专题07 导数及其应用(选填题热点，七大题型)-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用）

专题07 导数及其应用 (七大题型) 题型01 2023-2024年高考+春考真题 1 题型02 导数及其应用 3 题型03 导数的实际应用（含与立体几何、三角函数等结合） 6 题型04 导数、抽象函数等综合 19 题型05 求极限、分段函数问题 26 题型06 导数与数列 、空间向量与立体几何 28 题型07 其他补充强化训练 33 【解题规律·提分快招】 1、求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导． 2、)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解． (3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元． 3、求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． 4、若所给的闭区间[a，b]含参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值． 5、题源注明：因题源有限，导数的实际应用中，选用适量解答题来练习填选题 题型01 2023-2024年高考+春考真题 【典例1-1】．（2024•上海）已知函数f（x）的定义域为R，定义集合M＝{x0|x0∈R，x∈（﹣∞，x0），f（x）＜f（x0）}，在使得M＝[﹣1，1]的所有f（x）中，下列成立的是（　　） A．存在f（x）是偶函数 B．存在f（x）在x＝2处取最大值 C．存在f（x）为严格增函数 D．存在f（x）在x＝﹣1处取到极小值 【分析】根据函数的奇偶性、单调性、极值及最值的相关性质对各选项进行判定即可． 【解析】解：对于A，x＜x0时，f（x）＜f（x0）， 当x0＝1时，x0∈[﹣1，1]， 对于任意x∈（﹣∞，1），f（x）＜f（1）恒成立， 若f（x）是偶函数，此时f（1）＝f（﹣1），矛盾，故A错误； 对于B，若f（x）函数图像如下： 当x＜﹣1时，f（x）＝﹣2，﹣1≤x≤1时，f（x）∈[﹣1，1]，当x＞1，f（x）＝1， 所以存在f（x）在x＝2处取最大值，故B正确； 对于C，在x＜﹣1时，若函数f（x）严格增， 则集合M的取值不会是[﹣1，1]，而是全体定义域，故C错误； 对于D，若存在f（x）在x＝﹣1处取到极小值， 则在x＝﹣1左侧存在x＝n，f（n）＞﹣1，与集合M定义矛盾，故D错误． 故选：B． 【点评】本题考查函数的奇偶性、单调性及最值等性质，属中档题． 【典例1-2】．（2024•上海）现定义如下：当x∈（n，n+1）时（n∈N），若f（x+1）＝f′（x），则称f（x）为延展函数．现有，当x∈（0，1）时，g（x）＝ex与h（x）＝x10均为延展函数，则以下结论（　　） （1）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝g（x）有无穷个交点 （2）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝h（x）有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立 【分析】根据题意，对于①，由“延展函数”的定义，分析可得g（x）是周期为1的周期函数，结合一次函数的性质可得①错误，对于②，举出例子，可得②正确，综合可得答案． 【解析】解：根据题意，当x∈（0，1）时，g（x）＝ex与h（x）＝x10均为延展函数， 对于①，对于g（x）＝ex，g（x+1）＝g′（x）＝ex， 则g（x）是周期为1的周期函数，其值域为（1，e）， 因为k≠0，y＝kx+b与y＝g（x）不会有无穷个交点，所以（1）错； 对于②，当k＝10!时，存在b使得直线y＝kx+b可以与h（x）在区间（9，10）的函数部分重合，因而有无穷个交点，所以（2）正确． 故选：D． 【点评】本题考查函数与方程的关系，涉及函数的图象，关键理解“延展函数”的定义，属于基础题． 【典例1-3】．（2023•上海）某公园欲建设一段斜坡，坡顶是一条直线，斜坡顶点距水平地面的高度为4米，坡面与水平面所成夹角为θ．行人每沿着斜坡向上走1m消耗的体力为（1.025﹣cosθ），欲使行人走上斜坡所消耗的总体力最小，则θ＝　arccos　． 【分析】先求出斜坡的长度，求出上坡所消耗的总体力的函数关系，求出函数的导数，利用导数研究函数的最值即可． 【解析】解：斜坡的长度为l＝， 上坡所消耗的总体力y＝×（1.025﹣cosθ）＝， 函数的导数y′＝＝， 由y′＝0，得4﹣4.1cosθ＝0，得cosθ＝，θ＝arccos， 由f′（x）＞0时cosθ＜，即arccos＜θ＜时，函数单调递增， 由f′（x）＜0时cosθ＞，即0＜θ＜arccos时，函数单调递减， 即θ＝arccos，函数取得最小值，即此时所消耗的总体力最小． 故答案为：θ＝arccos． 【点评】本题主要考查生活的应用问题，求函数的导数，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键，是中档题． 题型02 导数及其应用 【典例2-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知函数，若，则 ． 【答案】2 【分析】利用导数的定义得到. 【解析】. 故答案为：2 【典例2-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设，则 ． 【答案】4 【分析】运用导数的运算法则求导，再代入数值即可. 【解析】， ， ， 故答案为：4 【变式2-1】．（23-24高二下·上海·期中）函数在区间上的平均变化率为 ． 【答案】 【分析】根据平均变化率的公式，代入计算即可. 【解析】根据题意，， 在区间上，有，， 则其平均变化率. 故答案为：. 【变式2-2】．（25-26高三上·上海·单元测试）函数的驻点为 ． 【答案】 【分析】对求导，得到，令，即可求解. 【解析】因为，所以， 令，解得，所以为函数的驻点， 故答案为：. 【变式2-3】．（23-24高二下·上海·期末）已知函数，，则该函数的严格增区间是 . 【答案】 【分析】求导，利用导数求原函数的单调区间. 【解析】因为，，则对恒成立， 所以该函数的严格增区间是. 故答案为：. 【变式2-4】．（24-25高三上·上海浦东新·阶段练习）已知函数，则在点处的切线的倾斜角为 . 【答案】 【分析】利用导数求出切线斜率，然后由反三角表示即可. 【解析】因为，所以， 记在点处的切线的倾斜角为，则，则， 所以. 故答案为： 【变式2-5】．（24-25高三上·上海·阶段练习）函数在点处的切线方程为 . 【答案】 【分析】根据题意，由导数的几何意义即可得到结果. 【解析】由题意可知，，则切点为，因为，则， 所以在点处的切线斜率为，则切线方程为，即 故答案为： 【变式2-6】．（2024·上海浦东新·三模）已知为偶函数，若，则 ． 【答案】或 【分析】由导数判断出的单调性，当，求解方程，结合偶函数的性质，即可求得的值． 【解析】因为为偶函数，所以， 当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 若，，解得， 由为偶函数得，当时，， 故的值为或， 故答案为：或． 【变式2-7】．（23-24高二下·上海·阶段练习）若函数在上存在严格减区间，则m的取值范围是 【答案】 【分析】借助函数与导数的关系，再参变分离，可得在区间上有解，结合的单调性计算即可得解. 【解析】， 函数在上存在严格减区间，则在区间上有解． 即在区间上有解， 令，因为在区间上严格递减， 所以，故有． 故答案为：. 题型03 导数的实际应用（含与立体几何、三角函数等结合） 【典例3-1】．（24-25高三·上海·随堂练习）做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是，且用料最省，则该圆柱形水桶的底面半径为 ． 【答案】 【分析】设底面半径为，由体积，用表示出高，进而用表示出表面积，通过求导得到取最小值时的值即可. 【解析】设圆柱的底面半径为，由体积得高为， 则圆柱的表面积为， ， 令，得，单调递减，令得，单调递增． 所以在时取得最小值，要使得用料最省，底面半径为. 故答案为：. 【典例3-2】．（23-24高三上·上海闵行·期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为 ． 【答案】/ 【分析】先求出外接球的半径，再根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数可求出函数的最值． 【解析】因为球的体积为，所以球的半径为， 如图，设正四棱锥的底面边长，高，外接球的球心为， 根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，又， 在中，，即， 所以正四棱锥的体积为， 整理得，， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以当时，取得最大值， 故答案为：． 【变式3-1】．（23-24高三上·上海嘉定·期中）据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为.现已知相距18km的，两家化工厂（污染源）的污染强度分别为，，它们连线段上任意一点处的污染指数等于两化工厂对该处的污染指数之和.设.若，且时，取得最小值，则的值为 . 【答案】 【分析】根据，得，分别求出两个污染指数即可得出函数关系，求出函数的导函数，依题意可得，即可求出的值，再检验即可. 【解析】依题意点受污染源污染程度为，点受污染源污染程度为，其中为比例常数，且， 从而点处受污染程度，； 因为，所以，则， 当时，取得最小值，必是极小值，所以， 解得， 此时 ，， 当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 所以在时，取得极小值，也是的最小值， 所以污染源的污染强度的值为． 故答案为： 【变式3-2】．（23-24高二下·上海·期末）采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径R，它的值是固定的．当炸药包埋的深度为 可使爆破体积最大．    【答案】 【分析】先将圆锥的体积转化为关于深处的关系式，再利用导数与函数性质的关系求得的最大值点，从而得解. 【解析】结合图形，可知圆锥的体积为， 又因为，即， 所以，，则， 令，得；令，得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得最大值， 所以炸药包要埋在深处. 故答案为：. 【变式3-3】．（23-24高二下·上海·期中）如图，用一块形状为半椭圆的铁皮截取一个以短轴为底的等腰梯形，记所得等腰梯形的面积为，则的最大值是 ．    【答案】 【分析】设，结合椭圆的几何性质，求得梯形的面积为，化简得到，构造函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【解析】设点坐标为，由点在椭圆上知，得， 等腰梯形的面积为， ， 令， ， 则当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 则在区间上，有唯一的极大值点， 所以当时，有最大值为； 即当时，有最大值为. 故答案为：. 【变式3-4】．（24-25高三上·上海·阶段练习）如图，某城市公园内有一矩形空地，，，现规划在边AB，CD，DA上分别取点E，F，G，且满足，，在内建造喷泉瀑布，在内种植花奔，其余区域铺设草坪，并修建栈道EG作为观光路线（不考虑宽度），则当 时，栈道EG最短. 【答案】/ 【分析】由题设有，设，根据图形中边角关系，结合三角函数可得，注意的范围，进而应用换元法并构造函数，利用导数求最值. 【解析】由题意，， 设，则. 在中，得， 则. 由于，解得. 令，，则. 令，则， 当时，严格递增； 当时，严格递减； 所以，有最大值，则. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：关键是要弄清楚图形的关系，运用平面几何知识表示出四边形的面积，再利用换元法特别注意换元后的范围，转化为用导数法求函数的最值问题，进而可以求解. 【变式3-5】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得，，，四个点重合于图中的点，正好形成一个底面是正方形的长方体包装盒，若要包装盒容积最大，则的长为 . 【答案】 【分析】设cm，根据已知条件求出包装盒的底面边长及高从而求得包装盒体积的关于x的表达式，利用导数研究体积的最大值即可. 【解析】设cm，则 cm，包装盒的高为 cm， 因为 cm，，所以包装盒的底面边长为 cm， 所以包装盒的体积为，， 则，令解得， 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以，即当时包装盒容积取得最大值. 故答案为：10 【点睛】本题考查柱体的体积，利用导数解决面积、体积最大值问题，属于中档题. 【变式3-6】．（23-24高三下·上海·阶段练习）某种儿童适用型防蚊液储存在一个容器中，该容器由两个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，防蚊液储存在下半球及圆柱中），容器轴截面如题图所示，两头是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为100毫米．防蚊液所占的体积为圆柱体体积和一个半球体积之和．假设的长为毫米． (1)求容器中防蚊液的体积（单位：立方毫米）关于的函数关系式； (2)如何设计与的长度，使得最大？ 【答案】(1)，. (2)为毫米，为毫米 【分析】（1）由矩形其外周长为毫米，又设的长为毫米，可得的长度，再根据圆柱和球的体积公式即可求得防蚊液的体积关于的函数关系式； （2）对（1）求得的函数关系式求导，从而得到函数的单调区间，根据函数单调性即可确定防毒液体积最大值． 【解析】（1）由得， 由且得， 所以防蚊液的体积，. （2）由，. 所以， 令得；令得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，有最大值，此时，， 所以当为毫米，为毫米时，防蚊液的体积有最大值. 【变式3-7】．（22-23高三上·上海虹口·期中）如图所示，由圆O的一段弧MPN（其中点P为圆弧的中点）和线段MN构成的图形内有一个矩形ABCD和 （其中AB在线段MN上，C、D两点在圆弧上），已知圆的半径为，点到的距离为，设直线与的夹角为. (1)用分别表示矩形ABCD和的面积，并确定的取值范围； (2)当为何值时，有最大值，最大值是多少？ 【答案】(1)矩形面积为，的面积为，； (2)时，取得最大值. 【分析】（1）根据已知条件，用分别表示以及点到的距离，再求面积即可；根据矩形内接于圆弧，讨论临界情况，即可求得结果； （2）根据（1）中所求可得，再利用导数判断函数单调性，求其最值即可. 【解析】（1）连接交于点，并延长交于点， 过作垂直于，垂足为，如下所示： 根据题意，，故， 在三角形中，， 故可得，， ，， ， 故矩形的面积 ， 的面积 ， 过点作垂直于交圆弧于点，交的延长线于点， 当时，才能做出满足题意的矩形， 此时取得最小值为； 同时，为满足题意，， 故可得的取值范围为. （2）根据（1）中所求， ， 根据（1）中所求，不妨令，则， 令，， 则， 当时，单调递减， 令，可得（舍）或， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 故当，即时，取得最大值. 也即时，取得最大值. 【变式3-8】．（24-25高三上·上海·阶段练习）为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本万元，每年需另投入流动成本（万元）与成正比（其中（台）表示产量），并知当生产台该产品时，需要流动成本万元，每件产品的售价与产量（台）的函数关系为（万元）（其中）.记当年销售该产品台获得的利润（利润销售收入生产成本）为万元. (1)求函数的解析式； (2)当产量为何值时，该工厂的年利润最大？最大利润是多少？（结果精确到0.1） 【答案】(1) (2)台，万元 【分析】（1）先通过待定系数法求解出与的关系，然后根据利润定义表示出即可； （2）利用导数分析的单调性，从而可求的最大值以及对应的值. 【解析】（1）设，代入可得，所以， 所以， 所以. （2）因为， 所以， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以万元， 所以当时有最大利润为万元. 【变式3-9】．（21-22高三下·上海浦东新·期中）如图，某沿海地区计划铺设一条电缆联通A、B两地，A处位于东西方向的直线MN上的陆地处，B处位于海上一个灯塔处，在A处用测角器测得，在A处正西方向1km的点C处，用测角器测得.现有两种铺设方案:①沿线段AB在水下铺设；②在岸MN上选一点P，设，，先沿线段AP在地下铺设，再沿线段PB在水下铺设，预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km、4万元/km. (1)求A、B两点间的距离； (2)请选择一种铺设费用较低的方案，并说明理由. 【答案】(1)5千米； (2)选择方案②，在点正西方千米处，理由见解析. 【分析】（1）设千米，结合已知条件有求出，根据线段关系及勾股定理求A、B两点间的距离； （2）计算方案①的费用，根据已知可得方案②的费用为，利用导数研究最值，然后比较两种方案的费用大小，即可确定费用较低的方案. 【解析】（1） 由，若千米，则，可得， 所以千米. （2）方案①：铺设费用为万元； 方案②：，， 铺设费用为， 令，则， 当，时，当，时， 所以在上递减，上递增，则， 故铺设费用最小为万元万元， 综上，选择方案②，在点正西方千米处. 【变式3-10】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图，某公园内有一半圆形人工湖，O为圆心，半径为1千米.为了人民群众美好生活的需求，政府为民办实事，拟规划在区域种荷花，在区域建小型水上项目.已知. （1）求四边形OCDB的面积(用表示)； （2）当四边形OCDB的面积最大时，求BD的长(最终结果可保留根号). 【答案】（1），；（2）千米. 【分析】（1）设四边形OCDB的面积为，四边形OCDB可以分为和两部分，结合题中条件可得出，注意的取值范围； （2）利用导数研究的最大值，进而在中利用余弦定理求得BD的值即可. 【解析】（1）由题意， 设四边形OCDB的面积为， 因为四边形OCDB可以分为和两部分， 所以， 因为， 所以. 因为，，所以. 所以四边形OCDB的面积，； （2）由（1）知，， 所以， 令，即， 解得或， 因为，所以存在唯一的， 使得， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减， 所以时，， 此时 ， 从而(千米). 【点睛】本题考查三角函数和解三角形在生活中的应用，考查利用导数研究函数的性质，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题. 【变式3-11】．（2025·上海高考复习·专题练习）设计一个帐篷，它下部的形状是正四棱柱，上部的形状是正四棱锥，且该帐篷外接于球（如图所示）．    (1)若正四棱柱是棱长为的正方体，求该帐篷的顶点到底面中心的距离； (2)若该帐篷外接球的半径，设，该帐篷的体积为，则当为何值时，体积取得最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，利用外接球的球心为正方体的中心，可得，即可求出结果； （2）根据条件得到，令，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，即可求解. 【解析】（1）设外接球的半径为，因为正四棱柱是棱长为的正方体， 易知外接球的球心为正方体的中心，所以，而， 得到． （2）， ， ． ， 令， 由，得到， 在上递增，在递减． 时，体积取得最大值．    题型04 导数、抽象函数等综合 【典例4-1】．（23-24高三上·上海虹口·期中）对于两个定义在R上的函数与，构造新函数如下：对任意，．现已知是严格增函数，对于以下两个命题：①与中至少有一个是严格增函数；②与中至少有一个函数无最大值．其中（    ） A．①和②都是真命题 B．只有①是真命题 C．只有②是真命题 D．没有真命题 【答案】D 【分析】利用分段函数的性质，结合常见函数的单调性，举反例即可分别①和②. 【解析】对于①，不妨设，， 则为严格单调递增函数，但是与均不是单调递增函数，故①错误， 对于②，不妨考虑，， 为严格单调递增函数， 当时，，故有最大值2， 当时， 由于，所以，故，因此在单调递增，故， 当时， ， 因此由最大值，故②错误. 故选：D 【典例4-2】．（2023·上海闵行·一模）已知函数与它的导函数的定义域均为，现有下述两个命题： ①“为严格增函数”是“为严格增函数”的必要非充分条件. ②“为奇函数”是“为偶函数”的充分非必要条件； 则说法正确的选项是（    ） A．命题①和②均为真命题 B．命题①为真命题，命题②为假命题 C．命题①为假命题，命题②为真命题 D．命题①和②均为假命题 【答案】C 【分析】 可举例说明①中“为严格增函数”和“为严格增函数”之间的逻辑关系，即可判断其真假；结合复合函数的求导以及为奇函数可判断“为奇函数”和“为偶函数”之间的逻辑关系，即可判断②的真假，即得答案. 【解析】对于①，不妨取为R上严格增函数，其导函数在R上不是单调函数， 即“为严格增函数”推不出“为严格增函数”‘ 取，其导函数为R上严格增函数，但不是单调函数， 故“为严格增函数”推不出“为严格增函数”， 因此“为严格增函数”是“为严格增函数”的既不充分也不必要条件， 故①为假命题； 对于②，为奇函数，则， 故，即，即为偶函数； 当为偶函数时，不妨取，其导函数为偶函数， 但不是奇函数， 故“为奇函数”是“为偶函数”的充分非必要条件，②为真命题， 故选：C 【变式4-1】．（2024·上海·模拟预测）设正数不全相等，，函数．关于说法 ①对任意都为偶函数， ②对任意在上严格单调递增， 以下判断正确的是（    ） A．①、②都正确 B．①正确、②错误 C．①错误、②正确 D．①、②都错误 【答案】A 【分析】利用偶函数的定义判断①；变形函数，利用导数探讨单调性即可判断②. 【解析】函数的定义域为R，而， 对于①， ，因此函数是偶函数，①正确； 对于②，， 当时，令，求导得， 当时，，函数在上递减，则，因此， 当时，，函数在上递增，则，因此， 从而函数在上递增，同理在上都递增， 于是在上严格单调增，②正确， 故选：A 【点睛】思路点睛：正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：①定义域关于原点对称是函数f(x)为奇函数或偶函数的必要非充分条件；②或是定义域上的恒等式． 【变式4-2】．（2024·上海·模拟预测）定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（    ） A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值 C．存在严格增 D．存在在处取到极小值 【答案】B 【分析】利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断ACD，构造函数可判断B. 【解析】对，若存在 是偶函数，取 ， 则对于任意 ，而 矛盾，故A错误； 对 C ，假设存在，使得严格递增，则，与已知 矛盾，故 C错误； 对B，可构造函数 ，满足集合 当 时，则. 当时，， 当时， . 则存在在处取最大值，故B正确； 对 ，假设存在，使得在处取极小值， 则在的左侧附近存在n，使得， 这与已知集合M的定义矛盾，故错误. 故选：B. 【变式4-3】．（2024·上海·三模）已知函数的定义域为，则下列条件中，能推出1一定不是的极小值点的为（    ） A．存在无穷多个，满足 B．对任意有理数，均有 C．函数在区间上为严格减函数，在区间上为严格增函数 D．函数在区间上为严格增函数，在区间上为严格减函数 【答案】B 【分析】举例说明判断ACD；利用极小值的意义推理判断A. 【解析】对于A，函数的图象如图， 显然函数满足题设条件，而1是的极小值点，A错误； 对于B，在附近的任意区间内，总存在有理数，这些有理数的函数值小于，因此1一定不是极小值点，B正确； 对于C，函数在上为严格减函数，在上为严格增函数，1是的极小值点，C错误； 对于D，函数图象如图， 函数在上为严格增函数，在上为严格减函数，1是的极小值点，D错误. 故选：B 【变式4-4】．（24-25高三上·上海奉贤·期中）已知定义在R上的函数，其导数为，记，且，，则下列说法中正确的个数为（   ） ①；②的图象关于对称；③；④. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】对于①，根据求导运算，利用赋值法，可得答案； 对于②，取关于已知对称中心的两个点，代入函数解析式建立方程组，整理等式，结合题意，可得答案； 对于③，根据求导运算，结合题目中的等式，可得答案； 对于④，根据等式可得函数的对称性，结合对称性可得点的坐标，可得等差数列，可得答案. 【解析】对于①，由等式，两边求导可得， 则，令，则，解得，故①错误； 对于②，取点在函数的图象上， 易知点关于的对称点为，假设该点也在函数的图象上， 可得，消去可得， 整理可得，故②正确； 对于③，由等式，两边求导可得， 则，显然与题意不符，故③错误； 对于④，由等式，可得函数的对称中心为， 由等式，可得函数的对称中心为， 点关于的对称点为也是对称中心，点关于的对称点为也是对称中心， 归纳可得函数图象的对称中心为， 当时，，成立； 假设当时，成立； 当时， ， 由数学归纳法，则， 所以函数图象的对称点为，则， 易知数列是以为首项，以为公差的等差数列， 则，故④正确. 故选：B. 【变式4-5】．（23-24高三上·上海浦东新·期中）已知函数为定义在上的单调连续函数，，函数，有以下两个命题：①存在函数使得为函数的极大值点:②若对任意恒成立，则:则（    ） A．①为真命题，②为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 【答案】A 【分析】根据题意可设出抽象函数并结合极限求解知识，然后再根据题中条件判断求解. 【解析】在命题①中: 可设：，， 因为，所以：， 则得：， 令，得：， 当时，，所以在区间上单调递减， 当时，，所以在区间上单调递增， 所以：当时，为函数的极大值点. 所以命题①为真命题. 在条件②中： 当时，得：， 故， ， 所以命题②为真命题. 综上所述：①为真命题，②为真命题，故A项正确. 故选：A. 【变式4-6】．（2024·上海·模拟预测）现定义如下:当时，若，则称为延展函数.已知当时，且，且均为延展函数，则以下结论（    ） （1）存在与有无穷个交点 （2）存在与有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立. 【答案】D 【分析】由延展函数的定义分段求出解析式，作出函数图象，数形结合可得. 【解析】当时，，则， 又，则由延展函数定义可得； 同理可得，当，；； 任意，当时，. 当时，，则，则； 同理可得，当时，；； 当时，； 当，；当，；； 则任意时，当. 如图，作出与大致图像， 因为，如图可知，不存在直线与图象有无穷个交点，故（1）不成立； 又因为当，， 故当时， 直线与的图象在区间的函数部分重合， 即有无穷个交点，故（2）成立； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决此题目的关键在于理解新定义“延展函数”，能够依次求解出函数在各段的解析式及作出函数图象，数形结合解决函数图象与直线的交点个数问题. 题型05 求极限、分段函数问题 【典例5-1】．（21-22高二上·上海浦东新·阶段练习）在平面直角坐标系中，点列，满足，若，则 ． 【答案】 【分析】先由题设条件推得，，从而得到数列与的通项公式，由此可求得的值，进而利用等比数列前项和公式取极限即可得到结果. 【解析】由，得， 所以，， 故，， 又因为，所以， 所以数列的奇数项和偶数项均构成以为首项，以为公比的等比数列，则； 数列的奇数项构成以为首项，以为公比的等比数列，偶数项均为0，则； 所以当n为奇数时，， 当n为偶数时，， 所以. 故答案为：． 【变式5-1】．（23-24高二下·上海·期末）已知函数，若在区间上存在个不同的数，使得成立，则的取值集合是 . 【答案】 【分析】由导数判断单调性后作出图象，数形结合求解. 【解析】设，则方程有个根， 即有个根， ， 在上单调递增，在上单调递减， 当时，， 设，令得， 当时，，， 当时，，， 在上单调递增，在上单调递减， 作出与的大致函数图象如图所示： 由图象可知方程的解个数可能为， ，故的值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用导数判断函数单调性后作出图象，数形结合求解. 题型06 导数与数列 、空间向量与立体几何 【典例6-1】．（22-23高三下·上海杨浦·开学考试）无穷数列满足：，且对任意的正整数n，均有，则下列说法正确的是（    ） A．数列为严格减数列 B．存在正整数n，使得 C．数列中存在某一项为最大项 D．存在正整数n，使得 【答案】D 【分析】由已知可变形为，构造函数，利用导函数分析单调性以及最值即可一一判断求解. 【解析】因为，所以，所以， 由可得，则， 则有， 设函数， ， 当时，，当时，， 所以在单调递增，单调递减， 所以， 因为，所以 以此类推，对任意，故B错误； 所以，故A错误； 因为，所以数列中不存在某一项为最大项，C错误； 因为，所以， ， 所以存在正整数n，使得，D正确. 【点睛】关键点点睛:本题关键在于据题意转化为，利用函数的单调性以及最值分析求解. 【变式6-1】．（24-25高三上·上海黄浦·期末）设函数在区间I上有导函数，且在区间I上恒成立，对任意的，有．对于各项均不相同的数列，，，下列结论正确的是（    ） A．数列与均是严格增数列 B．数列与均是严格减数列 C．数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列 D．数列与均既不是严格增数列也不是严格减数列 【答案】C 【分析】由条件易知函数在I上严格递减，构造，因数列的各项均不相同，由的大小比较，利用函数单调性可得的大小关系，即得结论. 【解析】依题意，因在区间I上恒成立，则函数在I上严格递减， 由，，因数列的各项均不相同，且， 若，则，即，即此时数列严格递增，数列严格递减； 若，则，即，即此时数列严格递减，数列严格递增. 综上所述，数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题主要考查利用函数单调性判断数列的单调性的应用，属于难题. 解题思路在于根据选项信息，考虑数列中连续偶数项的差，通过对应的连续奇数项的大小比较，借助于函数单调性得出偶数项的大小关系. 【变式6-2】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图，在正方体ABCD-EFGH中，P在棱BC上，BP=x，平行于BD的直线l在正方形EFGH内，点E到直线l的距离记为d，记二面角为A-l-P为θ，已知初始状态下x=0，d=0，则（    ） A．当x增大时，θ先增大后减小 B．当x增大时，θ先减小后增大 C．当d增大时，θ先增大后减小 D．当d增大时，θ先减小后增大 【答案】C 【分析】以F为坐标原点，FB，FG，FE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则P(2, x, 0)，A (2,0,2)，设直线l与EF，EH交于点M、N，，求得平面AMN的法向量为，平面PMN的法向量，由空间向量的夹角公式表示出，对于A，B选项，令d =0，则 ，由函数的单调性可判断；对于C，D，当x=0时，则，令，利用导函数研究函数的单调性可判断. 【解析】解：由题意，以F为坐标原点，FB，FG，FE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示, 设正方体的棱长为2，则P(2, x, 0)，A (2,0,2)，设直线l与EF，EH交于点M、N， 则， 所以， ， 设平面AMN的法向量为， 则，即， 令，则， 设平面PMN的法向量为， 则，即， 令，则， ， 对于A，B选项，令d =0，则 ， 显示函数在是为减函数，即减小，则增大，故选项A，B错误； 对于C，D， 对于给定的，如图，过作，垂足为，过作，垂足为， 过作，垂足为， 当在下方时，， 设，则对于给定的，为定值， 此时设二面角为，二面角为， 则二面角为，且， 故， 而，故即， 当时，为减函数，故为增函数， 当时，为增函数，故为减函数， 故先增后减，故D错误. 当在上方时，， 则对于给定的，为定值，则有二面角为， 且， 因，故为增函数，故为减函数， 综上，对于给定的，随的增大而减少， 故选：C. 题型07 其他补充强化训练 【典例7-1】．（24-25高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知函数，的定义域为，是的导数，且，，若为偶函数，则（   ） A．80 B．75 C．70 D．65 【答案】B 【分析】根据偶函数的定义结合导数可得，结合题意可得，，进而可得，且，即可得结果. 【解析】因为为偶函数，则，求导可得， 因为，， 则，可得， 且，则，可得， 即，可得，可知8为的一个周期， 且， 对于，， 令，可得，，可得， 所以. 故选：B. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 【变式7-2】．（2024·青海·二模）已知定义在上的函数，其导数为，且满足，，，给出下列四个结论：①为奇函数；②；③：④在上单调递减.其中所有正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．②③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】令求出.令可判断①；令，得，再求出、可判断③；利用累加法求出可判断②；利用导数可判断④. 【解析】对于①，令，得，所以. 令，得，所以为奇函数，故①正确； 对于③，令，得， 所以，，故③错误. 对于②，因为， 所以， ， ， ， ，以上各式相加得 ， 所以，故②正确. 对于④，当时，，所以在上单调递减，故④正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：②中的解题的关键点是利用累加法求出的解析式. 【变式7-3】．（24-25高三上·北京海淀·期中）已知函数，其定义域记为集合，给出下列四个结论： ①且； ②若，则； ③存在，使得； ④对任意，存在使得. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】根据解析式求定义域判断①，利用对数运算化简及对数函数的单调性判断②，求函数导数， 利用导数分析函数的单调性及范围可判断③，取后利用对数运算化简可判断④. 【解析】由知，且，解得且， 所以且，故①正确； 当时， ， 因为，当时，， 当时，因为，， 所以，故②正确； ，当时，，， 所以，又，所以，在上 单调递减，当时，单调递增，所以， 同理可得，在上单调递减， 又时，，所以， 当时，，所以，即当时， 函数图象在轴下方单调递减，当时，函数图象在上方单调递减， 所以不存在，使得，故③错误； 由②可联想考虑当时，， 即对任意，存在使得，故④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：判断③时，关键在于求导数后，能分类讨论得到导数的符号，判断出函数的单调性，再分析两段函数图象的上下界，才能作出正确的结论. 一、填空题 1．（2023·上海徐汇·三模）对任意数集，满足表达式为且值域为的函数个数为.记所有可能的的值组成集合，则集合中元素之和为 . 【答案】643 【分析】根据给定条件，探讨函数的性质并作出图象，求出集合B，进而求得答案作答. 【解析】，当或时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得极大值0，当时，该函数取得极小值，图象如图：    观察图象知，当与图像有一个公共点时，相应的有1种取法； 当与图像有两个公共点时，相应的有种取法； 当与图像有三个公共点时，相应的有种取法， 直线与函数图象的交点个数可能的取值如下： ， 对应的函数个数为， . 所以集合中元素之和为643. 故答案为：643 【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决. 2．（2021·上海·一模）若定义在N上的函数满足：存在，使得成立，则称与在N上具有性质，设函数与，其中，，已知与在N上不具有性质，将a的最小值记为．设有穷数列满足，这里表示不超过的最大整数．若去掉中的一项后，剩下的所有项之和恰可表为，则的值为 ． 【答案】2626 【解析】问题可转化为在上恒成立，令在上恒成立，根据函数的单调性求出，从而求出，再求出答案即可. 【解析】因为与在N上不具有性质， 所以在N上恒成立， 令在N上恒成立， 当时，最小， 所以联立，得到， 令，则， 当时，，递减， 当时，，递增， 所以，所以， 当时，，所以， 因为，所以， 所以， 而， 取，则，所以， 故答案为：2626. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关函数恒成立问题，数列的应用以及转化思想，解题方法如下： （1）根据题意，将问题转化，将其转化为在N上恒成立，利用导数研究其单调性，得到最值，求得相应的参数值； （2）根据数列相关公式求得的； （3）根据题意，建立相应的等量关系式求得结果. 二、单选题 3．（2024·上海青浦·二模）如图，已知直线与函数的图象相切于两点，则函数有（    ）． A．2个极大值点，1个极小值点 B．3个极大值点，2个极小值点 C．2个极大值点，无极小值点 D．3个极大值点，无极小值点 【答案】B 【分析】作出与直线平行的函数的所有的切线，即可观察得到与的大小关系的不同区间，进而得出的正负区间，得出的单调性，进而得到的极值情况，从而判定各个选项的正确与否. 【解析】， 作出与直线平行的函数的所有切线，各切线与函数的切点的横坐标依次为， 在处的导数都等于， 在上，,单调递增， 在上，单调递减， 因此函数有三个极大值点，有两个极小值点. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决问题的关键所在是作出与直线平行的函数的所有的切线，由此观察图象即可顺利得解. 4．（2024·上海虹口·二模）已知定义在上的函数的导数满足，给出两个命题： ①对任意，都有；②若的值域为，则对任意都有. 则下列判断正确的是（    ） A．①②都是假命题 B．①②都是真命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题 【答案】B 【分析】对于①，根据不等式，构造函数，然后利用函数的单调性证明即可；对于②，根据函数的值域和单调性，结合不等式求解即可. 【解析】，故在上递增， 对于①，设，， 设， ，， 单调递减，单调递增， ，即， ，即， 故，故①是真命题. 对于②，由①知，， 即， ，故. 且在上递增，故， ， 故的值域为 所以， 即，故， ②是真命题. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题①判断的关键是首先根据导数和函数单调性的关系得到在上递增，再构造函数，利用导数得到其单调性，最后得到，则可判断①. 5．（2024·上海金山·二模）设，有如下两个命题： ①函数的图象与圆有且只有两个公共点； ②存在唯一的正方形，其四个顶点都在函数的图象上． 则下列说法正确的是（    ）． A．①正确，②正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①不正确，②不正确 【答案】B 【分析】对①：结合函数性质与图象判断即可得；对②：由曲线的对称性，可得要使得正方形存在，则为等腰直角三角形，利用极限思想可得至少存在两个正方形. 【解析】对①：令， 当时，，当时，， 则在、上单调递增，在上单调递减， 又，， 函数的图象与圆的图象如图所示： 故函数的图象与圆有且只有两个公共点，故①正确； 对②：由， 故要使得正方形存在，则为等腰直角三角形， 显然，当时，， 点在函数图像外侧，则，此时； 利用极限思想，时，，此时； 时，，此时，如图所示， 故至少两个正方形， 故②错误. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：结论②需注意使用极限思想，从而得到至少两个正方形. 6．（2023·上海嘉定·一模）已知，定义极值点数列：将该函数的极值点从小到大排列得到的数列，对于任意的正整数n，判断以下两个命题：（   ） 甲：此数列中每一项都在中. 乙：令极值点数列为，则为递减数列. A．甲正确，乙正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲错误，乙错误 【答案】A 【分析】将函数的极值点转化为两个函数图像的交点的横坐标，由图像判断命题甲，结合函数图像利用极限思想判断命题乙. 【解析】函数的定义域为，则， 令，得到，令，， 则函数的极值点为函数与的图像交点的横坐标， ，的图像如图所示， 因为时，，，， 由零点存在性原理及图像知，当时，， 当时，， 又因为，，则，所以命题甲正确， 又因为，函数为增函数，所以， 所以随着增大，与越来越接近，所以数列为递减数列，故命题乙正确， 故选：A. 【点睛】方法点睛：根据条件将的极值点转化成函数的“异号”零点，先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，再结合命题甲、乙，利用数形结合的方法求解. 7．（2023·上海闵行·一模）已知函数的导函数为，，且在R上为严格增函数，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（    ） ①“”是“”的充要条件； ②“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件． A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 【答案】C 【分析】对于①，构造函数，结合题设，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，可判断其真假；对于②，结合函数单调性，判断必要性；采用反证思想，结合题设推出矛盾，说明充分性成立，判断②的真假. 【解析】对于①： 设，，则， 因为在R上为严格增函数，故， 即，则在R上单调递增， 由于，故，即。 即； 当成立时，即， 由于在R上单调递增，故， 故“”是“”的充要条件，①为真命题； 对于②，当在R上为严格增函数时，由对任意，则都有成立； 当对任意都有时，假设在R上不为严格增函数， 即不恒大于等于0，即，使得， 由于在R上为严格增函数，故时，， 此时在上单调递减，且其图象为一个严格递减的凹型曲线， 故当趋近于负无穷时，的值将趋近于正无穷大， 这与对任意都有矛盾， 则假设不成立，即“在R上为严格增函数”成立， 即“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件，②为真命题， 故选：C 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断②中命题的充分性成立，解答时采用反证思想，推得矛盾，说明充分性成立. 1 / 43 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 导数及其应用 (七大题型) 题型01 2023-2024年高考+春考真题 1 题型02 导数及其应用 2 题型03 导数的实际应用（含与立体几何、三角函数等结合） 2 题型04 导数、抽象函数等综合 6 题型05 求极限、分段函数问题 7 题型06 导数与数列 、空间向量与立体几何 8 题型07 其他补充强化训练 9 【解题规律·提分快招】 1、求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导． 2、)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解． (3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元． 3、求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． 4、若所给的闭区间[a，b]含参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值． 5、题源注明：因题源有限，导数的实际应用中，选用适量解答题来练习填选题 题型01 2023-2024年高考+春考真题 【典例1-1】．（2024•上海）已知函数f（x）的定义域为R，定义集合M＝{x0|x0∈R，x∈（﹣∞，x0），f（x）＜f（x0）}，在使得M＝[﹣1，1]的所有f（x）中，下列成立的是（　　） A．存在f（x）是偶函数 B．存在f（x）在x＝2处取最大值 C．存在f（x）为严格增函数 D．存在f（x）在x＝﹣1处取到极小值 【典例1-2】．（2024•上海）现定义如下：当x∈（n，n+1）时（n∈N），若f（x+1）＝f′（x），则称f（x）为延展函数．现有，当x∈（0，1）时，g（x）＝ex与h（x）＝x10均为延展函数，则以下结论（　　） （1）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝g（x）有无穷个交点 （2）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝h（x）有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立 【典例1-3】．（2023•上海）某公园欲建设一段斜坡，坡顶是一条直线，斜坡顶点距水平地面的高度为4米，坡面与水平面所成夹角为θ．行人每沿着斜坡向上走1m消耗的体力为（1.025﹣cosθ），欲使行人走上斜坡所消耗的总体力最小，则θ＝　 　． 题型02 导数及其应用 【典例2-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知函数，若，则 ． 【典例2-2】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设，则 ． 【变式2-1】．（23-24高二下·上海·期中）函数在区间上的平均变化率为 ． 【变式2-2】．（25-26高三上·上海·单元测试）函数的驻点为 ． 【变式2-3】．（23-24高二下·上海·期末）已知函数，，则该函数的严格增区间是 . 【变式2-4】．（24-25高三上·上海浦东新·阶段练习）已知函数，则在点处的切线的倾斜角为 . 【变式2-5】．（24-25高三上·上海·阶段练习）函数在点处的切线方程为 . 【变式2-6】．（2024·上海浦东新·三模）已知为偶函数，若，则 ． 【变式2-7】．（23-24高二下·上海·阶段练习）若函数在上存在严格减区间，则m的取值范围是 题型03 导数的实际应用（含与立体几何、三角函数等结合） 【典例3-1】．（24-25高三·上海·随堂练习）做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是，且用料最省，则该圆柱形水桶的底面半径为 ． 【典例3-2】．（23-24高三上·上海闵行·期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为 ． 【变式3-1】．（23-24高三上·上海嘉定·期中）据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为.现已知相距18km的，两家化工厂（污染源）的污染强度分别为，，它们连线段上任意一点处的污染指数等于两化工厂对该处的污染指数之和.设.若，且时，取得最小值，则的值为 . 【变式3-2】．（23-24高二下·上海·期末）采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径R，它的值是固定的．当炸药包埋的深度为 可使爆破体积最大．    【变式3-3】．（23-24高二下·上海·期中）如图，用一块形状为半椭圆的铁皮截取一个以短轴为底的等腰梯形，记所得等腰梯形的面积为，则的最大值是 ．    【变式3-4】．（24-25高三上·上海·阶段练习）如图，某城市公园内有一矩形空地，，，现规划在边AB，CD，DA上分别取点E，F，G，且满足，，在内建造喷泉瀑布，在内种植花奔，其余区域铺设草坪，并修建栈道EG作为观光路线（不考虑宽度），则当 时，栈道EG最短. 【变式3-5】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得，，，四个点重合于图中的点，正好形成一个底面是正方形的长方体包装盒，若要包装盒容积最大，则的长为 . 【变式3-6】．（23-24高三下·上海·阶段练习）某种儿童适用型防蚊液储存在一个容器中，该容器由两个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，防蚊液储存在下半球及圆柱中），容器轴截面如题图所示，两头是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为100毫米．防蚊液所占的体积为圆柱体体积和一个半球体积之和．假设的长为毫米． (1)求容器中防蚊液的体积（单位：立方毫米）关于的函数关系式； (2)如何设计与的长度，使得最大？ 【变式3-7】．（22-23高三上·上海虹口·期中）如图所示，由圆O的一段弧MPN（其中点P为圆弧的中点）和线段MN构成的图形内有一个矩形ABCD和 （其中AB在线段MN上，C、D两点在圆弧上），已知圆的半径为，点到的距离为，设直线与的夹角为. (1)用分别表示矩形ABCD和的面积，并确定的取值范围； (2)当为何值时，有最大值，最大值是多少？ 【变式3-8】．（24-25高三上·上海·阶段练习）为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本万元，每年需另投入流动成本（万元）与成正比（其中（台）表示产量），并知当生产台该产品时，需要流动成本万元，每件产品的售价与产量（台）的函数关系为（万元）（其中）.记当年销售该产品台获得的利润（利润销售收入生产成本）为万元. (1)求函数的解析式； (2)当产量为何值时，该工厂的年利润最大？最大利润是多少？（结果精确到0.1） 【变式3-9】．（21-22高三下·上海浦东新·期中）如图，某沿海地区计划铺设一条电缆联通A、B两地，A处位于东西方向的直线MN上的陆地处，B处位于海上一个灯塔处，在A处用测角器测得，在A处正西方向1km的点C处，用测角器测得.现有两种铺设方案:①沿线段AB在水下铺设；②在岸MN上选一点P，设，，先沿线段AP在地下铺设，再沿线段PB在水下铺设，预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km、4万元/km. (1)求A、B两点间的距离； (2)请选择一种铺设费用较低的方案，并说明理由. 【变式3-10】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图，某公园内有一半圆形人工湖，O为圆心，半径为1千米.为了人民群众美好生活的需求，政府为民办实事，拟规划在区域种荷花，在区域建小型水上项目.已知. （1）求四边形OCDB的面积(用表示)； （2）当四边形OCDB的面积最大时，求BD的长(最终结果可保留根号). 【变式3-11】．（2025·上海高考复习·专题练习）设计一个帐篷，它下部的形状是正四棱柱，上部的形状是正四棱锥，且该帐篷外接于球（如图所示）．    (1)若正四棱柱是棱长为的正方体，求该帐篷的顶点到底面中心的距离； (2)若该帐篷外接球的半径，设，该帐篷的体积为，则当为何值时，体积取得最大值． 题型04 导数、抽象函数等综合 【典例4-1】．（23-24高三上·上海虹口·期中）对于两个定义在R上的函数与，构造新函数如下：对任意，．现已知是严格增函数，对于以下两个命题：①与中至少有一个是严格增函数；②与中至少有一个函数无最大值．其中（    ） A．①和②都是真命题 B．只有①是真命题 C．只有②是真命题 D．没有真命题 【典例4-2】．（2023·上海闵行·一模）已知函数与它的导函数的定义域均为，现有下述两个命题： ①“为严格增函数”是“为严格增函数”的必要非充分条件. ②“为奇函数”是“为偶函数”的充分非必要条件； 则说法正确的选项是（    ） A．命题①和②均为真命题 B．命题①为真命题，命题②为假命题 C．命题①为假命题，命题②为真命题 D．命题①和②均为假命题 【变式4-1】．（2024·上海·模拟预测）设正数不全相等，，函数．关于说法 ①对任意都为偶函数， ②对任意在上严格单调递增， 以下判断正确的是（    ） A．①、②都正确 B．①正确、②错误 C．①错误、②正确 D．①、②都错误 【变式4-2】．（2024·上海·模拟预测）定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（    ） A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值 C．存在严格增 D．存在在处取到极小值 【变式4-3】．（2024·上海·三模）已知函数的定义域为，则下列条件中，能推出1一定不是的极小值点的为（    ） A．存在无穷多个，满足 B．对任意有理数，均有 C．函数在区间上为严格减函数，在区间上为严格增函数 D．函数在区间上为严格增函数，在区间上为严格减函数 【变式4-4】．（24-25高三上·上海奉贤·期中）已知定义在R上的函数，其导数为，记，且，，则下列说法中正确的个数为（   ） ①；②的图象关于对称；③；④. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式4-5】．（23-24高三上·上海浦东新·期中）已知函数为定义在上的单调连续函数，，函数，有以下两个命题：①存在函数使得为函数的极大值点:②若对任意恒成立，则:则（    ） A．①为真命题，②为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 【变式4-6】．（2024·上海·模拟预测）现定义如下:当时，若，则称为延展函数.已知当时，且，且均为延展函数，则以下结论（    ） （1）存在与有无穷个交点 （2）存在与有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立. 题型05 求极限、分段函数问题 【典例5-1】．（21-22高二上·上海浦东新·阶段练习）在平面直角坐标系中，点列，满足，若，则 ． 【变式5-1】．（23-24高二下·上海·期末）已知函数，若在区间上存在个不同的数，使得成立，则的取值集合是 . 题型06 导数与数列 、空间向量与立体几何 【典例6-1】．（22-23高三下·上海杨浦·开学考试）无穷数列满足：，且对任意的正整数n，均有，则下列说法正确的是（    ） A．数列为严格减数列 B．存在正整数n，使得 C．数列中存在某一项为最大项 D．存在正整数n，使得 【变式6-1】．（24-25高三上·上海黄浦·期末）设函数在区间I上有导函数，且在区间I上恒成立，对任意的，有．对于各项均不相同的数列，，，下列结论正确的是（    ） A．数列与均是严格增数列 B．数列与均是严格减数列 C．数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列 D．数列与均既不是严格增数列也不是严格减数列 【变式6-2】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图，在正方体ABCD-EFGH中，P在棱BC上，BP=x，平行于BD的直线l在正方形EFGH内，点E到直线l的距离记为d，记二面角为A-l-P为θ，已知初始状态下x=0，d=0，则（    ） A．当x增大时，θ先增大后减小 B．当x增大时，θ先减小后增大 C．当d增大时，θ先增大后减小 D．当d增大时，θ先减小后增大 题型07 其他补充强化训练 【典例7-1】．（24-25高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知函数，的定义域为，是的导数，且，，若为偶函数，则（   ） A．80 B．75 C．70 D．65 【变式7-2】．（2024·青海·二模）已知定义在上的函数，其导数为，且满足，，，给出下列四个结论：①为奇函数；②；③：④在上单调递减.其中所有正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．②③④ D．①②④ 【变式7-3】．（24-25高三上·北京海淀·期中）已知函数，其定义域记为集合，给出下列四个结论： ①且； ②若，则； ③存在，使得； ④对任意，存在使得. 其中所有正确结论的序号是 . 一、填空题 1．（2023·上海徐汇·三模）对任意数集，满足表达式为且值域为的函数个数为.记所有可能的的值组成集合，则集合中元素之和为 . 2．（2021·上海·一模）若定义在N上的函数满足：存在，使得成立，则称与在N上具有性质，设函数与，其中，，已知与在N上不具有性质，将a的最小值记为．设有穷数列满足，这里表示不超过的最大整数．若去掉中的一项后，剩下的所有项之和恰可表为，则的值为 ． 二、单选题 3．（2024·上海青浦·二模）如图，已知直线与函数的图象相切于两点，则函数有（    ）． A．2个极大值点，1个极小值点 B．3个极大值点，2个极小值点 C．2个极大值点，无极小值点 D．3个极大值点，无极小值点 4．（2024·上海虹口·二模）已知定义在上的函数的导数满足，给出两个命题： ①对任意，都有；②若的值域为，则对任意都有. 则下列判断正确的是（    ） A．①②都是假命题 B．①②都是真命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题 5．（2024·上海金山·二模）设，有如下两个命题： ①函数的图象与圆有且只有两个公共点； ②存在唯一的正方形，其四个顶点都在函数的图象上． 则下列说法正确的是（    ）． A．①正确，②正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①不正确，②不正确 6．（2023·上海嘉定·一模）已知，定义极值点数列：将该函数的极值点从小到大排列得到的数列，对于任意的正整数n，判断以下两个命题：（   ） 甲：此数列中每一项都在中. 乙：令极值点数列为，则为递减数列. A．甲正确，乙正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲错误，乙错误 7．（2023·上海闵行·一模）已知函数的导函数为，，且在R上为严格增函数，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（    ） ①“”是“”的充要条件； ②“对任意都有”是“在R上为严格增函数”的充要条件． A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$