第4章 高考新风向(1) “指数函数、对数函数＋”新定义类(课件PPT)-【精讲精练】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教B版）

第四章　指数函数、对数函数与幂函数 高考新风向(1)　“指数函数、对数函数＋”新定义类 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 谢谢观看 返回目录 第四章　指数函数、对数函数与幂函数 数学•必修　第二册(配RJB版) 1 [类型解读] 1．新定义问题 “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解．但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝． 2．新定义问题的方法和技巧 (1)可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； (2)可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； (3)发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； (4)如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念． 　若对任意x1∈D，都存在x2∈D，使得f(x1)>g(x2)成立，则称f(x)为g(x)在区间D上的上层函数． (1)设函数f(x)＝x－ eq \f(1,x)，g(x)＝(x－1)2. ①试问f(x)是否为g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的上层函数？说明你的理由； ②若f(x)为g(x)在区间[m，3](1<m<3)上的上层函数，求m的取值范围． (2)若函数f(x)＝loga(x－a)＋loga(x－3a)(a>0，且a≠1)，g(x)＝ eq \f(3x－2a＋2,x＋2)，且f(x)为g(x)在区间[2a＋2，2a＋4]上的上层函数，求a的取值范围． [提取信息]　(1)根据函数单调性求出函数的最值结合新定义判断即可； (2)先根据g(x)＝3－ eq \f(2a＋4,x＋2)及f(x)单调递增得出函数的最小值，进而结合定义计算判断即可得出参数范围． [深度解析]　(1)若f(x)为g(x)在区间D上的上层函数，则在区间D上，f(x)的最小值大于g(x)的最小值． ①因为f(x)＝x－ eq \f(1,x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上为增函数， 所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ eq \f(3,2)<0. 又g(x)＝(x－1)2≥0，所以f(x)不是g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的上层函数． ②因为f(x)与g(x)在区间[m，3](1<m<3)上均为增函数， 所以f(x)min＝f(m)，g(x)min＝g(m)， 则f(m)>g(m)，即 eq \f(m2－1,m)>(m－1)2. 因为1<m<3，所以m＋1>m(m－1)， 所以1<m<1＋ eq \r(2)， 即m的取值范围是(1，1＋ eq \r(2)). (2)因为a>0，且a≠1，所以g(x)＝3－ eq \f(2a＋4,x＋2)在[2a＋2，2a＋4]上为增函数， 所以g(x)min＝g(2a＋2)＝2. 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－a>0，,x－3a>0，))对x∈[2a＋2，2a＋4]恒成立，得a<2. 当1<a<2时，f(x)在区间[2a＋2，2a＋4]上单调递增， 则f(x)min＝f(2a＋2)＝loga(4－a2)， 所以loga(4－a2)>2，则4－a2>a2，又1<a<2， 所以1<a< eq \r(2). 当0<a<1时，f(x)在区间[2a＋2，2a＋4]上单调递减， 则f(x)min＝f(2a＋4)＝loga(16－a2)， 所以loga(16－a2)>2，则a>2 eq \r(2)，这与0<a<1矛盾，所以0<a<1不符合题意． 综上，a的取值范围是(1， eq \r(2)). [进阶训练] 若函数f(x)的定义域为D，且对任意x1，x2∈D，都有f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，则称f(x)具有“P性质”． (1)当f(x)＝2x时，判断是否具有“P性质”，并说明理由； (2)当a≥2时，证明：f(x)＝lg (x2＋a)具有“P性质”； (3)如果函数f(x)＝lg (2x＋a)具有“P性质”，求实数a的取值范围． [思路点拨]　(1)取x1＝3，x2＝4验证即可判断； (2)通过lg ((x1＋x2)2＋a)≤lg (x eq \o\al(2,1)＋a)＋lg (x eq \o\al(2,2)＋a)，转换成证明x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2)＋2x1x2＋a≤x eq \o\al(2,1)x eq \o\al(2,2)＋a(x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2))＋a2恒成立即可． (3)通过a(2x1＋2x2)＋a2－a≥0对任意x1，x2∈R恒成立，讨论a＝0，a<0，a>0三种情况即可． 解析　(1)当x1＝3，x2＝4时，f(x1＋x2)＝f(7)＝27＝128，f(x1)＋f(x2)＝f(3)＋f(4)＝23＋24＝24， f(x1＋x2)>f(x1)＋f(x2)，则f(x)＝2x不具有“P性质”． (2)证明　lg ((x1＋x2)2＋a)＝lg (x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2)＋2x1x2＋a)， lg (x eq \o\al(2,1)＋a)＋lg (x eq \o\al(2,2)＋a)＝lg [x eq \o\al(2,1)x eq \o\al(2,2)＋a(x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2))＋a2]， 若要证具有“P性质”，则 只需要证x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2)＋2x1x2＋a≤x eq \o\al(2,1)x eq \o\al(2,2)＋a(x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2))＋a2成立即可， ∵x eq \o\al(2,1)x eq \o\al(2,2)－2x1x2＋(a－1)(x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2))＋a2－a＝(x1x2－1)2＋(a－1)(x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2))＋a2－a－1， 又a≥2，则a2－a－1≥1，∴(x1x2－1)2＋(a－1)·(x eq \o\al(2,1)＋x eq \o\al(2,2))＋a2－a－1≥1恒成立， 则f(x)＝lg (x2＋a)具有“P性质”． (3)由题意知lg (2x1＋x2＋a)≤lg (2x1＋a)＋lg (2x2＋a)＝lg eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x1＋x2＋a(2x1＋2x2)＋a2))， 则a(2x1＋2x2)＋a2－a≥0对任意x1，x2∈R恒成立， 当a＝0时，显然成立；当a<0时不成立； 当a>0时，2x1＋2x2＋a－1≥0， a≥[1－(2x1＋2x2)]max， ∴a≥1或a＝0. $