创新题1 函数与导数-【红对勾】2025年高考数学二轮复习讲与练

故要证xx:<行 1 (3)证明：[g(x1)十g(x2)] 1 1 g2(x1)十g2(x2)十2g(x1)·g(x2)≥ e+1 e+1 即证x1x<x1上 e +1 In21 zi+x+2g2(√1x2)= 1 由琴生不等式，只需证h(x)= e+1 即证1㎡<》-4-2+型 +g2(√1x2) 在[0，十∞)上为凹函数 设x1x2≥0， 不妨设x1<x2,令=∈(0,1)，则只 则() T2 +1 需证lnt<t-2十 1 4 1一十 1 t h(x1)+h(x)e1+1e?+1 1 设g(t)=ln2t-t- 十2，则g'(t)= 4()从面g( 2 h(x1)+h(x2) 下 2 之≥（佰）即 1 21nt-1+1 t t [-g(运)]+[一gx门，所以函数 证1 1 2 设k)=2h1-1+子，则() 2 e1+1e9+1 e+1 一g(x)为(0，十∞)上的凸函数， (t-1)2 <0,∴.h(t)在(0,1)上单调 跟踪训练1解：(1)证明：设x1,x2∈ 即证e学+De+1十e+1)≥ t (0,1), 2(e1+1)(e2+1), 递减， ∴h(t)>h(1)=0,.g(t)在(0,1)上 则-作)片 2 化简得e+-2。中)。宁 单调递增， 1 1)≥0， ∴g(t)<g(1)=0,即lnt<t-2+ 1-x1T1-x2 1 2 1-1十x2 即证(eT-eT)2(e2 -1)≥0()， 在t∈(0,1)上恒成立，原不等式得证 又1≥0，e 1+2 创新题1函数与导数 2≥1，()式显然 1-x1+1-x2 2 2 2(1-x1)(1-x2)1-x1十1-xg 成立， 热点分类·考向探究 [(1-x1)+(1-x2]2-4(1-x1)(1-x2) 所以)≥(）成 2(1-x1)(1-x2)(1-x1+1-x2) 2 例1解：(1)由凸函数的定义有 a.xi十x1十ax2十x2 [(1-x1)-(1-xg)]2 立，h(x)在[0，十o∞)上为凹函数， 则1 1 1 (作)+ 2(1-x1)(1-x2)(1-2x1+1-xg) 2 =ax号十 0,所以f(x)=在0.D上为四 n x1十a.x2十x2 得证 函数 1r2…+1 2(ax+2ax1x+ai+1十 例2解：(1)因为f(x)=lnx, 4 2 (2)令g(x)=-立，由(1)知fx) axi 所以f'(x)= '(x)= 2 一ax1x+2=2 (x1-xg) 在(0,1)上为四函数：所以函数 所以K= f"(1) 0,又因为a≠0，故a<0. 1 (2)由基本不等式有 g(x)=1-x1一x -1在(0,1)上也 raP (sinA+sinB+sinC)（ 1 1 为凹函数 =V sin A 由琴生不等式，得 4 1 1 sin A 0+15 sin B sin C =3十inA十m合 g(+十…+2 (2)因为g(x)=cosx十1(x∈R),所 以g'(x)= -sin x,g"(x)= cos x sin C sin A sin C sin B sin A sin C sin B shC≥34 g(x1)十g(x2)十…十g(xn) 所以K= g《x) -cos z n sin B sin A (1+[g'(z)P)2 (1+sin'z) 2√snA'snB /sin C sin A 2√snA'snC n1-x1T1-x2 十…十 cos'z cosx 1- 则K2 /sin C sin B 1 (1十sinx) (2-cos2x)1 2√nB`simC =9, 令t=2-c0s2x, n 当且仅当A=B=C= 子时取等号。 所以w= 1 1一x2 则1∈[1,2]，K=2t 由Jensen不等式有sinA+sin B+ 当且仅当41==… n 设p)=2t sinC≤3sinA+B+C 1一xm 3 n=- 时取等号， 则p'e)=-1-3(2-t)_2-6 t 1 1 从而有2（sin AT sin Bsin C会 显然当t∈[1,2]时，p'(t)<0,p(t)单 调递减， 1 1 故W的最小值为。” 9,即nA十sinB十sin C≥25， (3)证明：设r=e,因为y,≥1，所以 所以p(t)mx=p(1)=1,所以K2最大 值为1. 当且仅当A=B=C=子时取等号。 x,≥0(i=1,2,3,…n), (3)因为h(x)=(x一2)e十 要证1 1+1 、1 故nA十snB十snC的最小值为 r+1 (”0-吉-n小r>0 、2 1 只需证 所以h'(x)=(x-1)e+(3+m)x 25. F1r2…rn+1 e1+1 x2-(z+2zIn x), ☑一红因勾讲与练·高三二轮数学 -270- 所以h"(x)=xe-2(lnx十x)+m= 1 enx+x-2(lnx十x)十m,x>0, f”(x)= (x+1),R'(x)= H'x)=-1+,H'(x)=-1中 因为h(x)在两个不同的点处曲率 Q1+i)2,R"(x)= a -2ab 1 1+bx) >0在(0,1)上恒成立， 为0， 所以h”(x)=0有两个大于0的不同 由题意，f(0)=R'(0),f”(0) H(x)在(0,1)上单调递增，H(x) 实数解， R"(0),a=1, /a=1, 即h'"(x)=ex+r-2(lnx十x)十m有 1 H1)=0,g（2 -1=(1-2m)+ 两个不同的零点 -2ab=-1,…b=2 ln2m<0恒成立； 令t(x)=lnx十x(x>0), (2)由(1)知，R(x)= +2令g(x) 2x 因为()=上+1>0，所以t()在 x>0,0<m<2,·x(m-1)<0, 2x 则mx2-1>mx2-1十m.x-x=(x+ (0,十o)上单调递增，且值域为R, f(x)-R(x)=In(x+1)- x+2 所以m=-e+x十2(lnx+x)有两 (x>-1). 1(mz-1. x十1 mx一1， 个大于0的实数解， 1 4 等价于m=2t-e',t∈R有两个不同 则o'(x)= x+1 (x十2) 1+x2-1 x+1 -In (x+1)>mx- 的实数解， x2 ln(x+1). 令G(t)=2t-e,t∈R,则G'(t)= (x十10(x+2)≥0， 2-e', .p(x)在（一1，十∞）上为增函数，又 :g)=c+1Dm-ha+1D x+1 令G'(t)=0得t=ln2, 9(0)=f(0)-R(0)=0, t∈(-o∞，ln2)时，G'(t)>0,即G(t) x≥0时，p(x)=f(x)-R(x)≥ 令l(x)=m+z-1n(x+1)=1+ 单调递增， x+1 9(0)=0,-1<x<0时，p(x)= m.x2-1 t∈(ln2,+oo)时，G'(t)<0,即G(t) f(x)-R(x)o(0)=0, x+1 -In (+1)>mx -In (x+ 单调递减， .x≥0时，f(x)≥R(x),-1x<0 所以G(t)ma=G(ln2)=2ln2-2, 1)=m(x+1)-ln(x+1)-m, 时，f(x)<R(x). 又因为当t→一∞时，G(t)→一∞， (3):h(x)= f(x) 令F(x)=ln(x+1)-2√x+1(x> 当t→十o时，G(t)→一∞， 0),F'(x)=中 1 R(z) 所以G(t)的大致图象如图所示. y fx)=(侵+m)lnx+I, 1-Wx+1 0 In 2 .h'(x)=- x+1 ln(x+1)+ 则F(x)在(0，十∞)上单调递减， 21n29 (任+m) 1 F(x)<F(0)=-2, .ln(x十1)<2√x+1 1.x2+x-(x+1)ln(x十1) ∴l(x)>m(x+1)-2√x+1-m x2(x+1) 又因为m=G(t)有两个实数解， ,h(x)= -（ 1 -m)f(x)在 所以m∈(-o∞，2ln2-2). 令x= 所以m的取值范围为(-∞，2ln2 (0,十∞)上存在极值，.h′(x)在 m2 1,则x+1=16. 16 2). (0,十∞)上存在变号零点. 跟踪训练2①③ 令g(x)=mx+x-(x十1)ln(x十 此时受x中1-2可-0，x 解析：当f(x)=2x时，k4=k=2,曲 1),则g'(x)=2mx+1-[ln(x+1)十 率为0，是常数，故①是正确的；又当 1]=2x-ln(x十1)，g”(x)=2mm 1)-m= -m>00<m<专)月 8 2x1=1,x2=2时，f(x)=3x2-2x, 1 A(1,1),B(2,5),kA=3×1-2X1= x+1 -1)>0. 1,kB=3×4-2X2=8,故9(A,B) ①当m≤0时，g”(x)<0,g'(x)为减 kA一kB 7 函数，g'(x)<g'(0)=0,g(x)在 由函数零点存在定理可知，l(x)在 <√3，故②是错误的： 1 AB w17 (0,十∞)上为减函数，g(x)<g(0)= -1,十∞）上存在唯一零点 2m 0,无零点，不满足条件. f'(z)=2az,4A(z1,f()),B(z2, f(x2),故kA=2ax1kB=2ax2,所以 ②当2m≥1，即m≥2时，g"(x)>0, xo∈ p(A,B)=一kn g'(x)为增函数，g'(x)>g'(0)=0, AB 一1时， g(x)在(0，十o∞)上为增函数，g(x)> 义由@知：当0心< 2a x1-x2 g(0)=0,无零点，不满足条件. g”(x)<0,g'(x)为减函数，g'(0)=0, x1-x2√/1十a2(x1十x2)2 1 ③当0<2m<1,即0<m<2时，令 此时，g'(x)<0,在(0,2 -1)内无 Za 2a,故③是正确 零点， √1+a'(x1+x2)F 的；f'(x)=e,AB= g”(x)=0即2m=中·x ∴.g(x)在(0，十∞)上存在变号零点。 1 综上所述，实数m的取值范围为 √1+(e1-e2)2,ka=e1,ka=e9 2m -1. 故g(A,B)=k1一ka」 AB 当0<x<2m 1 -1时，g"(x)<0,g'(x) 1 跟踪训练3 e1-e'2 解：1)fx)=广x <1,所以t≤1，故④ 为减函数；当x>2 -1时，g"(x)> f(x)= (1-x)f”(x)= 1 2 √1+(e1-e2) 0,g'(x)为增函数. (1-x) 是错误的 6 例3解：(1)由f(x)=ln(x十1)， f"(x)=0-x) ax R(x)=1干，有f(0)=R(0), 2m(--(-1+)=1 f(0)=f(0)=1,f(0)=2, r8》(0)=6; 1 可知f'(x) 2m-In 2m: x十1 令H(x)=1-x十lnx,0<x<1, 所以fx)=1-z=1十x+x十x。 -271- 参考答案一 (2)因为(sinx)'=cosx,(cosx)y'= 5 sin x, 3. 5 (2)c0s2x 由该公式可得 解析：原式= sin x=x- 3!5!7月+…， 解析：因为9∈(0，)，所以sin9>0, 24c0s'x-4cos'x+1)） 1 cos0>0,又因为tan8= sin 0 1 故sin乞=2一48十.≈0.48. c0s=2，所 (3)证法一由泰勒展开e=1十x 以cos0=2sin0,且cos0+sin20= 2· x2,x3 2，中、十41十51大““大 n十， 4sin0十sin0=5sin0=1,解得sin0 es(-) () 22 sin9= 5 (舍去)，所以sin0 (2cos2x-1) 易知当x≥0时，e≥1十x十 2, 5 4sn(臣-zjos(任-z 所以e一 2-sinx-cosx≥1+x+ cos 0=sin 0-2sin 0--sin 5 5 (2c0s2x-1)2=cos2x=1 2c0s2=20s2x. x2x2 22-sin x -cos z=1+x 4. 22 2sn(受-2z】 3 跟踪训练1(1)4sina sinx-cosx≥x-sinx, 解析：方法一 由题意得tan(a十B)= 令f(x)=x-sinx,则f'(x)=1 解析：2sin(-a)十sin2e C0sx≥0， tan a+tan B 4 =-22. 所以f(x)在[0，十∞)上单调递增，故 1-tan atan B 1-(2+1) cos号 f(x)≥f(0)=0, )9e(2mx+ 2sin a+2sin acos a 即证得e一x 因为a∈(2kπ，2kπ十 -sinx-cosx≥0. 2(1+cos a) 2 3 元，2mx+2),k,m∈Z,所以a十B∈ 2sin a(1+cos a) x 证法二 令G(x)=e-2-mx =4sin a. ((2m十2k)π十元，(2m十2k)π十2π)，k, 2(1十cosa) cs ,G()=e--oos(), m∈Z,又因为tan(a十3)=-2√2<0， (2)2 易知当x0,3）时w=-y 所以a+Be(2m+2x+受，(2m+ 解析：c0s10°5c0s100 √/1-c0s80° -Ee0s(e十子)均为增函数， 2k)元十2π，k,m∈Z,则sin(a十B)< cos10°+√3sin10° 所以G(e)=e-x-Ecos(x+) 0,则sina士B) √/2sin40 =-2√2，联立sin2(a十 cos(a8) 2 2os10+ 1 单调递增，所以G'(x)≥G(0)=0, 2sin10】 3)+cos2(a十B)=1,解得sin(a+ 所以当x∈[0，)时，G(x)单润递 增，所以G(x)≥G(0)=0, B)=22 √2sin40 31 2sim(30'+102=2. √2sin40 当xe[+)时，G(x)=e 方法二因为a为第一象限角，B为第 2 3 4 三象限角，所以c0sa>0,c0sB<0, 例2(1)C 由 x sin29 tan cos 2-sinx-cosx≥e 22, cos a 1 2 3cos 0 4 2 cos a= x w√sina+cosa √I+tan'a sin 20 sin a cos 0=sin 20+ 令F(x)=e -2,则F'(x)= cos B -1 6cos'0 8sin 0 6cos'0+8sin 0+2 cos B= ,则 e-x≥0，则F(x)=e- sin 20 sin 20 sin 20 2一2单调 √/sinB+cosB√/1+tanB 6-6sin8+8sin8+2 sin(a+B)=sin acos B+cos asin B= 递增， sin 20 cos acos B(tan a+tan B)= -2(3sin0-4sin0-4) 则F(x)=e -2≥F(2)=e2 -4 sin 26 =0,得3sin0 4cos acos B= 2≥0. √1十tan'a√/1+tan'B 4sin0-4=(3sin0+2)(sin0-2)=0,则 综上，原不等式得证 -4 sin 0=- 2 专题二三角函数 或sn0=2,由sin9∈[-1， (tan a+tan B)+(tan atan B-1) 与平面向量 22 1],得sinB=- -4 ,则c0s20=1 2 微专题8三角恒等变换 √/42+2 3 2m0=12x(号）广-该C 真题演练·体验高考 热点分类·考向探究 (2)D 由于a∈(x9e(o, 1.A因为cos(a+8)=m,所以cosa· 例1(1)1 cos B-sin asin B=m,tan atan B= 解析：原式= 则e+B∈（受），而sma+A) 2,所以sin asin B=2 cos a cos B,故cosa· c0s3-2 cos acos3=m,即cosa· √/1-2sin(90+10)cos(270°+10) 日，故a+ge(货小，cos(a+ cosB=-m,从而sin asin B=-2m, c0s(360°+10)-√/1-c0s170 故cos(a-B)=-3m.故选A. √/1-2cos10°sin10 B)=-、 1-sin (aB) cos a 1 2.B周为ossin a5,所以1-ama cos10°-sin1709 √(cos10°-sin10) cos B- 誓9∈(6，受》可得血- ,解得tana=1-3,所以ana = cos10°-sin10° 子)"5-1k德B c0s10°-sin10 cos10°-sin10=1, 剥cos&=cos[(a+8)-们 3 cos(a十B)cos3+sin(a十B)sinB ☑一红因勾讲与练·高三二轮数学 -272-（2)求证：x1z<0 反思感悟0 比（差）值换元就是根据已知条件首先建立极值 点之间的关系，然后利用两个极值点之比（差）作为 变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t表示两 个极值点之比（差），继而将所求解问题转化为关于 t的函数问题. 【跟踪训练2】已知函数f(x)=lnx一a.x十b (a,b∈R)有两个不同的零点x1,x2. 学习至此，请完成课时作业11 练 (1)求f(x)的最值； 创新题1 函数与导数 1.函数与导数中的新定义型问题是高考 2.高考命题方向 027 中常见的问题，它综合考查学生分析问题、解 (1)函数与导数是高中数学的主线，有着十 决问题的能力，考查学生探索、创新的能力， 分重要的地位，知识的综合性强，解决时常用到 这类题目起点不高，难度也不大，只要学生认 数形结合、分类讨论等数学思想， 真理解新定义，利用所学的知识是可以解 (2)函数与导数中的新定义问题重点围绕函数 决的. 的定义及单调性、奇偶性、对称性等性质进行考查. 热点分类 考向探究 考向1函数的凹凸性 y=logax(a>1),y=sinx(x∈(0，π)都是 凸函数.Johan Jensen在1906年将上述不等 【例1】函数的凹凸性的定义是由丹麦著名的 式推广到了n个变量的情形，即著名的 数学家兼工程师Johan Jensen在l905年提 Jensen不等式：若函数f(x)为其定义域上 出来的.其中对于凸函数的定义如下：设连 的凸函数，则对其定义域内任意n个数x1, 续函数f(x)的定义域为[a,b](或(a,b), (一∞，b],[a,十∞)都可以)，若对于区间[a, x,…,x,均有f(十十十x ≥ n 上任意两个数，均有f）户 f(x)+f(x)十+f(x成立，当且仅当 n fx)+fx成立，则称f(x)为区间 x1=x2=…=xw时等号成立. (1)若函数f(x)=ax2十x(a∈R,a≠0)为 [a,b]上的凸函数.容易证明譬如y=√x, R上的凸函数，求a的取值范围； 专题一函数、导数、不等式一闭 1 1 1 (2)在△ABC中，求sinA十snB+sinC的 f(x)是区间[a,b]上的凹函数，则对任意的 x1,x2,…,xn∈[a,b],有琴生不等式 最小值： (3)若连续函数g(x)的定义域和值域都是 f++…+ (0,十∞)，且对于任意x1,x2∈(0，+∞)均 f(x)+f(红)十+f(x》恒成立（当且仅 满足下述两个不等式：g（x1)·g(x2)≥ 71 g2(Wx1x2),g2(x1）+g2(x2）≥ 当x1=x2=…=xm时等号成立). 一在(0,1)上为凹函数； 2g2 i+x ,求证：函数一g(x)为(0， (1)求证：f(x)=1- 2 （2)设x1,x2,…,xw>0,n≥2，且x1十 +∞)上的凸函数.（注：g2(x)=[g(x)]) 马听课记录 x,十…+x,=1,求W=x十1-。 1十x十…十 ,x”一的最小值： 1-x (3)设r1,r2,…,rw为大于或等于1的实数， 求证：十+十 r2+1 w+≥ .(提示：可设r:=e) Fr2…rn+ 028 反思感悟) 本题求解的关键有两个：一是理解凸函数的定 义，抓住凸函数的核心特征来进行证明；二是理解 Jensen不等式的结构特点 【跟踪训练1】设连续函数f(x)的定义域为 [a,b],如果对于[a,b]内任意两数x1,x2, 考向2曲率与曲率半径问题 都有f到s ,则称 【例2】用数学的眼光看世界就能发现很多数 学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美 fx)为[ab上的四函数：若/）产 让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是 f(x1)+f(x2) 曲率，曲线的曲率定义如下：若f'(x)是 2 ,则称f(x)为凸函数.若 f(x)的导函数，f"(x)是f'(x)的导函数， ☑一红④勾讲与练·高三二轮数学 则曲线y=f(x)在点(x,f(x)处的曲率 ①存在这样的函数，该函数图象上任意两点 之间的“曲率”为常数； K- |f"(x) (1+[f'(x)]) ②函数f(x)=x3一x2+1图象上两点A与 (1)求曲线f(x)=lnx在(1,0)的曲率； B的横坐标分别为1,2，则“曲率”9(A, (2)已知函数g(x)=cosx十1(x∈R),求 B)>5; g(x)曲率的平方的最大值； ③函数f(x)=a.x2+b(a>0,b∈R)图象上 (3)函数h(x)=(x-2)e+(3+m x 任意两点A,B之间的“曲率”(A,B)≤ 2 3 2a; lnx)x2,若h(x)在两个不同的点处曲率为 ④设A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线f(x)= 0,求实数m的取值范围. e上不同两点，且x1一x2=1,若t·9(A, 马听课记录 B)<1恒成立，则实数t的取值范围是 (-c∞，1). 其中正确命题的序号为 考向3以高等数学为背景的导数问题 【例3】(2024·山东菏泽一模)帕德近似是法 国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式 近似特定函数的方法.给定两个正整数m, n,函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近 029 似定义为R(x)=a,十ax十…十amx” 1+b1x+…+6.°，且 满足f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f"(0)= R”(0),…,fm+w(0)=Rm+》(0).(注： f"(x)=[f'(x)]',f"(x)=[f(x)]', f4=[f"(x)]',f6(x)=[f4(x)]',…, 反思感悟0 f(x)为fD(x)的导数)已知f(x)= 本题可从以下方面入手： 1n(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为 (1)根据曲率公式求解即可. ax (2)将函数在不同点的曲率问题，通过同构将原 R(x)=1+b2 问题转换为m=2t一e',t∈R有两个实数解，通过 (1)求实数a,b的值； 导数判断单调性，从而确定图象的变化趋势即可. (2)比较f(x)与R(x)的大小； f(x) 【跟踪训练2】函数f(x)图象上不同两点 (3)若h(x) R(x) A(x1y1),B(x2,y2)处的切线的斜率分别 (0,十∞)上存在极值，求m的取值范围. 是A,kB,AB|为A,B两点间距离，定义 马听课记录 eA,B)=l”为自我在点A与 点B之间的“曲率”，给出以下命题： 专题一 函数、导数、不等式一闭 导数，即为f'(x)的导数，fm)(x)(n≥3)表 示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林 公式. (1)写出f(x)= 的泰勒展开式（只需写 1-x 出前4项)； (2)根据泰勒公式估算sin2的值（精确到小 数点后两位)； (3)求证：当x≥0时，e- 2-sin x- 反思感悟) cosx≥0. 1.解第(1)题由f'(0)=R'(0),f(0)=R"(0), 列方程组求实数a,b的值， 2.解第(2)题时需要构造函数9(x)=f(x) R(x),并利用导数研究单调性，并利用单调性比较 f(x)与R(x)的大小. 3.解第(3)题时，把函数h(x)在(0，+o∞)上存 030 在极值问题转化为h'(x)在(0，十∞)上存在变号零 点问题，则通过构造函数分类讨论，对h'(x)的零点 进行分析. 【跟踪训练3】英国数学家泰勒发现的泰勒公 式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处n (n∈N*)阶导数都存在时，f(x)=f(0)+ ,x+,02x2十2x3十·女 3! 学习至此，请完成课时作业12 练 fm(0) x”+….注：f"(x)表示f(x)的2阶 n！ ☑一红因勾讲与练·高三二轮数学