x <
，
所以
0
0
0
0
0
g
x
x
g x
g
x
x
+
- ¢
<
¢
，
所以
0
0
g
x
¢
³
，
假设t
$ ÎR ，使
0
g t
¢
=
，则当x
t
< 时，
0
g
x
g t
¢
<
=
¢
，
这与
0x
"
ÎR ，
0
0
g
x
¢
³
矛盾，故不存在t 使
0
g t
¢
=
成立，
所以
x
" ÎR ，
0
g
x
¢
>
.
题型03 以高数中的定理为背景的新定义问题
7.（河南省部分示范性高中2025 届高三上学期12 月联考）约瑟夫·路易斯·拉格朗日是闻名世界的数学
家，拉格朗日中值定理就是他发现的.定理如下：若函数
f x 满足如下条件：
①函数
f x 在区间
,a b 上连续（函数图象没有间断）；
②函数
f x 在开区间
,a b 内可导（导数存在）．则在区间
,a b 内至少存在一点x ，使得
f b
f a
f
b
a
x
-
¢
=
-
成立，其中x 称为“拉格朗日中值点”．
(1)求函数
3
2
f x
x
x
=
+
在
1,1
-
上的“拉格朗日中值点”的个数；
(2)对于任意的实数1t ，2t ，证明：
2
1
2
1
cos
cos
t
t
t
t
-
£
-
；
(3)已知函数
2
e
ln
0
x
h x
x
x
a x a
=
-
-
³
在区间
0, ¥
+
上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当
2
1
0
x
x
>
>
时，
证明：
1
2
1
2
2
2
h x
h x
x
x
h
+
+
æ
ö
>
ç
÷
è
ø
．
【解】（1）因为
2
3
2
f
x
x
=
¢
+
，
0
1
1
6
3
1
1
2
f
f
f
x
-
-
=
=
=
- -
¢
，
2
0
3
2
3
x +
= ，
0
3
1,1
3
x = ±
Î -
，
所以
f x 在
1,1
-
上的“拉格朗日中值点”的个数为2 .
（2）设
cos
x
x
j
=
，有
sin
x
x
j
= -
¢
，
易知函数
x
j
在R 上满足拉格朗日中值定理的两个条件，
当1
2
t
t
=
时，
显然有
2
1
2
1
cos
cos
t
t
t
t
-
=
-
，当1
2
t
t
¹
时，不妨设1
2
t
t
<
，
由拉格朗日中值定理可知，
存在1
0
2
t
t
t
<
<
，使得
2
1
0
2
1
t
t
t
t
t
j
j
j
-
-
¢
=
，
有
2
1
0
2
1
cos
cos
sin
t
t
t
t
t
-
-
=
-
，
技法指导
以高数中定理为背景的新定义创新类题目，一般是借用该高数中某定理表述的基本数学思想、基本
数学表达式构建能够适应中学知识解决的问题.本题依据微分学中无限逼近思想为情境，以拉格朗日中值
定理为数学模型证明两类不等关系成立.求解此问题的关键：（1）利用函数f（x）的单调性、零点所在
区间及待证函数不等式所在区间之间的包含关系，结合拉格朗日中值定理数学表达式采用适当放缩证明；
（2）利用无限逼近思想及函数图象上过一点的切线与x 轴的交点横坐标构造数列x0，x1，x2，…，xn，
xn＋1…，再利用拉格朗日中值定理构造出误差函数证明数列不等式成立.
又由
0
sin
1
t £ ，有
2
1
2
1
cos
cos
1
t
t
t
t
-
£
-
，
可得
2
1
2
1
cos
cos
t
t
t
t
-
£
-
，
由上知，不等式
2
1
2
1
cos
cos
t
t
t
t
-
£
-
成立.
（3）由
2
1
0
x
x
>
>
，有
1
2
2
1
0
2
x
x
x
x
+
>
>
>
，
又由
1 e
2
x
a
h x
x
x
x
=
+
-
-
¢
，
设
1 e
2
x
a
x
x
x
x
l
=
+
-
-
，
有
2
2 e
2
2 e
2
e
2 e
1
0
x
x
x
x
a
x
x
x
x
x
l
=
+
-
+
³
+
-
=
+
-
>
¢
可得函数
x
l
单调递增，
由拉格朗日中值定理可知，
存在
1
2
1
1
2
x
x
x
h
+
<
<
，
使得
1
2
1
2
1
1
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
x
x
x
x
h
h x
h
h x
h
x
x
x
x
x
h
é
ù
+
æ
ö
+
æ
ö
-
-
ç
÷
ê
ú
ç
÷
è
ø
è
ø
ë
û
=
=
+
-
-
¢
同理可知，存在
1
2
2
2
2
x
x
x
h
+
<
<
，
使得
1
2
1
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
h x
h
h x
h
h
x
x
x
x
x
h
é
ù
+
æ
ö
+
æ
ö
-
-
ç
÷
ê
ú
ç
÷
è
ø
è
ø
ë
û
=
=
¢
+
-
-
，
又由
1
2
h
h
<
和函数
x
l
单调递增，
有
2
1
h
h
h
h
>
¢
¢
，
有
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
x
x
x
x
h x
h
h
h x
x
x
x
x
é
ù
é
ù
+
+
æ
ö
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
ê
ú
ê
ú
è
ø
è
ø
ë
û
ë
û
>
-
-
，
由
2
1
0
x
x
-
>
化简可得
1
2
1
2
2
2
h x
h x
x
x
h
+
+
æ
ö
>
ç
÷
è
ø
，
故不等式
1
2
1
2
2
2
h x
h x
x
x
h
+
+
æ
ö
>
ç
÷
è
ø
成立
8.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 R 上的函数
( )
f x 满足以下条件：①在闭区间[ , ]
a b 上连续，②
在开区间( , )
a b 内可导，③
( )
( )
f a
f b
=
，则至少存在一个
( , )
a b
x Î
，使得
0
f
x
¢
=
．据此，解决以下问题：
(1)证明方程
3
2
4
3
2
0
ax
bx
cx
a
b
c
+
+
-
+
+
=
在
0,1 内至少有一个实根，其中
R
a b cÎ
, ,
；
(2)已知函数
2
e
e
1
1,
R
x
f x
ax
a
x
a
=
-
-
-
-
-
Î
在区间
0,1 内有零点，求a 的取值范围．
【解】（1）设
2
4
3
,
0,1
F x
ax
bx
cx
a
b
c x x
=
+
+
-
+
+
Î
，
则
3
2
4
3
2
F
x
ax
bx
cx
a
b
c
¢
=
+
+
-
+
+
，
所以函数
F x 在
0,1 上连续，在区间
0,1 上可导，
又
0
0,
1
0
F
F
a
b
c
a
b
c
=
=
+
+ -
-
-
=
，故
0
1
F
F
=
，
所以由罗尔中值定理可得至少存在一个
0
(0,1)
x Î
，使得
0
0
F
x
¢
=
，
所以
3
2
0
0
0
4
3
2
0
ax
bx
cx
a
b
c
+
+
-
+
+
=
，
所以方程
3
2
4
3
2
0
ax
bx
cx
a
b
c
+
+
-
+
+
=
在
0,1 内至少有一个实根，
（2）因为函数
2
e
e
1
1,
R
x
f x
ax
a
x
a
=
-
-
-
-
-
Î
在区间
0,1 内有零点，
不妨设其零点为
1
x ，则
1
0
f x
=
，
1
0,1
x Î
，
由
2
e
e
1
1
x
f x
ax
a
x
=
-
-
-
-
- 可得
e
2
e
1
x
f
x
ax
a
¢
=
-
-
-
-
，
所以函数
f x 在
1
0, x 上连续，在
1
0, x
上可导，
又
0
0
e
0
0 1
0
f
=
-
-
- =
，
1
0
f x
=
，
由罗尔中值定理可得至少存在一个
2
1
(0,
)
x
x
Î
，使得
2
0
f
x
¢
=
，
因为函数
f x 在
1,1
x
上连续，在
1,1
x
上可导，
又
1
e
e
1 1
0
f
a
a
=
-
- +
+ - =
，
1
0
f x
=
，
由罗尔中值定理可得至少存在一个
3
1
( ,1)
x
x
Î
，使得
3
0
f
x
¢
=
，
所以方程
e
2
e
1
0
x
ax
a
-
-
-
-
=
在
0,1 上至少有两个不等的实数根，
设
e
2
e
1 ,
0,1
x
g x
ax
a
x
=
-
-
-
-
Î
，
则
e
2
x
g
x
a
¢
=
-
，
当
1
2
a £
时，
0
g
x
¢
>
，函数
g x 在
0,1 上单调递增，
所以方程
e
2
e
1
0
x
ax
a
-
-
-
-
=
在
0,1 上至多有一个根，矛盾，
当
e
2
a ³
时，
0
g
x
¢
<
，函数
g x 在
0,1 上单调递减，
所以方程
e
2
e
1
0
x
ax
a
-
-
-
-
=
在
0,1 上至多有一个根，矛盾，
当1
e
2
a
<
<
时，由
0
g
x
¢
=
，可得
ln 2
x
a
=
，0
ln 2
1
a
<
< ，
当0
ln 2
x
a
<
<
时，
0
g
x
¢
<
，函数
g x 在
0,ln 2a 上单调递减，
当ln 2
1
a
x
<
< 时，
0
g
x
¢
>
，函数
g x 在
ln 2 ,1
a
上单调递增，
所以当
ln 2
x
a
=
时，函数
g x 取最小值，
又
1
1
2
2
1
e
e
1
0
e
1 e< 2.89
1 e<
2
g
a
a
æ
ö =
-
-
=
+ -
+
-
çè
-
-
÷ø
，
所以
ln 2
<0
g
a
，
又
0
1
e
1
2
e
g
a
a
= -
-
-
=
+
- ，
1
e
2
e
1
1
g
a
a
a
=
-
-
-
-
= -
，
由零点存在性定理可得2
e
0
a
+
-
>
，1
0
a
-
>
，
所以
e
2
a >
-
，
1
a < ，又1
e
2
a
<
<
，
所以e
2
1
a
-
<
< ，
所以a 的取值范围
e
2,1
-
．
1．（2025·广东佛山·二模）已知函数
2
2
1
x
x
a
f x
a
+
=
Î
-
R ，命题p：
f x 是奇函数，命题q：
f x 在
0, ¥
+
上是减函数，则p 是q 的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若
f x 的奇函数，则
( )
f
x
f x
-
= -
，即2
1
2
2
2
1
1 2
1 2
x
x
x
x
x
x
a
a
a
-
-
+
+
×
+
=
=
-
-
-
恒成立，
所以
1
a = ，则
2
1
2
1
2
1
2
1
x
x
x
f x
+
=
= +
-
- ，
2
1
x
y =
- 在
0, ¥
+
上单调递增，
所以
f x 在
0, ¥
+
上是减函数，充分性成立；
若
2
1
1
2
1
2
1
x
x
x
a
a
f x
+
+
=
= +
-
- 在
0, ¥
+
上是减函数，
2
1
x
y =
- 在
0, ¥
+
上单调递增，
所以1
0
a
+
>
，故
1
> -
a
，此时不一定有
1
a = ，必要性不成立；
所以p 是q 的充分不必要条件.
故选：A
2．（2025·福建泉州·二模）设函数
f x 满足：,x y
"
ÎR ，都有
f x
y
f x
f
y
+
=
×
，且
2
2
f
=
.记
na
f n
=
，
则数列
2
log
na
的前10 项和为（ ）
A．55
B．45
C．55
2
D．45
2
【答案】C
【解析】令
1,
1
x
y
=
= 可得
2
2
1
1
1
f
f
f
f
=
=
，
再令
1
1
,
2
2
x
y
=
=
可得
2
1
1
1
1
0
2
2
2
f
f
f
f
æ
ö
æ
ö
=
=
³
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
又因为
2
2
f
=
，所以
1
2
f
=
，
再令
,
1
x
n y
=
= 可得
1
1
2
f n
f n
f
f n
+
=
×
=
，
又因为
na
f n
=
，所以有
1
2
n
n
a
a
+ =
，
即
na
是等比数列，则有首项
1
1
2
a
f
=
=
，公比
2
q =
，
所以
2
n
na =
，即
2
2
2
1
log
log
2
log
2
2
n
na
n
n
=
=
=
，
则
2
1
2
2
2
3
2
10
1 10 10
1
2
3
10
1
55
log
log
log
log
2
2
2
2
2
2
2
a
a
a
a
+
+
+
+×××+
=
+
+
+×××+
=
=
，
故选：C.
3．（2025·山东临沂·模拟预测）若定义在D 上的函数
f x ，
1
2
3
,
,
x x x
D
"
Î
，
1
f x
，
2
f x
，
3
f x
可以作
为一个三角形的三条边长，则称
f x 是D 上的“三角形函数”．已知函数
ln
f x
x
x
t
=
+ 是定义在区间
2
2
1 ,e
e
é
ù
ê
ú
ë
û
上的“三角形函数”，则t 的取值范围是（ ）
A．
2
2
2e
,
e
æ
ö
+
+¥
ç
÷
è
ø
B．
2
1
2e
,
e
æ
ö
+
+¥
ç
÷
è
ø
C．
1
2e
,
e
æ
ö
+
+¥
ç
÷
è
ø
D．
1
e
,
e
¥
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø
【答案】A
【解析】
ln
1
f
x
x
¢
=
+ ，令
ln
1
0
f
x
x
¢
=
+ >
得
2
1
e
e
x
<
<
，
令
ln
1
0
f
x
x
¢
=
+ <
得
2
1
1
e
e
x
<
<
，
故
f x 在
2
1 1
,
e
e
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，在
2
1 ,e
e
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，
所以
f x 在
1
e
x =
处取得极小值，也是最小值，
1 l e
1
1
1
n
e
e
e
t
f
t
æ
ö =
+ = -
ç
÷
è
+
ø
，
又
2
2
2
2
ln
e
1
1
2
e
1
e
e
f
t
t
=
=
æ
ö
÷
-
è
ø
+
+
ç
，
2
2
2
2
e
e ln e
2e
f
t
t
=
+ =
+ ，
故
2
max
2e
f
t
x
=
+ ，
由题意得
min
max
2 f x
f x
>
，即
2
2
e
e
2
2
t
t
+
>
-
+ ，
解得
2
e
2
2e
t >
+
.
故选：A
4．（2025·江西景德镇·二模）某公司举行抽奖活动，在箱子里装有
2
n n ³
个红球和4 个黑球，这些小球
除颜色外完全相同.在一次抽奖过程中，某员工从中一次性抽取两个小球，抽出两个小球颜色均为红色视为
中奖，其余情况均未中奖.假设在有放回地连续3 次抽奖中恰好中奖一次的概率为p ，则当p 取到最大值时n
的值为
.
【答案】6
【解析】依题意，单次抽奖中奖的概率
2
0
2
4
1
C
C
(
3)(
4)
n
n
n n
p
n
n
+
-
=
=
+
+
，
则连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率
0
0
0
0
0
1
2
3
2
3
C
1
3
6
3
(
)
p
p
p
p
p
p
=
-
=
-
+
，
令
3
2
( )
3
6
3 ,
(0,1)
f x
x
x
x x
=
-
+
Î
，则
2
( )
9
12
3
3(3
1)(
1)
f
x
x
x
x
x
¢
=
-
+
=
-
-
，
当
1
0
3
x
<
<
时，
( )
0
f
x
¢
>
，当1
1
3
x
<
< 时，
( )
0
f
x
¢
<
，
函数
( )
f x 在
1
0, 3
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在1 ,1
3
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，当
1
3
x =
时，
( )
f x 取得最大值，
因此当p 取最大值时，
0
3
1
(
3)(
4
1
)
n n
p
n
n
=
+
+
=
-
，而
2
n ³
，解得
6
n =
，
所以当p 取到最大值时n 的值为6 .
5．（2025·海南儋州·模拟预测）已知函数
3
2
( )
f x
x
ax
bx
=
+
+
．
(1)若
0
a
b
=
=
，函数
( )
f x 的图象在点
*
( ,
( ))(
)
n f n
nÎN
处的切线与x 轴的交点坐标为(
,0)
na
，求
na
的前n
项和
n
S ；
(2)若
0
a >
，函数
( )
f x 的图象与x 轴有且只有两个公共点，且
( 1)
0
f -
=
，求a，b 的值以及函数
( )
f x 在
,0
a
-
上的最小值．
【解】（1）若
0
a
b
=
=
，则
3
( )
f x
x
=
，得
2
( )
3
f
x
x
¢
=
，
所以
( )
f x 在点( ,
( ))
n f n
处的切线斜率为
2
( )
3
f
n
n
¢
=
，
又
3
( )
f n
n
=
，所以该切线为
3
2
3
(
)
y
n
n
x
n
-
=
-
，
令
0
y =
，得
2
3
x
n
=
，即
2
3
na
n
=
，
则
1
1
2
2
2
2
(
1)
,
3
3
3
3
n
n
a
a
n
n
a
+ -
=
+
-
=
=
，
所以数列{
}
na
是以2
3 为首项，以2
3 为公差的等比数列，
得
1
2
2
(
1)
(
)
(
)
2
2 3
3
3
n
n
n
n
n n
S
a
a
n
+
=
+
=
+
=
.
（2）
3
2
2
( )
(
)
f x
x
ax
bx
x x
ax
b
=
+
+
=
+
+
，且
(0)
0,
( 1)
0
f
f
=
-
= ，
因为
( )
f x 的图象与x 轴仅有2 个交点，
所以方程
2
0
x
ax
b
+
+
=
的2 个根为0, 1
- 或均为-1.
当2 个根为0, 1
- 时，由韦达定理得
0
( 1)
0 ( 1)
a
b
+ -
= -
ì
í ´ -
=
î
，解得
1
0
a
b
=
ì
í =
î
；
当2 个根均为-1 时，由韦达定理得
1 ( 1)
1 ( 1)
a
b
- + -
= -
ì
í- ´ -
=
î
，解得
2
1
a
b
=
ì
í =
î
.
当
1
0
a
b
=
ì
í =
î
时，
3
2
( )
f x
x
x
=
+
，得
2
( )
3
2
(3
2)
f
x
x
x
x
x
¢
=
+
=
+
，
令
2
2
0
0,
0
3
3
f
x
x
f
x
x
¢
¢
<
Þ -
<
<
<
Þ
< -
或
0
x >
，
所以
f x 在
2 ,0
3
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递减，在
2
,
0,
3
æ
ö
-¥ -
+¥
ç
÷
è
ø
、
上单调递增，
且
1
0,
0
0
f
f
-
=
=
，所以
f x 在
1,0
-
上最小值为0；
当
2
1
a
b
=
ì
í =
î
时，
3
2
2
f x
x
x
x
=
+
+
，得
2
3
4
1
3
1
1
f
x
x
x
x
x
=
+
+ =
+
+
¢
，
令
1
0
1
,
0
1
3
f
x
x
f
x
x
<
Þ - <
< -
<
Þ
¢
< -
¢
或
1
3
x > -
，
所以
f x 在
1
1,
3
æ
ö
- -
ç
÷
è
ø 上单调递减，在
2
, 1
,
3
æ
ö
-¥ -
-
+¥
ç
÷
è
ø
、
上单调递增，
且
1
4
2
2,
3
27
f
f æ
ö
-
= -
-
= -
ç
÷
è
ø
，所以
f x 在
2,0
-
上最小值为-2.
6．（2025·上海黄浦·三模）已知函数
y
f x
=
是定义在D 上的连续函数，其导函数为
y
f
x
¢
=
，函数
y
f
x
¢
=
的导函数为
y
f
x
¢¢
=
，定义函数运算：
f
x
f
x
f x
f x
¢¢
¢
=
+
-
Ñ
．
(1)若
3
1
2
3
f x
x
x
=
-
+
，求出函数
y
f x
=
的极值点
0x ，并判断
0
f
x
¢¢
的符号；
(2)若
ln
f
x
x
=
，aÎR ，讨论方程
a
f x
= Ñ
解的个数；
(3)若
,
D
a b
=
，当
,
x
a b
Î
，
0
f x
Ñ
³
，记
f a 与
f b 中较大者为
0
M M >
．证明：
f x
M
£
．
【解】（1）
2
1
f
x
x
¢
=
- ，令
0
f
x
¢
=
，解得
1
x = - 或
1
x = ，
由
0
f
x
¢
>
Þ
1
x < - 或
1
x > ；由
0
f
x
¢
<
Þ
1
1
x
- <
< .
所以函数
f x 在
, 1
¥
-
-
和
1,+¥ 上单调递增，在
1,1
-
上单调递减.
所以
0
1
x = - 是函数
f x 的极大值点；
0
1
x = 是函数
f x 的极小值点.
又
2
f
x
x
¢¢
=
，当
0
1
x = - 时，
1
2
1
2
0
f ¢¢ -
=
´ -
= - <
；
当
0
1
x = 时，
1
2 1
2
0
f ¢¢
=
´ =
>
.
（2）因为
ln
0
f x
x x
=
>
，所以
1
f
x
x
¢
=
，
2
1
f
x
x
¢¢
= -
，
则
2
1
1
ln
0
f x
f
x
f
x
f x
x x
x
x
Ñ
=
+
-
= -
+
-
¢
¢
>
¢
，
令
2
1
1
ln
g x
x
x
x
= -
+
-
，
2
2
3
2
3
3
3
2
2
1
2
1
1
2
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x
x
¢
-
-
+
-
+
-
-
-
=
-
-
=
=
=
，
0
x >
，
令
0
g
x
¢
=
，即
3
2
1
0
x
x
x
-
+
-
=
，因为
0
x >
，所以
1
x = ，
当 0
1
x
<
< 时，
0
g
x
¢
>
，所以
g x 在上
0,1 严格递增，
当
1
x > 时，
0
g
x
¢
<
，所以
g x 在上
1,+¥ 严格递减，
所以函数在
1
x = 处取得最大值
1
1 1 ln1
0
g
= - + -
=
；
当
0
x
+
®
时，
g x ® -¥ ；当 x ® +¥ 时，
g x ® -¥ ，
0
a >
时，
,
y
a y
g x
=
=
的图象无交点；当
0
a =
时，
,
y
a y
g x
=
=
的图象有 1 个交点；当
0
a <
时，
,
y
a y
g x
=
=
的图象有 2 个交点，
所以当
0
a >
时，方程
a
f x
= Ñ
无解；当
0
a =
时，方程
a
f x
= Ñ
有 1 个解；当
0
a <
时，方程
a
f x
= Ñ
有 2 个解；
（3）假设
f x 在
,a b 上的最大值在某个内点
,
c
a b
Î
处取得，
即
,
x
a b
Î
时
max
f x
f c
=
，
由最大值的定义且
f x 可导，且
0
f
c
¢
=
，
0
f
c
²
£
，
因为当
,
x
a b
Î
，
0
f x
Ñ
³
，所以
0
f c
f
c
f
c
f c
¢¢
Ñ
-
¢
=
+
³
，
所以
0
f
c
f c
¢¢
-
³
，由于
0
f
c
¢¢
£
，所以
0
f c
-
³
，所以
0
f c £
，
但
max
,
0
M
f a
f b
=
>
，而
0
f c £
，这与
max
f x
f c
=
矛盾，
因此，函数
f x 在
,a b 上的最大值只能在端点 a 或 b 处取得，
即
max
,
f x
f a
f b
M
£
=
7.（陕西省榆林市2024-2025 学年高三下学期第三次模拟）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
f x 在
0
x =
处的
,
m n 阶帕德近似定义为：
m
n
P
x
R x
Q
x
=
，其中
m
P
x 和
n
Q
x 分别是m 和n 次多项式，且满足
0
0 ,
f
R
¢
¢
=
0
0 ,
f
R
¢¢
¢¢
=
0
0 ,
,
0
0
n
n
f
R
f
R
¢¢¢
¢¢¢
=
=
L
.其中
4
,
,
,
,
n
f
x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
x
é
ù
é
ù
é
ù
=
=
=
ë
û
ë
¢¢
¢
¢¢
û
¢
¢¢
¢
ë
û
¢¢
L
'
'
'
为
1
n
f
x
-
的导
数.已知
ln
1
f x
x
=
+
在
0
x =
处的
1,1 阶帕德近似为
1
ax
R x
bx
= +
.
(1)求实数,a b 的值，利用
f x 的
1,1 阶帕德近似估计ln1.2的近似值（结果保留3 位有效数字）；
(2)当1
0
- <
£
x
时，
f x
kR x
£
恒成立，求实数k 的取值范围；
(3)证明：当
0
x >
时，
11
16
xx >
.
【解】（1）
2
1
1
,
1
(
1)
f
x
f
x
x
x
¢
=
= -
+
+
¢¢
2
3
2
,
(1
)
(1
)
a
ab
R x
R
x
bx
bx
¢
= -
+
¢
=
+
¢
因为
0
0 ,
0
0
f
R
f
R
¢
¢
¢
=
¢¢
=
¢
，
所以
1, 2
1
a
ab
=
-
= - ，
解得
1
1,
2
a
b
=
=
，
2
,ln1.2
0.2
0.2
0.182
2
x
R x
f
R
x
=
=
»
»
+
.
（2）设
2
ln
1
( 1
0)
2
kx
g x
f x
kR x
x
x
x
=
-
=
+
-
- <
£
+
，
则
0
g x £
在
1,0
-
上恒成立.
因为
0
0
g
=
，
2
1
4
1
(2
)
k
g
x
x
x
=
-
+
+
¢
，
所以
0
0,1
0
g
k
³
-
³
¢
，解得
1
k £
当
1
k £ 时，
2
2
2
1
4
0
1
(2
)
1 (2
)
x
g
x
x
x
x
x
¢
³
-
=
³
+
+
+
+
，
g x 在
1,0
-
上单调递增，
1,0
xÎ -
时，
0
0
g x
g
£
=
恒成立.
综上，实数k 的取值范围为
,1
-¥
（3）证明：要证
0
x >
时，
11
16
xx >
，
即证
11
ln
ln16
x x >
，
设
ln
h x
x x
=
，则
1 ln
h x
x
=
¢
+
令
0
h x
¢
=
得
1
e
x =
，
当
1
0
e
x
<
<
时，
0
h x
¢
<
，
h x 在
1
0 e
æ
ö
ç
÷
è
ø
，上单调递减；
当
1
e
x >
时，
0
h x
¢
>
，
h x 在1 ,
e
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递增，
因此
min
1
1
( )
e
e
h x
hæ
ö
=
= -
ç
÷
è
ø
因此只需证
1
11
ln
e
16
-
>
，
即证
5
1
ln
1
11
e
æ
ö
+
>
ç
÷
è
ø
.
设
2
ln
1
0
2
x
u x
f x
R x
x
x
x
=
-
=
+
-
>
+
，
则
2
2
0,
1
2
x
u
x
u x
x
x
=
>
+
+
¢
在
0, ¥
+
上单调递增，
0
0
u x
u
>
=
，即
2
ln
1
0
2
x
x
x
x
+
>
>
+
，
令
5
11
x =
，则
10
5
1
1
11
ln
1
5
11
2.7
e
2
11
æ
ö
+
>
=
>
ç
÷
è
ø
+
，因此原不等式成立
8.（2026·上海徐汇·月考）定义：对于
f x ，
g x ，若
0
0
f
x
g
x
=
¢
¢
，则称
0
x
x
=
为
f x 和
g x 的“一一
值”；若
''
0
0
f x
g
x
=
，则称
0
x
x
=
为
f x 和
g x 的“零二值”．
(1)求
3
2
3
4
f x
x
x
x
=
+
+
与自身所有“零二值”的取值集合的子集；
(2)求
2
2
2 ,
2,0
2 ,
0,2
x
x x
f x
x
x x
ì -
-
Î -
ï
= í
-
+
Î
ïî
和
3
3,
2,2
2
g x
x
x
=
-
Î -
的“一一值”的个数；
(3)判断：对于定义域为R 的函数
f x 和
g x ，大于1 的正数a 满足：“任意x 均为
f x 和
·
x
g x
a a
=
的‘一
一值’和‘零二值’”是命题“
1
ex
f x
g x
+
=
=
”的什么条件并说明理由．
【解】（1）由题
2
''
3
6
4,
6
6
f
x
x
x
f
x
x
¢
=
+
+
=
+
，
令
3
2
3
4
6
6
x
x
x
x
+
+
=
+
即
2
2
3
0
x
x
x
+
-
+
=
，解得
2
x = ±
或
3
x = - ，
所以
3
2
3
4
f x
x
x
x
=
+
+
与自身所有“零二值”的取值共有3 个，构成的集合为
2,
2, 3
-
-
，
所以
f x 与自身所有“零二值”的取值集合的子集为
,
3 ,
2 ,
2 ,
3,
2 ,
3,
2 ,
2,
2 ,
3,
2,
2
Æ -
-
-
-
-
-
-
-
.
（2）由题
2
2
1
,
2,0
2
1
,
0,2
2
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
+
ì-
Î -
ï
-
-
ï
= í
-
ï -
Î
ï
-
+
î
¢
和
3 ,
2,0
2
3 ,
0,2
2
x
g
x
x
ì-
Î -
ïï
= í
ï
Î
î
¢
ï
，令
f
x
g
x
¢
=
¢
，
则当
2,0
xÎ -
时，R
2
1
3
0
2
2
x
x
x
+
-
= -
<
-
-
，即
2
13
26
4
0
1
0
x
x
x
ì
+
+
=
í + >
î
，解得
3 13
1
13
x = - -
（舍去）或
3 13
1
13
x = - +
；
当
0,2
xÎ
时，
2
1
3
0
2
2
x
x
x
-
-
=
>
-
+
即
2
13
26
4
0
1
0
x
x
x
ì
-
+
=
í - <
î
即，解得
3 13
1
13
x = +
（舍去）或
3 13
1
13
x = -
.
所以
2
2
2 ,
2,0
2 ,
0,2
x
x x
f x
x
x x
ì -
-
Î -
ï
= í
-
+
Î
ïî
和
3
3,
2,2
2
g x
x
x
=
-
Î -
的“一一值”的个数为2 个.
（3）对于定义域为R 的函数
f x
g x
和
，大于1 的正数a 满足：“任意x 均为
f x 和
·
x
g x
a a
=
的‘一一
值’和‘零二值’”是命题“
1
ex
f x
g x
+
=
=
”的充要条件，
理由如下：任意x 均为
f x 和
·
x
g x
a a
=
的‘一一值’和‘零二值’，
则任意x 均满足
f
x
g
x
¢
=
¢
且
''
f x
g
x
=
，又
2
''
ln ·
,
ln
·
x
x
g
x
a
a a
g
x
a
a
a
=
=
¢
，
则
ln ·
·
x
x
f
x
a
a a
f x
g x
c
a a
c
=
Þ
=
+
=
+
¢
（c 为常数），
所以
2
2
e
ln
ln
·
·
0
0
x
x
a
a
a
a
a
a
a
a a
c
c
c
ì
=
ì
=
ï
=
+
Þ
Þ
í
í =
=
ï
î
î
，所以
1
e·e
e
x
x
f x
g x
+
=
=
=
，充分性成立；
当
1
ex
f x
g x
+
=
=
时，对任意x 均有
1
ex
f
x
g
x
+
=
¢
¢
=
且
''
1
ex
g
x
f x
+
=
=
，
所以任意x 均为
f x 和
·
x
g x
a a
=
的‘一一值’和‘零二值’必要性成立.
所以对于定义域为R 的函数
f x 和
g x ，大于1 的正数a 满足：“任意x 均为
f x 和
·
x
g x
a a
=
的‘一一
值’和‘零二值’”是命题“
1
ex
f x
g x
+
=
=
”的充要条件.
9.定理 如果函数
f x 在闭区间
,a b 上连续，在开区间
,a b 内可导，那么在开区间
,a b 内至少存在一点
c ，使得
f b
f a
f
c
b
a
-
¢
=
-
，这个定理称为微分中值定理，也称为拉格朗日中值定理. 定理表明，如果函
数
f x 的图象是闭区间
,a b 上的一条连续曲线，且当
,
x
a b
Î
时，曲线上的每点都存在切线，那么，在曲
线上至少存在一点
,c f c
，使得该曲线在这一点处的切线平行于曲线两个端点的连线AB ，如图所示.
(1)已知
3,3 3
A
，P 为函数
3
f x
x
=
图象位于
,
O A 之间的部分上的一点，其中O 为坐标原点，求点P 到
直线OA的距离的最大值；
(2)如果
1
2
3
π
π
2
2
x
x
x
-
<
<
<
<
，证明：
3
2
2
1
2
1
3
2
cos
cos
cos
cos
x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
>
-
-
.
(3)如果函数
f x 在
,a b 内可导，且对于任意的
,
x
a b
Î
，都有
0
f
x
¢
<
，证明：函数
f x 在
,a b 内单
调递减.
【解】（1）显然直线OA的方程为
3
y
x
=
，设
3
,
P u u
，则0
3
u
<
<
，从而
3
3
u
u
<
.
故点P 到直线OA的距离
2
3
3
3
2
1
2
3
2
10
5
10
10
10
10
u
u
u
u
u
u
d
-
-
-
+
-
=
=
=
£
=
.
当
1,1
P
时，点P 到直线OA的距离为
3
3 1
2
10
5
10
10
-
=
=
.
所以点P 到直线OA的距离的最大值是10
5
.
（2）设
cos
g x
x
=
，则存在
1
1
2
,
c
x x
Î
，
2
2
3
,
c
x x
Î
，使得
2
1
1
2
1
g x
g x
g c
x
x
-
¢
=
-
，
3
2
2
3
2
g x
g x
g c
x
x
-
¢
=
-
.
而
1
2
3
π
π
2
2
x
x
x
-
<
<
<
<
，故
1
2
π
π
2
2
c
c
-
<
<
<
，所以
1
2
sin
sin
c
c
<
.
从而
2
1
2
1
1
1
2
1
2
1
cos
cos
sin
g x
g x
x
x
g c
c
x
x
x
x
-
¢
-
=
=
= -
-
-
3
2
3
2
2
2
3
2
3
2
cos
cos
sin
g x
g x
x
x
c
g c
x
x
x
x
>
¢
-
-
-
=
=
=
-
-
.
（3）对
1
2
a
x
x
b
<
<
<
，由于函数
f x 在
,a b 内可导，
故函数
f x 在
1
2
,
x x
上连续，在
1
2
,
x x
内可导.
从而存在
1
2
,
c
x x
Î
，使得
2
1
2
1
f x
f x
f
c
x
x
-
¢
=
-
.
而对于任意的
,
x
a b
Î
，都有
0
f
x
¢
<
，所以
2
1
2
1
0
f x
f x
x
x
-
<
-
，
从而
2
1
f x
f x
<
.
故函数
f x 在
,a b 内单调递减.
10.已知区间I Í R ，定义域为I 的函数
y
f x
=
的图像是一条连续不断的曲线，点P 不在函数
y
f x
=
的
图像上，点A 在函数
y
f x
=
的图像上．若线段PA 与函数
y
f x
=
的图像有且仅有一个公共点，则称点A
是“P－可见”的．
(1)若I = R ，
2
f x
x
=
，点P 的坐标为
1,0
-
，判断点
1,1
A -
与
1,1
B
是否是“P－可见”的；
(2)已知m 为实数，若I = R ，
3
2
f x
x
mx
=
+
，点P 的坐标为
1,0
-
，点
1,1
A
m
+
是“P－可见”的，求m 的
取值范围；
(3)若
=
+¥
,
I
a
，点P 的坐标为
,a b ，证明：“函数
y
f x
=
的图像上任意一点都是‘
-
P
可见’的”是“函数
f
x
b
y
x
a
-
=
-
在I 上严格增或严格减”的充要条件．
【解】（1）
:
1,0
1
PA x
y
= -
£
£ ，
由
2
1
y
x
x
ì
=
í = -
î
解得
1
1
x
y
= -
ì
í
=
î
，
故A 是“P－可见”的.
1
1
:
, 1
1
2
2
PB y
x
x
=
+
- £
£ ，
由
2
1
1
2
2
y
x
y
x
ì
=
+
ïí
ï
=
î
解得
1
2
1
4
x
y
ì = -
ïïí
ï
=
ïî
或
1
1
x
y
=
ì
í
=
î
，
故B 不是“P－可见”的.
（2）
1
:
(
1)
2
m
PA y
x
+
=
+
,
[ 1,1]
xÎ -
，
则
3
2
1
(
1)
2
x
m x
mx =
+
+
+
在[ 1,1]
-
有且仅有1 解，
整理得
2
(
1)[2
2(
1)
1]
0
x
x
m
x
m
-
+
+
+
+
=
，
1
x = 为此方程的解，
则
2
2
2(
1)
1
0
x
m
x
m
+
+
+
+ =
在[ 1,1)
-
无解，
设
2
( )
2
2(
1)
1
g x
x
m
x
m
=
+
+
+
+ ，
对称轴
1
2
m
x
+
= -
，
当
1
1,
1
2
m
m
+
-
£ -
³ 时，
( )
g x 在[ 1,1)
-
单调递增，
由于
1
1
(
)
0
2
2
g -
=
>
，( 1)
1
0
g
m
-
= -
£
，则此时不符合题意，
当
1
1,
3
2
m
m
+
-
³
£ - 时，
( )
g x 在[ 1,1)
-
单调递减，
由于
1
1
(
)
0
2
2
g -
=
>
，(1)
3
5
4
g
m
=
+
£ - ，则此时不符合题意，
当
1
1
1, 3
1
2
m
m
+
- < -
<
- <
< 时，
由于
1
1
(
)
0
2
2
g -
=
>
，则需
1
(
)
0
2
m
g
+
-
>
，
解得1
1
m
- <
< ，
综上
1,1
mÎ -
.
（3）任取
( ,
( ))
M m f m
，m
a
>
，则
( )
:
(
)
f m
b
PM
y
x
a
b
m
a
-
=
-
+
-
，
设
( )
( )
(
)
( )
f m
b
h x
x
a
b
f x
m
a
-
=
-
+
-
-
，
( ,
]
x
a m
Î
，
则( )
0
h m = ，
由于函数
y
f x
=
的图像是一条连续不断的曲线，则函数( )
h x 的图像是一条连续不断的曲线.
必要性：若函数
y
f x
=
的图像上任意一点都是‘
-
P
可见’的，
则( )
h x 在( ,
]
a m 有且仅有1 个零点m ，
则
( ,
)
x
a m
Î
时，( )
h x 恒正或恒负，
若( )
h x 恒正，即任取
( ,
)
n
a m
Î
，( )
0
h n >
，
则
( )
(
)
( )
0
f m
b n
a
b
f n
m
a
-
-
+
-
>
-
，
则
( )
( )
f m
b
f n
b
m
a
n
a
-
-
>
-
-
，
则函数
f x
b
y
x
a
-
=
-
在I 上严格增，
同理若( )
h x 恒负，可得函数
f x
b
y
x
a
-
=
-
在I 上严格减.
充分性：
若函数
f x
b
y
x
a
-
=
-
在I 上严格增，
则任取
( ,
)
n
a m
Î
，有
( )
( )
f m
b
f n
b
m
a
n
a
-
-
>
-
-
，
则
( )
(
)
( )
0
f m
b n
a
b
f n
m
a
-
-
+
-
>
-
，
即( )
0
h n >
，
则( )
h x 在
,a m 有且仅有1 个零点m ，
则函数
y
f x
=
的图像上任意一点都是‘
-
P
可见’的，
若函数
f x
b
y
x
a
-
=
-
在I 上严格减同理.
11.（25-26 高三上·安徽六安·月考）记
1
2
1
n
i
n
i
a
a a
a
=
=
Õ
L
．已知函数
( )
f x 和
( )
g x 的定义域都为D ，若存在
1
2
,
,
,
m
x x
x
D
Î
L
，使得
1
[ ( )
( )]
0
m
i
i
f x
g x
x
x
=
-
×
-
£
Õ
，当且仅当
,
1,2,
,
i
x
x i
m
=
=
L
时等号成立，则称
( )
f x 和
( )
g x 在D 上“m 次缠绕”.
(1)已知( )
sin
f x
x
=
和( )
cos
g x
x
=
在(0,2π) 上“2 次缠绕”，设
1
2
x
x
<
，求
1
2
,
x x 的值；
(2)设
,
e
e
x
x
f x
x g x
a
a
-
=
=
-
，若
( )
f x 和
( )
g x 在实数集R 上“3 次缠绕”，求a 的取值范围；
(3)记所有定义在区间( , )
a b 上的函数组成集合A ，证明：给定
*
N
mÎ
，对任意
( )
F x
A
Î
，都存在
( ), ( )
f x g x
A
Î
，使得
( )
( )
( )
F x
f x
g x
=
+
，且
( )
f x 和
( )
g x 在( , )
a b 上“m 次缠绕”.
【解】（1）由( )
sin
f x
x
=
和( )
cos
g x
x
=
在(0,2π) 上“2 次缠绕”知存在
1
2
,
(0,2 )
x x
p
Î
，使得
1
2
(sin
cos ) (
) (
)
0
x
x
x
x
x
x
-
×
-
×
-
£
，当且仅当
,
1,2
i
x
x i
=
=
时等号成立
因为
0,2
x
p
Î
，当
4
x
p
=
和
5
4
=
x
p 时，sin
cos
x
x
=
，
对任意
π
5π
(0,2π),
(sin
cos )
0
4
4
x
x
x
x
x
æ
öæ
ö
Î
-
-
-
£
ç
֍
÷
è
øè
ø
，当且仅当
π
4
x =
和
5π
4
x =
时，等号成立，
所以
1
2
π
5π
,
4
4
x
x
=
=
．
（2）设
e
e
x
x
G x
f x
g x
x
a
a
-
=
-
=
-
+
，因为
( )
f x 和
( )
g x 在R 上“3 次缠绕”，
所以存在互异的三个数
1
2
3
,
,
x x
x ，使得
3
1
( )
0
i
i
G x
x
x
=
×Õ
-
£
，当且仅当
,
1,2,3
i
x
x i
=
=
时等号成立，
所以
1
2
3
,
,
x x
x 是
( )
G x 的三个零点．
注意到
(0)
0
G
=
，所以0 是
( )
G x 的一个零点．
2e
e
e
x
x
x
a
a
G
x
-
+
¢
-
=
，令
2
1 4a
= -
①当
0
a £
时，
( ) 0, ( )
G x
G x
¢
>
在(0,
)
+¥ 上单调递增，0 是
( )
G x 的唯一零点，不合题意．
②当
1
2
a ³
时，
0
£
，
( )
0,
( )
G x
G x
£
¢
在(0,
)
+¥ 上单调递减，0 是
( )
G x 的唯一零点，不合题意．
③当
1
0
2
a
<
<
时，
0
>
，则关于x 的方程
2e
e
0
x
x
a
a
-
+
=
存在两个不相等的根1
2
,
t t ，不妨令1
2
0
t
t
<
<
，
当
1
,
x
t
Î -¥
时，
( ) 0, ( )
G x
G x
¢
<
单调递减；当
1
2
,
x
t t
Î
时，
( ) 0, ( )
G x
G x
¢
>
单调递增，
当
2,
x
t
¥
Î
+
时，
( ) 0, ( )
G x
G x
¢
<
单调递减，
所以
1
(0)
0
G t
G
<
=
，因为
3
1
1
2ln
2ln
2ln
G
a
a
a
a
a
a
a
=
-
+
>
-
+
，
设
1
2ln
,0
1
H a
a
a
a
a
=
-
+
<
< ，因为
2
2
(
1)
0
a
H
a
a
-
¢
= -
<
，
所以
H a 在
0,1 上递减，所以
1
0
H a
H
>
=
，即
2ln
0
G
a >
，所以存在
1
1
1
(2ln , ),
0
x
a t
G x
Î
=
．
又
2
(0)
0
G t
G
>
=
，
2ln
2ln
0
G
a
G
a
-
= -
<
，所以存在
2
2
2
, 2ln
,
0
x
t
a
G x
Î
-
=
．
所以存在互异的三个数
1
2
3
,
,
0
x x x =
，使得
1
2
(
0)
( )
( )
0
x
x
x
x
x
f x
g x
-
-
-
-
£
恒成立，当且仅当
,
1,2,3
i
x
x i
=
=
时等号成立，即
1
0
2
a
<
<
时，
( )
f x 和
( )
g x 在R 上“3 次缠绕”，
综上，a 的取值范围是
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø ．
（3）取
1
2
m
a
x
x
x
b
<
<
<
<
<
L
，设
1
2
( )
m
x
x
x
x
x
x
x
j
=
-
-
-
L
，
令
1
1
( )
[ ( )
( )], ( )
[ ( )
( )],
( , )
2
2
f x
F x
x
g x
F x
x
x
a b
j
j
=
-
=
+
Î
，
显然
( )
( )
( )
F x
f x
g x
=
+
，且
2
1
1
[ ( )
( )]
0
m
m
i
i
i
i
f x
g x
x
x
x
x
=
=
-
×Õ
-
= -Õ
-
£
，
当且仅当
,
1,2,
,
k
x
x k
m
=
=
L
时，等号成立．
所以对任意
( )
F x
A
Î
，存在
1
1
( )
[ ( )
( )], ( )
[ ( )
( )],
( , )
2
2
f x
F x
x
g x
F x
x
x
a b
j
j
=
-
=
+
Î
，
其中
1
2
( )
m
x
x
x
x
x
x
x
j
=
-
-
-
L
，使得
( )
( )
( )
F x
f x
g x
=
+
，且
( )
f x 和
( )
g x 在( , )
a b 上“m 次缠绕”．
12.（2026·湖南邵阳·一模）若函数
,
f x
g x 对任意
1x
D
Î
，总存在唯一的
2x
D
Î
，使
1
2
f x
g x
k
+
=
成
立，则称
f x 是
g x 在区间D 上的“ k 阶和函数”．特别地，当
f x
g x
=
时，称
f x 为区间D 上的“ k 阶
和函数”．
(1)判断函数
3
log
1
f x
x
=
+
是否为区间
2,26 上的“3 阶和函数”；
(2)若函数
4
2
f x
x
=
+
是
2
2
2
1
g x
x
ax
a
=
-
+
- 在区间
0,2 上的“2 阶和函数”，求实数a 的取值范围；
(3)若函数
2x
f x =
为区间
,
1
+
a a
上的“2 阶和函数”，当
1
b > 时，函数
2
2
log 3 ln
1
2
x
x
a
x
b
x
x
j
=
-
-
+
-
-
有两个零点
1
2
,
x x ，证明：
1
2
1
2
3
<
+
<
-
x
x
b ．
【解】（1）对于
1
2,26
x
"
Î
，有
1
3
1
log
1
1,3
f x
x
=
+
Î
.
如果存在
2
2,26
x Î
，使得
3
1
3
2
log
1
log
1
3
x
x
+
+
+
=
．
则必有
3
2
3
1
log
1
3
log
1
0,2
x
x
+
=
-
+
Î
，
令
1
26
x =
，则
2
0
2,26
x =
Ï
，
所以
f x 不是“3 阶和函数”.
（2）函数
4
2
f x
x
=
+
在区间
0,2 上的值域为
1,2 ．
因为
4
2
f x
x
=
+
是
2
2
2
1
g x
x
ax
a
=
-
+
- 在区间
0,2 上的“2 阶和函数”．
所以对任意
1
0,2
x Î
，总存在唯一的
2
0,2
x Î
，使得
1
2
2
f x
g x
+
=
成立，
所以
2
1
2
0,1
g x
f x
=
-
Î
，
所以
2
2
2
1
g x
x
ax
a
=
-
+
- 在
0,2 上的值域必定包含区间
0,1 ，且当
,
0,1
g x
m m
=
Î
时，方程的解在
0,2 上是唯一的.
又因为函数
2
2
2
1
g x
x
ax
a
=
-
+
- 的图象开口向上，对称轴为x
a
=
，
当
0
a £
时，
g x 在
0,2 上单调递增，则必有
2
2
0
1
0
2
4
3
1
g
a
g
a
a
ì
=
- £
ïí
=
-
+
³
ïî
，解得1
0
a
- £
£
．
当
2
a ³
时，
g x 在
0,2 上单调递减，则必有
2
2
2
4
3
0
0
1 1
g
a
a
g
a
ì
=
-
+
£
ïí
=
- ³
ïî
，解得2
3
a
£
£
．
当0
1
a
<
£ 时，
g x 在
0,a 上单调递减，在
,2
a
上单调递增，
则必有
2
2
1
0
0
1
0
2
4
3
1
g a
g
a
g
a
a
ì
= - £
ï
=
- <
í
ï
=
-
+
³
î
，解之得：0
2
2
a
<
£
-
；
当1
2
a
<
<
时，
g x 在
0,a 上单调递减，在
,2
a
上单调递增，
则必有
2
2
1
0
2
4
3
0
0
1 1
g a
g
a
a
g
a
ì
= - £
ï
=
-
+
<
í
ï
=
- ³
î
，解之得：
2
2
a
£
<
.
综上所述，a 的取值范围为
1,2
2
2,3
é
ù
é
ù
-
-
È
ë
û
ë
û .
（3）对
1
,
1
x
a a
"
Î
+
，有
1
1
1
2
2 ,2
x
a
a
f x
+
é
ù
=
Îë
û ．
如果存在
2
,
1
x
a a
Î
+
，使得
1
2
2
2
2
x
x
+
=
，则必有
2
1
1
2
2
2
2
2
,2
2
x
x
a
a
+
é
ù
=
-
Î
-
-
ë
û ，
因为
2x
f x =
为区间
,
1
+
a a
上的“2 阶和函数”，
所以
1
2
2
2 +
=
-
a
a ，即
1
2
2
2
+
+
=
a
a
，解得
2
1 log 3
= -
a
.
所以当
1
b > 时，函数
2
2
2
log 3 ln
1
2
1 ln
1
2
x
x
a
x
b
x
x
x
x
b
x
x
j
=
-
-
+
-
-
=
-
+
-
-
，
所以函数
x
j
的定义域为
0, ¥
+
，且
1
ln
1
2
1
1 ,
1
0
x
x
b
x
x
j
j
=
+ -
+
-
¢
-
=
¢
．
设
1
ln
1
2
1
1
h x
x
x
b
x
x
j¢
=
=
+ -
+
-
-
，
则
2
1
1
2
1
h x
b
x
x
¢
=
+
+
-
，
因为
0
1
x
b
>
>
,
，所以
0
h x
¢
>
．
所以
h x 在
0, ¥
+
上单调递增，即
x
j¢
在
0, ¥
+
上单调递增，而
1
0
j¢
=
．
所以当0
1
x
<
< 时，
0
x
j¢
<
，
x
j
单调递减，当
1
x > 时，
0
x
j¢
>
，
x
j
单调递增．
而1
1
0
b
j
= -
<
，当
0
x >
且
0
x ®
时，
0,
2
ln2
0
x
j
j
>
=
>
．
所以
1
2
0
1
2
x
x
<
< <
<
.
设
2
0
1
F x
x
x
x
j
j
=
-
-
<
<
，
，则
2
1 ln 2
0
F x
x
x
x
=
-
-
>
，
所以
1
1
2
x
x
j
j
>
-
，又
1
2
0
x
x
j
j
=
=
，
所以
1
2
0
x
j
-
<
，所以
2
1
2
x
x
j
j
>
-
．
因为
2
1
1,2
1
x
x
>
-
> 且
x
j
在
1, ¥
+
上单调递增，
所以
2
1
2
x
x
>
-
，即
1
2
2
x
x
+
>
.
设
1
ln
1
t x
x
x
=
+
- ，则
2
1
x
t
x
x
=
¢
- ，
所以当0
1
x
<
< 时，
0
t
x
¢
<
，
t x 单调递减，
当
1
x > 时，
0,
t
x
t x
¢
>
单调递增．
所以
1
0
t x
t
³
=
，则
1
ln
1
x
x
³ -
．
因为
3
2
1
1
2
3
x
x
x
x
x
x
-
æ
ö
-
-
+
-
=
ç
÷
è
ø
，
所以当0
1
x
<
< 时，
2
1
2
3
-
<
+
-
x
x
x
x
，当
1
x > 时，
2
1
2
3
-
>
+
-
x
x
x
x
.
所以
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
1
1
0
1
1
1
3
1
1
0
1
1
1
3
x
x
b
x
x
x
x
x
b
x
x
x
j
j
ì
æ
ö
æ
ö
=
<
-
-
+
-
+
-
ï
ç
÷
ç
÷
ï
è
ø
è
ø
í
æ
ö
æ
ö
ï =
>
-
-
+
-
+
-
ç
÷
ç
÷
ï
è
ø
è
ø
î
，
整理得
2
1
1
2
2
2
1 3
0
1 3
0
bx
b x
b
bx
b x
b
ì
+
-
+
>
ïí
+
-
+
<
ïî
①
②
由①- ②得，
1
2
1
2
1 3
0
x
x
b x
x
b
é
ù
-
+
+ -
>
ë
û
，
因为
1
2
x
x
<
，所以
1
2
1 3
0
b x
x
b
+
+ -
<
，所以
1
2
1
3
+
<
-
x
x
b ．
综上得证.
