第3章 融合创新1 函数与导数的融合创新问题（Word教参）-【精讲精练】2027年高考数学一轮复习（北师大版）

该高中数学高考复习讲义聚焦函数与导数融合创新专题，涵盖导数与三角函数、数列的交汇问题及新定义问题，按考点分角度系统梳理知识内在联系。通过多维探究发散思维、重难考点师生共研、真题精讲方法提炼等环节，帮助学生构建解题框架，突破综合应用难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以“数学思维”和“数学语言”为导向，创新采用“借式子”思维指导不等式证明，如构造函数放缩证明数列不等式，培养学生推理能力。新定义问题通过信息读取与加工表引导规范答题，结合分层练习即时反馈，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

融合创新1　函数与导数的融合创新问题 函数与导数的融合创新问题主要分两类：一是函数、导数与其他知识的创新交汇问题；二是新定义问题，重点考查考生灵活应用函数性质的能力，涉及函数的各种相关性质的拓展延伸． [对应学生用书P85] 考点一　函数、导数与其他知识的融合问题 多维探究　发散思维 角度1　导数与三角函数的融合问题 (2025·江苏宿迁模拟节选)已知f(x)＝sin x＋tan x－2x，x∈. (1)判断f(x)的单调性； (2)求证：＋>2. [解析]　(1)f′(x)＝cos x＋－2＝＝， 由x∈，则cos x∈(0，1)， 故cos 2x－cos x－1＝2－∈，cos x－1<0， 故f′(x)>0在x∈上恒成立，故f(x)在上单调递增． (2)证明　由x∈，则sin x∈(0，1)，tan x>0， 要证＋>2，只需证2>2， 即只需证sin x＋tan x＋2>4x， 由(1)知f(x)在上单调递增， 故f(x)>f(0)＝sin 0＋tan 0－2×0＝0，即sin x＋tan x>2x， 故只需证2>2x， 即只需证sin x·tan x－x2>0， 令g(x)＝sin x·tan x－x2，x∈， 则g′(x)＝cos x·tan x＋sin x·－2x＝sin x＋－2x， 由sin x＋≥2＝2tan x，当且仅当cos 2x＝1时等号成立， 由cos x∈(0，1)，故不能取等号，即有sin x＋>2tan x， 则g′(x)＝sin x＋－2x>2tan x－2x＝2(tan x－x)， 令h(x)＝tan x－x，x∈，则h′(x)＝－1＝>0， 故h(x)在上单调递增，则h(x)>h(0)＝0， 即g′(x)>0，故g(x)在上单调递增，则g(x)>g(0)＝0， 即有sin x·tan x－x2>0，即得证． 角度2　函数、导数与数列的融合问题 已知函数f(x)＝ax2－ln x. (1)若f(x)≥－1恒成立，求a的取值范围； (2)证明：1＋＋…＋>，n∈N＋. [解析]　(1)由f(x)≥－1，即ax2－ln x≥－1，得a≥在(0，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝，x>0， g′(x)＝ ＝＝. 由g′(x)＝0得3－2ln x＝0，即x＝e，所以当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0. 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，所以g(x)max＝g＝＝. 所以a≥，故a的取值范围为. (2)证明　先证明不等式ln (1＋x)<x，x>0，令h(x)＝ln (1＋x)－x，h′(x)＝－1＝－<0. 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，即不等式ln (1＋x)<x，x>0成立． 令x＝(n∈N＋)，即ln <，ln <，所以>ln －ln n. 所以1>ln 2－ln 1，>ln 3－ln 2，>ln 4－ln 3，…，>ln －ln n. 上述n个式子相加得 1＋＋…＋>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln (n＋1)－ln n]＝ln (n＋1)>. 故1＋＋…＋>，n∈N＋成立． 不等式证明的“借式子”思维方法 首先第二问不等式证明中，关键需要利用(1)中的结论，得出符合证明的不等式，或者符合证明方向的不等式放缩条件式子，这需要结合(1)中的结论，巧妙赋值，适当凑配．其次，还需要联想要证的不等式的大小关系，构造函数合适的函数关系式，得出放缩关系． 1．(2022·新高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x＞0时，f(x)＜－1，求实数a的取值范围； (3)设n∈N＋，证明：＋＋…＋＞ln (n＋1). 解析　(1)当a＝1时，f(x)＝xex－ex，x∈R，则f′(x)＝xex，当x＞0时，f′(x)＞0，当x＜0时，f′(x)＜0， 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(1＋ax)eax－ex. 对于x∈(0，＋∞)，当a≥1时，f′(x)＝(1＋ax)eax－ex＞eax－ex≥ex－ex＝0，所以f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 因为f(0)＝－1，所以f(x)＞－1，不满足题意． 当a≤0时，f′(x)≤eax－ex≤1－ex＜0且等号不恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 因为f(0)＝－1，所以f(x)＜－1，满足题意． 当0＜a≤时，f′(x)≤e－ex＝e(1＋－e). 令g(x)＝1＋－e，则g′(x)＝－e＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)＜g(0)＝0，所以f′(x)≤e·g(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 因为f(0)＝－1，所以f(x)＜－1，满足题意． 当＜a＜1时，f′(x)＝eax[1＋ax－e(1-a)x]. 令h(x)＝1＋ax－e(1-a)x， 则h′(x)＝a＋(a－1)e(1-a)x. 因为h′(x)为减函数，又h′(0)＝2a－1＞0，x→＋∞，h′(x)＜0，所以∃x0∈(0，＋∞)，使h′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)＞0，h(x)在(0，x0)上单调递增，h(x)＞h(0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，f′(x)＝eax·h(x)＞0，f(x)在(0，x0)上单调递增． 因为f(0)＝－1，所以f(x)＞－1，不满足题意． 综上，a的取值范围是. (3)证明　由(2)知当a＝，且x∈(0，＋∞)时，f(x)＜－1，即xe－ex＜－1，所以xe＜ex－1. 令t＝ex＞1，则x＝ln t，所以ln t·＜t－1. 令t＝＞1，i∈N＋，则ln ＜－1＝， 所以ln ＜ ＝＝， 所以 ＞ln ＝ln ＋ln ＋…＋ln ＝ln (n＋1). 考点二　函数与导数中的新定义问题(规范答题) 重难考点　师生共研 (17分)(2025·江苏淮阴中学模拟)若函数y＝f(x)对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在唯一的x2，使ff＝1成立，则称该函数为“依赖函数”． (1)判断函数g(x)＝sin x是否为“依赖函数”，并说明理由； (2)若函数f(x)＝2x-1在定义域(m>0)上为“依赖函数”，求mn的取值范围； (3)已知函数h(x)＝(x－a)2在定义域上为“依赖函数”，若存在实数x∈，使得对任意的t∈R，不等式h(x)≥－t2＋x＋4都成立，求实数s的最大值． [思路导引] 信息读取 信息加工 1 判断函数g(x)＝sin x是否为“依赖函数” 根据“依赖函数”的定义判断，如果是“依赖函数”应给出证明，如果不是“依赖函数”，可举反例说明． 2 函数f(x)＝2x-1在定义域[m，n](m>0)上为“依赖函数” 根据“依赖函数”的定义，且f(x)＝2x-1为单调函数，有f(m)f(n)＝1成立 3 已知函数h(x)＝(x－a)2在定义域上为“依赖函数” 根据函数的性质，确定参数a的取值(或取值范围) 4 若存在实数x∈，使得对任意的t∈R，不等式h(x)≥－t2＋(s－t)x＋4都成立，求实数s的最大值． 不等式的恒(能)成立问题转化为最值问题解决．由于该题含有多个变量，要分清“谁是参数，谁是主元”． [解析]　(1)对于函数g(x)＝sin x的定义域R内存在x1＝，则g＝2无解， 故g(x)＝sin x不是“依赖函数”．(2分) 通过举反例，说明函数g(x)＝sin x在定义域内不满足存在性，从而得出结论 (2)因为f(x)＝2x-1在[m，n]上单调递增，故ff＝1，即2m-12n-1＝1，m＋n＝2，(4分) 由n>m>0，故n＝2－m>m>0，得0<m<1，(6分) 从而mn＝m(2－m)，在m∈(0，1)上单调递增，故mn∈(0，1). 即mn的取值范围为(0，1).(8分) 通过“依赖函数”的定义及函数f(x)＝2x-1的单调性，借助等式f(m)f(n)＝1得到m与n的关系式，进而根据m的取值范围，利用函数的单调性求得结论 (3)①若≤a≤4，则h(x)＝(x－a)2在上的最小值为0，此时不存在x2，舍去；(9分) ②若a>4，则h(x)＝2在上单调递减， 从而h·h＝1，解得a＝1(舍)或a＝， (10分) 讨论二次函数的性质，对称轴与定义域的关系往往是解题的关键 从而存在x∈，使得对任意的t∈R，有不等式2≥－t2＋(s－t)x＋4都成立， 即t2＋xt＋x2－x＋≥0恒成立，(12分) 由于该不等式对任意的t∈R恒成立，应看作关于t的一元二次不等式的恒成立问题，这是正确解决本题的关键点，也是解决本题的易错点 由Δ＝x2－4≤0，得4x≤3x2＋. 由x∈，可得4≤3x＋，(14分) 又y＝3x＋在x∈单调递减，故当x＝时，max＝， 从而4≤，解得s≤，(16分) 综上，故实数s的最大值为.(17分) “函数新定义”题目的解题思路 (1)深刻理解题目中新函数的定义，新函数所具有的性质或满足的条件，将定义、性质等与所求之间建立联系． (2)转化：将题目中的新函数与已学函数联系起来，仔细阅读已知条件进行分析，通过类比已学函数的性质、图象解决问题，或者将新函数转化为已学过的函数的复合函数形式． (3)代入特殊值：如果新函数的某一性质对某些数值恒成立，可以通过代入特殊值，得到特殊函数值甚至函数解析式，从而解决问题． 2．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x. (1)当a<－1时，求函数f(x)的单调递增区间； (2)记函数F(x)的图象为曲线C，设点A，B是曲线C上两个不同点，如果曲线C上存在M，使得①x0＝；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称函数F(x)存在“中值相依切线”．试问：函数f(x)是否存在中值相依切线，请说明理由． 解析　(1)函数f(x)＝ln x－ax2＋x的定义域为， f′(x)＝－ax＋＝－＝－， 因为a<－1，则0<－<1， 由f′(x)>0可得0<x<－或x>1， 所以，函数f(x)的单调递增区间为，. (2)假设函数f(x)存在“中值相依切线”， 设A，B是曲线y＝f(x)上不同的两个点，且0<x1<x2， 则y1＝ln x1－ax＋x1，y2＝ln x2－ax＋x2， 则kAB＝＝－＋， 因为f′(x)＝－ax＋， 则f′＝－ax0＋＝－＋， 由kAB＝f′可得－＋＝－＋， 即＝，则ln －＝ln －＝0， 令t＝>1，则h＝ln t－，则h′＝－＝>0， 故函数h在上单调递增，则h>h(1)＝0， 故h＝0在上无解，假设不成立， 综上，假设不成立，所以函数f(x)不存在“中值相依切线”． 学科网（北京）股份有限公司 $