2020届一轮复习苏教版---与函数导数有关的新定义问题--学案

1、精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业拓展深化拓展深化 3与函数、导数有关的新定义问题与函数、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)x3ax2bx1(a0，bR)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：b23a；(

2、3)若 f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于72，求 a 的取值范围.(1)解由 f(x)x3ax2bx1，得 f(x)3x22axb3xa32ba23.当 xa3时，f(x)有极小值 ba23.因为 f(x)的极值点是 f(x)的零点，所以 fa3 a327a39ab310，又 a0，故 b2a293a.因为 f(x)有极值，故 f(x)0 有实根，从而 ba2319a(27a3)0，即 a3.当 a3 时，f(x)0(x1)，故 f(x)在 R 上是增函数，f(x)没有极值；当 a3 时，f(x)0 有两个相异的实根 x1a a23b3，x2a a23b3.列表如下：x(，x1

3、)x1(x1，x2)x2(x2，)精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业f(x)00f(x)极大值极小值故 f(x)的极值点是 x1，x2.从而 a3.因此 b2a293a，定义域为(3，).(2)证明由(1)知，ba2a a93a a.设 g(t)2t93t，则 g(t)293t22t2279t2.当 t3 62，时，g(t)0，从而 g(t)在3 62，上单调递增.因为 a3，所以 a a3 3，故 g(a a)g(3 3) 3，即ba 3.因此 b23a.(3)解由(1)知，f(x)的极值点是 x1，x2，且 x1x223a，x21x224a26b9.从而 f(x1)f(x2)x31

4、ax21bx11x32ax22bx21x13(3x212ax1b)x23(3x222ax2b)13a(x21x22)23b(x1x2)24a36ab274ab920.记 f(x)，f(x)所有极值之和为 h(a)，因为 f(x)的极值为 ba2319a23a，所以 h(a)19a23a，a3.因为 h(a)29a3a20，判断是否存在 b0，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)x22x2，则 f(x)1，g(x)2x2.由 f(x)g(x)且 f(x)g(x)，得xx22x2，12x2，此方程组无解，因此，f(x)与 g(

5、x)不存在“S 点”.(2)解函数 f(x)ax21，g(x)ln x，则 f(x)2ax，g(x)1x.设 x0为 f(x)与 g(x)的“S 点”，由 f(x0)g(x0)且 f(x0)g(x0)，得ax201ln x0，2ax01x0，即ax201ln x0，2ax201，(*)精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业得 ln x012，即 x0e12，则 a12e122e2.当 ae2时，x0e12满足方程组(*)，即 x0为 f(x)与 g(x)的“S 点”.因此，a 的值为e2.(3)解对任意 a0，设 h(x)x33x2axa.因为 h(0)a0，h(1)13aa20.函数 f

6、(x)x2a，g(x)bexx，则 f(x)2x，g(x)bex（x1）x2.由 f(x)g(x)且 f(x)g(x)，得x2abexx，2xbex（x1）x2，即x2a2x30ex0（1x0）exx，2x2x30ex0（1x0）ex（x1）x2，(*)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 a0，存在 b0，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

7、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 yf(x)kxb 的图象与直线 ykxb 相切，则称函数 f(x)为“恒切函数”.设函数 g(x)aexxpa，a，精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业pR.(1)讨论函数 g(x)的单调性；(2)已知函数 g(x)为“恒切函数”.()求实数 p 的取值范围；()当p取最大值时， 若函数h(x)g(x)exm也为“恒切函数”， 求证：

8、0m316(参考数据：e320).解(1)g(x)aex1，当 a0 时，g(x)0 时，令 g(x)0 得 xln a，由 g(x)0 得 xln a，由 g(x)0 得 x0，pex0(1x0)，设 m(x)ex(1x)，则 m(x)xex，令 m(x)0，令 m(x)0，得 x0 得 xln 2，令 n(x)0 得 x0，n32 2e32122(20)121215120，又 n(x)的图象在(，ln 2)上连续，故在2，32 上存在唯一的 x0，使得 2ex0 x020，故 ex0 x022，此时由 h(x0)0，得 m(ex0 x01)ex0 x022x01x02214x0(x02)1

9、4(x01)214，因为函数 r(x)14(x1)214在2，32 上单调递增，r(2)0，r32 316，故 0m316.综上所述：0m316.深化训练1.(2018苏、锡、常、镇四市调研)已知函数 f(x)x3ax2bxc，g(x)ln x.精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业(1)若 a0，b2，且 f(x)g(x)恒成立，求实数 c 的取值范围；(2)若 b3，且函数 yf(x)在(1，1)上是减函数.()求实数 a 的值；()当 c2 时，求函数 h(x)f（x） ，f（x）g（x） ，g（x） ，f（x）0，得 x1，(x)在(0，1)上单调递增，令(x)1，(x)在(1，)

10、上单调递减，当 x1 时，(x)max(1)1.c1.(2)()当 b3 时，f(x)x3ax23xc，f(x)3x22ax3.由题意得 f(x)3x22ax30 在(1，1)上恒成立，f（1）32a30，f（1）32a30，a0，即实数 a 的值为 0.()函数 yh(x)的定义域为(0，)，当 a0，b3，c2 时，f(x)x33x2，f(x)3x23，令 f(x)3x230，得 x1.x(0，1)1(1，)f(x)0精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业f(x)极小值当 x(0，1)时，f(x)0；当 x1 时，f(x)0；当 x(1，)时，f(x)0.对于 g(x)ln x，当 x

11、(0，1)时，g(x)0.当 x(0，1)时，h(x)f(x)0；当 x1 时，h(x)0；当 x(1，)时，h(x)0.故函数 yh(x)的值域为0，).2.设函数 f(x)ln xmx，mR.(1)当 me(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)x3零点的个数；(3)若对任意 ba0，f（b）f（a）ba1 恒成立，求 m 的取值范围.解(1)由题设，当 me 时，f(x)ln xex，则 f(x)xex2，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，xe 时，f(x)取得

12、极小值 f(e)ln eee2，f(x)的极小值为 2.(2)由题设 g(x)f(x)x31xmx2x3(x0)，令 g(x)0，得 m13x3x(x0).设(x)13x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当 x(0，1)时，(x)0，(x)在(0，1)上单调递增；精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业当 x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减.x1 是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此 x1 也是(x)的最大值点.(x)的最大值为(1)23.又(0)0，结合 y(x)的图象(如图)，可知当 m23时，函数 g(x)无零点；当 m23时，函数 g(x)有且只有一个

13、零点；当 0m23时，函数 g(x)有两个零点；当 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点.综上所述，当 m23时，函数 g(x)无零点；当 m23或 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点；当 0m23时，函数 g(x)有两个零点.(3)对任意的 ba0，f（b）f（a）ba1 恒成立，等价于 f(b)bf(a)a 恒成立.(*)设 h(x)f(x)xln xmxx(x0)，(*)等价于 h(x)在(0，)上单调递减.由 h(x)1xmx210 在(0，)上恒成立，得 mx2x(x12)214(x0)恒成立，m14(对 m14，h(x)0 仅在 x12时成立)，m 的取值范围是14，).

14、精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业3.已知函数 f(x)ln1x1x.(1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当 x(0，1)时，f(x)2xx33 ；(3)设实数 k 使得 f(x)kxx33 对 x(0，1)恒成立，求 k 的最大值.解(1)因为 f(x)ln(1x)ln(1x)，所以f(x)11x11x，f(0)2.又因为 f(0)0，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y2x.(2)令 g(x)f(x)2xx33 ，则g(x)f(x)2(1x2)2x41x2.因为 g(x)0(0 xg(0)0，x(0，1)，即当 x(0，1)时，f

15、(x)2xx33 .(3)由(2)知，当 k2 时，f(x)kxx33 对 x(0，1)恒成立.当 k2 时，令 h(x)f(x)kxx33 ，则h(x)f(x)k(1x2)kx4（k2）1x2.所以当 0 x4k2k时，h(x)0，因此 h(x)在区间0，4k2k上单调递减.当 0 x4k2k时，h(x)h(0)0，即 f(x)2 时，f(x)kxx33 并非对 x(0，1)恒成立.综上可知，k 的最大值为 2.精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业4.已知函数 f(x)x3ax14，g(x)ln x.(1)当 a 为何值时，x 轴为曲线 yf(x)的切线；(2)用 minm，n表示 m

16、，n 中的最小值，设函数 h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论h(x)零点的个数.解(1)设曲线 yf(x)与 x 轴相切于点(x0，0)，则 f(x0)0，f(x0)0.即x30ax0140，3x20a0，解得 x012，a34.因此，当 a34时，x 轴为曲线 yf(x)的切线.(2)当 x(1， )时， g(x)ln x0， 从而 h(x)minf(x)， g(x)g(x)0， 故 h(x)在(1，)无零点.当 x1 时，若 a54，则 f(1)a540，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故 x1 是 h(x)的零点；若 a54，则 f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0.所以只需考虑 f(x)在(0，1)的零点个数.()若 a3 或 a0，则 f(x)3x2a 在(0，1)无零点，故 f(x)在(0，1)单调.而f(0)