《2025年金考卷特快专递高中数学》

21. (18分)记$M(a)=\{t|t = f(x)-f(a),x\geq a\}$，
$L(a)=\{t|t = f(x)-f(a),x\leq a\}$.
(1)若$f(x)=x^{2}+1$，求$M(1)$和$L(1)$；
(2)若$f(x)=x^{3}-3x^{2}$，求证：对任意的$a\in\mathbf{R}$，都有
$M(a)\subseteq[-4,+\infty)$，且存在$a$，使得$-4\in M(a)$；
(3)已知定义在$\mathbf{R}$上的函数$f(x)$有最小值，求证：
“$f(x)$是偶函数”的充要条件是“对任意的正
实数$c$，均有$M(-c)=L(c)$”.

答案： 21. 新定义问题 + 利用导数求函数最值 + 函数奇偶性的证明
解:
(1)$M(1)=\{t|t = x^{2}+1-(1 + 1),x\geqslant1\}=\{t|t = x^{2}-1,x\geqslant1\}=[0,+\infty)$, (2分)
$L(1)=\{t|t = x^{2}+1-(1 + 1),x\leqslant1\}=\{t|t = x^{2}-1,x\leqslant1\}=[ - 1,+\infty)$. (4分)
(2)第1步:根据定义写出集合$M(a)$,并构造函数
由题意可知$M(a)=\{t|t = x^{3}-3x^{2}-(a^{3}-3a^{2}),x\geqslant a\}$,
记$g(x)=x^{3}-3x^{2}-a^{3}+3a^{2},x\geqslant a$,
第2步:求出$g(x)$的导函数,并分析其单调性
则$g'(x)=3x^{2}-6x = 3x(x - 2)$,
当$x$变化时,$g'(x),g(x)$的变化情况如表:
|$x$|$(-\infty,0)$|$0$|$(0,2)$|$2$|$(2,+\infty)$|
|----|----|----|----|----|----|
|$g'(x)$|$+$|$0$|$-$|$0$|$+$|
|$g(x)$|$\nearrow$|极大值|$\searrow$|极小值|$\nearrow$|
(6分)
第3步:对$a$分类讨论
①当$a\geqslant2$时,$g'(x)\geqslant0$,$g(x)$在$(a,+\infty)$上单调递增,$g(x)_{\min}=g(a)=0$,$M(a)=[0,+\infty)\subseteq[-4,+\infty)$; (7分)
②当$0\leqslant a\lt2$时,$g(x)$在$(a,2)$上单调递减,在$(2,+\infty)$上单调递增,因此$g(x)_{\min}=g(2)=-a^{3}+3a^{2}-4$,$M(a)=[-a^{3}+3a^{2}-4,+\infty)$,
记$m(a)=-a^{3}+3a^{2}-4,0\leqslant a\lt2$,则$m'(a)=-3a^{2}+6a=-3a(a - 2)$,当$a\in[0,2)$时,$m'(a)\geqslant0$,$m(a)$在$(0,2)$上单调递增,
因此$m(a)_{\min}=m(0)=-4$,故$M(a)=[-a^{3}+3a^{2}-4,+\infty)\subseteq[-4,+\infty)$; (8分)
③当$a\lt0$时,$g(x)$在$(a,0)$上单调递增,在$(0,2)$上单调递减,在$(2,+\infty)$上单调递增,则$g(x)_{\min}=\min\{g(2),g(a)\}=\min\{-a^{3}+3a^{2}-4,0\}$,此时$-a^{3}+3a^{2}-4=-a^{2}(a - 3)-4\gt - 4$,所以$M(a)=[-a^{3}+3a^{2}-4,+\infty)$或$[0,+\infty)$,故$M(a)\subseteq[-4,+\infty)$. (9分)
第4步:根据第3步选择$a = 0$证明
由上述证明易知当$a = 0$时,$M(a)=[-4,+\infty)$.
所以存在$a = 0$,使得$-4\in M(a)$. (10分)
(3)第1步:证必要性
对任意的正实数$c$,任取$t\in M(-c)=\{t|t = f(x)-f(-c),x\geqslant - c\}$,则存在实数$s$满足$s\geqslant - c$使得$t = f(s)-f(-c)$,因为$y = f(x)$是偶函数,所以$t = f(-s)-f(c)$,而$-s\leqslant c$,由此可得$t\in L(c)=\{t|t = f(x)-f(c),x\leqslant c\}$,于是有$M(-c)\subseteq L(c)$,同理可得$L(c)\subseteq M(-c)$,所以$M(-c)=L(c)$. (12分)
第2步:证充分性
设函数$y = f(x)$在$x = x_{0}$时取得最小值.
若$x_{0}=0$,则$-x_{0}=0$,此时$f(x_{0})=f(-x_{0})$;
若$x_{0}\gt0$,则$-x_{0}\lt0$,函数$t = f(x)-f(-x_{0})(x\geqslant - x_{0})$在$x = x_{0}$时取得最小值$f(x_{0})-f(-x_{0})$,即集合$M(-x_{0})=\{t|t = f(x)-f(-x_{0}),x\geqslant - x_{0}\}$中的最小数是$f(x_{0})-f(-x_{0})$,
函数$t = f(x)-f(x_{0})(x\leqslant x_{0})$在$x = x_{0}$时取得最小值$f(x_{0})-f(x_{0})=0$,即集合$L(x_{0})=\{t|t = f(x)-f(x_{0}),x\leqslant x_{0}\}$中的最小数是$0$,由正实数$x_{0}$使$M(-x_{0})=L(x_{0})$成立可得$f(x_{0})-f(-x_{0})=0$;
若$x_{0}\lt0$,则$-x_{0}\gt0$,同理可得集合$M[-(-x_{0})]$中的最小数是$f(-x_{0})-f[-(-x_{0})]$,
集合$L(-x_{0})$中的最小数是$0$,由正实数$-x_{0}$使$M[-(-x_{0})]=L(-x_{0})$成立可得$f(-x_{0})-f(x_{0})=0$.
综上所述,函数$y = f(x)$的最小值点$x_{0}$必满足$f(-x_{0})=f(x_{0})$,由此可得$f(-|x_{0}|)=f(|x_{0}|)$,
则$x=-|x_{0}|$和$x = |x_{0}|$都是该函数的最小值点.
任取$s\in\mathbf{R}$,若$s\gt0$,则$-s\lt0$,
函数$t = f(x)-f(-s)(x\geqslant - s)$在$x = |x_{0}|$时取得最小值$f(|x_{0}|)-f(-s)$,
即集合$M(-s)=\{t|t = f(x)-f(-s),x\geqslant - s\}$中的最小数是$f(|x_{0}|)-f(-s)$,
函数$t = f(x)-f(s)(x\leqslant s)$在$x=-|x_{0}|$时取得最小值$f(-|x_{0}|)-f(s)$,
即集合$L(s)=\{t|t = f(x)-f(s),x\leqslant s\}$中的最小数是$f(-|x_{0}|)-f(s)$,
由$M(-s)=L(s)$可得$f(|x_{0}|)-f(-s)=f(-|x_{0}|)-f(s)$,于是有$f(-s)=f(s)$;
若$s\lt0$,则$-s\gt0$,同理可得集合$M[-(-s)]$中的最小数是$f(|x_{0}|)-f[-(-s)]$,
集合$L(-s)$中的最小数是$f(-|x_{0}|)-f(-s)$,
由$M[-(-s)]=L(-s)$可得$f(|x_{0}|)-f[-(-s)]=f(-|x_{0}|)-f(-s)$,于是有$f(s)=f(-s)$;
若$s = 0$,则有$f(-s)=f(s)$.
所以函数$y = f(x)$对任意的$s\in\mathbf{R}$都有$f(-s)=f(s)$,故函数$f(x)$是偶函数.