专题7 融合创新 函数与导数下的新定义（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

融合创新　函数与导数下的新定义 创新点1　函数与导数中的新定义问题 创新点2　以高等数学为背景的新定义问题 目 录 索 引 从高考命题趋势来看,函数与导数下的新定义问题逐渐成为高考中的热点与难点,占比有逐渐增加的趋势,难度也相对较大;这类问题形式新颖,其核心仍依托函数与导数的基础知识,深入理解函数与导数的本质;考查学生对函数与导数基础知识的掌握程度,更注重对学生创新思维、逻辑推理以及知识迁移能力的检验. 创新点1　函数与导数中的新定义问题 例1　(2025上海杨浦二模)已知函数y=f(x)的导函数为y=f'(x),若函数y=f(x)的定义域为R,且不等式f(x)>f'(x)对任意x∈R成立,则称函数y=f(x)是“超导函数”. (1)判断f(x)=ex+1是否为“超导函数”,并说明理由; (2)若函数y=g(x)与y=h(x)都是“超导函数”,且对任意x∈R,都有h'(x)>0,g'(x)<0,记F(x)=g(x)h(x),求证:函数y=F(x)是“超导函数”; (3)已知函数y=φ(x)是“超导函数”且φ(1)=e,若有且仅有一个实数t满足 φ(ln t+1-at)=eln t+1-at,求实数a的取值范围. (1)解 f(x)是“超导函数”.理由如下, 因为f(x)=ex+1,所以f'(x)=ex,因此f(x)=ex+1>ex=f'(x),故f(x)是“超导函数”. (2)证明 因为F(x)=g(x)h(x),所以F'(x)=g'(x)h(x)+g(x)h'(x). 则F(x)-F'(x)=g(x)h(x)-g'(x)h(x)-g(x)h'(x)=[g(x)-g'(x)][h(x)-h'(x)]-g'(x)h'(x). 由于函数y=g(x)与y=h(x)都是“超导函数”, 所以g(x)-g'(x)>0,h(x)-h'(x)>0. 又对任意x∈R,都有h'(x)>0,g'(x)<0,所以g'(x)h'(x)<0, 因此F(x)-F'(x)>0,即F(x)>F'(x), 所以函数y=F(x)是 “超导函数”. (3)解 由于y=φ(x)是“超导函数”,所以对任意x∈R,φ(x)>φ'(x). 令u(x)=,则u'(x)=-<0, 因此函数u(x)在R上单调递减,且u(1)==1. 由φ(ln t+1-at)=eln t+1-at,得=1, 即u(ln t+1-at)=u(1),因此ln t+1-at=1,即a= 令G(t)= 由于有且仅有一个实数t满足φ(ln t+1-at)=eln t+1-at, 所以直线y=a与函数y=G(t)的图象有且只有1个交点. 因为G'(t)=,当0<t<e时,G'(t)>0,当t>e时,G'(t)<0,所以函数G(t)在区间(0,e]上单调递增,函数值的集合为(-∞,],在区间[e,+∞)上单调递减,函数值的集合为(0,].因此当a≤0或a=时,直线y=a与函数y=G(t)的图象有且只有1个交点,所以实数a的取值范围为{a|a≤0或a=}. 【对点训练1】(2025福建厦门二模)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),若y=在区间(0,+∞)上单调递增,则称f(x)为“强增函数”. (1)若f(x)=x2-xln x+a是“强增函数”,求实数a的取值范围; (2)若f(x)为“强增函数”,且f(x)<0,试比较f()与e-2f(2)的大小; (3)已知f(x)=2ex-x2ln x-2,r>0,s>0,t>0,证明:f(r+s+t)>f(r)+f(s)+f(t). (参考结论:当x→0时,x2ln x→0) (1)解 设g(x)==x-ln x+,则g'(x)=1-, 由题意可知g'(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,故x2-x-a≥0. 所以(x-)2--a≥0,故--a≥0,解得a≤-故实数a的取值范围为(-∞,-]. (2)解 因为f(x)为“强增函数”,所以y=在区间(0,+∞)上单调递增. 又0<<2,所以,即f()<f(2),于是f()<f(2), 而f(2)-e-2f(2)=f(2)(-e-2)=f(2)()=f(2)(). 由于16e<e4,所以>0.又因为f(x)<0,所以f(2)<0, 因此f(2)()<0,即f(2)<e-2f(2),故f()<e-2f(2). (3)证明 因为f(x)=2ex-x2ln x-2,所以f'(x)=2ex-2xln x-x. 令h(x)=2ex-2xln x-x,则h'(x)=2ex-2ln x-3=2(ex-ln x-).设p(x)=ln x-x+1, 则当x>1时,p'(x)=-1<0,p(x)单调递减,当0<x<1时,p'(x)>0,p(x)单调递增, 故当p(x)≤p(1)=0,故ln x≤x-1,当且仅当x=1时,等号成立. 设n(x)=ex-x-1,则n'(x)=ex-1,当x>0,n'(x)>0,n(x)单调递增, 当x<0,n'(x)<0,n(x)单调递减,所以n(x)≥n(0)=0,故ex≥x+1. ex-ln x-x+1-(x-1)->0,即h'(x)>0, 所以h(x)即f'(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 令F(x)=f(x+t)-f(x)-f(t),其中t>0.则F'(x)=f'(x+t)-f'(x), 因为f'(x)单调递增,所以F'(x)>0,则F(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 又当x→0时,x2ln x→0,所以当x→0时,f(x)→0,F(x)→0,所以F(x)>0, 即f(x+t)>f(x)+f(t),所以f(s+t)>f(s)+f(t),故f(r+s+t)>f(r)+f(s+t)>f(r)+f(s)+f(t). 创新点2　以高等数学为背景的新定义问题 例2　(2025浙江宁波模拟)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.给定两个正整数m,n,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″(0)=R″(0),…,f(m+n)(0)=R(m+n)(0),注:f″(x)=[f'(x)]',f‴(x)=[f″(x)]',f(4)(x)=[f‴(x)]',f(5)(x)=[f(4)(x)]',…已知函数f(x)=ln(x+1)在x=0处[1,1]阶帕德近似为g(x)=. (1)求实数a,b,c的值; (2)证明:当x≥0时,f(x)≥g(x); (3)设t为实数,讨论方程f(x)-g(x)=0的解的个数. (1)解 依题意f(x)=ln(x+1),g(x)=,由f(0)=g(0),可知a=0. 又f'(x)=,f″(x)=-,g'(x)=,g″(x)=,依题意,f'(0)=g'(0),f″(0)=g″(0),所以b=1,c=综上,a=0,b=1,c= (2)证明 由(1)知,g(x)=,令φ(x)=f(x)-g(x)=ln(x+1)-(x≥0). φ'(x)=0,所以φ(x)在区间[0,+∞)上单调递增. 又φ(0)=0,因此x≥0时,φ(x)=f(x)-g(x)≥φ(0)=0.故当x≥0时,f(x)≥g(x). (3)解 令h(x)=f(x)-g(x)=ln(x+1)-, 则其定义域为(-1,+∞),且h'(x)= ①当t≤2时,h'(x)≥0,所以h(x)在区间(-1,+∞)上单调递增,且h(0)=0, 所以h(x)在区间(-1,+∞)上有1个零点; ②当t>2时,令s(x)=x2+(4-2t)(x+1)=x2+(4-2t)x+(4-2t). 由s(x)=0,得x1=t-2-<0,x2=t-2+>0. 又因为s(-1)=1>0,s(0)=4-2t<0,所以x1∈(-1,0),x2∈(0,+∞). 所以h(x)在区间(-1,x1)上单调递增,在区间(x1,x2)上单调递减,在区间(x2,+∞)上单调递增. 当x∈(x1,x2)时,因为h(0)=0, 所以h(x)在(x1,x2)上存在1个零点,且h(x1)>h(0)=0,h(x2)<h(0)=0. 当x∈(-1,x1)时,因为h(e-t-1)=<0,-1<e-t-1<0,h(x)在区间(-1,x1)上单调递增,且h(x1)>0,而h(e-t-1)<0,故-1<e-t-1<x1, 所以h(x)在区间(-1,x1)上有1个零点; 当x∈(x2,+∞)时,因为h(et-1)=>0,et-1>0,h(x)在区间(x2,+∞)上单调递增,且h(x2)<0,而h(et-1)>0,所以et-1>x2,所以h(x)在区间(x2,+∞)上有1个零点. 从而h(x)在区间(-1,+∞)上一共有3个零点. 综上所述,当t≤2时,方程f(x)-g(x)=0有1个解; 当t>2时,方程f(x)-g(x)=0有3个解. 【对点训练2】(2025辽宁沈阳模拟)在高等数学中,我们可以将y=f(x)用在x=x0处及其附近的一个多项式函数近似表示,具体形式为f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+…(其中f(n)(x)表示f(x)的n次导数),以上公式我们称为函数f(x)在x=x0处的泰勒展开式. (1)分别求ex,sin x,cos x在x=0处的泰勒展开式; (2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域,试证明:eiπ+1=0(其中i为虚数单位); (3)当x∈(0,)时,求证:esin x>x+1(参考数据:ln ≈0.9). (1)解 因为函数f(x)在x=x0处的泰勒展开式为 f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+…(其中f(n)(x)表示f(x)的n次导数), 所以ex,sin x,cos x在x=0处的泰勒展开式分别为 ex=1+x+x2+…+xn+…; sin x=x-x3+x5+…+x2n-1+…; cos x=1-x2+x4+…+x2n+…. (2)证明 把ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix, 可得eix=1+(ix)+(ix)2+(ix)3+(ix)4+…+(ix)n+… =(1-x2+x4+…+x2n+…)+i·(x-x3+x5+…+x2n-1+…) =cos x+isin x, 所以eiπ=cos π+i·sin π=-1,即eiπ+1=0. (3)证明 由sin x在x=0处的泰勒展开式,先证当x∈(0,)时,sin x>x-x3. 令f(x)=sin x-x+x3,f'(x)=cos x-1+x2,f″(x)=x-sin x,f‴(x)=1-cos x,当x∈(0,)时,则f‴(x)>0,所以f″(x)在区间(0,)上单调递增,所以f″(x)>f″(0)=0,所以f'(x)在区间(0,)上单调递增,所以f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在区间(0,)上单调递增,所以f(x)>f(0)=0,再令g(x)=x-x3-ln(x+1),其中x∈(0,),则g'(x)=,当x∈(0,)时,g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,)上单调递减,而g(0)=0,g()=-ln>0,所以当x∈(0,)时,g(x)>0恒成立, 则sin x>x-x3>ln(x+1),所以esin x>x+1. $