第三章 12 培优课6 函数、导数中的创新问题（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版）

该高中数学高考复习讲义聚焦函数与导数中的创新问题，涵盖新定义（如拐点）、新情境（如黎曼猜想背景）等高考核心考点，按“定义理解—例题解析—思路提炼—对点训练”逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题演练环节，帮助学生突破创新题型转化难点，构建系统解题思路。 讲义以高等数学背景问题为载体，培养学生用数学眼光观察新定义、用数学思维推理转化问题，如拐点问题中引导学生将二阶导数零点条件转化为函数交点分析，结合分层对点练（证明题、范围题）即时反馈，高效提升学生创新题型应对能力，为教师把控复习节奏提供精准教学指导。

培优课6　函数、导数中的创新问题 　　函数、导数中的创新问题主要指新定义、新情境问题；解法主要是理解透新定义、走进新情境，将 “新知识”转化为所学知识解决问题. 题型一　导数中的新定义问题 (2025·河北邢台模拟)设函数f(x)的导函数为f'(x)，f'(x)的导函数为f″(x)，f″(x)的导函数为f‴(x).若f″(x0)＝0，且f‴(x0)≠0，则点为曲线y＝f(x)的拐点. (1)已知函数f(x)＝x5＋x4，求曲线y＝f(x)的拐点； (2)已知函数g(x)＝ex－ax3－x2，讨论曲线y＝g(x)的拐点个数. 解：(1)由题意得f'(x)＝3x4＋4x3，f″(x)＝12x3＋12x2，f‴(x)＝36x2＋24x. 由f″(x)＝12x3＋12x2＝0，得x＝0或－1.因为f‴(0)＝0，f‴(－1)＝12≠0，f(－1)＝， 所以点为曲线y＝f(x)的拐点. (2)由题意得g'(x)＝ex－ax2－x，g″(x)＝ex－ax－1，g‴(x)＝ex－a.易得g″(0)＝0. 令g″(x)＝ex－ax－1＝0，得ex＝ax＋1，则g″(x)的零点个数等于函数h(x)＝ex的图象与直线y＝ax＋1的交点个数，易知函数h(x)＝ex的图象与直线y＝ax＋1均经过点(0，1). (ⅰ)如图①，当a≤0时，函数h(x)＝ex的图象与直线y＝ax＋1只有一个交点(0，1)， 因为g″(0)＝0，g‴(0)＝1－a＞0，所以点为曲线y＝g(x)的拐点. 　　　 (ⅱ)如图②，当a＝1时，直线y＝ax＋1与函数h(x)＝ex的图象相切，只有一个交点(0，1)， 因为g″(0)＝0，g‴(0)＝0，所以曲线y＝g(x)没有拐点. (ⅲ)如图③，当0＜a＜1或a＞1时，直线y＝ax＋1与函数h(x)＝ex的图象有两个交点，其中一个交点为(0，1)， 设另外一个交点的横坐标为x0，则＝ax0＋1，即a＝. g″(0)＝0，g‴(0)＝1－a≠0，所以点(0，g(0))为曲线y＝g(x)的拐点. g″(x0)＝0，g‴(x0)＝－a＝－＝， 设函数u(x)＝(x－1)ex＋1，则u'(x)＝xex，当x＜0时，u'(x)＜0，u(x)单调递减， 当x＞0时，u'(x)＞0，u(x)单调递增，则u(x)≥u(0)＝0，得＋1＞0， 即g‴(x0)＝≠0，所以点为曲线y＝g(x)的拐点. 综上所述，当a≤0时，曲线y＝g(x)的拐点个数为1；当a＝1时，曲线y＝g(x)的拐点个数为0；当0＜a＜1或a＞1时，曲线y＝g(x)的拐点个数为2. 新定义问题的解题思路 1.找出新定义的几个要素，理解要素含义. 2.由已知条件，分析所求的问题，转换成数学语言. 3.将已知条件代入新定义的要素中；转化为数学模型，利用所学知识解答. 对点练1.(2025·湖南长沙模拟)罗尔定理是高等数学中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的.它的表达如下：如果函数f(x)满足在闭区间[a，b]连续，在开区间(a，b)内可导，且f(a)＝f(b)，那么在区间(a，b)内至少存在一点m，使得f'(m)＝0. (1)运用罗尔定理证明：若函数f(x)在区间连续，在区间(a，b)上可导，则存在x0∈(a，b)，使得f'(x0)＝； (2)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝x2－bx＋1，若对于区间(1，2)内任意两个不相等的实数x1，x2，都有｜f(x1)－f(x2)｜＞｜g(x1)－g(x2)｜成立，求实数b的取值范围； (3)证明：当p＞1，n≥2时，有＜. 解：(1)证明：令＝t，则f(b)－bt＝f(a)－at， 令函数F(x)＝f(x)－tx，则F(a)＝F(b)，F'(x)＝f'(x)－t， 显然F(x)在上连续，且在(a，b)上可导，由罗尔定理，存在x0∈(a，b)，使得F'(x0)＝0， 即f'(x0)－t＝0，所以f'(x0)＝. (2)依题意，f'(x)＝ln x＋1，g'(x)＝x－b， 不妨令x1＞x2， 则＞恒成立， 由(1)得｜f'(x)｜＞｜g'(x)｜，x∈(1，2)，于是ln x＋1＞｜x－b｜，即－1－ln x＜b－x＜ln x＋1， 因此x－ln x－1＜b＜x＋ln x＋1， 令φ(x)＝x－ln x－1(1＜x＜2)， 求导得φ'(x)＝＞0，函数φ(x)在(1，2)上单调递增，则0＜φ(x)＜1－ln 2， 而函数y＝x＋ln x＋1在(1，2)上单调递增，其值域为(2，3＋ln 2)， 则1－ln 2≤b≤2，所以实数b的取值范围是[1－ln 2，2]. (3)证明：令函数h(x)＝x1－p，x∈[n－1，n]，显然函数h(x)在(n－1，n)上可导， 由(1)可得，存在c∈(n－1，n)， 使得h'(c)＝， 又h'(x)＝(1－p)·x－p， 则－＝－h'(c)＝(p－1)c－p， 因此＝，而1≤n－1＜c＜n，p＞1，则cp＜np，即＞， 所以＜. 学生用书⬇第86页 题型二　导数中的新情境问题 黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一.它与函数f(x)＝(x＞0，s＞1，s为常数)密切相关，请解决下列问题. (1)当1＜s≤2时，讨论f(x)的单调性； (2)当s＞2时. ①证明f(x)有唯一极值点； ②记f(x)的唯一极值点为g，讨论g的单调性，并证明你的结论. 解：(1)由f(x)＝，x∈(0，＋∞)，1＜s≤2可得 f'(x)＝ ＝， 令h(x)＝·ex－， 则h'(x)＝－ex＋·ex＝·ex， 又1＜s≤2，x＞0，所以s－x－2＜0，ex＞0，即h'(x)＜0恒成立； 即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又h(0)＝0，所以h(x)＜h(0)＝0， 可得f'(x)＝＜0恒成立，因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 即当1＜s≤2时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减. (2)①证明：由(1)可知，令h'(x)＝·ex＝0，可得x＝s－2＞0， 易知当x∈时，h'(x)＝·ex＞0，即函数h(x)在上单调递增， 当x∈时，h'(x)＝·ex＜0，即函数h(x)在上单调递减， 即函数h(x)在x＝s－2处取得极大值，也是最大值； 注意到h(0)＝0，由单调性可得h＞h(0)＝0，可知h(x)在大于零， 不妨取x＝2s－2，则h＝·e2s－2－＝＜0； 由零点存在定理可知h(x)存在唯一变号零点x0∈， 所以f'(x)＝存在唯一变号零点x0满足f'(x0)＝0， 由h(x)单调性可得，当x∈时，f'(x)＞0，当x∈时，f'(x)＜0； 即可得函数f(x)在上单调递增，在上单调递减； 所以f(x)有唯一极大值点x0. ②g(s)在(2，＋∞)上单调递增，证明如下：记f(x)的唯一极值点为g，即可得x0＝g， 由h(x0)＝·－＝0可得s＝＋1， 即可得g的反函数g－1＝＋1， 令φ(x)＝＋1，x∈， 则φ'(x)＝， 构造函数m(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)， 则m'(x)＝ex－1， 显然m'(x)＝ex－1＞0在(0，＋∞)恒成立， 所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此m(x)＞m(0)＝0，即ex＞x＋1在(0，＋∞)上恒成立， 而s＞2，即s－2＞0， 所以ex＞x＋1在上恒成立， 即可得φ'(x)＝＞0在上恒成立， 因此g－1上单调递增； 易知函数g与其反函数g－1有相同的单调性， 所以函数g上单调递增. 　　理解新情境，从新情境中提取信息，结合所学知识解决问题. 对点练2.(2025·广东广州模拟)拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果函数f(x)在闭区间上的图象连续不断，在开区间内的导数为f'(x)，那么在区间内至少存在一点c，使得f－f＝f'成立.设f(x)＝ex＋x－4，其中e为自然对数的底数，e≈2.718 28.易知，f(x)在实数集R上有唯一零点r，且r∈. (1)证明：当x∈时，0＜f(x)＜1； (2)从图形上看，函数f(x)＝ex＋x－4的零点就是函数f(x)的图象与x轴交点的横坐标.直接求解f(x)＝ex＋x－4的零点r是困难的，运用牛顿法，我们可以得到f(x)零点的近似解：先用二分法，可在中选定一个x0作为r的初始近似值，使得0＜f(x0)＜，然后在点处作曲线y＝f(x)的切线，切线与x轴的交点的横坐标为x1，称x1是r的一次近似值；在点处作曲线y＝f(x)的切线，切线与x轴的交点的横坐标为x2，称x2是r的二次近似值；重复以上过程，得r的近似值序列x0，x1，x2，…，xn，…. 当xn＞r时，证明：xn＞xn＋1＞r. 证明：(1)由f(x)在R上单调递增，得任意x∈，有f(x)＞f(r)＝0， 又由f(r)＝0，得f(x)＝f(x)－f(r)，根据拉格朗日中值定理， 存在c∈(r，x)，f(x)＝f(x)－f(r)＝f'(c)(x－r)＜f'(c)＝(ec＋1)， 因为r∈，所以c＜x＜r＋＜＋＜2，(ec＋1)＜(e2＋1)＜1， 所以0＜f(x)＜1. (2)先证：xn＞xn＋1， 在(xn，f(xn))处，曲线y＝f(x)的切线方程为y－f(xn)＝f'(xn)， 令y＝0，得x＝xn－，即xn＋1＝xn－， 由于xn＞r，f(x)在R上单调递增，则f(xn)＞f(r)＝0， 而f'(x)＝ex＋1＞0，则有＞0， 所以xn＋1＝xn－＜xn，即xn＞xn＋1； 再证：xn＋1＞r，由于f(x)在R上单调递增，只需证f＞f(r)＝0， 曲线y＝f(x)在(xn，f(xn))处的切线方程为y－f(xn)＝f'(xn)(x－xn)， 即y＝f(xn)＋f'(xn)(x－xn)， 根据xn＋1的定义，f(xn)＋f'(xn)＝0， 令h(x)＝f(x)－f(xn)－f'(xn)，x∈， h'(x)＝f'(x)－f'(xn)＝ex－＜0，x∈[xn＋1，xn]， 于是h(x)在[xn＋1，xn]上单调递减，而h＝f(xn)－f(xn)－f'(xn)＝0， 因此h＞0，又h＝f， 即f＞0，所以xn＋1＞r， 综上xn＞xn＋1＞r. 学科网（北京）股份有限公司 $