函数与导数中的创新问题
高考定位 1.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; 2.解决此类问题,要仔细审题,解读出题干中的信息,正
确理解问题的本质,转化为熟悉的问题来解决.
【类型突破】
类型一 定义新函数
例1 (2025·济南段考)定义max{a,b}＝{
a,a≥b,
b,a<b, 已知函数f(x)＝max{ln x,－4x3＋mx－1},其中
x∈R.
(1)当m＝5 时,求过原点的切线方程;
(2)若函数f(x)只有一个零点,求实数m 的取值范围.
解 (1)由题意知f(x)的定义域(0,＋∞),
当m＝5 时,
f(x)＝{
−4 x
3＋5 x−1,−4 x
3＋5 x−1≥ln x ,
ln x ,−4 x
3＋5 x−1<ln x ,
令g(x)＝－4x3＋5x－1,
g'(x)＝－12x2＋5>0,得0<x<√15
6 ,
得g(x)在(0, √15
6 )上单调递增,
(
√15
6 ,＋∞)上单调递减,且g(1)＝0,
令h(x)＝ln x,则h(x)在(0,＋∞)上单调递增,
而g(1)＝0＝h(1),
又g(
1
4)＝3
16,h(
1
4)＝ln 1
4<－1,
而g(0)＝－1,
所以当0<x<1 时,g(x)>h(x),
所以当0<x<1 时,f(x)＝g(x),
当x≥1 时,f(x)＝h(x),
所以f(x)＝{
−4 x
3＋5 x−1,0< x<1,
ln x , x≥1,
所以f(x)在(0, √15
6 )和(1,＋∞)上单调递增,
在(
√15
6 ,1)上单调递减.
①当0<x<1 时,f'(x)＝－12x2＋5,
设切点M(x0,－4x0
3＋5x0－1),
则此切线方程为
y＝(－12x0
2＋5)(x－x0)－4x0
3＋5x0－1,
又此切线过原点,
所以0＝(－12x0
2＋5)(0－x0)－4x0
3＋5x0－1,
解得x0＝1
2,
即此时切线方程是2x－y＝0.
②当x≥1 时,f(x)＝ln x,所以f'(x)＝1
x ,
设切点为(x0,ln x0),此时切线方程y＝1
x0(x－x0)＋ln x0,
又此切线过原点,所以0＝1
x0(0－x0)＋ln x0,
解得x0＝e,
所以此时切线方程为x－ey＝0,
综上所述,所求切线方程是x－ey＝0 或2x－y＝0.
(2)①当m＝5 时,
由(1)知,f(x)在(0, √15
6 )和(1,＋∞)上单调递增,(
√15
6 ,1)上单调递减,
且f(0)＝－1,f(
1
4)＝3
16>0,f(1)＝0,
此时f(x)有两个零点;
②当m>5 时,
当0<x<1 时,－4x3＋5x－1<－4x3＋mx－1,
由(1)知g(x)＝－4x3＋5x－1 在(0, √15
6 )上单调递增,(
√15
6 ,1)上单调递减,且g(1)＝0,
此时,－4x3＋mx－1>0,
所以x∈(
√15
6 ,＋∞)时,f(x)>0,
而f(0)＝－1,
所以f(x)在(0, √15
6 )只有一个零点,在(
√15
6 ,＋∞)没有零点;
③当0<m<5 时,
y＝－4x3＋mx－1,此时y'＝－12x2＋m>0 得0<x<√
m
12<√15
6 ,
由(1) 知,当x≥1 时,f(x)＝ln x 只有一个零点x＝1,
要保证f(x)只有一个零点,只需要当0<x<1 时,f(x)＝－4x3＋mx－1 没有零点,
{
f(√
m
12)＝−4(√
m
12)
3
＋m(√
m
12)−1
＝m√3m
9
−1<0,
0<√
m
12 <1,
得0<m<3;
④当m≤0 时,
当x∈(0,＋∞)时,g(x)＝－4x3＋mx－1<0,
此时f(x)只有一个零点x＝1,
综上,f(x)只有一个零点时,m 的取值范围为(－∞,3)∪(5,＋∞).
规律方法 本题理解所给新定义函数是前提,化为分段函数,把分段函数明朗化是关键,分类讨论结
合导数的应用是基本功.
训练1 (2025·合肥调研)已知函数y＝f(x),x∈D,如果存在常数M,对任意满足x1<x2<…<xn－1<xn的实
数x1,x2,…,xn－1,xn(其中x1,x2,…,xn－1,xn∈D)都有不等式
n
∑
i=2
|f(xi)－f(xi－1)|≤M 恒成立,则称函数y＝
f(x),x∈D 是“绝对差有界函数”.
(1)函数f(x)＝ln x
x
,x≥1
e是“绝对差有界函数”,求常数M 的取值范围;
(2)对于函数y＝f(x),x∈[a,b],存在常数k,对任意的x1,x2∈[a,b],有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2|恒成立,求
证:函数y＝f(x),x∈[a,b]为“绝对差有界函数”;
(3)判断函数f(x)＝{
x cos π
2 x ,0< x≤1,
0, x＝0
是不是“绝对差有界函数”?说明理由.
(1)解 因为f(x)＝ln x
x
,x≥1
e,
所以f'(x)＝1−ln x
x
2
,
所以f'(x)＝1−ln x
x
2
＝0,所以x＝e,
即当x∈[
1
e ,e],f(x)单调递增;
当x∈[e,＋∞),f(x)单调递减.
所以
n
∑
i=2
|f(xi)－f(xi－1)|＝|f(xn)－f(xn－1)|＋|f(xn－1)－f(xn－2)|＋…＋|f(x2)－f(x1)|,
f(x)单调递增时,f(xn)－f(xn－1)>0,
f(x)单调递减时,f(xn)－f(xn－1)<0.
且当x 无限趋向于正无穷大时,f(x)无限趋向于0,
所以
n
∑
i=2
|f(xi)－f(xi－1)|
＝f(e)－f(
1
e)＋f(e)＝2
e＋e.
所以M≥2
e＋e.
(2)证明
n
∑
i=2
|f(xi)－f(xi－1)|≤k
n
∑
i=2
|xi－xi－1|＝k(b－a)成立,则可取M＝k(b－a),
所以函数y＝f(x),x∈[a,b]为“绝对差有界函数”.
(3)解 0< 1
2n<
1
2n−1<…<1
2<1,n∈N*,
则有∑＝|
1
2n cos 2n π
2
−0|＋|
1
2n−1 cos (2n−1)π
2
−1
2n cos 2n π
2 |＋…＋|cos π
2 −1
2 cos 2π
2 |
＝1
n ＋
1
n−1 ＋
1
n−2＋…＋1,
＝1＋1
2 ＋1
2＋…＋1
2＋…,
所以对任意常数M>0,只要n 足够大,就有区间[0,1]的一个划分
0< 1
2n<
1
2n−1<…<1
2<1 满足
n
∑
i=2
|f(xi)－f(xi－1)|>M,
所以函数f(x)＝{
x cos π
2 x ,0< x≤1,
0, x＝0
不是[0,1]的“绝对差有界函数”.
类型二 定义函数的相关点、线或性质
例2 (2024·T8 二联)记A＝{l(x)|l(x)＝kx＋m,k,m∈R},若l0(x)∈A,满足:对任意l(x)∈A,均有max
x∈[a,b]|
f(x)－l(x)|≥max
x∈[a,b]|f(x)－l0(x)|,则称l0(x)为函数f(x)在x∈[a,b]上“最接近”直线,已知函数g(x)＝2ln
x－x2＋3,x∈[r,s].
(1)若g(r)＝g(s)＝0,证明:对任意l(x)∈A, max
x∈[r ,s]|g(x)－l(x)|≥1;
(2)x∈[r,s]若r＝1,s＝2,证明:g(x)在x∈[1,2]上的“最接近”直线为:l0(x)＝(2ln 2－3)
(x−1＋x0
2 )＋2＋g( x0)
2
,其中x0∈(1,2)且为二次方程2x2＋(2ln 2－3)x－2＝0 的根.
证明 (1)由题意g'(x)＝2
x －2x
＝2(1＋x)(1−x)
x
,
则当x∈(0,1)时,g'(x)>0,
g(x)在区间(0,1)上单调递增,
当x∈(1,＋∞)时,g'(x)<0,g(x)在区间(1,＋∞)上单调递减,
又g(r)＝g(s)＝0,∴0<r<1<s,
∴g(x)在区间[r,s]上的最大值为g(x)max＝g(1)＝2,
根据函数g(x)的图象特点,
可知对任意l(x)∈A,
均有max
x∈[r ,s]|g(x)－l(x)|≥max
x∈[r ,s]{|g(r)－l(r)|,|g(s)－l(s)|,|g(1)－l(1)|}
＝max
x∈[r ,s]{|l(r)|,|l(s)|,|2－l(1)|},
下面讨论|l(r)|,|l(s)|的大小:
①若|l(r)|,|l(s)|至少有一个大于等于1,
则max
x∈[r ,s]|g(x)－l(x)|≥1,
②若|l(r)|,|l(s)|两个都小于1,则l(r)<1,l(s)<1,
∵l(x)是直线,故对任意x∈[r,s],
均有l(x)<1,
∴l(1)<1,从而|2－l(1)|>1,
即max
x∈[r ,s]|g(x)－l(x)|≥max
x∈[r ,s]{|l(r)|,|l(s)|,|2－l(1)|}>1,
由①②可知, max
x∈[r ,s]{|g(r)－l(r)|,
|g(s)－l(s)|,|g(1)－l(1)|}≥1,
当l(x)＝g(1)
2
＝1 时,
max
x∈[r ,s]|g(x)－l(x)|＝1, max
x∈[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)＝(2ln 2－3)(x－1)＋2,
再令f(x)＝g(x)－h(x),
∴f'(x)＝g'(x)－h'(x)
＝2
x －2x－(2ln 2－3),
令m(x)＝2
x －2x－(2ln 2－3),
m'(x)＝－2
x
2－2<0,
∴f'(x)在区间[1,2]上单调递减,
而f'(1)>0,f'(2)<0,
∴存在x0∈(1,2),使得f'(x0)＝0,
即2
x0－2x0－(2ln 2－3)＝0,
得2x0
2＋(2ln 2－3)x0－2＝0,
且x∈[1,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x0,2]时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
∴f(x)在区间[1,2]上的最大值为f(x0),
而f(1)＝g(1)－h(1)＝0,
f(2)＝g(2)－h(2)＝0,
则f(x)在区间[1,2]上大于等于0,
由(1)分析知,对定义在[a,b]上的函数f(x)≥0,
若f(x)满足f(a)＝f(b)＝0,且x0∈[a,b]为f(x)唯一的最大值点,
则对任意的l(x)∈A, max
x∈[a,b]|f(x)－l(x)|≥f ( x0)
2
,l(x)＝f ( x0)
2
时取等号,
又max
x∈[1,2]|f(x)－l(x)|＝max
x∈[1,2]|g(x)－h(x)－l(x)|,
故当l(x)＝f ( x0)
2
时, max
x∈[1,2]|f(x)－l(x)|＝max
x∈[1,2]|g(x)－h(x)－l(x)|取得最小值f ( x0)
2
,
∴g(x)在x∈[1,2]上的“最接近”直线为l0(x)＝h(x)＋f ( x0)
2
,
即l0(x)＝(2ln 2－3)(x－1)＋2＋g( x0)−(2ln 2−3)( x0−1)−2
2
,
化简可得l0(x)＝(2ln 2－3)(x−x0＋1
2 )＋2＋g( x0)
2
,
其中x0∈(1,2),且x0是二次方程2x2＋(2ln 2－3)x－2＝0 的根,证毕.
规律方法 本题高度符号化、抽象化,在真正理解新概念之后,要解决的两个问题是新概念的具体
应用.
训练2 (2024·上海卷)已知D 是R 的一个非空子集,y＝f(x)是定义在D 上的函数,对于点M(a,b),函
数s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2.若对于P(x0,f(x0)),满足s(x)在x＝x0处取得最小值,则称P 是M 的“f 最
近点”.
(1)若D＝(0,＋∞),f(x)＝1
x ,M(0,0),求证:对于点M(0,0),存在点P,使得P 是M 的“f 最近点”.
(2)若D＝R,f(x)＝ex,M(1,0),请判断是否存在一个点P,它是M 的“f 最近点”,且直线MP 与曲线y
＝f(x)在点P 处的切线垂直.
(3)若D＝R,已知y＝f(x)是可导的,y＝g(x)的定义域为R 且函数值恒为正,t∈R,M1(t－1,f(t)－
g(t)),M2(t＋1,f(t)＋g(t)).若对于任意t∈R,都存在曲线y＝f(x)上的一点P,使得P 既是M1的“f 最近
点”,又是M2的“f 最近点”,试判断y＝f(x)的单调性.
(1)证明 因为函数f(x)＝1
x ,x∈(0,＋∞),
M(0,0),
所以s(x)＝(x－0)2＋(
1
x −0)
2
＝x2＋1
x
2≥2,
当且仅当x2＝1
x
2,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x<0 时,m(x)＝s'(x)<0;
当x>0 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e
k−0
k −1 ＝－1
e
k ,
整理得k＋e2k－1＝0.
令h(k)＝k＋e2k－1,
易知h(k)在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＋g
2(t ),
( x0−t −1)
2＋(f ( x0)−f (t )−g(t ))
2≤
1＋g
2(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)＝－1
g(t )<0,t∈R.
所以f(x)在R 上严格单调递减.
法二 先证明一个结论:对于M(a,b),
设P(x0,f(x0))为M 的“f 最近点”,
曲线y＝f(x)在点P 处的切线为l,则MP⊥l.
证明:
因为s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2,
所以s'(x)＝2x－2a＋2f'(x)(f(x)－b),
所以当s(x)在x＝x0处取得最小值时,
s'(x0)＝0,即x0－a＋f'(x0)(f(x0)－b)＝0,
所以
f ( x0)−b
x0−a
＝－
1
f '( x0).
又直线MP 的斜率kMP＝
f ( x0)−b
x0−a
,
且切线l 的斜率为kl＝f'(x0),
所以kMP·kl＝
f ( x0)−b
x0−a
·f'(x0)
＝－
1
f '( x0)·f'(x0)＝－1,
所以MP⊥l.
因为∀t∈R,M1(t－1,f(t)－g(t)),M2(t＋1,f(t)＋g(t)),存在对应的点P 使得|M1P|2为M1到曲线y＝f(x)
的距离平方的最小值,|M2P|2为M2到曲线y＝f(x)的距离平方的最小值,
连接M1M2,因为M1(t－1,f(t)－g(t)),M2(t＋1,f(t)＋g(t)),
所以设线段M1M2的中点为N,
则N(t,f(t)),则点N 在曲线y＝f(x)上.
若M1,M2到曲线y＝f(x)的距离最小时对应的点P 与点N 不重合,
则|M1P|<|M1N|,|M2P|<|M2N|,
所以|M1P|＋|M2P|<|M1N|＋|M2N|＝|M1M2|,
这与三角形两边之和大于第三边矛盾,所以点P 与点N 必重合.
又直线M1M2的斜率为k M 1 M 2＝2g(t )
2
＝g(t)>0,kl＝f'(t),
所以由k M 1 M 2·kl＝g(t)·f'(t)＝kMP·kl＝－1<0,知f'(t)<0,
所以当t∈R 时,有f'(t)<0,
所以函数f(x)在R 上严格单调递减.
类型三 与高等数学知识有关的新定义
例3 (2025·广州质检)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法,
在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数f(x)在x＝0 处的[m,n]阶帕德近似定义为:R(x)＝
a0＋a1 x＋…＋am x
m
1＋b1 x＋…＋bn x
n ,且满足:f(0)＝R(0),f'(0)＝R'(0),f(2)(0)＝R(2)(0),…,f(m＋n)(0)＝R(m＋n)(0).其中f(2)(x)
＝[f'(x)]',f(3)(x)＝[f(2)(x)]',…,f(m＋n)(x)＝[f(m＋n－1)(x)]'.
已知f(x)＝ln (x＋1)在x＝0 处的[2,2]阶帕德近似为R(x)＝
a＋bx＋1
2 x
2
1＋x＋1
6 x
2 .
(1)求实数a,b 的值;
(2)设h(x)＝f(x)－R(x),证明:xh(x)≥0;
(3)已知x1,x2,x3是方程ln x＝λ(x−1
x)的三个不等实根,求实数λ 的取值范围,并证明: x1＋x2＋x3
3
>
1
λ－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＋3 x
2
6＋6 x＋x
2,
因为f'(x)＝
1
1＋x ,
R'(x)＝(18−6b)x
2＋36 x＋36b
( x
2＋6 x＋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)－3 x
2＋6 x
x
2＋6 x＋6,
h'(x)＝
1
1＋x －12( x
2＋3 x＋3)
( x
2＋6 x＋6)
2
＝
x
4
(1＋x)( x
2＋6 x＋6)
2≥0,
故h(x)在(－1,＋∞)单调递增,
由h(0)＝0,故∀x∈(－1,0),h(x)<0,∀x∈(0,＋∞),h(x)>0,
综上,∀x>－1,xh(x)≥0.
(3)解 不妨设x1<x2<x3,
令t(x)＝ln x－λ(x−1
x),
t'(x)＝1
x －λ(1＋1
x
2)＝−λ x
2＋x−λ
x
2
(x>0),
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≥1
2,
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0<λ<1
2,t'(x)＝0 存在两个不等正实根r1,r2(r1<r2),
此时有当x∈(0,r1)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
当x∈(r1,r2)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,
当x∈(r2,＋∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
又因为t(1)＝0,且t'(1)＝1－2λ>0,
故t(r1)<0,t(r2)>0,
因为ln x<x－1(x≠1),所以ln 1
√x < 1
√x －1,即ln x>2－2
√x ,
所以t(λ4)＝ln λ4－λ(λ
4−1
λ
4)>2－2
λ
2－λ5＋1
λ
3＝(2－λ5)＋1
λ
2(
1
λ −2)>0,
所以存在x1∈(λ4,r1),满足t(x1)＝0,
又因为t(
1
x)＝ln 1
x －λ(
1
x −x)
＝－ln x＋λ(x−1
x)＝－t(x),
故存在x3＝1
x1,满足t(x3)＝0,
故当且仅当0<λ<1
2时,ln x＝λ(x−1
x)存在三个不等实根,
且满足x1<x2＝1<x3,且x1＝1
x3,
由(2)可知,当x>0 时,ln (1＋x)> 3 x
2＋6 x
x
2＋6 x＋6,
因此,ln x>
3 x
2−3
x
2＋4 x＋1(x>1),
故ln x3＝λ(x3−1
x3)>
3 x3
2−3
x3
2＋4 x3＋1,
化简可得3
λ< x3
2＋4 x3＋1
x3
＝x3＋4＋1
x3
＝x1＋x2＋x3＋3,
因此x1＋x2＋x3
3
>1
λ－1,命题得证.
规律方法 1.利用帕德近似求参数值的关键是理解其概念列出方程组,从而求解.
2.本题的关键点在于借助零点的存在性定理得到当且仅当0<λ<1
2时,ln x＝λ(x−1
x)存在三个不等实
根,且满足x1<x2＝1<x3,且x1＝1
x3后,结合第二问中所得ln (1＋x)> 3 x
2＋6 x
x
2＋6 x＋6,从而得到ln x3＝λ
(x3−1
x3)>
3 x3
2−3
x3
2＋4 x3＋1,再进行化简即可证明.
训练3 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＝
{
∫
a
b
f ( x)d x ,f ( x)>0,
−∫
a
b
f ( x)d x ,f ( x)<0,
其中∫
a
b
f(x)dx＝F(b)－F(a),F'(x)＝f(x).如果平面图形由两条曲线围成(如图
2 所示的阴影部分),曲线C1可以表示为y＝f1(x),曲线C2可以表示为y＝f2(x),那么阴影区域的面积
A＝∫
a
b
(f2(x)－f1(x))dx,其中∫
a
b
(f2(x)－f1(x))dx＝∫
a
b
f2(x)dx－∫
a
b
f1(x)dx.
(1)如图3,连续函数y＝f(x)在区间[－3,－2]与[2,3]的图形分别为直径为1 的上、下半圆,在区间[－
2,0]与[0,2]的图形分别为直径为2 的下、上半圆,设F(x)＝∫
0
x
f(t)dt,求5
4F(2)－F(3)的值;
图3
(2)在曲线f(x)＝x2(x≥0)上某一个点处作切线,使之与曲线和x 轴所围成的面积为1
12,求切线方程;
(3)正项数列{bn}是公差为d(d 为常数,d>0)的等差数列,b1＝1,两条抛物线y＝bnx2＋1
bn,y＝bn＋1x2＋
1
bn＋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:
S1
a1
＋S2
a2＋…＋
Sn
an<4
3 .
(1)解 由题意可知F(2)＝∫
0
2
f(t)dt＝1
2×π×12＝π
2 ,F(3)＝∫
0
3
f(t)dt＝∫
0
2
f(t)dt＋∫
2
3
f(t)dt＝
π
2 －π
8 ＝3
8π,
所以5
4 F(2)－F(3)＝5
4 × π
2 －3
8π＝π
4 .
(2)解 如图1,设切点为A(x0,x0
2),
图1
则切线的斜率为y'＝2x0,
则切线方程为y－x0
2＝2x0(x－x0),
所以切线与x 轴的交点为B(
x0
2 ,0),
过点A 作x 轴的垂线,垂足为C,则C(x0,0),
所以由题意可知围成的面积S＝∫
0
x2
x2dx－S△ABC＝1
3 x0
3－1
2 × 1
2x0·x0
2＝1
12,得x0＝1,
所以切点坐标为(1,1),切线方程为y＝2x－1.
(3)证明 两条抛物线的大致图象及位置如图2.
图2
联立得{
y ＝bn x
2＋1
bn
,
y ＝bn＋1 x
2＋
1
bn＋1
,
得an＝(
1
bnbn＋1)
1
2,
由对称性可知,两条抛物线围成的封闭图形的面积为
Sn＝2∫
0
a n
[bn x
2＋1
bn
−(bn＋1 x
2＋
1
bn＋1)]dx
＝2∫
0
a n
(−d x
2＋
d
bnbn＋1)dx,
令f(x)＝－dx2＋
d
bnbn＋1,F'(x)＝f(x)⇒F(x)＝－d
3 x3＋
dx
bnbn＋1＋C(C 为常数),
所以∫
0
a n
f(x)dx＝F(an)－F(0)＝－d
3 an
3＋
d an
bnbn＋1
＝2d
3 (
1
bnbn＋1)
3
2,
所以Sn＝4 d
3 (
1
bnbn＋1)
3
2,
所以
Sn
an
＝4 d
3 ·
1
bnbn＋1
＝4
3(
1
bn
−
1
bn＋1),
则
S1
a1
＋S2
a2＋…＋
Sn
an
＝4
3(
1
b1
−1
b2
＋1
b2
−1
b3
＋…＋1
bn
−
1
bn＋1)
＝4
3(
1
b1
−
1
bn＋1)<4
3 .
【精准强化练】
1.①在微积分中,求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则,法则中有结论:若函数f(x),g(x)的
导函数分别为f'(x),g'(x),且lim
x→a ¿f(x)＝lim
x→a ¿g(x)＝0,则
lim
x→a f ( x)
g( x)
＝
lim
x→a f '( x)
g'( x)
.
②设a>0,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)≥f(
x
k)成立,且lim
x→0 ¿f(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:lim
x→0 ¿(1＋x)
1
x;
(3)证明:(
sin x
x−π)
3
<cos x,x∈(π , 3
2 π).
(1)解 设F(x)＝f(x)－f(
x
2)＝7
8x3－3
2x,
由于F(1)＝7
8 －3
2<0,所以f(x)≥f(
x
2)不成立,
故f(x)＝x3－3x 不是区间[0,3]上的2 阶无穷递降函数.
(2)解 设g(x)＝(1＋x)
1
x,
则ln g(x)＝1
x ln (1＋x)＝ln (1＋x)
x
,
设h(x)＝ln (1＋x)
x
,
则lim
x→0 ¿h(x)＝lim
x→0 ln (1＋x)
x
＝
lim
x→0
1
1＋x
1
＝1,
所以lim
x→0 ln g(x)＝1,得lim
x→0 ¿(1＋x)
1
x＝e.
(3)证明 令x－π＝t,则原不等式等价于
tan t·sin2t>t3,t∈(0, π
2),
即证tant·sin
2t
t
3
>1,t∈(0, π
2),
记f(t)＝tan t·sin
2t
t
3
,t∈(0, π
2),
则f(
t
2)＝
8 tan t
2 ·sin
2 t
2
t
3
,
所以
f (t )
f(
t
2)
＝tan t·sin
2t
t
3
·
t
3
8 tan t
2 ·sin
2 t
2
＝
co s
2 t
2
1−tan
2 t
2
＝
1
1−tan
4 t
2
>1,
即有对任意t∈(0, π
2),均有f(t)>f(
t
2),
所以f(t)>f(
t
2)>…>f(
t
2
n),
因为
lim
x→0 sin x
x
＝lim
x→0 ¿cos x＝1,
所以lim
n→＋∞¿f(
t
2
n)＝
lim
n→＋∞tan t
2
n ·sin
2 t
2
n
(
t
2
n)
3
＝
lim
n→＋∞sin
3(
t
2
n)
(
t
2
n)
3
cos(
t
2
n)
＝lim
n→＋∞[
sin(
t
2
n)
t
2
n ]
3
·
lim
n→＋∞1
cos(
t
2
n)
＝1,
所以f(t)>1,t∈(0, π
2),故结论成立.
2.(2025·郑州质检)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度,为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察
如图所示的光滑曲线C:y＝f(x)上的曲线段´AB,其弧长为Δs,当动点从A 沿曲线段´AB运动到B 点时,
A 点的切线lA也随着转动到B 点的切线lB,记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于lB的倾斜角与lA
的倾斜角之差).显然,当弧长固定时,夹角越大,曲线的弯曲程度就越大;当夹角固定时,弧长越小则
弯曲程度越大,因此可以定义K ＝|
Δθ
Δs|为曲线段´AB的平均曲率;显然当B 越接近A,即Δs 越小,K就
越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度,因此定义K＝lim
Δ s→0|
Δθ
Δ s|＝| y ″ |
(1＋y '
2)
3
2 (若极限存在)为曲
线C 在点A 处的曲率.(其中y',y″分别表示y＝f(x)在点A 处的一阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率;
(2)求椭圆x
2
4 ＋y2＝1 在(√3, 1
2)处的曲率;
(3)定义φ(y)＝2√2| y ″ |
(1＋y ' )
3 为曲线y＝f(x)的“柯西曲率”.已知在曲线f(x)＝xln x－2x 上存在两点
P(x1,f(x1))和Q(x2,f(x2)),且P,Q 处的“柯西曲率”相同,求
3√x1＋
3√x2的取值范围.
解 (1)K ＝|
Δθ
Δ s|＝
π
3
π
3
＝1.
(2)y＝√1−x
2
4 ,y'＝－x
4(1−x
2
4 )
−1
2,
y″＝－1
4(1−x
2
4 )
−1
2 －x
2
16(1−x
2
4 )
−3
2,
故y'|x＝√3＝－√3
2 ,y″|x＝√3＝－2,
故K＝
2
(1＋3
4)
3
2
＝16√7
49 .
(3)f'(x)＝ln x－1,f″(x)＝1
x ,
故φ(y)＝2√2| y ″ |
(1＋y ' )
3 ＝
2√2
x(ln x)
3 ＝
2√2
(3 s ln s)
3,
其中s＝
3√x,
令t1＝
3√x1,t2＝
3√x2,
则t1ln t1＝t2ln t2,
则ln t1＝－t ln t
t −1 ,其中t＝
t2
t1
>1(不妨t2>t1),
令p(x)＝xln x,p'(x)＝1＋ln x,得p(x)在(0, 1
e)上单调递减,在(
1
e ,＋∞)上单调递增,
故1>t2>1
e>t1>0;
令h(t)＝ln (t1＋t2)＝ln (t＋1)－t ln t
t −1 ,
h'(t)＝
1
(t −1)
2[ln t −2(t −1)
t ＋1 ],
令m(t)＝ln t－2(t −1)
t ＋1 (t>1),
则m'(t)＝(t −1)
2
t(t ＋1)
2,
当t>1 时,m'(t)>0 恒成立,
故m(t)在(1,＋∞)上单调递增,
可得m(t)>m(1)＝0,
即ln t－2(t −1)
t ＋1 >0,
故有h'(t)＝
1
(t −1)
2[ln t −2(t −1)
t ＋1 ]>0,
则h(t)在(1,＋∞)上单调递增,
又lim
t →1 ¿ h(t)＝ln 2－1, lim
t →＋∞¿ h(t)＝0,
故ln (t1＋t2)∈(ln 2－1,0),
故
3√x1＋
3√x2＝t1＋t2∈(
2
e ,1)
