2012-江西卷理-22 解-极值

本题导读

本题考查函数新定义。核心在于换元构造法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年江西卷(理)） 若函数 $h(x)$ 满足 ① $h(0)=1,h(1)=0$； ② 对任意 $a\in [0,1]$，有 $h(h(a))=a$； ③ 在 $(0,1)$ 上单调递减. 则称 $h(x)$ 为补函数. 已知函数 $h(x)={\left(\frac{1-x^p}{1+\lambda x^p}\right)}^{\frac{1}{p}}$ （ $\lambda >-1,p>0$）.

(1)判断函数 $h(x)$ 是否为补函数，并证明你的结论；

(2)若存在 $m\in [0,1]$，使 $h(m)=m$，称 $m$ 是函数 $h(x)$ 的中介元. 记 $p=\frac{1}{n}(n\in {\mathbf{N}}_{+})$ 时 $h(x)$ 的中介元为 $x_n$，且 $S_n={\sum }_{i=1}^n{x}_i$，若对任意的 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$，都有 $S_n<\frac{1}{2}$，求 $\lambda$ 的取值范围；

(3)当 $\lambda =0,x\in (0,1)$ 时，函数 $y=h(x)$ 的图象总在直线 $y=1-x$ 的上方，求 $p$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问严格按定义三部曲校验：

• 验证①：直接代入 $x=0$ 和 $x=1$ 计算对应因式。
• 验证②：将 $h(a)$ 作为一个整体再代入外层解析式中，通过繁分式的合并通分，观察其最终是否能坍缩消元化简为 $a$。
• 验证③：利用复合函数单调性“同增异减”判定，或令 $g(x)=[h(x){]}^p=\frac{1-x^p}{1+\lambda x^p}$，对其求导分析导函数 $g^{\prime }(x)$ 的正负号。

2. 第二问数列级数极限卡位：

• 求解中介元：由 $h(m)=m$ 引入 $p=\frac{1}{n}$。两边同时平方幂次化得 $h(x)=x⟹\lambda x^{2p}+2x^p-1=0$。通过解一元二次方程求出特殊的通项 $x_n$。
• 数列求和：发现 $x_n$ 是以 $\frac{1}{\sqrt{1+\lambda }+1}$ 为公比的标准等比级数。利用等比求和公式展开。
• 极限卡位：由于对任意 $n$ 恒有 $S_n<\frac{1}{2}$，且等比数列各项均为正，则其无穷级数的极限（递增至尽头）也必须被 $\frac{1}{2}$ 所拦截。由此建立关于 $\lambda$ 的不等式。

3. 第三问恒成立与分类讨论：

• 当 $\lambda =0$ 时， $h(x)=(1-x^p{)}^{\frac{1}{p}}$。目标等式转化为 $(1-x^p{)}^{\frac{1}{p}}>1-x$。
• 两边同乘 $p$ 次方移项得： $x^p+(1-x{)}^p<1$。
• 采用分类讨论法研究参数 $p$：
  • 若 $0<p\le 1$，利用特殊中介元卡位判定其不符合恒在大底上方的要求。
  • 若 $p>1$，构造辅助函数 $\phi (x)=x^p+(1-x{)}^p$。利用导数工具寻找其在 $[0,1]$ 上的最大值（通常在其对称轴中点 $x=\frac{1}{2}$ 或边界截点处取得），通过极大值有界性锁定最终解。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

（1）判断函数 $h(x)$ 是否为补函数

结论： 函数 $h(x)$ 是补函数。证明如下：

• 验证条件①： 将 $x=0$ 代入解析式： $h(0)={\left(\frac{1-0^p}{1+\lambda \cdot 0^p}\right)}^{\frac{1}{p}}=1^{\frac{1}{p}}=1$。 将 $x=1$ 代入解析式： $h(1)={\left(\frac{1-1^p}{1+\lambda \cdot 1^p}\right)}^{\frac{1}{p}}={\left(\frac{0}{1+\lambda }\right)}^{\frac{1}{p}}=0$。 完全符合条件①。

• 验证条件②： 对任意 $a\in [0,1]$，设 $y=h(a)={\left(\frac{1-a^p}{1+\lambda a^p}\right)}^{\frac{1}{p}}$，则满足关系式： $y^p=\frac{1-a^p}{1+\lambda a^p}$。 代入复合函数左端 $h(h(a))=h(y)$： $h(y)={\left(\frac{1-y^p}{1+\lambda y^p}\right)}^{\frac{1}{p}}={\left(\frac{1-\frac{1-a^p}{1+\lambda a^p}}{1+\lambda \cdot \frac{1-a^p}{1+\lambda a^p}}\right)}^{\frac{1}{p}}$ 对括号内分子分母同时乘以公分母 $(1+\lambda a^p)$ 进行通分化简： $h(y)={\left(\frac{(1+\lambda a^p)-(1-a^p)}{(1+\lambda a^p)+\lambda (1-a^p)}\right)}^{\frac{1}{p}}={\left(\frac{(\lambda +1)a^p}{1+\lambda a^p+\lambda -\lambda a^p}\right)}^{\frac{1}{p}}={\left(\frac{(\lambda +1)a^p}{\lambda +1}\right)}^{\frac{1}{p}}$ 因为 题目已知基础条件 $\lambda >-1$，故 $\lambda +1\ne 0$，常数因式可直接上下约去： $h(y)=(a^p{)}^{\frac{1}{p}}=a$ 即对任意 $a\in [0,1]$，恒有 $h(h(a))=a$，完全符合条件②。

• 验证条件③： 令辅助内层函数 $g(x)=[h(x){]}^p=\frac{1-x^p}{1+\lambda x^p}$。对 $g(x)$ 进行求导： $g^{\prime }(x)=\frac{(-p{x}^{p-1})(1+\lambda x^p)-(1-x^p)(\lambda p{x}^{p-1})}{(1+\lambda x^p{)}^2}=\frac{-p{x}^{p-1}-\lambda p{x}^{2p}-\lambda p{x}^{p-1}+\lambda p{x}^{2p}}{(1+\lambda x^p{)}^2}=\frac{-p(1+\lambda )x^{p-1}}{(1+\lambda x^p{)}^2}$ 因为 题目给出参量边界 $p>0$ 且 $\lambda >-1⟹1+\lambda >0$， 所以 当 $x\in (0,1)$ 时，显然满足 $g^{\prime }(x)<0$。 由此可知，内层函数 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调递减。而外层幂函数 $U(g)=g^{\frac{1}{p}}$ 随 $g$ 单调递增。 根据复合函数单调性法则，原函数 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，完全符合条件③。

综上所述，函数 $h(x)$ 是补函数。

（2）若对任意的 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$，都有 $S_n<\frac{1}{2}$，求 $\lambda$ 的取值范围

由中介元新定义可知， $h(m)=m$。 当 $p=\frac{1}{n}$ 时，方程形式为： ${\left(\frac{1-x^{\frac{1}{n}}}{1+\lambda x^{\frac{1}{n}}}\right)}^n=x⟹\frac{1-x^{\frac{1}{n}}}{1+\lambda x^{\frac{1}{n}}}=x^{\frac{1}{n}}$ 为了视线清晰，进行局部整体代换，令 $t=x^{\frac{1}{n}}$ （由于 $x\in [0,1]$，故 $t\in [0,1]$）： $\frac{1-t}{1+\lambda t}=t⟹1-t=t+\lambda t^2⟹\lambda t^2+2t-1=0\text{(*)}$

下面对二次因式的系数 $\lambda$ 进行分类解析讨论： ① 当 $\lambda =0$ 时： 方程（*）退化为 $2t-1=0⟹t=\frac{1}{2}$。 从而求得中介元通项为： $x_n=t^n={\left(\frac{1}{2}\right)}^n$。

② 当 $\lambda >-1$ 且 $\lambda \ne 0$ 时： 利用求根公式解关于 $t$ 的二次方程（*）： $\Delta =2^2-4\cdot \lambda \cdot (-1)=4+4\lambda =4(1+\lambda )>0$ $t=\frac{-2\pm \sqrt{4(1+\lambda )}}{2\lambda }=\frac{-2\pm 2\sqrt{1+\lambda }}{2\lambda }=\frac{-1\pm \sqrt{1+\lambda }}{\lambda }$

• 若取减号，由于 $\sqrt{1+\lambda }>0$，分子为负。当 $\lambda >0$ 时 $t<0$，当 $-1<\lambda <0$ 时 $t>1$，均游离在定义域 $[0,1]$ 之外，舍去。
• 故只能取加号： $t=\frac{\sqrt{1+\lambda }-1}{\lambda }=\frac{(\sqrt{1+\lambda }-1)(\sqrt{1+\lambda }+1)}{\lambda (\sqrt{1+\lambda }+1)}=\frac{1}{\sqrt{1+\lambda }+1}$。 显然此根 $\frac{1}{\sqrt{1+\lambda }+1}\in (0,1)$ 符合题意。 从而求得对应中介元通项为： $x_n=t^n={\left(\frac{1}{\sqrt{1+\lambda }+1}\right)}^n$。

综合①、②，无论是何种取值，只要 $\lambda >-1$，中介元均可统一规整地表达为： $x_n={\left(\frac{1}{\sqrt{1+\lambda }+1}\right)}^n$

令 $q=\frac{1}{\sqrt{1+\lambda }+1}$。由于 $\lambda >-1$，易知公比满足 $0<q<1$。 则数列 $\{x_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 是一个标准等比级数： $S_n={\sum }_{i=1}^n{q}^i=\frac{q(1-q^n)}{1-q}$

因为 数列的每一项 $x_i>0$，所以前 $n$ 项和 $S_n$ 随着 $n$ 的增大而严格单调递增。 因此，对任意 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$ 恒有 $S_n<\frac{1}{2}$ 成立，等价于当 $n\to \infty$ 时，其无穷收敛极限值也必须被 $\frac{1}{2}$ 封死拦截： ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n=\frac{q}{1-q}\le \frac{1}{2}$ $2q\le 1-q⟹3q\le 1⟹q\le \frac{1}{3}$

将公比特征式 $q=\frac{1}{\sqrt{1+\lambda }+1}$ 反代回不等式中： $\frac{1}{\sqrt{1+\lambda }+1}\le \frac{1}{3}⟹\sqrt{1+\lambda }+1\ge 3⟹\sqrt{1+\lambda }\ge 2$ 两边同时平方展开： $1+\lambda \ge 4⟹\lambda \ge 3$

所以， $\lambda$ 的取值范围是 $[3,+\infty )$。

（3）当 $\lambda =0,x\in (0,1)$ 时，函数 $y=h(x)$ 的图象总在直线 $y=1-x$ 的上方，求 $p$ 的取值范围

当 $\lambda =0$ 时，原函数表达式简退为： $h(x)=(1-x^p{)}^{\frac{1}{p}}$。 根据题意，“图象总在直线上方”等价于在区间 $x\in (0,1)$ 上，非线性不等式恒成立： $(1-x^p{)}^{\frac{1}{p}}>1-x$ 因为 当 $x\in (0,1)$ 时，两端代数式的值均严格大于 0，两边同时施加 $p$ 次幂保持同向： $1-x^p>(1-x{)}^p⟹x^p+(1-x{)}^p<1\text{(恒成立)}$

下面针对核心控速参数 $p>0$ 展开分类讨论：

• 🛡 情况一：当 $0<p\le 1$ 时： 根据（2）中结论，当 $\lambda =0$ 时，对应的中介元为 $x_p={\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{1}{p}}$。 由于 $0<p\le 1⟹\frac{1}{p}\ge 1$，所以中介元点满足 $x_p={\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{1}{p}}\le \frac{1}{2}$。 因为 中介元点本质上是曲线与一、三象限角平分线 $y=x$ 的交点，这意味着点 $(x_p,h(x_p))$ 与点 $(x_p,x_p)$ 重合。 将其代入参考基准线 $y=1-x$ 中测试：当 $x=x_p$ 时，直线上点的纵坐标为 $1-x_p$。 因为 $x_p\le \frac{1}{2}⟹1-x_p\ge \frac{1}{2}$，从而有 $1-x_p\ge x_p=h(x_p)$。 这说明在此特征点处，函数图象压在了直线的下方（或相切），与“总在直线上方”的刚性前提产生冲突。故 $0<p\le 1$ 全面不符合题意。

• ⚔ 情况二：当 $p>1$ 时： 原问题转化为构建辅助函数 $\phi (x)=x^p+(1-x{)}^p$，在 $x\in [0,1]$ 上证明 $\phi (x)<1$ 恒成立。 利用导数分析该函数的内部极值特征： ${\phi }^{\prime }(x)=p{x}^{p-1}+p(1-x{)}^{p-1}\cdot (-1)=p[x^{p-1}-(1-x{)}^{p-1}]$ 令 ${\phi }^{\prime }(x)=0$，由于 $p-1>0$，幂函数严格单调递增，故有： $x^{p-1}=(1-x{)}^{p-1}⟹x=1-x⟹x=\frac{1}{2}$

分析导数正负号以确定增减性：

• 当 $x\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 时： $x<1-x⟹x^{p-1}<(1-x{)}^{p-1}⟹{\phi }^{\prime }(x)<0$，函数单调递减；
• 当 $x\in \left(\frac{1}{2},1\right)$ 时： $x>1-x⟹x^{p-1}>(1-x{)}^{p-1}⟹{\phi }^{\prime }(x)>0$，函数单调递增。

由增减性趋势可知，该函数在区间内部中点 $x=\frac{1}{2}$ 处跌落至极小值，而最大值只能在两端边界截点 $x=0$ 或 $x=1$ 处悬空取得。 计算端点值： $\phi (0)=0^p+(1-0{)}^p=1$ $\phi (1)=1^p+(1-1{)}^p=1$ 因为 函数在开区间 $(0,1)$ 内先减后增，其内部任意点的函数值必然严格小于端点的最大上限值，即： 对任意 $x\in (0,1)$，恒满足 $\phi (x)<\phi (0)=1$。 代数映射回原不等式，这意味着 $x^p+(1-x{)}^p<1$ 严格恒成立。

综上所述，参数 $p$ 的取值范围是 $(1,+\infty )$。

故答案为： （1）函数 $h(x)$ 是补函数，证明见解析； （2） $\lambda$ 的取值范围是 $[3,+\infty )$； （3） $p$ 的取值范围是 $(1,+\infty )$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：新定义代数结构的繁分式化简、无限递增等比级数的边界卡位、利用导数判定轴对称函数的凹凸最值。
2. 核心方法：端点效应与最值剥离法。第三问中通过对指数 $p$ 进行单调性分类，将恒成立不等式归拢为关于中点对称函数 $\phi (x)$ 的最大值评估，利用“两端高、中间低”的挂钩形态直接锁定有界上限。
3. 避坑指南：

• 第二问在列出 $S_n<\frac{1}{2}$ 时，由于 $S_n$ 随着项数增加是一个严格单调递增的级数，千万不能想当然地只带入 $n=1$ 求解。必须取其无限项的极限上限值（即级数和公式 $\frac{a_1}{1-q}$ ）进行卡位，否则会由于漏掉后续累加项而导致取值范围扩大。
• 第三问由 $(1-x^p{)}^{\frac{1}{p}}>1-x$ 转化为 $x^p+(1-x{)}^p<1$ 时，必须交代 $x\in (0,1)$ 时两端为正的保号性，确保幂次变换的等价性。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第二册第五章《一元函数的导数及其应用》中作为全卷压轴的综合性探索大题。
2. 结论推广：第三问恒成立命题在高等代数及测度论中对应着著名的**闵可夫斯基不等式（Minkowski Inequality）**与 $L^p$ 空间的几何几何凹凸性。

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对于通用函数 $\psi (x)=x^p+(1-x{)}^p$，其函数曲线形态完全取决于 $p$ 与 1 的大小关联：

• 当 $0<p<1$ 时，函数图象表现为严格上凸（凸函数），中间中点取到最大值 $\phi (\frac{1}{2})=2^{1-p}>1$，图象沉在直线下方；
• 当 $p>1$ 时，函数图象表现为严格下凹（凹函数），中间中点取到最小值，两端点为最大值 1，图象挺在直线上方。 深刻理解这一由 $p=1$ 划分的空间曲率凹凸转换拐点，可以让我们在面对高阶压轴题时直接建立最顶层的微积分直觉。

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