专题二 微专题(三)　函数情境的新定义课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“函数情境的新定义”专题，依据高考评价体系梳理了函数新性质、新概念两大核心考点，通过2024年上海普陀二模、河北二模等真题案例，明确此类创新题型占函数综合题30%的权重，归纳出判断新性质、求参数范围、证明新结论等常考题型，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“真题解析+变式训练+素养提升”策略，如例1通过转化绝对值不等式为函数最值问题，培养数学思维与数学语言表达能力。方法与技巧部分强调新定义本质分析，指导学生联系函数单调性等知识，助力掌握转化方法，教师可依托此课件实现高效专题复习，提升学生高考冲刺得分率。

微专题(三)　函数情境的新定义 题型探究 题型1 题型2 返回目录 题型1　函数情境的新性质 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 方法与技巧 题型探究 返回目录 变式探究 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型2　函数情境的新概念 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 方法与技巧 题型探究 返回目录 变式探究 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 这类问题通常会给出某种函数(数列、集合等)具有的特殊性质，然后讨论在新性质条件下的相关问题．解答此类问题时，可以直接利用创新性质来确定相应的要素，也可以用创新性质来转化达到判断相关知识的常规性质等，重在知识点的交汇与综合，性质间的化归与转化，旨在考查学生的理解能力和综合应用能力． 【例1】(2024·上海普陀二模)对于函数y＝f(x)，x∈D1和y＝g(x)，x∈D2，设D1∩D2＝D，若x1，x2∈D，且x1≠x2，皆有|f(x1)－f(x2)|≤t|g(x1)－g(x2)|(t>0)成立，则称函数y＝f(x)与y＝g(x)“具有性质H(t)”． (1)判断函数f(x)＝x2，x∈[1，2]与g(x)＝2x是否“具有性质H(2)”，并说明理由； (2)若函数f(x)＝2＋x2，x∈(0，1]与g(x)＝ eq \f(1,x)“具有性质H(t)”，求实数t的取值范围． 解析：(1)由x1，x2∈[1，2]，且x1≠x2， 得2<x1＋x2<4，即|x1＋x2|<4， 则|x1＋x2|·|x1－x2|<4|x1－x2|， 即|x eq \o\al(2,1)－x eq \o\al(2,2)|<2|2x1－2x2|， 即|f(x1)－f(x2)|≤2|g(x1)－g(x2)|， 则函数f(x)＝x2，x∈[1，2]与g(x)＝2x“具有性质H(2)”． (2)由函数f(x)＝2＋x2，x∈(0，1]与g(x)＝ eq \f(1,x)“具有性质H(t)”， 得|f(x1)－f(x2)|≤t|g(x1)－g(x2)|，x1，x2∈(0，1]， 且x1≠x2， 即|2＋x eq \o\al(2,1)－2－x eq \o\al(2,2)|≤t| eq \f(1,x1)－ eq \f(1,x2)|， 整理得|(x1＋x2)(x1－x2)|≤t| eq \f(x2－x1,x1x2)|， 则t≥x1x2(x1＋x2)对x1，x2∈(0，1]恒成立． 又x1，x2∈(0，1]，x1≠x2， 则0<x1＋x2<2，0<x1x2<1， 即0<x1x2(x1＋x2)<2， 则t≥2，即所求的实数t的取值范围为[2，＋∞). 对于以函数为背景的新性质问题，分析新定义的特点，要善于从题干中发现可以使用的函数的性质，发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律．如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与教材中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用教材中的概念． 1．设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为取整函数，取整函数是德国数学家高斯最先使用的，也称高斯函数．该函数具有以下性质： ①y＝[x]的定义域为R，值域为Z； ②任意实数都能表示成整数部分和纯小数部分之和，即x＝[x]＋{x}(0≤{x}<1)，其中[x]为x的整数部分，{x}＝x－[x]为x的小数部分； ③[n＋x]＝n＋[x](n∈Z)； ④若整数a，b满足a＝bq＋r(b>0，q，r∈Z，0≤r<b)，则[ eq \f(a,b)]＝q. (1)已知实数r满足[r＋ eq \f(19,100)]＋[r＋ eq \f(20,100)]＋[r＋ eq \f(21,100)]＋…＋[r＋ eq \f(91,100)]＝546，求[100r]的值． (2)证明：对于任意的大于等于3的正整数n，均有{ eq \f(n(n＋1),4n－2)}>{ eq \f(n＋1,4)}． 解析：(1)设[r]＝n，设[r＋ eq \f(19,100)]，[r＋ eq \f(20,100)]，[r＋ eq \f(21,100)]，…，[r＋ eq \f(91,100)]中有k个n＋1，(73－k)个n，0≤k≤73，k∈Z. 据题意知(73－k)n＋k(n＋1)＝546， 则有n＝7＋ eq \f(35－k,73). 因为n，k∈Z，解得k＝35，n＝7， 所以r＋ eq \f(56,100)<8，r＋ eq \f(57,100)≥8， 即743≤100r<744，故[100r]＝743. (2)证明：由{ eq \f(n(n＋1),4n－2)}>{ eq \f(n＋1,4)}的形式， 可构造不等式． 当n≥3时，有 eq \f(n＋1,4)< eq \f(n(n＋1),4n－2)< eq \f(n＋2,4). 设n＋1＝4q＋r(0≤r<3，q∈Z)， 则有q＋ eq \f(r,4)< eq \f(n(n＋1),4n－2) <q＋ eq \f(r＋1,4)， 从而 eq \f(r,4)<{ eq \f(n(n＋1),4n－2)}< eq \f(r＋1,4)， 而 eq \f(n＋1,4)＝q＋ eq \f(r,4)， 则{ eq \f(n＋1,4)}＝ eq \f(r,4)， 所以{ eq \f(n(n＋1),4n－2)}>{ eq \f(n＋1,4)}． 这类试题一般以集合、函数、数列、解析几何等常规知识为问题背景，直接利用新概念的内涵来构造相应的关系式(或不等式等)，结合相关知识中的性质、公式来进行综合运用，旨在考查学生的阅读理解能力． 【例2】(2024·河北二模)已知x为实数，用[x]表示不超过x的最大整数，例如[e]＝2，[－π]＝－4，[1]＝1，对于函数f(x)，若存在m∈R，m∉Z，使得f(m)＝f([m])，则称函数f(x)是“Ω函数”． (1)判断函数f(x)＝2x2－x，g(x)＝|sin πx|是否是“Ω函数”； (2)设函数f(x)是定义在R上的周期函数，其最小正周期是T，若f(x)不是“Ω函数”，求T的最小值； (3)若函数f(x)＝x＋ eq \f(a,x)是“Ω函数”，求实数a的取值范围． 解析：(1)函数f(x)＝2x2－x是“Ω函数”， 设m＝ eq \f(1,2)，[m]＝0， 则f(m)＝f( eq \f(1,2))＝0，f([m])＝f(0)＝0， 所以存在m∈R，m∉Z，使得f(m)＝f([m])， 所以函数f(x)是“Ω函数”． 函数g(x)＝|sin πx|，函数的最小正周期为 eq \f(2π,π)× eq \f(1,2)＝1. 函数的图象如图所示， 不妨研究函数在[0，1]这个周期的图象． 设0<m<1，[m]＝0， 则g(m)＝|sin πm|>0，g([m])＝g(0)＝0， 所以g(m)≠g([m])， 所以函数g(x)不是“Ω函数”． (2)因为f(x)是以T为最小正周期的周期函数， 所以f(T)＝f(0). 假设T<1，则[T]＝0， 所以f([T])＝f(0)＝f(T)，矛盾， 所以必有T≥1. 又函数l(x)＝x－[x]的周期为1， 且显然不是“Ω函数”． 综上所述，T的最小值为1. (3)当函数f(x)＝x＋ eq \f(a,x)是“Ω函数”时， 若a＝0，则f(x)＝x显然不是“Ω函数”，矛盾． 若a<0，则f′(x)＝1－ eq \f(a,x2)>0， 所以f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增， 此时不存在m<0，使得f(m)＝f([m])， 同理不存在m>0，使得f(m)＝f([m])， 又注意到m[m]≥0，即不会出现[m]<0<m的情形， 所以此时f(x)＝x＋ eq \f(a,x)不是“Ω函数”． 当a>0时，设f(m)＝f([m])， 所以m＋ eq \f(a,m)＝[m]＋ eq \f(a,[m])， 所以有a＝m[m]，其中[m]≠0， 当m>0时，因为[m]<m<[m]＋1， 所以[m]2<m[m]<([m]＋1)[m]， 所以[m]2<a<([m]＋1)[m]， 当m<0时，[m]<0， 因为[m]<m<[m]＋1，所以[m]2>m[m]>([m]＋1)[m]， 所以[m]2>a>([m]＋1)[m]. 综上所述，a>0，且a≠[m]2，a≠[m]([m]＋1). 遇到函数新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清函数新定义的性质，按函数新定义的要求，在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 2．若对于实数m，n，关于x的方程f(x＋m)＋f(x－m)＝nf(x)在函数y＝f(x)的定义域D上有实数解x＝x0，则称x0为函数f(x)的“(m，n)可消点”．若存在实数m，n，对任意实数x∈D，x都为函数f(x)的“(m，n)可消点”，则称函数f(x)为“可消函数”，此时，有序数对(m，n)称为函数f(x)的“可消数对”． (1)若f(x)＝x＋2x是“可消函数”，求函数f(x)的“可消数对”； (2)若(m，1)为函数f(x)＝sin x cos x的“可消数对”，求实数m的值； (3)若函数f(x)＝sin2x的定义域为R，存在实数x0∈(0， eq \f(π,4)]，使得x0同时为该函数的“( eq \f(π,2)，n1)可消点”与“( eq \f(π,4)，n2)可消点”，求n eq \o\al(2,1)＋n eq \o\al(2,2)的取值范围． 解析：(1)因为函数f(x)＝x＋2x是“可消函数”， 所以∃m，n∈R，对∀x∈R， 使得(x＋m＋2x＋m)＋(x－m＋2x-m)＝n(x＋2x)， 整理得(2－n)x＋(2m＋2-m－n)2x＝0. 当x＝0时，2m＋2-m－n＝0， 当x＝1时，(2－n)＋(2m＋2-m－n)×2＝0， 解得m＝0，n＝2. 经检验，当m＝0，n＝2时满足条件， 所以所求函数的“可消数对”为(0，2). (2)因为(m，1)为函数f(x)＝sinx cos x的“可消数对”， 所以(m，1)为函数f(x)＝ eq \f(1,2)sin 2x的“可消数对”， 所以，对∀x∈R， 都有 eq \f(1,2)sin 2(x＋m)＋ eq \f(1,2)sin 2(x－m)＝ eq \f(1,2)sin 2x， 整理得(cos 2m－ eq \f(1,2))sin 2x＝0， 所以cos 2m＝ eq \f(1,2)，所以m＝kπ± eq \f(π,6)(k∈Z). (3)因为存在x0∈(0， eq \f(π,4)]，使得x0同时为函数f(x)＝sin2x的“( eq \f(π,2)，n1)可消点”与“( eq \f(π,4)，n2)可消点”， 所以sin2(x0＋ eq \f(π,2))＋sin2(x0－ eq \f(π,2))＝n1sin2x0， sin2(x0＋ eq \f(π,4))＋sin2(x0－ eq \f(π,4))＝n2sin2x0， 化简可得n1＝ eq \f(2cos2x0,sin2x0)，n2＝ eq \f(1,sin2x0). 因为x0∈(0， eq \f(π,4)]，n2＝ eq \f(1,sin2x0)∈[2，＋∞)， 则n eq \o\al(2,1)＋n eq \o\al(2,2)＝ eq \f(4cos4x0＋1,sin4x0) ＝ eq \f(4(1－sin2x0)2＋1,sin4x0) ＝ eq \f(4sin4x0－8sin2x0＋5,sin4x0) ＝ eq \f(5,sin4x0)－ eq \f(8,sin2x0)＋4， 所以n eq \o\al(2,1)＋n eq \o\al(2,2)＝5n eq \o\al(2,2)－8n2＋4＝5(n2－ eq \f(8,10))2＋ eq \f(4,5)≥8， 故n eq \o\al(2,1)＋n eq \o\al(2,2)的取值范围为[8，＋∞). $