专题7 培优点3 函数与导数中的新定义问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

培优点3　函数与导数中的新定义问题 函数与导数中的新定义问题 【例1】　设y＝f（x）是定义在区间D上的连续函数，若存在区间[a，b]⊆D，x0∈（a，b），使得y＝f（x）在[a，x0）上单调递减，在（x0，b]上单调递增，则称y＝f（x）为“含谷函数”，x0为“谷点”，[a，b]称为y＝f（x）的一个“含谷区间”. （1）判断下列函数是否为含谷函数，若是，请指出谷点；若不是，请说明理由； ①y＝2｜x｜，②y＝x＋cos x. （2）已知实数m＞0，y＝x2－2x－mln（x－1）是含谷函数，且[2，4]是它的一个含谷区间，求m的取值范围； （3）设p，q∈R，h（x）＝－x4＋px3＋qx2＋（4－3p－2q）x，函数y＝h（x）是含谷函数，[a，b]是它的一个含谷区间，记b－a的最大值为L（p，q）.若h（1）≤h（2），且h（1）≤0，求L（p，q）的最小值. 解：（1）①对于y＝2｜x｜＝当x∈（－∞，0）时，y＝2｜x｜单调递减，当x∈（0，＋∞）时，y＝2｜x｜单调递增，所以y＝2｜x｜是含谷函数，且谷点为0. ②对于y＝x＋cos x，y'＝1－sin x≥0恒成立，y＝x＋cos x单调递增，不是含谷函数. （2）由题意可知函数y＝x2－2x－mln（x－1）在区间[2，4]上先减后增，且存在谷点. 令g（x）＝x2－2x－mln（x－1），则g'（x）＝2x－2－， 令t（x）＝g'（x）＝2x－2－，则t'（x）＝2＋＞0， 所以g'（x）在区间[2，4]上单调递增，所以解得2＜m＜18， 故m的取值范围是（2，18）. （3）因为h（x）＝－x4＋px3＋qx2＋（4－3p－2q）x，所以h'（x）＝－4x3＋3px2＋2qx＋（4－3p－2q）＝4（1－x）［x2＋（1－）x＋（1－－）］， 若x2＋（1－）x＋（1－－）≥0恒成立， 则函数y＝h（x）在（－∞，1]上单调递增，在[1，＋∞）上单调递减，不是含谷函数，不满足题意. 因此关于x的方程x2＋（1－）x＋（1－－）＝0有两个相异实根，即Δ＞0， 设两根分别为α，β且α＜β，则α＋β＝－1＋， αβ＝1－－. 因为h（1）≤0＝h（0），所以函数y＝h（x）在区间（－∞，1]上不单调递增， 但是当x小于1，α，β中的最小值时，h'（x）＞0，y＝h（x）单调递增， 所以y＝h（x）在区间（－∞，1]上的单调性至少改变一次，即α＜1. 同理，因为h（1）≤h（2），所以β＞1. 因此y＝h（x）在区间（－∞，α）和（1，β）上单调递增，在区间（α，1）和（β，＋∞）上单调递减， 从而函数y＝h（x）的含谷区间[a，b]必满足[a，b]⊆[α，β].所以L（p，q）＝β－α＝＝， 而h（1）＝－1＋p＋q＋4－3p－2q＝3－2p－q，h（2）＝－16＋8p＋4q＋8－6p－4q＝－8＋2p， 由h（1）≤h（2）得3－2p－q≤－8＋2p，由h（1）≤0得3－2p－q≤0，所以q≥11－4p且q≥3－2p， 易知p≤4时，11－4p≥3－2p，p＞4时，11－4p＜3－2p， 所以q≥ 当p≤4时，L（p，q）≥≥， 当p＞4时，L（p，q）≥＞， 因此L（p，q）的最小值为，此时p＝4，q＝－5. 感悟提升 解决本题的三个关键转化 （1）理解新定义“含谷函数”，能将新定义函数等价转化为熟知函数.即在定义域D的某子闭区间[a，b]上满足先减后增的连续函数为含谷函数，由此可转化为结合函数单调性判断； （2）理解“含谷区间”与“谷点”之间的关系，即含谷区间内的极小值点，由此可根据函数的连续性等价转化为导函数值在给定含谷区间向上的两端值异号（左端点值小于0，右端点值大于0），从而求得参数的范围； （3）理解L（p，q）的含义，探索满足条件的最大含谷区间，再转化为求该区间长度的最小值. 　若函数f（x）在[a，b]上有定义，且对于任意不同的x1，x2∈[a，b]，都有｜f（x1）－f（x2）｜＜k｜x1－x2｜，则称f（x）为[a，b]上的“k类函数”. （1）若f（x）＝＋x，判断f（x）是否为[1，2]上的“3类函数”； （2）若f（x）＝c（x－1）ex－－xln x为[1，e]上的“2类函数”，求实数c的取值范围. 解：（1）对于任意不同的x1，x2∈[1，2]，不妨设x1＜x2，则有1≤x1＜x2≤2，2＜x1＋x2＜4， 所以2＜＜3， ｜f（x1）－f（x2）｜＝｜（＋x1）－（＋x2）｜＝｜（x1－x2）｜＜3｜x1－x2｜， 所以f（x）＝＋x是[1，2]上的“3类函数”. （2）由题意知，对于任意不同的x1，x2∈[1，e]，都有｜f（x1）－f（x2）｜＜2｜x1－x2｜， 不妨设x1＜x2，则－2（x2－x1）＜f（x1）－f（x2）＜2（x2－x1）， 故f（x1）＋2x1＜f（x2）＋2x2且f（x1）－2x1＞f（x2）－2x2， 故y＝f（x）＋2x在[1，e]上单调递增，y＝f（x）－2x在[1，e]上单调递减， 故对任意的x∈[1，e]，都有－2≤f'（x）≤2，其中f'（x）＝cxex－x－ln x－1. 由f'（x）≤2可得c≤，令g（x）＝，1≤x≤e，则c≤g（x）min， g'（x）＝，令u（x）＝－2－ln x－x，1≤x≤e，可得u（x）单调递减，所以u（x）≤u（1）＝－3＜0，所以g'（x）＜0， 所以g（x）在[1，e]上单调递减，g（x）min＝g（e）＝. 由f'（x）≥－2可得c≥，令h（x）＝，1≤x≤e，则c≥h（x）max， h'（x）＝，令m（x）＝2－ln x－x，1≤x≤e，易知m（x）单调递减， 又m（1）＝1＞0，m（e）＝1－e＜0， 所以∃x0∈（1，e），使得m（x0）＝0，即2－ln x0－x0＝0，所以ln x0＝2－x0，x0＝. 当x∈[1，x0）时，m（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（x0，e]时，m（x）＜0，h'（x）＜0，h（x）单调递减， 所以h（x）max＝h（x0）＝＝. 综上所述，≤c≤. 故实数c的取值范围为［，］. 以高数中的定理为背景的新定义问题 【例2】　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[a，b]上的图象连续不断，在开区间（a，b）内的导数为f'（x），那么在区间（a，b）内存在c，使得f（b）－f（a）＝f'（c）（b－a）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，）. （1）证明：当x∈（r，r＋）时，0＜f（x）＜1； （2）直接求解f（x）＝ex＋x－4的零点r是比较困难的，运用以下方法，我们可以得到f（x）零点的近似解.如图，在（1，）中选定一个x0作为r的初始近似值，使得0＜f（x0）＜，然后在点（x0，f（x0））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（x1，f（x1））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，得对任意x∈（r，r＋），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∈（1，），所以c＜r＋＜＋＜2， （ec＋1）＜（e2＋1）＜1， 所以0＜f（x）＜1. （2）①先证xn＞xn＋1，易知在点（xn，f（xn））处，曲线y＝f（x）的切线方程为y－f（xn）＝f'（xn）·（x－xn）， 令y＝0，得x＝xn－，即xn＋1＝xn－， 又xn＞r，f（x）在R上单调递增，则f（xn）＞f（r）＝0，而f'（x）＝ex＋1＞0，则＞0，所以xn＋1＝xn－＜xn. 再证xn＋1＞r，由于f（x）在R上单调递增，只需证f（xn＋1）＞f（r）＝0， 令h（x）＝f（x）－f（xn）－f'（xn）（x－xn），x∈[xn＋1，xn]，则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（xn）＝f（xn）－f（xn）－f'（xn）（xn－xn）＝0， 因此h（xn＋1）＞0，又f（xn）＋f'（xn）（xn＋1－xn）＝0，故h（xn＋1）＝f（xn＋1），即f（xn＋1）＞0，所以xn＋1＞r.综上：xn＞xn＋1＞r. 感悟提升 　　以高数中定理为背景的新定义创新类题目，一般是借用该高数中某定理表述的基本数学思想、基本数学表达式构建能够适应中学知识解决的问题.本题依据微分学中无限逼近思想为情境，以拉格朗日中值定理为数学模型证明两类不等关系成立.求解此问题的关键：（1）利用函数f（x）的单调性、零点所在区间及待证函数不等式所在区间之间的包含关系，结合拉格朗日中值定理数学表达式采用适当放缩证明；（2）利用无限逼近思想及函数图象上过一点的切线与x轴的交点横坐标构造数列x0，x1，x2，…，xn，xn＋1…，再利用拉格朗日中值定理构造出误差函数证明数列不等式成立. 　（2024·贵阳适应性考试）英国数学家泰勒发现了如下公式：ex＝1＋x＋＋＋…＋＋…，其中n！＝1×2×3×4×…×n，e为自然对数的底数，e＝2.718 28….以上公式称为泰勒展开式.设f（x）＝，g（x）＝，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题. （1）证明：ex≥1＋x； （2）设x∈（0，＋∞），证明：＜g（x）. 证明：（1）设h（x）＝ex－x－1，则h'（x）＝ex－1. 当x＞0时，h'（x）＞0；当x＜0时，h'（x）＜0. 所以h（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增. 因此，h（x）≥h（0）＝0，即ex≥1＋x. （2）因为ex＝1＋x＋＋＋＋＋…＋＋….　① 所以e－x＝1－x＋－＋－＋…＋（－1）n＋….　② 由①②得f（x）＝＝x＋＋＋…＋＋…. g（x）＝＝1＋＋＋…＋＋…. 所以＝1＋＋＋…＋＋… ＜1＋＋＋…＋＋… ＝g（x）， 即＜g（x）. 1.（2024·新乡二模）函数f（x）＝[x]被称为取整函数，也称高斯函数，其中[x]表示不大于实数x的最大整数.若∀m∈（0，＋∞），满足[x]2＋[x]≤，则x的取值范围是（　　） A.[－1，2] B.（－1，2） C.[－2，2） D.（－2，2] 解析：C　∀m∈（0，＋∞），＝m＋≥2，当且仅当m＝1时取等号，由[x]2＋[x]≤可得[x]2＋[x]≤2⇒（[x]＋2）（[x]－1）≤0，所以－2≤[x]≤1，故－2≤x＜2，故选C. 2.拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数f（x）在闭区间[a，b]上的图象连续不间断，在开区间（a，b）内的导数为f'（x），那么在区间（a，b）内至少存在一点c，使得f（b）－f（a）＝f'（c）（b－a）成立，其中c叫作f（x）在[a，b]上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数f（x）＝（x－1）ln x在[1，2]上的“拉格朗日中值点”的个数为（　　） A.0　　　　B.1 C.2　　　　D.3 解析：B　f'（x）＝1＋ln x－，设x0为函数f（x）在[1，2]上的“拉格朗日中值点”，则1＋ln x0－＝＝ln 2.令g（x）＝1＋ln x－－ln 2，则g'（x）＝＋＞0在[1，2]上恒成立，故g（x）＝1＋ln x－－ln 2在[1，2]上单调递增，又g（1）＝－ln 2＜0，g（2）＝1－＝＞0，由函数零点存在定理可知，存在唯一的x0∈[1，2]，使得g（x0）＝0.故选B. 3.（多选）如图所示的太极图是由黑、白两个鱼纹组成的图案.定义：能够将圆O的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆O的一个“太极函数”，则下列说法中正确的是（　　） A.对于任意一个圆O，其“太极函数”有无数个 B.函数f（x）＝x3－3x可以是某个圆的“太极函数” C.正弦函数y＝sin x可以同时是无数个圆的“太极函数” D.y＝f（x）是“太极函数”的充要条件为“y＝f（x）的图象是中心对称图形” 解析：ABC　对于A，因为任意一个圆O都是关于圆心的中心对称图形，故其“太极函数”有无数个，故A正确；对于B，函数f（x）＝x3－3x是奇函数，其图象过原点且关于原点对称，将圆的圆心放在坐标原点上，则函数f（x）＝x3－3x可以是某个圆的“太极函数”，故B正确；对于C，将圆的圆心放在正弦函数y＝sin x图象的对称中心上，则y＝sin x是该圆的“太极函数”，故y＝sin x可以是无数个圆的“太极函数”，故C正确；对于D，函数y＝f（x）的图象是中心对称图形时，y＝f（x）不一定是“太极函数”，例如f（x）＝就不是太极函数；函数y＝f（x）是“太极函数”时，图象也不一定是中心对称图形（如图），故D错误.故选A、B、C. 4.（多选）若函数f（x）的定义域为D，如果对D中的任意一个x，都有f（x）＞0，－x∈D，且f（－x）f（x）＝1，则称函数f（x）为“类奇函数”.若某函数g（x）是“类奇函数”，则下列命题中正确的是（　　） A.若0在g（x）定义域中，则g（0）＝1 B.若g（x）max＝g（4）＝4，则g（x）min＝g（－4）＝ C.若g（x）在（0，＋∞）上单调递增，则g（x）在（－∞，0）上单调递减 D.若g（x）的定义域为R，且函数h（x）也是定义域为R的“类奇函数”，则函数G（x）＝g（x）h（x）也是“类奇函数” 解析：ABD　对于A，由函数g（x）是“类奇函数”，所以g（x）g（－x）＝1，且g（x）＞0，所以当x＝0时，g（0）g（－0）＝1，即g（0）＝1，故A正确；对于B，由g（x）g（－x）＝1，即g（－x）＝，g（－x）随g（x）的增大而减小，若g（x）max＝g（4）＝4，则g（x）min＝g（－4）＝成立，故B正确；对于C，由g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g（－x）＝在x∈（0，＋∞）上单调递减，设t＝－x∈（－∞，0），所以g（t）在t∈（－∞，0）上单调递增，即g（x）在x∈（－∞，0）上单调递增，故C错误；对于D，由g（x）g（－x）＝1，h（x）h（－x）＝1，所以G（x）G（－x）＝g（x）g（－x）h（x）h（－x）＝1，所以函数G（x）＝g（x）h（x）也是“类奇函数”，所以D正确.故选A、B、D. 5.2023年11月19日，以“激发创新活力，提升发展质量”为主题的第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.作为“中国科技第一展”的“高交会”今年已有25年历史，“高交会”是展现高新技术发展新趋势、洞察市场新需求的重要“风向标”，一批新技术、新产品集中亮相，彰显中国科创硬核实力.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟（如图）.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，曲线更是让人称奇，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，而曲线的曲率定义如下： 若f'（x）是f（x）的导数，f″（x）是f'（x）的导数，则曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的曲率K＝. （1）若碟身是由曲线f（x）＝ln x＋x与g（x）＝旋转一周形成的，试比较二者在点（1，1）处的曲率K1，K2的大小； （2）求正弦曲线h（x）＝sin x（x∈R）曲率的最大值. 解：（1）f'（x）＝＋1，f″（x）＝－， 所以K1＝＝＝， g'（x）＝，g″（x）＝－， 所以K2＝＝＝， 所以K1＜K2. （2）h'（x）＝cos x，h″（x）＝－sin x， 所以K＝，K2＝＝， 令t＝2－sin2x，则t∈[1，2]，K2＝. 设p（t）＝，则p'（t）＝＝. 显然当t∈[1，2]时，p'（t）＜0，p（t）单调递减， 所以p（t）max＝p（1）＝1，K2的最大值为1， 所以正弦曲线h（x）＝sin x（x∈R）曲率的最大值为1. 6.已知y＝f（x）与y＝g（x）都是定义在（0，＋∞）上的函数，若对任意x1，x2∈（0，＋∞），x1＜x2，都有g（x1）≤≤g（x2），则称y＝g（x）是y＝f（x）的一个“控制函数”. （1）判断函数y＝4x是否为函数y＝2x2（x＞0）的一个控制函数，说明理由； （2）设f（x）＝ln x的导数为f'（x），0＜a＜b，求证：关于x的方程＝f'（x）在区间（a，b）上有实数解； （3）设f（x）＝xln x，函数y＝f（x）是否存在控制函数？若存在，求出y＝f（x）的一个控制函数；若不存在，说明理由. 解：（1）对任意0＜x1＜x2，有＝＝2（x1＋x2），且4x1＜2（x1＋x2）＜4x2， ∴函数y＝4x是函数y＝2x2（x＞0）的一个控制函数. （2）证明：∵0＜a＜b，∴＝＝， ∴－＝－，－＝－. 设y＝ln x－x＋1，x＞0，当x＞1时，y'＝－1＜0，当0＜x＜1时，y'＝－1＞0， 则y＝ln x－x＋1在（1，＋∞）上单调递减，在（0，1）上单调递增，ymax＝ln 1－1＋1＝0. ∵0＜a＜b，∴＞1，0＜＜1，∴ln－＋1＜0，ln－＋1＜0， 则ln－＜0，∵b－a＞0，∴－＜0，即＜. 同理，ln－＜0，∵a－b＜0，∴－＞0，即＞. 综上，＜＜，f'（x）＝在区间（a，b）上的值域为（，）， 则＝f'（x）在区间（a，b）上有实数解. （3）f（x）＝xln x时，类比（2）可证明对任意x1，x2∈（0，＋∞），存在c∈（x1，x2）使得f'（c）＝， 又f'（x）＝1＋ln x单调递增，所以f'（x1）＜f'（c）＜f'（x2），即对任意x1，x2∈（0，＋∞）， f'（x1）＜＜f'（x2）. 故f'（x）＝1＋ln x是y＝f（x）的一个控制函数. 7.已知非空集合A是由一些函数组成的，且满足如下性质：①对任意f（x）∈A，f（x）均存在反函数f－1（x），且f－1（x）∈A；②对任意f（x）∈A，方程f（x）＝x均有解；③对任意f（x）∈A，g（x）∈A，若函数g（x）为定义在R上的一次函数，则f（g（x））∈A. （1）若f（x）＝（）x，g（x）＝2x－3，且f（x）∈A，g（x）∈A，证明：函数h（x）＝lo（2x－3）∈A； （2）若函数f（x）＝（x≥1）在集合A内，求实数a的取值范围； （3）若集合A中的函数均为定义在R上的一次函数，证明：存在一个实数x0，使得对任意f（x）∈A，均有f（x0）＝x0. 解：（1）证明：由f（x）＝（）x∈A，根据性质①可得f－1（x）＝lox∈A， 又g（x）＝2x－3∈A，且g（x）为定义在R上的一次函数，根据性质③可得h（x）＝lo（2x－3）＝f－1（g（x））∈A，问题得证. （2）由性质②可知，令＝x（x≥1），化简整理得a＝x，则a＝x在x∈[1，＋∞）上有解，所以a≥1. f（x）＝＝＝x＋1＋－2（x∈[1，＋∞））. 当＞2，即a＞3时，f（x）在[1，＋∞）上先单调递减，再单调递增， 此时f（x）没有反函数，不满足性质①. 当≤2，即1≤a≤3时，f（x）在[1，＋∞）上单调递增，此时f（x）有反函数，满足性质①. 显然f（x）满足性质②. 综上，a∈[1，3]. （3）证明：任取f1（x）＝ax＋b，f2（x）＝cx＋d∈A，ac≠0，不妨设a，c≠1， 由性质③得函数p（x）＝f1（f2（x））＝acx＋（ad＋b）∈A，q（x）＝f2（f1（x））＝acx＋（bc＋d）∈A， 由性质①得q－1（x）＝∈A， 由性质③得q－1（p（x））＝＝x＋∈A， 由性质②得方程x＋＝x有解，所以ad＋b＝bc＋d，即＝. 由f1（x）＝x，可得ax＋b＝x，则x＝， 由f2（x）＝x，可得cx＋d＝x，则x＝. 当f（x）＝x时，对任意的x∈R，均有f（x）＝x. 由此可知，对于任意两个函数f1（x），f2（x）∈A，存在相同的x0满足f1（x0）＝x0＝f2（x0）， 所以存在一个实数x0，使得对任意f（x）∈A，均有f（x0）＝x0. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $