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培优进阶7　函数与导数中的交汇创新问题
　　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、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　函数、导数与其他知识的交汇问题
角度1　 函数、导数与三角函数的交汇问题
已知函数f(x)＝x＋asin x－xcos x.
(1)当a＝1时，求f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间上有零点，求实数a的取值范围.
解：(1)当a＝1时，可得f(x)＝x＋sin x－xcos x，f(π)＝2π，
f'(x)＝1＋cos x－cos x＋xsin x＝1＋xsin x，f'(π)＝1，
所以f(x)在点(π，f(π))处的切线方程为y－2π＝x－π，即x－y＋π＝0.
(2)因为f(x)在区间上有零点，则f(x)＝x＋asin x－xcos x＝0 a＝上有解.
设g(x)＝，x∈，则g'(x)＝＝.
因为x∈，所以g'(x)＜0，所以g(x)在上单调递减，
当x∈时，g(x)＝＝＜0，
当x→0时，g(x)→0，当x→时，g(x)→－，
所以g(x)∈，所以a∈.
所以实数a的取值范围是.
　　此类与三角函数的交汇融合题是近几年高考命题的一个热点考向，例如2025年全国一卷T19突破以往以幂、指、对数函数为情境设置函数与导数试题的模式，以三角函数设置情境，新颖独特.此类题目解决办法是要充分把交汇融合信息吃透，熟练运用导数有关性质以及三角函数有关公式、性质解决问题.
角度2　导数与数列的交汇问题
(2022·新高考Ⅱ卷)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)的定义域是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，
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)≤(1＋－ex＝(1＋－).
令g(x)＝1＋－(x＞0)，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→＋∞时，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，实数a的取值范围是(－∞，］.
(3)证明：由(2)知当a＝，且x∈(0，＋∞)时，f(x)＜－1，即x－ex＜－1，所以x＜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).
　　解决此类与数列相关的问题，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.
对点练1.已知函数f(x)＝cos x＋xsin 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＋xsin x，x∈(－π，π)，
求导得f'(x)＝－sin x＋sin x＋xcos x＝xcos 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)的单调递增区间是(－π，－)，(0，)；单调递减区间是(－，0)，(，π)，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＋xsin x)，求导得F'(x)＝ex－e－x－2xcos 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.
学生用书 第96页
题型二　函数、导数中的新定义(新情境)创新问题
(2025·江苏淮安模拟)若函数y＝f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＝sin x是否为“依赖函数”，并说明理由；
(2)若函数f＝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－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≥－t2＋x＋4都成立，求实数s的最大值.
解：(1)对于函数g＝sin x的定义域R内存在x1＝，则g＝2无解，
故g＝sin x不是“依赖函数”.
(2)因为f＝2x－1在上递增，
故ff＝1，即2m－1·2n－1＝1，m＋n＝2，
由n＞m＞0，故n＝2－m＞m＞0，得0＜m＜1，
从而mn＝m在m∈上单调递增，故mn∈.
(3)①若≤a≤4，故h＝上最小值为0，此时不存在x2，舍去；
②若a＞4，故h＝上单调递减，
从而h·h＝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＋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，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.
对点练2.微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段，对于函数f＝(x＞0)，f在区间上的图象连续不断，从几何上看，定积分dx便是由直线x＝a，x＝b，y＝0和曲线y＝所围成的区域(称为曲边梯形ABQP)的面积，根据微积分基本定理可得dx＝ln b－ln a，因为曲边梯形ABQP的面积小于梯形ABQP的面积，即S曲边梯形ABQP＜S梯形ABQP，代入数据，进一步可以推导出不等式：＞.
(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：＜；
(2)已知函数f＝ax2＋bx＋xln x，其中a，b∈R.
(ⅰ)证明：对任意两个不相等的正数x1，x2，曲线y＝f在和处的切线均不重合；
(ⅱ)当b＝－1时，若不等式f≥2sin恒成立，求实数a的取值范围.
解：(1)证明：在曲线y＝上取一点M.
过点M作f的切线分别交AP，BQ于M1，M2.
因为S曲边梯形ABQP＞，
可得ln b－ln a＞··＝·2··，即＜.
(2)(ⅰ)证明：由函数f＝ax2＋bx＋xln x，
可得f'＝2ax＋ln x＋b＋1，
不妨设0＜x1＜x2，曲线y＝f处的切线方程为l1：y－f＝f'，即y＝f'x＋f－x1f'，
同理曲线y＝f处的切线方程为l2：y＝f'x＋f－x2f'，
假设l1与l2重合，
则
代入化简可得
两式消去a，可得ln x2－ln x1－2＝0，整理得＝，
由(1)的结论知＜，与上式矛盾，
即对任意实数a，b及任意不相等的正数x1，x2，l1与l2均不重合.
(ⅱ)当b＝－1时，不等式f≥2sin恒成立，
所以h＝ax2－x＋xln x－2sin≥0在恒成立，所以h≥0 a≥1.
因为a≥1，所以h≥x2－x＋xln x－2sin，
设H＝x2－x＋xln x－2sin，H'＝2x＋ln x－2cos，
①当x∈时，由2x≥2，ln x≥0，
－2cos≥－2知H'≥0恒成立，
即H为增函数，
所以H≥H＝0成立；
②当x∈时，设G＝2x＋ln x－2cos(x－1)，可得G'＝2＋＋2sin.
由2sin≥－2，＞0知G'＞0恒成立，即G＝H'上为增函数.
所以H'＜H'＝0，即H上为减函数，所以H＞H＝0成立.
综上所述，实数a的取值范围是.
课时分层测评30　函数与导数中的交汇创新问题
(时间：60分钟　满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(13分)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(＋1) ＜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.(15分)(2025·河南焦作二模)已知函数f＝aex.
(1)当a≥时，证明：f≥ln x＋1；
(2)当a＞0时，若函数h＝f－sin x－a在区间内有且仅有一个极值点，求实数a的取值范围.
解：(1)证明：要证f≥ln x＋1，
即证aex≥ln x＋1.
当a≥时，aex≥，可以考虑证明≥ln x＋1.
令g＝－ln x－1，x∈，则g'＝－，
易知g'上单调递增，且g'＝0，
则当0＜x＜1时，g'＜0，g单调递减，当x＞1时，g'＞0，g单调递增，
所以x＝1是g的极小值点，也是最小值点，
故当x＞0时，g≥g＝0，即≥ln x＋1，
因此，当a≥时，f≥ln x＋1.
(2)根据题意可知h＝f－sin x－a＝aex－sin x－a，
则h'＝aex－cos x.
若a≥1，当x∈时，aex＞1，cos x∈，
所以h'＞0，
则h上单调递增，没有极值点，不符合题意，舍去.
若0＜a＜1，设φ＝aex－cos x，则φ'＝aex＋sin x＞0在区间上恒成立，
所以φ上单调递增，即h'上单调递增.
又h'＝a－1＜0，h'＝a＞0，
所以h'上有唯一的零点x0，
当x∈时，h'＜0，h单调递减，当x∈时，h'＞0，h单调递增，
所以h内有唯一的极值点，符合题意.
综上，实数a的取值范围是.
3.(15分)(2025·湖南长沙三模)若存在正实数a，对任意x∈D，使得ax2≤f≤2ax2，则称函数f在D上是一个“T函数”.
(1)已知函数f＝x在区间[1，2]上是一个“T函数”，求a；
(2)证明：函数g＝1－cos x在区间(－，)上是一个“T()函数”；
(3)证明：＋＋＋…＋＞.
解：(1)由f(x)＝x在区间[1，2]上是一个“T(a)函数”，
则任意x∈[1，2]，ax2≤x≤2ax2恒成立，即a≤≤2a恒成立，
而当x∈[1，2]时，≤≤1，因此解得a＝，
所以a＝.
(2)证明：要证g(x)＝1－cos x在区间(－，)上是一个“T()函数”，
需证x∈(－，)时，x2≤1－cos x≤x2.
证明如下：令h(x)＝x2＋cos x－1，x∈(－，)，求导得h'(x)＝x－sin x.
令φ(x)＝h'(x)，求导得φ'(x)＝1－cos x≥0，
即h'(x)在(－，)上单调递增，且h'(0)＝0，
当－＜x＜0时，h'(x)＜0，h(x)在(－，0)上单调递减，
当0＜x＜时，h'(x)＞0，h(x)在(0，)上单调递增，
因此h(x)≥h(0)＝0，即x2≥1－cos x.
令k(x)＝x2＋cos x－1，x∈(－，)，求导得k'(x)＝－sin x.
令u(x)＝k'(x)，求导得u'(x)＝－cos x，
当－＜x＜－＜x＜时，u'(x)＞0，
则k'(x)在(－，－)，(，)上单调递增；
当－＜x＜时，u'(x)＜0，则k'(x)在(－，)上单调递减.
又k'(－)＝1－＞0，k'(0)＝0，k'()＝－1＜0，
当－＜x＜0时，k'(x)＞0，k(x)在(－，0)上单调递增，
当0＜x＜时，k'(x)＜0，k(x)在(0，)上单调递减，因此k(x)≤k(0)＝0，即x2≤1－cos x，
所以x2≤1－cos x≤x2，即函数g(x)＝1－cos x在区间(－，)上是一个“T()函数”.
(3)证明：当x∈(0，)，则1－＞0，由(2)知cos x＞1－＞0且0＜sin x＜x，则＞＞0，
因此＞，即当x∈(0，)时，＞1－.
令x＝，n∈N*，∈(0，)，
则＞1－＝1－＞1－＝1－＝1－(－)，
所以＋＋＋…＋＞n－(1－＋－＋…＋－)
＝n－(1－)＝n－＝.
4.(17分)(2025·山东济宁一模)已知函数y＝F的图象上存在A，B两点，记直线AB的方程为y＝G，若直线AB恰为曲线y＝F的一条切线(A，B为切点)，且 x∈D(D为F的定义域)F≥G，则称函数y＝F为“切线支撑”函数.
(1)试判断函数f＝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＝为“切线支撑”函数，求实数a的取值范围；
(3)证明：函数h＝2x＋sin 3x为“切线支撑”函数.
解：(1)f＝sin 2x－2cos2x＝sin 2x－cos 2x－1＝2sin －1，
显然f≥－3.
令f＝－3，得2x－＝－＋2kπ，k∈Z，即x＝－＋kπ，k∈Z，
所以x＝－＋kπ，k∈Z是f的极小值点，且y＝－3为曲线y＝f的一条切线，
所以函数f＝sin 2x－2cos2x是“切线支撑”函数，
可取A，B.
(2)当x＞0时，g'＝a－，所以g'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'＝2x，所以g'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，B，
当x＞0时，g'＝a－，所以A点处的切线方程为y－ax1＋ln x1＝，
即y＝x＋1－ln x1；
当x＜0时，g'＝2x，所以B点处的切线方程为y－＝2x2，即y＝2x2x－，
因为A，B两点处的切线重合，
所以 a＝2x2＋.
设φ＝2x＋，x＜0，则φ'＝2－2x＞0，
所以φ上单调递增.
又当x→－∞时，φ→－∞，所以a＜φ＝，即a∈，
设A点处的切线方程为m＝x＋1－ln x1.
设p＝g－m＝－ln x＋x－1＋ln x1，x＞0，
则p'＝－＋＝，
所以当x∈时，p'＜0，p上单调递减；当x∈时，p'＞0，p上单调递增，
所以p≥p＝0，所以g≥m.
设B点处的切线方程为n＝2x2x－，
则g－n＝x2－2x2x＋＝≥0，即g≥n，
所以g为“切线支撑”函数.
综上可得，实数a的取值范围是.
(3)证明：因为h'＝2＋3cos 3x，
设A，B，
所以A，B点处的切线方程为y＝x＋sin 3x1－3x1cos 3x1和y＝x＋sin 3x2－3x2cos 3x2，
所以
所以cos 3x1＝cos 3x2，3cos 3x1＝sin 3x2－sin 3x1.
不妨取3x2＝3x1＋2kπ，k∈Z，
则2kπcos 3x1＝0 cos 3x1＝0，即3x1＝kπ＋，k∈Z，
所以sin 3x1＝±1，不妨取sin 3x1＝－1，则切线AB的方程为y＝2x－1.
又h＝2x＋sin 3x≥2x－1，
所以函数h＝2x＋sin 3x为“切线支撑”函数
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