函数与导数中的新定义创新问题课件-2026届高三数学三轮冲刺

2026高考冲刺——函数与导数中的新定义创新问题 创新点1　函数与导数中的新定义问题 例1　(2025山东济宁一模)已知函数y=F(x)的图象上存在A,B两点,记直线AB的方程为y=G(x),若直线AB恰为曲线y=F(x)的一条切线(A,B为切点),且对∀x∈D(D为F(x)的定义域)有F(x)≥G(x),则称函数y=F(x)为“切线支撑”函数. (1)试判断函数f(x)=sin 2x-2cos2x是否为“切线支撑”函数.若是,求出一组点A,B;否则,请说明理由; (2)已知g(x)=为“切线支撑”函数,求实数a的取值范围; (3)证明:函数h(x)=2x+sin 3x为“切线支撑”函数. (1)解 f(x)=sin 2x-2cos2x=sin 2x-cos 2x-1=2sin(2x-)-1, 显然f(x)≥-3. 令f(x)=-3,得2x-=-+2kπ,k∈Z,即x=-+kπ,k∈Z, 所以x=-+kπ,k∈Z是f(x)的极小值点,且y=-3为曲线y=f(x)的一条切线, 所以函数f(x)=sin 2x-2cos2x是“切线支撑”函数, 可取A(-,-3),B(,-3). (2)解 当x>0时,g'(x)=a-,所以g'(x)在(0,+∞)内单调递增, 所以切点A,B不可能都在y轴的右侧; 当x<0时,g'(x)=2x,所以g'(x)在(-∞,0)内单调递增,所以切点A,B不可能都在y轴的左侧;所以切点A,B必在y轴的两侧. 不妨设x1>0>x2,A(x1,ax1-ln x1),B(x2,),当x>0时,g'(x)=a-, 所以A点处的切线方程为y-ax1+ln x1=(a-)(x-x1),即y=(a-)x+1-ln x1; 当x<0时,g'(x)=2x,所以B点处的切线方程为y-=2x2(x-x2),即y=2x2x-, 因为A,B两点处的切线重合,所以则a=2x2+ 设φ(x)=2x+,x<0,则φ'(x)=2-2x>0, 所以φ(x)在(-∞,0)内单调递增, 又当x→-∞时,φ(x)→-∞,所以a<φ(0)=,即a∈(-∞,). 设A点处的切线方程为m(x)=(a-)x+1-ln x1, 设p(x)=g(x)-m(x)=-ln x+x-1+ln x1,x>0,则p'(x)=-, 所以当x∈(0,x1)时,p'(x)<0,p(x)在(0,x1)内单调递减;当x∈(x1,+∞)时,p'(x)>0,p(x)在(x1,+∞)内单调递增,所以p(x)≥p(x1)=0,所以g(x)≥m(x). 设B点处的切线方程为n(x)=2x2x-,则g(x)-n(x)=x2-2x2x+=(x-x2)2≥0,即g(x)≥n(x),所以g(x)为“切线支撑”函数. 综上,实数a的取值范围是(-∞,). (3)证明 设A(x1,2x1+sin 3x1),B(x2,2x2+sin 3x2), 因为h'(x)=2+3cos 3x,所以A,B两点处的切线方程分别为 y=(2+3cos 3x1)x+sin 3x1-3x1cos 3x1和y=(2+3cos 3x2)x+sin 3x2-3x2cos 3x2, 所以 所以cos 3x1=cos 3x2,3(x2-x1)cos 3x1=sin 3x2-sin 3x1, 不妨取3x2=3x1+2kπ,k∈Z, 则2kπcos 3x1=0,则cos 3x1=0,即3x1=kπ+,k∈Z, 所以sin 3x1=±1,不妨取sin 3x1=-1,则切线AB的方程为y=2x-1, 又h(x)=2x+sin 3x≥2x-1,所以函数h(x)=2x+sin 3x为“切线支撑”函数. 创新点2　以高等数学为背景的新定义问题 例2　(2025湖南娄底模拟改编)请同学们阅读以下三段材料: ①若函数f(x)的导数为f'(x),则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f″(x)的导数叫做f(x)的三阶导数,记作f(3)(x);三阶导数f(3)(x)的导数叫做f(x)的四阶导数,……一般地,n-1阶导数的导数叫做f(x)的n阶导数,即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)内具有n阶导数,那么对于 ∀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f1(x)=sin x在点x=0处的3阶泰勒展开式g1(x),并直接写出f2(x)=cos x在点x=0处的3阶泰勒展开式g2(x); (2)比较(1)中f1(x)与g1(x)的大小; (3)证明:ex+sin x+cos x≥2+2x. (1)解 ∵f1'(x)=cos x,f1″(x)=-sin x,(x)=-cos x, ∴f1'(0)=1,f1″(0)=0,(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)解 由(1)知f1(x)=sin x,g1(x)=x-x3, 令h(x)=f1(x)-g1(x)=sin x-x+x3,则h'(x)=cos x-1+x2, ∴h″(x)=-sin x+x,h(3)(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,当x<0时,f1(x)<g1(x);当x=0时,f1(x)=g1(x);当x>0时,f1(x)>g1(x). (3)证明 令φ(x)=f2(x)-g2(x)=cos x-1+x2,则φ'(x)=-sin x+x, ∴φ″(x)=1-cos x≥0,∴φ'(x)在R上单调递增, 又φ'(0)=0,∴当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0, 当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,∴φ(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增, ∴φ(x)≥φ(0)=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≥(1+x+x2+x)+(x-x3)+(1-x2)=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(x+)-2, F″(x)=ex-sin x-cos x, 当x∈(-1,0)时,由(2)可知sin x<x-x3, 所以F″(x)=ex-sin x-cos x>1+x+x2+x3+x3-x-cos x=1-cos x+x2(3+2x)>0, 所以F'(x)在(-1,0)内单调递增,则F'(x)<F'(0)=0; 当x∈(-∞,-1]时,F'(x)=ex+cos(x+)-2<-2<-2<0, 所以当x<0时,F'(x)<0,则F(x)单调递减, 从而F(x)>F(0)=0,即ex+sin x+cos x>2+2x. 综上,ex+sin x+cos x≥2+2x. 【对点训练】(2025安徽合肥模拟)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]上连续,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叫做f(x)在区间[a,b]上的“拉格朗日中值点”.已知函数f(x)=aex+be-x (a,b∈R)是奇函数,g(x)=f(x)+ae-x-x2. (1)当a=1时,求f(x)在区间[-1,1]上的“拉格朗日中值点”的个数; (2)已知h(x)=+ln x,若h(x)在定义域内有三个不同的极值点,求实数a的取值范围; (3)若g(x)在区间[0,1]上有且只有一个“拉格朗日中值点”,求实数a的取值范围. 参考数据:ln(e-1)≈0.54. 解 (1)因为函数f(x)=aex+be-x是奇函数,所以f(-x)=-f(x),即ae-x+bex=-aex-be-x,所以(a+b)(ex+e-x)=0,所以a+b=0. 所以当a=1时,f(x)=ex-e-x, 所以f'(x)=ex+e-x,显然f(x)满足定理的条件. 由题意知即求方程ex+e-x==e-e-1在(-1,1)上的实根个数, 令m(x)=ex+e-x-(e-e-1), 则m'(x)=ex-e-x=, 所以当-1<x<0时,m'(x)<0, 所以m(x)单调递减; 当0<x<1时,m'(x)>0, 所以m(x)单调递增. 所以m(x)min=m(0)=2+e-1-e<0, 又m(-1)=2e-1>0,m(1)=2e-1>0, 所以由函数零点存在定理知,∃x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使得m(x1)=0,m(x2)=0. 所以当a=1时,f(x)在区间[-1,1]上的“拉格朗日中值点”的个数为2. (2)由题知g(x)=aex-x2,即h(x)=-x+ln x,其定义域为(0,+∞), 则h'(x)=-1+,x>0. 令h'(x)=0,得x=1或a= 设φ(x)=(x>0), 则φ'(x)=, 当x∈(0,1)时,φ'(x)>0, 所以φ(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0, 所以φ(x)单调递减, 又当x→0时,φ(x)→0;当x→+∞时,φ(x)→0,且φ(1)=, 所以φ(x)的大致图象如图所示. 因为h(x)在定义域内有三个不同的极值点, 所以曲线φ(x)与直线y=a有两个不同的交点,所以0<a< (3)由(2)得g'(x)=aex-2x,由aex-2x==ae-a-1, 令n(x)=aex-2x-(ae-a-1),则n(0)=2a+1-ae,n(1)=a-1,n'(x)=aex-2. ①若a≤0,则n'(x)<0,所以n(x)单调递减, 因为g(x)在区间[0,1]上有且只有一个“拉格朗日中值点”, 所以 解得a≤0. ②若a>0,当a≥2时,n'(x)≥0,n(x)在[0,1]上单调递增, 则 解得a≥2; 当0<a时,n'(x)≤0,n(x)在[0,1]上单调递减, 则 解得0<a 当<a<2时,令n'(x)=0,得x=ln当0≤x<ln时,n'(x)<0,所以n(x)单调递减, 当ln<x≤1时,n'(x)>0,所以n(x)单调递增, 所以n(x)min=n(ln)=2-2ln-(ae-a-1)=3-2ln-ae+a, 令μ(a)=3-2ln 2+2ln a-ae+a(<a<2), 则μ'(a)=-e+1, 令μ'(a)=-e+1=0,得a=, 所以当<a<时,μ'(a)>0,μ(a)单调递增, 当<a<2时,μ'(a)<0,μ(a)单调递减, 则μ(a)max=μ()=1-2ln(e-1)<0,即n(x)min<0. 由题意知结合<a<2,解得a<2或<a≤1. 综上,若g(x)在区间[0,1]上有且只有一个“拉格朗日中值点”, 则实数a的取值范围为(-∞,1]∪[,+∞). PART 01 真题解构　函数与导数 单击此处添加标题 例题 (17分)(2025新高考Ⅱ,18)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0<k<. (1)证明:f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点; (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点. (ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减; (ⅱ)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. 命题分析　本题以函数与导数为载体,考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值,零点存在定理等知识,试题设置于课程学习情境,体现基础性、综合性与创新性,通过证明极值和零点的唯一以及单调性应用,考查学生逻辑推理能力和数学运算能力,对转化化归思想和分类讨论思想体现的比较到位. 解题分析 题意理解 序号 信息读取 信息加工 1 f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3 求导得f'(x)=x2(-3k) 2 f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点 f(x)在区间(0,+∞)上先增再减或先减再增 3 f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的零点 根据f(x)的单调性以及函数值的正负情况判断 4 g(t)=f(x1+t)-f(x1-t) g'(t)= 思路探求 关键步骤 思维要点 思维缘由 (第(1)问) 确定f(x)的单调性 f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减 求f'(x),结合式子特点构造函数h(x)=-3k,x>0,转化为判断h(x)值的正负 (第(1)问) 证明有唯一零点 存在唯一x2∈(0,+∞)使得f(x2)=0 f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,f(0)=0,当x=x0时,f(x)>0,当x→+∞时,f(x)<0 (第2(ⅰ)问) 证明单调性 g(t)在区间(0,x1)单调递减 证明g'(t)<0在区间(0,x1)上恒成立 (第2(ⅱ)问) 比较并证明大小 2x1>x2 由g(t)在区间(0,x1)单调递减得0>f(2x1),再结合f(x2)=0和f(x)的单调性及函数值的情况可证 书写表达 (1)证明 由题意得f'(x)=-1+x-3kx2=-3kx2=x2(-3k),(1分) 因为x∈(0,+∞),所以x2>0. 设h(x)=-3k,x≥0,注①→思考:为什么要构造这个函数?(2分) 则h'(x)=-<0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,(3分) h(0)=1-3k>0,令h(x0)=0,得x0=-1.注②→思考:x0的正负能否确定?为什么? 所以当x∈(0,x0)时,h(x)>0,则f'(x)>0; 当x∈(x0,+∞)时,h(x)<0,则f'(x)<0, 所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减, 所以f(x)在(0,+∞)上存在唯一极值点. 注③→思考:是极大值还是极小值?极值点是什么?(5分) 对函数y=ln(1+x)-x,有y'=-1=-<0在(0,+∞)上恒成立, 所以y=ln(1+x)-x在(0,+∞)上单调递减, 所以y=ln(1+x)-x<y|x=0=0在(0,+∞)上恒成立.(6分) 又因为f(0)=0,当x→+∞时,x2-kx3=x2(1-2kx)<0, 所以当x→+∞时,f(x)<0,(7分) 所以存在唯一x2∈(0,+∞)使得f(x2)=0, 即f(x)在(0,+∞)上存在唯一零点.注④→思考:这里应用了什么原理?(8分) (2)(ⅰ)证明 由(1)知x1=-1,则k=,(9分) 因为g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),所以g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t) =(x1+t)2(-3k)+(x1-t)2(-3k) =(x1+t)2()+(x1-t)2() =(x1+t)2+(x1-t)2 =]= = ,(11分) 当t∈(0,x1)时,g'(t)<0,注⑤→思考:如何得出这一结论的?(12分) 所以g(t)在(0,x1)上单调递减.(13分) (ⅱ)解 2x1>x2.证明如下, 由(ⅰ)知,g(x1)<g(0)=0, 所以g(x1)=f(2x1)-f(0)<0,即f(2x1)<f(0)=0,(15分) 又x2为f(x)的零点,所以f(x2)=0, 所以f(2x1)<f(x2). 由(1)知,f(x)在(x1,+∞)上单调递减,且x2>x1, 所以2x1>x2.(17分) 回顾反思　利用导数研究函数的性质是高中数学的重点和热点,解决问题的关键是能熟练求导,并能通过导函数的特征判断函数的单调性、极值、最值等结论.本题先求导,再构造函数,通过函数的单调性以及特殊点函数值正负,证明极值点和零点的唯一;第(2)(ⅰ)证明函数单调递减也就是证明g'(t)<0在给定区间上恒成立;并由此结论结合f(x2)=0可证明(ⅱ). 试题源于人A必一第155页7题,第156页13题,人A选必二第87页例3,第92页2题;人B选必三第99页例3. $