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学生用书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. 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. 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. 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）. 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $多学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 培优点3函数与导数中的新定义问题 -2xx<0, 【例1】解：(1)①对于y=21x1={2x,x≥0， 当x∈（-o∞，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十cosx,y'=1一sinx≥0恒成立，y=x十cosx单调递增，不是含谷函数. （2)由题意可知函数y=x2-2x一mln(x一1)在区间[2,4]上先减后增，且存在谷点. Ag(x)=x2-2x-mln (x-1), 则g(x)=2x-2-晋， 令t()=g()=2x-2-号， m 则(x)=2+s-1>0, g(2=2-m<0, 所以g()在区间2,4]上单调递增，所以{g4)=6-罗>0，解得2<m<18, 故m的取值范围是（2,18). (3)因为h(x)=-x4+px3+gx2+(4-3p-2g)x,所以h'(x)=-4x3+3px2+2gx +(4-3p-2g)=4(1-x)·[2+(1-婴)x+(1-婴-号)]， 若x2+(1-婴)x+(1-婴-)≥0恒成立， 则函数y=h(x)在（一∞，1]上单调递增，在[1，十∞）上单调递减，不是含谷函数， 不满足题意， 因此关于x的方程2+(1-婴)x+(1-买-号)=0有两个相异实根，即4>0， 设两根分别为a,B阻a<B,则a+B=-1+婴， 啡=1-婴-. 因为h(1)≤0=h(0),所以函数y=h(x)在区间（一∞，1]上不单调递增， 但是当x小于1，a,B中的最小值时， h'(x)>0,y=h(x)单调递增， 所以y=h(x)在区间（-o,1]上的单调性至少改变一次，即a<1. 同理，因为h(1)≤h(2),所以B>1. 因此y=h(x)在区间（一∞，a)和(1，B)上单调递增，在区间(a,1)和(B,+ ∞)上单调递减， 从而函数y=h(x)的含谷区间[a,b]必满足[a,b]∈[a,B].所以L(p,q)=B-a V(-1+翠-41-翠-号)=品p2+p-3+2g, ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 而h(1)=-1+p+q+4-3p-2g=3-2p-q,h(2) =-16+8知+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g≥3-2p, 易知p≤4时，11-4p≥3-2p,p>4时，11-4p<3-2p, 11-4p,p≤4， 所以9≥3-2pp>4. 当p≤4时，Lp,g)≥品p2-号p+19≥2， 当p>4时， Lp,g)品p2-p+3>2, 因此L(p,g)的最小值为V2,此时p=4,g=一5. 跟踪训练 解：(1)对于任意不同的1，x2∈[1,2]，不妨设1<x2,则有1≤1<2≤2,2 <x1+x2<4, 所以2<2<3， 2 1f)-f)1=1(+)-(+)1=|6-)21<311, 所以f(x)=号+x是[1,2]上的“3类函数” (2)由题意知，对于任意不同的1，x2∈[1，]，都有|f(x1)一f(x2)|<2|x1一x2|, 不妨设1<x2,则一2(x2一x1)≤f(x1)一f(x2)<2(x2一x1), 故f(x1)+2x1≤f(x2)+22且f(x1)-21>f(x2)-22, 故y=f(x)+2x在[1，e]上单调递增，y=f(x)-2x在[l,e]上单调递减， 故对任意的x∈[1，e],都有-2≤f(x)≤2，其中f(x)=cxe-x-lnx-1. 由f(x)≤2可得c≤，令g(x)=,1≤≤e, xe xes 则c≤g(x)mim' g()=+,令MG)=-2-1nx一，1≤≤c,可得L()单调递减， xer 所以4(x)≤u（1)=-3<0,所以g'(x)<0, 所以g(x)在[1，e]上单调递减，g(x)mm=g(e)=. 由f(x)≥-2可得c≥，令h(x)=,1≤≤c,则c≥h()m, xes e 小G)=+r,令m(x)=2-1nx一x,1≤x≤c,易知m(Gx)单调递减， xaes 又m(1)=1>0,m(e)=1-e<0, ·独家授权侵权必究· 色学科网书城回 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 所以3xo∈(1，e),使得m(xo)=0,即2一lnxo-xo=0,所以lnxo=2-xo,xo= e2x0. 当x∈[1，xo)时，m(x)>0,h'(x)>0,h(x)单调递增，当x∈(xo,e]时，m(x) <0,h'(x)<0,h(x)单调递减， xolnxo1 所以h(x)max=h(xo) e而 =à 综上所述，吉≤c≤ 故实数c的取值范围为[品，]· 【例2】证明：(1)由f(x)在R上单调递增，得对任意x∈(n,r十吉)，有f(x) >f()=0, 又由f(r)=0,得f(x)=f(x)一f(),根据拉格朗日中值定理，存在c∈(r,x), f(x)=f(x)-f(r)=f(c)(x-)<f(c)=(e+1), 因为r∈(1，号)，所以c<r十<号+<2， (e+1)<(e2+1)<1, 所以0≤f(x)<1. (2)①先证x>x+1,易知在点(x,f(x))处，曲线y=∫(x)的切线方程为y一f (xu)=f(xn)·(x-xn), f (xa) f (x) 令y=0,得x=x一7x,即+1=一x, 又xm>”,f(x)在R上单调递增，则f(xn)>f(r)=0,而(x)=e+1>0,则 f (x) f图a) Fxa>0,所以+1=x一xa<: 再证m+1>r,由于f(x)在R上单调递增，只需证f(x+1)>f()=0, 令h(x)=f(x)一f(x)一f(xn)(x-xn),x∈[x+1,x],则h'(x)=f(x)一f '(xn)=e-e≤0，x∈[xn+1,xn], 于是h(x)在[xn+1,xn]上单调递减，而h(xn)=f(xn)一f(xn)一f(xn)(xn一xn) =0, 因此h(x+1)>0,又f(xn)+f(xn)(xn+1一xn)=0,故h(xm+1)=f(x+1),即 f(xn+1)>0,所以xm+1>r.综上：xn>n+1>r. 跟踪训练 证明：（1)设h(x)=ex-x一1，则h'(x)=e-1. 当x>0时，h'(x)>0;当x<0时，h'(x)<0. 所以h(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调递增. ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 因此，h(x)≥h(0)=0,即e≥1十x. (2)因为c=1+x+号+等++胃++器+.…① 所以e=1-x+号-等+号-等+十(-1）+…② 0②得f)=学=x+7+管++器器+ g)）-号=1+号++++ 所以g=1十等+骨++离器+ -2 <1+++十m+. =g(x), 即<g(x). ·独家授权侵权必究·