2023年高考数学题型猜想预测卷导数的综合应用、与导数有关的新定义题含解析

这是一份2023年高考数学题型猜想预测卷导数的综合应用、与导数有关的新定义题含解析，共54页。试卷主要包含了填空题，单选题等内容，欢迎下载使用。
 猜题25 第12、16题 导数的综合应用、与导数有关的新定义题
一、填空题
1．A，B为平面上两定点，（，且），点集，若，，且对任意，不等式恒成立，则实数m的最小值为______．
【答案】##
【分析】建立平面直角坐标系，求得点的轨迹方程，结合导数求得的最大值，进而求得的最小值.
【解析】设，以为原点建立如图所示平面直角坐标系，，设，
由于，所以是的角平分线，
所以，
由于，
所以，
，
整理得，
即，
所以点的轨迹是圆，当时，圆的半径.
令，所以在上递减，
最大值为.
不等式恒成立，即恒成立，
而，所以，
所以的最小值为.
故答案为：

【点睛】本小题的求解方法是坐标法，即将问题转化为利用坐标来表示，利用代数来求解几何问题.求解不等式恒成立问题，可以考虑分离常数.导数是工具性的作用，利用导数可求得函数的最值.
2．卵圆是常见的一类曲线，已知一个卵圆的方程为：，为坐标原点，点，点为卵圆上任意一点，则下列说法中正确的是________.
①卵圆关于轴对称
②卵圆上不存在两点关于直线对称
③线段长度的取值范围是
④的面积最大值为
【答案】①③④
【分析】利用点和均满足方程，即可判断①；设和都在卵圆上，再解即可判断②；利用两点间的距离公式表示，然后利用导数研究其最值，即可判断③；利用三角形的面积公式表示出，然后利用导数研究其最值，即可判断④.
【解析】对于①，设是卵圆上的任意一个点，
因为，所以点也在卵圆上，
又点和点关于轴对称，
所以卵圆关于轴对称，故①正确；
对于②，设在卵圆上，关于直线对称的点也在卵圆上，
则，解得或，
所以卵圆上存在两点关于直线对称，故②错误；
对于③，由，得，
所以，又，所以，
设点，
则，
令，
则，
令，则或，
当或时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
又，
且，
所以，即，
所以，故③正确；
对于④，点，
，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
此时的面积取得最大值，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题考查了圆锥曲线的新定义问题，解决此类问题的关键在于理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答.
3．函数的定义域为D，若存在闭区间，使得函数满足：①在内是单调函数；②在上的值域为，则称区间为的“倍值区间”．下列函数中存在“倍值区间”的有__________．
①；    ②；
③；    ④．
【答案】①③．
【分析】根据新定义，先确定函数的单调性，然后判断方程组（增函数）或（减函数）是否有解．
【解析】①函数为增函数，若函数存在“倍值区间”，则有，解得，所以函数存在“倍值区间”，故正确；
②函数为增函数，若函数存在“倍值区间”，则，
当时，，，此时无解；
当时，设，，
令，解得，
故当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，所以时，，
所以此时无解，
综上所述，无解，故函数不存在“倍值区间”，
③当时，；
当时，，由于对勾函数在上单调递减，
由复合函数可得函数在区间上单调递增，
若函数在区间存在“倍值区间”，则有，解得，
所以函数存在“倍值区间”，故正确；
④若函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
若在存在“倍值区间”，
所以则，解得，与区间矛盾，故舍去，
若在存在“倍值区间”，
所以则，解得，与区间矛盾，故舍去，
故没有“倍值区间”；
故答案为：①③．
【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生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，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的: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、验证、运算，使问题得以解决.
4．已知正三棱锥的六条棱长均为是底面的中心，用一个平行于底面的平面截三棱锥，分别交于点（不与顶点，重合）.
给出下列四个结论：
①三棱锥为正三棱锥；
②三棱锥的高为；
③三棱锥的体积既有最大值，又有最小值；
④当时，.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【分析】建立正四面体模型，数形结合分析.
【解析】如图所示

∵用一个平行于底面的平面截三棱锥，
且为正三棱锥，是底面的中心
∴三棱锥为正三棱锥，故①正确；
∵正三棱锥的六条棱长均为,是底面的中心，
∴三棱锥的高为,
的高为，且,,
∴，故②正确
，∵点不与顶点，重合，
∴，设的高为，则，得，
∴，
，在上，上，
所以在上递增，上递减，故在上有最大值，无最小值，故③错误；
当时，点分别为线段的三等分点，
∴，且
∴.
故④正确;
故答案为：①②④
5．若函数在区间D上有定义，且均可作为一个三角形的三边长，则称在区间D上为“M函数”．已知函数在区间为“M函数”，则实数k的取值范围为_________________．
【答案】
【分析】先由题意得到且，再利用导数求得在的最值，从而求得k的取值范围.
【解析】根据题意可知在区间D上为“M函数”，则有且，
因为在区间为“M函数”，所以且，
因为，所以，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
又，，
则，即，
所以，
所以，解得，
所以实数k的取值范围为.
故答案为：.
6．定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为．若在区间上，则称函数在区间上为“凹函数”．已知在区间上为“凹函数”，则实数a的取值范围为___________．
【答案】
【分析】对函数求导两次得到，再由得到，构造函数，利用导数证明在上单调递增，
从而得到，变式得：，再次构造函数，求即可.
【解析】函数的定义域为，
则，即，
由题意得，在上恒成立；
所以
则所以，
当时，显然成立，下面讨论的情况，
令（），则，
时，，所以在上为增函数，
由，得，
所以，则，
即时，恒成立，
设（），则，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以，则；
故实数a的取值范围为.
故答案为：.
7．同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为（其中，是非零常数，无理数），对于函数以下结论正确的是______.（填序号）
①是函数为偶函数的充分不必要条件；②是函数为奇函数的充要条件；
③如果，那么为单调函数；④如果，那么函数存在极值点.
【答案】②③④
【分析】①和②根据，与函数奇偶性的关系判断充要条件，③和④借助于导数分类讨论判断单调性即可
【解析】对于①当时，函数定义域为R关于原点对称
，故函数为偶函数，
当函数为偶函数时，故
，又因为定义域为R，所以不为，故
所以是函数为偶函数的充要条件，故①错误.
对于②当时，函数定义域为R关于原点对称，故函数为奇函数
当函数为奇函数时，因为，
故.所以是函数为奇函数的充要条件，故②正确.
对于③因为
若则恒成立，则为单调递增函数，
若则恒成立，则为单调递减函数，
故，函数为单调函数，故③正确.
对于
④，令得，又因为
若
当，，函数为单调递减.
当，，函数为单调递增.
故函数 存在唯一的极小值.
若
当，，函数为单调递增.
当，，函数为单调递减.
故函数存在唯一的极大值.
所以函数存在极值点，故④正确.
故答案为：②③④
【点睛】①函数的奇偶性是函数的一个整体性质，函数具备奇偶性的前提是定义域必须关于原点对称.
②判断奇偶性牢牢把握，的和差与奇偶性的关系.
③利用导数判断函数单调性时，注意关注导数值的正负，得到原函数的单调性.
④分类讨论时注意巧用分类依据所对应的范围，准确判断导数的正负，为得到函数的单调性和极值相关结论创造必要条件.
8．若函数与对于任意，都有，则称函数与是区间上的“阶依附函数”．已知函数与是区间上的“2阶依附函数”，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】由题意得在上恒成立，又，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，，设，研究的最小值即可．
【解析】因为函数与是区间上的“2阶依附函数”，
所以在上恒成立，
又在上单调递增，则，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
，
令，，设，
，则在上单调递增，
所以，
所以．
故答案为：．
9．满足一定条件的连续函数的定义域为，如果存在，使得，那么我们称函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点. 在数学中，这被称为布劳威尔不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹.布劳威尔（英语：L.E.J.Brouwer），是拓扑学里一个非常重要的不动点定理. 现新定义：若满足，则称为的次不动点. 给出下列四个结论：
①对于函数，既存在不动点，也存在次不动点；
②对于函数，存在不动点，但不存在次不动点；
③函数的不动点和次不动点的个数都是2；
④若函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，则的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是___________.
【答案】①③④
【分析】对①，由即可判断；
对②，由零点存在定理说明以及在存在交点即可；
对③，分别用导数法讨论与的零点个数；
对④，分别由参变分离法讨论、有唯一解时a的取值范围，最后取交集即可
【解析】对①，，所以0既是不动点，也是次不动点，①对；
对②，对以及，易得，且当时，，
故与在必存在交点，即存在次不动点，②错；
对③，（1）令，，，故单调递增，
又，，故存在唯一，使得， 则在单调递减，在单调递增，
又，，，故仅有两个零点，即仅有2个不动点；
（2）同理，令,
，，故单调递增，
又，，故存在唯一，使得，则在单调递减，在单调递增，
又，，，故仅有两个零点，即仅有2个次不动点. ③对；
对④，（1）当时，则，令，则，
由对勾函数性质易知在单调递增，则，
故要仅有一个不动点，即有唯一解，需；
（2）当时，则，令，则，
由对勾函数性质易知在单调递增，则，
故要仅有一个次不动点，即有唯一解，需；
综上，仅有一个不动点和一个次不动点，的取值范围是，④对.
故选：①③④
【点睛】含参函数零点个数问题，
（1）一般对参数分类讨论，利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理判断；
（2）将参数分离出来，用导数法讨论不含参数部分的单调性，由数形结合，转化成两个图象交点的问题；
10．若对任意的，均有成立，则称函数为和在上的“中间函数”．已知函数，且是和在区间上的“中间函数”，则实数m的取值范围是__________．
【答案】
【分析】根据“中间函数”的定义列出不等式，将问题转化成不等式恒成立问题，利用参变分离以及构造函数的方法来解决函数最值，从而求出的取值范围.
【解析】依题意得：已知条件等价为：在区间上恒成立
对于在区间上恒成立，变形为：
令，易知单调递增，
对于在区间上恒成立，变形为：
令
则
为增函数，
在单调递增，

综上所述： 即
故答案为：.
【点睛】本题考查了用参变分离的方法解决恒成立的问题，考查了用导数求函数单调性、极值、最值以及恒成立的等价形式，对学生分析问题和解决问题的能力有一定的要求，属于难题.
11．若存在实常数k和b，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”.已知函数，，，有下列命题：
①在内单调递增；
②和之间存在“隔离直线”，且b的最小值为；
③和之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是；
③和之间存在唯一的“隔离直线”.
其中真命题为______.（请填所有正确命题的序号）
【答案】①②④
【分析】根据隔离直线的定义，结合利用导数处理恒成立问题的知识，结合二次函数的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断.
【解析】①，则，
令，则，解得，
故在单调递增，①正确；
②设和的隔离直线为，
则在恒成立，且在恒成立；
对，即在恒成立，其对称轴，
当时，只需满足，即；
当时，只需满足，；
在上述结论下：对，即在恒成立，，
当时，抛物线开口向上，不满足题意；
当时，在恒成立，需；
当时，抛物线开口向下，其对称轴为，
只需满足；
综上所述：若满足题意，，，又，
解得，故②正确；
③由②可知：，解得，故③错误；
④当时，和函数值均为，故为两函数公共点，
若存在和的隔离直线，那么该直线过点，设其斜率为，
则直线方程为，
由，即在恒成立，
故其，则，解得，
此时直线方程为：，下证：，
令，则，
当，，单调递减；
当，，单调递增；
故，即，也即.
综上所述，函数与存在唯一的隔离直线，故④正确；
故答案为：①②④.
【点睛】本题考查利用导数处理恒成立问题，以及二次函数的性质，属综合困难题，解决问题的关键是综合应用二次函数的性质，以及利用导数判断函数的单调性.
12．若存在实常数k和b，使得函数F（x）和G（x）对其公共定义域上的任意实数x都满足：F（x）≥kx+b和G（x）≤kx+b恒成立，则称此直线y＝kx+b为F（x）和G（x）的“隔离直线”，已知函数f（x）＝x2（x∈R），g（x）（x＜0），h（x）＝2elnx，有下列命题：
①F（x）＝f（x）﹣g（x）在内单调递增；
②f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且b的最小值为﹣4；
③f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是（﹣4，0]；
④f（x）和h（x）之间存在唯一的“隔离直线”y＝2x﹣e．
其中真命题为_____（请填所有正确命题的序号）
【答案】①②④
【解析】①求出F（x）＝f（x）﹣g（x）的导数，检验在x∈（，0）内的导数符号，即可判断；
②、③设f（x）、g（x）的隔离直线为y＝kx+b，x2≥kx+b对一切实数x成立，即有△1≤0，又kx+b对一切x＜0成立，△2≤0，k≤0，b≤0，根据不等式的性质，求出k，b的范围，即可判断②③；
④存在f（x）和g（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k．则隔离直线，构造函数，求出函数函数的导数，根据导数求出函数的最值
【解答】解：①∵F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2，∴x∈（，0），F′（x）＝2x0，
∴F（x）＝f（x）﹣g（x）在x∈（，0）内单调递增，故①对；
②、③设f（x）、g（x）的隔离直线为y＝kx+b，则x2≥kx+b对一切实数x成立，即有△1≤0，k2+4b≤0，
又kx+b对一切x＜0成立，则kx2+bx﹣1≤0，即△2≤0，b2+4k≤0，k≤0，b≤0，
即有k2≤﹣4b且b2≤﹣4k，k4≤16b2≤﹣64k⇒﹣4≤k≤0，同理⇒﹣4≤b≤0，故②对，③错；
④函数f（x）和h（x）的图象在x处有公共点，因此存在f（x）和g（x）的隔离直线，
那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k．则隔离直线方程为y﹣e＝k（x），即y＝kx﹣ke，
由f（x）≥kx﹣ke（x∈R），可得x2﹣kx+ke≥0当x∈R恒成立，
则△≤0，只有k＝2，此时直线方程为：y＝2x﹣e，
下面证明h（x）≤2x﹣e，令G（x）＝2x﹣e﹣h（x）＝2x﹣e﹣2elnx，
G′（x），
当x时，G′（x）＝0，当0＜x时，G′（x）＜0，当x时，G′（x）＞0，
则当x时，G（x）取到极小值，极小值是0，也是最小值．
所以G（x）＝2x﹣e﹣g（x）≥0，则g（x）≤2x﹣e，当x＞0时恒成立．
∴函数f（x）和g（x）存在唯一的隔离直线y＝2x﹣e，故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的求导，利用导数求最值，属于难题.
13．设函数与是定义在同一区间上的两个函数，若对任意的，都有，则称与在上是“密切函数”，区间称为“密切区间”.设函数与在上是“密切函数”，则实数m的取值范围是_____.
【答案】
【分析】由新定义转化为不等式恒成立，再转化为求函数最值可得．
【解析】由题意在上恒成立，，
设，则，当时，，递增，当时，，递减，所以，又，，所以，所以，解得．
故答案为：
【点睛】本题考查新定义，解题关键是理解新定义，把新定义问题转化为不等式恒成立问题，再变形后转化为求函数的最值．
14．法国著名的军事家拿破仑．波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．在三角形中，角，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，若三角形的面积为，则三角形的周长最小值为___________
【答案】6
【分析】令△ABC角A，B，C所对边长分别为a，b，c，都是正三角形，分别为其中心，△O1AB中由正弦定理求、，由△面积为求，根据得，再由余弦定理有，进而可得且，令，则，，利用导数研究单调性求区间最值即可.
【解析】如图，令△ABC角A，B，C所对边长分别为a，b，c，都是正三角形，分别为其中心，

△O1AB中，，
由正弦定理得，则，同理，
正△面积，得，而，则，
∴△中，由余弦定理得：，有，则，
△ABC中，由余弦定理得，则，
而，又，得，
∴，令，则，，
∴，在上，即，
∴在是单调递减，时，故三角形的周长最小值是6．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理求得，并确定、与的等量关系，应用基本不等式确定的取值范围，进而得关于的函数关系，令构造，应用导数研究单调性求最值.
15．对于定义域为的函数，若满足（1）；（2）当，且时，都有；（3）当，且时，都有，则称为“偏对称函数”.现给出四个函数：①；②；③；④则“偏对称函数”有___________个.
【答案】1
【分析】条件（2）等价于在上单调递减，在上单调递增，条件（3）等价于在上恒成立. 运用新定义，分别讨论四个函数是否满足三个条件，结合奇偶性和单调性以及对称性，即可得到所求结论．
【解析】由（2）可知当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，在上不单调，故不满足条件（2），
不是“偏对称函数”；
又，在上单调递减，不满足条件（2），
不是“偏对称函数”；
对于，作出图象如图：

根据图象，满足②；且当，且时，都有，故其不满足（3）；
不是“偏对称函数”；
，显然满足.，
当 时，，，
当 时，，，
则当 时，都有，符合条件（2），
因为，
函数 在上单调递减，在 上单调递增，
由 的单调性知，当时，，
，
令，，
，
当且仅当即 时，“ “成立，
在， 上是减函数，
，即，
符合条件（3），故 是“偏对称函数”.
故答案为：1
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断函数 是否是“偏对称函数”，关键是判断函数 是否满足条件（3）. 要构造函数，结合导数和基本不等式的知识分析解答.
16．设定义在上的函数在点处的切线方程为，当时，若在内恒成立，则称点为函数的“类对称中心点”，则函数的“类对称中心点”的坐标为______．
【答案】
【分析】先求出，并计算出，然后构造并研究函数的单调性，最后根据“类对称中心点”的定义可得结果.
【解析】由题可知：函数定义域为
，所以，
所以在点的切线方程为：，
即，则
令，且
所以
当时，，；，
所以函数在递减，在递增，
不符合在内恒成立
当时，，；，
所以函数在递减，在递增，
不符合在内恒成立
当时，，又，
所以在内恒成立
故，且
所以“类对称中心点”的坐标为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：先表示，构造函数是解决本题的关键，然后利用导数讨论其单调性.
17．若存在一个实数t，使得成立，则称t为函数的一个不动点.设函数(，e为自然对数的底数)，定义在R上的连续函数满足，且当时，.若存在，且为函数的一个不动点，则实数a的取值范围为___________.
【答案】
【解析】先构造函数，研究其单调性与奇偶性，再化简不等式，解得取值范围，最后根据不动点定义，利用导数求出的范围即可.
【解析】由，知，令，
则，即为奇函数，
当时，，故，所以在上单调递减，
所以由奇函数的对称性可知，在上单调递减.
因为存在，即，
则
故，则，即.
因为为函数一个不动点，
所以在时有解，
令，
因为当时，，
所以函数在时单调递减，且时，，
所以只需，得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
本题的解题关键在于利用构造函数，结合其奇偶性和单调性解出不动点，从而结合不动点定义突破难点.
18．若定义在N上的函数满足：存在，使得成立，则称与在N上具有性质，设函数与，其中，，已知与在N上不具有性质，将a的最小值记为．设有穷数列满足，这里表示不超过的最大整数．若去掉中的一项后，剩下的所有项之和恰可表为，则的值为_________．
【答案】2626
【解析】问题可转化为在上恒成立，令在上恒成立，根据函数的单调性求出，从而求出，再求出答案即可.
【解析】因为与在N上不具有性质，
所以在N上恒成立，
令在N上恒成立，
当时，最小，
所以联立，得到，
令，则，
当时，，递减，
当时，，递增，
所以，所以，
当时，，所以，
因为，所以，
所以，
而，
取，则，所以，
故答案为：2626.
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关函数恒成立问题，数列的应用以及转化思想，解题方法如下：
（1）根据题意，将问题转化，将其转化为在N上恒成立，利用导数研究其单调性，得到最值，求得相应的参数值；
（2）根据数列相关公式求得的；
（3）根据题意，建立相应的等量关系式求得结果.
19．定义：如果函数在上存在，满足，则称数，为上的“对望数”，函数为上的“对望函数”，给出下列四个命题：
（1）二次函数在任意区间上都不可能是“对望函数”；
（2）函数是上的“对望函数”；
（3）函数是上的“对望函数”；
（4）为上的“对望函数”，则在上不单调；
其中正确命题的序号为__________(填上所有正确命题的序号)
【答案】（1）（2）（3）
【分析】根据“对望函数”定义并结合四个函数导函数可判断四种说法的正确与否,（2）（3）需要注意导数的计算和方程的根要在给定的定义域内.
【解析】（1）二次函数导函数是一次函数，在上不可能存在 ，满足 ，故二次函数 在任意区间 上都不可能是“对望函数”正确；
(2)函数的导函数是 ，，令 ，解得： 且 ，故函数是 上的“对望函数”正确；
(3)函数导函数， ，令 ，因为 两解；即函数是上的“对望函数”，正确；
（4）为上的“对望函数”，函数 在 上单调，不正确.
故正确命题的序号为（1）（2）（3）
【点睛】本题是一道新定义函数问题，考查了对函数性质的理解和应用，属于创新题目，解题时首先要求解函数的导数，再将新定义函数的性质转化为导数的性质，进而结合函数的零点情况确定所满足的条件.
20．已知三棱柱内接于一个半径为的球，四边形与为两个全等的矩形，是的中点，且，则三棱柱体积的最大值为______________.
【答案】4
【分析】由已知可得三棱柱是底面为等腰三角形的直棱柱．设，，将三棱柱还原为长方体，得其外接球直径为，即；则三棱柱的体积；记，利用导数求最值．
【解析】因为四边形与为两个全等的矩形，所以，，，又因为平面，所以平面；
因为是的中点，且，所以底面是直角三角形；
综上，三棱柱是底面为等腰三角形的直棱柱.
设，将三棱柱还原为长方体，得其外接球直径为，即；
所以三棱柱的体积；
记，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，上单调递减，故.
故答案为：
【点睛】本题考查球内接多面体体积最值的求法，考查函数与方程思想的应用，训练了利用导数求最值，属于中档题．
21．设函数与是定义在同一区间上的两个函数，若对任意的，都有，则称与在上是“度和谐函数”，称为“度密切区间”．设函数与在上是“度和谐函数”，则的取值范围是________．
【答案】
【分析】由“度和谐函数”，得到对任意的，，都有，化简整理得，令，求出的最值，只要不大于最小值，且不小于最大值即可．
【解析】函数与在，上是“度和谐函数”，
对任意的，，都有，
即有，即，
令，，
时，，时，，
时，取极小值1，也为最小值，
故在，上的最小值是1，最大值是．
且，
．
故答案为：.
【点睛】本题考查函数新定义及运用、考查不等式的恒成立问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意转化为求函数的最值.
22．函数的定义域为,若存在一次函数,使得对于任意的,都有恒成立,则称函数在上的弱渐进函数.下列结论正确的是__________.(写出所有正确命题的序号)
①是在上的弱渐进函数;
②是在上的弱渐进函数;
③是在上的弱渐进函数;
④是在上的弱渐进函数.
【答案】②④
【分析】根据题设中的新定义，设出函数解析式，逐项判定，即可求解.
【解析】对于①中，设函数,由,,
所以不符合,所以①错误；
对于②中，设函数,当时,,符合,
即对于任意的,都有恒成立,所以②正确;
对于③中，设函数,因为,此时,不符合,所以③错误;
对于④中，设函数,则,
当时,,所以在上单调递减，
所以；
又时,,则,即,所以,
即恒成立，所以④正确,
综上可得②④正确.
故答案为：②④.
【点睛】本题主要考查了函数新定义的判定及应用，其中解答中认真审题，正确理解题意，根据函数的性质与最值，逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
23．定义：如果函数在定义域内给定区间上存在，满足，则称函数是上的“平均值函数”，是它的一个均值点．例如y=| x |是上的“平均值函数”，0就是它的均值点．给出以下命题：
①函数是上的“平均值函数”．
②若是上的“平均值函数”，则它的均值点x0≥．
③若函数是上的“平均值函数”，则实数m的取值范围是．
④若是区间[a.，b] （b>a.≥1）上的“平均值函数”，是它的一个均值点，则．
其中的真命题有_________．（写出所有真命题的序号）
【答案】①③④
【分析】直接利用定义判断①的正误；利用反例判断②的正误；利用定义推出m的范围判断③的正误；利用分析法直接证明，结合导数可证明④的正误.
【解析】解：①由，可得
由，可得满足“平均值函数”，故①正确；
②举反例，令，，可得，又，故②错误；
③ 由函数是上的“平均值函数”，所以关于的方程：
在区间内有实数根，
由，可得，可得，或，
又，故必为均值点，即，可得，故③ 正确；
④由题意得：，要证明，
即证明：，
令，原式子等价于：，
令，可得，
故在区间是减函数，故，故④正确；
故答案为：①③④.
【点睛】本题主要考查新定义的应用，函数的导数及分析法的应用，考查分析问题解决问题的能力.
24．设与是定义在同一区间上的两个函数，若函数在上有两个不同的零点，则称和在上是“关联函数”，区间称为“关联区间”.若与在上是“关联函数”，则实数的取值范围是_________.
【答案】.
【分析】令，可得出，将问题转化为直线与函数在区间上的图象有两个交点，求实数的取值范围，然后利用导数分析函数的单调性与极值以及端点函数值，可得出实数的取值范围.
【解析】令，得，得.
问题等价于直线与曲线在区间上的图象有两个交点，求实数的取值范围.
，令，得.
当时，；当时，.
所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，且.
又，，且.
因此，当时，直线与函数在区间上的图象有两个交点，故答案为.
【点睛】本题考查函数新定义问题，解题的关键就是将问题转化为函数零点来处理，并利用参变量分离法来处理，考查化归与转化数学思想，属于难题.
25．已知函数.有下列结论：
①若函数有零点，则的范围是；
②函数的零点个数可能为；
③若函数有四个零点，则，且；
④若函数有四个零点，且成等差数列，则为定值，且.
其中所有正确结论的编号为______.
【答案】② ③ ④
【分析】令，因，则.
对于①，，则函数有零点相当于函数的图像与直线有交点，做出相关图像可得答案；
对于②，由图可得答案；
对于③，由图可得时，的图像与直线有2个点，即有两个根，得，.方程，在上均有两个根，设为.即可得答案；
对于④，由③可知，，设数列公差为，则，，说明方程在上有唯一解即可.
【解析】令，因，则.
对于①，，
则函数有零点相当于函数的图像与直线有交点，
做出的图像，
由图可得若函数有零点，则的范围是，故①错误；
对于②，由图，当时，的图像与直线无交点，得有0个零点；
当，或，得或，解得，
即此时有3个零点；
当，由图可得，此时的图像与直线有2个交点，
即方程有2个解，设为，
又方程各有两个解，即此时有4个零点；
当，，得或，
即此时有2个零点.综上函数的零点个数可能为，故②正确.
对于③，当，由图可得，此时的图像与直线有2个交点，即方程有2个解，设为，
又方程各有两个解，即此时有4个零点.设方程两根为，方程两根为，
因，
则，故③正确；
对于④，由③分析知有2个解，设为，则由韦达定理有.
又，，
则.
又，则.
设数列公差为，则，又，
可得，因，则.
代入，得，
令，
则，因，则，
得在上单调递增，又
.
则存在唯一实数，使得.得为常数，为方程在上的唯一解.故④正确.
故答案为：②③④.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用图像和导数研究函数的零点，难度较大.
判断①②③时，利用图像可较为简介地解决问题；对于④，常规思路为求出的值，但因难以求出，故建立与有关的方程，说明其解的唯一性并确定范围.
26．已知函数，令，，若，表示不超过实数的最大整数，记数列的前项和为，则_________
【答案】4
【分析】根据导数的运算，结合数列的通项公式的求法，求得，，，进而得到，再利用放缩法和取整函数的定义，即可求解.
【解析】由题意，函数，且，，
可得，
，
又由，可得为常数列，且，
数列表示首项为4，公差为2的等差数列，所以，
其中数列满足，
所以，
所以，
又由，
所以，
且，
所以数列的前项和为，满足，
所以，
即，
又由表示不超过实数的最大整数，所以.
故答案为：4.
【点睛】本题主要考查了函数的导数的计算，以及等差数列的通项公式，累加法求解数列的通项公式，以及裂项法求数列的和的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

二、单选题
27．对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，恒有，则称数列有界；若这样的正数不存在，则称数列无界，已知数列满足：，，记数列的前项和为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ）
A．当时，数列有界 B．当时，数列有界
C．当时，数列有界 D．当时，数列有界
【答案】B
【分析】当时， 构造新函数，利用导数判断其单调性，进而得出，由此判断A;
构造函数，判断其单调性，推出，进而得到，从而说明，判断B; 当 时，说明成立，从而判断C,D.
【解析】当时，
令，则，
当 时，，故 ，
因为，则，
所以 ，（这是因为），
令 ，则，
故时单调递增函数，
故，则，
假设 ，则，
故由归纳法可得成立，所以 ，
故数列无界，故A错；
又由，
设
则 ，
故递减，则，
所以 ，则 ，
则 ，
故 ，则，
故 ，
即当时，数列有界，故B正确
当 时，，由， ，
假设 ，则 ，即成立，
所以此时 都无界，故C,D错误；
【点睛】本题给定数列的新定义，要求能根据定义去判断数列是否符合要求，其中涉及到构造函数，并判断函数的单调性等问题，较为复杂，比较困难.
28．已知各项均为正数的数列满足，，其前n项和为，则下列关于数列的叙述错误的是(    )
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】A选项：先构造函数，并研究其单调性，利用进行放缩，利用数学归纳法可证明；
B选项：构造函数h(x)＝，，判断其单调性即可；
C选项：利用数学归纳法和假设法可证明.
D选项：结合C选项结论对进行放缩即可证明.
【解析】设函数，则，故在上单调递增.
用数学归纳法先证：
当时，有；
假设n＝k时，，
由于，
∴根据在上单调递增可知，
即当n＝k＋1时，，∴由数学归纳法原理可知.
对于选项A，
令，∵，故g(x)在单调递增，故g(x)＞g(0)＝0，即，即，
∴，故A正确.
对于选项B，
令h(x)＝，，∵，令m(x)＝，则，
令，则，
∴，即在单调递增，
∴，∴，即在单调递增，
，
在单调递增，，即，即.
故(*)，从而选项B错误.
对于选项C，可用数学归纳法证明：
当时，有成立，
当n＝k时，假设，
若，
则由(*)可知，
与假设矛盾，故.
故.从而选项C正确.
对于选项D，当时，，
故.故选项D正确.
故选：B.
【点睛】本题关键是根据选项构造函数，将数列的范围等问题转化为研究函数的单调性问题.在解题过程中需熟练运用数学归纳法、假设法、数列放缩等方法或技巧，属于难题.
29．已知数列中，，，记，，则下列结正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据数列特征得到，且与同号，结合裂项相消法求得，与比较，发现不恒成立，判断出A选项；结合，可得，判断出B选项；利用可得：，构造新函数可得：，得到，而根据一次函数与对数函数的增长速度，可得不恒成立，故判断C选项；根据题干条件得到，，进而求出，结合数列的单调性可得：，故D选项正确.
【解析】由，，可得：，故，所以，因为，所以，故，所以与同号，因为，所以，综上：，又因为，可得：，所以，因为，所以，所以，从而，所以不恒成立，选项A不成立
因为，所以恒成立，选项B不成立；
因为，所以，若，则，其中设（），则，所以在上单调递减，其中，当时，，所以
，故有，结合函数的增长速度，显然不恒成立，故选项C错误；
，∴可视为数列的前项和，

∵单调递增，∴，故恒成立，选项D正确.
故选：D
【点睛】数列与不等式结合，常常要进行适当放缩，或利用函数单调性研究数列的单调性，进而求出数列的范围或求和的范围，这道题目中需要构造函数，通过研究其单调性，得到是解集问题的关键.
30．已知数列满足．若有无穷多个项，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先考虑时，显然成立，当时，利用放缩变形，得到，累加可知定会存在某项．
【解析】∵，即；
令，则，易证：当时，，
所以当时，，所以，
当时，，易得，
即，此时有无穷多个项，故合题；
当时，则，
设，则，
则，
所以为单调递减数列，故，
即，
令，，当时，，
即在上单调递增，因为，
所以，
不妨令，显然，即，
即，累加可得，即，
故当时，，此时不存在，不是无穷多个项，故不合题；
综上：．
故选：B．
【点睛】本题难点在于时，应该怎么处理，先证明是递减数列，然后通过变形得到，累加可得，当足够大时，显然存在．
31．定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上，则称函数在区间上为“凹函数”.已知在区间上为“凹函数”，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题中“凹函数”的定义，f''(x)=mex+lnm﹣ln(x+1)﹣1>0对任意x∈(﹣1，+∞)都成立，
同构为ex+lnm+(x+lnm)>eln(x+1)+ln(x+1)，利用g(x)=ex+x在(﹣∞，+∞)是增函数，得不等式
lnm>h(x)=ln(x+1)﹣x的最大值，求出的最大值，即可得解.
【解析】解：因为
所以f'(x)=mex+(x+1)[lnm﹣ln(x+1)]+1，f″(x)=mex+lnm﹣ln(x+1)﹣1，
因为在区间(﹣1，+∞)上为“凹函数”，
所以f''(x)=mex+lnm﹣ln(x+1)﹣1>0对任意x∈(﹣1，+∞)都成立，
因为mex+lnm﹣ln(x+1)﹣1>0⇔mex+lnm>ln(x+1)+1
⇔ex+lnm+(x+lnm)>ln(x+1)+(x+1)
⇔ex+lnm+(x+lnm)>eln(x+1)+ln(x+1)，
且g(x)=ex+x在(﹣∞，+∞)是增函数，
所以ex+lnm+(x+lnm)>eln(x+1)+ln(x+1)
⇔x+lnm>ln(x+1)⇔lnm>ln(x+1)﹣x，
由题意，lnm>h(x)=ln(x+1)﹣x的最大值，
， ，
， 单调递增；
，单调递减， ，
即lnm>0，所以m>1，
故选：A
【点睛】注意同构法在解题中的应用，对于常见形式的同构要熟练运用,如 =.
32．如图，在正方体中，在棱上，，平行于的直线在正方形内，点到直线的距离记为，记二面角为为，已知初始状态下，，则（    ）

A．当增大时，先增大后减小 B．当增大时，先减小后增大
C．当增大时，先增大后减小 D．当增大时，先减小后增大
【答案】C
【分析】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量与面的法向量为的夹角， 对于AB，令，则，分析函数单调性，结合余弦函数性质判断；对于CD，令时，化简整理得到 ，利用导数判断函数的单调性，进而判断余弦函数的单调性，进而得解.
【解析】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，
设直线与交于，则，
则，，，
设平面的法向量为，
，，令，则
设平面的法向量为，又
，，令，则
利用空间向量夹角公式得
对于AB，令，则
显然函数在时为减函数，即减小，则增大，故AB 错误；
对于CD，当时，则

令，
求导
，令，得
故当时，，函数单减，即单减，增大；当时，，函数单增，即单增，减小；故当增大时，先增大后减小
故选：C

【点睛】方法点睛：本题考查面面角的求法，利用导数判断函数的单调性，即余弦函数的性质，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
33．数列满足表示数列前n项和，则下列选项中错误的是
A．若，则 B．若，则递减
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【分析】对于选项A，令，，利用导数求出即可；对于选项B，首先得到当时有，然后结合和可得出递减；对于选项C，证明即可；对于选项D，证明即可.
【解析】对于选项A，令，
则，所以在上单调递减，在上单调递增
因为，所以
所以当时，故A正确
对于选项B，
因为，所以，所以
因为在上单调递增，
所以当时有
所以，
所以递减，故B正确
对于选项C，令
则，易得
所以，所以，即
所以
所以
故C正确
对于选项D，因为，所以
所以
令，则
易得，所以，所以，即
所以
所以

故D错误
故选：D
【点睛】本题考查的是数列的综合问题，解答的关键是结合导数的知识，构建合适的不等式，属于难题.
34．已知函数，，若与图像的公共点个数为，且这些公共点的横坐标从小到大依次为，，…，，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B
【分析】对于A，根据函数与方程的关系，两函数作差构造新函数，利用导数研究其零点个数，可得答案；对于B，由题意，作图，可得函数在处相切，可得方程，结合三角恒等式，可得答案；对于C，由题意，作图，根据对称性以及公共点所在区间，可得答案；对于D，利用三角函数的值域与周期性，可得答案.
【解析】对于A：当时，令，则，即函数在定义域上单调递减，
又当时，所以函数有且仅有一个零点为，
同理易知函数有且仅有一个零点为，即与也恰有一个公共点，故A错误；
对于B：当时，如下图：

易知在，且，与图象相切，
由当时，，则，，
故，从而，
所以，故B正确；
对于C：当时，如下图：

则，，所以，又图象关于对称，
结合图象有，即有，故C错误；
对于D：当时，由，
与的图象在轴右侧的前个周期中，每个周期均有个公共点，共有个公共点，故D错误.
故选：B.
35．无穷数列满足：，且对任意的正整数n，均有，则下列说法正确的是（    ）
A．数列为严格减数列 B．存在正整数n，使得
C．数列中存在某一项为最大项 D．存在正整数n，使得
【答案】D
【分析】由已知可变形为，构造函数，利用导函数分析单调性以及最值即可一一判断求解.
【解析】因为，所以，所以，
由可得，则，
则有，
设函数，
，
当时，，当时，，
所以在单调递增，单调递减，
所以，
因为，所以
以此类推，对任意，故B错误；
所以，故A错误；
因为，所以数列中不存在某一项为最大项，C错误；
因为，所以，
，
所以存在正整数n，使得，D正确.
【点睛】关键点点睛:本题关键在于据题意转化为，利用函数的单调性以及最值分析求解.
36．若存在实数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：恒成立，则称直线为和的一条“划分直线”．列命题正确的是（    ）
A．函数和之间没有“划分直线”
B．是函和之间存在的唯一的一条“划分直线”
C．是函数和之间的一条“划分直线”
D．函数和之间存在“划分直线”，且的取值范围为
【答案】B
【分析】根据函数和有公共点得满足题意得“划分直线”必过点，进而设其方程为，再结合，恒成立得，再证明即可判断AB；根据当时不满足判断C；根据判断D.
【解析】解：因为，
所以，函数和有公共点，
所以，当和之间存在“划分直线”，则该直线必过点，
设过点的直线方程为，即，
因为对于，恒成立，即，
所以，当时，恒成立，即，
      当时，恒成立，即，
所以，对于，恒成立，则，
所以，过点，且满足的直线方程有且只有，
下证，令，
，
所以，当时，，单调递增；
      当时，，单调递减；
所以，，即，故，
所以，函数和之间存在的唯一的一条“划分直线”，故A选项错误，B选项正确；
对于C选项，当时，；，显然不满足恒成立，故错误；
对于D选项，当时，显然满足，此时，故D错误.
故选：B
【点睛】关键点点睛：对于AB选项的判断关键在于结合“划分直线”的定义，利用“划分直线”过和有公共点讨论求解；CD选项的判断通过特殊值判断.