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2025年高考数学上海春-20<-->返回列表
（18分）已知函数$y=f(x)$的定义域是$D$．对于$t\in D$，定义集合$S_{f(t)}=\{x\vert f(x)\geqslant f(t)\}$．
（1）$f(x)=\log _{2}x$，求$S_{f(16)}$；
（2）对于集合$A$，若对任意$x\in A$都有$-x\in A$，则称$A$是对称集．若$D$是对称集，证明：“函数$y=f(x)$是偶函数”的充要条件是“对任意$t\in D$，$S_{f(t)}$是对称集”；
（3）若$x\in R$，$f(x)={e}^{x}-\dfrac{1}{2}m{x}^{2}$．求$m$的取值范围，使得对于任意$t_{1} < t_{2}\in D$，都有${S}_{f({t}_{2})}\subseteq {S}_{f({t}_{1})}$．
〖答案〗（1）$\{x\vert x\geqslant 16\}$；
（2）证明见详解；
（3）$[0$，$e]$．
〖分析〗（1）根据对数函数的单调性即可求解；
（2）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明必要性和充分性；
（3）根据定义判断出函数单调不减，得到导函数大于等于0恒成立即可求解．
〖解答〗解：（1）由定义得，$S_{f(16)}=\{x\vert f(x)\geqslant f(16)\}=\{x\vert \log _{2}x\geqslant \log _{2}16\}=\{x\vert x\geqslant 16\}$．
（2）证明：必要性：因为函数$y=f(x)$是偶函数，所以对任意$x\in D$，$f(x)=f(-x)$，
对任意$t\in D$，若$x\in S_{f(t)}$，即$f(x)\geqslant f(t)$，则$f(-x)=f(x)\geqslant f(t)$，
所以$-x\in S_{f(t)}$，所以对任意$t\in D$，$S_{f(t)}$是对称集．
充分性：若对任意$t\in D$，$S_{f(t)}$是对称集，
因为对任意$t\in D$，$t\in S_{f(t)}$，所以$-t\in S_{f(t)}$，即$f(-t)\geqslant f(t)$①，
又$-t\in S_{f(-t)}$，所以$t\in S_{f(-t)}$，即$f(t)\geqslant f(-t)$②．
由①②得，对任意$t\in D$，$f(t)=f(-t)$，
所以函数$y=f(x)$是偶函数．
综上，“函数$y=f(x)$是偶函数”的充要条件是“对任意$t\in D$，$S_{f(t)}$是对称集”，得证．
（3）因为对于任意$t_{1} < t_{2}\in D$，都有${S}_{f({t}_{2})}\subseteq {S}_{f({t}_{1})}$，
所以若$x\in {S}_{f({t}_{2})}$，则$x\in {S}_{f({t}_{1})}$，即若$f(x)\geqslant f(t_{2})$，则$f(x)\geqslant f(t_{1})$，
所以$f(t_{2})\geqslant f(t_{1})$，所以$f(x)$在$R$上单调递增，
所以对任意$x\in R$，$f\prime (x)=e^{x}-mx\geqslant 0$恒成立．
当$x=0$时，显然成立，$m\in R$；
当$x > 0$时，$m\le \dfrac{{e}^{x}}{x}$恒成立，令$g(x)=\dfrac{{e}^{x}}{x}$，$g\prime (x)=\dfrac{(x-1){e}^{x}}{{x}^{2}}$，
所以$g(x)$在$(0,1)$单调递减，$(1,+\infty )$单调递增，所以$m\leqslant g(x)_{min}=g$（1）$=e$；
当$x < 0$时，$m\ge \dfrac{{e}^{x}}{x}$恒成立，此时$g\prime (x)=\dfrac{(x-1){e}^{x}}{{x}^{2}} < 0$
因为$g(x)$在$(-\infty ,0)$上单调递减，当$x\rightarrow -\infty$时，$g(x)\rightarrow 0$，$g(x) < 0$，
$x < 0$，$x\rightarrow 0$时，$g(x)\rightarrow -\infty$，
所以$m\geqslant 0$；
综上，$m$的取值范围是$[0$，$e]$．
〖点评〗本题主要考查新定义问题，函数恒成立问题，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于难题．
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