【数学】2020届一轮复习苏教版拓展深化3与函数导数有关的新定义问题学案

【数学】2020届一轮复习苏教版拓展深化3与函数导数有关的新定义问题学案

拓展深化3　与函数、导数有关的新定义问题 高考在函数与导数的命题侧重于考查导数的几何意义以及运用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题.命题时也常以此为基础作出创新，其中与函数和导数有关的新定义问题也成为高考命题的一个热点.‎ 一、参数为双元时，建立双元的联系解决导数问题 ‎【例1】 (2017·江苏卷)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)‎ ‎(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；‎ ‎(2)证明：b2>3a；‎ ‎(3)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围.‎ ‎(1)解　由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，‎ 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3＋b－.‎ 当x＝－时，f′(x)有极小值b－.‎ 因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，‎ 所以f＝－＋－＋1＝0，‎ 又a>0，故b＝＋.‎ 因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，‎ 从而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3.‎ 当a＝3时，f′(x)>0(x≠－1)，‎ 故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；‎ 当a>3时，f′(x)＝0有两个相异的实根x1＝，x2＝.‎ 列表如下：‎ x ‎(－∞，x1)‎ x1‎ ‎(x1，x2)‎ x2‎ ‎(x2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  故f(x)的极值点是x1，x2.‎ 从而a>3.‎ 因此b＝＋，定义域为(3，＋∞).‎ ‎(2)证明　由(1)知，＝＋.‎ 设g(t)＝＋，‎ 则g′(t)＝－＝.‎ 当t∈时，g′(t)>0，‎ 从而g(t)在上单调递增.‎ 因为a>3，所以a>3，‎ 故g(a)>g(3)＝，‎ 即>.因此b2>3a.‎ ‎(3)解　由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，‎ 且x1＋x2＝－a，x＋x＝.‎ 从而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1‎ ‎＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2‎ ‎＝－＋2＝0.‎ 记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，‎ 因为f′(x)的极值为b－＝－a2＋，‎ 所以h(a)＝－a2＋，a>3.‎ 因为h′(a)＝－a－<0，‎ 于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减.‎ 因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.‎ 因此a的取值范围为(3，6].‎ 探究提高　1.等价转化、分析推理是解决导数压轴题的重要思想，也是高考出题者的目的和意图.这也是学生应该掌握和牢记的.‎ ‎2.g′(x)＝[f′(x)]′＝(3x2＋2ax＋b)′＝6x＋2a＝0，得x＝－，f′(x)的极值为f′＝b－.牢记极值的定义是关键，解题时体会等价转换与分析推理的思想.‎ 二、利用已知函数研究新定义函数问题 ‎【例2】 (2018·江苏卷)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.‎ ‎(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；‎ ‎(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；‎ ‎(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝.对任意a>0，判断是否存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由.‎ ‎(1)证明　函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，‎ 则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.‎ 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得 此方程组无解，‎ 因此，f(x)与g(x)不存在“S点”.‎ ‎(2)解　函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，‎ 则f′(x)＝2ax，g′(x)＝.‎ 设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得 即　(*)‎ 得ln x0＝－，即x0＝e－，则a＝＝.‎ 当a＝时，x0＝e－满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”.‎ 因此，a的值为.‎ ‎(3)解　对任意a>0，设h(x)＝x3－3x2－ax＋a.‎ 因为h(0)＝a>0，h(1)＝1－3－a＋a＝－2<0，且h(x)的图象是不间断的，‎ 所以存在x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0.令b＝，则b>0.‎ 函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝，‎ 则f′(x)＝－2x，g′(x)＝.‎ 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，‎ 得 即(**)‎ 此时，x0满足方程组(**)，即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0，1)内的一个“S点”.因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”.‎ 探究提高　1.一般来说，新定义下的函数有着特有的性质，在运用导数作为研究工具时一定要紧扣新定义，以确保单调性、极值(最值)、零点等性质与定义吻合，有时也涉及利用新定义求参数问题.‎ ‎2.利用已知函数研究新定义函数问题，即以题目中已出现的函数为背景进行“二次加工”设计出新题.解题时要注意对原结论的运用，从而研究新函数的问题.‎ 三、利用新定义研究函数问题 ‎【例3】 (2018·盐城三模)若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”.设函数g(x)＝aex－x－pa，a，p∈R.‎ ‎(1)讨论函数g(x)的单调性；‎ ‎(2)已知函数g(x)为“恒切函数”.‎ ‎(ⅰ)求实数p的取值范围；‎ ‎(ⅱ)当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)ex－m也为“恒切函数”，求证：0≤m<(参考数据：e3≈20).‎ 解　(1)g′(x)＝aex－1，‎ 当a≤0时，g′(x)<0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；‎ 当a>0时，令g′(x)＝0得x＝－ln a，‎ 由g′(x)>0得x>－ln a，由g′(x)<0得x<－ln a，‎ 则函数g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增.‎ ‎(2)(ⅰ)若函数f(x)为“恒切函数”，则函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，‎ 设切点为(x0，y0)，‎ 则f′(x0)＋k＝k且f(x0)＋kx0＋b＝kx0＋b，‎ 即f′(x0)＝0，f(x0)＝0.‎ 因为函数g(x)为“恒切函数”，‎ 所以存在x0，使得g′(x0)＝0，g(x0)＝0，‎ 即得a＝e－x0>0，p＝ex0(1－x0)，‎ 设m(x)＝ex(1－x)，‎ 则m′(x)＝－xex，令m′(x)<0，得x>0，‎ 令m′(x)>0，得x<0，‎ 故m(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，‎ 从而m(x)max＝m(0)＝1，‎ 故实数p的取值范围为(－∞，1].‎ ‎(ⅱ)证明　当p取最大值时，p＝1，a＝1，‎ h(x)＝(ex－x－1)ex－m，‎ h′(x)＝(2ex－x－2)ex，‎ 因为函数h(x)也为“恒切函数”，‎ 故存在x0，使得h′(x0)＝0，h(x0)＝0，‎ 由h′(x0)＝0得(2ex0－x0－2)ex0＝0，2ex0－x0－2＝0，‎ 设n(x)＝2ex－x－2，‎ 则n′(x)＝2ex－1，令n′(x)>0得x>－ln 2，‎ 令n′(x)<0得x<－ln 2，‎ 故n(x)在(－∞，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，＋∞)上单调递增，‎ ‎①在单调递增区间(－ln 2，＋∞)上，n(0)＝0，‎ 故x0＝0，由h(x0)＝0，得m＝0.‎ ‎②在单调递减区间(－∞，－ln 2)上，n(－2)＝2e－2>0，‎ n＝2e－－≈2×(20)－－＝－<0，‎ 又n(x)的图象在(－∞，－ln 2)上连续，‎ 故在上存在唯一的x0，使得2ex0－x0－2＝0，‎ 故ex0＝，‎ 此时由h(x0)＝0，‎ 得m＝(ex0－x0－1)ex0＝· ‎＝－x0(x0＋2)＝－(x0＋1)2＋，‎ 因为函数r(x)＝－(x＋1)2＋在上单调递增，‎ r(－2)＝0，r＝，故00，得x<1，∴φ(x)在(0，1)上单调递增，‎ 令φ′(x)<0，得x>1，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴当x＝1时，φ(x)max＝φ(1)＝1.‎ ‎∴c≥1.‎ ‎(2)(ⅰ)当b＝－3时，f(x)＝x3＋ax2－3x＋c，‎ f′(x)＝3x2＋2ax－3.‎ 由题意得f′(x)＝3x2＋2ax－3≤0在(－1，1)上恒成立，‎ ‎∴ ‎∴a＝0，即实数a的值为0.‎ ‎(ⅱ)函数y＝h(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 当a＝0，b＝－3，c＝2时，f(x)＝x3－3x＋2，‎ f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝1.‎ x ‎(0，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  ‎∴当x∈(0，1)时，f(x)>0；‎ 当x＝1时，f(x)＝0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0.‎ 对于g(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，g(x)<0；‎ 当x＝1时，g(x)＝0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.‎ ‎∴当x∈(0，1)时，h(x)＝f(x)>0；‎ 当x＝1时，h(x)＝0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.‎ 故函数y＝h(x)的值域为[0，＋∞).‎ ‎2.设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.‎ ‎(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；‎ ‎(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数；‎ ‎(3)若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围.‎ 解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝，‎ ‎∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，‎ 当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，‎ ‎∴f(x)的极小值为2.‎ ‎(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，‎ 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0).‎ 设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，‎ 则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，‎ 当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减.‎ ‎∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点.‎ ‎∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.‎ 又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，‎ 可知 ‎①当m＞时，函数g(x)无零点；‎ ‎②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；‎ ‎③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；‎ ‎④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点.‎ 综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；‎ 当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；‎ 当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点.‎ ‎(3)对任意的b＞a＞0，＜1恒成立，‎ 等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立.(*)‎ 设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)，‎ ‎∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减.‎ 由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，‎ 得m≥－x2＋x＝－(x－)2＋(x＞0)恒成立，‎ ‎∴m≥(对m＝，h′(x)＝0仅在x＝时成立)，‎ ‎∴m的取值范围是[，＋∞).‎ ‎3.已知函数f(x)＝ln.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2；‎ ‎(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值.‎ 解　(1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以 f′(x)＝＋，f′(0)＝2.‎ 又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.‎ ‎(2)令g(x)＝f(x)－2，则 g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.‎ 因为g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0，1)，‎ 即当x∈(0，1)时，f(x)>2.‎ ‎(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0，1)恒成立.‎ 当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，则 h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.‎ 所以当02时，f(x)>k并非对x∈(0，1)恒成立.‎ 综上可知，k的最大值为2.‎ ‎4.已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.‎ ‎(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；‎ ‎(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数.‎ 解　(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，‎ 则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即 解得x0＝，a＝－.‎ 因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线.‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)无零点.‎ 当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点.‎ 当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数.‎ ‎(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)无零点，故f(x)在(0，1)单调.而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)没有零点.‎ ‎(ⅱ)若－30，即－－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－

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