第3章 清北突破课1 函数、导数中的创新融合问题(教师用书Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

该高中数学高考复习讲义聚焦函数与导数的创新融合问题，涵盖导数与三角函数、数列交汇及新定义情境等核心考点，按题型分多维探究与师生共研模块，通过命题解读、典例精讲、方法总结、分层练习的教学流程，帮助学生构建跨知识整合框架，突破思维难点。 讲义以数学思维与模型观念为导向，创新设计跨章节工具整合训练，如例1结合导数与三角函数有界性分析零点，例2通过导数结论放缩证明数列不等式，设置基础巩固与能力提升分层练习，培养学生在陌生情境中建立关联的能力，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考效能提供系统支持。

清北突破课1　函数、导数中的创新融合问题 命题解读 函数与导数中的创新融合问题，通过多知识交汇与新定义情境设计，突破传统命题框架，突出数学思维的灵活性与综合性．在知识交汇层面，命题常以导数与三角函数结合、导数与数列联动为载体，考查跨章节工具整合能力；在新定义问题中，则通过引入抽象运算规则或重构函数性质，要求考生在陌生情境中快速建立导数与函数特征的关联． 题型一　导数与其他知识的交汇问题(多维探究) 角度1　与三角函数的交汇问题 例1　已知函数f(x)＝2sin x－x cos x－x. (1)求f(x)在x＝π处的切线方程； (2)证明：f(x)在(0，2π)上有且仅有一个零点． 解：(1)由题意有f(π)＝2sin π－πcos π－π＝0，f′(x)＝2cos x－cos x＋x sin x－1＝cos x＋x sin x－1，所以f′(π)＝cos π＋πsin π－1＝－2，所以切线方程为y＝－2(x－π)＝－2x＋2π，即切线方程为2x＋y－2π＝0. (2)证明：令g(x)＝f′(x)＝cos x＋x sin x－1，所以g′(x)＝－sin x＋sin x＋x cos x＝x cos x， 令g′(x)＝0有x＝0或cos x＝0，当0<x<2π时，由cos x＝0有x＝或，由g′(x)>0有cos x>0得0<x<或<x<2π，由g′(x)<0有<x<，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，又g＝－1>0，g＝－－1<0，g(2π)＝0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝0，当0<x<x0时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x0<x<2π时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，2π)上单调递减，又＝2－>0，f(2π)＝－4π<0，所以f(x)在(0，2π)上有且仅有一个零点． 角度2　与数列的交汇问题 例2　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：(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)≤－ex＝.令g(x)＝，则g′(x)＝＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)＜g(0)＝0，所以f′(x)≤·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－ex＜－1，所以＜ex－1.令t＝ex＞1，则x＝ln t，所以ln t·＜t－1.令t＝＞1，i∈N*，则ln ＜，所以ln ＜，所以＞ln ＝ln ＋ln ＋…＋ln ＝ln (n＋1)． 1．导数与三角函数交汇问题是指应用导数的基础知识与方法，研究问题情境中含有三角函数的函数问题．常见题型有：函数零点问题、不等式恒成立问题、不等式证明问题、极值点偏移问题等，分析求解时既要充分应用导数的工具性作用，又要充分应用三角函数的性质与三角恒等变换技巧，关键是灵活应用正弦函数和余弦函数的有界性． 2．解决导数与数列相关的问题，通常是从已经证得的结论(参数取值范围、不等式等)出发，通过特殊化处理，即将其中的变量替换为特殊的变量，尤其是可替换为与自然数n有关的式子，然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论． 1．已知函数f(x)＝cos x＋x sin x，x∈(－π，π)． (1) 求f(x)的单调区间和极小值； (2) 证明：当x∈[0，π)时，2f(x)≤ex＋e－x. 解：(1)由f(x)＝cos x＋x sin x，x∈(－π，π)，求导得f′(x)＝－sin x＋sin x＋x cos x＝x cos x，当－π<x<－时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当<x<π时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为，f(x)的极小值为f(0)＝1. (2)证明：当x∈[0，π)时，令F(x)＝ex＋e－x－2f(x)，则F(x)＝ex＋e－x－2(cos x＋x sin x)，求导得F′(x)＝ex－e－x－2x cos x≥ex－e－x－2x.令φ(x)＝ex－e－x－2x，求导得φ′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，所以函数φ(x)在[0，π)上单调递增，则φ(x)≥φ(0)＝0，F′(x)≥0，F(x)在[0，π)上单调递增，因此F(x)≥F(0)＝0，所以2f(x)≤ex＋e－x. 2．(2025·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝2ln x－x＋(a>0)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)求证：1＋>ln (n＋1)＋(n∈N*)． 解：(1)因为f(x)＝2ln x－x＋(x>0)，所以f′(x)＝，对于方程－x2＋2x－a＝0，Δ＝4－4a，当Δ＝4－4a≤0，即a≥1时，－x2＋2x－a≤0，f′(x)≤0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当Δ＝4－4a>0，即0<a<1时，方程－x2＋2x－a＝0有两个不相等的实数根，所以x1＝1＋，且x1>x2>0，所以当x>x1或0<x<x2时，f′(x)<0；当x2<x<x1时，f′(x)>0，即函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当a≥1时，函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当0<a<1时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)证明：由(1)知，当a＝1时，函数f(x)＝2ln x－x＋在(0，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，所以当x>1时，f(x)＝2ln x－x＋<0，即当x>1时，2ln x<x－.因为>1，所以2ln <，即2ln (n＋1)－2ln n<，所以当n＝1时，2ln 2－2ln 1<1＋，当n＝2时，2ln 3－2ln 2<，当n＝3时，2ln 4－2ln 3<，…，当n＝n时，2ln (n＋1)－2ln n<，累加可得，2ln (n＋1)－2ln 1<1＋，即2ln (n＋1)<2－＝2－，所以1＋>ln (n＋1)＋(n∈N*)． 题型二　函数与导数中的新定义问题(师生共研) 例3　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f(x1)f(x2)＝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，n](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＋(s－t)x＋4都成立，求实数s的最大值． 解：(1)对于函数g(x)＝sin x的定义域R内存在x1＝，则g(x2)＝2无解，故g(x)＝sin x不是“依赖函数”． (2)因为f(x)＝2x-1在[m，n]上单调递增，故f(m)f(n)＝1，即2m-12n-1＝1，m＋n＝2，由n>m>0，故n＝2－m>m>0，得0<m<1，从而mn＝m(2－m)在m∈(0，1)上单调递增，故mn∈(0，1)． (3)①若≤a≤4，故h(x)＝(x－a)2在上的最小值为0，此时不存在x2，舍去； ②若a>4，故h(x)＝(x－a)2在上单调递减，从而h·h(4)＝1，解得a＝1(舍去)或a＝，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，由Δ＝x2－4[x＋]≤0，得4x≤3x2＋.由x∈，可得4≤3x＋，又y＝3x＋在x∈上单调递减，故当x＝时，max＝，从而4，解得s≤，综上，实数s的最大值为. “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． 记f″(x)＝(f′(x))′，f′(x)为f(x)的导函数．若对∀x∈D，f″(x)>0，则称函数y＝f(x)为D上的“凸函数”．已知函数f(x)＝ex－x3－ax2－1，a∈R. (1)若函数f(x)为R上的凸函数，求a的取值范围； (2)若函数y＝f(x)－x在(1，＋∞)上有极值，求a的取值范围． 解：(1)因为f′(x)＝ex－x2－2ax，若函数f(x)为R上的凸函数，则f″(x)＝ex－2x－2a>0，即2a<ex－2x，令y＝ex－2x，y′＝ex－2，则当x＝ln 2时，y′＝0，所以当x∈(－∞，ln 2)时，y′<0；当x∈(ln 2，＋∞)时，y′>0；所以当x∈(－∞，ln 2)时，y＝ex－2x单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，y＝ex－2x单调递增，所以ymin＝eln 2－2ln 2＝2－2ln 2，所以2a<2－2ln 2，解得a<1－ln 2，所以a的取值范围为(－∞，1－ln 2)． (2)因为y＝f(x)－x＝ex－x3－ax2－x－1，所以y′＝ex－x2－2ax－1，因为y＝f(x)－x在(1，＋∞)上有极值，所以g(x)＝ex－x2－2ax－1在(1，＋∞)上有变号零点，g′(x)＝ex－2x－2a，令m(x)＝ex－2x－2a，则m′(x)＝ex－2，因为x>1，所以m′(x)>0，所以m(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＝m(x)>m(1)＝e－2－2a， ①当e－2a－2≥0，即a≤时，g′(x)≥0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e－2－2a≥0，即g(x)>0，所以g(x)＝ex－x2－2ax－1在(1，＋∞)无零点，不符合题意； ②当e－2a－2<0，即a>时，则∃x0∈(1，＋∞)，使得m(x0)＝0，当x∈(1，x0)时，m(x)<m(x0)＝0，所以g(x)单调递减，又g(1)＝e－2－2a<0，当x∈(1，x0)时，g(x)<0，所以g(x)在x∈(1，x0)上无零点；当x∈(x0，＋∞)时，m(x)>m(x0)＝0，所以g(x)单调递增，又x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上有零点，且在零点左右两侧g(x)符号相反，即该零点为g(x)的变号零点，所以y＝f(x)－x在(1，＋∞)上有极值，综上所述，a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $