压轴题01 集合新定义、函数与导数13题型汇总-2024年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
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压轴题01集合新定义、函数与导数13题型汇总
01函数导数与数列结合
1.（23-24高三下·浙江·开学考试）已知函数fx满足fx=f1−x,f'x为fx的导函数，gx=f'x+13,x∈R.若an=gn2024，则数列an的前2023项和为 .
【答案】20233
【分析】由fx=f1−x，可得f'x=−f'1−x，从而得gx+g1−x=23，然后利用倒序相加法从而可求解.
【详解】由题意知fx=f1−x，所以f'x=−f'1−x，即f'x+f'1−x=0，
又因为gx=f'x+13，所以gx+g1−x=f'x+f'1−x+23=23，
所以a1+a2+a3+⋯+a2023=g12024+g22024+g32024+⋯+g20232024①，
a1+a2+a3+⋯+a2023=g20232024+g20222024+g20212024+⋯+g12024②，
将①②两式相加可得：a1+a2+a3+⋯+a2023=2023×232=20233.
故答案为：20233.
【点睛】关键点点睛：本题主要是对fx=f1−x求导后得f'x=−f'1−x，主要能够找到gx+g1−x=23的关系，再根据倒序相加法从而可求解.
2. （2024·安徽芜湖·二模）在数列an中，Sn为其前n项和，首项a1=1，且函数fx=x3−an+1sinx+2an+1x+1的导函数有唯一零点，则S5=（ ）
A．26B．63C．57D．25
【答案】C
【分析】计算f'x，分析f'x的奇偶性，可判断零点取值，代入计算可得an的递推关系，求出前5项，计算求和即可.
【详解】因为fx=x3−an+1sinx+2an+1x+1，
所以f'x=3x2−an+1csx+2an+1，由题意可知：f'x=0有唯一零点.
令gx=f'x=3x2−an+1csx+2an+1，可知gx为偶函数且有唯一零点，
则此零点只能为0，即g0=0，代入化简可得：an+1=2an+1，
又a1=1，所以a2=3，a3=7，a4=15，a5=31，所以S5=57.
故选：C
3. （2024·浙江·二模）已知函数fx满足对任意的x,y∈1,+∞且xA．f253385B．f253380C．f253765D．f253760
【答案】D
【分析】根据fx−y1−xy=f1x−f1y将an=f1n2+5n+5=f1n+2−f1n+3，再用裂项相消法求a1+a2+a3+⋯+a2024的值.
【详解】∵函数fx满足对任意的x,y∈1,+∞且x∴令x=n+2,y=n+3，则x−y1−xy=n+2−n+31−n+2n+3=1n2+5n+5，
∴an=f1n2+5n+5=f1n+2−f1n+3
∴a1+a2+a3+⋯+a2024=f13−f14+f14−f15+⋯+f12026−f12027
=f13−f12027=f3−20271−3×2027=f253760.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的求和问题，关键是理解数列的规律，即研究透通项，本题的关键是将通项分析为：an=f1n2+5n+5=f1n+2−f1n+3.
4. （2024·上海闵行·二模）已知定义在（0,+∞）上的函数y=f(x)的表达式为fx=sinx−xcsx，其所有的零点按从小到大的顺序组成数列xn（n≥1,n∈N）.
(1)求函数y=fx在区间0,π上的值域；
(2)求证：函数y=fx在区间nπ,n+1π（n≥1,n∈N）上有且仅有一个零点；
(3)求证：π【答案】(1)0,π
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得fx的导数，判断fx的单调性，可得所求值域；
（2）讨论n为奇数，或偶数时，fx的单调性，结合函数零点存在定理，可得证明；
（3）由（2）可知函数fx在nπ,n+1π（n≥1,n∈N）上且仅有一个零点xn，再由零点存在定理、以及正切函数的性质和不等式的性质，可得证明.
【详解】（1）由f'x=csx−csx−xsinx=xsinx，
当x∈0,π时，f'x>0，即函数y=fx在区间0,π上是严格增函数，
且f0=0，fπ=π，
所以fx在区间0,π上的值域为0,π.
（2）当x∈nπ,n+1π时，
①当n是偶数时，f'x>0，
函数y=fx在区间nπ,n+1π上是严格增函数；
②当n是奇数时，f'x<0，
函数y=fx在区间nπ,n+1π上是严格减函数；
且fnπ=−1n−1nπ，故fnπ⋅fn+1π=−nn+1π2<0，
所以由零点存在定理可知，
函数y=fx在区间nπ,n+1π上有且仅有一个零点.
（3）由（2）可知函数fx在nπ,n+1π上有且仅有一个零点xn，
且满足fxn=sinxn−xncsxn=0，即tanxn=xn（几何意义：xn是y=tanx与y=x交点的横坐标）
又因为fnπ+π2=−1n，故fnπ⋅fnπ+π2=−nπ<0，
所以由零点存在性定理可知，
函数y=fx在nπ,nπ+π2上有且仅有一个零点xn，
于是xn+π,xn+1∈n+1π,n+1π+π2，xn+1−xn+π∈−π2,π2
tanxn+1−xn+π=tanxn+1−xn=tanxn+1−tanxn1+tanxn+1⋅tanxn=xn+1−xn1+xn+1⋅xn
①因为xn+1−xn>0，得tanxn+1−xn+π>0
所以xn+1−xn+π>0，即π（或者tanxn+1−tanxn+π=tanxn+1−tanxn=xn+1−xn>0
⇒tanxn+1>tanxn+π ⇒xn+1−xn>π）
② 因为tanxn+1−xn+π=xn+1−xn1+xn+1⋅xn<32πxn2<32πn2π2=32n2π<πn
由（1）可知，当x∈0,π2时，有x故xn+1−xn+π由①②可知π【点睛】关键点点睛：本题第三问，借助fx在nπ,n+1π（n≥1,n∈N）上且仅有一个零点xn，利用正切函数的性质和不等式的性质求解.
5. （2024·四川成都·三模）已知函数fx=lnx，若数列an的各项由以下算法得到：
①任取ai=a（其中a>0），并令正整数i=1；
②求函数fx图象在ai,fai处的切线在y轴上的截距ai+1；
③判断ai+1>0是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令i=i+1，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列an的项依次为a1,a2,⋅⋅⋅,ai+1．
根据以上信息回答下列问题：
(1)求证：ai+1=lnai−1；
(2)是否存在实数a使得an为等差数列，若存在，求出数列an的项数n；若不存在，请说明理由．参考数据：e1e2+1≈3.11．
【答案】(1)证明见解析
(2)a=a1=ea2+1，n=3
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义表示出切线方程，令x=0，即可得证；
（2）设其公差为d，依题意可得d=ai+1−ai=lnai−ai−1 1≤i≤n，令gx=lnx−x−1，利用导数说明函数的单调性，即可得到d=gx最多有两个不同的根，从而得到an最多三项，设a1、a2、a3成等差数列，由等差中项的性质及（1）的结论，令ℎx=ex+1+lnx−1−2x利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理说明即可.
【详解】（1）因为f'x=1x，所以函数y=fx图象在ai,fai处的切线方程为y−fai=1aix−ai，
即y=xai+lnai−1，令x=0可得y=lnai−1，即切线与y轴的交点为0,lnai−1，
所以ai+1=lnai−1
（2）若an为等差数列，设其公差为d，则d=ai+1−ai=lnai−ai−1 1≤i≤n，
令gx=lnx−x−1，则g'x=1x−1=1−xx，
所以当00，当x>1时g'x<0，
所以gx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以gxmax=g1=−2，
因此d=gx最多有两个不同的根，即最多3项成等差数列，
若a1、a2、a3成等差数列，即a1+a3=2a2，
由（1）可知a2=lna1−1，所以a1=ea2+1，
又a3=lna2−1，
令ℎx=ex+1+lnx−1−2x，则ℎ'x=ex+1+1x−2，
所以当x∈0,+∞时ℎ'x>0，所以ℎx在0,+∞上单调递增，
又ℎ1e2=e1e2+1+ln1e2−1−2e2=e1e2+1−3−2e2（其中2e2>29>210，所以−2e2<−29<−210），
又ℎ1=e2−3>0，
所以存在x0∈1e2,1，使得ℎx0=0，
即存在a2∈1e2,1，使得a1+a3=2a2，即an为等差数列，
此时a=a1=ea2+1，数列an的项数n=3.
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是理解题意，利用导数的几何意义表示出切线方程，第二问关键是推导出这样的等差数列最多三项，再转化为函数的零点问题.
02构造法比较函数的大小
6.（2024·浙江台州·二模）已知x，y为正实数，则可成为“xA．1x<1yB．x+lnyC．sinx【答案】D
【分析】作差法可判断A；构造函数F(x)=x−lnx、f(x)=x+csx，利用导数研究其单调性，并结合充分、必要性的定义可判断BD；特值法可判断C.
【详解】对于A，已知x，y为正实数，若x0，
则1x>1y，故A错误；
对于B，由x+lny令Fx=x−lnxx>0，
F'x=1−1x=x−1x，令F'x<0，解得：0则Fx在0,1上单调递减，
若xFy，故B错误；
对于C，已知x，y为正实数，若x则sinx=siny，故C错误；
对于D，由x−csy令f(x)=x+csx，则f'(x)=1−sinx≥0，
即f(x)在定义域上递增，故x反之x故选：D.
7. （2024·吉林延边·一模）已知α，β均为锐角，且lnα−lnπ2−β=csα−sinβ+lnπ2，则（ ）
A．sinαC．csα【答案】C
【分析】
根据题意可得lnα−csα>lnπ2−β−csπ2−β，构建函数fx=lnx−csx,x∈0,π2，结合单调性可得α>π2−β，进而可得结果.
【详解】因为lnα−lnπ2−β=csα−sinβ+lnπ2，
则lnα−csα=lnπ2−β−csπ2−β+lnπ2，
且lnπ2>0,α∈0,π2,π2−β∈0,π2，
可得lnα−csα>lnπ2−β−csπ2−β，
构建fx=lnx−csx,x∈0,π2，可得fα>fπ2−β
因为y=lnx,y=−csx在0,π2内单调递增，
可知fx在0,π2内单调递增，则α>π2−β，
且y=sinx在0,π2内单调递增，y=csx在0,π2内单调递减，
可得sinα>sinπ2−β=csβ，csα由于无法确定α,β的大小，故AB错误；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据题意同构可得lnα−csα>lnπ2−β−csπ2−β，进而构建函数fx=lnx−csx,x∈0,π2，结合函数单调性分析判断.
8. （多选）（23-24高三上·江西赣州·期末）若正数a，b满足a+b=1，则（ ）
A．lg2a+lg2b≥−2B．2a+2b≥22
C．a+lnb<0D．sinasinb<14
【答案】BCD
【分析】对A：利用基本不等式求得ab的最大值，即可求得目标式的范围，从而判断；对B：直接使用基本不等式，结合指数运算，即可判断；对C：构造函数fx=lnx−x+1，利用导数研究其单调性和值域，将a+lnb转化为lnb−b+1，即可判断；对D：构造函数gx=sinxsin(1−x)，利用导数研究其最大值，结合适度放缩，即可判断.
【详解】因为a+b=1，故可得ab≤14a+b2=14，当且仅当a=b=12取得等号；
对A：lg2a+lg2b =lg2ab≤lg214=−2，故A错误；
对B：2a+2b ≥22a+b=22，当且仅当a=b=12时取得等号，故B正确；
对C：令fx=lnx−x+1,x∈(0,1)，f'(x) =1x−1>0，
故f(x)在(0,1)单调递增，fxa+lnb=1−b+lnb，又a>0，即1−b>0，解得b<1，故b∈(0,1)；
故lnb−b+1<0，也即a+lnb<0，故C正确；
对D：令gx=sinxsin(1−x),x∈(0,1)，则
g'(x) =csxsin(1−x)−sinxcs1−x=sin1−x−x=sin(1−2x)，
故当x∈(0,12)时，g'(x) >0，g(x)单调递增；当x∈(12,1)时，g'(x) <0，g(x)单调递减；
故g(x)的最大值为g12=sin212；
由C可知，b∈(0,1)，则sinbsin(1−b)≤sin212故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项的判断，解决的关键在于构造fx=lnx−x+1,x∈(0,1)，以及gx=sinxsin(1−x),x∈(0,1)，利用导数研究其单调性和最值，从而实现问题的解决.
9. （2024·陕西商洛·模拟预测）设a=sin0.2,b=0.16,c=12ln32，则（ ）
A．a>c>bB．b>a>c
C．c>b>aD．c>a>b
【答案】D
【分析】构造fx=sinx−x−x2,x∈0,0.2，二次求导，得到单调性，得到sin0.2−0.16>0，再变形得到c=12ln1+0.21−0.2，故构造ℎx=12ln1+x−ln1−x−sinx,x∈0,0.2，求导得到其单调性，比较出c>a，得到答案.
【详解】设fx=sinx−x−x2,x∈0,0.2,f'x=csx−1+2x，
设gx=f'x,g'x=−sinx+2>0，所以gx≥g0=0，
所以函数fx在0,0.2上单调递增，
所以f0.2=sin0.2−0.2−0.22=sin0.2−0.16>f0=0，即a>b.
根据已知得c=12ln32=+0.21−0.2，
可设ℎx=12ln1+x−ln1−x−sinx,x∈0,0.2，
则ℎ'x=1211+x+11−x−csx=11−x2−csx>0，
所以函数ℎx在0,0.2上单调递增，
所以ℎ0.2>ℎ0=0，即c>a.
综上，c>a>b.
故选：D.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
10. （23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）已知函数fx=(1+x)α−1−αx，其中x>−1,α>1.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若0【答案】(1)fx在区间(−1,0)上单调递减，fx在区间(0,+∞)上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求函数f(x)的导函数，设定导函数再求导，通过分析该函数的性质进而得到原函数的性质；
（2）采用分析法，要证明aa+bb≥ab+ba，即证bb−ba≥ab−aa，从而构造函数ℎx=xb−xa并研究函数的性质，解决问题.
【详解】（1）因为函数fx=(1+x)α−1−αx，
则f'x=α(1+x)α−1−α，
令gx=f'x,g'x=αα−1(1+x)α−2，
其中x>−1,α>1，
则g'x<0，函数f'x即函数g(x)在区间−1,+∞上单调递增，
又g(0)=f'0=0，
所以当−1当x>0时，f'x>0，fx在区间(0,+∞)上单调递增；
综上，fx在区间(−1,0)上单调递减，fx在区间(0,+∞)上单调递增.
（2）由已知0要证明aa+bb≥ab+ba，也即证明bb−ba≥ab−aa，
只要证明b≤x<1时，ℎx=xb−xa在区间[b,1)上单调递减.
ℎ'x=bxb−1−axa−1=axb−1ba−xa−b，
由ba−xa−b=0，得x=ba1a−b，且axb−1>0，
结合幂函数y=xa−b的性质得：
当x≥ba1a−b时，ℎ'x≤0,ℎx在区间(ba1a−b,+∞)上单调递减，
即x=ba1a−b时，函数ℎx取得最大值，
从而只需证明b≥ba1a−b，变换得：ba≤ba−b，即证b≤a11−a+b，
当0当0则−11
由第（1）问知，当−11时，fx在区间(−1,0)上单调递减，
fx=(1+x)α−1−αx>f0=0，也即(1+x)α>1+αx，
从而a11−a+b=[1+a−1]11−a+b>1+a−11−a+b，
其中1+a−11−a+b−b=1−a+b+a−1−b+ab−b21−a+b=b(a−b)1−a+b，
由于00，a−b>0，
所以1+a−11−a+b−b>0，得1+a−11−a+b>b，
从而b综上，若003抽象函数问题
11.（多选）（2024·浙江台州·二模）已知fx是定义域为xx≠0的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有fxfy=fxy+fxy，则下列结论正确的是（ ）
A．f1=2B．fx的值域为2,+∞
C．fx=f1xD．fx是奇函数
【答案】AC
【分析】对于A：利用赋值法，令y=1代入运算即可；对于C：令x=1，代入运算即可；对于BD：举反例说明即可.
【详解】对于A， 令y=1，则f1fx=fx+fx，可得f1fx=2fx，
且fx不恒为0，所以f1=2，故A正确；
对于B，例如fx=x+1x，可知fx是定义域为xx≠0的非常数函数，
且fxfy=x+1xy+1y=xy+1xy+xy+yx=fxy+fxy，
可知fx=x+1x符合题意，但f−1=−2<0，故B错误；
对于C，令x=1，则fyf1=fy+f1y，可得fy=f1y，
即fx=f1x，故C正确；
对于D，例如fx=x+1x，可知fx是定义域为xx≠0的非常数函数，
且fxfy=x+1xy+1y=xy+1xy+xy+yx，
注意到xy,1xy,xy,yx同号，
可得fxfy=xy+1xy+xy+yx=xy+1xy+xy+yx=fxy+fxy，
可知fx=x+1x符合题意，
但f−x=−x+1−x=x+1x=fx，即fx为偶函数，故D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：对于选项BD：举反例，通过函数fx=x+1x和fx=x+1x分析判断.
12. （2024·四川泸州·二模）已知fx，gx都是定义在R上的函数，对任意x，y满足fx−y=fxgy−gxfy，且f−2=f1≠0，则下列说法正确的是（ ）
A．g0=−1B．若f1=2024，则n=12024f(n)=2024
C．函数f2x−1的图像关于直线x=12对称D．g1+g−1=−1
【答案】D
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、D，取fx=sin2π3x,gx=cs2π3x可判断C，对于B，通过观察选项可以推断fx很可能是周期函数，结合fxgy,gxfy的特殊性及一些已经证明的结论，想到令y=−1和y=1时可构建出两个式子，两式相加即可得出fx+1+fx−1=−fx，进一步得出fx是周期函数，从而可求n=12024fn的值.
【详解】对于A，令x=y=0，可得f0=f0g0−g0f0=0，得f0=0，
令y=0，x=1，代入已知等式得f1=f1g0−g1f0，
可得f11−g0=−g1f0=0，结合f1≠0得1−g0=0，
所以g0=1，故A错误；
对于D，因为g0=1，令x=0，代入已知等式得f−y=f0gy−g0fy，
将f0=0，g0=1代入上式，得f−y=−fy，所以函数fx为奇函数.
令x=1，y=−1，代入已知等式，得f2=f1g−1−g1f−1，
因为f−1=−f1，所以f2=f1g−1+g1，
又因为f2=−f−2=−f1，所以−f1=f1g−1+g1，
因为f1≠0，所以g1+g−1=−1，故D正确；
对于B，分别令y=−1和y=1，代入已知等式，得以下两个等式：
fx+1=fxg−1−gxf−1，fx−1=fxg1−gxf1，
两式相加易得fx+1+fx−1=−fx，所以有fx+2+fx=−fx+1，
即fx=−fx+1−fx+2，
有−fx+fx=fx+1+fx−1−fx+1−fx+2=0，
即fx−1=fx+2，所以fx为周期函数，且周期为3，
因为f1=2024，所以f−2=2024，所以f2=−f−2=−2024，f3=f0=0，
所以f1+f2+f3=0，
所以n=12024fn=f1+f2+f3+⋯+f2024
=f2023+f2024=f1+f2=0，故B错误；
对于C，取fx=sin2π3x，gx=cs2π3x，满足fx−y=fxgy−gxfy及f−2=f1≠0，
所以f2x−1=sin2π32x−1，又f0=sin0=0，
所以函数f2x−1的图像不关于直线x=12对称，故C错误；
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于含有x,y的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有x,y双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
13. （2024·四川泸州·二模）已知fx，gx都是定义在R上的函数，对任意x，y满足fx−y=fxgy−gxfy，且f−2=f1≠0，则下列说法正确的是（ ）
A．g0=0B．若f1=2024，则n=12024fn=2024
C．函数f2x−1的图象关于直线x=12对称D．g1+g−1=−1
【答案】D
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、D，取fx=sin2π3x,gx=cs2π3x可判断C，对于B，通过观察选项可以推断fx很可能是周期函数，结合fxgy,gxfy的特殊性及一些已经证明的结论，想到令y=−1和y=1时可构建出两个式子，两式相加即可得出fx+1+fx−1=−fx，进一步得出fx是周期函数，从而可求n=12024fn的值.
【详解】对于A，令x=y=0，可得f0=f0g0−g0f0=0，得f0=0，
令y=0，x=1，代入已知等式得f1=f1g0−g1f0，
可得f11−g0=−g1f0=0，结合f1≠0得1−g0=0，
所以g0=1，故A错误；
对于D，因为g0=1，令x=0，代入已知等式得f−y=f0gy−g0fy，
将f0=0，g0=1代入上式，得f−y=−fy，所以函数fx为奇函数.
令x=1，y=−1，代入已知等式，得f2=f1g−1−g1f−1，
因为f−1=−f1，所以f2=f1g−1+g1，
又因为f2=−f−2=−f1，所以−f1=f1g−1+g1，
因为f1≠0，所以g1+g−1=−1，故D正确；
对于B，分别令y=−1和y=1，代入已知等式，得以下两个等式：
fx+1=fxg−1−gxf−1，fx−1=fxg1−gxf1，
两式相加易得fx+1+fx−1=−fx，所以有fx+2+fx=−fx+1，
即fx=−fx+1−fx+2，
有−fx+fx=fx+1+fx−1−fx+1−fx+2=0，
即fx−1=fx+2，所以fx为周期函数，且周期为3，
因为f1=2024，所以f−2=2024，所以f2=−f−2=−2024，f3=f0=0，
所以f1+f2+f3=0，
所以n=12024fn=f1+f2+f3+⋯+f2024
=f2023+f2024=f1+f2=0，故B错误；
对于C，取fx=sin2π3x，gx=cs2π3x，满足fx−y=fxgy−gxfy及f−2=f1≠0，
所以f2x−1=sin2π32x−1，又f0=sin0=0，
所以函数f2x−1的图像不关于直线x=12对称，故C错误；
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于含有x,y的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有x,y双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
14. （2024·安徽·二模）已知函数y=fxx≠0满足fxy=fx+fy−1，当x>1时，fx<1，则（ ）
A．fx为奇函数B．若f2x+1>1，则−1C．若f2=12，则f1024=−4D．若f12=2，则f11024=10
【答案】C
【分析】根据赋值法可得f1=1，f−1=1，进而可得f−x=fx，即可判断A，根据函数单调性的定义可判断y=fxx≠0在0,+∞上为减函数，即可求解B，代值逐步求解即可判断CD.
【详解】令x=1，y=−1，f−1=f1+f−1−1，所以f1=1；
令x=−1，y=−1，f1=f−1+f−1−1则f−1=1．
令y=−1，得f−x=fx，故y=fxx≠0为偶函数．A错误，
任取x1，x2∈0,+∞，x11，
则fx2=fx1+fx2x1−1由已知f2x+1>1，可得f2x+1>f1，故2x+1<1，解得−1若f2=12，则f1024=f210=f29+f2−1=10f2−9=−4，C正确，
若f12=2，则f122=2f12−1=3，f124=2f122−1=5，
f125=f12+f125−1=6，所以f11024=2f125−1=11，故D错误，
故选：C．
15. （多选）（2024·全国·模拟预测）已知函数fx及其导函数f'x的定义域均为R，若fx是奇函数，f2=−f1≠0，且对任意x，y∈R，fx+y=fxf'y+f'xfy，则（ ）
A．f'1=12B．f9=0
C．k=120fk=1D．k=120f'k=−1
【答案】BD
【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可.
【详解】令x=y=1，得f2=2f1f'1，因为f2=−f1≠0，
所以f'1=−12，所以A错误；
令y=1，得fx+1=fxf'1+f'xf1①，所以f1−x=f−xf'1+f'−xf1，
因为fx是奇函数，所以f'x是偶函数，
所以f1−x=−fxf'1+f'xf1②，由①②，
得fx+1=2fxf'1+f1−x=−fx−fx−1，
即fx+2=−fx+1−fx，
所以fx+3=−fx+2−fx+1=fx+1+fx−fx+1=fx，
所以fx，f'x是周期为3的函数，所以f9=f0=0，
k=120fk=f1+f2+f3×6+f1+f2=0，
所以B正确，C错误；
因为f'2=f'−1=f'1=−12，
在①中令x=0得f1=f0f'1+f'0f1，
所以f'0=1，
k=120f'k=f'1+f'2+f'3×6+f'1+f'2=−1，所以D正确．
故选：BD．
【点睛】对于可导函数fx有：
奇函数的导数为偶函数
偶函数的导数为奇函数
若定义在R上的函数fx是可导函数，且周期为T，则其导函数f'x是周期函数，且周期也为T
04同构相关问题
16.（2024·浙江台州·二模）已知关于x的不等式lnx+1≤axeax−12恒成立，则实数a的取值范围是 .
【答案】1,+∞
【分析】原不等式变形转化为x2lnx+1≤axeax−12，构造函数f(x)=x2lnx+1,x>0，转化为fx≤feax−12恒成立，利用导数研究f(x)，可得x≤eax−12，再分离参数即可得解.
【详解】原不等式⇔lnx+1≤axeax−12⇔xlnx+x≤axeax−12⇔x2lnx+1≤axeax−12，
构造函数f(x)=x2lnx+1,x>0，则fx≤feax−12，
则f'(x)=2lnx+3，令f'(x)=2lnx+3=0，解得x=e−32，
故当00，
所以f(x)在0,e−32上单调递减，在e−32,+∞上单调递增，且fe−12=0，
若a<0，则当x>1时，lnx+1>0,axeax−12<0，显然lnx+1≤axeax−12不恒成立，
故a≥0，所以eax−12>e−12，
所以fx≤feax−12成立，只需x≤eax−12成立即可，
即a≥lnx+1x恒成立，令ℎ(x)=lnx+1x，则ℎ'(x)=−lnxx2，
当x>1时，ℎ'(x)<0，当00，
所以ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
故ℎ(x)max=ℎ(1)=1，所以a≥1.
故答案为：1,+∞
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对不等式结构的观察，同构出函数f(x)=x2lnx+1，转化为研究函数大致变化情况，再由对a的分类讨论确定a≥0，且能得出eax−12>e−12，即可脱去“f”，转化为x≤eax−12恒成立，分参即可得解.
17. （2024·全国·模拟预测）若关于x的不等式e−1lnx+ax≥xeax−1在x∈12,1内有解，则正实数a的取值范围是（ ）
A．0,2+2ln2B．1e,eC．0,4D．12e,e
【答案】A
【分析】将由不等式转化为e−1lnxeax≥xeax−1，令t=xeax，得到e−1lnt≥t−1，令函数ft=e−1lnt−t+1，问题转化为存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0，利用导数求得函数ft的单调性，结合f1=0,fe=0，得到12ea2≤e且ea≥1，即可求解.
【详解】由不等式e−1lnx+ax≥xeax−1，即e−1lnxeax≥xeax−1，
令t=xeax，即有e−1lnt≥t−1，
又由a>0，所以函数t=xeax在x∈0,+∞上单调递增，
因为x∈12,1，所以t=xeax∈12ea2,ea，
令ft=e−1lnt−t+1，问题转化为存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0，
因为f't=e−1−tt，令f't>0，可得0e−1，
所以ft在0,e−1上单调递增，在e−1,+∞上单调递减，
又因为f1=0,fe=e−1lne−e+1=0，所以当1≤t≤e时，ft≥0，
若存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0成立，只需12ea2≤e且ea≥1，
解得0≤a≤2+2ln2，因为a>0，所以a∈0,2+2ln2.
故选：A.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围；
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与ex和lnx相关的常见同构模型
①aea≤blnb⇔ealnea≤blnb，构造函数fx=xlnx或gx=xex；
②eaa③ea±a>b±lnb⇔ea±lnea>b±lnb，构造函数fx=x±lnx或gx=ex±x.
18. （2024·全国·模拟预测）若关于x的不等式a(lnx+lna)≤2e2x在(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．(0,e]B．0,e2
C．(0,e]D．(0,2e]
【答案】D
【分析】根据指对混合型不等式，利用指对运算将不等式a(lnx+lna)≤2e2x转化成axlnax≤2xe2x，根据结构相同设函数fx=xex,x∈R，利用函数的单调性及取值情况，将问题转化为a≤e2xx，令gx=e2xx,x∈0,+∞，求导确定最值即可得实数a的取值范围.
【详解】依题意得，axlnax≤2xe2x，故elnaxlnax≤2xe2x，
令fx=xex,x∈R，则f'x=x+1ex，令f'x=0可得x=−1，
所以x∈−∞,−1时，f'x<0，则fx在−∞,−1上单调递减，x∈−1,+∞时，f'x>0，则fx在−1,+∞上单调递增；
且当x<0时，fx<0，当x>0时，fx>0；
则由flnax≤f2xx>0，得lnax≤2x，则a≤e2xx
令gx=e2xx,x∈0,+∞，则g'x=2x−1e2xx2，
故当x∈0,12时，g'x<0，gx单调递减，当x∈12,+∞时，g'x>0,gx单调递增，
故gxmin=g12=2e，则a≤2e，则实数a的取值范围为a∈0,2e.
故选：D．
19. （23-24高三上·浙江宁波·期末）对任意x∈(1,+∞)，函数f(x)=axlna−aln(x−1)≥0(a>1)恒成立，则a的取值范围为 ．
【答案】e1e,+∞
【分析】变形为ax−1lnax−1≥x−1lnx−1，构造Ft=tlnt,t>0，求导得到单调性进而ax−1>1恒成立，故Fax−1>0，分当x−1∈0,1和x−1>1两种情况，结合gu=lnuu单调性和最值，得到a≥e1e，得到答案.
【详解】由题意得ax−1lna≥ln(x−1)，
因为x∈(1,+∞)，所以x−1ax−1lna≥x−1lnx−1，
即ax−1lnax−1≥x−1lnx−1，
令Ft=tlnt,t>0，则Fax−1≥Fx−1恒成立，
因为F't=1+lnt，
令F't>0得，t>e−1，Ft=tlnt单调递增，
令F't<0得，0且当01时，Ft>0恒成立，
因为a>1,x>1，所以ax−1>1恒成立，故Fax−1>0，
当x−1∈0,1时，Fx−1≤0，此时满足Fax−1≥Fx−1恒成立，
当x−1>1，即x>2时，由于Ft=tlnt在t∈e−1,+∞上单调递增，
由Fax−1≥Fx−1得ax−1≥x−1⇒lna≥lnx−1x−1，
令u=x−1>1，gu=lnuu，
则g'u=1−lnuu2，当u∈1,e时，g'u>0，gu=lnuu单调递增，
当u∈e,+∞时，g'u<0，gu=lnuu单调递减，
故gu=lnuu在u=e处取得极大值，也是最大值，ge=lnee=1e，
故lna≥1e，即a≥e1e，所以，a的取值范围是e1e,+∞.
故答案为：e1e,+∞
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现指数函数与对数函数，通常使用同构来进行求解，本题难点是ax−1lna≥ln(x−1)两边同时乘以x−1，变形得到ax−1lnax−1≥x−1lnx−1，从而构造Ft=tlnt,t>0进行求解.
20. （2024·河南信阳·模拟预测）已知正数a,b满足lnb+1b4≤lna−a4+ln(2e)，则a+b= .
【答案】322
【分析】构造函数fx=lnx−x4，利用导数判断f(x)的单调性，结合函数值域，求得a,b，再求a+b即可.
【详解】lnb+1b4≤lna−a4+ln(2e)，lna−a4+ln1b−1b4+ln2e≥0；
令fx=lnx−x4，则f'(x) =1x−4x3=1−4x4x，
故当x∈(0,22)，f'(x) >0，y=f(x)单调递增；
当x∈(22,+∞)，f'(x) <0，y=f(x)单调递减；
又f22=ln22−224=−12ln2−14，故fx≤−12ln2−14，即fx+12ln2+14≤0
故fa+12ln2+14+f1b+12ln2+14=fa+f1b+ln(2e)≤0，当且仅当a=1b=22时，取得等号；
由题可知，fa+f1b+ln2e≥0，故fa+f1b+ln(2e)=0，
则fa=f1b=−12ln2−14，故a=1b=22，即a=22,b=2，故a+b=322.
故答案为：322.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造函数fx=lnx−x4，利用导数求得其值域，从而求得a,b.
05函数性质综合问题
21.（2024·浙江杭州·二模）设集合M={−1,1}，N={x|x>0且x≠1}，函数fx=ax+λa−x（a>0且a≠1），则（ ）
A．∀λ∈M,∃a∈N,fx为增函数B．∃λ∈M,∀a∈N,fx为减函数
C．∀λ∈M,∃a∈N,fx为奇函数D．∃λ∈M,∀a∈N,fx为偶函数
【答案】D
【分析】结合指数函数的单调性与奇偶性检验各选项即可.
【详解】当λ=1时，fx=ax+a−x，a>1时，f(x)在(−∞,0)上不是增函数，故A不正确；
当λ=−1时，fx=ax−a−x，a>1时，f(x)在(0,+∞)上为增函数，B不正确；
当λ=1时，fx=ax+a−x，f(−x)=ax+a−x=f(x)，f(x)为偶函数，故C不正确；
当λ=1时，fx=ax+a−x，f(−x)=ax+a−x=f(x)，f(x)为偶函数，故D正确；
故选：D.
22. （多选）（2024·河南信阳·模拟预测）已知f(x)=esin2x+2csx，（参考数据ln13.4≈2.6），则下列说法正确的是（ ）
A．fx是周期为π的周期函数
B．fx在(−π,0)上单调递增
C．fx在(−2π,2π)内共有4个极值点
D．设gx=fx−x，则g(x)在−∞,29π6上共有5个零点
【答案】BCD
【分析】选项A，根据条件得到f(x+π)≠f(x)，即可判断出选项A错误；选项B，对f(x)求导，得到f'(x)=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，从而得到x∈(−π,0)时，f'(x)>0，即可判断出选项B的正误，选项C，令f'(x)=0，求出x∈(−2π,2π)时的解，再根据极值的定义，即可判断出结果，选项D，根据条件得出f(x)的周期为2π，再利用导数与函数单调性间的关系，得出f(x)在0,29π6上的图象，再数形结合，即可求出结果.
【详解】对于选项A，因为f(x)=esin2x+2csx，
所以f(x+π)=esin2(x+π)+2cs(x+π)=esin2x−2csx≠f(x)，所以选项A错误，
对于选项B，因为f'(x)=(2cs2x−2sinx)esin2x+2csx=2(1−2sin2x−sinx)esin2x+2csx
=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，
当x∈(−π,0)时，2sinx−1<0，sinx+1≥0，esin2x+2csx>0，
所以当x∈(−π,0)时，f'(x)≥0，当且仅当x=−π2时，取等号，所以fx在(−π,0)上单调递增，故选项B正确，
对于选项C，因为f'(x)=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，
令f'(x)=0，得到(2sinx−1)(sinx+1)=0，
又因为sinx+1≥0，当且仅当x=−π2或x=3π2时，取等号，
所以x=−π2，x=3π2不是变号零点，即−π2，3π2不是fx的极值点，
由2sinx−1=0，即sinx=12，
又x∈(−2π,2π)，解得x=π6或x=5π6或x=−11π6或x=−7π6，
由y=sinx图象知，每一个解都是变号零点，所以fx在(−2π,2π)内共有4个极值点，故选项C正确，
对于选项D，因为f(x+2π)=esin2(x+2π)+2cs(x+2π)=esin2x+2csx=f(x)，
所以f(x)的周期为2π，
又因为f'(x)=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，
当x∈0,2π时，由f'(x)=0得到x=π6，x=5π6，x=3π2，
列表如下，
又f(0)=e2，f(π6)=esinπ3+2csπ6=e332，f(5π6)=esin5π3+2cs5π6=e−332，
则f(x)在0,2π上的大致图象如图所示，
当x<0时，因为f(x)=esin2x+2csx>0，此时f(x)=x无解，
由3≈1.732，则332≈2.6，又ln13.4≈2.6，则e332≈e2.6≈13.4，
又由4π≈4×3.14=12.56<13.4，29π6≈296×3.14=15.18>13.4，
故只需再画出f(x)在2π,29π6图象即可，
当x≥29π6时，e332≈13.4<29π6，f(x)=x无解，
作出y=x的图象，注意到25π6≈256×3.14≈13.09<13.4，
所以x=25π6时，y=x的图象在f(x)=esin2x+2csx图象下方，
由图可知y=x与f(x)=esin2x+2csx在0,29π6上有5个交点，
所以g(x)在−∞,29π6上共有5个零点，所以选项D正确，

故选：BCD.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，根据条件得出f(x)是周期为2π的周期函数，再利用导数与函数单调性间的关系，作出f(x)在0,29π6上图象，且有f(x)最大值和最小值分别为e332，e−332，利用25π623. （2024·安徽芜湖·二模）已知函数fx的定义域为R，且fx+2−2为奇函数，f3x+1为偶函数，f1=0，则k=12024fk=（ ）
A．4036B．4040C．4044D．4048
【答案】D
【分析】根据题中fx+2−2为奇函数，f3x+1为偶函数，从而可得出fx为周期为4的函数，从而可求解.
【详解】由题意得fx+2−2为奇函数，所以fx+2−2+f−x+2−2=0，即fx+2+f−x+2=4，所以函数fx关于点2,2中心对称，
由f3x+1为偶函数，所以可得fx+1为偶函数，则fx+1=f−x+1，所以函数fx关于直线x=1对称，
所以fx+2=f−x=−f−x+2，从而得fx=fx+4，所以函数fx为周期为4的函数，
因为f1=0，所以f1+f3=4，则f3=4，
因为fx关于直线x=1对称，所以f3=f−1=4，
又因为fx关于点2,2对称，所以f2=2，
又因为f4=f−2=f0，又因为f−2=f−2+4=f2=2，所以f1+f2+f3+f4=8，
所以k=12024fk=20244×f1+f2+f3+f4=4048，故D正确.
故选：D.
24. （2023·江西南昌·三模）若实数m,n满足m3+6m2+13m=10n3+6n2+13n=−30，则m+n=（ ）
A．-4B．-3C．-2D．-1
【答案】A
【分析】根据给定等式构造函数f(x)=x3+6x2+13x+10，探讨函数f(x)的对称性及单调性，由此计算得解.
【详解】令函数f(x)=x3+6x2+13x+10，求导得f'(x)=3x2+12x+13=3(x+2)2+1>0，
则函数f(x)在R上单调递增，
又f(−2+x)+f(−2−x)=(−2+x)3+6(−2+x)2+13(−2+x)+10
+(−2−x)3+6(−2−x)2+13(−2−x)+10=0，因此函数f(x)的图象关于点(−2,0)对称，
由m3+6m2+13m=10n3+6n2+13n=−30，得f(m)=20,f(n)=−20，即f(m)+f(n)=0，
所以m+n=−4.
故选：A
25．（2024·陕西西安·一模）已知函数fx=2sin2π5x,−154≤x≤54lg2x−1,x>54，若存在实数x1,x2,x3,x4x1A．x32+x42<8B．x1+x2=−52C．x3x4−x3−x4=0D．0【答案】A
【分析】画出fx的图象，根据图象可得m的取值范围，再根据图象的局部对称性可得x1+x2=−52，且x3x4−x3−x4=0，故可判断各项的正误.
【详解】fx=2sin2π5x,−154≤x≤54−lg2x−1,54故fx的图象如图所示，
考虑直线y=m与y=fx图象的交点，
则x1+x2=−2×54=−52，且−lg2x3−1=lg2x4−1=m，0由−lg2x3−1=lg2x4−1=m可得1x3−1=x4−1即x3−1x4−1=1，
整理得到x3x4−x3−x4=0，故C正确.
又x32+x42=x3+x42−2x3x4=x3x42−2x3x4，
由x3x4=x3+x4≥2x3x4可得x3x4≥4，但x3≠x4，故x3x4>4，
故x32+x42>16−8=8，故A错误.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：分段函数的零点问题，可先刻画其图象，根据图象的性质可得各零点的性质，结合基本不等式等考虑目标代数式的范围等.
06放缩与裂项相消法的运用
26.（23-24高三下·浙江·开学考试）已知函数fx=csx+λln1+x，且曲线y=fx在点0,f0处的切线斜率为1.
(1)求fx的表达式；
(2)若fx≤ax+1恒成立，求a的值.
(3)求证：k=n+12nfsin1k−1【答案】(1)fx=csx+ln1+x
(2)a=1
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）设ℎx=fx−ax−1(x>−1)，则ℎ0=0，根据极值点的定义可求得a=1；进而利用导数证明当a=1时ℎx≤0对任意x∈−1,+∞恒成立即可；
（3）由（2）可得fsin1k−1≤sin1k，进而k=n+12nfsin1k−1 ≤sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n.利用导数证明不等式sinx【详解】（1）f'x=−sinx+λ1+x，则f'0=λ=1，
∴fx=csx+ln1+x；
（2）设ℎx=fx−ax−1=csx+ln1+x−ax−1,x>−1.
由条件知ℎx≤0恒成立，
因为ℎ0=0，又ℎx的图像在定义域上是连续不间断的，
所以x=0是ℎx的一个极大值点，则ℎ'0=0.
又ℎ'x=−sinx+11+x−a，所以ℎ'0=1−a=0，得a=1；
下证当a=1时，ℎx≤0对任意x∈−1,+∞恒成立，
令φx=ln1+x−x，则φ'x=11+x−1=−x1+x，
由φ'x>0⇒−10，
知函数φx在−1,0单调递增，在0,+∞上单调递减，
∴φx≤φ0=0，即ln1+x−x≤0，而csx−1≤0，
所以当x∈0,+∞时，ℎx=csx−1+ln1+x−x≤0.
综上，若fx≤ax+1恒成立，则a=1.
（3）由（2）可知fx≤x+1,∴fsin1k−1≤sin1k.
∴k=n+12nfsin1k−1=fsin1n+1−1+fsin1n+2−1+⋯+fsin12n−1 ≤sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n，
先证sinx令tx=sinx−x,x∈0,π2,t'x=csx−1<0，
则tx在0,π2上单调递减，tx所以sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n<1n+1+1n+2+⋯+12n
再证1n+1令u(x)=lnx−x+1(0当00，函数u(x)单调递增，且u(1)=0，则u(x)即lnx又lnn+1n=lnn+1−lnn，得1n+1所以1n+1+1n+2+⋯+12n综上，k=n+12nfsin1k−1≤ln2.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:
形如fx≥gx的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令Fx=fx−gx，利用导数求得函数Fx的单调性与最小值，只需Fxmin≥0恒成立即可；
2、参数分离法：转化为a≥φx或a≤φx恒成立，即a≥φxmax或a≤φxmin恒成立，只需利用导数求得函数φx的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数y=fx的图象在y=gx的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
27. （2024·广西·模拟预测）函数fx=alnx+12x2−a+1x+32(a>0).
(1)求函数fx的单调增区间；
(2)当a=1时，若fx1+fx2=0，求证：x1+x2≥2；
(3)求证：对于任意n∈N∗都有2lnn+1+i=1ni−1i2>n.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分01三种情况，得到函数递增区间；
（2）由（1）得到fx的单调性，求出gx=fx+f2−x=ln1−x−12+x−12，构造Fx=lnx−x+1x>0，求导得到其单调性，求出lnx≤x−1，令x−12=t∈0,1，则ln1−t+t≤0，所以gx=fx+f2−x≤0恒成立，不妨设0（3）由（2）知，x>1时，fx=lnx+12x2−2x+32>f1=0，变形为2lnx+(x−2)2>1在x>1时恒成立，赋值后，相加后得到答案.
【详解】（1）函数fx的定义域是0,+∞.
由已知得，f'x=ax+x−a−1=x2−a+1x+ax=x−1x−ax.
①当0由fx>0得，01，
∴fx的单调增区间为0,a，1,+∞，
②当a=1时，
当x>0时，f'x≥0，所以fx单调增区间为0,+∞.
③当a>1时，
由f'x>0得：0a，
∴fx的单调增区间为0,1，a,+∞
综上，①当0②当a=1时，函数fx单调递增区间为0,+∞；
③当a>1时，函数fx单调递增区间为0,1，a,+∞.
（2）当a=1时，fx=lnx+12x2−2x+32.
由（1）知，函数fx在0,+∞上单调递增且f1=0；
令gx=fx+f2−x=lnx+12x2−2x+32+ln2−x+122−x2−22−x+32
=lnx2−x+x2−2x+1=ln1−x−12+x−12，0令Fx=lnx−x+1x>0，F'x=1x−1=1−xx
令F'x>0，解得01，
所以Fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以Fx≤F1=0，所以lnx≤x−1，
令x−12=t∈0,1，则1−t∈0,1，则ln1−t≤1−t−1=−t，
故ln1−t+t≤0，
所以gx=fx+f2−x≤0恒成立，
不妨设0所以−fx1≥f2−x1，所以fx2≥f2−x1，
因为2−x1>1，x2>1，而fx在0,+∞单调递增，
所以x2≥2−x1，所以x1+x2≥2.
（3）由（2）知，x>1时，fx=lnx+12x2−2x+32>f1=0，
即2lnx+x2−4x+3=2lnx+(x−2)2−1>0，
故2lnx+(x−2)2>1在x>1时恒成立，
所以2ln21+(2−2)2=2ln21+012>1，
2ln32+32−22=2ln32+122>1，
2ln43+43−22=2ln43+232>1，
……，
2lnn+1n+n+1n−22=2lnn+1n+n−1n2>1，
相加得2lnn+1+i=1ni−1i2>n.
【点睛】导函数证明与整数n相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
28. （2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知函数f(x)=ln(x+1)−ax2−x．
(1)判断函数f(x)的单调性
(2)证明：①当a≥0时，f(x)≤0；
②sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n【答案】(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论，即讨论a的取值范围，确定导数正负，从而判断函数的单调性；
（2）①利用（1）的结论，即可证明结论；②由（1）可得lnx≤x−1，利用变量代换推出1t1，结合sinx0，可得sin1n+k<1n+k【详解】（1）由于f(x)=ln(x+1)−ax2−x，定义域为(−1,+∞)，
则f'x=1x+1−2ax−1=−x2ax+2a+1x+1，
①当a=0时，f'x=−xx+1，令f'x>0，得−10，
所以fx在−1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减；
②当a>0时，x∈−1,0时，f'x>0；当x∈0,+∞时，f'x<0，
所以fx在−1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减；
③当a<−12时，x∈−1,−2a+12a∪0,+∞时，f'x>0，x∈−2a+12a,0时，f'x<0，
所以fx在−1,−2a+12a,0,+∞上单调递增，在−2a+12a,0上单调递减；
④当a=−12时，f'x≥0，所以fx在−1,+∞上单调递增；
⑤当−120，
x∈0,−2a+12a时，f'x<0，
所以fx在−1,0,−2a+12a,+∞上单调递增，在0,−2a+12a上单调递减．
综上，当a≥0时，fx在−1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减；
当−12当a=−12时，fx在−1,+∞上单调递增；
当a<−12时，fx在−1,−2a+12a,0,+∞上单调递增，在−2a+12a,0上单调递减．
（2）证明：①由（1）知，当a≥0时，fx在−1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减，
所以f(x)max=f0=0，故fx≤0；
②由（1）可得，当a=0时，f(x)=ln(x+1)−x≤f(0)=0，即lnx+1≤x，则lnx≤x−1，
仅当x=1时等号成立，
所以ln1x≤1x−1，所以−lnx≤1x−1，即得lnx>1−1x,x>1，
令1t=1−1x，则x=tt−1，所以lntt−1>1t，即1t1，
令gx=x−sinxx>0，则g'x=1−csx≥0，且g'x不恒为零，
所以gx在0,+∞上单调递增，所以gx>g0=0，所以sinx0，
所以sin1n+k<1n+k所以sin1n+1+sin1n+2+⋅⋅⋅+sin12n=ln2n−lnn=ln2nn=ln2.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用，利用导数判断函数的单调性以及利用导数证明不等式，难点在于不等式的证明，证明时要结合函数的性质推出1t1，继而结合sinx0，推出sin1n+k<1n+k29. （2024·贵州黔西·一模）已知函数f(x)=92x2−xlnx−2x.
(1)判断fx的单调性;
(2)证明:913+35+57+⋯+2n−12n+1>3n−ln(2n+1).
【答案】(1)fx在0,+∞上单调递增；
(2)证明见解析；
【分析】（1）对函数求导，并构造函数g(x)=9x−lnx−3得出其单调性即可求出fx在0,+∞上单调递增；
（2）根据（1）中结论，利用9x>lnx+3根据对数运算法则裂项并由累加法可求得结论.
【详解】（1）易知函数f(x)=92x2−xlnx−2x的定义域为0,+∞，
可得f'(x)=9x−lnx+1−2=9x−lnx−3；
令g(x)=9x−lnx−3，则g'(x)=9−1x=9x−1x，
当x∈0,19时，g'(x)<0，此时g(x)在0,19上单调递减，
当x∈19,+∞时，g'(x)>0，此时g(x)在19,+∞上单调递增，
所以f'(x)=g(x)≥g19=1+ln9−3=ln9−2=ln9e2>0；
即f'(x)>0在0,+∞上恒成立，
因此fx在0,+∞上单调递增；
（2）由（1）可知f'(x)=9x−lnx−3>0，即9x>lnx+3，
可得9×2n−12n+1>ln2n−12n+1+3；
所以i=1n9×2i−12i+1>i=1nln2i−12i+1+3，
即可得913+35+57+⋯+2n−12n+1>ln13+ln35+⋯+ln2n−12n+1+3n
=ln1−ln3+ln3−ln5+⋯ln(2n−1)−ln(2n+1)+3n=3n−ln(2n+1)；
即913+35+57+⋯+2n−12n+1>3n−ln(2n+1).
30. （23-24高二下·山东·阶段练习）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x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn且满足：f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．
（注：f″(x)=f'(x)'，f'''(x)=f″(x)'，f(4)(x)=f'''(x)'，…f(n)(x)=f(n−1)(x)的导数）
已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)=ax1+bx．
(1)求实数a，b的值；
(2)当x>0，f(x)>kR(x)恒成立，求实数k的取值范围；
(3)证明：∀n∈N∗，1n+1+1n+2+1n+3+⋯+12n【答案】(1)a=1b=12
(2)实数k的取值范围为（−∞,1]
(3)证明见解答
【分析】（1）由f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，列方程组可求实数a，b的值；
（2）令g(x)=f(x)−R(x)，利用导数研究单调性，又g(0)=f(0)−R(0)，进而可得f(x)与R(x)的大小，可求k的范围；
（3）由（2）可得ln(x+1)>xx+1，进而可得ln(1x+1)>1x+1，令x=n,n+1,n+2,⋯,2n−1，可证结论成立.
【详解】（1）由f(x)=ln(x+1)，R(x)=ax1+bx，有f(0)=R(0)，
可知f'(x)=1x+1，f″(x)=−1(x+1)2，R'(x)=a(1+bx)2，R″(x)=−2ab(1+bx)3，
则f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，所以a=1−2ab=−1，解得a=1b=12，
（2）由（1）知，R(x)=x1+12x=2xx+2，令g(x)=f(x)−R(x)=ln(x+1)−2xx+2(x>0)，则g'(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2>0，
所以g(x)在（0，+∞）内为增函数，又g(0)=f(0)−R(0)=0，
所以当x≥0时，g(x)=f(x)−R(x)≥g(0)，所以f(x)≥R(x)，
又当x>0时，R(x)>0，所以f(x)R(x)>1，由f(x)>kR(x)对x>0恒成立，
所以k≤1时，故实数k的取值范围为（−∞,1]；
（3）当x>0时，由（2）可得ln(x+1)>2xx+2>xx+1，
所以ln(1x+1)>1x+1，
令x=n,n+1,n+2,⋯,2n−1，
可得ln(1n+1)>1n+1，ln(1n+1+1)>1n+2，⋯，ln(12n−1+1)>12n，
这n−1个等式左右两边相加可得：ln(1n+1)+ln(1n+1+1)+⋯+ln(12n−1+1)>1n+1+1n+2+⋯+12n，
进而可得1n+1+1n+2+⋯+12n【点睛】本题考查导数的综合运用，考查构造函数求参数的取值范围，考查利用放缩法证不等式，考查运算求解能力，综合性强，难度较大.
07集合新定义问题
31.（2024·浙江台州·二模）设A，B是两个非空集合，如果对于集合A中的任意一个元素x，按照某种确定的对应关系f，在集合B中都有唯一确定的元素y和它对应，并且不同的x对应不同的y；同时B中的每一个元素y，都有一个A中的元素x与它对应，则称f：A→B为从集合A到集合B的一一对应，并称集合A与B等势，记作A=B.若集合A与B之间不存在一一对应关系，则称A与B不等势，记作A≠B.
例如：对于集合A=N∗，B=2nn∈N∗，存在一一对应关系y=2xx∈A,y∈B，因此A=B.
(1)已知集合C=x,yx2+y2=1，D=x,y|x24+y23=1，试判断C=D是否成立?请说明理由；
(2)证明：①0,1=−∞,+∞；
②N∗≠xx⊆N∗.
【答案】(1)成立，理由见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据新定义判断即可；
（2）①取特殊函数满足定义域为0,1，值域为R即可利用其证明
②设A=N∗，B=xx⊆N∗，假设A=B，利用反证法得证.
【详解】（1）设Px0,y0∈C，Q=x,y∈D，令x=2x0,y=3y0,
则C与D存在一一对应，所以集合C=D.
（2）①取函数y=tanπx−12，其中x∈0,1，y∈−∞,+∞，两个集合之间存在一一对应，故0,1=−∞,+∞.
备注：函数举例不唯一，只要保证定义域为0,1，值域为R即可，
如：y=1x−2,0②设A=N∗，B=xx⊆N∗，
假设A=B，即存在对应关系f：A→B为一一对应，
对于集合B中的元素1，2，1,2，至少存在一个x∈A（x≠1，且x≠2）与这三个集合中的某一个对应，所以集合A中必存在x∉fx.
记D=x∈Ax∉fx，则D⊆A，故D∈B，
从而存在a∈A，使得fa=D；
若a∈D，则a∉fa=D，矛盾；
若a∉D，则a∈fa=D，矛盾.
因此，不存在A到B的一一对应，所以A≠B.
【点睛】关键点点睛：压轴数论问题，关键在于理解新的集合有关定义，能想到取特殊函数，并借助函数证明是关键所在，此题难度在考场上基本不能完成.
32. （多选）（2024·江苏泰州·模拟预测）对任意A,B⊆R，记A⊕B=xx∈A∪B,x∉A∩B，并称A⊕B为集合A,B的对称差．例如：若A=1,2,3,B=2,3,4，则A⊕B=1,4．下列命题中，为真命题的是（ ）
A．若A,B⊆R且A⊕B=B，则A=∅
B．若A,B⊆R且A⊕B=∅，则A=B
C．若A,B⊆R且A⊕B⊆A，则A⊆B
D．存在A,B⊆R，使得A⊕B≠∁RA⊕∁RB
【答案】AB
【分析】集合的新定义，结合选项以及交并补的性质逐一判断即可.
【详解】对于A,因为A⊕B=B，所以B={x|x∈A∪B，x∉A∩B}，
所以A⊆B，且B中的元素不能出现在A∩B中，因此A=∅，即A正确；
对于B，因为A⊕B=∅，所以∅={x|x∈A∪B，x∉A∩B}，
即A∪B与A∩B是相同的，所以A=B，B正确；
对于C,因为A⊕B⊆A，所以{x|x∈A∪B，x∉A∩B}⊆A，
所以B⊆A，即C错误；
对于D由于
∁RA⊕∁RB=xx∈∁RA∪∁RB,x∉∁RA∩∁RB=xx∈∁RA∩B,x∉∁RA∪B=xx∈A∪B,x∉A∩B，
而A⊕B=xx∈A∪B,x∉A∩B，故A⊕B=∁RA⊕∁RB，即D错误．
故选：AB．
33. （2024·北京顺义·二模）已知点集Mn=x1,y1,x2,y2,⋯,xn,ynn≥3满足0≤xi，yi，xi+yi≤2i=1,2,⋯,n.对于任意点集Mn，若其非空子集A，B满足A∩B=∅，A∪B=Mn，则称集合对A,B为Mn的一个优划分.对任意点集Mn及其优划分A,B，记A中所有点的横坐标之和为XA，B中所有点的纵坐标之和为YB.
(1)写出M3=1,1,2,0,0,2的一个优划分A,B，使其满足XA+YB=3；
(2)对于任意点集M3，求证：存在M3的一个优划分A,B，满足XA+YB≤3；
(3)对于任意点集Mn，求证：存在Mn的一个优划分A,B，满足XA≤n+12且YB≤n+12.
【答案】(1)A=1,1,B=2,0,0,2（答案不唯一）
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据题中定义写出一个符合的即可；
（2）根据题意，以xi的取值与1的大小比较为标准，分类讨论即可证明；
（3）根据题意，分类讨论即可；
【详解】（1）由题因为M3=1,1,2,0,0,2，
所以若使XA+YB=3，则可以A=1,1,B=2,0,0,2，
此时XA=1,YB=2,XA+YB=3，满足题意.
（2）根据题意对于任意点集M3=x1,y1,x2,y2,x3,y3，不妨设x1≤x2≤x3，
且0≤xi，yi，xi+yi≤2i=1,2,3，
若xi=1，则0≤yi≤1，令A=x1,y1,x2,y2,B=x3,y3，
则XA=x1+x2=2,YB=y3≤1，此时恒有XA+YB≤3；
若x1≤x2≤1,x3>1，则y3<1，可令A=x1,y1,x2,y2,B=x3,y3，
此时XA=x1+x2≤2,YB=y3<1，则XA+YB<3，满足题意；
若x1≤1,1此时XA=x1≤1,YB=y2+y3<2，则XA+YB<3，满足题意；
若1令A=x1,y1,B=x3,y3,x2,y2，
此时XA=x1,YB=y2+y3≤4−2x1，则XA+YB≤4−x1<3，满足题意；
所以对于任意点集M3，都存在M3的一个优划分A,B，满足XA+YB≤3.
（3）不妨设0≤x1≤x2⋯≤xn≤2，
若x1+x2+⋯+xn≤n+12，则B取其中一点即可满足；
若x1+x2+⋯+xn>n+12，
则必存在正整数k使得x1+x2+⋯+xk≤n+12则有n+12又因为yk+1+yk+2+⋯+yn≤2−xk+1+2−xk+2+⋯+2−xn
≤2−xk+1+2−xk+2+⋯+2−xn≤n−k2−xk+1≤n−k2−n+12k+1
=n+1−k+12−n+12k+1=52n+1−2k+1+n+122k+1
≤52n+1−2n+1=n+12，当且仅当k=n−12时取等号；
于是取A=x1,y1,⋯,xk,yk,B=xk+1,yk+1,⋯,xn,yn，
即可满足XA≤n+12且YB≤n+12，命题得证.
【点睛】思路点睛：利用分类讨论思想，分x1+x2+⋯+xn≤n+12，x1+x2+⋯+xn>n+12两类依次展开证明.
34. （2024·北京丰台·一模）已知集合Mn=x∈N∗x≤2n（n∈N，n≥4），若存在数阵T=a1a2⋯anb1b2⋯bn满足：
①a1,a2,⋯,an∪b1,b2,⋯,bn=Mn；
②ak−bk=kk=1,2,⋯,n．
则称集合Mn为“好集合”，并称数阵T为Mn的一个“好数阵”．
(1)已知数阵T=xyz67w12是M4的一个“好数阵”，试写出x，y，z，w的值；
(2)若集合Mn为“好集合”，证明：集合Mn的“好数阵”必有偶数个；
(3)判断Mnn=5,6是否为“好集合”．若是，求出满足条件n∈a1,a2,⋯,an的所有“好数阵”；若不是，说明理由．
【答案】(1)x=8，y=5，z=4，w=3
(2)证明见解析
(3)M5是“好集合”，满足5∈a1,a2,...,a5的“好数阵”有38105926714，83510971264，41095738612，95410783162；M6不是“好集合”，证明见解析
【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值；
（2）可构造恰当的映射，以证明结论；
（3）第三问可通过分类讨论求解问题.
【详解】（1）由“好数阵”的定义，知x−7=1，y−w=2，z−1=3，x,y,z,w=3,4,5,8，故x=8，z=4，y−w=2，y,z=3,5，进一步得到y=5，w=3.
从而x=8，y=5，z=4，w=3.
（2）如果a1a2⋯anb1b2⋯bn是一个“好数阵”，则a1,a2,⋯,an∪b1,b2,⋯,bn=Mn，ak−bk=kk=1,2,⋯,n.
从而2n+1−b1,2n+1−b2,⋯,2n+1−bn∪2n+1−a1,2n+1−a2,⋯,2n+1−an=Mn，2n+1−bk−2n+1−ak=kk=1,2,⋯,n.
故2n+1−b12n+1−b2⋯2n+1−bn2n+1−a12n+1−a2⋯2n+1−an也是一个“好数阵”.
由于a2+b2=2b2+2是偶数，故a2+b2≠2n+1，从而a2≠2n+1−b2.
这就说明两数阵a1a2⋯anb1b2⋯bn和2n+1−b12n+1−b2⋯2n+1−bn2n+1−a12n+1−a2⋯2n+1−an的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为S，并定义映射F:S→S如下：
对T=a1a2⋯anb1b2⋯bn，规定FT=2n+1−b12n+1−b2⋯2n+1−bn2n+1−a12n+1−a2⋯2n+1−an.
因为由Mn中的元素构成的2×n数阵只有不超过2n2n种，故S是有限集合.
而FFT=2n+1−2n+1−a12n+1−2n+1−a2⋯2n+1−2n+1−an2n+1−2n+1−b12n+1−2n+1−b2⋯2n+1−2n+1−bn
=a1a2⋯anb1b2⋯bn=T，
这就表明FFT=T，从而F是满射，由S是有限集，知F也是单射，从而F是一一对应.
对“好数阵”a1a2⋯anb1b2⋯bn，已证两数阵a1a2⋯anb1b2⋯bn和2n+1−b12n+1−b2⋯2n+1−bn2n+1−a12n+1−a2⋯2n+1−an是不同的数阵，故FT≠T.
同时，对两个“好数阵”T1，T2，如果T2=FT1，则FT2=FFT1=T1；如果T1=FT2，则FT1=FFT2=T2. 所以T2=FT1当且仅当T1=FT2.
最后，对T∈S，由FT≠T，称2元集合T,FT为一个“好对”. 对T0∈S，若T0属于某个“好对”T,FT，则T=T0或FT=T0，即T=T0或T=FT0.
由于T0,FT0=FT0,FFT0，故无论是T=T0还是T=FT0，都有T,FT=T0,FT0.
这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.
（3）若a1a2⋯anb1b2⋯bn是“好数阵”，则有1+2+3+...+2n=a1+a2+...+an+b1+b2+...+bn
=b1+1+b2+2+...+bn+n+b1+b2+...+bn =2b1+b2+...+bn+1+2+...+n，
所以2b1+b2+...+bn=n+1+n+2+...+2n=nn+1+2n2=n3n+12，这表明n3n+12一定是偶数.
若n=5，设a1a2⋯a5b1b2⋯b5是“好数阵”，则2b1+b2+...+b5=n3n+12=40，从而b1+b2+b3+b4+b5=20，
故a1+a2+a3+a4+a5=b1+1+b2+2+...+b5+5=b1+b2+...+b5+1+2+...+5=20+15=35.
由于ak≥bk+1≥2k=1,2,...,5，故1∈b1,b2,...,b5，同理10∈a1,a2,...,a5.
若2∈a1,a2,...,a5，设ak=2，则2=ak=bk+k≥1+k，故k=1，从而a1=2.
进一步有b1=1，而ak≥bk+2≥3+2=5k=2,...,5，故3,4∈b2,b3,b4,b5.
假设5∈a2,a3,a4,a5，设ak'=5，则3≤bk'=ak'−k'=5−k'，故k'=2，则a2=5，b2=3.
由于b5≤a5−5≤5，a1,a2,b1,b2=1,2,3,5，故b5=4，a5=9. 此时a3,a4,b3,b4=6,7,8,10，从而a4=10，b4=6，但此时a3−b3=8−7=1，矛盾；
所以5∈b2,b3,b4,b5，故3,4,5∈b2,b3,b4,b5，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有29681017345，26109814753；
若2∈b1,b2,...,b5，则1,2∈b1,b2,...,b5，从而b1≠1.
若3∈a1,a2,...,a5，则a1=3或a2=3. 若a1=3，则b1=2，1∈b3,b4,b5，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有31079628451，38105926714.
若a2=3，则b2=1，2∈b3,b4,b5，若6∈a1,a2,...,a5，则a1=6，或b4=2且a4=6，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有93761081425；
若6∈b1,b2,...,b5，则2,6∈b1,b3,b4,b5，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有83510971264；
若3∈b1,b2,...,b5，则1,2,3∈b1,b2,...,b5，假设4∈b1,b2,...,b5，由于b1+b2+b3+b4+b5=20，10∈a1,a2,...,a5，故20=b1+b2+b3+b4+b5≤1+2+3+4+9=19，矛盾，所以4∈a1,a2,...,a5.
对1,2,3∈b1,b2,...,b5尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有10487692531，10746895123，41095738612，95410783162.
综上，全部的“好数阵”有29681017345，26109814753，31079628451，38105926714，93761081425，83510971264，10487692531，10746895123，41095738612，95410783162，
其中，满足5∈a1,a2,...,a5的有38105926714，83510971264，41095738612，95410783162.
综上，M5是“好集合”，满足5∈a1,a2,...,a5的“好数阵”有38105926714，83510971264，41095738612，95410783162.
若n=6，由于此时n3n+12=57不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而M6不是“好集合”.
【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏.
35. （2024·北京石景山·一模）已知集合Sn=XX=x1,x2,⋅⋅⋅,xn,xi∈0,1,i=1,2,⋅⋅⋅,nn≥2，对于A=a1,a2,⋅⋅⋅,an，B=b1,b2,⋅⋅⋅,bn∈Sn，定义A与B之间的距离为dA,B=i=1nai−bi．
(1)已知A=1,1,1,0∈S4，写出所有的B∈S4，使得dA,B=1；
(2)已知I=1,1,⋅⋅⋅,1∈Sn，若A,B∈Sn，并且dI,A=dI,B=p≤n，求dA,B的最大值；
(3)设集合P⊆Sn，P中有mm≥2个元素，若P中任意两个元素间的距离的最小值为t，求证：m≤2n−t+1．
【答案】(1)0,1,1,0、1,0,1,0、1,1,0,0、1,1,1,1；
(2)dA,Bmax=2p,2p≤n2n−p,2p>n；
(3)见解析
【分析】（1）根据题中定义可得B的所有情形；
（2）分2p≤n、2p>n两种情况，利用绝对值三角不等式可求得dA,B的最大值；
（3）表示出P'={c1,c2,⋯,cn−t+1|c1,c2,⋯,cn−t+1,⋯,cn∈P}，结合定义，可得a1,a2,⋯,an−t+1≠b1,b2,⋯,bn−t+1，即P'中任意两元素不相等，可得P'中至多有2n−t+1个元素，即可得证．
【详解】（1）已知A=1,1,1,0∈S4，B∈S4，且dA,B=1，
所以，B的所有情形有：0,1,1,0、1,0,1,0、1,1,0,0、1,1,1,1；
（2）设A=a1,a2,⋯,an，B=b1,b2,⋯,bn，
因为dI,A=i=1nai−1=i=1n1−ai=p，则a1+a2+⋯+an=n−p，
同理可得b1+b2+⋯+bn=n−p，
当n≥2p时，dA,B=i=1nai−bi=i=1nai−1+1−bi≤i=1n1−ai+i=1n1−bi=2p；
当n<2p时，dA,B=i=1nai−bi≤i=1nai+i=1nbi=2n−2p.
当A=1,1,⋯,1p个1,0,0,⋯,0，B=0,0,⋯0,1,1,⋯,1p个1时，上式等号成立.
综上所述，dA,Bmax=2p,2p≤n2n−p,2p>n；
（3）记P'={c1,c2,⋯,cn−t+1|c1,c2,⋯,cn−t+1,⋯,cn∈P}，
我们证明P'=P．一方面显然有P'≤P．另一方面，∀A,B∈Sn且A≠B，
假设他们满足a1=b1,a2=b2,⋯,an−t+1=bn−t+1．则由定义有dA,B≤t−1，
与P中不同元素间距离至少为t相矛盾．
从而a1,a2,⋯,an−t+1≠b1,b2,⋯,bn−t+1．
这表明P'中任意两元素不相等．从而P'=P=m．
又P'中元素有n−t+1个分量，至多有2n−t+1个元素．
从而m≤2n−t+1．
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质.
08函数新定义问题
36.（2024·浙江宁波·二模）定义：对于定义在区间a,b上的函数，若存在实数c∈a,b，使得函数在区间a,c上单调递增（递减），在区间c,b上单调递减（递增），则称这个函数为单峰函数且称c为最优点.已知定义在区间a,b上的函数fx是以c为最优点的单峰函数，在区间a,b上选取关于区间的中心a+b2对称的两个试验点x1,x2，称使得fxi−fci=1,2较小的试验点xi为好点（若相同，就任选其一），另一个称为差点.容易发现，最优点c与好点在差点的同一侧.我们以差点为分界点，把区间a,b分成两部分，并称好点所在的部分为存优区间，设存优区间为a1,b1，再对区间a1,b1重复以上操作，可以找到新的存优区间a2,b2，同理可依次找到存优区间a3,b3,a4,b4,⋯，满足a,b⊇a1,b1⊇a2,b2⊇a3,b3⊇a4,b4⊇⋯，可使存优区间长度逐步减小.为了方便找到最优点（或者接近最优点），从第二次操作起，将前一次操作中的好点作为本次操作的一个试验点，若每次操作后得到的存优区间长度与操作前区间的长度的比值为同一个常数ω，则称这样的操作是“优美的”，得到的每一个存优区间都称为优美存优区间，ω称为优美存优区间常数.对区间a,b进行n次“优美的”操作，最后得到优美存优区间an,bn，令εn=bn−anb−a，我们可任取区间an,bn内的一个实数作为最优点c的近似值，称之为fx在区间a,b上精度为εn的“合规近似值”，记作xεnf,a,b.已知函数fx=x+1csx−1,x∈0,π2，函数gx=sinx−ln1+π−x,x∈π2,π.
(1)求证：函数fx是单峰函数；
(2)已知c为函数fx的最优点，d为函数gx的最优点.
（i）求证：c+d<π；
（ii）求证：xε5g,π2,π−xε5f,0,π2>d−c−π10.
注：2≈1.414,3≈1.732,5≈2.236,7≈2.646.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据单峰函数的定义，求导确定fx得单调性即可；
（2）（i）令t=π−d，则t∈0,π2，令ℎx=gπ−x=sinx−ln1+x，根据c为函数fx的最优点，d为函数gx的最优点，可确定导函数的零点，根据导函数的零点验证结论即可；（ii）根据“合规近似值”的定义，结合函数单调性与不等式的性质证明结论即可.
【详解】（1）因为f'x=csx−x+1sinx，令Fx=csx−x+1sinx，则F'x=−2sinx−x+1csx.，
因为x∈0,π2，则F'x<0，则f'x在0,π2上单调递减，
又因为f'0=1,f'π2=−1+π2，
由零点存在定理知，存在唯一的c∈0,π2，使得f'c=0，且
x∈0,c时，f'x>0,x∈c,π2，f'x<0，
所以fx在0,c上递增，c,π2上递减，所以fx为单峰函数.
（2）（i）令t=π−d，则t∈0,π2，令ℎx=gπ−x=sinx−ln1+x，
因为d为gx在π2,π上的最优点，所以t为ℎx在0,π2的最优点，ℎ'x=csx−11+x，
所以ℎ't=0，结合最优点的定义知，t为fx在区间0,π2上的唯一零点.
又由（1）知，fx在0,c递增，c,π2递减，且f0=0,fπ2<0.
所以由零点存在性定理知在区间0,π2存在唯一的t∈c,π2，使得fd=0，
即π−d=t>c，所以c+d<π.
（ii）第一次操作：取x1=1−ωπ2,x2=ωπ2，由对称性不妨去掉区间ωπ2,π2，
则存优区间为0,ωπ2，x1=1−ωπ2为好点；
第二次操作：x1=1−ωπ2为一个试验点，为了保证对称性，
另一个试验点x3与x1关于区间0,ωπ2的中心对称，所以x3=2ω−1⋅π2；
又因为前两次操作，每次操作后剩下的存优区间长度与操作前的比值为ω.
若x3>x1，即ω>23，则2ω−1ω=ω,ω=1（舍去）；
若x3则操作5次后的精度为ε5=ω5.
xε5g,π2,π−xε5f,0,π2 =xε5g,π2,π−d+c−xε5f,0,π2+d−c
≥d−c−xε5g,π2,π−d−c−xε5f,0,π2 ≥d−c−π2ω5+π2ω5=d−c−πω5.
又ω2+ω−1=0，
所以ω5=ω(1−ω)2=ωω2−2ω+1=ω2−3ω=5ω−3=55−112<5×2.24−112=110.
所以xε5g,π2,π−xε5f,0,π2≥d−c−πω5>d−c−π10，得证.
【点睛】关键点点睛：本题属于函数新定义问题，求解本题第二问得关键点在于对“单峰函数”、“优美存优区间常数”、“合规近似值”的理解，结合函数的单调性、绝对值不等式的进行结论的证明.考查学生的分析与计算，属于难题.
37. （2024·安徽池州·模拟预测）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石．简单来说就是对于满足一定条件的连续函数fx，存在一个点x0，使得fx0=x0，那么我们称fx为“不动点”函数．若fx存在n个点xii=1,2,⋯,n，满足fxi=xi，则称fx为“n型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（ ）
A．fx=1−lnxB．fx=5−lnx−ex
C．fx=4ex−2xD．fx=2sinx+2csx
【答案】D
【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程fx=x有根或对应函数y=fx−x有零点的问题，依次求解判断各个选项.
【详解】对于A，令fx=1−lnx=x(x>0)，即x+lnx−1=0．
因为y=x+lnx−1满足y'=1+1x>0，所以y=x+lnx−1在区间0,+∞上单调递增，
所以fx不可能为“3型不动点”函数，故A错误；
对于B，令fx=5−lnx−ex=x，即x+lnx+ex−5=0．
易判断y=x+lnx+ex−5在区间0,+∞上单调递增，
所以fx不可能为“3型不动点”函数，故B错误；
对于C，由fx=4ex−2x，得f'x=4x−1ex−2x2，
易知当x<0时，f'x<0,fx单调递减，且fx<0，所以当x<0时，fx=4ex−2x的图象与直线y=x有且只有一个交点；
当01；
当x>1时，f'x>0,fx单调递增．令f'x=1，得4x−1ex−2x2=1，解得x=2，此时f2=2，所以直线y=x与曲线fx=4ex−2x相切于点2,2．
所以直线y=x与曲线fx=4ex−2x共有两个交点，所以fx为“2型不动点”函数，故C错误；
对于D，fx=2sinx+2csx=22sinx+π4，作出fx的图象，如图所示．易知其与直线y=x有且只有三个不同的交点，
即2sinx+2csx=x有三个不同的解，所以fx=2sinx+2csx为“3型不动点”函数，故D正确．
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据“不动点”函数的定义，转化为方程fx=x有解问题，可直接求方程的根，或者利用零点存在性定理判断，也可构造新函数，把问题转化为研究新函数的零点问题，有时还可以转化为两函数交点问题.
38. （多选）（2023·湖北·模拟预测）在平面直角坐标系中，将函数f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转α (0<α≤90°)后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“α旋转函数”.那么（ ）
A．存在90°旋转函数
B．80°旋转函数一定是70°旋转函数
C．若g(x)=ax+1x为45°旋转函数，则a=1
D．若ℎ(x)=bxex为45°旋转函数，则−e2≤b≤0
【答案】ACD
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“α旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将45°旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.
【详解】对A，如y=x满足条件，故A正确；
对B，如倾斜角为20°的直线是80°旋转函数，不是70°旋转函数，故B错误；
对C，若g(x)=ax+1x为45°旋转函数，则根据函数的性质可得，g(x)=ax+1x逆时针旋转45°后，不存在与x轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为45°的直线与g(x)=ax+1x的函数图象有两个交点.即y=x+bb∈R与g(x)=ax+1x至多1个交点.联立y=ax+1xy=x+b可得a−1x2−bx+1=0.
当a=1时，−bx+1=0最多1个解，满足题意；
当a≠1时，a−1x2−bx+1=0的判别式Δ=b2−4a−1，对任意的a，都存在b使得判别式大于0，不满足题意，故a=1.故C正确；
对D，同C，ℎ(x)=bxex与y=x+aa∈R的交点个数小于等于1，即对任意的a，a=bxex−x至多1个解，故gx=bxex−x为单调函数，即g'x=b1−xex−1为非正或非负函数.
又g'1=−1，故b1−xex−1≤0，即ex≥−bx−1恒成立.
即y=ex图象在y=−bx−1上方，故−b≥0，即b≤0.
当y=ex与y=−bx−1相切时，可设切点x0,ex0，对y=ex求导有y'=ex，故ex0x0−1=ex0，解得x0=2，此时b=−ex0=−e2，故−e2≤b≤0.故D正确.
故选：ACD
39. （2024·浙江金华·模拟预测）设全集为U，定义域为D的函数y=fn(x)是关于x的函数“函数组”，当n取U中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为R的函数fn(x)=nx，当U=N∗时，有f1(x)=x,f2(x)=2x⋯若存在非空集合A⊆U满足当且仅当n∈A时，函数fn(x)在D上存在零点，则称fn(x)是A上的“跳跃函数”．
(1)设U=Z,D=(−∞,2]，若函数fn(x)=2x−n2是A上的“跳跃函数”，求集合A;
(2)设fn(x)=4nx3−(6n+1)x2+2x,D=(1,+∞)，若不存在集合A使fn(x)为A上的“跳跃函数”，求所有满足条件的集合U的并集；
(3)设U=N∗，fn(x)为A上的“跳跃函数”，D=(1,+∞)．已知f1(x)=2−1x，且对任意正整数n，均有fn+1(x)=fn(x)+(1−x)n+1．
（i）证明：A=nn=2k,k∈N∗;
（ii）求实数a的最大值，使得对于任意n∈A，均有fn(x)的零点tn>a．
【答案】(1)A={−2,−1,1,2}
(2)118,12
(3)（i）证明见解析；（ii）2
【分析】（1）将命题等价转化为求使得fn(x)=2x−n2在(−∞,2]上有零点的全体n，然后利用当x∈(−∞,2]时，2x的取值范围是0,4，得到n2∈0,4，即可得解；
（2）将命题等价转化为求使得fn(x)=4nx3−(6n+1)x2+2x在(1,+∞)上没有零点的全体n，然后通过分类讨论即可解决问题；
（3）先用数学归纳法证明fn(x)=−1−xnx+n，然后将（i）等价转化为证明对n∈N∗，fn(x)在(1,+∞)上有零点当且仅当n是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明f2nx在(1,+∞)上的零点必定大于2，再证明当a>2时，必存在正整数N使得f2Nx在(1,+∞)上有一个满足t2N≤a的零点t2N，即可解决（ii）.
【详解】（1）根据题意，所求的A为使得fn(x)=2x−n2在(−∞,2]上有零点的全体n.
由于fn(x)=2x−n2在(−∞,2]上有零点等价于关于x的方程2x=n2在(−∞,2]上有解，注意到当x∈(−∞,2]时，2x的取值范围是0,4，故关于x的方程2x=n2在(−∞,2]上有解当且仅当n2∈0,4，从而所求A=−2,−1,1,2.
（2）根据题意，不存在集合A使fn(x)为A上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的n∈U，fn(x)在D上都不存在零点.
这表明，全体满足条件的U的并集，就是使得fn(x)在D上不存在零点的全体n构成的集合.
从而我们要求出全部的n，使得fn(x)=4nx3−(6n+1)x2+2x在(1,+∞)上没有零点，即关于x的方程4nx3−(6n+1)x2+2x=0在(1,+∞)上没有解.
该方程在(1,+∞)上可等价变形为4nx2−(6n+1)x+2=0，然后进一步变形为2n2x2−3x=x−2.
设gx=2n2x2−3x−x+2，则我们要求出全部的n，使得gx在(1,+∞)上没有零点.
当n≤118时，由于g32=−32+2=12>0，g3=2n2⋅32−3⋅3−3+2=18n−1≤0，故gx在32,3上必有一个零点，从而gx在(1,+∞)上有零点；
当n>12时，由于g1=2n2−3−1+2=1−2n<0，g32=−32+2=12>0，故gx在1,32上必有一个零点，从而gx在(1,+∞)上有零点；
当118gx=2n2x2−3x−x+2
=2n2x2−3x−12nx+2
=2n2x−34−18n2−234+18n2+2
=4nx−34−18n2+2−4n34+18n2
=4nx−34−18n2+2−4n916+316n+164n2
=4nx−34−18n2+54−94n−116n
=4nx−34−18n2+18n−11−2n16n
≥18n−11−2n16n
≥0，
由于两个不等号的取等条件分别是x=34+18n和n=12，而这无法同时成立（否则将推出x=34+18n=1∉1,+∞），故此时对x∈1,+∞都有gx>0，从而gx在(1,+∞)上一定没有零点.
综上，使得gx在(1,+∞)上没有零点的n构成的集合为118,12，故所求的集合为118,12.
（3）首先用数学归纳法证明：对任意正整数n，有fn(x)=−1−xnx+n.
当n=1时，有−1−xnx+n=−1−xx+1=2−1x=f1(x)，故结论成立；
假设结论对n=k成立，即fk(x)=−1−xkx+k，则有：
fk+1(x)=fk(x)+1−xk+1
=−1−xkx+k+1−xk+1
=−1−xk−x1−xkx+k+1
=−1−x⋅1−xkx+k+1
=−1−xk+1x+k+1，故结论对n=k+1也成立.
综上，对任意正整数n，有fn(x)=−1−xnx+n.
（i）命题等价于，对n∈N∗，fn(x)在(1,+∞)上有零点当且仅当n是偶数，下面证明该结论：
当n为奇数时，对x∈1,+∞，有fn(x)=−1−xnx+n=x−1nx+n>0+n>0，所以fn(x)在(1,+∞)上没有零点；
当n为偶数时，对x∈1,+∞，有fn(x)=−1−xnx+n=−x−1nx+n，而fn(2)=−12+n≥−12+2>0，fn(n+2)=−n+1nn+2+n≤−n+12n+2+n=nn+2−n+12n+2=−1n+2<0，从而fn(x)在2,n+2上一定存在零点，所以fn(x)在(1,+∞)上一定有零点.
综上，对n∈N∗，fn(x)在(1,+∞)上有零点当且仅当n是偶数，结论得证.
（ii）我们需要求实数a的最大值，使得对于任意n∈A，均有fn(x)的零点tn>a.
根据（i）的讨论，fn(x)在(1,+∞)上有零点当且仅当n是偶数，所以我们需要求实数a的最大值，使得对于任意n∈A，均有f2nx的零点t2n>a.
我们现在有f2n(x)=−x−12nx+2n，由于当12n−1>0，故f2n(x)=−x−12nx+2n在(1,+∞)上的零点必定大于2.
而对任意给定的a>2，我们定义函数gu=−a−1ua+2u，则g'u=−lna−1aa−1u+2.
取u0=ln2alna−1lna−1，则当u>u0时，有g'u=−lna−1aa−1u+2<−lna−1aa−1u0+2=0，这表明gu在u0,+∞上单调递减，所以当u>u0时，有−a−1ua+2u=gu取正整数N，使得N>12gu0，且N>12u0，则我们有f2Na=−a−12Na+2N=−a−12Na+4N−2N=g2N−2N0，这表明f2Nx在2,a上必有一个零点，从而f2Nx在(1,+∞)上必有一个满足t2N≤a的零点t2N.
综上所述，a的最大值是2.
【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明f2nx在(1,+∞)上的零点必定大于2，再证明当a>2时，必存在正整数N使得f2Nx在(1,+∞)上有一个满足t2N≤a的零点t2N，即可得到a的最大值是2，这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法.
40. （2023·上海浦东新·二模）设P是坐标平面xOy上的一点，曲线Γ是函数y=fx的图象．若过点P恰能作曲线Γ的k条切线k∈N，则称P是函数y=fx的“k度点”．
(1)判断点O0,0与点A2,0是否为函数y=lnx的1度点，不需要说明理由；
(2)已知0(3)求函数y=x3−x的全体2度点构成的集合．
【答案】(1)O0,0是函数y=lnx的一个1度点；A2,0不是函数y=lnx的1度点
(2)证明见解析
(3)a,bb=−a或b=a3−a,a≠0
【分析】（1）求出曲线y=lnx在点t , lnt处的切线方程，该切线过点O时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点A(2,0)，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；
（2）求出y=sinx在点t , sint处的切线方程，转化为π−sint=−tcst无解，构造Gt=sint−tcst−π，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；
（3）求出切线方程，得到y=x3−x的一个2度点当且仅当关于t的方程b−t3−t=3t2−1a−t恰有两个不同的实数解，设ℎt=2t3−3at2+a+b，分a=0，a>0与a<0三种情况，进行求解.
【详解】（1）设t>0，则曲线y=lnx在点t , lnt处的切线方程为y−lnt=1tx−t．
则该切线过点O当且仅当−lnt=−1，即t=e． 故原点O是函数y=lnx的一个1度点，
该切线过点A(2,0)，故−lnt=1t2−t，
令wt=tlnt−t+2，则w't=1+lnt−1=lnt，令w't>0得t>1，令w't<0得0故wt=tlnt−t+2在1,+∞上单调递增，在0,1上单调递减，
wt=tlnt−t+2在x=1处取得极小值，也时最小值，且w1=1>0，
故−lnt=1t2−t无解，点A(2,0)不是函数y=lnx的一个1度点
（2）设t>0，y'=cst，
则曲线y=sinx在点t , sint处的切线方程为y−sint=cstx−t．
则该切线过点0 , π当且仅当π−sint=−tcst（*）．
设Gt=sint−tcst−π，则当00，故y=Gt在区间0 , π上严格增．
因此当0（3）y'=3x2−1，
对任意t∈R，曲线y=x3−x在点t , t3−t处的切线方程为y−t3−t=3t2−1x−t．
故点a , b为函数y=x3−x的一个2度点当且仅当关于t的方程b−t3−t=3t2−1a−t恰有两个不同的实数解．
设ℎt=2t3−3at2+a+b． 则点a , b为函数y=x3−x的一个2度点当且仅当y=ℎt两个不同的零点．
若a=0，则ℎt=2t3+b在R上严格增，只有一个实数解，不合要求．
若a>0，因为ℎ't=6t2−6at，
由t<0或t>a时ℎ't>0得y=ℎt严格增；而当0故y=ℎt在t=0时取得极大值ℎ0=a+b，在t=a时取得极小值ℎa=b+a−a3．
又因为ℎ−3a+b2=−3a3a+b22<0，ℎ3a+3b≥a>0，
所以当ℎ0>0>ℎa时，由零点存在定理，y=ℎt在−∞ , 0、0 , a、a,+∞上各有一个零点，不合要求；
当0>ℎ0>ℎa时，y=ℎt仅a,+∞上有一个零点，不合要求；
当ℎ0>ℎa>0时，y=ℎt仅−∞ , 0上有一个零点，也不合要求．
故y=ℎt两个不同的零点当且仅当ℎ0=0或ℎa=0．
若a<0，同理可得y=ℎt两个不同的零点当且仅当ℎ0=0或ℎa=0．
综上，y=x3−x的全体2度点构成的集合为a,bb=−a或b=a3−a,a≠0．
【点睛】方法点睛：针对一般的函数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.
09集合、函数与数列结合新定义问题
41.（2024·河北石家庄·二模）设集合M是一个非空数集，对任意x,y∈M，定义ρ(x,y)=|x−y|，称ρ为集合M的一个度量，称集合M为一个对于度量ρ而言的度量空间，该度量空间记为(M,ρ).
定义1：若f:M→M是度量空间(M,ρ)上的一个函数，且存在α∈(0,1)，使得对任意x,y∈M，均有：ρ(f(x),f(y))≤αρ(x,y)，则称f是度量空间(M,ρ)上的一个“压缩函数”.
定义2：记无穷数列a0,a1,a2,⋯为ann=0+∞，若ann=0+∞是度量空间(M,ρ)上的数列，且对任意正实数ε>0，都存在一个正整数N，使得对任意正整数m,n≥N，均有ρam,an<ε，则称ann=0+∞是度量空间(M,ρ)上的一个“基本数列”.
(1)设f(x)=sinx+12，证明：f是度量空间12,2,ρ上的一个“压缩函数”；
(2)已知f:R→R是度量空间(R,ρ)上的一个压缩函数，且a0∈R，定义an+1=fan，n=0,1,2,⋯，证明：ann=0+∞为度量空间(R,ρ)上的一个“基本数列”.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由正弦函数的性质可知：f(x)在12,π2上的值域，进而得出f是从12,2到12,2的函数，然后证明存在α∈(0,1)，对任意x,y∈12,2，都有ρ(f(x),f(y))≤αρ(x,y)即可；
（2）先由压缩函数的定义得到：必存在α∈(0,1)，使得对任意x，y∈R，f(x)−f(y)≤αx−y，进而得到ak+1−ak≤αka1−a0，再利用绝对值三角不等式得出am−an≤αN1−αa1−a0，分类讨论a1=a0与a1≠a0两种情况即可得证，
【详解】（1）由正弦函数的性质可知：f(x)=sinx+12在12,π2上单调递增，
在π2,2上单调递减，所以f(x)min=min{sin12+12，sin2+12}=sin12+12>12，
f(x)max=sinπ2+12=32<2，所以f(x)在12,2上的值域为sin12+12,32⊂12,2，
所以f是从12,2到12,2的函数，
另一方面，我们证明存在α∈(0,1)，对任意x,y∈12,2，都有ρ(f(x),f(y))≤αρ(x,y)，
取α=cs12，则对任意x,y∈12,2，不妨设x①当sinx≤siny时，令F(x)=αx−sinx，则F'(x)=α−csx≥α−cs12=0，
所以F(x)在12,2上单调递增，因为x所以siny−sinx<αy−αx，即ρ(f(x),f(y))≤αρ(x,y)，
②当sinx>siny时，令G(x)=αx+sinx，则G'(x)=α+csx≥α+cs2=cs12−cs(π−2)>0，
所以G(x)在12,2上单调递增，因为x所以sinx−siny<αy−αx，即ρ(f(x),f(y))≤αρ(x,y)，
综上所述，对任意x,y∈12,2，都有ρ(f(x),f(y))≤αρ(x,y)，
所以f是度量空间12,2,ρ上的一个“压缩函数”.
（2）证明：因为f:R→R是度量空间(R,ρ)上的一个压缩函数，
所以必存在α∈(0,1)，使得对任意x,y∈R，ρ(f(x),f(y))≤αρ(x,y)，
即f(x)−f(y)≤αx−y，
因为an+1=f(an)，n=0,1,2,⋯，
所以ak+1−ak=f(ak)−f(ak−1)≤αak−ak−1≤α2ak−1−ak−2≤⋯≤αka1−a0，
由绝对值三角不等式可知：
对任意m>n≥N，有am−an=am−am−1+am−1−am−2+am−2+⋯+an+1−an
≤am−am−1+am−1−am−2+⋯+an+1−an
≤αm−1a1−a0+αm−2a1−a0+⋯+αna1−a0=αn(1−αm−n)1−αa1−a0，
又因为α∈(0,1)，所以αn≤αN，
所以am−an≤αn(1−αm−n)1−αa1−a0≤αn1−αa1−a0≤αN1−αa1−a0，
①当a1=a0时，对任意m>n≥N，有am−an≤αN1−αa1−a0=0，所以am−an=0，
所以对任意ε>0，对任意正整数N，当m>n≥N时，均有ρ(am, an)<ε，
②当a1≠a0时，对任意ε>0，取一个正整数N>lgαε(1−α)a1−a0，
则αN<ε(1−α)a1−a0，即αN1−αa1−a0<ε，
则当m>n≥N时，有ρ(am,an) =am−an≤αN1−αa1−a0<ε，
综上所述，对任意ε>0，都存在一个正整数N，使得对任意正整数N，当m>n≥N时，均有ρ(am,an)<ε，，
故ann=0+∞为度量空间(R,ρ)上的一个“基本数列”.
【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.
42. （2024·安徽芜湖·二模）对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在m1（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以m1是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记m1=123312；又如，R在l1（关于对称轴r1所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以l1也是R的一个对称变换，类似地，记l1=123132．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假如同时满足：
I．∀a,b∈G，a∘b∈G；
II．∀a,b,c∈G，a∘b∘c=a∘b∘c；
Ⅲ．∃e∈G，∀a∈G，a∘e=e∘a=a；
Ⅳ．∀a∈G，∃a−1∈G，a∘a−1=a−1∘a=e．
对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的a−1为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算∘来说作成一个群．

(1)直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；
(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如m1=123312=132321=213132=231123=312231=321213．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：a1a2a3b1b2b3∗b1b2b3c1c2c3=a1a2a3c1c2c3，a1,a2,a3=b1,b2,b3=c1,c2,c3=1,2,3．
①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；
②已知H是群G的一个子群，e，e'分别是G，H的单位元，a∈H，a−1，a'分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，e'之间的关系以及a−1，a'之间的关系，并给出证明；
③写出群S的所有子群．
【答案】(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②答案见解析，证明见解析；③证明见解析.
【分析】（1）根据给定信息，按旋转变换、对称变换分别求出对应变换，再写出集合S.
（2）①根据群的定义条件，逐一验证即得；②按照群定义Ⅲ、Ⅳ分别推理计算即得；③写出S的所有子群即可.
【详解】（1）依题意，正三角形R的对称变换如下：绕中心O作120°的旋转变换m1=123312；
绕中心O作240°的旋转变换m2=123231；
绕中心O作360°的旋转变换m3=123123；
关于对称轴r1所在直线的反射变换l1=123132；
关于对称轴r2所在直线的反射变换l2=123321；
关于对称轴r3所在直线的反射变换l3=123213，
综上，S=123312,123231,123123,123132,123321,123213.（形式不唯一）
（2）①Ⅰ.∀a1a2a3b1b2b3，b1b2b3c1c2c3∈S，a1a2a3b1b2b3*b1b2b3c1c2c3=a1a2a3c1c2c3∈S；
Ⅱ.∀a1a2a3b1b2b3，b1b2b3c1c2c3，c1c2c3d1d2d3∈S，
a1a2a3b1b2b3∗b1b2b3c1c2c3∗c1c2c3d1d2d3 =a1a2a3c1c2c3∗c1c2c3d1d2d3
=a1a2a3d1d2d3,a1a2a3b1b2b3*b1b2b3c1c2c3*c1c2c3d1d2d3
=a1a2a3b1b2b3*b1b2b3d1d2d3=a1a2a3d1d2d3，
所以a1a2a3b1b2b3*b1b2b3c1c2c3*c1c2c3d1d2d3= a1a2a3b1b2b3*b1b2b3c1c2c3*c1c2c3d1d2d3；
Ⅲ.∃123123∈S,∀a1a2a3b1b2b3∈S
a1a2a3a1a2a3∗a1a2a3b1b2b3=a1a2a3b1b2b3 =a1a2a3b1b2b3∗b1b2b3b1b2b3，
而a1a2a3a1a2a3=b1b2b3b1b2b3=123123，所以e=123123；
Ⅳ.∀a1a2a3b1b2b3∈S,∃b1b2b3a1a2a3∈S，
a1a2a3b1b2b3*b1b2b3a1a2a3=b1b2b3a1a2a3*a1a2a3b1b2b3=e；
综上可知，集合S对于给定的新运算*来说能作成一个群.
②e=e'，a−1=a'，证明如下：
先证明e=e'：由于H是G的子群，取a∈H，则a∈G，a−1∈G，
根据群的定义，有a∘e=a，a∘e'=a，所以a∘e=a∘e'，
所以a−1a∘e=a−1a∘e'，即a−1∘a∘e=a−1∘a∘e'，
即e∘e=e∘e'，所以e=e'.
再证明a−1=a'：由于e=e'，e=a−1∘a，e'=a'∘a，
所以a−1∘a=a'∘a，所以a−1∘a∘a−1=a'∘a∘a−1，
所以a−1∘e=a'∘e，所以a−1=a'.
③S的所有子群如下：
H1=123123,H2=123123,123132，
H3=123123,123321，H4=123123,123213，
H5=123312,123231,123123，
H6=123312,123231,123123,123132,123321,123213
【点睛】思路点睛：“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.
43. （22-23高三下·北京·开学考试）给定整数n≥3，由n元实数集合S定义其相伴数集T=a−b∣a､b∈S,a≠b，如果minT=1，则称集合S为一个n元规范数集，并定义S的范数f为其中所有元素绝对值之和.
(1)判断A=−0.1,−1.1,2,2.5、B=−1.5,−0.5,0.5,1.5哪个是规范数集，并说明理由；
(2)任取一个n元规范数集S，记m、M分别为其中最小数与最大数，求证：minS+maxS≥n−1；
(3)当S=a1,a2,⋯,a2023遍历所有2023元规范数集时，求范数f的最小值.
注：minX、maxX分别表示数集X中的最小数与最大数.
【答案】(1)集合A不是规范数集；集合B是规范数集；
(2)证明见详解；
(3)1012×1011.
【分析】（1）根据n元规范数集的定义，只需判断集合A,B中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于等于1即可；
（2）利用n元规范数集的定义，得到xi+1−xi≥1，从而分类讨论x1≥0、xn≤0与x1<0,xn>0三种情况，结合去绝对值的方法即可证明；
（3）法一：当a1≥0时，证得an≥n−1+a1，从而得到f≥1011×2023；当a2023≤0时，证得−an≥2023−n−a2023，从而得到f≥1011×2023；当am<0≤am+1时，分类讨论m≤1011与m≥1012两种情况，推得f≥1012×1011，由此得解；
法二：利用规范数集的性质与（2）中结论即可得解.
【详解】（1）对于集合A：因为2.5−2=0.5<1，所以集合A不是规范数集；
对于集合B：因为B=−1.5,−0.5,0.5,1.5，
又−1.5−(−0.5)=1，−1.5−0.5=2，−1.5−1.5=3，−0.5−0.5=1，−0.5−1.5=2，0.5−1.5=1，
所以B相伴数集T=1,2,3，即minT=1，故集合B是规范数集.
（2）不妨设集合S中的元素为x1因为S为规范数集，则∀i∈N∗,1≤i≤n−1，则xi+1−xi≥1，且∃i0∈N∗,1≤i0≤n−1，使得xi0+1−xi0=1，
当x1≥0时，
则minS+maxS=x1+xn=x1+xn=x2−x1+x3−x2+⋯xn−xn−1+2x1 ≥n−1+2x1≥n−1，
当且仅当xi+1−xi=1且x1=0时，等号成立；
当xn≤0时，
则minS+maxS=x1+xn=−x1−xn=x2−x1+x3−x2+⋯+xn−xn−1−2xn ≥n−1−2xn≥n−1，
当且仅当xi+1−xi=1且xn=0时，等号成立；
当x1<0,xn>0时，
则minS+maxS=x1+xn=−x1+xn=x2−x1+⋯+xn−xn−1≥n−1，
当且仅当xi+1−xi=1时，等号成立；
综上所述：minS+maxS≥n−1.
（3）法一：
不妨设a1因为S为规范数集，则∀i∈N∗,1≤i≤2022，则ai+1−ai≥1，且∃i0∈N∗,1≤i0≤2022，使得ai0+1−ai0=1，
当a1≥0时，
则当2≤n≤2023时，可得an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1≥n−1+a1，
当且仅当ai+1−ai=1,i∈N∗,1≤i≤n−1时，等号成立，
则范数f=a1+a2+⋯+a2023=a1+a2+⋯+a2023≥a1+1+a1+⋯+2022+a1，
当且仅当ai+1−ai=1,i∈N∗,1≤i≤2022时，等号成立，
又a1+1+a1+⋯+2022+a1=2022×1+20222+2023a1=1011×2023+2023a1 ≥1011×2023，
当且仅当a1=0时，等号成立，
故f≥1011×2023，即范数f的最小值1011×2023；
当a2023≤0时，
则当1≤n≤2022时，可得an=−a2023−a2022+a2022−a2021+⋯+an+1−an+a2023≤−2023−n+a2023，
当且仅当ai+1−ai=1,i∈N∗,n≤i≤2022时，等号成立，则−an≥2023−n−a2023，
则范数f=a1+a2+⋯+a2023=−a1−a2−⋯−a2023 ≥2022−a2023+2021−a2023+⋯+1−a2023+−a2023，
当且仅当ai+1−ai=1,i∈N∗,n≤i≤2022时，等号成立，
又2022−a2023+2021−a2023+⋯+1−a2023+−a2023=2022×1+20222−2023a2023 =1011×2023−2023a2023≥1011×2023，
当且仅当a2023=0时，等号成立，
故f≥1011×2023，即范数f的最小值1011×2023；
当∃m∈N∗,1≤m≤2022，使得am<0≤am+1，且a2023≠0，
当2023−2m≥0，即m≤20232，即m≤1011时，
则当m+1≤n≤2023时，可得an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+am+2−am+1+am+1≥n−m−1+am+1，
当且仅当ai+1−ai=1,i∈N∗,m+1≤i≤2022时，等号成立，
则当1≤n≤m时，可得am+1−an=am+1−am+am−am−1+⋯+an+1−an≥m−n+1，
当且仅当ai+1−ai=1,i∈N∗,n≤i≤m时，等号成立，
则范数f=a1+a2+⋯+a2023=−a1−a2−⋯−am+am+1+⋯+a2023
=am+1−a1+am+1−a2+⋯+am+1−am−mam+1+am+1+am+2+⋯+a2023
≥m+m−1+⋯+1−mam+1+am+1+1+am+1+⋯+2022−m+am+1
=mm+12+2023−m2022−m2+2023−2mam+1
=m2−2022m+1011×2023+2023−2mam+1
≥m2−2022m+1011×2023；
对于y=m2−2022m+1011×2023m≤1011，其开口向上，对称轴为m=1011，
所以ymin=10112−2022×1011+1011×2023=1012×1011，
所以范数f的最小值为1012×1011；
当2023−2m<0，即m>20232，即m≥1012时，
则当m+1≤n≤2023时，可得an−am=an−an−1+an−1−an−2+⋯+am+1−am≥n−m，
当且仅当ai+1−ai=1,i∈N∗,m+1≤i≤2022时，等号成立，
则当1≤n≤m时，可得−an=am−am−1+am−1−am−2+⋯+an+1−an−am≥m−n−am，
当且仅当ai+1−ai=1,i∈N∗,n≤i≤m−1时，等号成立，
则范数f=a1+a2+⋯+a2023=−a1−a2−⋯−am+am+1+⋯+a2023
=−a1−a2−⋯−am+am+1−am+⋯+a2023−am+2023−mam
≥m−1+m−2+⋯+1−mam+1+2+⋯+2023−m+2023−mam
=mm−12+2023−m2024−m2+2023−2mam
=m2−2024m+1012×2023+2023−2mam
>m2−2024m+1012×2023；
对于y=m2−2024m+1012×2023m≥1012，其开口向上，对称轴为m=1012，
所以ymin=10122−2024×1012+1011×2023=1012×1011，
所以范数f>1012×1011；
综上所述：范数f的最小值1012×1011.
法二：
不妨设a1因为S为规范数集，则∀i∈N∗,1≤i≤2022，则ai+1−ai≥1，且∃i0∈N∗,1≤i0≤2022，使得ai0+1−ai0=1，
所以对于Sj=aj,⋯,a2024−j⊆S，同样有∀j∈N∗,1≤j≤1011，则aj+1−aj≥1，
由（2）的证明过程与结论minS+maxS≥n−1可得，minSj+maxSj≥2024−2j，当且仅当aj+1−aj=1时，等号成立，
即a1+a2023≥2022，a2+a2022≥2020，……a1011+a1013≥2，
所以范数f=a1+a2+⋯+a2023≥2022+2020+⋯+2+a2012
=2022+2×10112+a2012=1012×1011+a2012≥1012×1011，
当且仅当a2012=0时，等号成立，
所以范数f的最小值1012×1011.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解n元规范数集的定义，得到xi+1−xi≥1，再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.
44. （2024·福建厦门·二模）设集合A=−1,0,1，B=x1,x2,x3,x4,x5xi∈A,i=1,2,3,4,5，那么集合B中满足1≤x1+x2+x3+x4+x5≤3的元素的个数为（ ）
A．60B．100C．120D．130
【答案】D
【分析】明确集合B中满足1≤x1+x2+x3+x4+x5≤3的含义，结合组合数的计算，即可求得答案.
【详解】由题意知集合B中满足1≤x1+x2+x3+x4+x5≤3的元素的个数，
即指x1,x2,x3,x4,x5中取值为-1或1的个数和为1或2或3，
故满足条件的元素的个数为C51×2+C52×22+C53×23=10+40+80=130（个），
故选：D
45. （2024·湖南益阳·模拟预测）我们知道，二维空间（平面）向量可用二元有序数组a1,a2表示；三维空间向盘可用三元有序数组a1,a2,a3表示．一般地，n维空间向量用n元有序数组a1,a2,⋯,an表示，其中akk=1,2,⋯,n称为空间向量的第k个分量，k为这个分量的下标．对于nn≥3维空间向量a1,a2,⋯,an，定义集合Am=k∣ak=m,k=1,2,⋯,n．记Am的元素的个数为Am（约定空集的元素个数为0）．
(1)若空间向量a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8=6,3,2,5,3,7,5,5，求A5及A5；
(2)对于空间向量a1,a2,⋯,an．若1Aa1+1Aa2+⋯+1Aan=n，求证：∀i,j∈1,2,⋯,n，若i≠j，则ai≠aj；
(3)若空间向量a1,a2,a3,⋯,an的坐标满足Aak−2+ak−1=k,a1=a2=1，当n≥3时，求证：a12+a22+⋯+an2>2an−1an．
【答案】(1)A5=4,7,8，A5=3；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由Am和Am的定义，求A5及A5；
（2）由Aai≥1，有1Aai≤1，又1Aa1+1Aa2+⋯+1Aan=n，所以Aai=1，a1,a2,⋯,an互不相同；
（3）由已知有ak=ak−1+ak−2，则an−12=an−1an−an−2，通过累加法及0【详解】（1）由a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8=6,3,2,5,3,7,5,5，知a4=a7=a8=5，
所以A5=4,7,8，A5=3；
（2）依题意，Aai≥1，i=1,2,⋯,n，则有1Aai≤1，
所以1Aa1+1Aa2+⋯+1Aan≤n，当且仅当Aai=1 i=1,2,⋯,n时取等号， 又因为1Aa1+1Aa2+⋯+1Aan=n，所以Aai=1，i=1,2,⋯,n，a1,a2,⋯,an互不相同，
故∀i,j∈1,2,⋯,n，若i≠j，则ai≠aj；
（3）由Aak−2+ak−1=k，得ak=ak−2+ak−1，则有ak−1=ak−ak−2①，
由a1=a2=1及①，可得
a12=a1a2，
a22=a2a3−a1=a2a3−a1a2，
a32=a3a4−a2=a3a4−a2a3，
an−12=an−1an−an−2=an−1an−an−2an−1.
以上各式相加，得a12+a22+⋯+an2=an−1an+an2=anan−1+an.
由a1=a2=1及①，当n≥3时，0所以a12+a22+⋯+an2=anan−1+an>anan−1+an−1=2an−1an，
即a12+a22+⋯+an2>2an−1an.
【点睛】方法点睛：
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，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
10函数新考点问题
46.（2024·浙江宁波·二模）已知集合P=x,y|x4+ax−2024=0且xy=2024，若P中的点均在直线y=2024x的同一侧，则实数a的取值范围为（ ）
A．−∞,−2023∪2023,+∞B．2023,+∞
C．−∞,−2024∪2024,+∞D．2024,+∞
【答案】A
【分析】依题意可得a=−x3+2024xy=2024x，令fx=−x3+2024x，求出y=2024x与y=2024x的交点坐标，依题意只需a>f1或a【详解】依题意集合P即为关于x、y的方程组x4+ax−2024=0xy=2024的解集，显然x≠0，
所以a=−x3+2024xy=2024x，即y=−x3+2024xy=2024xy=a，令fx=−x3+2024x，
由y=2024xy=2024x，解得x=1y=1或x=−1y=−1，
即函数y=2024x与y=2024x的交点坐标为1,1和−1,−1，
又f−x=−x3+2024x=−−x3+2024x=−fx，所以fx为奇函数，
因为y=−x3与y=2024x在0,+∞上单调递减，
所以fx=−x3+2024x在0,+∞上单调递减，则fx=−x3+2024x在−∞,0上单调递减，
依题意y=a与y=−x3+2024x、y=2024x的交点在直线y=2024x的同侧，
只需a>f1或a2023或a<−2023，
所以实数a的取值范围为−∞,−2023∪2023,+∞.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为y=a与y=−x3+2024x、y=2024x的交点在直线y=2024x的同侧.
47. （2024·广西·二模）记函数y=fx的导函数为y'，y'的导函数为y″，则曲线y=fx的曲率K=y″1+y'232．若函数为y=lnx，则其曲率的最大值为（ ）
A．23B．22C．239D．233
【答案】C
【分析】根据定义求解y'和y″，由曲率的定义求出曲率K，利用导数判断单调性求出最大值.
【详解】函数y=lnx的定义域为0,+∞，y'=1x，y″=−1x2，
所以曲线y=lnx的曲率K=1x21+1x232=xx2+13，
∴K'=1+x232−x⋅32⋅1+x212⋅2x1+x23=1−2x21+x252，x>0，
当00，当x>22时，K'<0，
K在(0,22)上单调递增，在(22,+∞)上单调递减，
所以当x=22时，曲率K取得最大值239.
故选：C.
48. （2024·山西吕梁·二模）已知函数fx的图象关于点1,0中心对称，也关于点0,−1中心对称，则f1,f2,f3,⋯,f2024的中位数为 .
【答案】20232/1011.5
【分析】根据题意整理出fx+2−fx=2，求出f0=−1，f1=0；由此判断出f1,f2,f3,⋯,f2024为递增的等差数列，进而求解即可.
【详解】由fx的图象关于点1,0中心对称，也关于点0,−1中心对称，
得fx+f2−x=0,fx+f−x=−2，
两式相减得f2−x−f−x=2，所以fx+2−fx=2，
由x=1时，由fx+f2−x=0，得f1=0；
由x=0时，由fx+f−x=−2，得f0=−1；
又由fx+2−fx=2，结合f0=−1，f1=0，
所以f1,f2,f3,⋯,f2024成首项为0，公差为1的等差数列，
所以f2024=2023，且此等差数列为递增数列，
所以f1,f2,f3,⋯,f2024的中位数为：f1012+f10132=f1+f20242=20232.
故答案为：20232.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是判断出f1,f2,f3,⋯,f2024为递增的等差数列，从而得解.
49. （2024·贵州黔西·一模）已知f(x)=f'(1)eex+x2−f(0)x，若∀m∈R，均有不等式f(m)≥2n2+3n恒成立，则实数n的取值范围为 .
【答案】−2,12
【分析】求导，令x=1求得f'(1)=2e，则f(x)=2ex+x2−2x，利用导数求出f(x)的最小值可得f(x)min=f(0)=2，进而不等式2≥2n2+3n在R上恒成立，解一元二次不等式即可求解.
【详解】由题意知，f(x)=f'(1)eex+x2−f(0)x，得f(0)=f'(1)e
则f'(x)=f'(1)eex+2x−f(0)=f'(1)eex+2x−f'(1)e，
令x=1，则f'(1)=f'(1)ee1+2−f'(1)e，即2=f'(1)e，得f'(1)=2e，
所以f(x)=2ex+x2−2x，f'(x)=2ex+2x−2，
又函数y=2ex,y=2x−2在R上单调递增，
所以函数y=f'(x)在R上单调递增，且f'(0)=0，
所以x∈(−∞,0),f'(x)<0,f(x)单调递减，x∈(0,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增，
故f(x)min=f(0)=2，
因为∀m∈R,f(m)≥2n2+3n恒成立，即不等式2≥2n2+3n在R上恒成立，
由2≥2n2+3n，得2n2+3n−2≤0，解得−2≤n≤12，
即实数n的取值范围为[−2,12].
故答案为：[−2,12]
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如fx≥gx的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令Fx=fx−gx，利用导数求得函数Fx的单调性与最小值，只需Fxmin≥0恒成立即可；
2、参数分离法：转化为a≥φx或a≤φx恒成立，即a≥φxmax或a≤φxmin恒成立，只需利用导数求得函数φx的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数y=fx的图象在y=gx的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
50. （2024·贵州遵义·一模）已知直线nx−y+2=0与函数f(x)=8πcsπ2x+x12的图象在x=1处的切线没有交点，则n=（ ）
A．6B．7C．8D．12
【答案】C
【分析】求f'(x)，再求出f(1)，f'1，由点斜式方程可求出函数f(x)=8πcsπ2x+x12的图象在x=1处的切线方程y=8x−7，再由直线nx−y+2=0与直线y=8x−7平行，即可得出答案.
【详解】f(x)=8πcsπ2x+x12，f(1)=8πcsπ2+1=1，
f'(x)=−8πsinπ2x⋅π2+12x11=−4sinπ2x+12x11
f'(1)=−4sinπ2+12=8，
所以函数f(x)=8πcsπ2x+x12的图象在x=1处的切线方程为：
y−1=8x−1，则y=8x−7，
因为直线nx−y+2=0与直线y=8x−7没有交点，
所以直线nx−y+2=0与直线y=8x−7平行，
则n=8.
故选：C.
11多个函数数形结合问题
51.（21-22高三上·河南三门峡·阶段练习）已知函数y=axex与y=lnx+x的图象有两个交点，则实数a的取值范围为（ ）
A．(0,1e)B．(0,2e)C．(−∞,1e)D．(−∞,2e)
【答案】A
【分析】图象有两个交点可转化为g(x)=aex与ℎ(x)=lnxx+1的图象有两个交点，作出函数图象并找出临界状态即可.
【详解】由题意，“函数y=axex与y=lnx+x的图象有两个交点”等价于“方程axex=lnx+x有两个实数根”，等价于“方程aex=lnxx+1有两个实数根，即等价于“g(x)=aex与ℎ(x)=lnxx+1的图象有两个交点”，如图所示，
显然a>0，否则a≤0时，g(x)=aex与ℎ(x)=lnxx+1只有一个交点.
另一个临界状态为g(x)=aex与ℎ(x)=lnxx+1相切时，不妨设两个曲线切于点P(x0,y0)，
又g'(x)=aex，ℎ'(x)=1−lnxx2，所以{aex0=lnx0x0+1aex0=1−lnx0x02，可得lnx0x0+1=1−lnx0x02，即(x0+1)lnx0=1−x02，
又x0>0，所以lnx0=1−x0，即lnx0−1+x0=0，
令p(x)=lnx−1+x，则p'(x)=1x+1>0且p(1)=0，
故p(x)在(0,+∞)上单调递增，因此x=1是p(x)唯一的零点，
所以x0=1，代入aex0=lnx0x0+1，可得a=1e，所以0故选：A.
52. （多选）（2024·安徽池州·模拟预测）已知函数fx=1x+1+1x−x，设x1,x2,x3是曲线y=fx与直线y=a的三个交点的横坐标，且x1A．存在实数a，使得x2−x1>1B．对任意实数a，都有x3−x1>3
C．存在实数a，使得x3−x2>3D．对任意实数a，都有x3−x2>1
【答案】ACD
【分析】求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，结合图象、极限思想可判断AC的正误，利用作差法可判断BD的正误.
【详解】函数f(x)的定义域为−∞,−1∪−1,0∪1,+∞，
f'(x)=−1x+12−1x2−1<0，
故函数f(x)在−∞,−1∪−1,0∪1,+∞上均单调递减，
故f(x)的图象如图所示，

对于选项AC，由图象有x1<−1考虑到limx→−∞f(x)=+∞,limx→+∞f(x)=−∞，且函数图象的渐近线为x=−1，
于是存在实数a使得x2−x1>1，存在实数a使得x3−x2>3，故AC正确；
对于选项BD，f1+x2−fx2=11+x2+1+11+x2−1+x2−1x2+1+1x2−x2
=1x2+2−1x2−1，
因为−10,1x2<−1，1+x2>0
所以f1+x2−fx2=1x2+2−1x2−1>0，
于是f1+x2而fx在0,+∞上单调递减，所以1+x2即∀a∈R,x3−x2>1，故选项D正确；
f3+x1−fx1=1x1+4+1x1+3−3+x1−1x1+1+1x1−x1
=1x1+4+1x1+3−1x1+1−1x1−3，
当x1=−2时，1x1+4+1x1+3−1x1+1−1x1−3=12+1+1+12−3=0，
此时f3+x1=fx1=fx3，
此时3+x1=1∈0,+∞，
而函数fx在0,+∞上单调递减，
所以x3=x1+3，因此选项B错误．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，是解决本题的关键.
53. （2024·江苏扬州·模拟预测）设方程2x+x+3=0和方程lg2x+x+3=0的根分别为p,q，设函数fx=x+px+q，则（ ）
A．f2=f0f2
C．f3【答案】B
【分析】画出y=2x,y=lg2x,y=−x−3的图象，由反函数的性质得p+q2=−32，结合二次函数性质即可得解.
【详解】由2x+x+3=0得2x=−x−3，由lg2x+x+3=0得lg2x=−x−3，
所以令y=2x,y=lg2x,y=−x−3，这3个函数图象情况如下图所示：
设y=2x,y=−x−3交于点B，y=lg2x,y=−x−3交于点C，
由于y=2x,y=lg2x的图象关于直线y=x对称，
而y=−x−3,y=x的交点为A−32,−32，所以p+q2=−32，
注意到函数fx=x+px+q=x2+p+qx+pq的对称轴为直线x=−p+q2，即x=32，
且二次函数fx的图象是开口向上的抛物线方程，
从而f0=f3>f2.
故选：B.
54. （2023·湖北黄冈·模拟预测）已知函数fx=exa，gx=2x2，若存在一条直线同时与两个函数图象相切，则实数a的取值范围 ．
【答案】−∞，0∪e28，+∞
【分析】设切点坐标，利用导数表示出切线方程，根据切线为同一直线可得其关系，然后分离参数，利用导数可解.
【详解】设直线l与函数fx=exa，gx=2x2分别相切于点(m,ema),(n,2n2)，
因为f'(x)=exa,g'(x)=4x，
所以切线方程可表示为y−ema=ema(x−m)或y−2n2=4n(x−n)
即y=emax+(1−m)ema或y=4nx−2n2
所以ema=4n(1−m)ema=−2n2，整理得4n(1−m)=−2n2
易知，在n=0处g(x)的切线方程为y=0，此时与f(x)不相切，故n≠0，m≠1，
所以n=2(m−1)，所以a=em4n=em8(m−1)
记ℎ(m)=em8(m−1)，则ℎ'(m)=(m−2)em8(m−1)2
当m<1或12时，ℎ'(m)>0，ℎ(m)单调递减，且当m从左边趋近于1时，ℎ(m)趋近于−∞，当m从右边趋近于1时，ℎ(m)趋近于+∞，当m趋于−∞时，ℎ(m)<0且趋近于0，ℎ(2)=e28，于是可作ℎ(m)的草图如图：
故a∈−∞，0∪e28，+∞．
故答案为：−∞，0∪e28，+∞
55. （2024·上海金山·二模）设f(x)=x3−3x，有如下两个命题：
①函数y=f(x)的图象与圆x2+y2=1有且只有两个公共点；
②存在唯一的正方形ABCD，其四个顶点都在函数y=f(x)的图象上．
则下列说法正确的是（ ）．
A．①正确，②正确B．①正确，②不正确
C．①不正确，②正确D．①不正确，②不正确
【答案】B
【分析】对①：结合函数性质与图象判断即可得；对②：由曲线的对称性，可得要使得正方形存在，则△AOB为等腰直角三角形，利用极限思想可得至少存在两个正方形.
【详解】对①：令f'(x)=3x2−3=3x+1x−1，
当x∈−∞,−1∪1,+∞时，f'(x)>0，当x∈−1,1时，f'(x)<0，
则f(x)在−∞,−1、1,+∞上单调递增，在−1,1上单调递减，
又f−1=−1+3=2，f1=1−3=−2，
函数y=f(x)的图象与圆x2+y2=1的图象如图所示：
故函数y=f(x)的图象与圆x2+y2=1有且只有两个公共点，故①正确；
对②：由f(−x)=−x3+3x=−fx，
故要使得正方形存在，则△AOB为等腰直角三角形，
显然，当B−1,2时，OB=5，
点2,1在函数图像外侧，则OA<5，此时OB>OA；
利用极限思想，OB→0时，OA→3，此时OBOB→3时，OA→+∞，此时OB故至少两个正方形， 故②错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：结论②需注意使用极限思想，从而得到至少两个正方形.
12函数最值与取值范围问题
56.（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知函数fx=kx+xe−x+k2,x<0exx+1,x≥0（e为自然对数的底数），若关于x的方程f−x=−fx有且仅有四个不同的解，则实数k的取值范围是 ．
【答案】e32,+∞
【分析】设F(x)=f(x)+f(−x)，由题意可得当x>0时函数F(x)有2个零点，进而方程g(x)=ex=kx−k2有2个正解，利用导数的几何意义求出直线y=kx−k2与函数g(x)=ex图象相切时k的值，根据数形结合的思想即可求解.
【详解】设F(x)=f(x)+f(−x)，则F(−x)=F(x)，所以函数F(x)为偶函数，
又f(0)=1，则F(0)=2f(0)>0，所以当x>0时，F(x)有两个零点，
且当x>0时，−x<0，则F(x)=ex(x+1)−kx−xex+k2=ex−kx+k2，
令F(x)=0⇒ex=kx−k2，令g(x)=ex(x>0)，
则g'(x)=ex，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.
下面讨论直线y=kx−k2与函数g(x)=ex图象相切的情况，
设切点为(t,et)（t>0），
则曲线y=g(x)在x=t处的切线方程为y−et=et(x−t)，即y=etx+et(1−t)，
有k=et−k2=et(1−t)，解得t=32k=e32，

由图可知，当k>e32时，直线y=kx−k2与函数g(x)=ex图象在(0,+∞)上有2个交点，
即函数F(x)在(0,+∞)上有2个零点，所以实数k得取值范围为(e32,+∞).
故答案为：(e32,+∞)
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键，是根据函数F(x)=f(x)+f(−x)的奇偶性确定其在在(0,+∞)上有2个零点，结合数形结合的思想从而得解.
57. （2024·浙江·模拟预测）函数fx=x3e3x−3lnx−1x(x>0)的最小值是 ．
【答案】3
【分析】解法一：求函数fx的导函数f'x，再利用导数研究f'x的零点及零点两侧函数值的正负，由此确定函数fx的单调性，再求其最值可得.
解法二：利用切线放缩可得
【详解】解法一：f'x=3x4e3x+2x3e3x+3lnx−2x2，
令gx=3x4e3x+2x3e3x+3lnx−2，
则g'x=9x4e3x+18x3e3x+6x2e3x+3x，
当x>0时，g'x>0，
所以gx在0,+∞上单调递增,gx=3x4e3x+2x3e3x+3lnx−2=3xe3x+3lnx+2e3x+3lnx+3lnx−2，
设ℎx=3lnx+3x，
因为ℎx=3lnx+3x在0,+∞上单调递增，
因为ℎ1=3>0，ℎe−3=−9+3e−3<0
存在x0∈e−3,1，使3lnx0+3x0=0，
且gx0=3x0+2+3lnx0−2=3lnx0+3x0=0，
故当x∈0,x0时，gx<0，即f'x<0，所以fx在区间0,x0单调递减，
当x∈x0,+∞时，gx>0，即f'x>0，所以fx在区间x0,+∞单调增，
所以fxmin=fx0=x03e3x0−3lnx0−1x0=e3x0+3lnx0−3lnx0−1x0=−3lnx0x0=3．
解法二（最优解）：设px=ex−x−1，则p'x=ex−1，
所以当x∈−∞,0时，p'x<0，px单调递减；当x∈0,+∞时，p'x>0，px单调递增；所以px≥p0=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立；
所以fx=x3e3x−3lnx−1x=e3x+3lnx−3lnx−1x≥3x+3lnx+1−3lnx−1x=3，
当且仅当x+lnx=0时等号成立，
设sx=x+lnx，可得sx单调递增，又se−1=e−1−1<0,s1=1>0，
所以sx=0有解，所以fxmin=3.
故答案为：3.
【点睛】方法点睛：解法一：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
解法二：常见的切线放缩有ex≥x+1,ex≥ex,lnx≤x−1,lnx≤1ex.
58. （2024·浙江金华·模拟预测）若对任意实数x>1,m(1+lnx−x)≥3ex−ex，则m的最大值为 ．
【答案】3e
【分析】构造函数ℎx=m1+lnx−x−3ex−ex,x>1，对参数m的取值进行分类讨论，在不同情况下，研究函数的单调性，结合题意，即可求得参数的最大值.
【详解】令ℎx=m1+lnx−x−3ex−ex,x>1，ℎ1=0，由题可知，ℎx≥0恒成立；
ℎ'(x) =mx+3ex−m−3e，ℎ'(1) =0；令mx= ℎ'(x)，
m'(x) =−mx2+3ex，m'(1) =3e−m；
当m≤0，m'(x) >0，故y= ℎ'(x)单调递增，则ℎ'(x) > ℎ'(1) =0，
故y=ℎ(x)单调递增，ℎx>ℎ1=0，满足题意；
当m>0，y= m'(x)显然单调递增；
若m'(1) <0，即m>3e时，当x趋近于正无穷时，m'(x)趋近于正无穷；
故存在x0>1，当x∈(1,x0)，m'(x) <0，y= ℎ'(x)单调递减；
x∈(x0,+∞)，m'(x) >0，y= ℎ'(x)单调递增；
又ℎ'(1) =0，当x趋近于正无穷时，ℎ'(x)趋近于正无穷；
故存在x1>x0，当x∈(1,x1)，ℎ'(x) <0，y=ℎ(x)单调递减；
当x∈(x1,+∞)，ℎ'(x) >0，y=ℎ(x)单调递增；
又ℎ1=0，故当x∈(1,x1)，ℎx<ℎ1=0，不满足题意；
若m'(1) ≥0，即m≤3e，又y= m'(x)单调递增，故m'(x) >0，
则y= ℎ'(x)单调递增，又ℎ'(1) =0，故ℎ'(x) >0，
则y=ℎ(x)单调递增，ℎx>ℎ1=0，满足题意；
综上所述，当m≤3e时，满足题意，故m的最大值为3e.
故答案为：3e.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是以端点值1处的二阶导函数值的正负为讨论的标准，进而在不同情况下考虑函数单调性和最值解决问题.
59. （2024·浙江杭州·二模）函数fx=−x2+3x+2x+1的最大值为 ．
【答案】22
【分析】借助换元法令t=x+1，可得fx=ℎt=−t3+5t−2t，借助导数求取函数ℎt的单调性后，即可得解.
【详解】令t=x+1>0，则x=t2−1，故fx=−t2−12+3t2−1+2t=−t3+5t−2t，
令ℎt=−t3+5t−2tt>0，
则ℎ't=−3t2+5+2t2=−3t4+5t2+2t2=−3t2+1t+2t−2t2，
当t∈0,2时，ℎ't>0，当t∈2,+∞时，ℎ't<0，
则ℎt在0,2上单调递增，在2,+∞时单调递减，
故ℎt≤ℎ2=−23+5×2−22=22，
即函数fx=−x2+3x+2x+1的最大值为22.
故答案为：22.
60. （2023·全国·模拟预测）若对于∀m∈−e,e，∀y∈−1,+∞，使得不等式4x3+lnx+1+2023−mx−1【答案】0
【分析】由题，有4x3+lnx+1+2023−mx−1max后将4x3+lnx+1+2023−mx−1看成关于m的函数gm，后分类讨论
gm的最大值与0的大小即可.
【详解】4x3+lnx+1+2023−mx−1等价于4x3+lnx+1+2023−mx−1max令fy=ylny+1，y∈−1,+∞，则f'y=lny+1+yy+1，
注意到y∈−1,0时，f'y<0，f'0=0，y∈0,+∞时，f'y>0.
则fy在−1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，则fy≥f0=0.
则ylny+1min=0，则4x3+lnx+1+2023−mx−1max⇔4x3+lnx+1+2023−mx−1max<0.
令gm=−xm+4x3+2023x+lnx+1−1，m∈−e,e.
当x=0，gm=−1<0，故x=0满足条件；
当x≥1，则gm在−e,e上单调递减，
故gmmax=g−e=ex+4x3+2023x+lnx+1−1.
令px=ex+4x3+2023x+lnx+1−1，x∈1,+∞.
则p'x=12x2+e+2023+1x+1>0，得px在1,+∞上单调递增，
x≥1时，px≥p1>0，不合题意；
综上，整数x的最大值为0.
故答案为：0.
【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量与恒成立，难度较大.
恒成立问题常转化为最值相关问题，本题因告知m范围，求x范围，故还采取了变换主元的做题方法.
13三角函数与导数结合问题
61.（2024·安徽·二模）已知函数fx=x−1sinx+x+1csx，当0,π时fx的最大值与最小值的和为 ．
【答案】24−1π−1
【分析】求导，可得函数的单调性，即可求解极值点以及端点处的函数值，即可求解最值.
【详解】f'x=sinx+x−1csx+csx−x+1sinx=xcsx−sinx，
当x∈0,π4时，f'x>0，fx递增；当x∈π4,π时，f'x<0，fx递减；
fxmax=fπ4=2π4，f0=1，fπ=−π+1，fxmin=−π+1
故最大值与最小值的和为：24−1π−1．
故答案为：24−1π−1
62. （多选）（2024·河南信阳·模拟预测）已知f(x)=esin2x+2csx，（参考数据ln13.4≈2.6），则下列说法正确的是（ ）
A．fx是周期为π的周期函数
B．fx在(−π,0)上单调递增
C．fx在(−2π,2π)内共有4个极值点
D．设gx=fx−x，则g(x)在−∞,29π6上共有5个零点
【答案】BCD
【分析】选项A，根据条件得到f(x+π)≠f(x)，即可判断出选项A错误；选项B，对f(x)求导，得到f'(x)=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，从而得到x∈(−π,0)时，f'(x)>0，即可判断出选项B的正误，选项C，令f'(x)=0，求出x∈(−2π,2π)时的解，再根据极值的定义，即可判断出结果，选项D，根据条件得出f(x)的周期为2π，再利用导数与函数单调性间的关系，得出f(x)在0,29π6上的图象，再数形结合，即可求出结果.
【详解】对于选项A，因为f(x)=esin2x+2csx，
所以f(x+π)=esin2(x+π)+2cs(x+π)=esin2x−2csx≠f(x)，所以选项A错误，
对于选项B，因为f'(x)=(2cs2x−2sinx)esin2x+2csx=2(1−2sin2x−sinx)esin2x+2csx
=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，
当x∈(−π,0)时，2sinx−1<0，sinx+1≥0，esin2x+2csx>0，
所以当x∈(−π,0)时，f'(x)≥0，当且仅当x=−π2时，取等号，所以fx在(−π,0)上单调递增，故选项B正确，
对于选项C，因为f'(x)=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，
令f'(x)=0，得到(2sinx−1)(sinx+1)=0，
又因为sinx+1≥0，当且仅当x=−π2或x=3π2时，取等号，
所以x=−π2，x=3π2不是变号零点，即−π2，3π2不是fx的极值点，
由2sinx−1=0，即sinx=12，
又x∈(−2π,2π)，解得x=π6或x=5π6或x=−11π6或x=−7π6，
由y=sinx图象知，每一个解都是变号零点，所以fx在(−2π,2π)内共有4个极值点，故选项C正确，
对于选项D，因为f(x+2π)=esin2(x+2π)+2cs(x+2π)=esin2x+2csx=f(x)，
所以f(x)的周期为2π，
又因为f'(x)=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，
当x∈0,2π时，由f'(x)=0得到x=π6，x=5π6，x=3π2，
列表如下，
又f(0)=e2，f(π6)=esinπ3+2csπ6=e332，f(5π6)=esin5π3+2cs5π6=e−332，
则f(x)在0,2π上的大致图象如图所示，
当x<0时，因为f(x)=esin2x+2csx>0，此时f(x)=x无解，
由3≈1.732，则332≈2.6，又ln13.4≈2.6，则e332≈e2.6≈13.4，
又由4π≈4×3.14=12.56<13.4，29π6≈296×3.14=15.18>13.4，
故只需再画出f(x)在2π,29π6图象即可，
当x≥29π6时，e332≈13.4<29π6，f(x)=x无解，
作出y=x的图象，注意到25π6≈256×3.14≈13.09<13.4，
所以x=25π6时，y=x的图象在f(x)=esin2x+2csx图象下方，
由图可知y=x与f(x)=esin2x+2csx在0,29π6上有5个交点，
所以g(x)在−∞,29π6上共有5个零点，所以选项D正确，

故选：BCD.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，根据条件得出f(x)是周期为2π的周期函数，再利用导数与函数单调性间的关系，作出f(x)在0,29π6上图象，且有f(x)最大值和最小值分别为e332，e−332，利用25π663. （23-24高三·广东广州·模拟）对于函数y=f(x),x∈D1,y=g(x),x∈D2及实数m，若存在x1∈D1,x2∈D2，使得fx1+gx2=m，则称函数f(x)与g(x)具有“m关联”性质．
(1)若f(x)=sinx与g(x)=cs2x具有“m关联”性质，求m的取值范围；
(2)已知a>0，f(x)为定义在R上的奇函数，且满足；
①在[0,2a]上，当且仅当x=a2时，f(x)取得最大值1；
②对任意x∈R，有f(a+x)+f(a−x)=0．
求证：y1=sinπx+f(x)与y2=csπx−f(x)不具有“4关联”性．
【答案】(1)[−2,2]
(2)证明见解析
【分析】（1）根据函数f(x)与g(x)具有“m关联”性质的定义，结合正余弦函数的性质，即可得答案.
（2）根据f(x)满足的性质，推出其对称性以及周期，可得f(x)∈[−1,1]，再结合正弦函数的性质推出sinπx1+fx1+csπx2−fx2<4，即说明不存在x1∈R,x2∈R，使得sinπx1+fx1+csπx2−fx2=4，即可得结论.
【详解】（1）由题意可知f(x1)=sinx1∈[−1,1],g(x2)=cs2x2∈[−1,1]，
故fx1+gx2∈[−2,2]，
则m的取值范围为[−2,2]；
（2）证明：因为在[0,2a]上，当且仅当x=a2时，f(x)取得最大值1，
且f(x)为定义在R上的奇函数，
故在[−2a,0]上当且仅当x=−a2时，f(x)取得最小值-1，
由对任意x∈R，有f(a+x)+f(a−x)=0，可知f(x)图象关于点(a,0)对称，
又f(a+x)=−f(a−x)=f(x−a)，即f(x+2a)=f(x)，
故2a为函数f(x)的周期，
故f(x)∈[−1,1]，
sinπx∈[−1,1],csπx∈[−1,1]，
当fx1=1时，x1=a2+2na,n∈Z，
sinπx1=1时，x1=12+2k,k∈Z，
若a2+2na=12+2k，a=4k+14n+1，k,n∈Z，此时有y1=sinπx1+fx1=2为最大值；
当fx2=−1时，x2=−a2+2ma,m∈Z，
csπx2=1时，x2=2t,t∈Z，
若−a2+2ma=2t，a=4t4m−1,t,m∈Z，此时有y2=csπx2−fx2=2为最大值，
由于a=4k+14n+1≠4t4m−1，故sinπx1+fx1+csπx2−fx2<4，
即不存在x1∈R,x2∈R，使得sinπx1+fx1+csπx2−fx2=4，
所以y1=sinπx+f(x)与y2=csπx−f(x)不具有“4关联”性．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要理解函数f(x)与g(x)具有“m关联”性质的定义，明确其含义，继而结合定义去解决问题，特别是第2问的证明，要结合定义说明不存在x1∈R,x2∈R，使得sinπx1+fx1+csπx2−fx2=4成立.
64. （23-24高三下·重庆·开学考试）如果函数Fx的导数F'x=fx，可记为Fx=∫fxdx．若fx≥0，则abfxdx=Fb−Fa表示曲线y=fx，直线x=a,x=b以及x轴围成的“曲边梯形”的面积．
(1)若Fx=∫1xdx，且F1=1，求Fx；
(2)已知0<α<π2，证明：αcsα<0acsxdx<α，并解释其几何意义；
(3)证明：1n1+csπn+1+cs2πn+1+cs3πn+⋯+1+csnπn<22π，n∈N*．
【答案】(1)Fx=lnx+1
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中定积分的含义得到.
（2）先由定积分的预算得到0acsxdx=sinα−sin0=sinα，再分别构造函数gx=x−sinx和ℎx=sinx−xcsx，利用导数分析单调性，证明结论；几何意义由题干中定积分的含义得到.
（3）先由二倍角公式化简得到1+cskπn=2cskπ2n，再由定积分的意义得到2ncsπ2n+cs2π2n+cs3π2n+⋯+csπ2 <201csπ2xdx，最后根据求导与定积分的运算得到01csπ2xdx=F1−F0=2πsinπ2=2π，最后得证.
【详解】（1）当x>0时，因为lnx'=1x，所以设Fx=lnx+C1，
又F1=1，代入上式可得F1=ln1+C1=1⇒C1=1，
所以，当x>0时，Fx=lnx+1；
当x<0时，设Fx=ln−x+C2，同理可得C2=1，
综上，Fx=lnx+1.
（2）因为Fx=∫csxdx=sinx+C，所以0acsxdx=sinα−sin0=sinα，
设gx=x−sinx,00恒成立，
所以gx在0g0=0，故sinα<α，即0acsxdx<α；
设ℎx=sinx−xcsx，0则ℎ'x=xsinx>0恒成立，所以ℎx在0ℎ0=0，
所以αcsα<0acsxdx，
综上，αcsα<0acsxdx<α.
几何意义：当0（3）因为1+cskπn=2cs2kπ2n=2cskπ2n,k=1,2,⋯n，
所以1n1+csπn+1+cs2πn+1+cs3πn+⋯+1+csnπn
=2ncsπ2n+cs2π2n+cs3π2n+⋯+csπ2 <201csπ2xdx，
设Fx=2πsinπ2x，则F'x=csπ2x，
所以01csπ2xdx=F1−F0=2πsinπ2=2π，
故1n1+csπn+1+cs2πn+1+cs3πn+⋯+1+csnπn<22π.
【点睛】关键点点睛：1、由题干得到求导与定积分互为逆运算；2、证明不等式时可作差构造函数，求导，利用导数分析其单调性；3、利用定积分的几何意义得到要证明的不等式间关系，再利用求导与定积分运算得出最后结果.
65. （2024·上海奉贤·二模）已知定义域为R的函数y=fx，其图象是连续的曲线，且存在定义域也为R的导函数y=f'x.
(1)求函数fx=ex+e−x在点0,f0的切线方程；
(2)已知fx=acsx+bsinx，当a与b满足什么条件时，存在非零实数k，对任意的实数x使得f−x=−kf'x恒成立？
(3)若函数y=f(x)是奇函数，且满足fx+f2−x=3.试判断f'x+2=f'2−x对任意的实数x是否恒成立，请说明理由.
【答案】(1)y=2
(2)答案见解析
(3)恒成立，理由见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）先求导，再根据f−x=−kf'x列出方程组，进而可得出结论；
（3）由函数y=f(x)是奇函数，可得y=f'x是偶函数，再进一步求出导函数的周期性，再整理即可得出结论.
【详解】（1）由题可知，f'(x)=ex−e−x，
所以切线的斜率为f'(0)=0，
且f(0)=2，
所以函数在点0,f0的切线方程为y−2=0x−0，即y=2；
（2）由题可知f'x=−asinx+bcsx，
又因为定义域上对任意的实数x满足f−x=−kf'x，
所以acsx−bsinx=aksinx−bkcsx，即−b=aka=−bk，
当k∈R且k≠0时，a=b=0，
当k=1时，a+b=0，
当k=−1时，a−b=0；
（3）因为函数y=fx在定义域R上是奇函数，所以f(−x)=−f(x)，
所以f'(−x)⋅(−x)'=−f'(x)，所以f'(−x)=f'(x)，所以y=f'x是偶函数，
因为fx+f2−x=3，所以f'x+f'2−x⋅2−x'=3'，
即f'x−f'2−x=0，即f'x=f'2−x，
因为f'(−x)=f'(x)，所以f'−x=f'2−x，即f'x=f'2+x，
所以y=f'x是周期为2的函数，
所以f'x=f'x+2=f'x−2，
所以f'2−x=f'−x=f'x=f'x+2.
【点睛】思路点睛：利用导数求函数y=fx在其上一点x0,y0处的切线方程的基本步骤如下：
（1）对函数求导得f'x；
（2）计算切线的斜率k=f'x0；
（3）利用点斜式写出切线方程.
66. （2024·福建泉州·模拟预测）已知函数fx=x21−2ex+1，gx满足g1+3x+g3−3x=0，Gx=fx−2−gx，若Gx恰有2n+1n∈N∗个零点，则这2n+1个零点之和为（ ）
A．2nB．2n+1C．4nD．4n+2
【答案】D
【分析】由fx解析式可知fx为奇函数，进而可得fx的对称中心，根据gx满足的关系式，可得函数gx的对称中心，由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得2n+1个零点的和.
【详解】因为fx=x21−2ex+1的定义域为R，关于原点对称，
所以f−x=−x21−2e−x+1=x21−2ex1+ex=x21−ex1+ex
=−x21−2ex+1=−fx，所以函数fx为奇函数，关于原点0,0中心对称，
而函数fx−2是函数fx向右平移两个单位得到的函数，
因而fx−2关于2,0中心对称，
函数gx满足g1+3x+g3−3x=0，所以g1+3x=−g3−3x，
即g1+x=−g3−x，所以函数gx关于2,0中心对称，且g2=0，
且G2=f2−2−g2=0，
所以由函数零点定义可知Gx=fx−2−gx，
即fx−2=gx，
由于函数fx−2和函数gx都关于2,0中心对称，
所以两个函数的交点也关于2,0中心对称，
又因为Gx恰有2n+1n∈N∗个零点，
即函数fx−2和函数gx的交点恰有2n+1n∈N∗个，
且其中一个为x=2，其余的2n个交点关于2,0对称分布，
所以2n+1n∈N∗个零点的和满足2n2×4+2=4n+2，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系.
67. （2024·浙江嘉兴·二模）已知集合A=i=1m2ai∣0≤a1(1)写出b(2)5,b(2)6，并求S(2)10；
(2)判断88是否为数列b(3)n中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由；
(3)若2024是数列b(t)n中的某一项bt0n0，求t0,n0及St0n0的值.
【答案】(1)b(2)5=10,b(2)6=12，S(2)10=124；
(2)88是数列b(3)n的第30项；
(3)t0=7，n0=329，St0n0=427838
【分析】当m=2时，此时A=2a1+2a2∣0≤a1根据集合新定义，由88=26+24+23，再列举出比它小的项即可；
方法一：由2024=210+29+28+27+26+25+23可得t0=7，再列举出比它小的项分别有以下7种情况，再求和；方法二：由2024=210+29+28+27+26+25+23可得t0=7，求得集合A中的元素个数和最大的一个，可得n0，再求和可得St0n0.
【详解】（1）因为m=2，此时A=2a1+2a2∣0≤a1b(2)5=23+21=10,b(2)6=23+22=12，
∴S(2)10=420+21+22+23+24=124.
（2）当m=3时，A=2a1+2a2+2a3∣0≤a1∵88=26+24+23,∴88是数列b(3)n中的项，
比它小的项分别有2a1+2a2+2a3,0≤a1有2a1+2a2+26,0≤a1有2a1+24+26,0≤a1≤2,a1∈N,C31个，
所以比88小的项共有C63+C42+C31=29个，故88是数列b(3)n的第30项.
（3）∵2024=210+29+28+27+26+25+23,∴2024是数列b(7)n中的项，故t0=7，
则当m=7时，A=2a1+2a2+⋯+2a7∣0≤a1方法一：比它小的项分别有以下7种情况：
①2a1+2a2+⋯+2a7,0≤a1②2a1+2a2+⋯+2a6+210,0≤a1③2a1+2a2+⋯+2a5+29+210,0≤a1④2a1+2a2+⋯+2a4+28+29+210,0≤a1⑤2a1+2a2+2a3+27+28+29+210,0≤a1⑥2a1+2a2+26+27+28+29+210,0≤a1⑦2a1+25+26+27+28+29+210,0≤a1≤2,a1∈N，得C31个，
所以比2024小的项共有C107+C96+C85+C74+C63+C52+C31个，
其中C107+C96+C85+C74+C63+C52+C31=C103+C93+C83+C73+C63+C53+3
=C103+C93+C83+C73+C63+C53+C54+3−C54
=C114−2
=328
故2024是数列b(7)n的第329项，即n0=329.
方法二：A=2a1+2a2+⋯+2a7∣0≤a1最大的是210+29+28+27+26+25+24，其次为210+29+28+27+26+25+23=2024，
所以2024是数列b(7)n的第C117−1=329项，即n0=329.
在总共C117=330项中，含有20的项共有C106个，同理21,22,⋯210都各有C106个，所以S(7)330=C106⋅20+21+⋯+210=210×2047=429870，则St0n0=S(7)329=S(7)330−b(7)330=429870−2032=427838.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于解读集合A的定义计算，并联想到88=26+24+23和2024=210+29+28+27+26+25+23辅助思考.
688．（2024·湖南·模拟预测）已知函数fx满足fx+8=fx，fx+f8−x=0，当x∈0,4时，fx=ln1+sinπ4x，则函数Fx=f3x−fx在0,8内的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据题意，判断y=f3x的图象关于点4,0对称，利用导数判断函数fx在0,4上的单调性，在同一坐标系中作出y=f3x与y=fx的图象，得出交点个数，并结合对称性及f12=f4=0可得解.
【详解】根据题意，函数fx的周期为8，图象关于点4,0对称，
又f38−x+f3x=f8−3x+f3x=−f3x+f3x=0，
所以函数y=f3x的图象也关于点4,0对称，
由x∈0,4，fx=ln1+sinπ4x，
∴f'x=π4csπ4x1+sinπ4x，∵0≤π4x<π，sinπ4x≥0，
令f'x>0，解得0≤x<2，令f'x<0，解得2所以函数fx在0,2上单调递增，在2,4上单调递减，f2=ln2，f0=f4=0，
在同一个坐标系中，作出函数y=f3x与y=fx的图象，如图，

由图可得，函数y=f3x与y=fx在0,4上有两个交点，
因为函数y=f3x与y=fx图象均关于点4,0对称，
所以函数y=f3x与y=fx在4,8上有两个交点，又f12=f4=0，
所以函数Fx=f3x−fx在0,8内的零点个数为5.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查函数的性质及函数零点个数问题，依据题意，可判断函数y=f3x与y=fx图象均关于点4,0对称，利用导数判断函数y=fx在0,4上的单调性，并根据单调性，极值作出y=fx与y=f3x在0,4上的图象，根据图象求得结果.
69. （2024·上海虹口·二模）已知定义在R上的函数fx,gx的导数满足f'x≤g'x，给出两个命题：
①对任意x1,x2∈R，都有fx1−fx2≤gx1−gx2；②若gx的值域为m,M,f−1=m,f1=M，则对任意x∈R都有fx=gx.
则下列判断正确的是（ ）
A．①②都是假命题B．①②都是真命题
C．①是假命题，②是真命题D．①是真命题，②是假命题
【答案】B
【分析】对于①，根据不等式fx1−fx2≤gx1−gx2，构造函数ℎ(x)=f(x)−g(x),m(x)=f(x)+g(x)，然后利用函数的单调性证明即可；对于②，根据函数的值域和单调性，结合不等式求解即可.
【详解】0≤f'x≤g'x，故gx在R上递增，
对于①，设x1>x2，∴gx1≥gx2，
设ℎ(x)=f(x)−g(x),m(x)=f(x)+g(x)，
∵f'(x)≤g'(x)，∴−g'(x)≤f'(x)≤g'(x)，
∴ℎ'(x)=f'(x)−g'(x)≤0,m'(x)=f'(x)+g'(x)≥0,
∴ℎ(x)单调递减，m(x)单调递增，
∴ℎx1≤ℎx2,mx1≥mx2,
∴fx1−gx1≤fx2−gx2，即fx1−fx2≤gx1−gx2，
fx1+gx1≥fx2+gx2，即fx1−fx2≥gx2−gx1，
∴fx1−fx2≤gx1−gx2
故fx1−fx2≤gx1−gx2，故①是真命题.
对于②，由①知，f(−1)−f(1)≤g(−1)−g(1)，
即M−m≤|g(−1)−g(1)|，
∵|g(−1)−g(1)|≤M−m，故|g(−1)−g(1)|=M−m.
且gx在R上递增，故g(1)=M,g(−1)=m，
∵fx1−fx2≤gx1−gx2≤M−m，
故fx的值域为m,M,
所以fx−f−1≤gx−g−1f1−fx≤g1−gx，
即fx≤gxfx≥gx，故fx=gx，
②是真命题.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题①判断的关键是首先根据导数和函数单调性的关系得到gx在R上递增，再构造函数ℎ(x)=f(x)−g(x),m(x)=f(x)+g(x)，利用导数得到其单调性，最后得到fx1−fx2≤gx1−gx2，则可判断①.
70. （2024·上海闵行·二模）已知f(x)=sinx，集合D=[−π2,π2]，Γ={(x,y)|2f(x)+f(y)=0,x,y∈D}，Ω={(x,y)|2f(x)+f(y)≥0,x,y∈D}. 关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
命题①：集合Γ表示的平面图形是中心对称图形；
命题②：集合Ω表示的平面图形的面积不大于5π212.
A．①真命题；②假命题B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题D．①假命题；②假命题
【答案】A
【分析】根据f(x)=sinx是奇函数，可以分析出当x,y∈Γ时−x,−y∈Γ，所以集合Γ表示的平面图形是中心对称图形；结合集合Γ代表的曲线及不等式的范围可以确定集合Ω表示的平面图形，从而求得面积，与5π212进行比较.
【详解】对于Γ={(x,y)|2f(x)+f(y)=0,x,y∈D}，集合D=[−π2,π2]关于原点中心对称，且函数f(x)=sinx是奇函数，
若x,y∈Γ则2fx+fy=0则2f−x+f−y=−2fx−fy=−2fx+fy=0，
即若x,y∈Γ则−x,−y∈Γ，即集合Γ表示的平面图形是关于原点中心对称图形，故①是真命题；
对于Ω={(x,y)|2f(x)+f(y)≥0,x,y∈D}，
由2fx+fy=0即2sinx+siny=0知siny=−2sinx，
设t=siny,y∈−π2,π2，则t与y一一对应且t随y的增大而增大，t∈−1,1，
又由t=−2sinx知−2sinx∈−1,1,sinx∈−12,12，
结合x∈−π2,π2知在x∈−π6,π6范围内，t与x一一对应且t随x的增大而减小，
所以在x∈−π6,π6,y∈−π2,π2范围内，y与一一对应且y是关于x的减函数，
由①可知2sinx+siny=0图象关于原点中心对称，所以可得到2sinx+siny=0在x∈−π6,π6,y∈−π2,π2的图象，如图

代入点π2,π2可得2sinπ2+sinπ2=3>0，所以2sinx+siny≥0的区域是右半部分，
面积为正方形面积的一半，即集合Ω表示的平面图形的面积S=12×π×π=12π2>512π2，故②是假命题.
故选：A.
【点睛】方法点睛：确定不等式表示的区域范围
第一步：得到等式对应的曲线；
第二步：任选一个不在曲线上的点，若原点不在曲线上，一般选择原点，检验它的坐标是否符合不等式；
第三步：如果符合，则该点所在的一侧区域即为不等式所表示的区域；若不符合，则另一侧区域为不等式所表示的区域.
命题预测
本专题考查类型主要涉及点为集合、函数、导数的综合类型，尤其以新定义为主，同时包含了多个知识点的综合问题
预计2024年后命题会再新定义以及知识点的综合方面进行考察。
高频考法
题型01函数导数与数列结合
题型02构造法比较函数的大小
题型03抽象函数问题
题型04同构相关问题
题型05函数性质综合问题
题型06放缩与裂项相消法的运用
题型07集合新定义问题
题型08函数新定义问题
题型09集合、函数与数列结合新定义问题
题型10函数新考点问题
题型11多个函数数形结合问题
题型12函数最值与取值范围问题
题型13三角函数与导数结合问题
数列与导函数结合的题目，关键是找到两者间的递推关系或通项关系，理解数列的规律，即研究透通项，利用数列的求和方法求出对应数列的和即可。
构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
对于含有x,y的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有x,y双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
同构几技巧：与ex和lnx相关的常见同构模型
①aea≤blnb⇔ealnea≤blnb，构造函数fx=xlnx或gx=xex；
②eaa③ea±a>b±lnb⇔ea±lnea>b±lnb，构造函数fx=x±lnx或gx=ex±x.
x
0,π6
π6
π6,5π6
5π6
5π6,3π2
3π2
3π2,2π
f'(x)
+
0
−
0
+
0
+
y=f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
导函数证明与整数n相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质.
针对一般的函数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.
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.
x
0,π6
π6
π6,5π6
5π6
5π6,3π2
3π2
3π2,2π
f'(x)
+
0
−
0
+
0
+
y=f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增