2026年高考数学终极冲刺：压轴06 函数与导数中的创新与融合问题的3大核心题型（压轴题专练）（全国适用）（原卷版及参考答案）

压轴06函数与导数中的创新与融合问题的3大核心题型1.导数与函数与其他知识识交汇命题，考查考生的知识迁移能力、现场学习能力与现场运用能力，逐渐成为命题的热点，难度较大，一般作为压轴题出现；2.导数与函数的新定义问题通常涉及三种类型：定义新概念、定义新运算、定义新性质.解决导数与函数的新定义问题过程中，借助类比的方式有助于深化对新定义的认识，尽管新定义的外表可能颇具挑战，但其实质仍旧根植于数学的基础知识中。题型01导数与函数与其他知识的交汇技法技法指导1.函数与导数与解析几何、概率、立体几何均有可能交汇，在求解最值、范围时发挥工具性作用;2.函数与导数与数列交汇，结合图形变换寻找点的坐标的规律，构造数列问题1.（2025·河北张家口·二模）已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（

）A．3 B． C． D．2.（2025·内蒙古包头·模拟预测）过点且与抛物线有且仅有1个公共点的直线的条数为（

）A．0 B．1 C．2 D．33.（2025·四川南充·三模）已知曲线，圆，若直线与曲线在处的切线平行，且直线被圆C截得的弦长为6，则直线的方程为.4.（2026·山东·模拟预测）已知等差数列的前项和为，满足，则.题型02导数与函数新定义问题技法技法指导三步法：1.翻译：将新定义精准转化为数学等式/不等式。2.转化：识别其本质（如凹凸性、对称性、极值点偏移）。3.构造：针对目标（证不等式、求参数）构造函数，利用导数分析单调性、最值求解。核心是化新为旧，导数工具。5.（2025湖北新八校协作体联考）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若，，，为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凸函数”.若，，，为上任意个实数，满足，则称函数在上为“凹函数”当且仅当时等号成立.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.(1)讨论函数，的凹凸性；(2)在中，求证：；(3)若个正实数满足，求证：.6.（2026·湖南邵阳·一模）已知初等函数的定义域为，令，若，，则是一个下凸函数.(1)分别判断是否是上的下凸函数？请说明理由；(2)已知，，，是公差不为0的等差数列，的定义域为，求证：为下凸函数是成立的充分不必要条件；(3)已知下凸函数的定义域为，且，，求证：，.题型03以高数中的定理为背景的新定义问题技法技法指导以高数中定理为背景的新定义创新类题目，一般是借用该高数中某定理表述的基本数学思想、基本数学表达式构建能够适应中学知识解决的问题.本题依据微分学中无限逼近思想为情境，以拉格朗日中值定理为数学模型证明两类不等关系成立.求解此问题的关键：（1）利用函数f（x）的单调性、零点所在区间及待证函数不等式所在区间之间的包含关系，结合拉格朗日中值定理数学表达式采用适当放缩证明；（2）利用无限逼近思想及函数图象上过一点的切线与x轴的交点横坐标构造数列x0，x1，x2，…，xn，xn＋1…，再利用拉格朗日中值定理构造出误差函数证明数列不等式成立.7.（河南省部分示范性高中2025届高三上学期12月联考）约瑟夫·路易斯·拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是他发现的.定理如下：若函数满足如下条件：①函数在区间上连续（函数图象没有间断）；②函数在开区间内可导（导数存在）．则在区间内至少存在一点，使得成立，其中称为“拉格朗日中值点”．(1)求函数在上的“拉格朗日中值点”的个数；(2)对于任意的实数，，证明：；(3)已知函数在区间上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当时，证明：．8.罗尔中值定理是微分学中一条重要的定理，是三大微分中值定理之一，其他两个分别为：拉格朗日中值定理、柯西中值定理．罗尔定理描述如下：如果上的函数满足以下条件：①在闭区间上连续，②在开区间内可导，③，则至少存在一个，使得．据此，解决以下问题：(1)证明方程在内至少有一个实根，其中；(2)已知函数在区间内有零点，求的取值范围．1．（2025·广东佛山·二模）已知函数，命题p：是奇函数，命题q：在上是减函数，则p是q的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．（2025·福建泉州·二模）设函数满足：，都有，且.记，则数列的前10项和为（

）A．55 B．45 C． D．3．（2025·山东临沂·模拟预测）若定义在上的函数，，，，可以作为一个三角形的三条边长，则称是上的“三角形函数”．已知函数是定义在区间上的“三角形函数”，则的取值范围是（

）A． B．C． D．4．（2025·江西景德镇·二模）某公司举行抽奖活动，在箱子里装有个红球和4个黑球，这些小球除颜色外完全相同.在一次抽奖过程中，某员工从中一次性抽取两个小球，抽出两个小球颜色均为红色视为中奖，其余情况均未中奖.假设在有放回地连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为.5．（2025·海南儋州·模拟预测）已知函数．(1)若，函数的图象在点处的切线与x轴的交点坐标为，求的前n项和；(2)若，函数的图象与x轴有且只有两个公共点，且，求a，b的值以及函数在上的最小值．6．（2025·上海黄浦·三模）已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：．(1)若，求出函数的极值点，并判断的符号；(2)若，，讨论方程解的个数；(3)若，当，，记与中较大者为．证明：．7.（陕西省榆林市2024-2025学年高三下学期第三次模拟）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.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，其中和分别是和次多项式，且满足.其中为的导数.已知在处的阶帕德近似为.(1)求实数的值，利用的阶帕德近似估计的近似值（结果保留3位有效数字）；(2)当时，恒成立，求实数的取值范围；(3)证明：当时，.8.（2026·上海徐汇·月考）定义：对于，，若，则称为和的“一一值”；若，则称为和的“零二值”．(1)求与自身所有“零二值”的取值集合的子集；(2)求和的“一一值”的个数；(3)判断：对于定义域为的函数和，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的什么条件并说明理由．9.定理

如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，那么在开区间内至少存在一点，使得，这个定理称为微分中值定理，也称为拉格朗日中值定理.定理表明，如果函数的图象是闭区间上的一条连续曲线，且当时，曲线上的每点都存在切线，那么，在曲线上至少存在一点，使得该曲线在这一点处的切线平行于曲线两个端点的连线，如图所示.(1)已知，为函数图象位于之间的部分上的一点，其中为坐标原点，求点到直线的距离的最大值；(2)如果，证明：.(3)如果函数在内可导，且对于任意的，都有，证明：函数在内单调递减.10.已知区间，定义域为的函数的图像是一条连续不断的曲线，点P不在函数的图像上，点A在函数的图像上．若线段PA与函数的图像有且仅有一个公共点，则称点A是“P－可见”的．(1)若，，点P的坐标为，判断点与是否是“P－可见”的；(2)已知为实数，若，，点P的坐标为，点是“P－可见”的，求m的取值范围；(3)若，点P的坐标为，证明：“函数的图像上任意一点都是‘可见’的”是“函数在上严格增或严格减”的充要条件．11.（25-26高三上·安徽六安·月考）记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”.(1)已知和在上“2次缠绕”，设，求的值；(2)设，若和在实数集上“3次缠绕”，求的取值范围；(3)记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”.12.（2026·湖南邵阳·一模）若函数对任意，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”．(1)判断函数是否为区间上的“3阶和函数”；(2)若函数是在区间上的“2阶和函数”，求实数的取值范围；(3)若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：．

压轴06函数与导数中的创新与融合问题的3大核心题型参考答案压轴题型精讲题型01导数与函数与其他知识的交汇1.【答案】B【解析】设正三棱柱的底面边长为，高为，则其表面积，得，又，所以，故正三棱柱的体积，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为.故选：B.2.【答案】D【解析】如图，直线与抛物线有且仅有1个公共点，符合题意，将求导可得，设切点坐标为，切线斜率，则切线方程为，代入点可得，解得或，可知过点的切线有2条，综上所述：符合题意的直线有3条，故选D.3.【答案】【解析】对求导可得，所以，故直线的斜率为1，又的半径为圆心为，直线被圆C截得的弦长为6，故直线刚好经过圆C的圆心，故方程为，即，4.【答案】【解析】因为，所以.令，则的定义域为，且，所以为奇函数.又因为，所以在上单调递增.令，则，故，即，则，故.题型02导数与函数新定义问题5.【解】（1），则，当时，，所以是凹函数；（2）由（1）知，当且仅当时等号成立（3）设，则，在上恒成立，所以在上是凹函数个正实数满足，则，所以，即，所以．6.【解】（1），，因为当时，，所以不是上的下凸函数.（2）令，不妨设，，，的公差为且，充分性：因为定义在上的函数是下凸函数，所以，，即在上单调递增，设，则，所以在上单调递增，故，即，所以，即成立，所以充分性成立；必要性：令，，，，，，，则，再令，则，当时，，所以不是下凸函数，但，所以，所以，必要性不成立.（3）下凸函数的定义域为，所以在上单调递增，，设，则，当时，；当时，；函数在内单调递减，在内单调递增，所以，即，因为，，所以，所以，假设，使，则当时，，这与，矛盾，故不存在使成立，所以，.题型03以高数中的定理为背景的新定义问题7.【解】（1）因为，，，，所以在上的“拉格朗日中值点”的个数为.（2）设，有，易知函数在上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当时，显然有，当时，不妨设，由拉格朗日中值定理可知，存在，使得，有，又由，有，可得，由上知，不等式成立.（3）由，有，又由，设，有可得函数单调递增，由拉格朗日中值定理可知，存在，使得同理可知，存在，使得，又由和函数单调递增，有，有，由化简可得，故不等式成立8.【解】（1）设，则，所以函数在上连续，在区间上可导，又，故，所以由罗尔中值定理可得至少存在一个，使得，所以，所以方程在内至少有一个实根，（2）因为函数在区间内有零点，不妨设其零点为，则，，由可得，所以函数在上连续，在上可导，又，，由罗尔中值定理可得至少存在一个，使得，因为函数在上连续，在上可导，又，，由罗尔中值定理可得至少存在一个，使得，所以方程在上至少有两个不等的实数根，设，则，当时，，函数在上单调递增，所以方程在上至多有一个根，矛盾，当时，，函数在上单调递减，所以方程在上至多有一个根，矛盾，当时，由，可得，，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以当时，函数取最小值，又，所以，又，，由零点存在性定理可得，，所以，，又，所以，所以的取值范围．1.【答案】A【解析】若的奇函数，则，即恒成立，所以，则，在上单调递增，所以在上是减函数，充分性成立；若在上是减函数，在上单调递增，所以，故，此时不一定有，必要性不成立；所以p是q的充分不必要条件.故选：A2.【答案】C【解析】令可得，再令可得，又因为，所以，再令可得，又因为，所以有，即是等比数列，则有首项，公比，所以，即，则，故选：C.3.【答案】A【解析】，令得，令得，故在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，也是最小值，，又，，故，由题意得，即，解得.故选：A4.【答案】【解析】依题意，单次抽奖中奖的概率，则连续次抽奖中恰好中奖一次的概率，令，则，当时，，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，因此当取最大值时，，而，解得，所以当取到最大值时的值为.5.【解】（1）若，则，得，所以在点处的切线斜率为，又，所以该切线为，令，得，即，则，所以数列是以为首项，以为公差的等比数列，得.（2），且，因为的图象与x轴仅有2个交点，所以方程的2个根为或均为-1.当2个根为时，由韦达定理得，解得；当2个根均为-1时，由韦达定理得，解得.当时，，得，令或，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以在上最小值为0；当时，，得，令或，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以在上最小值为-2.6.【解】（1），令，解得或，由或；由.所以函数在和上单调递增，在上单调递减.所以是函数的极大值点；是函数的极小值点.又，当时，；当时，.（2）因为，所以，，则，令，，，令，即，因为，所以，当时，，所以在上严格递增，当时，，所以在上严格递减，所以函数在处取得最大值；当时，；当时，，时，的图象无交点；当时，的图象有1个交点；当时，的图象有2个交点，所以当时，方程无解；当时，方程有1个解；当时，方程有2个解；（3）假设在上的最大值在某个内点处取得，即时，由最大值的定义且可导，且，，因为当，，所以，所以，由于，所以，所以，但，而，这与矛盾，因此，函数在上的最大值只能在端点或处取得，即7.【解】（1）因为，所以，解得，.（2）设，则在上恒成立.因为，，所以，解得当时，，在上单调递增，时，恒成立.综上，实数的取值范围为（3）证明：要证时，，即证，设，则令得，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，因此因此只需证，即证.设，则在上单调递增，，即，令，则，因此原不等式成立8.【解】（1）由题，令即，解得或，所以与自身所有“零二值”的取值共有3个，构成的集合为，所以与自身所有“零二值”的取值集合的子集为.（2）由题和，令，则当时，，即，解得（舍去）或；当时，即即，解得（舍去）或.所以和的“一一值”的个数为2个.（3）对于定义域为的函数，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的充要条件，理由如下：任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’，则任意x均满足且，又，则（c为常数），所以，所以，充分性成立；当时，对任意x均有且，所以任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’必要性成立.所以对于定义域为的函数和，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的充要条件.9.【解】（1）显然直线的方程为，设，则，从而.故点到直线的距离.当时，点到直线的距离为.所以点到直线的距离的最大值是.（2）设，则存在，，使得，.而，故，所以.从而.（3）对，由于函数在内可导，故函数在上连续，在内可导.从而存在，使得.而对于任意的，都有，所以，从而.故函数在内单调递减.10.【解】（1），由解得，故A是“P－可见”的.，由解得或，故B不是“P－可见”的.（2）,，则在有且仅有1解，整理得，为此方程的解，则在无解，设，对称轴，当时，在单调递增，由于，，则此时不符合题意，当时，在单调递减，由于，，则此时不符合题意，当时，由于，则需，解得，综上.（3）任取，，则，设，，则，由于函数的图像是一条连续不断的曲线，则函数的图像是一条连续不断的曲线.必要性：若函数的图像上任意一点都是‘可见’的，则在有且仅有1个零点，则时，恒正或恒负，若恒正，即任取，，则，则，则函数在上严格增，同理若恒负，可得函数在上严格减.充分性：若函数在上严格增，则任取，有，则，即，则在有且仅有1个零点，则函数的图像上任意一点都是‘可见’的，若函数在上严格减同理.11.【解】（1）由和在上“2次缠绕”知存在，使得，当且仅当时等号成立因为，当和时，，对任意，当且仅当和时，等号成立，所以．（2）设，因