第04講新高考新結(jié)構(gòu)命題下的新定義

解答題綜合訓(xùn)練

（6類核心考點(diǎn)精講精練）

考情探究?

在新課標(biāo)、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進(jìn)。這不僅僅是一

場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。

當(dāng)前的高考試題設(shè)計(jì)，以“三維”減量增質(zhì)為核心理念，力求在減少題目數(shù)量的同時(shí)，提升題目的質(zhì)

量和考查的深度。這具體體現(xiàn)在以下三個(gè)方面：

（1）三考

題目設(shè)計(jì)著重考查學(xué)生的知識(shí)主干、學(xué)習(xí)能力和學(xué)科素養(yǎng)，確保試題能夠全面、客觀地反映學(xué)生的實(shí)

際水平。

（2）三重

強(qiáng)調(diào)對學(xué)生思維深度、創(chuàng)新精神和實(shí)際應(yīng)用能力的考查，鼓勵(lì)學(xué)生不拘泥于傳統(tǒng)模式，展現(xiàn)個(gè)人的獨(dú)

特見解和創(chuàng)造力。

（3）三突出

試題特別突出對學(xué)生思維過程、思維方法和創(chuàng)新能力的考查，通過精心設(shè)計(jì)的題目，引導(dǎo)學(xué)生深入思

考和探索，培養(yǎng)邏輯思維和創(chuàng)新能力。

面對新高考新結(jié)構(gòu)試卷的5個(gè)解答題，新定義版塊作為一個(gè)重要的考查領(lǐng)域，通常在第19題這樣的壓

軸大題中，分值為17分，將考查學(xué)生的解題能力和思維深度，是高考數(shù)學(xué)的分水嶺，難度極大。

面對如此多變的命題趨勢，教師在教學(xué)備考過程中必須與時(shí)俱進(jìn)。根據(jù)知識(shí)點(diǎn)及其命題方式，要能夠

靈活應(yīng)對，根據(jù)試題的實(shí)際情況調(diào)整教學(xué)策略。本文基于新高考新結(jié)構(gòu)試卷的特點(diǎn)，結(jié)合具體的新定義解

答題實(shí)例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的新定義解答題綜合訓(xùn)練指南，以期在新高考中取得更好的成績。

|\?考點(diǎn)梳理?

1

考點(diǎn)一、函數(shù)及導(dǎo)數(shù)新定義綜合

1.(2024?廣西?二模)己知函數(shù)/(久)=lnx,若存在以久)WfO)恒成立，則稱g(x)是/⑺的一個(gè)"下界函數(shù)

(1)如果函數(shù)。(久)=：-In%為/'(x)的一個(gè)"下界函數(shù)"，求實(shí)數(shù)/的取值范圍；

⑵設(shè)函數(shù)FQ)=/(K)-9+白，試問函數(shù)/(久)是否存在零點(diǎn)？若存在，求出零點(diǎn)個(gè)數(shù)；若不存在，請說明

理由.

【答案】(1)(一8,—,

(2)函數(shù)Rx)是否存在零點(diǎn)，理由見解答

【分析】(1)把恒成立問題轉(zhuǎn)換為求2xlnx的最小值問題，利用導(dǎo)數(shù)求出最小值即可；

(2)把函數(shù)整理成F(x)=lnx—三+工2—工―±+2=工(工—2)，要判斷是否有零點(diǎn)，只需看廠(x)的正負(fù)

eAexexeAexxee

問題，令G(X)=L-9利用導(dǎo)數(shù)分析G(x)即可.

eex

【詳解】(1)由g(%)</(%)恒成立，可得：一In%<In久恒成立，

所以t<2%ln%恒成立，令九(%)=2x\nx,所以/(%)=2(1+In%),

當(dāng)xe(02)時(shí)，/(無)<0,〃(x)在(0」)單調(diào)遞減；

ee

當(dāng)％E(，，+oo)時(shí)，h\x)>0,〃(x)在(g,+8)單調(diào)遞增；

所以〃(%)的最小值為h《)=-所以鵬-：，

實(shí)數(shù)t的取值范圍(一叫一T；

(2)由(1)可知2%ln%N—4所以21n%2——,所以In%之——>(1)

eexex

又F(x)=f(x)-4+三，所以F(x)=++-=

eexeexexeexxeeA

2

令G(x)=，a所以G'(x)=m，

當(dāng)xe(0,1)時(shí)，G'(x)<0,G(x)在(0,1)單調(diào)遞減；

當(dāng)X￡(l,+8)時(shí)，Gf(x)>0,G(x)在(1,+8)單調(diào)遞增；

所以G(x)2G(l)=0,②

所以F(x)++

eAexexexexxeex

又①②中取等號的條件不同，所以尸(x)>0

所以函數(shù)沒有零點(diǎn).

2.(2024?湖南?二模)羅爾定理是高等代數(shù)中微積分的三大定理之一，它與導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的零點(diǎn)有關(guān)，是由法

國數(shù)學(xué)家米歇爾?羅爾于1691年提出的.它的表達(dá)如下：如果函數(shù)/(x)滿足在閉區(qū)間[。,切連續(xù)，在開區(qū)間

Q方)內(nèi)可導(dǎo),且/⑷=/(方)，那么在區(qū)間(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)加，使得/5)=0.

(1)運(yùn)用羅爾定理證明：若函數(shù)/(x)在區(qū)間“連續(xù)，在區(qū)間(％6)上可導(dǎo)，則存在x°e(a,6),使得

b-a

⑵已知函數(shù)〃尤)=》成名&)=3/-法+1,若對于區(qū)間(1,2)內(nèi)任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)占,乙，者B有

|/(x1)-/(x2)|>|g(x1)-g(x2)|成立，求實(shí)數(shù)6的取值范圍.

(3)證明：當(dāng)時(shí)，有―77^-^?

npp-1(n-Y)pnp

【答案】⑴證明見解析；

(2)l-ln2<Z><2；

⑶證明見解析.

【分析】(1)根據(jù)給定條件，構(gòu)造函數(shù)尸。)=/(無)-氏，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合羅爾定理推導(dǎo)即得.

(2)求出函數(shù)/(x),g(x)的導(dǎo)數(shù)，利用(1)的結(jié)論建立恒成立的不等式，再利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的值域即得.

(3)構(gòu)造函數(shù)3)=”'/€[力-1,"],求出導(dǎo)數(shù)結(jié)合(1)的結(jié)論，借助不等式性質(zhì)推理即得.

【詳解】(1)令/(?"(")=/,貝lWi=/(a)”，

b-a

令函數(shù)歹(X)=f^-tx,則令函=F(b),F'(x)=,

顯然尸(X)在句上連續(xù),且在(。,6)上可導(dǎo)，由羅爾定理，存在x°e(a,6),使得尸'(%)=0,

即/'(%)—=0,所以/'(%)="?一/⑷.

b-a

(2)依題意,f'(x)=\nx+\,g'(x)=x-b,

天3人、制|/(占)-/02)78(』)-8(》2)|卜一卡一

不妨令x,>x2,則|-----------?—~~I恒成“，

X]-X2再一x2

由(1)得"'(%)|>出'(%)|,%￡(1,2),于是lnx+1>[|,IP-l-lnx<6-x<lnx+1,

因止匕工一1口工一1<6<%+1111+1,令9(x)=x—lnx—l(l<%<2),

求導(dǎo)得“(x)=3>0,函數(shù)？(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，則0<°(x)<l-ln2,

X

3

而函數(shù)y=X+InX+1在(1,2)上單調(diào)遞增，其值域?yàn)?2,3+In2),

則l-ln2W6W2,所以實(shí)數(shù)6的取值范圍是l-ln2VbW2.

(3)令函數(shù)/z(x)=xfxe["-l,"],顯然函數(shù)〃(x)在("T,")上可導(dǎo),

由(1),存在使得〃(c)=

又〃(x)=(1-p)?廣。，貝IJ(「尸-a=-"'(c)=(0T)c「；

因止匕~TTTr=,而IV“-,貝即

p-1(〃一1)〃ccpnp

所以:<—―7^r-Jr】?

npj?-1(n—Y)pn°

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：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(shí)和方

法，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的函數(shù)問題作答.

3.(23-24高三下?山東荷澤?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(xiàng)式近似特定函數(shù)

的方法.給定兩個(gè)正整數(shù)機(jī)，〃，函數(shù)〃x)在尤=0處的[切,〃]階帕德近似定義為：=

1+x+,?,+uJC

且滿足:/(O)=7?(O),r(O)=R(O),r(O)=^(O),……,/("+")(o)=a+")(o),注：廣卜)=[/(曲',

r(x)=[r(x)]\/<4>(x)=[/?(x)]\/⑸(x)=K)],……

已知函數(shù)/(x)=ln(x+l).

(1)求函數(shù)/(x)=In(x+1)在x=0處的[1,1]階帕德近似R(x),并求lnl.1的近似數(shù)(精確到0.001)；

⑵在(1)的條件下：

①求證：I/1\<1;

ln(x+l)

②若/(x)-加[+1]R(X)W1-COSX恒成立，求實(shí)數(shù)加的取值范圍.

0Y

【答案】⑴R(x)==plnl.l?0.095

⑵①證明見解析；②加=1

【分析】(1)先寫出[1』階帕德近似刈外=:答，然后求導(dǎo)得到了。卜々，/〃(力=-丁',令

1十oyxX+1(X?1J

f(o)=R(o)得%=0,所以及(x)=A^，求導(dǎo)得到R(x)求解即可；

2

oy41—X

⑵①令尸(》)=三，(》+1),xe(T0)”0,+孫求導(dǎo)得到尸(加乙三-77T=(

判斷F(x)在X￡(-1,0)及(0,+8)上均單調(diào)遞減，按照Xe(-l,o)和X€(0,+8)分類討論求解即可；

②由已知令，(x)=ln(x+l)-加x+cosx-l,且"0)=0,所以x=0是h(x)的極大值點(diǎn)，求導(dǎo)得到

4

/zf(x)=-^-y-m-sinr,故〃'(0)=1-機(jī)=0,m-\,得到機(jī)之后寫出A(x)=ln(x+l)-x+cosx-l,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)/(x)=ln(x+l)在尤=0處的［1』階帕德近似，

則蛆)=.-。)=匕/(上-號,

由/(0)=尺(0)得小=0,所以尺(》)=匿7，

則R(小潑彳,又由/"(0)=R(0)得％=1，所以蟲、)=段7,

由r(o)=R"(0)得々=:，所以*(尤)==右，

2

所以lnl.l=/(0.1)e及(0.1)=^^=2P0.095.

v7v70.1+221

7Y

(2)①令((x)=/^-ln(x+l),XG(-1,0)O(0,+(X)),

2

4i_Y

因?yàn)镻(%)=--------7---------=7------r--------T<0,

'7(x+2)2x+1(x+l)(x+2)z

所以F(x)在xe(-1,0)及(0,+。)上均單調(diào)遞減.

7Y

當(dāng)xe(TO),F(x)>F(O)=O,即^^>ln(x+l),

,、R(x)

而ln(x+l)<0,所以x+2即-\

正巧<11出+1)

7Y

當(dāng)xe(O,+8),F(x)<F(O)=O,即^■<ln(x+l),

而Inx+l>0,所以x+2即"[、<1,

ln(x+l)(lg+l)

所以不等式恒成立；

ln(x+l)

②由/'(X)-《|?+1JR(X)W1-cosx得皿》+1)-小+?)牘-140在(-1,+<?)上恒成立,

令〃(x)=ln(x+l)-機(jī)x+cosx-l,且〃(0)=0,所以x=0是h(x)的極大值點(diǎn),

又〃'(％)=-----m-sinx故”(0)=1_加=0,則加=1,

x+1

]x

當(dāng)加=1時(shí)，h(x)=ln(x+l)-x+cosx-1,所以〃'(％)=-----sinx-1=-sinx---------,

X+1X+1

當(dāng)xe(TO)時(shí)，-sinx>0,>0,則九'(x)>0,故九⑺在(T。)上單調(diào)遞增,

5

所以當(dāng)xe(-l,O)時(shí),/z(x)</z(O)=O,

當(dāng)尤e(0,+8)時(shí),h(x)=[ln(x+l)-x]+(cosx-l),

令尤)=ln(x+l)-尤，因?yàn)椤?x)=—pl<0,所以9O)在(0,+s)上單調(diào)遞減，

所以0(x)<0(0)=0,又因?yàn)樵?0,+℃)上cosx-lVO,

故當(dāng)xe(0,+8)時(shí)，"(x)=[ln(x+l)-尤]+(cosx-1)<0,

綜上，當(dāng)加=1時(shí)，/(X)-機(jī)+V1-COSX恒成立.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)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〃x)>g(x)(或〃x)<g(x))轉(zhuǎn)化為證明"x)-g(x)>0(或

/(x)-g(x)<0),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)雙x)=/(x)-g(x);

(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).

4.(2024?河北滄州?一模)對于函數(shù)了=/(尤)，x&I,若存在為?/,使得/(%)=尤0,則稱/為函數(shù)/(x)的

一階不動(dòng)點(diǎn)；若存在與〃，使得/(/(%))=%,則稱/為函數(shù)“X)的二階不動(dòng)點(diǎn)；依此類推，可以定義函

數(shù)“X)的”階不動(dòng)點(diǎn).其中一階不動(dòng)點(diǎn)簡稱為“不動(dòng)點(diǎn)"，二階不動(dòng)點(diǎn)簡稱為“穩(wěn)定點(diǎn)"，函數(shù)/(x)的"不動(dòng)點(diǎn)”

和"穩(wěn)定點(diǎn)”構(gòu)成的集合分別記為A和8,即/={x|/(x)=x},B={x|/(/(%))=x}.

(1)若〃x)=e“x>0),證明：集合/={x|/(x)=x}中有且僅有一個(gè)元素；

⑵若〃》)=(。+1及-：+學(xué)(a>-1),討論集合8的子集的個(gè)數(shù).

【答案】⑴證明見解析

⑵

答案見解析

【分析】(1)令g(無)=/(x)-x=/_尤，求導(dǎo)，可得函數(shù)g(x)的單調(diào)性，進(jìn)而可得函數(shù)g(x)有唯一零點(diǎn)，

可得結(jié)論；

(2)由題意可知只需研究的不動(dòng)點(diǎn)即可，令/(x)=(lnx+ax-±,求出其導(dǎo)數(shù)，判斷其單調(diào)性，然

e.x

后分類討論。的取值范圍，判斷尸(x)的零點(diǎn)情況，即可判斷“X)的穩(wěn)定點(diǎn)個(gè)數(shù).，進(jìn)而可得集合8的子集的

個(gè)數(shù).

x1-

【詳解】(1)令ga)=/(x)_x=e-x，求導(dǎo)得g'(x)=[ee-l,

令gU)=0,可得x=e,

當(dāng)xe(-oo,e),g'(x)<0,當(dāng)xe(e,+oo),g'(x)>0,

所以g(x)而1=g(e)=。，所以g(x)有唯一零點(diǎn)，

6

所以集合z={xIf(x)=x}中有且僅有一個(gè)元素；

12Inx

(2)當(dāng)。>一1時(shí)，由函數(shù)〃x)=(a+l)》一一+

xe

可得導(dǎo)函數(shù)/'(x)=("+l)+31+;2x±1>0,所以〃x)在(0,+oo)上單調(diào)遞增,

xe-尤

由反函數(shù)的知識(shí)，/(x)穩(wěn)定點(diǎn)在原函數(shù)與反函數(shù)的交點(diǎn)上，

即/(X)穩(wěn)定點(diǎn)與/(無)的不動(dòng)點(diǎn)等價(jià)，

故只需研究〃x)=(a+l)x-L+坐的不動(dòng)點(diǎn)即可；

xe

令尸(x)=/(x)-x=Inx+tzx--,(%>0),

ex

211

則F\x)=~Tx—H--,則F(X)在(0,+8)上單調(diào)遞減，

exx

①當(dāng)Q〉0時(shí)，尸(x)>0恒成立，即方(%)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

當(dāng)X無限接近于。時(shí)，尸(X)趨向于負(fù)無窮小，

21

_BF(e2)=—Ine2+axe2-->0,

ee

故存在唯一的毛￡(0,e2),使得廠(x)=0,即/(x)=x有唯一解，

所以此時(shí)/(x)有唯一不動(dòng)點(diǎn)；

2

②當(dāng)a<0時(shí)，即一1<°<0時(shí)，F(xiàn)((l)=—+a+l>0,

e

211

當(dāng)番趨向無窮大時(shí)，二x一+F趨近于0,此時(shí)F(xJ<0,

eX]X]

211

存在唯一再e(0,+oc),使得k(x)==*一+4+==0,

exxxx

此時(shí)/W在(0,再)上單調(diào)遞增，在(再,+00)上單調(diào)遞減，

故廠(x)max=F{xi)=~\nxi+axx---=—Inx{--------,

exxexxe

當(dāng)x趨近于0時(shí)，尸(%)趨向于負(fù)無窮大，當(dāng)x向正無窮大時(shí)，尸(%)趨向負(fù)無窮大時(shí)，

222

^/z(x)=41nx---4,則〃(%)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

exe

且〃(e?)=wine2,

eee

211

又。=--rx-----^在西￡(o,+8)時(shí)單調(diào)遞增，

e再再

222

故(i)當(dāng)b(x)max二不比玉------r=o時(shí)，即xe?,

ee

3

此時(shí)"-斗，方程”幻=0有一個(gè)解，即/(%)有唯一不動(dòng)點(diǎn)，所以集合5的子集有2個(gè);

e

7

222

(ii)當(dāng)尸(XUax=二1口項(xiàng)------r<。，即石<?2,

ee

3

此時(shí)-l<a<-斗，方程尸(%)=0無解，即/(%)無不動(dòng)點(diǎn)，所以集合3的子集有1個(gè)；

e

2223

(iii)當(dāng)產(chǎn)(初皿=二山西------戶。時(shí),即再〉e?,此時(shí)—下<。<0,方程戶(%)=0有兩個(gè)解,即/(x)有

e%]ee

兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，所以集合8的子集有4個(gè)；

綜上，當(dāng)0時(shí)或。=-j時(shí)，集合5的子集有2個(gè)；

當(dāng)時(shí)，集合B的子集有1個(gè)；

e

3

當(dāng)---<a<O0t，集合3的子集有4個(gè).

e

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題屬新定義題型，讀懂題意是關(guān)鍵；研究方程根的個(gè)數(shù)問題常轉(zhuǎn)化為判斷函數(shù)零點(diǎn)

的個(gè)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(diǎn))的個(gè)數(shù)問題.注意分類討

論思想的應(yīng)用.

5.(2024?山東聊城?二模)對于函數(shù)/(x),若存在實(shí)數(shù)%，使/(%)/(/+2)=1,其中丸#0,則稱“X)為"可

移4倒數(shù)函數(shù)"，/為"/(x)的可移2倒數(shù)點(diǎn)已知g(x)=e',〃(x)=x+a(a>0).

(1)設(shè)9(x)=g(x)/(x),若及為"伏無)的可移-2倒數(shù)點(diǎn)"，求函數(shù)3(x)的單調(diào)區(qū)間；

g(x),x>0

(2)設(shè)0(x)=1若函數(shù)。(無)恰有3個(gè)"可移1倒數(shù)點(diǎn)"，求。的取值范圍.

h(x)

【答案】⑴單調(diào)遞增區(qū)間為(F,-3),(T+S),遞減區(qū)間為

(2)(2,e).

【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)。(對的單調(diào)區(qū)間.

(2)利用定義轉(zhuǎn)化為求方程0a)。(尤+1)=1恰有3個(gè)不同的實(shí)根，再借助導(dǎo)數(shù)分段探討零點(diǎn)情況即可.

【詳解】(1)由逝為7(x)的可移-2倒數(shù)點(diǎn)"，得6(也)〃(近-2)=1,

即2+a)=1,整理a?+2)a+1-0,即(a+2A/^-l)(a-1)=0,解得a=1,

由°(x)=e，(x+l)2的定義域?yàn)镽,求導(dǎo)得9'(x)=e，(尤+l)2+2e，(x+l)=e，(x+l)(x+3),

當(dāng)xe(-8,-3)時(shí),0，(尤)>。，0(力單調(diào)遞增;xe(-3,-l)時(shí),“(x)<0,0(x)單調(diào)遞減;

xe(-l,+8)時(shí)，”(尤)>0,9(無)單調(diào)遞增，

所以0(%)的單調(diào)遞增區(qū)間為(f,-3),(-1,+8),遞減區(qū)間為(-3,-1).

ex,x>0

(2)依題意，。(%)=<1，

----,x<0

、x+a

由0(X)恰有3個(gè)"可移1倒數(shù)點(diǎn)"，得方程磯龍)。@+1)=1恰有3個(gè)不等實(shí)數(shù)根，

8

①當(dāng)x>0時(shí)，x+l>0,方程0（x）to（x+l）=l可化為e2"i=1,解得x=

這與x>0不符，因此在（0,+8）內(nèi)0（x）o（x+l）=0沒有實(shí)數(shù)根；

X+1

②當(dāng)一l<x<0時(shí)，x+l>0,方程尤+1）=1可化為----=1,

x+a

該方程又可化為a=e㈤-尤.

^k（x）=ex+1-x,則〃（x）=eZ-l,

因?yàn)楫?dāng)xe（TO）時(shí)，F(xiàn)（x）>0,所以左（力在（-1,0）內(nèi)單調(diào)遞增,

又因?yàn)镸T=2，M0）=e,所以當(dāng)x?T0）時(shí),^（x）e（2,e）,

因此，當(dāng)ae（2,e）時(shí)，方程。（x）o（x+l）=1在（-1,0）內(nèi)恰有一個(gè)實(shí)數(shù)根;

當(dāng)ae（O,2］3e,+e）時(shí)，方程磯尤）。a+1）=1在（-1,0）內(nèi)沒有實(shí)數(shù)根.

③當(dāng)尸-1時(shí)，x+l=0,o（x+l）沒有意義，所以h-1不是0（x）o（x+l）=l的實(shí)數(shù)根.

④當(dāng)x<-l時(shí)，X+1<0,方程0（x）0（尤+1）=1可化為」-------——=1,

x+aX+Q+1

化為f+（2a+1）%+/+〃_1=0,于是此方程在（-嗎-1）內(nèi)恰有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，

（2Q+1）-4（Q2+Q—1）>0

則有一2。+1<_］,解得+下,

22

1-QQ+I,+Q^+Q-1>0

因此當(dāng)°>上手口寸，方程。（X）0（X+1）=1在（-雙-1）內(nèi)恰有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，

當(dāng)0<〃4與e時(shí)，方程o（x）o（x+l）=l在內(nèi)至多有一個(gè)實(shí)數(shù)根，

綜上，a的取值范圍為（2,e）c（￥］5,+勸=Q,e）.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：已知函數(shù)的零點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)問題;

（2）列式，即根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)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.

6.（2024?浙江寧波?二模）定義：對于定義在區(qū)間可上的函數(shù)，若存在實(shí)數(shù)ce（。⑼，使得函數(shù)在區(qū)間［見。］

上單調(diào)遞增（遞減），在區(qū)間司上單調(diào)遞減（遞增），則稱這個(gè)函數(shù)為單峰函數(shù)且稱。為最優(yōu)點(diǎn).已知定義

在區(qū)間［?；厣系暮瘮?shù)/'（x）是以。為最優(yōu)點(diǎn)的單峰函數(shù)，在區(qū)間（。/）上選取關(guān)于區(qū)間的中心審對稱的兩

個(gè)試驗(yàn)點(diǎn)再J?,稱使得|/（七）-/（°）］（，=1,2）較小的試驗(yàn)點(diǎn)占為好點(diǎn)（若相同，就任選其一），另一個(gè)稱為

差點(diǎn).容易發(fā)現(xiàn)，最優(yōu)點(diǎn)。與好點(diǎn)在差點(diǎn)的同一側(cè).我們以差點(diǎn)為分界點(diǎn)，把區(qū)間［。力］分成兩部分，并稱好點(diǎn)

9

所在的部分為存優(yōu)區(qū)間，設(shè)存優(yōu)區(qū)間為,再對區(qū)間［%,4］重復(fù)以上操作，可以找到新的存優(yōu)區(qū)間&也］，

同理可依次找到存優(yōu)區(qū)間&，a］，［%也］，…，滿足］。,可2［4,4］2&您］衛(wèi)［4，4］2［&，"］2,,，可使存優(yōu)

區(qū)間長度逐步減小.為了方便找到最優(yōu)點(diǎn)(或者接近最優(yōu)點(diǎn))，從第二次操作起，將前一次操作中的好點(diǎn)作為

本次操作的一個(gè)試驗(yàn)點(diǎn)，若每次操作后得到的存優(yōu)區(qū)間長度與操作前區(qū)間的長度的比值為同一個(gè)常數(shù)。，

則稱這樣的操作是"優(yōu)美的"，得到的每一個(gè)存優(yōu)區(qū)間都稱為優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間，/稱為優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間常數(shù).對區(qū)

間"進(jìn)行"次"優(yōu)美的"操作，最后得到優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間&也］,令￡“=4口，我們可任取區(qū)間區(qū)也］內(nèi)

的一個(gè)實(shí)數(shù)作為最優(yōu)點(diǎn)。的近似值，稱之為/(X)在區(qū)間6］上精度為J的"合規(guī)近似值"，記作演,司).

兀兀

已知函數(shù)/(x)=(x+l)cosx-l,xe0,—,函數(shù)g(x)=sinx-ln(l+?i-x),xe—,n.

(1)求證：函數(shù)/(x)是單峰函數(shù)；

(2)已知c為函數(shù)f(x)的最優(yōu)點(diǎn)，d為函數(shù)g(x)的最優(yōu)點(diǎn).

(i)求證：c+d<n；

(ii)求證：it］-演［<0,彳j>d-c~~^-

注：V2b1.414,6?1.732,V5?2.236,77?2.646.

【答案】⑴證明見解析；

(2)(i)證明見解析；(ii)證明見解析.

【分析】(1)根據(jù)單峰函數(shù)的定義，求導(dǎo)確定/'(x)得單調(diào)性即可；

(2)(i)令t=n-d,貝！0,1-,令〃(x)=g(兀-x)=sinx-ln(l+x),根據(jù)c為函數(shù)f(x)的最優(yōu)點(diǎn)，d為

函數(shù)g(x)的最優(yōu)點(diǎn)，可確定導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)驗(yàn)證結(jié)論即可；(ii)根據(jù)"合規(guī)近似值”的定

義，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與不等式的性質(zhì)證明結(jié)論即可.

【詳解】(1)因?yàn)?'(x)=cosx—(x+l)sinx,令廠(%)=38^-(％+1”11口則尸'(x)=—2sinx—(x+l)cosx.,

因?yàn)閤e0,j,則F(x)<0,則/'(x)在0,；上單調(diào)遞減，

又因?yàn)閺V⑼="tm，

由零點(diǎn)存在定理知，存在唯一的ce］o,?,使得廣(c)=0,且

xe(O,c)時(shí)，f'(x)<0,

所以/(x)在［0，。］上遞增，上遞減，所以/(x)為單峰函數(shù).

(2)(i)令t=n-d,則/￡0,1-,令%(x)=g(兀一x)=sinx—ln(l+x),

10

因?yàn)閐為g（x）在|?，兀上的最優(yōu)點(diǎn)，所以f為M>）在0,^的最優(yōu)點(diǎn)，A,（x）=cosx-^—,

所以“⑺=0,結(jié)合最優(yōu)點(diǎn)的定義知，，為「（無）在區(qū)間0,^上的唯一零點(diǎn).

又由⑴知，/（“在［0,。］遞增，c,；遞減，且"0）=0,/］］<0?

所以由零點(diǎn)存在性定理知在區(qū)間存在唯一的fc,使得小）=0,

即兀一d=%>c,所以c+d<兀.

（ii）第一次操作：取再=（1-咤氏=吟，由對稱性不妨去掉區(qū)間吟T，

JTJT

則存優(yōu)區(qū)間為o,。］,西=（1-切5為好點(diǎn)；

第二次操作：士=（1-0T7T為一個(gè)試驗(yàn)點(diǎn)，為了保證對稱性,

另一個(gè)試驗(yàn)點(diǎn)退與王關(guān)于區(qū)間0,。］的中心對稱，所以X3=（2O-1）《；

又因?yàn)榍皟纱尾僮?，每次操作后剩下的存?yōu)區(qū)間長度與操作前的比值為。.

什22（y-l,...

右》3>修，即HnG>—,則nl-----=CD,CO=1（z舍去）；

33

若退<西，即。則匕@=。，即蘇+。_1=（）,解得。="二I或0=上5（舍）.

3co22

則操作5次后的精度為4=

xjg,右兀-%九0,fI=%鄉(xiāng)］/-d+"xj<0,1\+d-c

7155

%|g,P-小嗚>(7-C-f^-6W+^-6W1=6?-C-TICD5.

又。2+?！?=（）,

所以05=0（1—初2=“02—2①+lj=a）［2—3。）=5co—3=5A1<§x二；~~—=、.

所以％（g,0,^^>d-c-na）5>d-c->得證.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題屬于函數(shù)新定義問題，求解本題第二問得關(guān)鍵點(diǎn)在于對"單峰函數(shù)"、"優(yōu)美存優(yōu)

區(qū)間常數(shù)"、"合規(guī)近似值”的理解，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、絕對值不等式的進(jìn)行結(jié)論的證明.考查學(xué)生的分析與

計(jì)算，屬于難題.

7.（2024?廣西?二模）設(shè)xeR,用田表示不超過x的最大整數(shù)，貝的=田稱為取整函數(shù)，取整函數(shù)是德國

數(shù)學(xué)家高斯最先使用，也稱高斯函數(shù).該函數(shù)具有以下性質(zhì)：

①丫二印的定義域?yàn)镽，值域?yàn)閆；

11

②任意實(shí)數(shù)都能表示成整數(shù)部分和純小數(shù)部分之和，即X=田+?(0<｛久｝<1),其中［劃為x的整數(shù)部分,

｛%｝=X-印為X的小數(shù)部分；

③［n+制=n+［%］(nGZ)；

④若整數(shù)a,《滿足。=bq+r(b>0,q,rCZ,0〉r<b),則用=d

(1)解方程［甯=平；

⑵已知實(shí)數(shù)r滿足卜+言］+卜+言］+卜+磊］H----F［r+=546,求［100打的值；

⑶證明：對于任意的大于等于3的正整數(shù)"，均有｛*2｝>｛牛｝.

【答案】(l)x=*7x=24

(2)743

⑶證明見解析

【分析】(1)令竺m=n(nez),則方程可化為［衛(wèi)鍛|=九，根據(jù)高斯函數(shù)的定義，即可求解得答案；

(2)設(shè)［r)=n,則可判斷卜+蔡卜+葛，卜+焉］，…，卜+蓋］中〃以及〃+1的個(gè)數(shù)，從而可得

〃=7+3萬2,結(jié)合高斯函數(shù)定義，即可求得答案；

(3)由所要證明不等式的形式，可構(gòu)造不等式，當(dāng)〃23時(shí)，有?<陪<?成立；設(shè)n+l=4q+r(0W

r<3,qCZ),推出q+：<*2<q+51,從而得到：<｛警斗<中，即可證明結(jié)論.

144n-2‘4414n-2J4

【詳解】(1)令竺？=n(nEZ),則％=5：：7,

s15

.［5+6x1［lOn+391_

又由高斯函數(shù)的定義有0〈駕10〃二+39-修<1,

40

113、

解得：---<n<—,貝!)〃=0或〃=1,

3010

74

當(dāng)〃=0時(shí)，貝U'=不；當(dāng)〃=1時(shí)，則％=y;

(2)設(shè)舊=%設(shè)卜+知，"闔，卜+篇，…，卜+篇中有后個(gè)為〃+1,

(73-幻個(gè)"，(0<fc<73),

35-4

據(jù)題意知：(73-fc)n+fc(n+1)=546,則有"=7+一一，

解得:k=35,n=7,

所以r+更<8,r+—>8,BP743<100r<744,

100100

故［lOOr］=743；

(3)證明：由｛*2｝>｛乎｝的形式，可構(gòu)造不等式，

當(dāng)“23時(shí)，有匕1<迎±。<立；

44n—24

12

設(shè)幾+1=4q+r(0<r<3,QGZ),

【

則ml有-q+irz/<n(nE+l<)/q+.Tr+l,

從而;<{筌4(乎，

而T=0+：，則F?}=：'

;Jn(n+l)1>fn+l|

I4n-2JI4J

【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了函數(shù)新定義，即高斯函數(shù)的應(yīng)用問題，難度較大，解答的難點(diǎn)在于(3)中

不等式的證明，解答時(shí)要理解高斯函數(shù)的性質(zhì)，并能構(gòu)造不等式，“N3時(shí)，有與華，進(jìn)行證明.

8.(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)“為正整數(shù)，集合X“={1,2,…,〃-1},歐

拉函數(shù)。(〃)的值等于集合X,中與〃互質(zhì)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)；記M(x,y)表示x除以了的余數(shù)(x和/均為正整

數(shù))，

⑴求夕(6)和0(15)；

⑵現(xiàn)有三個(gè)素?cái)?shù)0,q,e(p<q<e),n=pq,存在正整數(shù)“滿足”(血,。(〃))=1；已知對素?cái)?shù)。和xeX。，

均有W(x"T,a)=l,證明：若xeX“，貝?。?〃［；

⑶設(shè)〃為兩個(gè)未知素?cái)?shù)的乘積，華，e?為另兩個(gè)更大的已知素?cái)?shù)，且2%=3e2+l；又G=M(XQ,〃),

e2

c2-M(x,n),x&Xn,試用9,Q和〃求出x的值.

【答案】⑴e(6)=2,3(15)=8；

⑵證明見解析；

(3)x=M(aocf,n).

【分析】⑴利用歐拉函數(shù)。(〃)的定義直接求出定6)和。(15).

(2)分析求出x與〃不互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù)，求得/(〃)=(。-1)1-1),設(shè)M(x,p)=s,M［x,q)=t,結(jié)合二

項(xiàng)式展開式證明Mk"("),〃)=1,再按4片0與W=0分類求證即得.

(3)利用M(x,y)的定義，記"|=c；,n0=n,令%”=M(〃i，4),那么如eN+，且4>敵…3k0eN+,

使他=1,則\+1=0,再探求數(shù)列{nk}項(xiàng)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,則夕⑹=2；

Xu中，與15互質(zhì)的數(shù)有1、2、4、7、8、11,13和14,則夕(15)=8.

(2)因?yàn)椤ǘοΓ拖樗財(cái)?shù)，則對xwX〃，僅當(dāng)一EN+或一EN+時(shí)，x和〃不互質(zhì)，

pq

又x<〃，則x=P,2p9或％二夕，2夕，…(夕一1”時(shí)，X與〃不互質(zhì)，

則夕(〃)=〃—1—(2―1)—(q—1)=(2—1乂1—1),

設(shè)"(XM)=S,M(x,q)=t,可知s,才不全為0,下證srwO時(shí)，=

13

由題知，M（sp-\p）=M［t!'-\q）=\,

p

又X~'=（切+S）'T=（切+C；_］（初片2s+...+C高2ssp-2+SP-1=Np+s"［左N雙）,

所以可（f7,0）="1片3=1,同理有〃卜小國）=1;

于是記無小=初+1優(yōu)eN+）,/（"）=（kq+1廣=N”+1（MeN+）,

即M（x"（"）,q）=l,同理W（x"（"）,p）=l,記x"（"）=N?p+l,于是他°+1=乂4+1,

貝1］必=乂上，因?yàn)槔飁N+，所以MeN+，所以”'）=叢九+1=巴-”+1,

ppppP

即M卜叫"）=1；

（i）stwO時(shí)，記M（x，,〃）=e,則M（l,"）="（，,〃）="卜帆"）+:〃），

記那=%又"（X，叫〃）=河［［必/@,4］,“）=1,而x<〃，則/卜則叫〃）=x,

即M（e",〃）=x,即（/,〃）］",〃）=尤；

（ii）若翻=0,不妨設(shè)s=0,于是尤=《p（左eX），

所以〃）=/（，,”）=亂的/，，力，又M（kf/）=ki，M（產(chǎn)⑷=1,

所以Aff=加①*《","）=0上眼（//必"）,4）=如［也（°2,4）了0）,qj=xAf（l,q）=x；

綜上，x=M^M,得證：

（3）因?yàn)?5=302+1,所以H3,則Af（鏟=（鏟2+1川，則A/3，〃）=M（尤c：,〃）,

假設(shè)存在的,4eN+，使得旬=%〃+1；記”］=c［,n0=n,

令%+i=河（7*,%），那么砍eN+，且%>%+「于是以eN+，使陽=1,則%+1=0,

從而數(shù)列｛%｝有且僅有扃+1項(xiàng)，

考慮使四%+1-歿+1以=（一1『（左WN+，左W左0）成立,

aknk+i~ak+\nk=（一1）

則對于相鄰項(xiàng)有<

%-—1=（一廣

將兩式相加并整理得：=k+歿+1,

%

令左=耳，得°島+］,又由于%，?，…，%。及%均由%=〃和4=c：確定,

則數(shù)列｛/｝的各項(xiàng)也可根據(jù)n和C：確定，

由上知M（a（）c：,"）=l,聞c；,〃）=M（xc：,〃）,

則Af（〃0。；,nj=M卜〃0弓,n）=M（［河（％,〃）?■（旬。：==X,

14

即x=M(%c；,〃)，其中旬是根據(jù)力和唯一確定的.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛："新定義”主要是指即時(shí)定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運(yùn)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(shí)和

方法，再轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的數(shù)學(xué)問題作答.

9.(2024?河北石家莊?二模)設(shè)集合M是一個(gè)非空數(shù)集，對任意定義"(x,y)=|x-y|,稱。為集

合M的一個(gè)度量，稱集合"為一個(gè)對于度量。而言的度量空間，該度量空間記為(M,0).

定義1：若V是度量空間(M,p)上的一個(gè)函數(shù)，且存在ae(0,1),使得對任意陽yeM,均有：

P(/?,/(y))<ap(x,y),則稱/是度量空間(監(jiān)夕)上的一個(gè)“壓縮函數(shù)

定義2：記無窮數(shù)列4,4,4，…為｛?！坝?，若｛?！熬?。是度量空間(M,0上的數(shù)列，且對任意正實(shí)數(shù)￡>0,都

存在一個(gè)正整數(shù)N,使得對任意正整數(shù)見心N,均有4)<￡,則稱｛叫：。是度量空間(M。)上的一

個(gè)“基本數(shù)列

⑴設(shè)〃x)=sinx+；,證明：/是度量空間］g,2,2］上的一個(gè)“壓縮函數(shù)"；

⑵已知/：R-R是度量空間(R,p)上的一個(gè)壓縮函數(shù)，且a°eR,定義%+1=/(4)，〃=0,l,2,L,證明：

(〃"=0為度量空間(R,。)上的一個(gè)“基本數(shù)列

【答案】⑴證明見解析

⑵證明見解析

【分析】(1)由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知：/(X)在上的值域，進(jìn)而得出/■是從1,2至!)1,2的函數(shù)，

然后證明存在ae(0,1),對任意1,2,都有0(/(x)J(y))〈即(x,y)即可；

(2)先由壓縮函數(shù)的定義得到：必存在ae(0,l),使得對任意x,yeR,|/(x)-/(j)|<a^-y|,進(jìn)而得

N

到院+「聞再利用絕對值三角不等式得出院-a』4*—,「4()1)分類討論G=%與。產(chǎn)為兩

1-a

種情況即可得證，

1「1兀一

【詳解】⑴由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知：〃x)=sinx+5在上單調(diào)遞增，

在y,2上單調(diào)遞減，所以/(x)min=min｛sin」+Lsin2+-｝=sin-+->-,

_2_222222

〃x)max=sin*；=；<2,所以/(X)在［,2］上的值域?yàn)椴穒n；+；m，2］,

所以/是從1,2到1,2的函數(shù)，

另一方面，我們證明存在ae(0,l),對任意尤1,2,都有。(/(尤)J(y))V%>(x,y),

15

ma=cos^,則對任意x,ye：,2,不妨設(shè)x<y,分兩種情形討論：

212」

①當(dāng)sinxVsiny時(shí)，令尸(x)=tz尤一sinx,貝I」廠'(x)=a-cosxNc-cos：=0,

所以尸(x)在I，2上單調(diào)遞增，因?yàn)閤<>,所以尸(x)〈尸(y),BPax-smx<ay-smy,

所以siny-sinx<ay-ax,即<ap(x,y),

(2)當(dāng)sinx>siny時(shí)，令G(x)=ax+sinx,貝!]G'(無)=a+cosx>a+cos2=cosg-cos(兀-2)>0,

所以G(x)在；,2上單調(diào)遞增，因?yàn)閤<y,所以G(x)<G(y),Bpax+sinx<ay+siny,

所以sinx-siny<ay-ax,即<ap(x,y),

綜上所述，對任意x/eI，2,都有夕(/a),/(jO)Wa/?(x,y),

所以/是度量空間(g,2,夕)上的一個(gè)"壓縮函數(shù)

(2)證明：因?yàn)?：R—R是度量空間(R,。)上的一個(gè)壓縮函數(shù)，

所以必存在ae(0,l),使得對任意x/eR,p(f(x\f(y))<ap(x,y),

即|/(x)-/(y)|w。卜-了|,

因?yàn)?=/(%),M=0,1,2,L,

所以4+j-&|=|<a\ak-ak]<cc\%-aJ叫1-4,

由絕對值三角不等式可知：

對任意加>“2N,<|am-a?\=\am-am_x+am_x-am_2+am_2+?--+an+l-a?|

V腐一?,?-i|+?m-2I+-■?+鼠-a?|

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