第01講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的新定義綜合（教師版）-2025版高中數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點幫

Page第01講函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的新定義綜合（20類核心考點精講精練）新定義”主要是指新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種。在新高考數(shù)學(xué)科目的考察中，函數(shù)與導(dǎo)數(shù)部分的新定義占據(jù)了舉足輕重的地位，該部分內(nèi)容主要檢驗學(xué)生對函數(shù)的基本概念、核心性質(zhì)及運算技巧的掌握程度，同時也涵蓋了對導(dǎo)數(shù)概念的理解、計算能力的展現(xiàn)以及其在多種場景下的應(yīng)用。試題設(shè)計往往緊密貼合現(xiàn)實生活或科學(xué)情境，旨在評估學(xué)生運用函數(shù)與導(dǎo)數(shù)知識體系解決實際復(fù)雜問題的能力。新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決．對于新定義的題目，一定要耐心理解定義，新的定義不但考查的是舊的知識點的延伸，更考查對于新知識的獲取理解能力，抓住關(guān)鍵點。對于以函數(shù)為背景的新定義問題的求解策略要緊扣新定義和用好函數(shù)的性質(zhì)，分析新定義的特點，把心定義所敘述的問題的本質(zhì)弄清楚，應(yīng)用到具體的解題過程中；同時時要善于從試題中發(fā)現(xiàn)可以使用的函數(shù)的性質(zhì)的一些因素（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉(zhuǎn)化為具體的簡單的應(yīng)用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉(zhuǎn)述新信息所表達的內(nèi)容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；（3）發(fā)現(xiàn)新信息與所學(xué)知識的聯(lián)系，并從描述中體會信息的本質(zhì)特征與規(guī)律；（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關(guān)注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.為此，考生需對基礎(chǔ)函數(shù)的各種屬性、圖象特征、運算規(guī)律有深入透徹的理解，并熟練掌握導(dǎo)數(shù)的基本定義、其蘊含的幾何與物理意義以及多樣化的計算方法。進一步地，針對函數(shù)與導(dǎo)數(shù)在解決實際問題中的典型應(yīng)用，如求解最優(yōu)化問題、分析變化率趨勢、確定曲線在某點的切線方程等，考生應(yīng)具備扎實的分析思路和有效的解決策略。綜上所述，備考過程中，考生應(yīng)高度重視基礎(chǔ)知識的鞏固與深化，同時加強針對實際問題的解題訓(xùn)練，以提升自身的綜合應(yīng)用能力?？键c一、高斯取整函數(shù)1．（2024·山東青島·三模）定義x表示不超過的最大整數(shù).例如:，則（

）A． B．C．是偶函數(shù) D．是增函數(shù)【答案】B【分析】A選項，取特殊值，判斷出A選項的真假；B選項，設(shè)表示不超過的最大整數(shù)，可得與的關(guān)系，可得，判斷出B選項的真假；C選項，取特殊值，利用偶函數(shù)定義驗證，判斷出C的真假；D中，取特殊值，判斷出函數(shù)不是增函數(shù)，判斷出D的真假.【詳解】A選項，取，則，，顯然，所以A不正確；B選項，設(shè)表示不超過的最大整數(shù)，所以，所以，所以，所以，即，所以，所以，故B正確；C選項，，因為，所以，所以不是偶函數(shù)，故C錯誤；D選項，所以，所以不是增函數(shù)，故D錯誤.故選：B.2．（2024·河南新鄉(xiāng)·二模）函數(shù)被稱為取整函數(shù)，也稱高斯函數(shù)，其中表示不大于實數(shù)的最大整數(shù)．若，滿足，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)基本不等式求解最值，即可根據(jù)一元二次不等式求解，即可根據(jù)取整函數(shù)的定義求解.【詳解】，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，由可得，所以，故，故選：C3．（2024·重慶·模擬預(yù)測）高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)的奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號，用其名字命名的“高斯函數(shù)”定義為：對于任意實數(shù)x，記表示不超過x的最大整數(shù)，則稱為“高斯函數(shù)”．例如：，．(1)設(shè)，，求證：是的一個周期，且恒成立；(2)已知數(shù)列的通項公式為，設(shè)．①求證：；②求的值．【答案】(1)證明見解析；(2)①證明見解析；②88.【分析】（1）根據(jù)新定義的理解，計算可得，結(jié)合當(dāng)時即可求解；（2）①：記，則，利用放縮法可證得、，進而，即可證明；②：由①知，由（1）可得，則，令，結(jié)合裂項相消法計算可得，即可求解.【詳解】（1）．故是的一個周期．當(dāng)時，，，故．由于周期為，故對任意，都有．（2）①記．，則．∵，∴．而．∴．∴，∴．②由①知，則．由（1）知：對任意，都有，∴．∴．∵，∴．令，∵；．∵，∴．【點睛】方法點睛：學(xué)生在理解相關(guān)新概念、新法則(公式)之后，運用學(xué)過的知識，結(jié)合已掌握的技能，通過推理、運算等解決問題.在新環(huán)境下研究“舊”性質(zhì).主要是將新性質(zhì)應(yīng)用在“舊”性質(zhì)上，創(chuàng)造性地證明更新的性質(zhì)，落腳點仍然是數(shù)列求通項或求和.1．（2024·全國·一模）數(shù)學(xué)上，常用表示不大于x的最大整數(shù)．已知函數(shù)，則下列正確的是（）．A．函數(shù)在定義域上是奇函數(shù) B．函數(shù)的零點有無數(shù)個C．函數(shù)在定義域上的值域是 D．不等式解集是【答案】B【分析】設(shè)，A選項，注意到，可判斷選項正誤；B選項，等價于判斷方程根的個數(shù)；C選項，通過分析方程根的存在性可判斷選項正誤；D選項，等價于解不等式.【詳解】設(shè)，A選項，，，因，則不是奇函數(shù)，故A錯誤；B選項，令，即函數(shù)的零點有無數(shù)個，故B正確；C選項，若，則，但，則，即函數(shù)在定義域上的值域不是?1,1，故C錯誤.D選項，，故D錯誤.故選：B2．（2024·河南開封·二模）（多選）高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一．用其名字命名的高斯取整函數(shù)為，表示不超過x的最大整數(shù)，例如，．下列命題中正確的有（

）A．，B．，，C．，D．，【答案】BD【分析】根據(jù)給定的定義，結(jié)合存在量詞命題、全稱量詞命題的真假判斷方法逐項分析即得.【詳解】對于A，當(dāng)時，，當(dāng)時，，而，因此，A錯誤；對于B，，，令，則，，因此，B正確；對于C，取，，則，，顯然，C錯誤；對于D，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，而，因此，此時，D正確.故選：BD【點睛】方法點睛：判斷全稱量詞命題為真、存在量詞命題為假必須推理論證；判斷全稱量詞命題為假、存在量詞命題為真只需舉例說明.3．（2024·全國·模擬預(yù)測）（多選）函數(shù)是取整函數(shù)，也被稱為高斯函數(shù)，其中表示不超過的最大整數(shù)，例如：，.若在函數(shù)的定義域內(nèi)，均滿足在區(qū)間上，是一個常數(shù)，則稱為的取整數(shù)列，稱為的區(qū)間數(shù)列.下列說法正確的是（

）A．的區(qū)間數(shù)列的通項B．的取整數(shù)列的通項C．的取整數(shù)列的通項D．若，則數(shù)列的前項和【答案】BD【分析】由在上，得到，可判定A錯誤；根據(jù)，可判定B正確；結(jié)合，可判定C錯誤；得到，利用乘公比錯位相減法求和，可判定D正確.【詳解】對于A中，因為在上，，，所以；在上，，所以，在上，，，所以，所以A錯誤；對于B中，由選項A知，，所以B正確.對于C中，因為，所以，所以C錯誤；對于D中，由選項A知，可得，則，所以，兩式相減，所以D正確.故選：BD.考點二、二階行列式1．（2024·福建寧德·模擬預(yù)測）定義，若關(guān)于x的不等式在上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】由，可得等價于，即，因為，所以，所以，所以實數(shù)的取值范圍為.故選：C.1．（2023·河南·三模）我們稱為“二階行列式”，規(guī)定其運算為．已知函數(shù)的定義域為，且，若對定義域內(nèi)的任意都有，則（

）A． B．是偶函數(shù) C．是周期函數(shù) D．沒有極值點【答案】D【分析】經(jīng)行列式運算后，得到關(guān)系式，將替換為代入，進而得到函數(shù)的解析式，逐項判斷即可.【詳解】由于，則，即為：（*），將替換為代入（*）式，得，且，得：，對于A，取，顯然滿足（*）式，此時，故A錯誤；對于B，定義域為，則成立，所以是奇函數(shù)，故B錯誤；對于C，假設(shè)非零常數(shù)為函數(shù)的周期，即，則，其中，即得，，這與假設(shè)為非零常數(shù)矛盾，所以不是周期函數(shù)，故C錯誤；對于D，由于，則，顯然沒有實數(shù)解，所以沒有極值點，故D正確；故選：D.2．（22-23高一下·江西萍鄉(xiāng)·期中）把符號稱為二階行列式，規(guī)定它的運算法則為．已知函數(shù)．(1)若，，求的值域；(2)函數(shù)，若對，，都有恒成立，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)新定義運算、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式、二次函數(shù)的性質(zhì)求得的值域.（2）先求得的最小值，由此轉(zhuǎn)化不等式，利用換元法，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求得正確答案.【詳解】（1），，則，的開口向下，對稱軸為，因為，所以；（2），∵，∴，令，則，函數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時，，即函數(shù)的最小值為1，由題知，，即對于恒成立，即對于恒成立，令，則，記，，故只要，①當(dāng)時，，解得，∴，②當(dāng)時，，解得，∴，③當(dāng)時，，解得，∴．綜合①②③得，．【點睛】二次函數(shù)在閉區(qū)間上取得最值時的，只能是其圖像的頂點的橫坐標(biāo)或給定區(qū)間的端點．因此，影響二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值主要有三個因素:拋物線的開口方向、對稱軸以及給定區(qū)間的位置．在這三大因素中，最容易確定的是拋物線的開口方向（與二次項系數(shù)的正負(fù)有關(guān))，而關(guān)于對稱軸與給定區(qū)間的位置關(guān)系的討論是解決二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題的關(guān)鍵．考點三、狄利克雷函數(shù)1．（2024·全國·模擬預(yù)測）德國數(shù)學(xué)家狄利克雷（Dirichlet）是解析數(shù)論的創(chuàng)始人之一，下列關(guān)于狄利克雷函數(shù)的結(jié)論正確的是（

）A．有零點 B．是單調(diào)函數(shù)C．是奇函數(shù) D．是周期函數(shù)【答案】D【詳解】根據(jù)狄利克雷函數(shù)的性質(zhì)即可由或均為有理數(shù)求解A，根據(jù)即可判斷單調(diào)性求解B，根據(jù)和同為有理數(shù)或同為無理數(shù)，即可求解C，根據(jù)和同為有理數(shù)或同為無理數(shù)即可求解D.【分析】對于A，因為或均為有理數(shù)，所以，故沒有零點，A錯誤，對于B，因為，所以，故不是單調(diào)函數(shù)，B錯誤，對于C，因為和同為有理數(shù)或同為無理數(shù)，所以，故是偶函數(shù)，C錯誤，對于D，設(shè)為任意非零有理數(shù)，則和同為有理數(shù)或同為無理數(shù)，所以，故是周期函數(shù)（以任意非零有理數(shù)為周期），D正確，故選：D.2．（23-24高三上·廣東惠州·階段練習(xí)）（多選）狄利克雷函數(shù)是由著名德國數(shù)學(xué)家狄利克雷創(chuàng)造的，它是定義在實數(shù)上、值域不連續(xù)的函數(shù)，它在數(shù)學(xué)的發(fā)展過程中有很重大的研究意義，例如對研究微積分就有很重要的作用，其函數(shù)表達式為（其中為有理數(shù)集，為無理數(shù)集），則關(guān)于狄利克雷函數(shù)說法正確的是（

）A． B．它是偶函數(shù)C．它是周期函數(shù)，但不存在最小正周期 D．它的值域為【答案】ABC【分析】根據(jù)題意，由狄利克雷函數(shù)的性質(zhì)，逐一判斷，即可得到結(jié)果.【詳解】因為，則，故A正確；若，則，則；若，則，則，所以為偶函數(shù)，故B正確；設(shè)任意，則，當(dāng)時，則，當(dāng)時，或，則，即任意非零有理數(shù)均是的周期，任何無理數(shù)都不是的周期，故C正確；函數(shù)的值域為，故D錯誤；故選：ABC1．（2024·廣東惠州·三模）（多選）德國數(shù)學(xué)家狄利克雷（Dirichlet，1805-1859），是解析數(shù)論的創(chuàng)始人之一．他提出了著名的狄利克雷函數(shù)：，以下對的說法正確的是（

）A．B．的值域為C．存在是無理數(shù)，使得D．，總有【答案】ABD【分析】根據(jù)狄利克雷函數(shù)的定義判斷選項A、B、C；分別對是無理數(shù)和有理數(shù)進行分類討論可判斷選項D.【詳解】由，可得的值域為，所以，故選項A、B正確；因為當(dāng)是無理數(shù)時，且是無理數(shù)，所以，所以，故選項C錯誤；當(dāng)是無理數(shù)時，均為無理數(shù)，此時有，當(dāng)是有理數(shù)時，均為有理數(shù)，此時有所以，總有，故選項D正確.故選：ABD2．（2024·重慶·一模）（多選）德國著名數(shù)學(xué)家狄利克雷在數(shù)學(xué)領(lǐng)域成就顯著，以其命名的函數(shù)被稱為狄利克雷函數(shù)，其中為實數(shù)集，為有理數(shù)集，則以下關(guān)于狄利克雷函數(shù)的結(jié)論中，正確的是（

）A．函數(shù)為偶函數(shù)B．函數(shù)的值域是C．對于任意的，都有D．在圖象上不存在不同的三個點，使得為等邊三角形E．在圖象存在不同的三個點，使得為等邊三角形【答案】ACE【分析】選項A中注意“若，則；，則”即可；選項B中注意；選項C中，內(nèi)層函數(shù)或，函數(shù)值都是有理數(shù)；選項DE取特殊情況判斷即可.【詳解】由于，對于選項A，設(shè)任意，則，；設(shè)任意，則，總之，對于任意實數(shù)，f?x=f對于選項B，的值域為，，B錯誤；對于選項C，當(dāng)，則，；當(dāng)，則，，C正確；對于選項DE，取，，得到為等邊三角形，D錯誤E正確.故選：ACE.考點四、sgnx函數(shù)1．（2024·山東臨沂·一模）已知函數(shù)，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】理解函數(shù)的性質(zhì)，舉反例說明充分性不成立，再利用指數(shù)函數(shù)與一次函數(shù)的性質(zhì)說明必要性成立，從而得解.【詳解】因為，當(dāng)時，取，則，，此時，則不成立，即充分性不成立；當(dāng)時，，，所以，即必要性成立，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.1．（2024·北京·模擬預(yù)測）數(shù)學(xué)上的符號函數(shù)可以返回一個整型變量，用來指出參數(shù)的正負(fù)號，一般用來表示，其解析式為.已知函數(shù)，給出下列結(jié)論：①函數(shù)的最小正周期為；②函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為；③函數(shù)的對稱中心為；④在上函數(shù)的零點個數(shù)為4.其中正確結(jié)論的序號是.（寫出所有正確結(jié)論的序號）【答案】①④【分析】作出函數(shù)的圖象，通過圖象討論函數(shù)周期、單調(diào)區(qū)間、對稱中心和零點等問題.【詳解】函數(shù)，畫出函數(shù)的部分圖象，如圖所示：，結(jié)合函數(shù)圖象可知，函數(shù)的最小正周期為，結(jié)論①正確；由，結(jié)合函數(shù)圖象可知，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，結(jié)論②錯誤；結(jié)合函數(shù)圖象可知，函數(shù)的對稱中心為，結(jié)論③錯誤；函數(shù)的零點，即方程的根，時方程不成立，方程等價于fx函數(shù)與函數(shù)的圖象在上有4個交點，所以在上函數(shù)的零點個數(shù)為4.結(jié)論④正確.故答案為：①④【點睛】方法點睛：由符號函數(shù)的定義，把表示為分段函數(shù)，作出函數(shù)圖象，函數(shù)解析式結(jié)合圖象，解決函數(shù)周期、單調(diào)區(qū)間、對稱中心和零點等問題.考點五、最大值最小值函數(shù)1．（22-23高三上·階段練習(xí)）已知表示，，中的最大值，例如，若函數(shù)，則的最小值為（

）A．2.5 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)，，的圖象，根據(jù)函數(shù)的新定義可得的圖象，由圖象即可得最小值.【詳解】如圖：在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)，，的圖象，因為，所以的圖象如圖實線所示：由可得，由可得，由圖知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以的最小值為，故選：B.2．（2024·廣東韶關(guān)·二模）定義，對于任意實數(shù)，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設(shè)，則，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值進而得，化簡即可求解.【詳解】設(shè)，則，得，設(shè)，則，令，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，即，得，所以，得，即.故選：A【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的綜合應(yīng)用，本題解題的關(guān)鍵是由構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求得即為題意所求.1．（2024·全國·模擬預(yù)測）設(shè)為中最大的數(shù).已知正實數(shù)，記，則的最小值為（

）A．1 B． C．2 D．4【答案】C【分析】根據(jù)函數(shù)定義可知，，，再由基本不等式可得當(dāng)時，取得最小值2.【詳解】由，得，，，所以，即，因為，所以；由基本不等式可得，所以，所以，，當(dāng)，即時，取得最小值2.故選：C【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于根據(jù)函數(shù)定義得出，，，再結(jié)合基本不等式求得.2．（2024·湖北·一模）記，分別表示函數(shù)在上的最大值和最小值．則．【答案】2【分析】根據(jù)題意，由，設(shè)為變量，可通過分類討論求出，再求出當(dāng)時的最小值；或由在時的最大值只可能在或或處取得，結(jié)合圖象可得原式的最小值．【詳解】由，設(shè)為變量，，令，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，最大值只可能在或或處取得，所以的最大值為，所以，當(dāng)時，原式的最小值為2．或者由在時的最大值只可能在或或處取得，令，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，結(jié)合圖象可得原式的最小值為2．故答案為：2.【點睛】關(guān)鍵點睛：讀懂題意，分析，最大值只可能在或或處取得，所以的最大值為.考點六、歐拉函數(shù)1．（2023·廣東廣州·模擬預(yù)測）歐拉函數(shù)的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)，且與互素的正整數(shù)的個數(shù)，例如，，．若，且，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)歐拉函數(shù)的定義結(jié)合可求得的值，再結(jié)合歐拉函數(shù)的定義可求得的值.【詳解】與互素且不超過的正整數(shù)為，與互素且不超過的正整數(shù)為、，與互素且不超過的正整數(shù)為、，與互素且不超過的正整數(shù)為、、、，與互素且不超過的正整數(shù)為、、、，因為，，，，，所以，，則，因為與互素且不超過的正整數(shù)為、、、，所以，.故選：B.2．（2024·全國·模擬預(yù)測）（多選）歐拉函數(shù)是初等數(shù)論中的重要內(nèi)容．對于一個正整數(shù)n，歐拉函數(shù)表示小于或等于n且與n互質(zhì)的正整數(shù)的數(shù)目．換句話說，是所有不超過n且與n互素的數(shù)的總數(shù)．如：，．則以下是真命題的有（

）A．的定義域為，其值域也是B．在其定義域上單調(diào)遞增，無極值點C．不存在，使得方程有無數(shù)解D．，當(dāng)且僅當(dāng)n是素數(shù)時等號成立【答案】ACD【分析】根據(jù)歐拉函數(shù)的定義和性質(zhì)，以及與素數(shù)的關(guān)系進行判斷選項.【詳解】對于A，根據(jù)歐拉函數(shù)的定義，可得歐拉函數(shù)的定義域為，其值域也是，所以A正確；對于B，歐拉函數(shù)在其定義域上不是單調(diào)遞增的，如，所以B錯誤;對于C，由于的值域為，所以不存在，使方程有無數(shù)解,故C正確;對于D，因為的素因數(shù)都是大于1，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時素數(shù)時等號成立，故D正確.故選：ACD【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵點是理解歐拉函數(shù)的定義和性質(zhì)，以及與素數(shù)的關(guān)系.3．（2024·湖北·模擬預(yù)測）歐拉函數(shù)在密碼學(xué)中有重要的應(yīng)用．設(shè)n為正整數(shù)，集合，歐拉函數(shù)的值等于集合中與n互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)；記表示x除以y的余數(shù)（x和y均為正整數(shù)），(1)求和；(2)現(xiàn)有三個素數(shù)p，q，，，存在正整數(shù)d滿足；已知對素數(shù)a和，均有，證明：若，則；(3)設(shè)n為兩個未知素數(shù)的乘積，，為另兩個更大的已知素數(shù)，且；又，，，試用，和n求出x的值．【答案】(1)，；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）利用歐拉函數(shù)的定義直接求出和.（2）分析求出x與n不互質(zhì)的數(shù)的個數(shù)，求得，設(shè)，，結(jié)合二項式展開式證明，再按與分類求證即得.（3）利用的定義，記，，令，那么，且，，使，則，再探求數(shù)列項數(shù)及遞推關(guān)系即可求得答案.【詳解】（1）中，與6互質(zhì)的數(shù)有1和5，則；中，與15互質(zhì)的數(shù)有1、2、4、7、8、11、13和14，則8.（2）因為，p和q為素數(shù)，則對，僅當(dāng)或時，x和n不互質(zhì)，又，則，，…，或，，…時，x與n不互質(zhì)，則，設(shè)，，可知s，t不全為0，下證時，；由題知，，又，所以，同理有；于是記，，即，同理，記，于是，則，因為，所以，所以，即；（i）時，記，則，記，又，而，則，即，即；（ii）若，不妨設(shè)，于是，所以，又，，所以；綜上，，得證：（3）因為，所以，則，則，假設(shè)存在，，使得；記，，令，那么，且，于是，使，則，從而數(shù)列有且僅有項，考慮使成立，則對于相鄰項有，將兩式相加并整理得：，令，得，又由于，，…，及均由和確定，則數(shù)列的各項也可根據(jù)n和確定，由上知，，則，即，其中是根據(jù)n和唯一確定的.【點睛】思路點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，涉及函數(shù)新定義問題，理解新定義，找出數(shù)量關(guān)系，聯(lián)想與題意有關(guān)的數(shù)學(xué)知識和方法，再轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的數(shù)學(xué)問題作答.1．（2024·湖北武漢·二模）歐拉函數(shù)的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)，且與互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)（公約數(shù)只有1的兩個正整數(shù)稱為互質(zhì)整數(shù)），例如：，，則；若，則的最大值為．【答案】4【分析】由歐拉函數(shù)定義，確定中與8互質(zhì)的數(shù)的個數(shù)求，且，應(yīng)用作差法判斷的單調(diào)性，即可求最大值.【詳解】由題設(shè)，則中與8互質(zhì)的數(shù)有，共4個數(shù)，故，在中，與互質(zhì)的數(shù)為范圍內(nèi)的所有奇數(shù)，共個，即，所以，則，當(dāng)時，當(dāng)時，即，所以的最大值為.故答案為：4，2．（23-24高三上·河北邢臺·開學(xué)考試）歐拉是18世紀(jì)最優(yōu)秀的數(shù)學(xué)家之一，幾乎每個數(shù)學(xué)領(lǐng)域都可以看到歐拉的名字，如著名的歐拉函數(shù).歐拉函數(shù)的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)n，且與n互素(兩個數(shù)只有公約數(shù)1)的正整數(shù)的個數(shù).例如：，.現(xiàn)從中任選兩個數(shù)，則這兩個數(shù)相同的概率是.【答案】【分析】根據(jù)函數(shù)新定義求出的值，然后結(jié)合組合知識利用古典概型概率公式求解即可.【詳解】根據(jù)歐拉函數(shù)的定義知，，，，，，，，，，，從中任選兩個數(shù)有種結(jié)果，其中這兩個數(shù)相同的有共8種結(jié)果，所以根據(jù)古典概率公式得所求的概率為.故答案為：考點七、黎曼函數(shù)8．（23-24高三上·河南·階段練習(xí)）（多選）黎曼函數(shù)（Riemannfunction）是一個特殊的函數(shù)，由德國數(shù)學(xué)家黎曼發(fā)現(xiàn)并提出，其基本定義是：（注：分子與分母是互質(zhì)數(shù)的分?jǐn)?shù)，稱為既約分?jǐn)?shù)），則下列結(jié)論正確的是（

）A．B．黎曼函數(shù)的定義域為C．黎曼函數(shù)的最大值為D．若是奇函數(shù)，且，當(dāng)時，，則【答案】BC【分析】根據(jù)函數(shù)的定義計算特殊值判斷A選項，根據(jù)定義域判斷B選項，根據(jù)值域判斷C選項，結(jié)合對稱性及周期性判斷D選項.【詳解】，錯誤.因為是既約真分?jǐn)?shù)，或上的無理數(shù)，所以黎曼函數(shù)的定義域為正確.又為既約真分?jǐn)?shù)，所以的最大值為正確.因為，所以.所以.因為是奇函數(shù)，所以，所以，即是以2為周期的周期函數(shù)，，所以錯誤.故選:.1．（2024·北京石景山·一模）黎曼函數(shù)在高等數(shù)學(xué)中有著廣泛應(yīng)用，其一種定義為：時，．若數(shù)列，給出下列四個結(jié)論：①；②；③；④．其中所有正確結(jié)論的序號是．【答案】②③④【分析】根據(jù)黎曼函數(shù)的定義和性質(zhì)逐項分析.【詳解】對于①，時，，故①錯誤；對于②，，，，故②正確；對于③，，故③正確；對于④，，，構(gòu)造函數(shù)，，則，單調(diào)遞增，，即當(dāng)時，，，當(dāng)時，，，，故④正確.故選：②③④.【點睛】方法點睛：新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決．考點八、曲率1．（2024·廣西來賓·模擬預(yù)測）曲率是數(shù)學(xué)上衡量曲線彎曲程度的重要指標(biāo)，對于曲線，其在點處的曲率，其中是的導(dǎo)函數(shù)，是的導(dǎo)函數(shù)．則拋物線上的各點處的曲率最大值為（

）A． B．p C． D．【答案】C【分析】先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′x及導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，再根據(jù)公式求出各點處的曲率，并解出最大值即可.【詳解】由題可知拋物線方程為：，則，，則該拋物線在各點處的曲率，當(dāng)時，取最大值.故選：C.2．（2024·全國·二模）廣州小蠻腰是廣州市的地標(biāo)性建筑，奇妙的曲線造型讓建筑充滿了美感，數(shù)學(xué)上用曲率表示曲線的彎曲程度.設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為的導(dǎo)函數(shù)記為，則函數(shù)的圖象在x0,fx0的曲率.(1)求橢圓在處的曲率；(2)證明：函數(shù)圖象的曲率的極大值點位于區(qū)間.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）先求導(dǎo)得出函數(shù)值再計算曲率；（2）先求二階導(dǎo)數(shù)得出曲率函數(shù)，再設(shè)變量構(gòu)造新函數(shù)求導(dǎo)得出函數(shù)單調(diào)性繼而得出極值即可判斷證明區(qū)間.【詳解】（1）當(dāng)時，由，得，則即橢圓在處的曲率為（2）由，得，令，則，令，.令，在區(qū)間上單調(diào)遞減，，故存在，使，當(dāng)時，，即；當(dāng)時，，即.為的極大值點，由，知，，即的極大值點位于區(qū)間.【點睛】方法點睛：設(shè)變量構(gòu)造新函數(shù)求導(dǎo)得出函數(shù)單調(diào)性繼而得出極值即可判斷證明區(qū)間.1．（22-23高三上·山東·階段練習(xí)）（多選）曲線的曲率就是針對曲線上某個點的切線方向角對弧長的轉(zhuǎn)動率，表明曲線偏離直線的程度，曲率越大，表示曲線的彎曲程度越大．曲線在點處的曲率，其中是的導(dǎo)函數(shù)．下面說法正確的是（）A．若函數(shù)，則曲線在點與點處的彎曲程度相同B．若是二次函數(shù)，則曲線的曲率在頂點處取得最小值C．若函數(shù)，則函數(shù)的值域為D．若函數(shù)，則曲線上任意一點的曲率的最大值為【答案】ACD【分析】根據(jù)曲率的定義求出曲率，由曲率函數(shù)為偶函數(shù)判斷A，計算二次函數(shù)曲率，可知時有最大值判斷B，求出函數(shù)的曲率函數(shù)，換元后求值域即可判斷C，求出的曲率利用均值不等式求最大值判斷D.【詳解】對于A，，，則，又，所以為偶函數(shù)，曲線在兩點的彎曲長度相同，故A正確；對于B，設(shè)，，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，曲率取得最大值，故B錯誤；對于C，，，令，則，當(dāng)時，；當(dāng)時，單調(diào)遞增且，單調(diào)遞減且，單調(diào)遞增且，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知在時單調(diào)遞減，所以可知在時單調(diào)遞增，所以的最大值為，所以，即，故C正確；對于D，，，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故D正確．故選：ACD．考點九、極值點與拐點1．（2024·湖南長沙·二模）極值的廣義定義如下：如果一個函數(shù)在一點的一個鄰域（包含該點的開區(qū)間）內(nèi)處處都有確定的值，而以該點處的值為最大（小），這函數(shù)在該點處的值就是一個極大（?。┲?對于函數(shù)，設(shè)自變量x從變化到，當(dāng)，是一個確定的值，則稱函數(shù)在點處右可導(dǎo)；當(dāng)，是一個確定的值，則稱函數(shù)在點處左可導(dǎo).當(dāng)函數(shù)在點處既右可導(dǎo)也左可導(dǎo)且導(dǎo)數(shù)值相等，則稱函數(shù)在點處可導(dǎo).(1)請舉出一個例子，說明該函數(shù)在某點處不可導(dǎo)，但是該點是該函數(shù)的極值點；(2)已知函數(shù).（?。┣蠛瘮?shù)在處的切線方程；（ⅱ）若為的極小值點，求a的取值范圍.【答案】(1)，說明見解析(2)（?。┣芯€方程為，（ⅱ）【分析】（1）根據(jù)題意，求出函數(shù)的左導(dǎo)數(shù)和右導(dǎo)數(shù)，即可說明；（2）（?。└鶕?jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線；（ⅱ），通過利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，解決的極小值問題，從而求a的取值范圍.【詳解】（1），為該函數(shù)的極值點，當(dāng)，，當(dāng)，，則該函數(shù)在處的左導(dǎo)數(shù)為，右導(dǎo)數(shù)為1，所以該函數(shù)在處不可導(dǎo).（2）（?。└鶕?jù)題意，，則切點，又，則，所以切線方程為；（ⅱ），因為當(dāng)時，，故與同號，，先考察的性質(zhì)，由于為偶函數(shù)，只需分析其在上的性質(zhì)即可，，，設(shè)，則，，則必有，即.①否則，若，即，則必存在一個區(qū)間，使得，則在單調(diào)遞減，又，則在區(qū)間內(nèi)小于0，則在單調(diào)遞減，又，故在區(qū)間內(nèi)小于0，故在區(qū)間內(nèi)小于0，則不可能為的極小值點.②當(dāng)時，，令，，令，則，易知在區(qū)間上單調(diào)遞增，對，，則在區(qū)間上大于0，故在區(qū)間上單調(diào)遞增.故在區(qū)間上單調(diào)遞增.又，故，故在區(qū)間上單調(diào)遞增，又，故，故在區(qū)間上單調(diào)遞增，又，故，，則，，故當(dāng)時，，由偶函數(shù)知時，，故為的極小值點，所以a的取值范圍為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：最后一問中由，通過利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，解決的極小值問題，從而求a的取值范圍.2．（2024·貴州·模擬預(yù)測）定義：設(shè)是的導(dǎo)函數(shù)，是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，若方程有實數(shù)解，則稱點為函數(shù)的“拐點”.經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)都有“拐點”且“拐點”就是三次函數(shù)圖象的對稱中心.已知函數(shù)圖象的對稱中心為，則下列說法中正確的有（

）A．， B．函數(shù)的極大值與極小值之和為2C．函數(shù)有三個零點 D．在區(qū)間上單調(diào)遞減【答案】AB【分析】根據(jù)題意，對函數(shù)進行二次求導(dǎo)，可得“拐點”，而“拐點”同時也滿足函數(shù)解析式，這樣就可以得到參數(shù)的值，進而根據(jù)三次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，可得正確答案.【詳解】由，可得，，令，得，因為函數(shù)圖象的對稱中心為，因此，解得，，故選項A正確；由以上過程可知，，且當(dāng)或時，；當(dāng)時，.于是在和上都是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，故選項D錯誤；因為關(guān)于點對稱，所以的極大值與極小值之和為，故選項B正確；因為函數(shù)極小值，由三次函數(shù)的性質(zhì)知，只有一個零點，所以選項C錯誤，故選：AB.1．（2024·河南·三模）設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為的導(dǎo)函數(shù)為的導(dǎo)函數(shù)為.若，且，則為曲線的拐點.(1)判斷曲線是否有拐點，并說明理由；(2)已知函數(shù)，若為曲線的一個拐點，求的單調(diào)區(qū)間與極值.【答案】(1)沒有拐點，理由見解析(2)單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為，極大值為2，極小值為.【分析】（1）根據(jù)題意，求得，結(jié)合新定義，即可得到答案；（2）求得，得到，列出方程求得，得到，求得的單調(diào)性，進而求得函數(shù)的極值.【詳解】（1）解：由函數(shù)，可得，由，得，又由，得，所以曲線沒有拐點.（2）解：由函數(shù)，可得，因為為曲線的一個拐點，所以，所以，解得，經(jīng)檢驗，當(dāng)時，，所以.當(dāng)或時，，則的單調(diào)遞增區(qū)間為；當(dāng)時，，且不恒成立，則的單調(diào)遞減區(qū)間為，故當(dāng)時，取得極大值，且極大值為；當(dāng)時，取得極小值，且極小值為.考點十、洛必達法則1．（20-21高二下·重慶江北·階段練習(xí)）我們把分子、分母同時趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為型，比如：當(dāng)時，的極限即為型．兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在，為此，洛必達在1696年提出洛必達法則：在一定條件下通過對分子、分母分別求導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法．如：，則（

）A．0 B． C．1 D．2【答案】D【分析】利用洛必達法則直接求解即可【詳解】，故選：D2．（2024·浙江·二模）①在微積分中，求極限有一種重要的數(shù)學(xué)工具——洛必達法則，法則中有結(jié)論：若函數(shù)，的導(dǎo)函數(shù)分別為，，且，則.②設(shè)，k是大于1的正整數(shù)，若函數(shù)滿足：對任意，均有成立，且，則稱函數(shù)為區(qū)間上的k階無窮遞降函數(shù).結(jié)合以上兩個信息，回答下列問題：(1)試判斷是否為區(qū)間上的2階無窮遞降函數(shù)；(2)計算：；(3)證明：，.【答案】(1)不是區(qū)間上的2階無窮遞降函數(shù)；(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)函數(shù)為區(qū)間上的k階無窮遞降函數(shù)的定義即可判斷；（2）通過構(gòu)造，再結(jié)合即可得到結(jié)果；（3）通過換元令令，則原不等式等價于，再通過構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)題干中函數(shù)為區(qū)間上的k階無窮遞降函數(shù)的定義證出，即可證明結(jié)論.【詳解】（1）設(shè)，由于，所以不成立，故不是區(qū)間上的2階無窮遞降函數(shù).（2）設(shè)，則，設(shè)，則，所以，得.（3）令，則原不等式等價于，即證，記，則，所以，即有對任意，均有，所以，因為，所以，所以，證畢!【點睛】方法點睛：利用函數(shù)方法證明不等式成立問題時，應(yīng)準(zhǔn)確構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，注意題干條件中相關(guān)限制條件的轉(zhuǎn)化.1．（2024·河北邢臺·二模）在函數(shù)極限的運算過程中，洛必達法則是解決未定式型或型極限的一種重要方法，其含義為：若函數(shù)和滿足下列條件：①且（或，）；②在點的附近區(qū)域內(nèi)兩者都可導(dǎo)，且；③（可為實數(shù)，也可為），則．(1)用洛必達法則求；(2)函數(shù)（，），判斷并說明的零點個數(shù)；(3)已知，，，求的解析式．參考公式：，．【答案】(1)(2)僅在時存在1個零點，理由見解析(3)【分析】（1）利用洛必達法則求解即可；（2）構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合的單調(diào)性求解即可；（3）利用累乘法求出的表達式，然后結(jié)合，利用洛必達法則求極限即可.【詳解】（1）（2），，所以，．當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，，，當(dāng)時，，所以僅在時存在1個零點．（3），所以，，…，將各式相乘得，兩側(cè)同時運算極限，所以，即，令，原式可化為，又，由（1）得，故，由題意函數(shù)的定義域為，綜上，【點睛】方法點睛：本題考查新定義，注意理解新定義，結(jié)合洛必達法則的適用條件，構(gòu)造函數(shù)，從而利用洛必達法則求極限.考點十一、不動點與復(fù)合穩(wěn)定點1．（2024·黑龍江齊齊哈爾·三模）在數(shù)學(xué)中，布勞威爾不動點定理是拓?fù)鋵W(xué)里的一個非常重要的不動點定理，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)，存在一個點，使得，那么我們稱該函數(shù)為“不動點”函數(shù)．函數(shù)有個不動點．【答案】1【分析】由題意可知即求函數(shù)的零點個數(shù)，當(dāng)時，,當(dāng)時，，當(dāng)時，對求導(dǎo)可得的單調(diào)性和值域，即可求出的零點個數(shù).【詳解】令，即，由題意可知即求函數(shù)的零點個數(shù)，當(dāng)時，，此時不存在零點；當(dāng)時，，此時不存在零點；當(dāng)時，，令，，因為，解得：，令，，因為，解得：，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，故在上有且僅有一個零點，綜上所述，僅有一個不動點．故答案為：1.2．（2024·廣東廣州·二模）若是方程的實數(shù)解，則稱是函數(shù)與的“復(fù)合穩(wěn)定點”．若函數(shù)且與有且僅有兩個不同的“復(fù)合穩(wěn)定點”，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】即有兩個不同實根，令，則在0,+∞上有兩個不同實根，利用二次方程根的分布即可．【詳解】且與有且僅有兩個不同的“復(fù)合穩(wěn)定點”，，即有兩個不同實根，令，則在0,+∞上有兩個不同實根，，則的取值范圍為．故選：D．3．（2024·貴州黔西·一模）布勞威爾不動點定理是拓?fù)鋵W(xué)里一個非常重要的不動點定理，它可運用到有限維空間并構(gòu)成了一般不動點定理的基石，得名于荷蘭數(shù)學(xué)家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer).簡單地講就是:對于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)，存在實數(shù)，使得，我們就稱該函數(shù)為“不動點”函數(shù)，實數(shù)為該函數(shù)的不動點.(1)求函數(shù)的不動點;(2)若函數(shù)有兩個不動點，且，若，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)不動點定義求解即可；（2）根據(jù)題意問題轉(zhuǎn)化為方程有兩個不等的實數(shù)根，令，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性極值，可得，且的值隨著的值減小而增大，列式求出時的值，得解.【詳解】（1）設(shè)的不動點為，則，解得，所以函數(shù)的不動點為.（2）函數(shù)有兩個不動點，即方程，即有兩個不等的實數(shù)根，令，則，當(dāng)x∈0,1時，φ′x>0，當(dāng)所以函數(shù)φx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+，且時，，時，，作出φx所以，且的值隨著的值減小而增大，當(dāng)時，有，兩式相減得，解得，即，代入，解得，所以此時，所以滿足題意的實數(shù)的取值范圍為.1．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）對于函數(shù)，若實數(shù)滿足，則稱為的不動點．已知函數(shù)．(1)當(dāng)時，求證；(2)當(dāng)時，求函數(shù)的不動點的個數(shù)；(3)設(shè)，證明．【答案】(1)證明見解析(2)2(3)證明見解析【分析】（1）將代入函數(shù)解析式，對函數(shù)求導(dǎo)，求出函數(shù)最小值即可證明；（2）將代入函數(shù)解析式，得方程解的個數(shù)即為函數(shù)的不動點的個數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，對函數(shù)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值，即相應(yīng)點的函數(shù)值，求出函數(shù)零點的個數(shù)，即為函數(shù)的不動點的個數(shù)；（3）結(jié)合（1）換元后，再由待證式子，設(shè)，結(jié)合結(jié)論恰當(dāng)變形，利用相加相消即可證明.【詳解】（1）當(dāng)時，有，所以，所以當(dāng)且僅當(dāng)，，即時，等號成立，所以當(dāng)時，f′x≥0，所以，所以得證.（2）當(dāng)時，，根據(jù)題意可知：方程解的個數(shù)即為函數(shù)的不動點的個數(shù)，化為，令，所以函數(shù)的零點個數(shù)，即為函數(shù)的不動點的個數(shù)，，令，即，解得，單調(diào)遞減單調(diào)遞增因為g0=1>0，所以在上有唯一一個零點，又，所以在上有唯一一個零點，綜上所述，函數(shù)有兩個不動點.（3）由（1）知，，令，則，即，設(shè)，則滿足，所以，即，所以，所以，即.【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問的關(guān)鍵在于對于第一問的靈活運用，借助第一問結(jié)論，恰當(dāng)換元，得出后，再次適時換元，是本題的關(guān)鍵點，也是難點，突破換元后裂項相消即可得解.2．（2024·河北滄州·一模）對于函數(shù)，，若存在，使得，則稱為函數(shù)的一階不動點；若存在，使得，則稱為函數(shù)的二階不動點；依此類推，可以定義函數(shù)的階不動點．其中一階不動點簡稱為“不動點”，二階不動點簡稱為“穩(wěn)定點”，函數(shù)的“不動點”和“穩(wěn)定點”構(gòu)成的集合分別記為和，即，．(1)若，證明：集合中有且僅有一個元素；(2)若，討論集合的子集的個數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【分析】（1）令，求導(dǎo)，可得函數(shù)的單調(diào)性，進而可得函數(shù)有唯一零點，可得結(jié)論；（2）由題意可知只需研究的不動點即可，令，求出其導(dǎo)數(shù)，判斷其單調(diào)性，然后分類討論的取值范圍，判斷的零點情況，即可判斷的穩(wěn)定點個數(shù).，進而可得集合的子集的個數(shù).【詳解】（1）令，求導(dǎo)得，令，可得，當(dāng)，，當(dāng)，，所以，所以有唯一零點，所以集合中有且僅有一個元素；（2）當(dāng)時，由函數(shù)，可得導(dǎo)函數(shù)，所以在上單調(diào)遞增，由反函數(shù)的知識，穩(wěn)定點在原函數(shù)與反函數(shù)的交點上，即穩(wěn)定點與的不動點等價，故只需研究的不動點即可；令，則，則在上單調(diào)遞減，①當(dāng)時，恒成立，即在上單調(diào)遞增，當(dāng)x無限接近于0時，趨向于負(fù)無窮小，且，故存在唯一的，使得，即有唯一解，所以此時有唯一不動點；②當(dāng)時，即時，，當(dāng)趨向無窮大時，趨近于0，此時，存在唯一，使得，此時在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，當(dāng)趨近于0時，趨向于負(fù)無窮大，當(dāng)向正無窮大時，趨向負(fù)無窮大時，設(shè)，則在上單調(diào)遞增，且，又在時單調(diào)遞增，故（i）當(dāng)時，即，此時，方程有一個解，即有唯一不動點，所以集合的子集有2個；（ii）當(dāng)，即，此時，方程無解，即無不動點，所以集合的子集有1個；（iii）當(dāng)時，即，此時，方程有兩個解，即有兩個不動點，所以集合的子集有4個；綜上，當(dāng)時或時，集合的子集有2個；當(dāng)時，集合的子集有1個；當(dāng)時，集合的子集有4個.【點睛】方法點睛：本題屬新定義題型，讀懂題意是關(guān)鍵；研究方程根的個數(shù)問題常轉(zhuǎn)化為判斷函數(shù)零點的個數(shù)問題，利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，從而判斷方程根（或函數(shù)零點）的個數(shù)問題．注意分類討論思想的應(yīng)用．考點十二、可移倒數(shù)點1．（2024·江蘇蘇州·三模）對于函數(shù)，若存在實數(shù)，使，其中，則稱為“可移倒數(shù)函”，為“的可移倒數(shù)點”.設(shè)，若函數(shù)恰有3個“可移1倒數(shù)點”，則的取值范圍（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用定義轉(zhuǎn)化為求方程恰有3個不同的實根，再借助導(dǎo)數(shù)分段探討零點情況即可.【詳解】依題意，，由恰有3個“可移1倒數(shù)點”，得方程恰有3個不等實數(shù)根，①當(dāng)時，，方程可化為，解得，這與不符，因此在內(nèi)沒有實數(shù)根；②當(dāng)時，，方程可化為，該方程又可化為．設(shè)，則，因為當(dāng)時，，所以在內(nèi)單調(diào)遞增，又因為，所以當(dāng)時，，因此，當(dāng)時，方程在內(nèi)恰有一個實數(shù)根；當(dāng)時，方程在內(nèi)沒有實數(shù)根．③當(dāng)時，沒有意義，所以不是的實數(shù)根．④當(dāng)時，，方程可化為，化為，于是此方程在內(nèi)恰有兩個實數(shù)根，則有，解得，因此當(dāng)時，方程在內(nèi)恰有兩個實數(shù)根，當(dāng)時，方程在內(nèi)至多有一個實數(shù)根，綜上，的取值范圍為．故選：A【點睛】思路點睛：已知函數(shù)的零點或方程的根的情況，求解參數(shù)的取值范圍問題的本質(zhì)都是研究函數(shù)的零點問題，求解此類問題的一般步驟：（1）轉(zhuǎn)化，即通過構(gòu)造函數(shù)，把問題轉(zhuǎn)化成所構(gòu)造函數(shù)的零點問題；（2）列式，即根據(jù)函數(shù)的零點存在定理或結(jié)合函數(shù)的圖象列出關(guān)系式；（3）得解，即由列出的式子求出參數(shù)的取值范圍．1．（2024·山東聊城·二模）對于函數(shù)，若存在實數(shù)，使，其中，則稱為“可移倒數(shù)函數(shù)”，為“的可移倒數(shù)點”．已知．(1)設(shè)，若為“的可移倒數(shù)點”，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)，若函數(shù)恰有3個“可移1倒數(shù)點”，求的取值范圍．【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；(2).【分析】（1）根據(jù)給定的定義，列式求出值，再利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.（2）利用定義轉(zhuǎn)化為求方程恰有3個不同的實根，再借助導(dǎo)數(shù)分段探討零點情況即可.【詳解】（1）由為“?x的可移倒數(shù)點”，得，即，整理，即，解得，由的定義域為R，求導(dǎo)得，當(dāng)時，單調(diào)遞增；時，單調(diào)遞減；時，單調(diào)遞增，所以φx的單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為．（2）依題意，，由恰有3個“可移1倒數(shù)點”，得方程恰有3個不等實數(shù)根，①當(dāng)時，，方程可化為，解得，這與不符，因此在0,+∞內(nèi)沒有實數(shù)根；②當(dāng)時，，方程可化為，該方程又可化為．設(shè)，則，因為當(dāng)時，，所以在內(nèi)單調(diào)遞增，又因為，所以當(dāng)時，，因此，當(dāng)時，方程在內(nèi)恰有一個實數(shù)根；當(dāng)時，方程在內(nèi)沒有實數(shù)根．③當(dāng)時，沒有意義，所以不是的實數(shù)根．④當(dāng)時，，方程可化為，化為，于是此方程在內(nèi)恰有兩個實數(shù)根，則有，解得，因此當(dāng)時，方程在內(nèi)恰有兩個實數(shù)根，當(dāng)時，方程在內(nèi)至多有一個實數(shù)根，綜上，的取值范圍為．【點睛】思路點睛：已知函數(shù)的零點或方程的根的情況，求解參數(shù)的取值范圍問題的本質(zhì)都是研究函數(shù)的零點問題，求解此類問題的一般步驟：（1）轉(zhuǎn)化，即通過構(gòu)造函數(shù)，把問題轉(zhuǎn)化成所構(gòu)造函數(shù)的零點問題；（2）列式，即根據(jù)函數(shù)的零點存在定理或結(jié)合函數(shù)的圖象列出關(guān)系式；（3）得解，即由列出的式子求出參數(shù)的取值范圍．考點十三、泰勒展開1．（2024·貴州貴陽·一模）英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)了如下公式：其中為自然對數(shù)的底數(shù)，.以上公式稱為泰勒公式.設(shè)，根據(jù)以上信息，并結(jié)合高中所學(xué)的數(shù)學(xué)知識，解決如下問題.(1)證明：；(2)設(shè)，證明：；(3)設(shè)，若是的極小值點，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）首先設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題；（2）首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可證明；（3）分和兩種情況討論，求出在附近的單調(diào)區(qū)間，即可求解.【詳解】（1）設(shè)，則.當(dāng)時，：當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.因此，，即.（2）由泰勒公式知，①于是，②由①②得所以即.（3），則，設(shè)，由基本不等式知，，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.所以當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增.又因為是奇函數(shù)，且，所以當(dāng)時，；當(dāng)時，.所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.因此，是的極小值點.下面證明：當(dāng)時，不是的極小值點.當(dāng)時，，又因為是上的偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增,所以當(dāng)時，.因此，在上單調(diào)遞減.又因為是奇函數(shù)，且，所以當(dāng)時，；當(dāng)時，.所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.因此，是的極大值點，不是的極小值點.綜上，實數(shù)的取值范圍是.【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問是本題的難點，關(guān)鍵是分和兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)判斷附近的單調(diào)性.2．（2024·貴州遵義·三模）英國數(shù)學(xué)家泰勒（B．Taylor，1685—1731）發(fā)現(xiàn)了：當(dāng)函數(shù)在定義域內(nèi)n階可導(dǎo)，則有如下公式：以上公式稱為函數(shù)的泰勒展開式，簡稱為泰勒公式．其中，，表示的n階導(dǎo)數(shù)，即連續(xù)求n次導(dǎo)數(shù)．根據(jù)以上信息，并結(jié)合高中所學(xué)的數(shù)學(xué)知識，解決如下問題：(1)寫出的泰勒展開式（至少有5項）；(2)設(shè)，若是的極小值點，求實數(shù)a的取值范圍；(3)若，k為正整數(shù)，求k的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用泰勒展開式求解即可；（2）先求出，從而可得，由是的極小值點，得，當(dāng)時，f′x≥0，當(dāng)時，，進而可得出答案；（3）先利用泰勒展開式求出的取值范圍，再將其寫成整數(shù)部分加上小數(shù)部分的形式，再利用二項式定理求出的范圍，進而可得出答案.【詳解】（1）當(dāng)時，，由泰勒展開式可得；（2）因為，，所以，則，因為是的極小值點，且，則當(dāng)在的附近時，即可，即可，所以，綜上所述，；（3）因為，所以，所以，，即，令，則，則，由二項式定理可知，，所以，即，所以.【點睛】關(guān)鍵點點睛：用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是導(dǎo)數(shù)的一個只要應(yīng)用，在導(dǎo)數(shù)解答題中，單調(diào)性問題是繞不開的一個問題，因為單調(diào)性是解決后續(xù)問題的關(guān)鍵，利用導(dǎo)函數(shù)求解函數(shù)單調(diào)性步驟，先求定義域，再求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)號，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，若不能直接求出，可能需要多次求導(dǎo).1．（2024·安徽·一模）給出以下三個材料：①若函數(shù)可導(dǎo)，我們通常把導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)叫做的二階導(dǎo)數(shù)，記作.類似的，函數(shù)的二階導(dǎo)數(shù)的導(dǎo)數(shù)叫做函數(shù)的三階導(dǎo)數(shù)，記作，函數(shù)的三階導(dǎo)數(shù)的導(dǎo)數(shù)叫做函數(shù)的四階導(dǎo)數(shù)……，一般地，函數(shù)的階導(dǎo)數(shù)的導(dǎo)數(shù)叫做函數(shù)的n階導(dǎo)數(shù)，記作，；②若，定義；③若函數(shù)在包含的某個開區(qū)間上具有任意階的導(dǎo)數(shù)，那么對于任意有，我們將稱為函數(shù)在點處的泰勒展開式.例如在點處的泰勒展開式為根據(jù)以上三段材料，完成下面的題目：(1)求出在點處的泰勒展開式；(2)用在點處的泰勒展開式前三項計算的值，精確到小數(shù)點后4位；(3)現(xiàn)已知，試求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用階泰勒展開式的定義，可求，（2）由（1）可求；（3）由（1）可得，進而可得，結(jié)合已知可得結(jié)論.【詳解】（1），，，，所以，，，，由所以（2）由（1）可得（3）因為①，對，兩邊求導(dǎo)可得：，所以，所以②，比較①②中的系數(shù)，可得：，所以.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了導(dǎo)數(shù)中的新定義問題，關(guān)鍵是審題時明確階泰勒展開式的具體定義；第三問關(guān)鍵在于用階泰勒展開式表示.考點十四、麥克勞林展開1．（24-25高三上·四川成都·開學(xué)考試）麥克勞林展開式是泰勒展開式的一種特殊形式，的麥克勞林展開式為：，其中表示的n階導(dǎo)數(shù)在0處的取值，我們稱為麥克勞林展開式的第項．例如：．(1)請寫出的麥克勞林展開式中的第2項與第4項；(2)數(shù)學(xué)競賽小組發(fā)現(xiàn)的麥克勞林展開式為，這意味著：當(dāng)時，，你能幫助數(shù)學(xué)競賽小組完成對此不等式的證明嗎？(3)當(dāng)時，若，求整數(shù)的最大值．【答案】(1)，(2)證明見解析(3)3【分析】（1）根據(jù)泰勒展開式得出第2項及第4項；（2）構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)得出函數(shù)的單調(diào)性證明不等式；（3）先根據(jù)特殊值法得出的范圍，再應(yīng)用麥克勞林的結(jié)論證明成立即可.【詳解】（1）因為所以第2項.（2）設(shè)，，因為所以單調(diào)遞增，所以，所以.（3）當(dāng)x=1時，成立，得出，的最大整數(shù)不超過3.當(dāng)時，因為，所以，所以，令當(dāng)單調(diào)遞增，則，所以，故當(dāng)時，，所以整數(shù)m的最大值為3.【點睛】方法點睛：構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)得出函數(shù)的單調(diào)性證明不等式.1．（2024·河南周口·模擬預(yù)測）已知函數(shù)．(1)求函數(shù)在區(qū)間0,1上的極值點的個數(shù)．(2)“”是一個求和符號，例如，，等等．英國數(shù)學(xué)家布魯克·泰勒發(fā)現(xiàn)，當(dāng)時，，這就是麥克勞林展開式在三角函數(shù)上的一個經(jīng)典應(yīng)用．證明：（i）當(dāng)時，對，都有；（ii）．【答案】(1)0(2)（i）證明見解析（ii）證明見解析【分析】（1）函數(shù)在區(qū)間0,1上的極值點的個數(shù)等價于其導(dǎo)函數(shù)在0,1上的變號零點的個數(shù)，即可求出其導(dǎo)函數(shù)，再借助導(dǎo)數(shù)研究其導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性即可得解；（2）（i）構(gòu)造函數(shù)，借助導(dǎo)數(shù)結(jié)合題意可得，在構(gòu)造相應(yīng)函數(shù)多次求導(dǎo)即可得解；（ii）由，可將原問題轉(zhuǎn)化為證明，結(jié)合（1）中及（i）中所得，可得，，即可得證.【詳解】（1），令，則，當(dāng)x∈0,1時，，，則在0,1上恒成立，故在0,1上單調(diào)遞減，即有f′x在0,1則，故函數(shù)在區(qū)間0,1上沒有極值點；（2）（i）令，其中，，則，又當(dāng)時，，則，即，令，則，令，則，由，故，又，故恒成立，即在0,+∞上單調(diào)遞增，故，即在0,+∞上恒成立，即在0,+∞上單調(diào)遞增，故，即?′x>0在0,+∞上恒成立，故則，即；（ii）由，，故要證，即證，即證，只需證，由（1）知，當(dāng)x∈0,1時，，則可令，此時，則，即，即，即，故只需證，令，x∈0,+∞，則，由（i）知，當(dāng)x∈0,+∞時，即，即，故在0,+∞上單調(diào)遞增，故，即，即得證.【點睛】關(guān)鍵點點睛：（i）問中關(guān)鍵點在于借助題目所給條件：當(dāng)時，，從而構(gòu)造函數(shù)，得到，即可借助導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性；（ii）問中關(guān)鍵點在于將原問題轉(zhuǎn)化為證明，從而結(jié)合（1）中與（i）中所得證明與.考點十五、拉格朗日中值定理1．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，且在處取得極大值．(1)求的值與的單調(diào)區(qū)間．(2)如圖，若函數(shù)y=fx的圖像在連續(xù)，試猜想拉格朗日中值定理，即一定存在，使得，求的表達式〔用含的式子表示〕．(3)利用這條性質(zhì)證明：函數(shù)圖像上任意兩點的連線斜率不大于．【答案】(1)，的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為．(2)猜想，(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)在處取得極大值得，求出，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）由斜率公式求出連線的斜率，結(jié)合函數(shù)圖像及導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得結(jié)果；（3）求出，利用基本不等式求出的最大值，根據(jù)（2）的結(jié)論可得結(jié)果.【詳解】（1）由，得．由題意，得，解得，則．令，即，解得，令，即，解得，所以在和上分別單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．所以滿足題意，的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為．（2）猜想如下：．因為表示的圖像上兩端點連線的斜率，所以由圖像可知，曲線上至少存在一點且，使得曲線在該點處的切線與的圖像上兩端點的連線平行．設(shè)切線的斜率為，即，故一定存在，使得．（3）證明：由（1）可知，則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號．由猜想可知，對于函數(shù)圖像上任意兩點，在之間一定存在一點，使得．又所以．【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性的一般步驟：（1）求函數(shù)定義域；（2）求導(dǎo)數(shù)；（3）令導(dǎo)數(shù)解不等式，（4）結(jié)合定義域?qū)懗鰡握{(diào)遞增區(qū)間和遞減區(qū)間.2．（2024·山西·三模）微分中值定理是微積分學(xué)中的重要定理，它是研究區(qū)間上函數(shù)值變化規(guī)律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的內(nèi)容如下:如果函數(shù)在閉區(qū)間上連續(xù)，在開區(qū)間可導(dǎo)，導(dǎo)數(shù)為，那么在開區(qū)間內(nèi)至少存在一點，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值點”.已知函數(shù).(1)若，求函數(shù)在上的“拉格朗日中值點”；(2)若，求證:函數(shù)在區(qū)間圖象上任意兩點，連線的斜率不大于；(3)若，且，求證:.【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，依題意，解得即可；（2）不妨設(shè)，，，則，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可證明，再結(jié)合拉格朗日中值定理證明即可；（3）由拉格朗日中值定理可知只需證明，即證明f′x在上單調(diào)遞減，求出導(dǎo)函數(shù)，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得證.【詳解】（1）當(dāng)時，則，因為為函數(shù)在上的“拉格朗日中值點，則，即，解得（2）當(dāng)時，不妨設(shè)，，，則，又，令，則，又，所以恒成立，所以當(dāng)時，當(dāng)時，所以Fx在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以Fx在處取得極大值，即最大值，所以，所以，由拉格朗日中值定理可知必存在使得，即，又，所以，即函數(shù)在區(qū)間圖象上任意兩點，連線的斜率不大于；（3）當(dāng)時，由拉格朗日中值定理知，存在和，使得，，所以只需證明，即證明f′x在上單調(diào)遞減，又，令，則，令，則，當(dāng)時，令，，則，則在上單調(diào)遞增，又，，所以存在使得，所以當(dāng)時，則，即單調(diào)遞增，當(dāng)時，則，即單調(diào)遞減，所以在處取得極大值，即最大值，所以，所以，所以在上單調(diào)遞減，即f′x在【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟（1）作差或變形；（2）構(gòu)造新的函數(shù)?x（3）利用導(dǎo)數(shù)研究?x（4）根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．特別地：當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題．1．（23-24高二下·江西九江·階段練習(xí)）已知函數(shù)，.(1)當(dāng)時，求函數(shù)的在點處的切線；(2)若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，求的取值范圍；(3)若函數(shù)的圖象上存在兩點，，且，使得，則稱為“拉格朗日中值函數(shù)”，并稱線段的中點為函數(shù)的一個“拉格朗日平均值點”.試判斷函數(shù)是否為“拉格朗日中值函數(shù)”，若是，判斷函數(shù)的“拉格朗日平均值點”的個數(shù)；若不是，說明理由.【答案】(1)(2)(3)當(dāng)時，函數(shù)是“拉格朗日中值函數(shù)”，且“拉格朗日平均值點”有無數(shù)個；當(dāng)時，不是“拉格朗日中值函數(shù)”；理由見解析.【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得函數(shù)的在點處的斜率即可求解；（2）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得在上恒成立，參變分離可得即可，求在上的最小值即可得解；（3）假設(shè)函數(shù)是“拉格朗日中值函數(shù)”，設(shè)，是上不同的兩點，且，代入，當(dāng)時，整理得，設(shè)，上式化為，然后構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)研究此方程是否成立，從而可確定假設(shè)是否成立.【詳解】（1）由題意可知當(dāng)時，，，，所以函數(shù)的在點處切線的斜率，所以函數(shù)的在點處的切線為.（2）由題意可得，若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，則在恒成立，即在恒成立，只需即可，又因為當(dāng)時，所以.（3）假設(shè)函數(shù)是“拉格朗日中值函數(shù)”，設(shè)，是上不同的兩點，且，由題意可得，，則，函數(shù)在拉格朗日平均值點處的切線斜率，由整理可得，當(dāng)時，恒成立，則函數(shù)是“拉格朗日中值函數(shù)”，且“拉格朗日平均值點”有無數(shù)個；當(dāng)時，即，令，上式化為，即，令，則，因為，所以恒成立，所以在上單調(diào)遞增，恒成立，所以在上不存在使得，即不存在這樣的兩點使得；綜上所述，當(dāng)時，函數(shù)是“拉格朗日中值函數(shù)”，且“拉格朗日平均值點”有無數(shù)個；當(dāng)時，不是“拉格朗日中值函數(shù)”.2．（2024·廣東·二模）拉格朗日中值定理是微分學(xué)的基本定理之一，其內(nèi)容為：如果函數(shù)在閉區(qū)間上的圖象連續(xù)不斷，在開區(qū)間內(nèi)的導(dǎo)數(shù)為f′x，那么在區(qū)間內(nèi)存在點，使得成立．設(shè)，其中為自然對數(shù)的底數(shù)，．易知，在實數(shù)集上有唯一零點，且．(1)證明：當(dāng)時，；(2)從圖形上看，函數(shù)的零點就是函數(shù)的圖象與軸交點的橫坐標(biāo)．直接求解的零點是困難的，運用牛頓法，我們可以得到零點的近似解：先用二分法，可在中選定一個作為的初始近似值，使得，然后在點x0,fx0處作曲線y=fx的切線，切線與軸的交點的橫坐標(biāo)為，稱是的一次近似值；在點x1,fx1處作曲線y=fx的切線，切線與軸的交點的橫坐標(biāo)為，稱是的二次近似值；重復(fù)以上過程，得的近似值序列．①當(dāng)時，證明：；②根據(jù)①的結(jié)論，運用數(shù)學(xué)歸納法可以證得：為遞減數(shù)列，且．請以此為前提條件，證明：．【答案】(1)證明見解析；(2)①證明見解析；②證明見解析.【分析】（1）因為在R上單調(diào)遞增，所以任意，有，另一方面，注意到，即，根據(jù)拉格明日中值定理，即可證明結(jié)論.（2）①利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義進行證明即可；②根據(jù)①，及前面的結(jié)論，，，構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)數(shù)，結(jié)合拉格朗日中值定理證明結(jié)論.【詳解】（1）由在R上單調(diào)遞增，得任意，有，又由，得，根據(jù)拉格明日中值定理，存在，，因為，所以，，所以（2）①先證，在處，曲線的切線方程為，令，得，即，由于，在R上單調(diào)遞增，則，而，則有，所以，即；再證：，由于在R上單調(diào)遞增，只需證，曲線的切線方程為，即，根據(jù)的定義，，令，，，，于是在上單調(diào)遞減，而，因此，又，即，所以，綜上.②由在R上單調(diào)遞增，，得，則，由①，及前面的結(jié)論，，，令，則，記，則當(dāng)時，，根據(jù)拉格朗日中值定理，，，，即，于是，累乘得，所以【點睛】結(jié)論點睛：函數(shù)y=f(x)是區(qū)間D上的可導(dǎo)函數(shù)，則曲線y=f(x)在點處的切線方程為：.考點十六、帕德近似1．（22-23高二下·山東濟南·期中）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利帕德發(fā)明的用有理數(shù)多項式近似特定函數(shù)的方法，給定兩個正整數(shù)，函數(shù)在處的階帕德近似定義為，且滿足：...已知在處的階帕德近似為.注：，(1)求實數(shù)的值；(2)求證：；(3)求不等式的解集，其中，【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）由，利用待定系數(shù)法，即可求解；（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，即證明，利用換元，轉(zhuǎn)化為證明時，再構(gòu)造函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性和最值，即可證明不等式；（3）首先由不等式確定或，由（2）的結(jié)果說明，求解不等式，再求解不等式，轉(zhuǎn)化為，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解不等式.【詳解】（1）∵∴∵，則，由題意得：∴解得：；（2）由（1）知，即證令，則且即證時，記則∴在上單調(diào)遞增，在和上單調(diào)遞增當(dāng)時，，即，即成立，當(dāng)時，，即，即成立，綜上所述，時，∴成立，即成立.（3）由題意得：欲使得不等式成立，則至少有，即或首先考慮，該不等式等價于，即，又由（2）知成立，∴使得成立的的取值范圍是再考慮，該不等式等價于，記，則，∴當(dāng)時，時，∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減∴，即，∴，當(dāng)時由，可知成立；當(dāng)時由，可知不成立；所以使得成立的的取值范圍是綜上可得：不等式的解集為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第1問的關(guān)鍵是理解題意，利用待定系數(shù)法求解；第2問的關(guān)鍵是換元后構(gòu)造函數(shù)，第3問的關(guān)鍵是由不等式構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)解不等式.2．（2024·福建廈門·三模）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法，在計算機數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用.已知函數(shù)在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，.其中，，…，.已知在處的階帕德近似為.(1)求實數(shù)a，b的值；(2)設(shè)，證明：；(3)已知是方程的三個不等實根，求實數(shù)的取值范圍，并證明：.【答案】(1)，(2)證明見解析(3)，證明見解析【分析】（1）結(jié)合題意，利用導(dǎo)數(shù)計算即可得；（2）由題意可得，借助導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即其正負(fù)即可得解；（3）設(shè)，借助導(dǎo)數(shù)，分及進行討論，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與零點的存在性定理計算可得當(dāng)且僅當(dāng)時，存在三個不等實根，且滿足，且，結(jié)合（2）中所得，代入計算并化簡即可得解.【詳解】（1）依題意可知，，因為，所以，此時，，因為，，所以，，因為，所以；（2）依題意，，，故在單調(diào)遞增，由，故，，，，綜上，，；（3）不妨設(shè)，令，，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞增，不存在三個不等實根；當(dāng)時，令，其判別式，若，即，恒成立，即，此時單調(diào)遞減，不存在三個不等實根；若，即，存在兩個不等正實根，此時有當(dāng)時，，單調(diào)遞減，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，又因為，且，故，因為，所以，即，所以，所以存在，滿足，又因為，故存在，滿足，故當(dāng)且僅當(dāng)時，存在三個不等實根，且滿足，且，由（2）可知，當(dāng)時，，因此，，故，化簡可得：，因此，命題得證.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵點在于借助導(dǎo)數(shù)與零點的存在性定理得到當(dāng)且僅當(dāng)時，存在三個不等實根，且滿足，且后，結(jié)合（2）中所得，從而得到，再進行化簡即可得.1．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習(xí)）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(shù)，，函數(shù)在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，，，注：，，，，已知函數(shù).(1)求函數(shù)在處的階帕德近似，并求的近似數(shù)精確到(2)在（1）的條件下：①求證：；②若恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)，(2)①證明見解析；②【分析】（1）先寫出階帕德近似，然后求導(dǎo)得到，，令得，所以，求導(dǎo)得到求解即可；（2）令，，求導(dǎo)得到判斷Fx在及上均單調(diào)遞減，按照和分類討論求解即可；由已知令，且，所以是?x的極大值點，求導(dǎo)得到，故，，得到之后寫出，然后求導(dǎo)判斷單調(diào)性證明即可.【詳解】（1）由題可知函數(shù)在處的階帕德近似，則，，，由得，所以，則，又由得，所以，由得，所以，所以.（2）①令，，因為，所以Fx在及上均單調(diào)遞減.當(dāng)，，即，而，所以，即，當(dāng)，，即，而，所以，即，所以不等式恒成立；②由得在上恒成立，令，且，所以是?x的極大值點，又，故，則，當(dāng)時，，所以，當(dāng)時，，，則?′x>0，故?x在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，，令，因為，所以φx在上單調(diào)遞減，所以，又因為在上，故當(dāng)時，，綜上，當(dāng)時，恒成立.【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式（或）轉(zhuǎn)化為證明（或），進而構(gòu)造輔助函數(shù)；（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).2．（23-24高二下·湖北·期中）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(shù)，，函數(shù)在處的階帕德近似定義為：，且滿足：.（注：，為的導(dǎo)數(shù)）已知在處的階帕德近似為.(1)求實數(shù)的值；(2)證明：當(dāng)時，；(3)設(shè)為實數(shù)，討論方程的解的個數(shù).【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)答案見解析.【分析】（1）根據(jù)列方程組求解可得；（2）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性，由即可得證；（3）構(gòu)造函數(shù)，分，利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性，利用單調(diào)性判斷零點個數(shù).當(dāng)時，分單調(diào)區(qū)間討論，結(jié)合零點存在性定理判斷即可.【詳解】（1）由，有，可知，由題意，，所以，解得.（2）由（1）知，，令，則，所以φx在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，又，時，，得證.（3）的定義域是，.①當(dāng)時，，所以?x在上單調(diào)遞增，且，所以?x在上存在1個零點；②當(dāng)時，令，由，得.又因為，所以.+0-0+?單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增當(dāng)時，因為，所以?x在上存在1個零點，且；當(dāng)時，因為，，而?x在單調(diào)遞增，且，而，故，所以?x在上存在1個零點；當(dāng)時，因為，，而?x在單調(diào)遞增，且，而，所以，所以?x在上存在1個零點.從而?x在上存在3個零點.綜上所述，當(dāng)時，方程有1個解；當(dāng)時，方程有3個解.【點睛】思路點睛：關(guān)于零點個數(shù)問題，一般從以下方面入手：（1）轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象相交問題進行討論；（2）利用導(dǎo)數(shù)求極值，根據(jù)極值符號，結(jié)合單調(diào)性以及變化趨勢進行判斷；（3）利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理進行判斷.考點十七、萊布尼茨1．（23-24高二下·貴州安順·期末）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程為.當(dāng)時，就是雙曲余弦函數(shù)，類似的我們可以定義雙曲正弦函數(shù).它們與正、余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì).(1)求與的導(dǎo)數(shù)；(2)證明：在上恒成立；(3)求的零點.【答案】(1)，；(2)證明見解析(3)【分析】（1）借助導(dǎo)數(shù)公式計算即可得；（2）構(gòu)造函數(shù)后，借助導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得；（3）多次求導(dǎo)最終判斷函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增，結(jié)合奇函數(shù)的定義得到為奇函數(shù)，又，即可得其具有唯一零點.【詳解】（1），；（2）構(gòu)造函數(shù)，，由（1）知，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，故在上單調(diào)遞增，則，故在上恒成立，即得證；（3）由，則，令，則，令，則，令，則，當(dāng)時，由（2）可知，，則，令，則，故在內(nèi)單調(diào)遞增，則，故在上單調(diào)遞增，則，故在上單調(diào)遞增，則，故在上單調(diào)遞增，則，故在上單調(diào)遞增，由，且定義域為，則為奇函數(shù)，由，則在上單調(diào)遞增，故具有唯一零點.【點睛】關(guān)鍵點點睛：最后一問關(guān)鍵點在于借助導(dǎo)數(shù)多次求導(dǎo)最終判斷函數(shù)在上的單調(diào)性，再結(jié)合奇函數(shù)的性質(zhì)得到在上的單調(diào)性.2．（2024·甘肅酒泉·三模）十七世紀(jì)至十八世紀(jì)的德國數(shù)學(xué)家萊布尼茲是世界上第一個提出二進制記數(shù)法的人，用二進制記數(shù)只需數(shù)字0和1，對于整數(shù)可理解為逢二進一，例如：自然數(shù)1在二進制中就表示為，2表示為，3表示為，5表示為，發(fā)現(xiàn)若可表示為二進制表達式，則，其中，或．(1)記，求證：；(2)記為整數(shù)的二進制表達式中的0的個數(shù)，如，．（?。┣?；（ⅱ）求（用數(shù)字作答）．【答案】(1)證明見解析(2)（?。?；（ⅱ）【分析】（1）借助二進制的定義計算可得，，即可得證；（2）（?。┙柚M制的定義可計算出，即可得表達式中的0的個數(shù)；（ⅱ）計算出從到中，、、，的個數(shù)，即可得.【詳解】（1）因為，，，，；（2）（?。?；（ⅱ），，故從到中，有、、、共個，有個，由，即共有個，有個，由，即共有個，……，有個，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題最后一小問關(guān)鍵點在于結(jié)合二進制的定義，得到，，通過組合數(shù)的計算得到、、、的個數(shù)，再結(jié)合組合數(shù)的性質(zhì)計算得到結(jié)果.1．（22-23高一上·江蘇南通·期末）對于任意兩個正數(shù)，記曲線與直線軸圍成的曲邊梯形的面積為，并約定和，德國數(shù)學(xué)家萊布尼茨（Leibniz）最早發(fā)現(xiàn)．關(guān)于，下列說法正確的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根據(jù)所給新定義運算即可判斷AB，取特殊值判斷C，根據(jù)曲邊梯形與梯形面積大小判斷D.【詳解】由題意，所以，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)或時，也成立，綜上，，對A，，，即，故A正確；對B，，而，所以，故B正確；對C，取，則，故C錯誤；對D，如圖，因為，所以，即，故D正確.故選：ABD2．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線年，萊布尼茨等得出懸鏈線的方程為，其中為參數(shù)．當(dāng)時，該表達式就是雙曲余弦函數(shù)，記為，懸鏈線的原理常運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．已知三角函數(shù)滿足性質(zhì)：①導(dǎo)數(shù)：；②二倍角公式：；③平方關(guān)系：．定義雙曲正弦函數(shù)為．(1)寫出，具有的類似于題中①、②、③的一個性質(zhì)，并證明該性質(zhì)；(2)任意，恒有成立，求實數(shù)的取值范圍；(3)正項數(shù)列滿足，，是否存在實數(shù)，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)答案見解析(2)，(3)存在實數(shù)，使得成立．【分析】（1）①求導(dǎo)數(shù)，②用二倍角公式，③利用平方關(guān)系；證明即可；（2）構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，求的取值范圍即可；（3）方法一、求出，，，猜想，用數(shù)學(xué)歸納法證明即可．方法二、構(gòu)造數(shù)列，根據(jù)，利用遞推公式求解即可．【詳解】（1）①導(dǎo)數(shù)：，，證明如下：，②二倍角公式：，證明如下：；③平方關(guān)系：，證明如下：；（2）令，，，①當(dāng)時，由，又因為，所以，等號不成立，所以，即為增函數(shù)，此時，對任意，恒成立，滿足題意；②當(dāng)時，令，，則，可知是增函數(shù)，由與可知，存在唯一，使得，所以當(dāng)時，，則在上為減函數(shù)，所以對任意，，不合題意；綜上知，實數(shù)的取值范圍是；（3）方法一、由，函數(shù)的值域為，對于任意大于1的實數(shù)，存在不為0的實數(shù)，使得，類比雙曲余弦函數(shù)的二倍角公式，由，，，猜想：，由數(shù)學(xué)歸納法證明如下：①當(dāng)時，成立；②假設(shè)當(dāng)為正整數(shù)）時，猜想成立，即，則，符合上式，綜上知，；若，設(shè)，則，解得：或，即，所以，即．綜上知，存在實數(shù)，使得成立．方法二、構(gòu)造數(shù)列，且，因為，所以，則，因為在上單調(diào)遞增，所以，即是以2為公比的等比數(shù)列，所以，所以，所以，又因為，解得或，所以，綜上知，存在實數(shù)，使得成立．【點睛】方法點睛：對于新定義的題目，一定要耐心理解定義，新的定義不但考查的是舊的知識點的延伸，更考查對于新知識的獲取理解能力，抓住關(guān)鍵點，解題不是事.考點十八、函數(shù)凹凸性1．（2024·安徽·模擬預(yù)測）給出定義：若函數(shù)在D上可導(dǎo)，即存在，且導(dǎo)函數(shù)在D上也可導(dǎo)，則稱在D上存在二階導(dǎo)數(shù)，記.若在D上恒成立，則稱在D上為凸函數(shù).以下四個函數(shù)在上不是是凸函數(shù)的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)給出的導(dǎo)數(shù)新定義逐項判斷即可.【詳解】對于A：，，，則在上恒有，故A錯誤；對于B：，，，則在上恒有，故B錯誤；對于C：，，，則在上恒有，故C錯誤；對于D：，，，則在上恒有，故D正確.故選：D.2．（23-24高三下·陜西安康·階段練習(xí)）記函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，的導(dǎo)函數(shù)為，設(shè)是的定義域的子集，若在區(qū)間上，則稱在上是“凸函數(shù)”.已知函數(shù).(1)若在上為“凸函數(shù)”，求的取值范圍；(2)若，判斷在區(qū)間上的零點個數(shù).【答案】(1)(2)1個【分析】（1）根據(jù)“凸函數(shù)”定義對函數(shù)求導(dǎo)，由不等式在恒成立即可求得的取值范圍；（2）易知，由導(dǎo)函數(shù)求得其在上的單調(diào)性，利用零點存在定理可知零點個數(shù)為1個.【詳解】（1）由可得其定義域為，且，所以，若在上為“凸函數(shù)”可得在恒成立，當(dāng)時，顯然符合題意；當(dāng)時，需滿足，可得；