备战2025高考数学压轴导数大题训练(全国通用版)专题15导数中的新定义问题(学生版+解析)

这是一份备战2025高考数学压轴导数大题训练(全国通用版)专题15导数中的新定义问题(学生版+解析)，共68页。

新定义问题的特点及求解策略
1.新定义试题通过新定义一个数学对象或数学运算，以此为基础为学生搭建思维平台，设置试题.该题型形式新颖，考查功能显著，主要表现在四个方面：通过新定义创设数学新语境和话语体系；通过新情境搭建试题框架，创设解题条件；通过新设问设置思维梯度，逐步深入，准确区分不同层次的学生；通过解题过程展现学生数学思维和探究过程，实现对分析、推理、判断、论述等关键能力的考查.
2.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的.
3.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
【例1】（2024届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．注：，，，，…已知在处的阶帕德近似为．
(1)求实数a，b的值；
(2)当时，试比较与的大小，并证明；
(3)已知正项数列满足：，，求证：．
【解析】（1）由题意得，，
，故，，
解得，.
（2）由上可得，要比较与的⼤⼩，
，只需比较1与的⼤⼩，
令，，
所以，从而可得在上单调递增，
所以，即，所以.
（3）设，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立；
由题意知，令，，
故该函数在上递减，故可得，即，可得；
一方面：由（2）可得，
又因为，
所以可得，即，即，即，
故，即，所以.
另一方面：要证明，
两边同时除以，原式
令，
由基本不等式，
故，所以在单调递增，
所以，得证.
【例2】（2024届上海市华东师范大学附中学高三下学期数学测验）已知函数，如果存在常数，对任意满足的实数，其中，都有不等式恒成立，则称函数是“绝对差有界函数”
(1)函数是“绝对差有界函数”，求常数的取值范围；
(2)对于函数，存在常数，对任意的，有恒成立，求证：函数为“绝对差有界函数”
(3)判断函数是不是“绝对差有界函数”？说明理由
【解析】（1），，，，
即当，单调递增；当，单调递减.
所以,
单调递增时，，单调递减时，.
且当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0，
所以.所以·
（2）成立，则可取，
所以函数为“绝对差有界函数”
（3），
则有，
所以对任意常数，只要足够大，就有区间的一个划分
满足，
所以函数不是的“绝对差有界函数”.
(二)具有高等数学背景的新定义问题
导数在高等数学中有着广泛的应用，常见的如函数的拐点、凸凹性、曲线的曲率、拉格朗日中值定理等.
【例3】（2024届湖北省黄冈中学高三二模）第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率.（其中，分别表示在点处的一阶､二阶导数）
(1)已知抛物线的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点处的曲率是多少？
(2)若函数，不等式对于恒成立，求的取值范围；
(3)若动点的切线沿曲线运动至点处的切线，点的切线与轴的交点为.若，，是数列的前项和，证明.
【解析】（1）抛物线的焦点到准线的距离为3，，
即抛物线方程为，即，则，，
又抛物线在点处的曲率，则，
即在该抛物线上点处的曲率为；
（2），
在上为奇函数，又在上为减函数.
对于恒成立等价于对于恒成立.
又因为两个函数都是偶函数，
记，，则曲线恒在曲线上方，
，，又因为，
所以在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率，即，
又因为，，
，，所以，解得：，
因此，的取值范围为；
（3）由题可得，所以曲线在点处的切线方程是，
即，令，得，即，
显然，，
由，知，同理，
故，从而，
设，即，所以数列是等比数列，
故，即，从而，
所以，，
，
当时，显然；当时，，
，
综上，.
【例4】（2024届湖北省襄阳市第五中学高三第二次适应性测试）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用.定理内容为：设函数f(x)，g(x)满足:
①图象在上是一条连续不断的曲线；
②在内可导;
③对，，则，使得.
特别的，取，则有：，使得，此情形称之为拉格朗日中值定理.
(1)设函数满足，其导函数在上单调递增，证明：函数在上为增函数.
(2)若且，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）由题，由柯西中值定理知：对，，
使得，，
又在上单调递增，则，
则，即，所以，
故在上为增函数；
（2），
取，，因为，所以由柯西中值定理，，
使得，
由题则有：，设，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，故，所以实数的取值范围是.
(三)现代科学技术与理论中的新定义问题
此类问题通常是根据现代科学技术与理论提炼一个数学模型，然后利用导数求解.
【例5】（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模拟）在某项投资过程中，本金为，进行了次投资后，资金为，每次投资的比例均为x（投入资金与该次投入前资金比值），投资利润率为r（所得利润与当次投入资金的比值，盈利为正，亏损为负）的概率为P，在实际问题中会有多种盈利可能（设有n种可能），记利润率为的概率为（其中），其中，由大数定律可知，当N足够大时，利润率是的次数为．
(1)假设第1次投资后的利润率为，投资后的资金记为，求与的关系式；
(2)当N足够大时，证明：（其中）；
(3)将该理论运用到非赢即输的游戏中，记赢了的概率为，其利润率为；输了的概率为，其利润率为，求最大时x的值（用含有的代数式表达，其中）．
【解析】（1）由题知，投入资金为，所获利润为，所以.
（2）由题可知，，即，
所以
.
（3）由（2）可得，,
其中，故，故.
记，
则
，
根据实际意义知，，
则，
令，解得，
令，解得，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以当时，取得最大值，即取得最大值.
(四)定义新函数
此类问题通常把满足某些条件的函数称为一类新函数，求解是注意运用该类函数满足的条件.
【例6】（2024届上海市奉贤区高三下学期三模）若定义在上的函数和分别存在导函数和．且对任意均有，则称函数是函数的“导控函数”．我们将满足方程的称为“导控点”．
(1)试问函数是否为函数的“导控函数”？
(2)若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”；
(3)若，函数为偶函数，函数是函数的“导控函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”．
【解析】（1）由，得，由，得，
因为，所以函数是函数的“导控函数”；
（2）由，得，
由，得，由，得，
由题意可得恒成立，
令，解得，故，从而有，所以，
又恒成立，即恒成立，
所以，所以，
故且“导控点”为；
（3）充分性：若存在常数使得恒成立，则为偶函数，
因为函数为偶函数，所以，
则，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，则，所以函数为偶函数，
函数是函数的“导控函数”，
因此，又，
因此函数是函数的“导控函数”，
所以，即恒成立，
用代换有，综上可知，记，
则，因此存在常数使得恒成立，
综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”．
【例7】（2024届山东省菏泽市高三信息押题卷二）如果三个互不相同的函数，，在区间上恒有或，则称为与在区间上的“分割函数”．
(1)证明：函数为函数与在上的分割函数；
(2)若为函数与在上的“分割函数”，求实数的取值范围；
(3)若，且存在实数，使得函数为函数与在区间上的“分割函数”，求的最大值．
【解析】（1）设，则，当时，在上单调递增，当时，在单调递减，则在处取得极大值，即为最大值，
即，则当时，；
设，则，当时，在上单调递咸，
当时，在上单调递增，则在处取得极小值，即为最小值，
即，则当时，，
于是当时，，
所以函数为函数与在上的“分割函数”.
（2）因为函数为函数与在上的“分割函数”，
则对，恒成立，
而，于是函数在处的切线方程为，
因此函数的图象在处的切线方程也为，又，
则，解得，
于是对恒成立，
即对恒成立，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
（3）对于函数，
当和时，，当和时，，
则为的极小值点，为极大值点，函数的图象如图，
由函数为函数与在区间上的“分割函数”，
得存在，使得直线与函数的图象相切，
且切点的横坐标，
此时切线方程为，即，
设直线与的图象交于点，
则消去y得，则，
于是
令，则，
当且仅当时，，所以在上单调递减，，
因此的最大值为，所以的最大值为.
(五)定义新性质
此类问题通常是给出某类函数所具有的一个性质，然后利用该性质求解问题，因此该函数满足的性质就是求解问题的关键.
【例8】（2024届浙江省绍兴市柯桥区三模）若函数有且仅有一个极值点，函数有且仅有一个极值点，且，则称与具有性质．
(1)函数与是否具有性质？并说明理由．
(2)已知函数与具有性质．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
【解析】（1）函数与具有性质，理由如下：
，令，则，故单调递减，
又，，故存在，使，
则在上单调递增，在上单调递减，
故有且仅有一个极值点，
，则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，故有且仅有一个极值点，
故函数与具有性质；
（2）（i）， 又，故，
当时，，此时没有极值点，故舍去，
当时， 令，则恒成立，
故在上单调递增，，，故，
由，令，则恒成立，
故在上单调递减，
当时，有，又时，，
故此时存在，使在上单调递减，在上单调递增，
则有唯一极值点，有，又时，，
故此时存在，使在上单调递增，在上单调递减，
则有唯一极值点，即有，，
即，，此时需满足，则，
故有，即，即，故符合要求；
当时，，又时，，
故此时存在，使在上单调递减，在上单调递增，
则有唯一极值点，
有，又时，，
故此时存在，使在上单调递增，在上单调递减，
则有唯一极值点，
同理可得，此时需满足，即，则，
由，，故该不等式成立，故符合要求；
当时，有，，
此时，即、的极值点都为，不符合要求，故舍去；
综上，故；
（ii）当时，有，则，故，
在上单调递增，在上单调递减，
则，
令，则，令，
则，故在上单调递增，则，
故，要证，只需证，
，
即当，有；
当时，有，则，即，
在上单调递增，在上单调递减，
则，即要证，只需证，
，
即当，有；综上所述，.
(五)定义新运算
此类问题通常给出我们以前没有学过的一种新的运算法则，这些法则可能已有运算法则的推广或拓展，也可能高等数学中涉及的运算法则.
【例9】①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i)四则运算法则：如果，，则，，若B≠0，则；ii)洛必达法则：若函数，的导函数分别为，，，，则；
②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对，均有成立，则称函数为区间(0,a)上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题；
(1)计算：①；②；
(2)试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；并证明：，.
【解析】（1）①根据洛必达法则，；
②设，两边同时取对数得，，
设，，
∴，∴
（2）∵，，∴，，，
∴
∴，均有，∴是区间上的2阶无穷递降函数.
以上同理可得，
由①，得
∴，.
【例1】（2024届浙江省诸暨市高三三模）若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”．
(1)已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合；
(2)已知函数，设集合．
（i）求集合中元素的个数；
（ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”．
【解析】（1）由题意，，，
恒成立，所以在上单调递增，
可得的值域为，因此只需，
即可得，即，则的取值集合为．
（2）（i）记函数，
则，
由得或；由得；
所以函数在和上单调递增，在上单调递减．
其中，因此当时，，不存在零点；
由在单调递减，易知，而，
由零点存在定理可知存在唯一的使得；
当时，，不存在零点．
综上所述，函数有0和两个零点，即集合中元素的个数为2．
（ii）由（i）得，假设长度为的闭区间是的一个“封闭区间”，
则对，，当时，由（i）得在单调递增，
，即，不满足要求；
当时，由（i）得在单调递增，
，即，也不满足要求；
当时，闭区间，而显然在单调递增，，
由（i）可得，，
，满足要求．
综上，存在唯一的长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”．
【例2】（2024届浙江省金华第一中学高三下学期6月模拟）设函数的定义域为.给定闭区间，若存在，使得对于任意，
①均有，则记；
②均有，则记.
(1)设，求；
(2)设.若对于任意，均有，求的取值范围；
(3)已知对于任意⫋与均存在.证明：“为上的增函数或减函数”的充要条件为“对于任意两个不同的⫋与中至少一个成立”.
【解析】（1）因为时，恒成立，故在上为严格增函数，
因此.
（2）因为，而，
因为，故是在处的切线
而存在极值点，而，可得到如下情况：
情况一：当时，此时，
此时，不符题意舍去.
情况二：当时，此时与在上均为严格增函数，
因此当时，恒成立，
因此，而在上成立，进而，故.
（3）先证明必要性：若为上的严格增函数，
则任取，，
因为，所以或或或，
因为为上的严格增函数，所以可得：
或或或，
所以不难可得：，
所以或成立.
同时对为上的严格减函数，同理可证.
下面证明充分性：当与其中一式成立时，
不可能为常值函数，先任取，总有或，
假设存在，使得，
记，则，
因为存在，则或，
不妨设，则，否则当，
此时，矛盾，
进而可得，则，
因此①.最后证明为上的严格减函数，任取，需考虑如下情况：
情况一：若，则，
否则，记，
则，，
同理若，
所以，根据①可得：.
情况二：若，则，
否则，，由此矛盾，
因为，同情况一可得矛盾，因此.
情况三：若，同上述可得，
，所以.
情况四：若，同上述可得，，，所以.
情况五：若，同上述情况二可证明恒成立.
情况六：若，同上述情况一可证明恒成立.即为上的严格增函数.
【例3】（2024届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”.
(1)若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由；
(2)若点的坐标为，请分别求出点、的坐标；
(3)若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）已知，则，得，
故函数经过点的切线方程为，
其与函数图像无其他交点，所以原点不存在“上位点”.
（2）设点的横坐标为，为正整数，
则函数图像在点处的切线方程为，
代入其“上位点”，得，
化简得，即，
故，因为，得（*），
又点的坐标为，所以点的坐标为，点的坐标为.
（3）将代入，解得，由（*）得，.
即，又，故是以2为首项，为公比的等比数列，
所以，即，.
令，则严格减，
因为，所以函数在区间上严格增.
当时，，于是当时，严格减，符合要求
当时，.
因为时，
所以当时，，
从而当时严格增，不存在正整数，
使得无穷数列，，…，严格减.综上，.
【例4】（2024届福建省泉州市高三5月适应性练习）将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上，每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向桌缘外伸出多远而不掉下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题．将铁块从上往下依次标记为第1块、第2块、第3块、……、第n块，将前块铁块视为整体，若这部分的重心在第块的上方，且全部铁块整体的重心在桌面的上方，整批铁块就保持不倒．设这批铁块的长度均为1，若记第n块比第块向桌缘外多伸出的部分的最大长度为，则根据力学原理，可得，且为等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为．
①比较与的大小；
②对于无穷数列，如果存在常数，对任意的正数，总存在正整数，使得，，则称数列收敛于，也称数列的极限为，记为；反之，则称不收敛．请根据数列收敛的定义判断是否收敛？并据此回答“里拉斜塔”问题．
【解析】（1）依题意，第1块铁块比第2块铁块向桌外伸出部分的最大长度为第1块铁块自身长度的一半，则，由为等差数列，得其首项为，公差，
因此，即，
所以的通项公式是.
（2）①由（1）知，，
令函数，求导得，即函数在上递减，
则，即，取，于是，
则，
所以.
②不收敛.
给定正数，对，令，则，
解得，取（表示不超过的最大整数），
显然当时，不等式不成立，即有，
因此数列不收敛；
取，则当时，，
因此当时，成立，所以不收敛.
的意义是块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度，因为不收敛于任意正数，
所以只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数.
【例5】（2024届安徽省合肥市第八中学高三最后一卷）贝塞尔曲线（Be'zier curve）是一种广泛应用于计算机图形学、动画制作、CAD设计以及相关领域的数学曲线．它最早来源于Bernstein多项式．引入多项式，若是定义在上的函数，称，为函数的n次Bernstein多项式．
(1)求在上取得最大值时x的值；
(2)当时，先化简，再求的值；
(3)设，在内单调递增，求证：在内也单调递增．
【解析】（1）由题意，，
则
令，得，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，在上取得最大值；
（2）
，
所以；
（3）
由，
上式
，
而在内单调递增，所以，
所以，故，所以在内也单调递增．
1．（2024届天津市滨海新区高考模拟检测）已知函数，其中为实数．
(1)当时，
①求函数的图象在（为自然对数的底数）处的切线方程；
②若对任意的，均有，则称为在区间上的下界函数，为在区间上的上界函数．若，且为在上的下界函数，求实数的取值范围．
(2)当时，若，，且，设，．证明：．
2．（2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一个极大（小）值.
对于函数，设自变量x从变化到，当，是一个确定的值，则称函数在点处右可导；当，是一个确定的值，则称函数在点处左可导.当函数在点处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数在点处可导.
(1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点；
(2)已知函数.
（ⅰ）求函数在处的切线方程；
（ⅱ）若为的极小值点，求a的取值范围.
3．（2024届上海市交通大学附属中学高三下学期四模）已知为实数集的非空子集，若存在函数且满足如下条件：①定义域为时，值域为；②对任意，，均有. 则称是集合到集合的一个“完美对应”.
(1)用初等函数构造区间到区间的一个完美对应；
(2)求证：整数集到有理数集之间不存在完美对应；
(3)若，，且是某区间到区间的一个完美对应，求的取值范围.
4．（2024届山东省泰安市高三四轮检测）在数学中，由个数排列成的m
(2)若是“卓然”函数，且“卓然值”为2，求实数m的取值范围；
(3)证明：是“卓然”函数，并求出该函数“卓然值”的取值范围．
7．（2024届江西省上饶市稳派上进六校联考高三5月联考）在信息理论中，和是两个取值相同的离散型随机变量，分布列分别为：，，，，，．定义随机变量的信息量，和的“距离”．
(1)若，求；
(2)已知发报台发出信号为0和1，接收台收到信号只有0和1．现发报台发出信号为0的概率为，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号为0的概率为，发出信号1接收台收到信号为1的概率为．
（ⅰ）若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；（用，表示结果）
（ⅱ）记随机变量和分别为发出信号和收到信号，证明：．
8．（2024届浙江省名校新高考研究联盟高三三模）在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.
(1)判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由；
(2)已知函数是“旋转函数”，求的最大值；
(3)若函数是“旋转函数”，求的取值范围.
9．（2024届山东省泰安肥城市高考仿真模拟三）定义：设和均为定义在上的函数，它们的导函数分别为和，若不等式对任意实数恒成立，则称和为“相伴函数”.
(1)给出两组函数，①和；②和，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”；
(2)若是定义在上的可导函数，是偶函数，是奇函数，，问是否存在使得和为“相伴函数”？若存在写出的一个值，若不存在说明理由；
(3)，写出“和为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.
10．（2024届山东省潍坊市高考三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程 ，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数 ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
(1)类比三角函数的三个性质：
①倍角公式 ；
②平方关系 ；
③求导公式
写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；
(2)当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围；
(3)若，证明：
11．（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟）对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“函数”．
(1)试写出“函数” ，并求的值；
(2)若“函数” ，求n的最大值；
(3)记函数，其导函数为，证明：“函数” ．
12．（上海市控江中学高三三模）设函数定义域为．若整数满足，则称与“相关”于．
(1)设，，写出所有与“相关”于的整数；
(2)设满足：任取不同的整数，与均“相关”于．求证：存在整数，使得都与“相关”于；
(3)是否存在实数，使得函数，满足：存在，能使所有与“相关”于的非零整数组成一个非空有限集？若这样的存在，指出和的大小关系（无需证明），并求出的取值范围；若这样的不存在，说明理由．极小值
极大值
备战2025高考数学压轴导数大题训练（全国通用版）
专题15 导数中的新定义问题
新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革，为面对拔尖创新人才选拔培养等新要求，增加了新定义问题，函数与导数一直是高考中的热点与难点, 是新定义问题的重要载体，本专题总结新定义问题的特点及导数中新定义问题的常见类型，供大家参考.
新定义问题的特点及求解策略
1.新定义试题通过新定义一个数学对象或数学运算，以此为基础为学生搭建思维平台，设置试题.该题型形式新颖，考查功能显著，主要表现在四个方面：通过新定义创设数学新语境和话语体系；通过新情境搭建试题框架，创设解题条件；通过新设问设置思维梯度，逐步深入，准确区分不同层次的学生；通过解题过程展现学生数学思维和探究过程，实现对分析、推理、判断、论述等关键能力的考查.
2.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的.
3.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
【例1】（2024届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数fx在x=0处的m,n阶帕德近似定义为：，且满足：f0=R0，f'0=R'0，f″0=R″0，…，fm+n0=Rm+n0．注：，f‴x=f″x'，f4x=f‴x'，f5x=f4(x)'，…已知fx=ex在x=0处的1,1阶帕德近似为Rx=1+ax1+bx．
(1)求实数a，b的值；
(2)当x∈0,1时，试比较fx与Rx的大小，并证明；
(3)已知正项数列an满足：a1=12，anean+1=ean−1，求证：12n≤an≤12n−1．
【解析】（1）由题意得R'x=a1+bx−b1+ax1+bx2=a−b1+bx2，R″x=−2ba−b1+bx3，
f0=f'0=f″0=1，故R'0=a−b=1，R″0=−2ba−b=1，
解得a=12，.
（2）由上可得Rx=1+x21−x2=2+x2−x，要比较ex与2+x2−x的⼤⼩，
x∈0,1，只需比较1与2+x2−xe−x的⼤⼩，
令gx=2+x2−xe−x，g'x=42−x2−2+x2−xe−x=x22−x2e−x，
所以g'x>0，从而可得gx在上单调递增，
所以gx>g0=1，即2+x2−x>ex，所以fx（3）设ux=ex−x−1，u'x=ex−1，
当x<0时，u'x<0，ux在−∞,0上单调递减，
当x>0时，u'x>0，ux在0,+∞上单调递增，
故u'x≥u0=0，即，当且仅当x=0时等号成立；
由题意知ean+1−ean=ean−1an−ean=1−anean−1an，令 y=1−xex，y'=−xex，
故该函数在0,+∞上递减，故可得ean+1−ean<0，即，可得0一方面：由（2）可得ean+1=ean−1an<2+an2−an−1an=22−an，
又因为ean+1>an+1+1，
所以可得an+1+1<22−an，即an+12an−1，即1an+1−1>21an−1，
故1an−1>2n−11a1−1=2n−1，即1an>2n−1，所以an<12n−1.
另一方面：要证明an≥12n⇔an+1≥12an⇔ean+1≥ean2⇔ean−1an≥ean2⇔ean−1≥ean2⋅an，
两边同时除以ean2，原式⇔ean2−e−an2−an≥0
令gx=ex2−e−x2−x，g'x=12ex2+12e−x2−1,
由基本不等式， y=12ex2+12e−x2≥212ex2⋅12e−x2=1
故g'x=12ex2+12e−x2−1≥0，所以gx在单调递增，
所以gx≥g0=0，得证.
【例2】（2024届上海市华东师范大学附中学高三下学期数学测验）已知函数y=fx,x∈D，如果存在常数M，对任意满足x1(1)函数fx=lnxx,x≥1e是“绝对差有界函数”，求常数M的取值范围；
(2)对于函数y=fx,x∈a,b，存在常数k，对任意的x1,x2∈a,b，有fx1−fx2≤kx1−x2恒成立，求证：函数y=fx,x∈a,b为“绝对差有界函数”
(3)判断函数fx=xcsπ2x,0【解析】（1），∴f'x=1−lnxx2，∴f'x=1−lnxx2=0，∴x=e，
即当x∈1e,e，f(x)单调递增；当x∈e,+∞，f(x)单调递减.
所以i=2nfxi−fxi−1=fxn−fxn−1+fxn−1−fxn−2+⋯+fx2−fx0,
f(x)单调递增时，fxn−fxn−1>0，f(x)单调递减时，fxn−fxn−1<0.
且当x无限趋向于正无穷大时，fx无限趋向于0，
所以i=2nfxi−fxi−1=fe−f1e+f(e)=2e+e.所以M≥2e+e·
（2）i=2nfxi−fxi−1≤ki=2nxi−xi−1=kb−a成立，则可取M=kb−a，
所以函数y=fx,x∈a,b为“绝对差有界函数”
（3），
则有∑=12ncs2nπ2−0+12n−1cs2n−1π2−12ncs2nπ2+⋯+csπ2−12cs2π2，
i=2n1i>1+12+14+14+18+⋯+184个+116+⋯+1168个+⋯=1+12+12+⋯+12+⋯
所以对任意常数，只要n足够大，就有区间0,1的一个划分
0<12n<12n−1<⋯<12<1满足i=2nfxi−fxi−1>M，
所以函数fx=xcsπ2x,0(二)具有高等数学背景的新定义问题
导数在高等数学中有着广泛的应用，常见的如函数的拐点、凸凹性、曲线的曲率、拉格朗日中值定理等.
【例3】（2024届湖北省黄冈中学高三二模）第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线C:y=fx上的曲线段AB，其弧长为Δs，当动点从A沿曲线段AB运动到B点时，A点的切线也随着转动到B点的切线lB，记这两条切线之间的夹角为Δθ（它等于lB的倾斜角与的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K=ΔθΔs为曲线段AB的平均曲率；显然当B越接近A，即Δs越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义K=limΔ→0ΔθΔs=y″1+y'232（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率.（其中y'，y″分别表示y=fx在点A处的一阶､二阶导数）
(1)已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点3,y处的曲率是多少？
(2)若函数gx=12x+1−12，不等式gex+e−x2≤g2−csωx对于x∈R恒成立，求ω的取值范围；
(3)若动点A的切线沿曲线fx=2x2−8运动至点Bxn,fxn处的切线，点B的切线与x轴的交点为xn+1,0n∈N∗.若x1=4，bn=xn−2，Tn是数列bn的前n项和，证明Tn<3.
【解析】（1）∵抛物线x2=2py(p>0)的焦点到准线的距离为3，∴p=3，
即抛物线方程为x2=6y，即fx=y=16x2，则f'x=13x，f″x=13，
又抛物线在点3,y处的曲率，则K=131+19⋅3232=1322=212，
即在该抛物线上点3,y处的曲率为212；
（2）∵g−x=12−x+1−12=2x2x+1−12=12−12x+1=−gx，
∴gx在R上为奇函数，又gx在R上为减函数.
∴gex+e−x2≤g2−csωx对于x∈R恒成立等价于csωx≥2−ex+e−x2对于x∈R恒成立.
又因为两个函数都是偶函数，
记px=csωx，qx=2−ex+e−x2，则曲线px恒在曲线qx上方，
p'x=−ωsinωx，q'x=−ex−e−x2，又因为p0=q0=1，
所以在x=0处三角函数px的曲率不大于曲线qx的曲率，即p″01+p'2032≤q″01+q'2032，
又因为p″x=−ω2csωx，q″x=−ex+e−x2，
p″0=−ω2，q″0=−1，所以ω2≤1，解得：−1≤ω≤1，
因此，ω的取值范围为−1,1；
（3）由题可得f'x=4x，所以曲线y=fx在点xn,fxn处的切线方程是y−fxn=f'xnx−xn，
即y−2xn2−8=4xnx−xn，令y=0，得−xn2−4=2xnxn+1−xn，即xn2+4=2xnxn+1，
显然xn≠0，xn+1=xn2+2xn，
由xn+1=xn2+2xn，知xn+1+2=xn2+2xn+2=xn+222xn，同理xn+1−2=xn−222xn，
故xn+1+2xn+1−2=xn+2xn−22，从而lgxn+1+2xn+1−2=2lgxn+2xn−2，
设lgxn+2xn−2=an，即an+1=2an，所以数列an是等比数列，
故an=2n−1a1=2n−1lgx1+2x1−2=2n−1lg3，即lgxn+2xn−2=2n−1lg3，从而xn+2xn−2=32n−1，
所以xn=232n−1+132n−1−1，bn=xn−2=432n−1−1>0，
bn+1bn=32n−1−132n−1=132n−1+1<132n−1≤1321−1=13，
当n=1时，显然T1=b1=2<3；当n>1时，bn<13bn−1<132bn−2<13n−1b1，
∴Tn=b1+b2+⋯+bn综上，Tn<3n∈N∗.
【例4】（2024届湖北省襄阳市第五中学高三第二次适应性测试）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用.定理内容为：设函数f(x)，g(x)满足:
①图象在a,b上是一条连续不断的曲线；
②在a,b内可导;
③对∀x∈a,b，，则∃ξ∈a,b，使得.
特别的，取gx=x，则有：∃ξ∈a,b，使得fb−fab−a=f'ξ，此情形称之为拉格朗日中值定理.
(1)设函数fx满足f0=0，其导函数f'x在0,+∞上单调递增，证明：函数y=fxx在0,+∞上为增函数.
(2)若∀a,b∈0,e且，不等式lnab−lnba+mba−ab≤0恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】（1）由题fxx=fx−f0x−0，由柯西中值定理知：对∀x>0，∃ξ∈0,x，
使得fx−f0x−0=f'ξ1=f'ξ，fxx=f'ξ，
又f'x在0,+∞上单调递增，则f'x>f'ξ，
则f'x>fxx，即xf'x−fx>0，所以fxx'=xf'x−fxx2>0，
故y=fxx在0,+∞上为增函数；
（2）lnab−lnba+mba−ab≤0⇔alna−blnba2−b2≤m，
取fx=xlnx，gx=x2，因为，所以由柯西中值定理，∃ξ∈b,a，
使得fa−fbga−gb=alna−blnba2−b2=f'ξg'ξ=1+lnξ2ξ，
由题则有：，设Gx=1+lnx2x0当00，当1所以Gx在0,1上单调递增，在1,e上单调递减，
所以Gxmax=G1=12，故m≥12，所以实数m的取值范围是12,+∞.
(三)现代科学技术与理论中的新定义问题
此类问题通常是根据现代科学技术与理论提炼一个数学模型，然后利用导数求解.
【例5】（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模拟）在某项投资过程中，本金为，进行了次投资后，资金为，每次投资的比例均为x（投入资金与该次投入前资金比值），投资利润率为r（所得利润与当次投入资金的比值，盈利为正，亏损为负）的概率为P，在实际问题中会有多种盈利可能（设有n种可能），记利润率为rk的概率为Pk（其中），其中，由大数定律可知，当N足够大时，利润率是rk的次数为．
(1)假设第1次投资后的利润率为r1，投资后的资金记为B1，求B1与的关系式；
(2)当N足够大时，证明：（其中i=1nai=a1a2a3⋯an）；
(3)将该理论运用到非赢即输的游戏中，记赢了的概率为P1，其利润率为r1；输了的概率为P2，其利润率为r2，求BN最大时x的值（用含有的代数式表达，其中）．
【解析】（1）由题知，投入资金为B0x，所获利润为B0r1x，所以B1=B0+B0r1x=B01+r1x.
（2）由题可知，BN=BN−11+rix，即BNBN−1=1+rix，
所以BN=BNBN−1×BN−1BN−2×BN−1BN−2×⋅⋅⋅×B2B1×B1B0×B0
=1+r1xNP1×1+r2xNP2×1+r3xNP3×⋅⋅⋅×1+rnxNPn×B0=B0∏ni=11+rixNPi.
（3）由（2）可得BN=B01+r1xNP11+r2xNP2，x∈0,1,
其中r1>0,r2<0，故1+P1r1+P2r2r1r2=r1r2+P1r1+P2r2r1r2>0，故0<−P1r1+P2r2r1r2<1.
记fx=B01+r1xNP11+r2xNP2，
则f'x=B0NP1r11+r1xNP1−11+r2xNP2+B0NP2r21+r1xNP11+r2xNP2−1
=B0NP1r11+r2x+P2r21+r1x1+r1xNP1−11+r2xNP2−1
=B0NP1r1r2+P2r1r2x+P1r1+P2r21+r1xNP1−11+r2xNP2−1，
根据实际意义知，P1+P2=1,1+r1x>0,1+r2x>0，
则f'x=B0Nr1r2x+P1r1+P2r21+r1xNP1−11+r2xNP2−1，
令f'x=B0Nr1r2x+P1r1+P2r21+r1xNP1−11+r2xNP2−1>0，解得x<−P1r1+P2r2r1r2，
令f'x=B0Nr1r2x+P1r1+P2r21+r1xNP1−11+r2xNP2−1<0，解得x>−P1r1+P2r2r1r2，
所以fx在0,−P1r1+P2r2r1r2上单调递增，在−P1r1+P2r2r1r2,1单调递减，
所以当x=−P1r1+P2r2r1r2时，fx取得最大值，即BN取得最大值.
(四)定义新函数
此类问题通常把满足某些条件的函数称为一类新函数，求解是注意运用该类函数满足的条件.
【例6】（2024届上海市奉贤区高三下学期三模）若定义在R上的函数y=f(x)和y=g(x)分别存在导函数和．且对任意x均有f'(x)≥g'(x)，则称函数y=f(x)是函数y=g(x)的“导控函数”．我们将满足方程的x0称为“导控点”．
(1)试问函数y=x是否为函数y=sinx的“导控函数”？
(2)若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”；
(3)若p(x)=ex+ke−x，函数y=q(x)为偶函数，函数y=p(x)是函数y=q(x)的“导控函数”，求证：“k=1”的充要条件是“存在常数c使得恒成立”．
【解析】（1）由y=x，得y'=1，由y=sinx，得y'=csx，
因为1≥csx，所以函数y=x是函数y=sinx的“导控函数”；
（2）由，得y'=2x2+8，
由，得y'=x2+2bx+c，由，得y'=8x，
由题意可得8x≤x2+2bx+c≤2x2+8恒成立，
令8x=2x2+8，解得，故16≤4+4b+c≤16，从而有4+4b+c=16，所以c=12−4b，
又2x2+8≥x2+2bx+c恒成立，即x2−2bx+8−c=x2−2bx+4b−4≥0恒成立，
所以Δ=4b2−44b−4=4b−22≤0，所以b=2，
故b=2,c=4且“导控点”为2；
（3）充分性：若存在常数c使得恒成立，则px=qx+c为偶函数，
因为函数y=q(x)为偶函数，所以qx=q−x，
则px=p−x，即ex+ke−x=e−x+kex，
所以k−1ex−e−x=0恒成立，所以k=1；
必要性：若k=1，则px=ex+e−x=p−x，所以函数px为偶函数，
函数y=p(x)是函数y=q(x)的“导控函数”，
因此p'x≥q'x，又q−x=qx,p−x=px，
因此函数y=p(−x)是函数y=q(−x)的“导控函数”，
所以−p'−x≥−q'−x，即p'−x≤q'−x恒成立，
用−x代换x有p'x≤q'x，综上可知p'x=q'x，记ℎx=px−qx，
则ℎ'x=p'x−q'x=0，因此存在常数c使得恒成立，
综上可得，“k=1”的充要条件是“存在常数c使得恒成立”．
【例7】（2024届山东省菏泽市高三信息押题卷二）如果三个互不相同的函数，y=gx，y=ℎx在区间D上恒有fx≤ℎx≤gx或，则称y=ℎx为与y=gx在区间D上的“分割函数”．
(1)证明：函数f1x=x为函数y=lnx+1与y=ex−1在上的分割函数；
(2)若y=ax2+bx+ca≠0为函数y=2x2+2与y=4x在上的“分割函数”，求实数a的取值范围；
(3)若m,n⊆−2,2，且存在实数k,d，使得函数y=kx+d为函数y=x4−4x2与y=4x2−16在区间m,n上的“分割函数”，求n−m的最大值．
【解析】（1）设F(x)=ln(x+1)−x，则F'(x)=1x+1−1，当−10,F(x)在(−1,0)上单调递增，当x>0时，F'(x)<0,F(x)在(0,+∞)单调递减，则F(x)在x=0处取得极大值，即为最大值，
即F(x)≤F(0)=0，则当x∈(−1,+∞)时，x≥ln(x+1)；
设H(x)=ex−1−x，则H'(x)=ex−1−1，当−1当x>1时，H'(x)>0,H(x)在上单调递增，则H(x)在x=1处取得极小值，即为最小值，
即H(x)≥H(1)=0，则当x∈(−1,+∞)时，x≤ex−1，
于是当x∈(−1,+∞)时，ln(x+1)≤x≤ex−1，
所以函数f1(x)=x为函数y=ln(x+1)与y=ex−1在(−1,+∞)上的“分割函数”.
（2）因为函数y=ax2+bx+c(a≠0)为函数y=2x2+2与y=4x在(−∞,+∞)上的“分割函数”，
则对∀x∈R，4x≤ax2+bx+c≤2x2+2恒成立，
而(2x2+2)'=4x，于是函数y=2x2+2在x=1处的切线方程为y=4x，
因此函数y=ax2+bx+c的图象在x=1处的切线方程也为y=4x，又y'=2ax+b，
则2a+b=4a+b+c=4，解得a=cb=4−2a，
于是4x≤ax2+(4−2a)x+a≤2x2+2对∀x∈R恒成立，
即(2−a)x2+(4−2a)x+2−a≥0ax2−2ax+a≥0对∀x∈R恒成立，
因此2−a>0Δ1=(2a−4)2−4(2−a)(2−a)≤0a>0Δ2=4a2−4a2≤0，解得0所以实数a的取值范围是.
（3）对于函数y=x4−4x2,y'=4x3−8x=4x(x+2)(x−2)，
当x∈(−∞,−2)和时，y'<0，当和x∈(2,+∞)时，y'>0，
则x=2,x=−2为y=x4−4x2的极小值点，x=0为极大值点，函数y=x4−4x2的图象如图，
由函数y=kx+d为函数y=x4−4x2与y=4x2−16在区间m,n上的“分割函数”，
得存在d0≥d，使得直线与函数y=x4−4x2的图象相切，
且切点的横坐标t∈[−2,−2]∪[2,2]，
此时切线方程为y=(4t3−8t)x+4t2−3t4，即，
设直线y=kx+d与y=4x2−16的图象交于点x1,y1,x2,y2，
则y=kx+dy=4x2−16消去y得，则，
于是|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=k216+16+d≤k216+16+d0
=(t3−2t)2+16+4t2−3t4=t6−7t4+8t2+16
令，则k'(s)=3s2−14s+8=(3s−2)(s−4)≤0，
当且仅当时，k'(s)=0，所以k(s)在[2,4]上单调递减，，
因此x1−x2的最大值为23，所以n−m的最大值为23.
(五)定义新性质
此类问题通常是给出某类函数所具有的一个性质，然后利用该性质求解问题，因此该函数满足的性质就是求解问题的关键.
【例8】（2024届浙江省绍兴市柯桥区三模）若函数α(x)有且仅有一个极值点m，函数β(x)有且仅有一个极值点n，且m>n，则称α(x)与β(x)具有性质α−β//m>n．
(1)函数φ1(x)=sinx−x2与φ2x=ex−x是否具有性质φ1−φ2//x0>0？并说明理由．
(2)已知函数fx=aex−lnx+1与gx=lnx+a−ex+1具有性质f−g//x1>x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：gx1>x2．
【解析】（1）函数φ1(x)=sinx−x2与φ2x=ex−x具有性质φ1−φ2//x0>0，理由如下：
φ1'(x)=csx−2x，令ℎx=φ1'x=csx−2x，则ℎ'x=−sinx−2<0，故φ1'x单调递减，
又φ1'0=cs0−0=1>0，φ1'1=cs1−2<0，故存在x0∈0,1，使φ1'x0=0，
则φ1x在−∞,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，
故φ1(x)有且仅有一个极值点x0∈0,1，
φ2'x=ex−1，则当x<0时，φ2'x<0，当x>0时，φ2'x>0，
故φ2(x)在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，故φ2(x)有且仅有一个极值点0，
故函数φ1(x)=sinx−x2与φ2x=ex−x具有性质φ1−φ2//x0>0；
（2）（i）f'x=aex−1x+1， 又x+1>0，故x>−1，
当a≤0时，f'x=aex−1x+1<0，此时fx没有极值点，故舍去，
当a>0时， 令mx=f'x=aex−1x+1，则m'x=aex+1x+12>0恒成立，
故f'x在−1,+∞上单调递增，g'x=1x+a−ex，，故x>−a，
由a>0，令nx=g'x=1x+a−ex，则n'x=−1x+a2−ex<0恒成立，
故g'x在−a,+∞上单调递减，
当a∈0,1时，有f'0=ae0−10+1=a−1<0，又时，f'x→+∞，
故此时存在x1∈0,+∞，使fx在−1,x1上单调递减，在x1,+∞上单调递增，
则fx有唯一极值点x1∈0,+∞，有g'0=1a−e0=1a−1>0，又时，g'x→−∞，
故此时存在x2∈0,+∞，使gx在−a,x2上单调递增，在x2,+∞上单调递减，
则gx有唯一极值点x2∈0,+∞，即有f'x1=aex1−1x1+1=0，g'x2=1x2+a−ex2=0，
即ex1=1ax1+1，ex2=1x2+a，此时需满足x1>x2>0，则ex1>ex2，
故有1ax1+1>1x2+a，即x2>ax1，即a当a∈1,+∞时，f'0=ae0−10+1=a−1>0，又x→−1时，f'x→−∞，
故此时存在x1∈−1,0，使fx在−1,x1上单调递减，在x1,+∞上单调递增，
则fx有唯一极值点x1∈−1,0，
有g'0=1a−e0=1a−1<0，又x→−a时，g'x→+∞，
故此时存在x2∈−a,0，使gx在−a,x2上单调递增，在x2,+∞上单调递减，
则gx有唯一极值点x2∈−a,0，
同理可得1ax1+1>1x2+a，此时需满足0>x1>x2，即x2>ax1，则a>x2x1，
由x2x1<1，a∈1,+∞，故该不等式成立，故a∈1,+∞符合要求；
当a=1时，有f'0=ae0−10+1=a−1=0，g'0=1a−e0=1a−1=0，
此时x1=x2=0，即fx、gx的极值点都为0，不符合要求，故舍去；
综上，故a∈0,1∪1,+∞；
（ii）当a∈0,1时，有x1>x2>0，则ex2=1x2+a>e0=1，故0gx在−a,x2上单调递增，在x2,+∞上单调递减，
则gx1令t=x2+a∈0,1，则gx2=lnt−1t+1，令μt=lnt−1t+1，t∈0,1
则μ't=1t+1t2>0，故μt在0,1上单调递增，则gx2=lnt−1t+1<μ1=ln1−11+1=0，
故gx1>gx2，要证gx1>x2，只需证gx1+x2<0，
gx1+x2即当a∈0,1，有gx1>x2；
当a∈1,+∞时，有0>x1>x2，则ex2=1x2+a1，
gx在−a,x2上单调递增，在x2,+∞上单调递减，
则gx1>g0=ln0+a−e0+1=lna>0，即要证gx1>x2，只需证gx1+x2>0，
gx1+x2=lnx1+a−ex1+1+x2>lnx2+a−ex1+1+x2
=ln1ex2−ex1+1+x2=−x2−ex1+1+x2=1−ex1>1−e0=0，
即当a∈1,+∞，有gx1>x2；综上所述，gx1>x2.
(五)定义新运算
此类问题通常给出我们以前没有学过的一种新的运算法则，这些法则可能已有运算法则的推广或拓展，也可能高等数学中涉及的运算法则.
【例9】①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i)四则运算法则：如果，，则，，若B≠0，则；ii)洛必达法则：若函数，的导函数分别为，，，，则；
②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对，均有成立，则称函数为区间(0,a)上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题；
(1)计算：①；②；
(2)试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；并证明：，.
【解析】（1）①根据洛必达法则，；
②设，两边同时取对数得，，
设，，
∴，∴
（2）∵，，∴，，，
∴
∴，均有，∴是区间上的2阶无穷递降函数.
以上同理可得，
由①，得
∴，.
【例1】（2024届浙江省诸暨市高三三模）若函数fx在区间I上有定义，且∀x∈I，fx∈I，则称I是fx的一个“封闭区间”．
(1)已知函数fx=x+sinx，区间且fx的一个“封闭区间”，求r的取值集合；
(2)已知函数，设集合P=x|gx=x．
（i）求集合P中元素的个数；
（ii）用b−a表示区间a,ba【解析】（1）由题意，，，
恒成立，所以fx在上单调递增，
可得fx的值域为，因此只需，
即可得r+sinr≤r，即，则r的取值集合为2k−1π,2kπk∈N∗．
（2）（i）记函数，
则，
由ℎ'x>0得−113；由ℎ'x<0得0所以函数ℎx在−1,0和13,+∞上单调递增，在0,13上单调递减．
其中ℎ0=0，因此当x∈−1,0∪0,13时，ℎx<0，不存在零点；
由ℎx在0,13单调递减，易知，而，
由零点存在定理可知存在唯一的x0∈13,1使得ℎx0=0；
当x∈1,+∞时，ℎx>0，不存在零点．
综上所述，函数ℎx有0和x0两个零点，即集合P中元素的个数为2．
（ii）由（i）得m=x0，假设长度为m的闭区间是gx的一个“封闭区间”a>−1，
则对，，当−1，即ga当a>0时，由（i）得ℎx在x0,+∞单调递增，
，即，也不满足要求；
当a=0时，闭区间，而gx显然在单调递增，，
由（i）可得，，
，满足要求．
综上，存在唯一的长度为m的闭区间，使得D是gx的一个“封闭区间”．
【例2】（2024届浙江省金华第一中学高三下学期6月模拟）设函数fx的定义域为R.给定闭区间D⊆R，若存在a∈D，使得对于任意x∈D，
①均有fa⩾fx，则记fa=MfD；
②均有fa⩽fx，则记fa=mfD.
(1)设fx=ex−x,D=1,2，求MfD,mfD；
(2)设k>0,fx=−x3+kx2,gx=2k−3x+2−k.若对于任意D⊆0,1，均有MfD⩾MgD，求k的取值范围；
(3)已知对于任意D ⫋R,MfD与mfD均存在.证明：“fx为R上的增函数或减函数”的充要条件为“对于任意两个不同的D1,D2⫋R,MfD1≠MfD2与mfD1≠mfD2中至少一个成立”.
【解析】（1）因为f'x=ex−1,x∈1,2时，f'x>0恒成立，故fx在1,2上为严格增函数，
因此MfD=f2=e2−2,mfD=f1=e−1.
（2）因为f'x=−3x2+2kx，而f'1=−3+2k，
因为f1=k−1,g1=k−1，故gx是fx在x=1处的切线
而fx存在极值点x1=0,x2=23k，而k>0，可得到如下情况：
情况一：当1≥23k时，此时Mf0,1=f23k=427k3,Mg0,1=g23k=43k2−3k+2，
此时Mg0,1>Mf0,1，不符题意舍去.
情况二：当1<23k时，此时fx与gx在上0,23k均为严格增函数，
因此当MfD≥MgD时，fx≥gx恒成立，
因此k≥x3−3x+2x2−2x+1=ℎx，而ℎ'x>0在0,1上成立，进而k≥ℎ1=3，故.
（3）先证明必要性：若fx为R上的严格增函数，
则任取D1=a1,b1,D2=a2,b2，MfD1=fb1,MfD2=fb2,mfD1=fa1,mfD2=fa2，
因为D1≠D2，所以或或或，
因为为上的严格增函数，所以可得：
或或或，
所以不难可得：，
所以或成立.
同时对为上的严格减函数，同理可证.
下面证明充分性：当与其中一式成立时，
不可能为常值函数，先任取，总有或，
假设存在，使得，
记，则，
因为存在，则或，
不妨设，则，否则当，
此时，矛盾，
进而可得，则，
因此①.最后证明为上的严格减函数，任取，需考虑如下情况：
情况一：若，则，
否则，记，
则，，
同理若，
所以，根据①可得：.
情况二：若，则，
否则，，由此矛盾，
因为，同情况一可得矛盾，因此.
情况三：若，同上述可得，
，所以.
情况四：若，同上述可得，，，所以.
情况五：若，同上述情况二可证明恒成立.
情况六：若，同上述情况一可证明恒成立.即为上的严格增函数.
【例3】（2024届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”.
(1)若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由；
(2)若点的坐标为，请分别求出点、的坐标；
(3)若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）已知，则，得，
故函数经过点的切线方程为，
其与函数图像无其他交点，所以原点不存在“上位点”.
（2）设点的横坐标为，为正整数，
则函数图像在点处的切线方程为，
代入其“上位点”，得，
化简得，即，
故，因为，得（*），
又点的坐标为，所以点的坐标为，点的坐标为.
（3）将代入，解得，由（*）得，.
即，又，故是以2为首项，为公比的等比数列，
所以，即，.
令，则严格减，
因为，所以函数在区间上严格增.
当时，，于是当时，严格减，符合要求
当时，.
因为时，
所以当时，，
从而当时严格增，不存在正整数，
使得无穷数列，，…，严格减.综上，.
【例4】（2024届福建省泉州市高三5月适应性练习）将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上，每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向桌缘外伸出多远而不掉下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题．将铁块从上往下依次标记为第1块、第2块、第3块、……、第n块，将前块铁块视为整体，若这部分的重心在第块的上方，且全部铁块整体的重心在桌面的上方，整批铁块就保持不倒．设这批铁块的长度均为1，若记第n块比第块向桌缘外多伸出的部分的最大长度为，则根据力学原理，可得，且为等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为．
①比较与的大小；
②对于无穷数列，如果存在常数，对任意的正数，总存在正整数，使得，，则称数列收敛于，也称数列的极限为，记为；反之，则称不收敛．请根据数列收敛的定义判断是否收敛？并据此回答“里拉斜塔”问题．
【解析】（1）依题意，第1块铁块比第2块铁块向桌外伸出部分的最大长度为第1块铁块自身长度的一半，则，由为等差数列，得其首项为，公差，
因此，即，
所以的通项公式是.
（2）①由（1）知，，
令函数，求导得，即函数在上递减，
则，即，取，于是，
则，
所以.
②不收敛.
给定正数，对，令，则，
解得，取（表示不超过的最大整数），
显然当时，不等式不成立，即有，
因此数列不收敛；
取，则当时，，
因此当时，成立，所以不收敛.
的意义是块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度，因为不收敛于任意正数，
所以只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数.
【例5】（2024届安徽省合肥市第八中学高三最后一卷）贝塞尔曲线（Be'zier curve）是一种广泛应用于计算机图形学、动画制作、CAD设计以及相关领域的数学曲线．它最早来源于Bernstein多项式．引入多项式，若是定义在上的函数，称，为函数的n次Bernstein多项式．
(1)求在上取得最大值时x的值；
(2)当时，先化简，再求的值；
(3)设，在内单调递增，求证：在内也单调递增．
【解析】（1）由题意，，
则
令，得，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，在上取得最大值；
（2）
，
所以；
（3）
由，
上式
，
而在内单调递增，所以，
所以，故，所以在内也单调递增．
1．（2024届天津市滨海新区高考模拟检测）已知函数，其中为实数．
(1)当时，
①求函数的图象在（为自然对数的底数）处的切线方程；
②若对任意的，均有，则称为在区间上的下界函数，为在区间上的上界函数．若，且为在上的下界函数，求实数的取值范围．
(2)当时，若，，且，设，．证明：．
【解析】（1）①当时，，所以，
所以函数的图像在处的切线斜率．又因为，
所以函数的图象在处的切线方程为，
②因为函数为在上的下界函数，
所以，即．
因为，所以，故．
令，，则．
设，，则，
所以当时，，从而函数在上单调递增，所以，
故在上恒成立，所以函数在上单调递增，从而．
因为在上恒成立，所以在上恒成立，
故，即实数的取值范围为．
（2）当时，，，，
要证，即证，因为，
所以只要证，
即证，
因为，，
即证，
令，即证，
因为，即证（*），
令，则．构造函数：
则，令,
则，
因为，，，
所以．所以在单调递增．
得到，可知在单调递减，．
所以（*）成立，原命题成立．
2．（2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一个极大（小）值.
对于函数，设自变量x从变化到，当，是一个确定的值，则称函数在点处右可导；当，是一个确定的值，则称函数在点处左可导.当函数在点处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数在点处可导.
(1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点；
(2)已知函数.
（ⅰ）求函数在处的切线方程；
（ⅱ）若为的极小值点，求a的取值范围.
【解析】（1），为该函数的极值点，
当，，
当，，
则该函数在处的左导数为，右导数为1，所以该函数在处不可导.
（2）（ⅰ）根据题意，，则切点，
又，则，所以切线方程为；
（ⅱ），
因为当时，，故与同号，
，先考察的性质，
由于为偶函数，只需分析其在上的性质即可，
，设，
则，，
则必有，即.①否则，若，即，
则必存在一个区间，使得，则在单调递减，又，
则在区间内小于0，则在单调递减，
又，故在区间内小于0，
故在区间内小于0，则不可能为的极小值点.
②当时，，
令，，
令，则，
易知在区间上单调递增，
对，，
则在区间上大于0，
故在区间上单调递增.
故在区间上单调递增.
又，故，故在区间上单调递增，
又，故，故在区间上单调递增，
又，故，，
则，，
故当时，，由偶函数知时，，
故为的极小值点，所以a的取值范围为.
3．（2024届上海市交通大学附属中学高三下学期四模）已知为实数集的非空子集，若存在函数且满足如下条件：①定义域为时，值域为；②对任意，，均有. 则称是集合到集合的一个“完美对应”.
(1)用初等函数构造区间到区间的一个完美对应；
(2)求证：整数集到有理数集之间不存在完美对应；
(3)若，，且是某区间到区间的一个完美对应，求的取值范围.
【解析】（1），当时，，则其值域为，满足条件①，根据复合函数单调性知在单调递增，则其满足条件②，
故可取.
（2）假设有是集合到的一个完美对应，
则有，其中，于是，，
由完美对应的定义，存在整数，使得且，
这与为整数矛盾，故假设不成立.所以，整数集到有理数集之间不存在完美对应.
（3），，得或，
若，则严格递增，且，此时；满足题意;
若，则时，；时，；时，；
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增;
又，故只有极小值才满足题意，即，，
若，则时，；时，；时，；
则在单调递增，在单调递减，在单调递增；
又，故只有极大值才满足题意，即，即.综上, 的取值范围是 .
4．（2024届山东省泰安市高三四轮检测）在数学中，由个数排列成的m行n列的数表称为矩阵，其中称为矩阵A的第i行第j列的元素.矩阵乘法是指对于两个矩阵A和B，如果4的列数等于B的行数，则可以把A和B相乘，具体来说：若，，则，其中.已知，函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若是的两个极值点，证明：，.
【解析】（1）由矩阵乘法定义知，，
∵，∴当时，，单调递增，
时，方程的判别式，
当时，，，单调递增，
当或时，，令，方程两根记为，，
则，，当时，，，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
当时，，当和时，单调递增，
当时，，单调递减，综上，当时，单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）∵有两个极值点，由（1）知，设，
∵，∴，
∵，，∴，∴单调递增，∴，
由（1）知，，
∴，即，∴，
又由（1）知在上单调递减且，
∴，∴.
5．（2024届上海市七宝中学高三三模）若曲线C的切线l与曲线C共有n个公共点（其中，），则称l为曲线C的“”.
(1)若曲线在点处的切线为，另一个公共点的坐标为，求的值；
(2)求曲线所有的方程；
(3)设，是否存在，使得曲线在点处的切线为？若存在，探究满足条件的t的个数，若不存在，说明理由．
【解析】（1）依题意，该切线的斜率为，因此.
（2）由，求导得，
则曲线在处的切线方程为：，
令，整理得，
此切线为切线，等价于方程有且仅有一个根，即，即，
所以曲线的切线仅有一条，为.
（3）由，得曲线在点处的切线方程为：
，即，
令，
求导得，由，得，
对，当时，为严格增函数；
当时，为严格减函数，
函数所有的极大值为，当时，极大值等于0，即，
当为正整数时，极大值全部小于0，即在无零点，
当为负整数时，极大值全部大于0，函数所有的极小值为，当时，极小值，
且随着的增大，极小值越来越小，
因此在点处的切线为切线，
等价于有三个零点，等价于，即有解，
令，则，
因此为上的严格增函数，因为，
于是存在唯一实数，满足，
所以存在唯一实数，使得曲线在点处的切线为切线.
6．（2024届上海市华东师范大学第二附属中学2高三下学期四模）对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和t，使得成立，则称是“卓然”函数，并称t是的“卓然值”．
(1)试分别判断函数，和，是不是“卓然”函数？并说明理由；
(2)若是“卓然”函数，且“卓然值”为2，求实数m的取值范围；
(3)证明：是“卓然”函数，并求出该函数“卓然值”的取值范围．
【解析】（1）函数是“卓然”函数，因为，
当时，则有，，满足；
因为，，
当时，，而，所以，不可能成立，
即不存在实数，满足成立，所以，不是“卓然”函数；
（2）由题意可得，，
所以有解，即有解．
对于函数：
因为，，
所以；，
令，则，解得：，
所以严格增区间：，
严格减区间：，值域：．
所以实数的取值范围是．
（3），，设，
，
当时，恒成立，此时不存在使得成立，不合题意；
当时，在上严格减，所以在上严格增，
因为，
所以存在使，，
当时，严格减，
当时，严格增，
所以，
由，所以，
此时不存在使得成立，不合题意；
当时，若，则，从而，所以在上严格增，
当时，设，则，
设，当时，在上严格增，
且，所以，从而，
所以在上严格增，所以，
从而，所以在上严格增，又，
由零点存在性定理，存在使得，即成立，符合题意；
当时，，显然存在零点符合题意；当时，在上严格减，
且，所以，从而，所以在上严格减，
又时，，存在，使得，即，
当时，严格增，当时，严格减，
又时，，
由零点存在性定理，存在使得，即成立，符合题意；
综上所述，为“卓然”函数，该函数“卓然”取值范围是．
7．（2024届江西省上饶市稳派上进六校联考高三5月联考）在信息理论中，和是两个取值相同的离散型随机变量，分布列分别为：，，，，，．定义随机变量的信息量，和的“距离”．
(1)若，求；
(2)已知发报台发出信号为0和1，接收台收到信号只有0和1．现发报台发出信号为0的概率为，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号为0的概率为，发出信号1接收台收到信号为1的概率为．
（ⅰ）若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；（用，表示结果）
（ⅱ）记随机变量和分别为发出信号和收到信号，证明：．
【解析】（1）因为，所以，
所以的分布列为：
所以.
（2）（ⅰ）记发出信号和分别为事件，收到信号和分别为事件，
则，，，，
所以
，
所以；
（ⅱ）由（ⅰ）知，则，
则，
设，则，
所以当时，单调递增，当时，单调递减；
所以，即（当且仅当时取等号），
所以，
所以
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以.
8．（2024届浙江省名校新高考研究联盟高三三模）在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.
(1)判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由；
(2)已知函数是“旋转函数”，求的最大值；
(3)若函数是“旋转函数”，求的取值范围.
【解析】（1）函数不是“旋转函数”，理由如下：
逆时针旋转后与轴重合，当时，有无数个与之对应，与函数的概念矛盾，
因此函数不是“旋转函数”.
（2）由题意可得函数与函数最多有1个交点，
且，所以最多有一个根，
即最多有一个根，
因此函数与函数R最多有1个交点，
即函数在上单调，
因为，且，
所以，所以，
即，，即的最大值为.
（3）由题意可得函数与函数最多有1个交点，
即，
即函数与函数最多有1个交点，
即函数在上单调，
，当时，
所以，
令，则，
因为在上单调减，且，
所以存在，使，
即，
所以在单调递增，单调递减，
所以，即.
9．（2024届山东省泰安肥城市高考仿真模拟三）定义：设和均为定义在上的函数，它们的导函数分别为和，若不等式对任意实数恒成立，则称和为“相伴函数”.
(1)给出两组函数，①和；②和，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”；
(2)若是定义在上的可导函数，是偶函数，是奇函数，，问是否存在使得和为“相伴函数”？若存在写出的一个值，若不存在说明理由；
(3)，写出“和为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.
【解析】（1）第①组是，第②组不是.
①中，函数和，可得和，
所以，所以这两组函数是“相伴函数”.
②中，函数和，和，
所以不一定为非正数，
所以这两组函数不是 “相伴函数”.
（2）存在，使得和为“相伴函数”.
证明如下：
由，
所以，
可得.
若和为“相伴函数”则成立，
即，
若，由，可得，
则可取，满足成立；
若，所以，
若，则不等式无解；若，则无解，
综上可得，存在，使得和为“相伴函数”.
（3）“和为相伴函数”的充要条件是.
因为，
若和为相伴函数
即对恒成立，
可得
，
即，
即，可得，
由于取遍内的所有实数，因此当且仅当时成立，
所以，所以必要性得证.
下面证明充分性：
已知，则，
，
此时，所以，
即成立，和为相伴函数.
所以“和为相伴函数”的充要条件是.
10．（2024届山东省潍坊市高考三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程 ，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数 ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
(1)类比三角函数的三个性质：
①倍角公式 ；
②平方关系 ；
③求导公式
写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；
(2)当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围；
(3)若，证明：
【解析】（1）平方关系：；
倍角公式：；导数：.
理由如下：平方关系，；
倍角公式：；
导数：，；
以上三个结论，证对一个即可.
（2）构造函数，，由（1）可知，
①当时，由，
又因为，故，等号不成立，
所以，故为严格增函数，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
②当时，令，
则，可知是严格增函数，
由与可知，存在唯一，使得，
故当时，，则在上为严格减函数，
故对任意，，即，矛盾；
综上所述，实数的取值范围为；
（3）因为，
所以原式变为，
即证，
设函数，即证，，
设，，
时，在上单调递增，即在上单调递增，
设，则，
由于在上单调递增，，
所以，即，故在上单调递增，
．
由，得．
令，则，
所以在上单调递增．
因为．所以当时，，所以当时，，
故n的最大值为5．
（3）证明：由题意得
由，得，
所以，所以，
所以
12．（上海市控江中学高三三模）设函数定义域为．若整数满足，则称与“相关”于．
(1)设，，写出所有与“相关”于的整数；
(2)设满足：任取不同的整数，与均“相关”于．求证：存在整数，使得都与“相关”于；
(3)是否存在实数，使得函数，满足：存在，能使所有与“相关”于的非零整数组成一个非空有限集？若这样的存在，指出和的大小关系（无需证明），并求出的取值范围；若这样的不存在，说明理由．
【解析】（1）若要整数与“相关”于，即：
由于，故这等价于.
即，得到满足条件的全部为.
（2）由题意知，这十个数中，任取其中两个，其乘积都不为正数.
这意味着，这十个数中至多有一个正数，也至多有一个负数.
所以这十个数中至多有两个数不等于零.
假设不全为零，不全为零，也不全为零.
那么这十个数中已经出现了三个不为零的数，矛盾.
所以必定存在整数，使得.
此时，所以都与“相关”于.
（3）原条件等价于下列两个命题之一成立：
①存在使得，且集合是非空有限集；
②存在使得，且集合是非空有限集.
设，则，从而当时，当时.
所以在上递增，在上递减，从而.
对求导可得.
若，则当时，由且知；
当时，有.
所以，，从而都不是非空有限集，故此时命题①和②都不成立；
若，则当时，
得；
当时，由有
.
所以在上递减，从而对有.
所以对任意都有，从而命题①不成立；而同时这意味着包含一切非零整数，所以命题②不成立；
若，则当时，由，
得；
当时，由知，从而
，
故，从而一定是有限集.
而，，，
所以，从而一定是非空有限集.
同时，上面已经证明，所以此时命题②成立；
若，则当时，有；
当时，有.
所以，，从而都不是非空有限集，故此时命题①和②都不成立.
综上，的取值范围是，且此时存在使得，且集合是非空有限集.
这表明对每个满足条件的，都有.
−∞,0
x=0
0,23k
x=32k
23k,+∞
f'x
<0
=0
>0
=0
<0
fx
↗
极小值
↘
极大值
↗