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第15講：拓展八：定義題（解答題10大題）
1．（23-24高二下·重慶·階段練習）設函數在區間上可導，為函數的導函數．若是上的減函數，則稱為上的“上凸函數”；反之，若為上的“上凸函數”，則是上的減函數．
(1)判斷函數在上是否為“上凸函數”，并說明理由；
(2)若函數是其定義域上的“上凸函數”，求的取值范圍；
(3)已知函數是定義在上的“上凸函數”，為曲線上的任意一點，求證：除點外，曲線上的每一個點都在點處切線的下方．
2．（23-24高二下·重慶·階段練習）閱讀知識卡片，結合所學知識完成以下問題：知識卡片1：一般地，如果函數在區間上連續，用分點將區間等分成個小區間，在每個小區間上任取一點，作和式（其中為小區間長度），當時，上述和式無限接近某個常數，這個常數叫做函數在區間上的定積分，記作即.這里，與分別叫做積分下限與積分上限，區間叫做積分區間，函數叫做被積函數，叫做積分變量，叫做被積式.從幾何上看，如果在區間上函數連續且恒有，那么定積分表示由直線和曲線所圍成的曲邊梯形的面積.知識卡片2：一般地；如果是區間上的連續函數，并且，那么.這個結論叫做微積分基本定理，又叫做牛頓-萊布尼茨公式.
(1)用定積分表示曲線及所圍成的圖形的面積，并確定取何值時，使所圍圖形的面積最小；
(2)一列火車在平直的鐵軌上行駛，由于遇到緊急情況，火車以速度（單位：）緊急剎車至停止.求：
①求火車在剎車4秒時速度的瞬時變化率（即4秒時的瞬時加速度）；
②緊急剎車后至停止火車運行的路程.
3．（23-24高二下·河南洛陽·階段練習）定義：若函數和的圖象上分別存在點和關于軸對稱，則稱函數和具有關系．
(1)判斷函數和是否具有關系；
(2)若函數和（）在區間上具有關系，求實數的取值范圍．
6．（23-24高三上·浙江寧波·期末）我們把底數和指數同時含有自變量的函數稱為冪指函數，其一般形式為，冪指函數在求導時可以將函數“指數化"再求導.例如，對于冪指函數，.
(1)已知，求曲線在處的切線方程；
(2)若且，.研究的單調性；
(3)已知均大于0，且，討論和大小關系.
7．（2024·廣東茂名·一模）若函數在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“類函數”.
(1)若，判斷是否為上的“3類函數”；
(2)若為上的“2類函數”，求實數的取值范圍；
(3)若為上的“2類函數”，且，證明：，，.
8．（2024高三上·全國·專題練習）已知函數、，的圖象在處的切線與軸平行．
(1)求，的關系式并求的單調減區間；
(2)證明：對任意實數，關于的方程：在,恒有實數解；
(3)結合（2）的結論，其實我們有拉格朗日中值定理：若函數是在閉區間,上連續不斷的函數，且在區間內導數都存在，則在內至少存在一點，使得．如我們所學過的指、對數函數，正、余弦函數等都符合拉格朗日中值定理條件．試用拉格朗日中值定理證明：
當時，（可不用證明函數的連續性和可導性）．
9．（23-24高一上·云南昆明·期末）設區間為函數定義域的子集，對任意且，記，，，則：在上單調遞增的充要條件是在區間上恒成立；在上單調遞減的充要條件是在區間上恒成立.一般地，當時，稱為函數在區間（時）或（時）上的平均變化率.設函數，請利用上述材料，解決以下問題：
(1)分別求在區間、上的平均變化率；
(2)當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍.
10．（23-24高三上·上海靜安·階段練習）已知函數．
(1)若，求的單調區間；
(2)若時恒成立，求實數a的取值范圍．
(3)定義函數，對于數列，若，則稱為函數的“生成數列”，為函數的一個“源數列”．
①已知為函數的“源數列”，求證：對任意正整數，均有；
②已知為函數的“生成數列”，為函數的“源數列”， 與的公共項按從小到大的順序構成數列，試問在數列中是否存在連續三項構成等比數列？請說明理由．
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第15講：拓展八：定義題（解答題10大題）
1．（23-24高二下·重慶·階段練習）設函數在區間上可導，為函數的導函數．若是上的減函數，則稱為上的“上凸函數”；反之，若為上的“上凸函數”，則是上的減函數．
(1)判斷函數在上是否為“上凸函數”，并說明理由；
(2)若函數是其定義域上的“上凸函數”，求的取值范圍；
(3)已知函數是定義在上的“上凸函數”，為曲線上的任意一點，求證：除點外，曲線上的每一個點都在點處切線的下方．
【答案】(1)函數在上是“上凸函數”，理由見解析
(2)
(3)證明過程見解析
【分析】（1）求導得，令，只需判斷在上是否恒成立即可；
（2）由題意設，則恒成立，即當時，恒成立，從而分類討論、分離參數即可求解；
（3）構造函數，則，借助“上凸函數”的定義即可得證.
【詳解】（1）由題意，，令，
則，當時，，
即此時，所以即單調遞減，
從而由定義可知函數在上是“上凸函數”；
（2）因為，
所以，設，
則，
由題意函數是其定義域上的“上凸函數”，
所以單調遞減，
從而當時，恒成立，
即當時，恒成立，
當時，不等式左邊為，不等式成立，此時任意，
當時，恒成立，
而此時，
所以此時，
當時，恒成立，
而此時，等號成立當且僅當，
即此時，所以，
綜上所述，的取值范圍為；
（3）設為曲線上的任意一點，過點的切線方程為，
令，則，
函數是定義在上的“上凸函數”，則單調遞減，
所以當時，，此時單調遞減，
所以，，
當時，，此時單調遞增，
所以，，
綜上所述，除點外，曲線上的每一個點都在點處切線的下方.
【點睛】關鍵點點睛：關鍵是得到當時，恒成立，由此即可順利得解.
2．（23-24高二下·重慶·階段練習）閱讀知識卡片，結合所學知識完成以下問題：知識卡片1：一般地，如果函數在區間上連續，用分點將區間等分成個小區間，在每個小區間上任取一點，作和式（其中為小區間長度），當時，上述和式無限接近某個常數，這個常數叫做函數在區間上的定積分，記作即.這里，與分別叫做積分下限與積分上限，區間叫做積分區間，函數叫做被積函數，叫做積分變量，叫做被積式.從幾何上看，如果在區間上函數連續且恒有，那么定積分表示由直線和曲線所圍成的曲邊梯形的面積.知識卡片2：一般地；如果是區間上的連續函數，并且，那么.這個結論叫做微積分基本定理，又叫做牛頓-萊布尼茨公式.
(1)用定積分表示曲線及所圍成的圖形的面積，并確定取何值時，使所圍圖形的面積最小；
(2)一列火車在平直的鐵軌上行駛，由于遇到緊急情況，火車以速度（單位：）緊急剎車至停止.求：
①求火車在剎車4秒時速度的瞬時變化率（即4秒時的瞬時加速度）；
②緊急剎車后至停止火車運行的路程.
【答案】(1)，
(2)①；②
【分析】（1）先利用定積分的定義表示出所圍圖形的面積，然后根據牛頓萊布尼茨公式進行積分運算，最后利用配方法即可得解
（2）①求導得瞬時速度；
②令，解得的值即為從開始緊急剎車至火車完全停止所經過的時間，緊急剎車后火車運行的路程是從0到10對函數的定積分．
【詳解】（1）
，
當時，由曲線圍成的圖形面積最小．
（2）①，則，
故火車在剎車4秒時速度的瞬時變化率為；
②當火車的速度時火車完全停止，即，
，解得或（舍去）；
即從開始緊急剎車至火車完全停止所經過的時間為．
根據定積分的物理意義，緊急剎車后火車運行的路程就是從0到10對應函數
的定積分，
，
即緊急剎車后火車運行的路程為．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查新定義問題，解決問題關鍵是熟記導數運算公式得到積分表達式.
3．（23-24高二下·河南洛陽·階段練習）定義：若函數和的圖象上分別存在點和關于軸對稱，則稱函數和具有關系．
(1)判斷函數和是否具有關系；
(2)若函數和（）在區間上具有關系，求實數的取值范圍．
【答案】(1)與具有關系；
(2)．
【分析】
（1）依據給定的新定義結合導數判斷即可.
（2）令，得出所以在上存在零點且．在上單調遞增，推出，后結合給定定義求解參數范圍即可.
【詳解】（1）
與具有關系．
理由如下：根據定義，若在與的定義域的交集上存在，
使得，則與具有關系．令，，
則，所以單調遞增，又，，
所以，使得，即，即與具有關系．
（2）
令，則，因為與在上具有關系，
所以在上存在零點．，若，
當時，因為，，所以，
即在上單調遞增，則，
此時在上不存在零點，不滿足題意．若，
當時，，，
當時，設，則，
所以在上單調遞增，
又，，故在上存在唯一零點，
設零點為，則，所以當時，；
當時，；當時，．
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
在上存在唯一極小值，因為，所以，
又，所以在上存在唯一零點，
所以函數與在上具有關系．
綜上所述，，即實數的取值范圍是．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數新定義，解題關鍵是得出所以在上存在零點且．在上單調遞增，推出，然后利用給定定義得到所要求的參數范圍即可．
4．（23-24高二下·陜西咸陽·階段練習）給出定義：設是函數的導函數，是函數的導函數，若方程有實數解，則稱為函數的“拐點”.經研究發現所有的三次函數都有“拐點”，且該“拐點”也是函數圖象的對稱中心.
(1)若函數，求函數圖象的對稱中心；
(2)已知函數，其中.
（ⅰ）求的拐點；
（ⅱ）若，求證：.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）證明見解析
【分析】
（1）根據“拐點”的定義，對函數求導即可得結果，
（2）（ⅰ）根據“拐點”的定義，對函數求導，構造函數，利用導數得出結果；（ⅱ）由（ⅰ）可知，求出函數在上單調遞增且，從而得證.
【詳解】（1）因為，所以，
所以.令，解得，又，
所以函數的“拐點”為，
所以函數圖象的對稱中心為.
（2）（ⅰ）因為，，
所以，
，且，
令，則在上恒成立，
所以在上單調遞增，又，
由零點存在性定理知，有唯一的零點，
所，且，當時，，
所以的拐點為.
（ⅱ）證明：由（i）可知，在上單調遞增，，
∴當時，；當時，，
∴在上單調遞減，在上單調遞增，
又，
∴在上恒成立，∴在上單調遞增，
又，，
所以.
【點睛】思路點睛：根據“拐點”的定義求出函數對稱中心，利用二次求導得出函數的單調性即可得證.
5．（23-24高三下·上海浦東新·階段練習）設函數的定義域為開區間，若存在，使得在處的切線與的圖像只有唯一的公共點，則稱為“函數”，切線為一條“切線”．
(1)判斷是否是函數的一條“切線”，并說明理由；
(2)設，求證：存在無窮多條“切線”；
(3)設，求證：對任意實數和正數都是“函數”
【答案】(1)是，理由見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）記，設切點為，利用導數的幾何意義求出，再證明直線與的圖象只有唯一的公共點，將與函數聯立，得，記，利用導數說明函數的單調性，即可得到方程的解．
（2）將點處的切線的方程與聯立得，記，利用導數說明函數存在唯一零點，即可得證；
（3）類似第（2）問的思路得到在上有且僅有一解，則或，再分、兩種情況說明即可.
【詳解】（1）記，則，設切點為，
由切線方程為知，則，解得．
所以切點為，下面證明直線與的圖象只有唯一的公共點，
將與函數聯立，得．
記，則，
當時，當時，
故在上單調遞增，在上單調遞減，，
故函數只有一個零點，故是一條“切線”；
（2）因為，所以，
則點處的切線方程為，
將點處的切線的方程與聯立得，
記，
則直線為“切線”函數有且僅有一個零點（此時，一個對應一條“切線”），顯然是的零點，
故只要沒其它零點，此時，
當時，，當時，，
則在上單調遞減，在上單調遞增，
故此時為唯一的極小值點（也是最小值點），而，
故無其他零點，故直線為“切線”，因為的任意性，
故函數存在無窮多條“切線”，
（3）因為，則，
設點在函數的圖象上，
則點的切線為，與聯立得：
，
由題意得直線為“切線”，故方程在上有且僅有一解，
則或，
若，則是方程的唯一解（此時有無數條“切線”，切點橫坐標為上的任意值）．
若，則（此時只有一條“切線”，切點的橫坐標為）
或（此時有無數條“切線”，切點橫坐標為上的任意值），
綜上，，即證．
【點睛】關鍵點睛：對于新定義問題的關鍵是理解定義，將問題轉化為方程有唯一解問題.
6．（23-24高三上·浙江寧波·期末）我們把底數和指數同時含有自變量的函數稱為冪指函數，其一般形式為，冪指函數在求導時可以將函數“指數化"再求導.例如，對于冪指函數，.
(1)已知，求曲線在處的切線方程；
(2)若且，.研究的單調性；
(3)已知均大于0，且，討論和大小關系.
【答案】(1)
(2)答案見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）利用“指數化"，即可結合復合函數的求導法則即可求解，
（2）利用“指數化"，即可結合復合函數的求導法則求導，構造函數，即可求解，
（3）根據的單調性，即可令求解.
【詳解】（1），
則，
所以，又因為，所以切線方程為.
（2），，
，
令，令，
，
令，解得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，所以，
所以在上單調遞增.
（3）由（2）知，令，得，
由（2）知在上單調遞增.
所以在上單調遞增，
當時，，即.
當時，
【點睛】方法點睛：利用導數比較大小的基本步驟
(1)作差或變形；
(2)構造新的函數；
(3)利用導數研究單調性或最值；
(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．
7．（2024·廣東茂名·一模）若函數在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“類函數”.
(1)若，判斷是否為上的“3類函數”；
(2)若為上的“2類函數”，求實數的取值范圍；
(3)若為上的“2類函數”，且，證明：，，.
【答案】(1)是上的“3類函數”，理由見詳解.
(2)
(3)證明過程見詳解.
【分析】
（1）由新定義可知，利用作差及不等式的性質證明即可；
（2）由已知條件轉化為對于任意，都有，，只需且，利用導函數研究函數的單調性和最值即可.
（3）分和兩種情況進行證明，，用放縮法進行證明即可.
【詳解】（1）對于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3類函數”.
（2）因為，
由題意知，對于任意不同的，都有，
不妨設，則，
故且，
故為上的增函數，為上的減函數，
故任意，都有，
由可轉化為，令，只需
，令，在單調遞減，
所以，，故在單調遞減，
，
由可轉化為，令，只需
，令，在單調遞減，
且，，所以使，即，
即，
當時，，，故在單調遞增，
當時，，，故在單調遞減，
，
故.
（3）因為為上的“2類函數”，所以，
不妨設，
當時，；
當時，因為，
，
綜上所述，，，.
【點睛】不等式恒成立問題常見方法：①分離參數恒成立或恒成立；②數形結合（的圖象在上方即可）；③討論最值或恒成立；④討論參數，排除不合題意的參數范圍，篩選出符合題意的參數范圍.
8．（2024高三上·全國·專題練習）已知函數、，的圖象在處的切線與軸平行．
(1)求，的關系式并求的單調減區間；
(2)證明：對任意實數，關于的方程：在,恒有實數解；
(3)結合（2）的結論，其實我們有拉格朗日中值定理：若函數是在閉區間,上連續不斷的函數，且在區間內導數都存在，則在內至少存在一點，使得．如我們所學過的指、對數函數，正、余弦函數等都符合拉格朗日中值定理條件．試用拉格朗日中值定理證明：
當時，（可不用證明函數的連續性和可導性）．
【答案】(1)，減區間見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）由得，則，結合即可求解；
（2）將原方程轉化為，得，結合零點的存在性定理即可證明；
（3）令，由拉格朗日中值定理可知存在使，結合列不等式，即可證明.
【詳解】（1）因為，
由已知有，所以即，
即，由知．
當時，由得，則的減區間為，
當時，由得或，的減區間為和，
綜上所述：當時，的減區間為；
當時，的減區間為和；
（2），
可化為，
令，
則，，
即，
又，所以，，即，
由零點的存在性定理知方程在區間,內必有解，
即關于的方程在,恒有實數解
（3）令，，
則符合拉格朗日中值定理的條件，即存在，
使，
所以在時恒成立，
對于函數，，
設任意且，則，
因為且，所以，，則，
所以，即在上恒成立，
所以在區間上單調遞增，同理可證在上單調遞減，
所以當時，所以.
【點睛】關鍵點睛：第二問的關鍵是參變分離得到在時恒成立，結合所給定義證明函數，的單調性.
10．（23-24高三上·上海靜安·階段練習）已知函數．
(1)若，求的單調區間；
(2)若時恒成立，求實數a的取值范圍．
(3)定義函數，對于數列，若，則稱為函數的“生成數列”，為函數的一個“源數列”．
①已知為函數的“源數列”，求證：對任意正整數，均有；
②已知為函數的“生成數列”，為函數的“源數列”， 與的公共項按從小到大的順序構成數列，試問在數列中是否存在連續三項構成等比數列？請說明理由．
【答案】(1)單調遞增區間為和，單調遞減區間為．
(2)
(3)①證明見解析；②假設不成立，即不存在連續三項構成等比數列，理由見解析．
【分析】
（1）求導得，即可得到結果；
（2）根據題意，將問題轉化為當時，恒成立，求導得，然后分，以及討論，即可得到結果；
（3）①根據題意，構造函數，求導可得在恒成立，即可證明；②根據題意，結合“源數列”以及“生成數列”的概念，然后假設存在，代入計算，即可得到方程無解，故不存在.
【詳解】（1）當時，，，
令，則，解得或，
當時，；
當時，；
所以的單調遞增區間為和，單調遞減區間為．
（2），
令，依題意，當時，恒成立，
由，得，，
又因為，所以，
當時，，所以在單調遞增，
，不合題意；
當時，令，解得，
當時，；當時，；
所以在單調遞增，在單調遞減．
若要使恒成立，則需，解得，
故此時；
當時，，
所以在單調遞減，
所以，符合題意；
綜上，實數a的取值范圍為．
（3）①，，故，
構造函數，
，則
函數在上單調遞增，，故在恒成立，單調遞增，
故，即，，
當時，，
綜上所述：恒成立，即．
②，則，，
設，即，則，
設函數，函數單調遞增，對于任意，有唯一的與之對應，
即數列中每一項，都有中的項與之相等，單調遞增，
故，
假設數列中存在連續三項構成等比數列，，，，
故，整理得到，無正整數解．
故假設不成立，即不存在連續三項構成等比數列．
【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了利用導數研究函數的單調性，利用導數研究不等式恒成立問題以及導數與數列的結合，難度較大，解答本題的關鍵在于理解題中“源數列”以及“生成數列”的概念，再由導數與數列的知識進行解答.
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