强基课　函数与导数中的融合、创新问题（讲义）-2027年高考数学一轮复习

强基课　函数与导数中的融合、创新问题 题型分析　函数与导数中的交汇创新问题是近几年高考命题的热点之一,常与三角函数、数列等知识交汇呈现,还可能以新定义的背景呈现,意在考查学生处理问题的能力、转化和化归的能力以及数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养. 题型一　导数与其他知识交汇问题 例1 (2026·青岛模拟)已知函数f(x)=ax-sin x,x∈. (1)当a=时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个极值点,记极大值和极小值分别为M,m,证明:M-m<2. 对于函数不等式证明,优先考虑“构造函数→分析导数符号→利用单调性证不等式”的路径,灵活结合放缩、多次求导等技巧,把复杂不等式转化为函数最值的简单验证. 题型二　函数、导数中的新定义问题 例2 已知函数y=F(x)的图象上存在A,B两点,记直线AB的方程为y=G(x),若直线AB恰为曲线y=F(x)的一条切线(A,B为切点),且∀x∈D(D为F(x)的定义域)F(x)≥G(x),则称函数y=F(x)为“切线支撑”函数. (1)试判断函数f(x)=sin 2x-2cos2x是否为“切线支撑”函数.若是,求出一组点A,B;否则,请说明理由. (2)已知g(x)=为“切线支撑”函数,求实数a的取值范围. “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. 1.已知函数f(x)=ln(x+1)-.证明: (1)当x>0时,f(x)>0; (2)++…+<ln. 2.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. 学科网（北京）股份有限公司 $ 强基课　函数与导数中的融合、创新问题 题型分析　函数与导数中的交汇创新问题是近几年高考命题的热点之一,常与三角函数、数列等知识交汇呈现,还可能以新定义的背景呈现,意在考查学生处理问题的能力、转化和化归的能力以及数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养. 题型一　导数与其他知识交汇问题 例1 (2026·青岛模拟)已知函数f(x)=ax-sin x,x∈. (1)当a=时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个极值点,记极大值和极小值分别为M,m,证明:M-m<2. (1)解　当a=时,f(x)=x-sin x,x∈, 则f'(x)=-cos x, 当-≤x≤-或≤x≤时,f'(x)≥0; 当-<x<时,f'(x)<0, 所以函数f(x)在上单调递减,在和上单调递增. (2)证明　由f(x)=ax-sin x,x∈,得f'(x)=a-cos x, 因为函数f(x)有两个极值点,所以方程f'(x)=a-cos x=0有两个不相等的实根, 设为x1,x2且x1<x2,因为函数y=cos x 在x∈时的图象关于y 轴对称, 所以x1+x2=0,即cos x1=cos x2=a∈(0,1), 当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以x1,x2分别是函数的极大值点和极小值点, 即M=f(x1)=ax1-sin x1,m=f(x2)=ax2-sin x2, 又x1+x2=0,即x2=-x1, 则M-m=ax1-sin x1-(ax2-sin x2)=2(ax1-sin x1), 又cos x1=a∈(0,1),则M-m=2(x1cos x1-sin x1), 设h(x1)=2(x1cos x1-sin x1),-<x1<0, 则h'(x1)=-2x1sin x1<0,即函数h(x1)在上单调递减, 所以h(x1)<h=2,即M-m<2. 对于函数不等式证明,优先考虑“构造函数→分析导数符号→利用单调性证不等式”的路径,灵活结合放缩、多次求导等技巧,把复杂不等式转化为函数最值的简单验证. 题型二　函数、导数中的新定义问题 例2 已知函数y=F(x)的图象上存在A,B两点,记直线AB的方程为y=G(x),若直线AB恰为曲线y=F(x)的一条切线(A,B为切点),且∀x∈D(D为F(x)的定义域)F(x)≥G(x),则称函数y=F(x)为“切线支撑”函数. (1)试判断函数f(x)=sin 2x-2cos2x是否为“切线支撑”函数.若是,求出一组点A,B;否则,请说明理由. (2)已知g(x)=为“切线支撑”函数,求实数a的取值范围. 解　(1)f(x)=sin 2x-2cos2x=sin 2x-cos 2x-1=2sin-1, 显然f(x)≥-3, 令f(x)=-3,得2x-=-+2kπ,k∈Z,即x=-+kπ,k∈Z, 所以x=-+kπ,k∈Z 是f(x)的极小值点,且y=-3 为曲线y=f(x)的一条切线, 所以函数f(x)=sin 2x-2cos2x 是“切线支撑”函数, 可取A,B. (2)当x>0时,g'(x)=a-,所以g'(x)在(0,+∞)上为增函数,所以切点A,B不可能都在y 轴的右侧; 当x<0时,g'(x)=2x,所以g'(x)在(0,+∞)上为增函数,所以切点A,B不可能都在y 轴的左侧, 所以切点A,B必在y 轴的两侧. 不妨设x1>0>x2,A(x1,ax1-ln x1),B(x2,), 当x>0时,g'(x)=a-,所以A点处的切线方程为y-ax1+ln x1=(x-x1), 即y=x+1-ln x1; 当x<0时,g'(x)=2x,所以B点处的切线方程为y-=2x2(x-x2), 即y=2x2x-, 因为A,B两点处的切线重合,所以⇒a=2x2+, 设φ(x)=2x+,x<0,则φ'(x)=2-2x>0, 所以φ(x)在(-∞,0)上单调递增, 又当x→-∞ 时,φ(x)→-∞,所以a<φ(0)=,即a∈, 设A点处的切线方程为m(x)=x+1-ln x1, 设p(x)=g(x)-m(x)=-ln x+x-1+ln x1,x>0, 则p'(x)=-+=, 所以当x∈(0,x1)时,p'(x)<0,p(x)在(0,x1)上单调递减;当x∈(x1,+∞)时,p'(x)>0,p(x)在(x1,+∞)上单调递增, 所以p(x)≥p(x1)=0,所以g(x)≥m(x), 设B点处的切线方程为n(x)=2x2x-, 则g(x)-n(x)=x2-2x2x+=(x-x2)2≥0,即g(x)≥n(x), 所以g(x)为“切线支撑”函数, 综上可得,实数a的取值范围为. “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. 1.已知函数f(x)=ln(x+1)-.证明: (1)当x>0时,f(x)>0; (2)++…+<ln. 证明　(1)当x>0时,f'(x)=-=>0,所以f(x)单调递增,所以f(x)>f(0)=0. (2)由(1)知,当x>0时,ln(x+1)>. 令x=,则有<ln⇒<ln,故<ln,<ln,…,<ln. 将以上各式相加,得++…+<ln+ln+…+ln=ln(··…·)=ln(n+1),故++…+<ln(n+1)=ln,即不等式++…+<ln成立. 2.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在上最小值为0,此时h(x)不是“依赖函数”,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)或a=, 从而存在x∈使得对任意的t∈R,有不等式≥-t2+(s-t)x+4都成立, 即t2+xt+x2-x+≥0恒成立, 由Δ=x2-4≤0,得4x≤3x2+. 由x∈,可得4≤3x+, 又y=3x+在x∈单调递减,故当x=时,=, 从而4≤,解得s≤, 综上,故实数s 的最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $