2024届新高考新试卷结构第19题新定义--导数压轴题汇编含答案.pdf

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1、120242024新高考新试卷结构新高考新试卷结构1919题新定义题新定义导数压轴题分类汇编导数压轴题分类汇编【精选例题】【精选例题】1 1悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数ch x=ex+e-x2的图象，类比三角函数的三种性质：平方关系：sin2x+cos2x=1，和角公式：cos x+y=cosxcosy-sinxsiny，导数：sinx=cosx,cosx=-sinx,定义双曲正弦函数sh x=ex-e-x2(1)直接写出sh x，ch x具有的类似、的三种性质(不需要证明)；(2)若当x0时，sh xax恒成立，求实数a的

2、取值范围；(3)求 f x=ch x-cosx-x2的最小值【答案】(1)答案见解析；(2)-,1；(3)0【详解】(1)平方关系：ch2x-sh2x=1；和角公式：ch x+y=ch xch y+sh xsh y；导数：sh(x)=ch(x)ch(x)=sh(x)理由如下：平方关系，ch2x-sh2x=ex+e-x22-ex-e-x22=e2x+e-2x+24-e2x+e-2x-24=1；ch x+y=ex+y+e-x-y2，和角公式：ch xch y+sh xsh y=ex+e-x2ey+e-y2+ex-e-x2ey-e-y2=ex+y+ex-y+e-x+y+e-x-y4+ex+y-ex-

3、y-e-x+y+e-x-y4=ex+y+e-x-y2，故ch x+y=ch xch y+sh xsh y；导数：shx=ex-e-x2=ex+e-x2=chx，chx=ex-e-x2=shx；(2)构造函数F x=sh x-ax，x 0,+，由(1)可知Fx=ch x-a，i当a1时，由ch(x)=ex+e-x2exe-x=1a可知，故F(x)0，故F(x)单调递增，此时F(x)F(0)=0，故对任意x0，sh(x)ax恒成立，满足题意；ii当a1时，令G x=Fx，x 0,+，则Gx=sh x0，可知G x单调递增，由G(0)=1-a0可知，存在唯一x0(0,ln2a)，使得G(x0)=0，

4、故当x(0,x0)时，F(x)=G(x)G(x0)=0，则F(x)在(0,x0)内单调递减，故对任意x(0,x0)，F(x)F 0=0，即sh x-1，都有kx-f x+m0；(3)已知对任意x0-1，fx0,f x0-x0fx0都是 f x的“正向数组”，求a的取值范围【答案】(1)0,0不是 f x的“正向数组”；(2)证明见解析；(3)a的取值范围是-,1.【详解】(1)若a=-2，f x=x-2ln x+1，对 k,m=0,0，即 kx1-f x1+mkx2-f x2+m=f x1 f x2，而当x1 0,2，x2 2,+时，f x1=x1-2ln x1+10，即 f x1 f x2-

5、1,使得kx-f x+m0,k,m为 f x的“正向数组”，对任意x0-1,都有 kx0-f x0+m kx0-f x0+m0.对任意x-1,kx-f x+m0恒成立.令F x=x+aln x+1-kx-m，则F x0在-1,+上恒成立，Fx=ln x+1+x+ax+1-k=ln x+1+a-1x+1+1-k，设G x=Fx=ln x+1+a-1x+1+1-k，Gx=1x+1-a-1x+12=x+2-ax+12，则当a1时，Gx在-1,a-2上为负，在 a-2,+上为正，所以G x=Fx在-1,a-2上单调递减，在 a-2,+上单调递增；若Fa-2-1，都有kx-f x+m0.(3)fx0,f

6、 x0-x0fx0都是 f x的“正向数组”，对任意x1，x2-1,+，都有fx0 x1-f x1+f x0-x0fx0fx0 x2-f x2+f x0-x0fx00，则 fx0 x-f x+f x0-x0fx00恒成立或 fx0 x-f x+f x0-x0fx00恒成立，即 f x-fx0 x f x0-fx0 x0恒成立或 f x-fx0 x f x0-fx0 x0恒成立，设g x=f x-fx0 x=x+aln x+1-fx0 x，则 f x0-fx0 x0=g x0，即g x0是g x的最大值或最小值.gx=fx-fx0=ln x+1+x+ax+1-fx0=ln x+1+a-1x+1+

7、1-fx0，且gx0=fx0-fx0=0.当a1时，由(2)可得，g x=x+aln x+1-fx0 x=F x+m的值域为R，无最大值或最小值；当a1时，gx=ln x+1+a-1x+1+1-fx0在-1,+上单调递增，又gx0=fx0-fx0=0，则gx在-1,x0上为负，在 x0,+上为正，所以g x=f x-fx0 x在-1,x0上单调递减，在 x0,+上单调递增，则g x0是g x的最小值，满足g x=f x-fx0 x f x0-fx0 x0，此时对任意x1，x2-1,+，都有3fx0 x1-f x1+f x0-x0fx0fx0 x2-f x2+f x0-x0fx00.a的取值范围

8、是-,1.3 3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)已知 f(x)=ln(x+1)在x=0处的1,1阶帕德近似为R(x)=ax1+bx注：f(x)=f(x),f(x)=f(x),f(4)(x)=f(x),f(5)(x)=f(4)(x),(1)求实数a，b的值；(2)求证：(x+b)f1x1；(3)求不等式 1+1xxe1，令t=1+1x

9、，则t0且t1，即证t 0,1 1,+时t+12 t-1lnt1，记 t=lnt-2 t-1t+1，t 0,1 1,+，则t=1t-4t+12=t-12t t+120，所以 t在 0,1上单调递增，在 1,+上单调递增，当t 0,1时 t 1=0，即lnt1成立，当t 1,+时 t 1=0，即lnt2 t-1t+1，即t+12 t-1lnt1成立，综上可得t0,1 1,+时t+12 t-1lnt1，所以 x+12ln 1+1x1成立，即(x+b)f1x1成立.(3)由题意知，欲使得不等式 1+1xxe0，即x0或x-1，首先考虑e1，即 x+12ln 1+1x1，又由(2)知x+12ln 1+

10、1x1成立，所以使得e 1+1xx+12成立的x的取值范围是-,-1 0,+，再考虑 1+1xxe，该不等式等价于xln 1+1x1，记h x=lnx-x+1，x 0,1 1,+，则hx=1x-1=1-xx，所以当0 x0，x1时hx0，所以h x在 0,1上单调递增，在 1,+上单调递减，所以h xh 1=0，即lnxx-1，x 0,1 1,+，所以ln 1+1x1x，x-,-1 0,+，当x0,+时由ln 1+1x1x，可知xln 1+1x1成立，当x-,-1时由ln 1+1x1x，可知4xln 1+1x1不成立，所以使得 1+1xxe成立的x的取值范围是 0,+，综上可得不等式1+1xx

11、e1(不妨t2t1)，令p x=xlnx，px=1+lnxp x在 0,1e递减，在1e,+递增，故1t21et10；令h t=ln t1+t2=ln t+1-tlntt-1，h t=1t-12lnt-2 t-1t+1，令m(t)=lnt-2 t-1t+1(t1)，则m(t)=t-12t(t+1)，当t1时，m(t)0恒成立，故m(t)在(1,+)上单调递增，5可得m(t)m(1)=0，即lnt-2 t-1t+10，故有ht=1t-12lnt-2 t-1t+10，则h t在1,+递增，又limt1h t=ln2-1，limt+h t=0，故ln t1+t2 ln2-1,0，故3x1+3x2=t

12、1+t22e,15 5“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(BernoullisInequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布伯努利提出：对实数x-1,+，在n 1,+时，有不等式 1+xn1+nx成立；在n 0,1时，有不等式 1+xn1+nx成立(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当n1时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题已知a1,a2,annN*是大于-1的实数(全部同号)，证明1+a11+a2 1+an1+a1+a2+an【答案】(1)n=0,1，或x=0；(2)证明见解析；(3)证明见解

13、析【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是n=0,1，或x=0当n=0时，1+x0=1+0 x，当n=1时，1+x1=1+x，当x=0时，1+0n=1+0n，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是n=0,1，或x=0；(2)当n1时，我们需证 1+xn1+nx，设f x=1+xn-nx-1 x0，所以fx单调递增当-1x0时，fx0时，fx f 0=0，故 f x在-1,0上单调递减，在 0,+上单调递增所以在x=0处f x取得极小值f 0=0，即f x0恒成立，1+xnnx+1伯努利不等式对n1得证(3)当n=1时，原不等式即1+a11+a1，显然成立当

14、n2时，构造数列 xn：xn=1+a11+a2 1+an-1+a1+a2+an，则xn+1-xn=an+11+a11+a2 1+an-1，若ai0 i=1,2,n+1，由上式易得xn+1-xn0，即xn+1xn；若-1ai0 i=1,2,n+1，则01+ai1，所以 1+a11+a2 1+an-10，即此时xn+1xn也成立所以 xn是一个单调递增的数列(n2)，由于x2=1+a11+a2-1+a1+a2=a1a20，所以xnx20 n2，故原不等式成立6 6梨曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一它与函数f x=xs-1ex-1(x0,s1，s为常数)密切

15、相关，请解决下列问题(1)当12时；证明 f x有唯一极值点；记 f x的唯一极值点为g s，讨论g s的单调性，并证明你的结论【答案】(1)f x在 0,+上单调递减；(2)证明见解析；在 2,+上单调递增，证明见解析；【详解】(1)由 f x=xs-1ex-1,x 0,+,1s2可得 fx=s-1xs-2 ex-1-xs-1exex-12=6xs-2s-1-xex-s-1ex-12，令h x=s-1-xex-s-1，则hx=-ex+s-x-1ex=s-x-2ex；又10，所以s-x-20，即hx0恒成立；即函数h x在 0,+上单调递减，又h 0=0，所以h xh 0=0，可得 fx=xs

16、-2s-1-xex-s-1ex-120恒成立，因此函数 f x在 0,+上单调递减，即当12时，由(1)可知令hx=s-x-2ex=0，可得x=s-20,易知当x 0,s-2时，hx=s-x-2ex0，即函数h x在 0,s-2上单调递增，当x s-2,+时，hx=s-x-2exh 0=0，可知h x在 0,s-2大于零，不妨取x=2s-2，则h 2s-2=1-se2s-2-s-1=1-se2s-2+10，当x x0,+时，fx0在 0,+恒成立，所以m x在 0,+上单调递增，因此m xm 0=0，即exx+1在 0,+上恒成立，而s2，即s-20，所以exx+1在 s-2,+上恒成立，即可

17、得x=exex-x-1ex-120在 s-2,+上恒成立，因此g-1s在 s-2,+单调递增；易知函数g s与其反函数g-1s有相同的单调性，所以函数 g s在 2,+上单调递增；7 7定义函数 fnx=1-x+x22-x33+-1nxnnnN N*(1)求曲线y=fnx在x=-2处的切线斜率；(2)若 f2x-2kex对任意xR R恒成立，求k的取值范围；(3)讨论函数 fnx的零点个数，并判断 fnx是否有最小值若 fnx有最小值m证明：m1-ln2；若 fnx没有最小值，说明理由(注：e=2.71828是自然对数的底数)【答案】(1)1-2n；(2)-,-1；(3)答案见详解【详解】(1

18、)由 fnx=-1+x-x2+-1nxn-1，可得 fn-2=-1-2-22-2n-1=-1-2n1-2=1-2n,所以曲线y=fnx在x=-2处的切线斜率1-2n.(2)若 f2x-2kex对任意xR R恒成立，所以kf2x-2ex=-1-x+x22ex对任意xR R恒成立，7令g(x)=-1-x+x22ex，则g(x)=x 4-xex，由g(x)0解得x4；由g(x)0解得0 x4时，g(x)0，故g(x)的最小值为g(0)=-1，故k-1，即k的取值范围是-,-1.(3)fn-1=-1-1-1=-n，当x-1时，fnx=-1+x-x2+-1nxn-1=-1-xn1-x=-xn-1x+1，

19、因此当n为奇数时，fnx=1-x+x22-x33+xn-1n-1-xnn，此时 fnx=-xn-1x+1,x-1,-n,x=-1.则 fnx0，f1x=1-x显然有唯一零点，无最小值.当n2时，fn2=1-2+222-233+2n-1n-1-2nn=1-2+22332-2+2n-1nnn-1-22时，fnx=1-x+x22-x33+xn-1n-1-xnn=1-x+x2332-x+xn-1nnn-1-x0，解得x1；由 fnx0，解得x0，即 fnx fn10，所以当n为偶数时，fnx没有零点.设h x=ln 1+x-xx+1x0，hx=11+x-1x+12=xx+120，所以h x在 0,+上

20、单调递增，h xh 0=0，即ln 1+xxx+1x0.令x=1n可得lnn+1n1n+1，当n=2k kN N*时1-f2k1=1-12+13-14+12k-1-12k=1+12+13+12k-212+14+12k=1+12+13+12k-1+12+1k=1k+1+1k+2+12k1-ln2.从而当n为偶数时，fnx没有零点，存在最小值m1-ln2.综上所述，当n为奇数时，fnx有唯一零点，无最小值；当n为偶数时，fnx没有零点，存在最小值m1-ln2.8 8如 果 函 数 Fx的 导 数 Fx=fx，可 记 为 Fx=f xdx 若 fx 0，则baf xdx=F b-F a表示曲线y=f

21、 x，直线x=a,x=b以及x轴围成的“曲边梯形”的面积(1)若F x=1xdx，且F 1=1，求F x；(2)已知02，证明：cosa0cosxdx，并解释其几何意义；(3)证明：1n1+cosn+1+cos2n+1+cos3n+1+cosnn0时，因为 lnx=1x，所以设F x=lnx+C1，又F 1=1，代入上式可得F 1=ln1+C1=1C1=1，所以，当x0时，F x=lnx+1；当x0时，设F x=ln-x+C2，同理可得C2=1，综上，F x=ln x+1.(2)因为F x=cosxdx=sinx+C，所以a0cosxdx=sin-sin0=sin，设g x=x-sinx,0

22、x0恒成立，所以g x在0 xg 0=0，故sin，即a0cosxdx；设h x=sinx-xcosx，0 x0恒成立，所以h x在0 xh 0=0，所以cosa0cosxdx，综上，cosa0cosxdx.几何意义：当0 x2时，曲线y=cosx与直线x=0(y轴)，x=以及x轴围成的“曲边面积”大于直线x=0(y轴)，x=以及x轴，直线y=cos围成的矩形面积，小于x=0(y轴)，x=以及x轴，直线y=1围成的矩形面积.(3)因为1+coskn=2cos2k2n=2cosk2n,k=1,2,n，所以1n1+cosn+1+cos2n+1+cos3n+1+cosnn=2ncos2n+cos22

23、n+cos32n+cos2210cos2xdx，设F x=2sin2x，则Fx=cos2x，所以10cos2xdx=F 1-F 0=2sin2=2，故1n1+cosn+1+cos2n+1+cos3n+1+cosnn-1，讨论函数 f x=2e2lnx+a+1x-1x的稳定点个数.【答案】(1)1；(2)证明见解析；(3)答案见解析【详解】(1)设g x=f x-x=2x+x-3，则gx=2xln2+10恒成立，故函数g x在R R上单调递增，又g(1)=0，故函数g x在R上有唯一零点，即 f x有唯一不动点1；(2)证明：充分性：设x0为函数 f x的不动点，则 f x0=x0，则 f f

24、x0=f x0=x0，即x0为函数 f x的稳定点，充分性成立；必要性：设x0为函数 f x的稳定点，即 f f x0=x0，假设 f x0=y0，而 f x在定义域内单调递增，若y0 x0，则 f f x0=f y0 f x0=y0 x0，与 f f x0=x0矛盾；若y0 x0，则f f x0=f y0 f x0=y0-1时，函数 f x=2e2lnx+a+1x-1x在(0,+)上单调递增，由(2)知 f x的稳定点与f x的不动点等价，故只需研究 f x的不动点即可；令F x=f x-x=2e2lnx+ax-1x,x 0,+，则Fx=2e2x+a+1x2,x 0,+，则Fx在 0,+上单

25、调递减，当a0时，Fx0恒成立，即F x在 0,+上单调递增，当x无限接近于0时，F x趋向于负无穷小，且F e2=4e2+ae2-1e2=3e2+ae20，故存在唯一的x0 0,e2，使得F x0=0，即 f x=x有唯一解，所以此时 f x有唯一不动点；当a0时，即-1a0，当x趋向无穷大时，2e2x1+1x21趋近于0，此时Fx10，存在唯一x1 0,+，使得Fx1=2e2x1+a+1x21=0，此时 f x在(0,x1)上单调递增，在(x1,+)上单调递减，故F xmax=F x1=2e2lnx1+ax1-1x1=2e2lnx1-1x1-2e2-1x1=2e2lnx1-2x1-2e2，

26、当x趋近于0时，F x趋向于负无穷大，当x趋向正无穷大时，F x趋向于负无穷大，设h x=2e2lnx-2x-2e2，则h x在 0,+上单调递增，且h e2=4e2-2e2-2e2=0，又a=-1x21-2e2x1在x1 0,+时单调递增，故(i)当F xmax=2e2lnx1-2x1-2e2=0时，即x1=e2，此时a=-3e4，方程F x=0有一个解，即 f x有唯一不动点；(ii)当F xmax=2e2lnx1-2x1-2e20shi，即x1e2，此时-1a0时，即x1e2，此时-3e4a0，方程F x=0有两个解，即 f x有两个不动点；综上，当a0时或a=-3e4时，f x有唯一稳

27、定点；当-1a-3e4时，f x无稳定点；当-3e4a0，f x有两个稳定点；【跟踪训练】【跟踪训练】1010已知y=f x与y=g x都是定义在 0,+上的函数，若对任意 x1，x2 0,+，当x10的一个控制函数，并说明理由；(2)设 f x=lnx的导数为 fx，0ab，求证：关于x的方程f b-f ab-a=fx在区间 a,b上有实数解；(3)设 f x=xlnx，函数y=f x是否存在控制函数？若存在，请求出y=f x的所有控制函数；若不存在，请说明理由【答案】(1)是，理由见解析；(2)证明见解析；(3)存在，y=lnx+1【详解】(1)对任意0 x10的一个控制函数；(2)因为0

28、ab，则f b-f ab-a=lnb-lnab-a=lnbab-a，则f b-f ab-a-1a=lnbab-a-1a，f b-f ab-a-1b=lnaba-b-1b，0a1，0ba0，在x1上y=1x-10，在0 x0，则y=lnx-x+1在x1单调递减，在0 x1上单调递增，最大值ymax=ln1-1+1=0，0a1，0ba0，a-b0，lnba-ba+10，lnab-ab+10，则lnba-b-aa0，lnbab-a-1a0，即f b-f ab-a1a，同理，lnab-a-bb0，a-b0，即f b-f ab-a1b，综上：1bf b-f ab-a1a，fx=1x，在区间 a,b上的值

29、域为1b,1a，则f b-f ab-a=fx在区间 a,b上有实数解.(3)先证引理:对任意0ab，关于x的方程f(b)-f(a)b-a=f(x)在区间(a,b)上恒有实数解.这等价于lna+1blnb-alnab-alnb+1(lna+1)(b-a)blnb-alna(lnb+1)(b-a)1blnb-lnab-a1a，由(2)知结论成立.(证控制函数的唯一性)假设y=f(x)存在“控制函数”y=g(x)，由上述引理知，对任意x1,x2(0,+)，当x1 ft1，考虑到 f(x)=lnx+1是值域为R R的严格增函数，故存在t2t1使得 ft2=g t1.由(*)知存在c0 t1,t2使得g

30、 t1 fc0g t2，于是有 fc0g t1=ft2，由 f(x)的单调性知c0t2，矛盾.故对任意x(0,+)都有g(x)f(x)，同理可证，对任意x(0,+)都有g(x)f(x)，从而g(x)=f(x).(证控制函数的存在性)最后验证，g(x)=f(x)是y=f(x)的一个“控制函数”.对任意x1,x2(0,+)，当x1x2时，都存在c x1,x2使得f x1-f x2x1-x2=f(c)，而由 f(x)的单调性知 fx1 f(c)fx2，即g x1f x1-f x2x1-x2g x2.综上，函数y=f(x)存在唯一的控制函数y=lnx+1.1111利用拉格朗日(法国数学家，1736-1

31、813)插值公式，可以把二次函数 F(x)表示成 F(x)=d(x-b)(x-c)(a-b)(a-c)+e(x-a)(x-c)(b-a)(b-c)+f(x-a)(x-b)(c-a)(c-b)的形式.(1)若a=1，b=2，c=3，d=4，e f，把F(x)的二次项系数表示成关于 f的函数G(f)，并求G(f)的值域(此处视e为给定的常数，答案用e表示)；(2)若ab0，e0，求证：a+bd b2-c2+e c2-a2+f a2-b2d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)e，所以G(f)12e-e+2=-12e+2即G(f)的值域是-12e+2,+；(2)因为ab0，e0，所以d(b-c)+e

32、(c-a)+f(a-b)0，(a+b)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)=d(b-c)(a+b)+e(c-a)(a+b)+f(a2-b2)=d(b-c)(b+c)+(a-c)+e(c-a)(c+a)+(b-c)+f(a2-b2)=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+d(b-c)(a-c)+e(c-a)(b-c)因为ab0，e0，所以d(b-c)(a-c)0,e(c-a)(b-c)0，所以(a+b)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)，所以a+bd b2-c2+e c2-a2+f a2-b2d(b-c)+e(c-a)

33、+f(a-b)，(b+c)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)=d(b2-c2)+e(c-a)(b+c)+f(a-b)(b+c)=d(b2-c2)+e(c-a)(c-a+b-a)+f(a-b)(a+b+c-a)=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+e(c-a)(b-a)+f(a-b)(c-a)因为ab0，e0，所以e(c-a)(b-a)0,f(a-b)(c-a)0，所以(b+c)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)d b2-c2+e c2-a2+f a2-b2d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，综上，原不等式成立1212多元导数在微积分学中有重要的应用.设y是由

34、a，b，c等多个自变量唯一确定的因变量，则当 a变化为a+a时，y变化为y+y，记lima0ya为y对a的导数，其符号为dyda.和一般导数一样，若在 a1,a2上，已知dyda0，则y随着a的增大而增大；反之，已知dyda0，则y随着a的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：可加性：d y1+y2da=dy1da+dy2da；乘法法则：d y1y2da=y2dy1da+y1dy2da；除法法则：dy1y2da=y2dy1da-y1dy2day22；复合法则：dy2da=dy2dy1dy1da.记 y=ex+1ex2lnx-12ex2-ex-a.(e=2.718281

35、8为自然对数的底数)，(1)写出dydx和dyda的表达式；(2)已知方程y=0有两实根x1,x2，x10，并写出x1+x2随a的变化趋势.【答案】(1)dydx=ex+2exlnx-e，dyda=-1；(2)-12e,1；证明见解析，x1+x2随a增大而减小【详解】(1)解：设 f x=g a=ex+1ex2lnx-12ex2-ex-a，则dydx=limx0yx=limx0f x+x-f xx=fx=ex+2exlnx-e，同理dyda=g a=-1.(2)解：由(1)，可得 fx=ex+2exlnx-e，则 f1=0，且x1时，exe，xlnx0，fx1时，fx0即 f x单调递增，故

36、f x f 1=-12e-a，又由x0时，x2趋近于0的速度远远快于lnx趋近于-的速度，故x2lnx0，f x1-a，因此只需1-a0且-12e-a1，存在两个零点，故a-12e,1；由d x1+x2da=dx1da+dx2da=dx1dydyda+dx2dydyda=-dx1dy+dx2dy=-1dydx1+1dydx2 =-dydx1+dydx2dydx1dydx2=-fx1+fx2fx1fx2，由可得 fx10，故只需证明 fx1+fx20，令x1+x22=m，设h x=f m+x-f m-x0 xx2-x12，则h 0=hx2-x12=f x2-f x1=0，且hx=fm+x+fm-

37、x，则hx2-x12=fx1+fx2，又hx=fm+x-fm-x=em+x+2eln m+x+1-em-x+2eln m-x+1单调递增，且h0=0，故hxh0=0，hx单调递增，则hxhx2-x12，必然hx2-x12=fx1+fx20，否则hx0即h x单调递减，不符合题意，h 0=hx2-x12=f x2-f x1=0，故原命题成立。所以x1+x2随a增大而减小.1313设函数 f x=sinx-xcosx，g x=1+x22cosx.(1)当x 0,时，证明：f x0；当x-,时，求g x的值域；(2)若数列 an满足a1=1，an+1=ancosan，an0，证明：3a1+a2+a3

38、+ancosa1cosa2cosa3cosan0，故只需证明3a1+a2+a3+an2an+1,nN，因为a1=1，an+1=ancosan，所以0an+1=ancosanan1，13由(1)可知an+1=ancosan2+a2n2an=1an+an2，故an2an+1-2an，于是3a1+a2+a3+an2a1+2a2-2a1+2a3-2a2+2an+1-2an=2a1-2a1+2an+1=2an+1，nN，所以 3a1+a2+a3+ancosa1cosa2cosa3cosan0,a1).(3)已知函数h(x)=(xa-b)ex.若h(x)的“自导函数”是y=x，试求a的取值范围.若a=b=

39、1，且定义I(x)=exh(x)-43kx3+kx，若对任意k1,2，x0,k，不等式I(x)c恒成立，求c的取值范围.【答案】(1)f x=tanx是“单向导函数”，其“自导函数”为g x=1+x2；f x=lnx既不是“单向导函数”，也不是“双向导函数”；(2)不充分不必要条件；(3)a=1；e4-523,+.【详解】(1)对于函数 f x=tanx，则 fx=1+tan2x，这两个函数的定义域都是 x xk+2,kZ Z ，所以 f x为“同定义函数”，此时，g x=1+x2，由函数的定义，对于x=4，f(x)=h(f(x)无法同时成立，所以 f x为“单向导函数”,其“自导函数”为g

40、x=1+x2.对于函数 f x=lnx，则 fx=1x，这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.(2)若 f x=kax，则 fx=kaxlna，设g x=xlna，则 fx=g f x，所以 f x为“单向导函数”.又设h x=xlna，则 f x=h fx，所以 f x为“双向导函数”，但g x不是常值函数，故 p不是q的必要条件.若p成立，则g x=m，所以 fx=g f x=m，所以 f x=mx+n，所以q不成立，所以 p为q的不充分不必要条件.(3)由题意，h(x)=(axa-1+xa-b)ex，且(axa-1+xa-b)ex=(xa-b)ex，所以axa-1=1，所以a=

41、1；由题意，I(x)=(x-1)e2x-43kx3+kx，所以I(x)=(2x-1)e2x-4kx2+k，I12=0，令p x=(2x-1)e2x-4kx2+k,x 0,k,k 1,2，p 1=e2-3k0，则px=4xe2x-8kx=4x e2x-2k，14因为y=e2x-2k单调递增，且yx=0=1-2k 0,yx=k=e2k-2k0，所以存在x0=12ln2k 0,1，使得e2x0-2k=0，且当x 0,x0时，px0，p x单调递减；当x x0,k时，px0，p x单调递增；当x0=12ln2k=12，即k=e2时，所以 p xmin=p x0=(2x0-1)2k-4kx20+k=-k

42、 2x0-12=0，此时I(x)0，I(x)在x0,k上单调递增，I(x)max=I(k)，当k=1时，p 0=-1+1=0，此时x0=12ln2，p xmin=-k 2x0-12I(0)，所以I(x)max=I(k)；当k 1,2且ke2时，p xmin=-k 2x0-120，所以函数I x在 0,1上存在两个极值点，若x0=12ln2k12，即2ke2时，极大值点为12；若x0=12ln2k12，即1ke2时，极大值点x10，所以s(k)，即t(k)单调递增，所以t(k)t(1)=e2-163+20，所以t(k)单调递增，所以t kt 2=e4-523,e4-5230，综上，I(x)max

43、=e4-523c，所以c的取值范围为 e4-523,+1515若函数 f x在定义域内存在两个不同的数 x1，x2，同时满足 f x1=f x2，且 f x在点 x1,f x1，x2,f x2处的切线斜率相同，则称 f x为“切合函数”.(1)证明：f x=2x3-6x为“切合函数”；(2)若g x=xlnx-1ex2+ax为“切合函数”(其中e为自然对数的底数)，并设满足条件的两个数为x1，x2.()求证：x1x2e24；()求证：(a+1)2x1x2-x1x234.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；证明见解析【详解】(1)假设存在x1，x2满足题意，易知 fx=6x2-6，由题可

44、得：f x1=f x22x31-6x1=2x32-6x2x21+x1x2+x22=3，fx1=fx26x21-6=6x22-6x1+x2=0 x1=-x2代入上式可解得，x1=-3，x2=3 或x1=3，x2=-3，故 f x为“切合函数”.(2)由题可知gx=lnx-2xe+a+1，因为g x为“切合函数”，故存在不同的x1，x2(不妨设0 x1x1x2，即证：x2-x1x1x2=x2x1-x1x2lnx2-lnx1=lnx2x1，令t=x2x1，则由0 x11，要证上式，只需证：t-1tlnt2=2lntm t=2lnt-t+1t0，易知mt=-(t-1)2t20，故m t在 1,+上单调

45、递减，所以m tx1x2成立，由上面的式可得x1x2e2x1x2-lne242=ln2e.(另解：由上面的式可得x2-x1e=lnx2-lnx12，代入到式的变形：a x2-x1=x1lnx1-x2lnx2+x22-x21e，整理后也可得到a=-lnx1x22)故要证(a+1)2x1x2-x1x234，只需证：a+12e-2a-e-a0 aln2e，设h a=34e2a+ea-(a+1)2aln2e，则即证：h a0，ha=32e2a+ea-2 a+1，设M a=32e2a+ea-2 a+1，Ma=3e2a+ea-2=3ea-2ea+1，aln2eln23，ea23，3ea-20Ma0ha在

46、ln23,+上单调递增，hahln2ehln23=223-ln23-1，下面证明x-lnx-10在 0,+上恒成立，令L x=x-lnx-1，则Lx=1-1x=1-xx，所以当x 0,1时，Lx0，所以L x在x=1处取得最小值，L 1=0，所以L x0在 0,+上恒成立，所以当x=23时，223-ln23-10，即ha0，h a在 ln23,+上单调递增，h ah ln2eh ln23=ln23-ln23-20，所以原不等式成立.1616设y=f x、y=g x是定义域为R的函数，当g x1g x2时，x1,x2=f x1-f x2g x1-g x2.(1)已知y=g x在区间I上严格增，且

47、对任意x1,x2I,x1x2，有 x1,x20，证明：函数y=f x在区间I上是严格增函数；(2)已知g x=13x3+ax2-3x，且对任意x1,x2R，当g x1g x2时，有 x1,x20，若当x=1时，函数y=f x取得极值，求实数a的值；(3)已知g x=sinx,f2=1,f-2=-1，且对任意x1,x2R，当g x1g x2时，有 x1,x21，证明：f x=sinx.【答案】(1)证明见解析；(2)a=1；(3)证明见解析【详解】(1)不妨设x1x2，y=g x在区间I上严格增，对任意x1,x2I,x1x2，有g x1-g x20，f x1-f x20,a1).判断命题p是q的

48、什么条件，证明你的结论；(3)已知函数 f x=xa-bex.若 f x的“自导函数”是y=x，试求a的取值范围；若a=b=1，且定义I x=exf x-43kx3+kx，若对任意k 1,2,x0,k，不等式I xc恒成立，求c的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)既不充分也不必要条件；证明见解析；(3)e4-523,+【详解】(1)解：对于函数 f x=tanx，则 fx=1+tan2x，这两个函数的定义域都是x xk+2,kZ，所以函数 f x为“同定义域函数”，此时，g x=1+x2，由函数的定义，对于x=4，f x=h(f(x)无法同时成立，所以 f x为“单向导函数”，其“自导

49、函数”为g x=1+x2，对于函数 f x=lnx，则 fx=1x，因为这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.(2)解：若q成立，f x=kax，则 fx=kaxlna，设g x=xlna，则 fx=g(f(x)，所以 f x为“单向导函数”，又设h x=xlna，则 f x=h(f(x)，所以 f x为“双向导函数”，但g x不是常值函数，所以 p不17是q的必要条件；若 p成立，则g x=m，所以 fx=g(f(x)=m，所以 f x=mx+n，所以q不成立，所以p是q的既不充分也不必要条件.(3)解：由题意，fx=(axa-1+xa-b)ex，且(axa-1+xa-b)ex=(

50、xa-b)ex，所以axa-1=0，所以a=0；由题意I x=(x-1)e2x-43kx3+kx，所以Ix=(2x-1)e2x-4kx2+k且I12=0，令p x=(2x-1)e2x-4kx2+k,x 0,k,k 1,2，可得p 1=e2-3k0，且px=4xe2x-8kx=4x(e2x-2k)，因为y=e2x-2k为单调递增函数，且y|x=0=1-2k0，所以存在x0=12ln2k(0,k)使得e2x0-2k=0，且当x0,x0时，px0，p(x)单调递减；当xx0,k时，px0，p(x)单调递增，(i)当x0=12ln2k=12时，即k=e2，所以p(x)min=p(x0)=(2x0-1)