第12节 函数与导数中的融合创新问题

题型分析高考中函数与导数的新定义压轴题主要涉及以下几个方面:1.定义新函数.2.定义函数的相关点、直线.3.与帕德逼近、洛必达法则、泰勒公式、柯西中值定理(含罗尔中值定理)、微积分、微分几何等高等数学知识相关联.

题型一定义新函数

例1(2025·浙江名校协作体联考)定义max{a,b}=a,a≥b,b,a0?0h(x),

当14≤x0>h(x),

所以当00,f(1)=0,

此时f(x)有两个零点;

②当m>5时,

当00,

而f(0)=-1,

所以f(x)在0,156只有一个零点,

在156,+∞没有零点;

③当00得00,

f(x)单调递减时,f(xn)-f(xn-1)0,只要n足够大,就有区间[0,1]的一个划分

0M,

所以函数f(x)=xcosπ2x,00,

g(x)在区间(0,1)上单调递增,

当x∈(1,+∞)时,g′(x)1,

即maxx∈[r,s]|g(x)-l(x)|≥maxx∈[r,s]{|l(r)|,|l(s)|,|2-l(1)|}>1,

由①②可知,maxx∈[r,s]{|g(r)-l(r)|,

|g(s)-l(s)|,|g(1)-l(1)|}≥1,

当l(x)=g(1)2=1时,

maxx∈[r,s]|g(x)-l(x)|=1,maxx∈[r,s]{|g(r)-1|,

|g(s)-1|,|g(1)-1|}=1,此时等号成立,结论证毕.

(2)设h(x)=(2ln2-3)(x-1)+2,

再令f(x)=g(x)-h(x),

∴f′(x)=g′(x)-h′(x)

=2x-2x-(2ln2-3),

令m(x)=2x-2x-(2ln2-3),

m′(x)=-2x2-20,f′(2)0,f(x)单调递增,x∈(x0,2]时,f′(x)0,即x=1时,

s(x)取得最小值2,f(1)=1,所以P(1,1),

故对于点M(0,0),存在点P(1,1),使得P是M的“f最近点”.

(2)解因为函数f(x)=ex,M(1,0),

所以s(x)=(x-1)2+e2x,

则s′(x)=2(x-1)+2e2x.

记m(x)=s′(x)=2(x-1)+2e2x,

则m′(x)=2+4e2x>0,

所以m(x)在R上严格单调递增.

因为m(0)=s′(0)=0,

所以当x0时,m(x)=s′(x)>0.

所以s(x)在(-∞,0)上严格单调递减,

在(0,+∞)上严格单调递增,

因此当x=0时,s(x)取到最小值,

又f(0)=e0=1,所以点M的“f最近点”为P(0,1).

为判断直线MP与曲线y=f(x)在点P处的切线是否垂直,

可另设P(k,ek),则由f′(x)=ex,知在P(k,ek)处的切线l的斜率为ek,

由题意知MP⊥l,因此ek-0k-1=-1ek,

整理得k+e2k-1=0.

令h(k)=k+e2k-1,易知h(k)有R上严格单调递增,

又h(0)=0,

所以方程k+e2k-1=0有唯一解k=0,

所以点P(0,1).

综上,存在满足条件的一个点P(0,1).

(3)解法一设s1(x)=(x-t+1)2+(f(x)-f(t)+g(t))2,s2(x)=(x-t-1)2+(f(x)-f(t)-g(t))2.

由条件,对任意t∈R,存在P(x0,f(x0)),

使得x0同时是s1(x)和s2(x)的最小值点.

于是,对任意x∈R,s1(x0)≤s1(x),s2(x0)≤s2(x),

即(x0-t+1)2+(f(x0)-f(t)+g(t))2≤(x-t+1)2+(f(x)-f(t)+g(t))2(x0-t-1)2+(f(x0)-f(t)-g(t))2≤(x-t-1)2+(f(x)-f(t)-g(t))2,

特别地,当x=t时,

(x0-t+1)2+(f(x0)-f(t)+g(t))2≤1+g2(t),(x0-t-1)2+(f(x0)-f(t)-g(t))2≤1+g2(t),

两式相加,得(x0-t)2+(f(x0)-f(t))2≤0.

所以x0=t.

另一方面,求导得

s1'(x)=2(x-t+1)+2(f(x)-f(t)+g(t))f'(x),s2'(x)=2(x-t-1)+2(f(x)-f(t)-g(t))f'(x).

因为si(x)(i=1,2)的最小值点也是极小值点,

所以s1′(x0)=0,s2′(x0)=0,即

(x0-t+1)+(f(x0)-f(t)+g(t))f'(x0)=0,(x0-t-1)+(f(x0)-f(t)-g(t))f'(x0)=0,

两式相减,得g(t)f′(x0)=-1.

代入x0=t,并由g(t)>0,得f′(t)=-1g(t)0,kl=f′(t),

所以由kM1M2·kl=g(t)·f′(t)=kMP·kl=-11λ-1.

(1)解依题意可知,f(0)=0,R(0)=a,

因为f(0)=R(0),所以a=0,

此时R(x)=6bx+3x26+6x+x2,

因为f′(x)=11+x,

R′(x)=(18-6b)x2+36x+36b(x2+6x+6)2,

所以f′(0)=1,R′(0)=b,

因为f′(0)=R′(0),

所以b=1.

(2)证明依题意,h(x)=f(x)-R(x)

=ln(1+x)-3x2+6xx2+6x+6,

h′(x)=11+x-12(x2+3x+3)(x2+6x+6)2

=x4(1+x)(x2+6x+6)2≥0,

故h(x)在(-1,+∞)单调递增,

由h(0)=0,故?x∈(-1,0),h(x)0,

综上,?x>-1,xh(x)≥0.

(3)解不妨设x10),

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≥12,

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00,t(x)单调递增,

当x∈(r2,+∞)时,t′(x)0,

故t(r1)0,

因为lnx2-2x,

所以t(λ4)=lnλ4-λλ4-1λ4>2-2λ2-λ5+1λ3=(2-λ5)+1λ21λ-2>0,

所以存在x1∈(λ4,r1),满足t(x1)=0,

又因为t1x=ln1x-λ1x-x

=-lnx+λx-1x=-t(x),

故存在x3=1x1,满足t(x3)=0,

故当且仅当00时,ln(1+x)>3x2+6xx2+6x+6,

因此,lnx>3x2-3x2+4x+1(x>1),

故lnx3=λx3-1x3>3x32-3x32+4x3+1,

化简可得3λ1λ-1,命题得证.

训练3(2025·武汉模拟)我们知道,通过牛顿-莱布尼茨公式可以求曲线梯形(如图1所示的阴影部分)的面积A=abf(x)dx,f(x)>0,-abf(x)dx,f(x)0)的等差数列,b1=1,两条抛物线y=bnx2+1bn,y=bn+1x2+1bn+1(n∈N*),记它们交点的横坐标的绝对值为an,两条抛物线围成的封闭图形的面积为Sn,求证:S1a1+S2a2+…+Snan0,k是大于1的正整数,若函数f(x)满足:对任意x∈[0,a],均有f(x)≥fxk成立,且limx→0f(x)=0,则称函数f(x)为区间[0,a]上的k阶无穷递降函数.

结合以上两个信息,回答下列问题:

(1)试判断f(x)=x3-3x是否为区间[0,3]上的2阶无穷递降函数;

(2)计算:limx→0(1+x)1x;

(3)证明:sinxx-π3t3,t∈0,π2,

即证tant·sin2tt3>1,t∈0,π2,

记f(t)=tant·sin2tt3,t∈0,π2,

则ft2=8tant2·sin2t2t3,

所以f(t)ft2=tant...