第三章 12 培优课6 函数、导数中的创新问题（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦“函数、导数中的创新问题”专题，依据高考评价体系梳理了新定义函数、新运算、新性质及交汇问题四大考查维度，通过2024年山东滨州二模等模拟真题分析，明确“新定义函数参数范围”“导数与不等式证明”等高频考点分布，构建了完整的解题思路体系。 课件亮点在于“真题解析+素养培养+技巧提炼”的备考策略，如以曲率圆问题为例，深入剖析导数几何意义与方程求解的结合方法，培养学生的数学思维和创新意识。特设“易错点警示”和“解题模板”，帮助学生掌握构造函数等关键技巧，教师可据此精准定位学生薄弱环节，实现高效复习。

培优课6　函数、导数中的创新问题 高三一轮复习讲义 人教版 第三章　一元函数的导数及其应用 01 课时测评 内容索引 　　新定义、新信息、新情境问题都属于创新问题范畴，是指题目通过给出一个新概念或约定一个新运算法则，要求学生在阅读理解的基础上，根据具体情境结合题目给出的定义或者算法来解决具体问题.这类创新问题主要考查学生的深度学习能力、信息迁移能力和透过信息理解数学本质的能力. 　　函数、导数中的创新问题，命题新颖，常常考查函数的性质(包括单调性、奇偶性、极值、最值等)、范围、恒成立、零点等问题，且经常存在知识点交叉融合.解决此类问题第一，要准确转化：紧扣题目所给的定义、运算法则对所求问题进行恰当的转化；第二，要方法的选取：对给定新信息可以采取一般到特殊的特例法，从逻辑推理的角度进行转化，理解题目定义的本质并进行推广、运算.掌握好三基，进行深度思考、理解数学本质才是以不变应万变的制胜法宝. 题型一　定义新函数 　　　　(2024·山东滨州二模)定义：函数f(x)满足对于任意不同的x1，x2∈[a，b]，都有＜k，则称f(x)为上的“k类函数”. (1)若f(x)＋1，判断f(x)是否为上的“2类函数”； 解：对于任意不同的x1，x2∈，不妨设x1＜x2，即1≤x1＜x2≤3， 则＜2， 所以f(x)为上的“2类函数”. 典例1 (2)若f(x)＝a(x－1)ex－－xln x为[1，e]上的“3类函数”，求实数a的取值范围； 解：因为f(x)为[1，e]上的“3类函数”， 对于任意不同的x1，x2∈，不妨设x1＜x2， 则＜33恒成立， 可得3x1－3x2＜f－f＜3x2－3x1， 即f＋3x1＜f＋3x2，f－3x2＜f－3x1均恒成立， 构造gf＋3x，x∈， 则g'f'＋3， 由f＋3x1＜f＋3x2可知g在内单调递增， 可知g'f'＋3≥0在内恒成立， 即f'≥－3在内恒成立； 同理可得：f'≤3在内恒成立； 即－3≤f'≤3在内恒成立， 又因为f'(x)＝axex－x－1－ln x，即－3≤axex－x－1－ln x≤3， 整理得≤a≤，可得≤a≤， 即≤a≤在内恒成立， 令t＝x＋ln x， 因为y＝x，y＝ln x在内单调递增，则t＝x＋ln x在内单调递增， 当x＝1，t＝1；当x＝e，t＝e＋1；可知t＝x＋ln x∈， 可得≤a≤在内恒成立， 构造F，t∈，则F'， 当1≤t＜3时，F'＞0； 当3＜t≤e＋1时，F'＜0； 可知F在内单调递增，在内单调递减， 则F≤F. 构造G，t∈，则G'＜0在内恒成立， 可知G在内单调递减， 则G≥G； 可得≤a≤， 所以实数a的取值范围为. (3)若f(x)为[1，2]上的“2类函数”，且f(1)＝f(2)，证明：∀x1，x2∈[1，2]，＜1. 解：证明：(ⅰ)当x1＝x2，可得0＜1，符合题意； (ⅱ)当x1≠x2，因为f(x)为[1，2]上的“2类函数”，不妨设1≤x1＜x2≤2， ①若0＜x2－x1≤， 则＜2≤1； ②若＜x2－x1≤1，则 ｜f－f＋f－f｜≤＋｜f－f｜＜2(x1－1)＋22－2(x2－x1)＜1； 综上所述：∀x1，x2∈[1，2]，＜1. 题型二　定义新运算 　　　　(2024·湖北七市州调研)微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段，对于函数f(x＞0)，f在区间上的图象连续不断，从几何上看，定积分dx便是由直线x＝a，x＝b，y＝0和曲线y所围成的区域(称为曲边梯形ABQP)的面积，根据微积分基本定理可得dx＝ln b－ln a，因为曲边梯形ABQP的面积小于 梯形ABQP的面积，即S曲边梯形ABQP＜S梯形ABQP，代入数据， 进一步可以推导出不等式：. 典例2 (1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法， 证明：； 解：证明：在曲线y上取一点M. 过点M作f的切线分别交AP，BQ于M1，M2， 因为S曲边梯形ABQP＞ S， 可得ln b－ln a＞···2··， 即. (2)已知函数fax2＋bx＋xln x，其中a，b∈R. ①证明：对任意两个不相等的正数x1，x2，曲线y＝f 在和处的切线均不重合； ②当b＝－1时，若不等式f≥2sin恒成立，求实数a的取值范围. 解：①证明：由函数fax2＋bx＋xln x， 可得f'2ax＋ln x＋b＋1， 不妨设0＜x1＜x2，曲线y＝f在处的切线方程为l1：y－ff'，即y＝f'x＋f－x1f'， 同理曲线y＝f在处的切线方程为l2：y＝f'x＋f－x2f'， 假设l1与l2重合，则 代入化简可得 两式消去a，可得ln x2－ln x1－20，整理得， 由(1)的结论知，与上式矛盾， 即对任意实数a，b及任意不相等的正数x1，x2，l1与l2均不重合. ②当b＝－1时，不等式f≥2sin恒成立， 所以hax2－x＋xln x－2sin≥0 在恒成立，所以h≥0⇒a≥1. 因为a≥1，所以h≥x2－x＋xln x－2sin， 设Hx2－x＋xln x－2sin，H'2x＋ln x－2cos， (ⅰ)当x∈时，由2x≥2，ln x≥0， －2cos≥－2知H'≥0恒成立， 即H在为增函数， 所以H≥H0成立； (ⅱ)当x∈时，设G2x＋ln x－2cos(x－1)， 可得G'2＋＋2sin， 由2sin≥－2，＞0知G'＞0恒成立， 即GH'在上为增函数. 所以H'＜H'0，即H在上为减函数， 所以H＞H0成立. 综上所述，实数a的取值范围是. 题型三　定义新性质 　　　　(2024·山东聊城二模)对于函数f(x)，若存在实数x0，使f(x0)f(x0＋λ)＝1，其中λ≠0，则称f(x)为“可移λ倒数函数”，x0为“f(x)的可移λ倒数点”.已知g(x)＝ex，h(x)＝x＋a(a＞0). (1)设φ(x)＝g(x)h2(x)，若为“h(x)的可移－2倒数点”，求函数φ(x)的单调区间； 解：由为“h的可移－2倒数点”， 得hh1， 即1，整理a2＋a＋1－20， 即0，解得a＝1， 典例3 故φ(x)＝ex(x＋1)2的定义域为R，求导得 φ'ex(x＋1)2＋2exex， 当x∈时，φ'＞0，φ单调递增； x∈时，φ'＜0，φ单调递减； x∈时，φ'＞0，φ单调递增， 所以φ的单调递增区间为(－∞，－3)，(－1，＋∞)，递减区间为. (2)设ω(x)若函数ω(x)恰有3个“可移1倒数点”，求实数a的取值范围. 解：依题意，ω(x) 由ω恰有3个“可移1倒数点”，得方程ωω1恰有3个不等实数根， ①当x＞0时，x＋1＞0，方程ωω1可化为e2x＋1＝1， 解得x＝－， 这与x＞0不符，因此在内ωω(x＋1)＝1没有实数根； ②当－1＜x＜0时，x＋1＞0，方程ωω1可化为1， 该方程又可化为a＝ex＋1－x. 设kex＋1－x，则k'ex＋1－1， 因为当x∈时，k'＞0，所以k在内单调递增， 又因为k2，ke，所以当x∈时，k∈， 因此，当a∈时，方程ωω1在内恰有一个实数根； 当a∈∪时，方程ωω1在内没有实数根. ③当x＝－1时，x＋1＝0，ω没有意义，所以x＝－1不是方程ωω1的实数根. ④当x＜－1时，x＋1＜0，方程ωω1可化为·1， 化为x2＋x＋a2＋a－1＝0，于是此方程在内恰有两个实数根， 则有解得a＞， 因此当a＞时，方程ωω1在内恰有两个实数根， 当0＜a≤时，方程ωω1在内至多有一个实数根. 综上，实数a的取值范围为∩. 题型四　 交汇新定义问题 典例4 　　　　(2024·浙江温州二模)如图，对于曲线Γ，存在圆C满足如下条件： ①圆C与曲线Γ有公共点A，且圆心在曲线Γ凹的一侧； ②圆C与曲线Γ在点A处有相同的切线； ③曲线Γ的导函数在点A处的导数(即曲线Γ的二阶导数)等 于圆C在点A处的二阶导数(已知圆r2 在点A处的二阶导数等于)； 则称圆C为曲线Γ在A点处的曲率圆，其半径r称为曲率半径. (1)求抛物线y＝x2在原点的曲率圆的方程； 解：记fx2，设抛物线y＝x2在原点的曲率圆的方程为x2＋ b2，其中b为曲率半径. 则f'2x，f″2，故2＝f″，即b， 所以抛物线y＝x2在原点的曲率圆的方程为x2＋. (2)求曲线y的曲率半径的最小值； 解：设曲线y＝f在的曲率半径为r，则 法一： 由r2知，＋1， 所以r， 故曲线y在点处的曲率半径r. 所以r2≥2，当且仅当时，等号成立， 故r≥，曲线y的曲率半径的最小值为. 法二：所以 而r2， 所以，r，r2≥2，当且仅当时，等号成立. 故r≥，曲线y的曲率半径的最小值为. (3)若曲线y＝ex在和(x2，)(x1≠x2)处有相同的曲率半径，求证：x1＋x2＜－ln 2. 解：证明：法一：由(1)知，函数y＝ex的图象在处的曲率半径r，故， 由题意知：. 令t1，t2，则有， 所以，即，故t1t21. 又1＝t1t2≥t1t2·222， 所以x1＋x2≤－ln 2. 法二：函数y＝ex的图象在处的曲率半径r， 有r2e4x＋3e2x＋3＋e－2x， 令t1，t2，则有＋3t1＋3＋＋3t2＋3＋， 则0，故t1＋t2＋3－0， 所以有0＝t1＋t2＋3－≥2＋3－， 令t，则2t＋3－≤0，即0≥2t3＋3t2－1＝(t＋1)2， 故t≤，所以t≤，即x1＋x2≤－ln 2. 返回 课 时 测 评 返回 1.(17分)(2024·甘肃兰州一模)定义：如果在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，那么称d(A，B)为A，B两点间的曼哈顿距离. (1)已知点N1，N2分别在直线x－2y＝0，2x－y＝0上，点M与点N1，N2的曼哈顿距离分别为d，d，求d和d的最小值；(4分) 2 3 4 1 解：d 则d≥2，即d的最小值为2； d 则d≥1，即d的最小值为1. 2 3 4 1 (2)已知点N是直线x＋k2y＋2k＋1＝0上的动点，点M与点N的曼哈顿距离d的最小值记为f，求f的最大值；(5分) 解：由题知d， 点为直线x＋k2y＋2k＋1＝0上一动点， 则当k2≥1时d≥ ≥，即f； 当k2＜1时，d≥≥，即f； 2 3 4 1 所以f 又当k≥1时，≤5， 当0＜k＜1时，＜5， 所以f的最大值为5. 2 3 4 1 (3)已知点M，点N(m，n)(k，m，n∈R，e是自然对数的底数)，当k≤1时，d的最大值为f，求f的最小值.(8分) 解：令x＝ek，则kek＝xln x，0＜x≤e， dmax{｜x＋xln x－m－n｜，｜x－xln x－m＋n｜}， 令gx＋xln x，0＜x≤e，则g'2＋ln x≥0在区间内成立， 则g在区间内单调递增，易知g(x)在区间(0，e－2)内单调递减，当x→0时，g(x)→0.则－g≤g≤g2e， 令hx－xln x，0＜x≤e，则h'－ln x≤0在区间内成立， 2 3 4 1 则h在区间内单调递减，易知h(x)在(0，1)内单调递增， 当x→0时，h(x)→0，则0＝h≤h≤h1， 所以f max， 所以f≥maxe＋， 当m＋n＝e－且－＜n＜e－时，取最小值， 故f的最小值为e＋. 2 3 4 1 2.(17分) (2024·安徽安庆二模)取整函数被广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其定义如下：设x∈R，不超过x的最大整数称为x的整数部分，记作[x]，函数y＝[x]称为取整函数.另外也称[x]是x的整数部分，称{x}＝x－[x]为x的小数部分. (1)直接写出和的值；(4分) 解：由e＜π＜e2，故1＜ln π＜2，故1， 0.25. 2 3 4 1 (2)设a，b∈N*，证明：a＝b＋b，且0≤b≤b－1，并求在b的倍数中不大于a的正整数的个数；(5分) 解：证明：因为，等式两边同时乘b，得a＝b＋b， 因为a，b都为整数，所以ba－b也为整数， 又0≤＜1，所以0≤b＜b，所以0≤b≤b－1，即得证. 假设b，2b，…，nb都小于等于a，n∈N*， 因为a＝b＋b，所以nb≤a＝b＋b，所以n≤， 因为0≤＜1，所以n≤，所以b的倍数中不大于a的正整数的个数为个. 2 3 4 1 (3)对于任意一个大于1的整数a，a能唯一写为a×…×，其中pk为质数，ak为整数，且对任意的i＜j，pi＜pj，i，j∈{1，2，3，…，k}，称该式为a的标准分解式，例如100的标准分解式为100＝22×52.证明：在n！的标准分解式中，质因数pi(pi≤n，n＞1，n∈N*)的指数ai＋….(8分) 解：证明：n！＝1×2×3×…×n，将2，3，…，n每一个数都分解为质因数的乘积. 对于质因数pi，利用(2)中结论，pi的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为n1，将这些数都提取pi出来，此时进行分解，还有可以提取出pi的数， 2 3 4 1 注意到的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为n2，将这些数提取pi出来； 同理，的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为n3， 依此这样进行下去， 则质因数pi的指数ai＝n1＋n2＋n3＋…＋…，即得证. 2 3 4 1 3.(17分) (2024·浙江金丽衢十二校第二次联考)①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数f，g的导函数分别为f'，g'，且 f(x) g(x)＝0，则 . ②设a＞0，k是大于1的正整数，若函数f满足：对任意x∈，均有f≥f成立，且f0，则称函数f为区间上的k阶无穷递降函数. 结合以上两个信息，回答下列问题： 2 3 4 1 (1)试判断fx3－3x是否为区间上的2阶无穷递降函数；(3分) 解：设Ff－fx3－x， 由于F＜0， 所以f≥f不成立， 故fx3－3x不是区间上的2阶无穷递降函数. 2 3 4 1 (2)计算：；(5分) 解：设g， 则ln gln， 设h，则h(x)1， 所以ln g(x)＝1，得e. 2 3 4 1 (3)证明：＜cos x，x∈.(9分) 解：证明：令x－π＝t，则原不等式等价于tan t·sin2t＞t3，t∈， 即证＞1，t∈， 记f，t∈，则f， 所以·＞1， 即对任意t∈，均有f＞f，所以f＞f＞…＞f， 2 3 4 1 因为cos x＝1， 所以 f ·1， 所以f＞1，t∈，即tan t·sin2t＞t3，t∈(0，)，证毕. 2 3 4 1 4.(17分)(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]阶帕德近似定义为：R(x)，且满足：f(0)＝R(0)，f'(0)＝R'(0)，f″(0)＝R″(0)，…，f(m＋n)(0)＝R(m＋n)(0)(注：f″(x)'，f‴(x)'，f(4)(x)'，f(5)(x)'，…；f(n)(x)为f(n－1)(x)的导数).已知f(x)＝ln(x＋1)在x＝0处的阶帕德近似为R(x). 2 3 4 1 (1)求实数a，b的值；(3分) 解：由f(x)＝ln(x＋1)，R(x)， 可知f'(x)，f″(x)＝－，R'(x)，R″(x)， 由题意，f'(0)＝R'(0)，f″(0)＝R″(0)，所以 所以a＝1，b. 2 3 4 1 (2)比较f与R(x)的大小；(4分) 解：由(1)知，R(x)，令φ(x)＝f(x)－R(x)＝ln(x＋1)－(x＞－1)， 则φ'(x)＞0， 所以φ(x)在其定义域(－1，＋∞)内为增函数， 又φ(0)＝f(0)－R(0)＝0， 所以x≥0时，φ(x)＝f(x)－R(x)≥φ(0)＝0；－1＜x＜0时， φ(x)＝f(x)－R(x)＜φ(0)＝0； 所以x≥0时，f(x)≥R(x)； －1＜x＜0时，f(x)＜R(x). 2 3 4 1 (3)若h(x)f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求实数m的取值范围.(10分) 解：由h(x)f(x)ln(x＋1)， 所以h'(x)＝－ln(x＋1)＋. 因为h(x)f(x)在(0，＋∞)上存在极值，所以h'(x)在(0，＋∞)上存在变号零点. 令g(x)＝mx2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，则g'(x)＝2mx＋1－2mx－ln(x＋1)，g″(x)＝2m－. 2 3 4 1 ①当m≤0时，g″(x)＜0，g'(x)为减函数，g'(x)＜g'(0)＝0，g(x)在(0，＋∞)上为减函数，g(x)＜g(0)＝0，无零点，不满足条件. ②当2m≥1，即m≥时，g″(x)＞0，g'(x)为增函数，g'(x)＞g'(0)＝0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，g(x)＞g(0)＝0，无零点，不满足条件. ③当0＜2m＜1，即0＜m＜时，令g″(x)＝0即2m，所以x－1. 当0＜x＜－1时，g″(x)＜0，g'(x)为减函数；x＞－1时，g″(x)＞0，g'(x)为增函数， 所以g'(x)min＝g'2m－ln1－2m＋ln 2m； 2 3 4 1 令H(x)＝1－x＋ln x，0＜x＜1，H'(x)＝－1＋，H'(x)＝－1＋＞0在0＜x＜1时恒成立， H(x)在上单调递增，H(x)＜H(1)＝0， 所以g'1－2m＋ln 2m＜0恒成立； 因为x＞0，0＜m＜，所以x(m－1)＜0， 则mx2－1＞mx2－1＋mx－x，所以＞mx－1， 所以1＋－ln(x＋1)＞mx－ln(x＋1)； 因为g(x)＝(x＋1)， 2 3 4 1 令l(x)－ln(x＋1)＝1＋－ln(x＋1)＞mx－ln(x＋1)＝m(x＋1)－ln(x＋1)－m， 令Fln(x＋1)－2，F'＜0， 则F在单调递减，F＜F－2＜0， 所以ln(x＋1)＜2， 所以l(x)＞m(x＋1)－2－m(x＋1)－m＋， 令x－1，则x＋1， 所以(x＋1)－20，(x＋1)－m－m＞0. 2 3 4 1 所以l(x)＞0，即l＞0. 又由③知，当0＜x＜－1时，g″(x)＜0，g'(x)为减函数，g'(0)＝0， 所以此时g'(x)＜0，g(x)＜g(0)＝0，g(x)在(0，－1)内无零点， 因为g(x)＝(x＋1)·l(x)，所以x∈(0，－1)时，l(x)＜0， 由零点存在定理可知，l(x)在上存在唯一零点x0∈， 所以g(x)在(0，＋∞)上存在变号零点. 综上所述，实数m的取值范围为. 返回 2 3 4 1 谢 谢 观 看 函数、导数中的创新问题 $