函数与导数课件-2026届高三数学二轮复习

函数与导数 高中数学 二轮复习 返回导航 新定义题型内容新颖，分值较高，作为高考试题的压轴题，成为近几年高考命题趋势之一，这类问题的解决，对学生的心理素质和思维敏捷性要求较高． 返回导航 内容索引 第一部分 热点分类　考向探究 创新练1 第二部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 函数的新定义问题 e－2 返回导航 返回导航 新定义题型的破题模型 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 以高等数学为背景的新定义问题 返回导航 返回导航 返回导航 以高等数学为背景的新定义问题，一般先给出高等数学中的概念、定理、公式、性质等，要充分理解这些新定义，按照新定义给出的性质或者运算规律来解题，要恰当地把已有知识和新定义问题融合，且避免已有知识对新的信息的干扰． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 创新练1 第 分 部 二 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　(2025·山东日照二模)定义在区间D上的函数y＝f (x)，若存在正数K，对任意的x1，x2∈D，不等式|f (x1)－f (x2)|≤K|x1－x2|恒成立，则称函数y＝f (x)在区间D上满足K条件．若函数f (x)＝(x＋1)ln x－2x＋2在区间上满足K条件，则K的最小值为________． 解析：因为f ′(x)＝ln x＋(x＋1)·－2＝ln x＋－1，令g(x)＝ln x＋－1，g ′(x)＝－＝，当x∈时，g ′(x)≤0，所以g(x)在上单调递减． 又因为g(1)＝0，所以g(x)≥0在上恒成立，所以f ′(x)≥0，所以f (x)在上单调递增，设≤x1<x2≤1，则f (x1)<f (x2)．若函数f (x)＝(x＋1)ln x－2x＋2在区间上满足K条件，则|f (x1)－f (x2)|≤K|x1－x2|对任意x1，x2∈恒成立，所以f (x2)－f (x1)≤K(x2－x1)对任意x1，x2∈恒成立，则f (x2)－Kx2≤f (x1)－Kx1对任意x1，x2∈恒成立，令h(x)＝f (x)－Kx，所以h(x)在上单调递减，h ′(x)＝f ′(x)－K≤0在上恒成立，所以K≥ln x＋－1＝g(x)．又因为g(x)在上单调递减，g(x)max＝g＝ln ＋e－1＝e－2，所以K≥e－2，所以K的最小值为e－2． 跟踪训练 (2025·广东揭阳二模)在平面直角坐标系中，两点P(x1，y1)，Q(x2，y2)的“曼哈顿距离”定义为||PQ||＝|x1－x2|＋|y1－y2|．例如点P(1，2)，Q(－2，－1)的“曼哈顿距离”为||PQ||＝|1－(－2)|＋|2－(－1)|＝6．已知点M在直线y＝ex＋1上，点N在 函数y＝ln x的图象上，则|MN|的最小值为__________，||MN||的最小值为___． 解析：设曲线y＝ln x上与直线y＝ex＋1平行的切线的切点坐标为(x0，ln x0)，则＝e，解得x0＝，所以切点为，即切线方程为y＋1＝e，即ex－y－2＝0，则|MN|的最小值为直线y＝ex＋1与直线ex－y－2＝0间的距离，即|MN|min＝＝．设M(x1，ex1＋1)，N(x2，ln x2)，则||MN||＝|x1－x2|＋|ex1＋1－ln x2|，将||MN||看成关于x1的函数，则||MN||在x1＝x2或ex1＋1＝ln x2时，取得最小值，当x1＝x2时，令g(x)＝ex＋1－ln x(x>0)，则g ′(x)＝e－，令g ′(x)＝0，解得x＝，当x∈时，g ′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈时，g ′(x)>0， 函数g(x)单调递增，所以当x＝时，g(x)min＝g＝e×＋1－ln ＝3，即||MN||min＝3；当ex1＋1＝ln x2时，则x2＝eex1＋1，令h(x)＝eex＋1－x，则h ′(x)＝e·eex＋1－1，令h ′(x)＝0，解得x＝－，当x∈时，h ′(x)<0，函数h(x)单调递减，当x∈时，h ′(x)<0，函数h(x)单调递增，所以当x＝－时，h(x)min＝h＝e－2＋1＋＝．综上所述，||MN||min＝． 例2　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[a，b]上连续，②在开区间(a，b)内可导，则∃x0∈(a，b)，＝f ′(x0)．而罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的特例：若f (a)＝f (b)，则f ′(x0)＝0．现已知函数f (x)＝(x－2)ex＋ax3(a∈R)． (1)设可导函数g(x)＝(x2－5x＋4)f (x)＋1，求证：∃x0∈(1，4)，g ′(x0)＝0； 解：(1)证明：因为g(1)＝g(4)＝1，且g(x)在[1，4]上连续，在(1，4)内可导， 所以由罗尔中值定理得∃x0∈(1，4)，g ′(x0)＝0． (2)若f ′(x)在(－1，1)上的最小值为－1，求a的取值范围． 解：(2)设h(x)＝f ′(x)＝(x－1)ex＋3ax2，则h ′(x)＝x(ex＋6a)． 当6a≥0，即a≥0时，ex＋6a>0， 若x<0，则h ′(x)<0，则h(x)在(－∞，0)上单调递减， 若x>0，则h ′(x)>0，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 从而h(x)min＝h(0)＝－1，故a≥0符合题意． 当6a<0，即a<0时，令h ′(x)＝0，得x＝0或x＝ln (－6a)． 当ln (－6a)<0，即－<a<0时，若x>0或x<ln (－6a)，则h ′(x)>0，则h(x)在(－∞，ln (－6a))和(0，＋∞)上单调递增， 若ln (－6a)<x<0，则h ′(x)<0，则h(x)在(ln (－6a)，0)上单调递减． 因为h(x)在(－1，1)上的最小值为－1，且h(0)＝－1，则h(－1)≥－1，得－≤a<0． 当ln (－6a)＝0，即a＝－时，h ′(x)≥0恒成立，则h(x)在R上单调递增，故a＝－不合题意．当ln (－6a)>0，即a<－时， 若x>ln (－6a)或x<0，则h ′(x)>0，则h(x)在(－∞，0)和(ln (－6a)，＋∞)上单调递增，若0<x<ln (－6a)，则h ′(x)<0，则h(x)在(0，ln (－6a))上单调递减， 从而h<h(0)＝－1，故a<－不合题意．综上，a的取值范围为． 跟踪训练 (2025·湖北武汉一模)已知函数f (x)的导函数为f ′(x)，若f ′(x)在区间D上单调递增，则称f (x)为区间D上的凹函数；若f ′(x)在区间D上单调递减，则称f (x)为区间D上的凸函数．设函数f (x)＝＋λln (x＋1)． (1)若f (x)在[2，3]上为凹函数，求实数λ的取值范围； 解：(1)f ′(x)＝＋，令m(x)＝f ′(x)，则m ′(x)＝－，依题意知，m ′(x)≥0对任意的x∈[2，3]恒成立，则≥λ恒成立，令n(x)＝＝，x∈[2，3]，则n ′(x)＝(－x3＋3x2＋3x－1)＝(－x2＋4x－1)>0，故n(x)在[2，3]上单调递增，故n(2)＝0≥λ，则实数λ的取值范围为(－∞，0]． (2)若F (x)＝f (x－1)，且F (x)在(1，＋∞)上存在零点，求实数λ的取值范围． 解：(2)依题意得，F (x)＝f (x－1)＝＋λln x， 若λ≥0，当x>1时，>0，ln x>0， 所以F (x)>0，F (x)在(1，＋∞)上无零点，舍去． 若λ<0，则F ′(x)＝， 令g(x)＝λex－1－x2＋2x， 则g ′(x)＝λex－1－2(x－1)<0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，且g(1)＝λ＋1． ①若λ＋1>0，即－1<λ<0，此时g(2)＝λe<0， 则存在m∈(1，2)，使得g(m)＝0，即F ′(m)＝0， 故F (x)在(1，m)上单调递增，在(m，＋∞)上单调递减，所以F (m)>F (1)＝0， 当x>m时，F (x)＝＋λln x<＋λln x＝1－＋λln x<1＋λln x， 令1＋λln x＝0，解得x＝e－， 因为e－>e>m，且F (e－)<0， 所以存在唯一的x1∈(m，e－)，使得F (x1)＝0，满足条件． ②若λ＋1≤0，即λ≤－1，此时g(x)<0，F (x)在(1，＋∞)上单调递减， 又F (1)＝0，所以F (x)<0，不合题意，舍去． 综上所述，实数λ的取值范围为(－1，0)． 1．(20分)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，在计算机数学中有着广泛的应用．已知函数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 (2)(0)＝R(2)(0)，…，f (m＋n)(0)＝R(m＋n)(0)．其中f (2)(x)＝[f ′(x)] ′，f (3)(x)＝[f (2)(x)] ′，…，f (m＋n)(x)＝[f (m＋n－1)(x)] ′．已知f (x)＝ln (x＋1)在x＝0处的[2，2]阶帕德近似为R(x)＝． (1)求实数a，b的值； 解：(1)依题意可知，f (0)＝0，R(0)＝a，因为f (0)＝R(0)，所以a＝0， 此时，R(x)＝． 因为f ′(x)＝，R ′(x)＝， 所以f ′(0)＝1，R ′(0)＝b．又因为f ′(0)＝R ′(0)，所以b＝1． (2)设h(x)＝f (x)－R(x)，求证：xh(x)≥0； 解：(2)证明：依题意，h(x)＝f (x)－R(x)＝ln (1＋x)－， h ′(x)＝－＝≥0， 故h(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 由h(0)＝0，故∀x∈(－1，0)，h(x)<0，∀x∈(0，＋∞)，h(x)>0， 综上，∀x>－1，xh(x)≥0． (3)已知x1，x2，x3是方程ln x＝λ的三个不等实根，求实数λ的取值范围，并证明>－1． 解：(3)证明：不妨设x1<x2<x3，令t(x)＝ln x－λ， t ′(x)＝－λ＝(x>0)， 当λ≤0时，t ′(x)>0，此时t(x)单调递增，t(x)＝0不存在三个不等实根． 当λ>0时，令s(x)＝－λx2＋x－λ，其判别式Δ＝1－4λ2， 若Δ＝1－4λ2≤0，即λ≥，s(x)≤0恒成立，即t ′(x)≤0， 此时t(x)单调递减，t(x)＝0不存在三个不等实根； 若Δ＝1－4λ2>0，即0<λ<，t ′(x)＝0存在两个不等正实根r1，r2(r1<r2)， 当x∈(0，r1)时，t ′(x)<0，t(x)单调递减， 当x∈(r1，r2)时，t ′(x)>0，t(x)单调递增， 当x∈(r2，＋∞)时，t ′(x)<0，t(x)单调递减， 又因为t(1)＝0，且t ′(1)＝1－2λ>0，故t(r1)<0，t(r2)>0， 因为ln x<x－1(x≠1)，所以ln <－1，即ln x>2－， 所以t(λ4)＝ln λ4－λ>2－－λ5＋＝(2－λ5)＋>0， 又t ′(λ4)＝－λ＝－λ<0， 所以存在x1∈(λ4，r1)，满足t(x1)＝0， 又因为t＝ln －λ＝－ln x＋λ＝－t(x)， 故存在x3＝，满足t(x3)＝0， 故当且仅当0<λ<时，ln x＝λ存在三个不等实根， 且满足x1<x2＝1<x3，且x1＝， 由(2)可知，当x>0时，ln (1＋x)>， 因此ln x>(x>1)， 故ln x3＝λ>， 化简可得<＝x3＋4＋＝x1＋x2＋x3＋3， 因此>－1，命题得证． 2．(20分)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 ″(x)．类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f ‴(x)，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f (n)(x)＝[f (n－1)(x)] ′，n≥4．②若n∈N*，定义n！＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1．③若函数f (x)在包含x0的某个开区间(a，b)上具有n阶的导数，则对于任意x∈(a，b)有g(x)＝f (x0)＋(x－x0)＋(x－x0)2＋(x－x0)3＋…＋(x－x0)n，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f 1(x)＝sin x在点x＝0处的3阶泰勒展开式g1(x)，并直接写出f 2(x)＝cos x在点x＝0处的3阶泰勒展开式g2(x)； 解：(1)∵f ′1(x)＝cos x，f ″1(x)＝－sin x，f ‴1(x)＝－cos x， ∴f ′1(0)＝1，f ″1(0)＝0，f ‴1(0)＝－1， ∴g1(x)＝sin 0＋(x－0)＋(x－0)2＋(x－0)3，即g1(x)＝x－x3． 同理可得g2(x)＝1－x2． (2)比较(1)中f 1(x)与g1(x)的大小； 解：(2)由(1)知f 1(x)＝sin x，g1(x)＝x－x3， 令h(x)＝f 1(x)－g1(x)＝sin x－x＋x3，则h ′(x)＝cos x－1＋x2， ∴h ″(x)＝－sin x＋x，h‴(x)＝1－cos x≥0，∴h ″(x)在R上单调递增，又h ″(0)＝0， ∴当x∈(－∞，0)时，h ″(x)<0，h ′(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，h ″(x)>0，h ′(x)单调递增，∴[h ′(x)]min＝h ′(0)＝1－1＋0＝0，∴h ′(x)≥0，∴h(x)在R上单调递增． 又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，h(x)>0． 综上所述，当x<0时，f 1(x)<g1(x)；当x＝0时，f 1(x)＝g1(x)；当x>0时，f 1(x)>g1(x)． (3)求证：ex＋sin x＋cos x≥2＋2x． 解：(3)证明：令φ(x)＝f 2(x)－g2(x)＝cos x－1＋x2，由(2)得φ(x)≥φ(0)＝0，即cos x≥1－x2． y＝ex在点x＝0处的3阶泰勒展开式为1＋x＋x2＋x3， 同理(2)可证得ex≥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，∴ex＋sin x＋cos x≥＋＋＝2＋2x． ②当x<0时，设F (x)＝ex＋sin x＋cos x－2－2x，F (0)＝0， F ′(x)＝ex＋cos x－sin x－2＝ex＋cos －2，F ″(x)＝ex－sin x－cos x， 当x∈(－1，0)，由(2)可知sin x<x－x3， ∴F ″(x)＝ex－sin x－cos x>1＋x＋x2＋x3＋x3－x－cos x＝1－cos x＋x2(3＋2x)>0，即有F ′(x)<F ′(0)＝0； 当x∈(－∞，－1]时，F ′(x)＝ex＋cos －2<＋－2<＋－2<0． ∴x<0时，F (x)单调递减，从而F (x)>F (0)＝0，即ex＋sin x＋cos x>2＋2x． 综上所述，ex＋sin x＋cos x≥2＋2x． $