课下巩固检测练(12) 函数与导数的新定义问题（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(十二)]　函数与导数的新定义问题 (每题10分) 1.以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心内容，其定理陈述如下：若定义在R上的函数f(x)满足条件①在闭区间上连续，②在开区间内可导，则∃x0∈，＝f'.而罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的特例：若f＝f，则f'＝0.现已知函数f(x)＝ex＋ax3. (1)设可导函数g(x)＝f(x)＋1，证明：∃x0∈，g'＝0； (2)若f'(x)在上的最小值为－1，求a的取值范围. 解：(1)因为g＝g＝1，且g(x)在上连续，在内可导， 所以由罗尔中值定理得∃x0∈，g'＝0. (2)设h＝f'(x)＝ex＋3ax2，则h'＝x. 当6a≥0，即a≥0时，ex＋6a＞0， 当x＜0，得h'＜0，则h在上单调递减， 当x＞0，得h'＞0，则h在上单调递增， 从而＝h＝－1，故a≥0符合题意. 当6a＜0时，即a＜0时，令h'＝0，得x＝0或x＝ln. 当ln＜0，即－＜a＜0时， 当x＞0或x＜ln，得h'＞0，则h在和上单调递增， 当ln＜x＜0，得h'＜0，则h在上单调递减. 因为h在上的最小值为－1，且h(0)＝－1， 则h≥－1，得－≤a＜0； 当ln＝0，即a＝－时，h'≥0恒成立，则h在R上单调递增，故a＝－，不合题意； 当ln＞0，即a＜－时， 当x＞ln或x＜0，得h'＞0，则h在和上单调递增， 当0＜x＜ln，得h'＜0，则h在上单调递减， 从而h＜h＝－1，故a＜－，不合题意. 综上，a的取值范围为. 2.给出以下三个材料：①若函数f(x)可导，我们通常把导函数f'(x)的导数叫做f(x)的二阶导数，记作f″.类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f‴，三阶导数的导数叫做四阶导数……一般地，n－1阶导数的导数叫做n阶导数，记作＝'，n≥4.②若n∈N*，定义n！＝n×××…×3×2×1.③若函数f(x)在包含x0的某个开区间上具有n阶的导数，那么对于任一x∈有g(x)＝f＋＋＋＋…＋，我们将g(x)称为函数f(x)在点x＝x0处的n阶泰勒展开式.例如，y＝ex在点x＝0处的n阶泰勒展开式为1＋x＋x2＋…＋xn.根据以上三段材料，完成下面的题目： (1)求出f1＝sin x在点x＝0处的3阶泰勒展开式g1，并直接写出f2＝cos x在点x＝0处的3阶泰勒展开式g2； (2)比较(1)中f1与g1的大小； (3)证明：ex＋sin x＋cos x≥2＋2x. 解：(1)∵f'1＝cos x，f″1＝－sin x，f‴1＝－cos x， ∴f'1＝1，f″1＝0，f‴1＝－1， ∴g1＝sin 0＋＋＋，即g1＝x－x3. 同理可得：g2＝1－x2. (2)由(1)知：f1＝sin x，g1＝x－x3， 令h＝f1－g1＝sin x－x＋x3， 则h'＝cos x－1＋x2， ∴h″＝－sin x＋x，h‴＝1－cos x≥0， ∴h″在R上单调递增，又h″＝0， ∴当x∈时，h″＜0，h'单调递减；当x∈时，h″＞0，h'单调递增； ∴＝h'＝1－1＋0＝0，∴h'≥0， ∴h在R上单调递增，又h＝0， ∴当x∈时，h＜0；当x∈时，h＞0； 综上所述：当x＜0时，f1＜g1；当x＝0时，f1＝g1；当x＞0时，f1＞g1. (3)令φ＝f2－g2＝cos x－1＋x2，则φ'＝－sin x＋x， ∴φ″＝1－cos x≥0，∴φ'在R上单调递增， 又φ'＝0，∴φ在上单调递减，在上单调递增， ∴φ≥φ＝0，即cos x≥1－x2； ∵y＝ex在点x＝0处的4阶泰勒展开式为：1＋x＋x2＋x3＋x4， ∴ex＝1＋x＋x2＋x3＋x4≥1＋x＋x2＋x3，当且仅当x＝0时取等号， ①当x≥0时，由(2)可知，sin x≥x－x3，当且仅当x＝0时取等号，所以ex＋sin x＋cos x≥＋＋＝2＋2x； ②当x＜0时，设F(x)＝ex＋sin x＋cos x－2－2x，F＝0， F'＝ex＋cos x－sin x－2＝ex＋cos(x＋)－2，F″＝ex－sin x－cos x， 当x∈，由(2)可知sin x＜x－x3，所以F″＝ex－sin x－cos x＞1＋x＋x2＋x3＋x3－x－cos x＝1－cos x＋x2＞0，即有F'＜F'＝0； 当x∈时，F'＝ex＋cos(x＋)－2＜＋－2＜＋－2＜0， 所以x＜0时，F(x)单调递减，从而F(x)＞F＝0，即ex＋sin x＋cos x＞2＋2x. 综上所述，ex＋sin x＋cos x≥2＋2x. 学科网（北京）股份有限公司 $