专题09　导数16种考法——2025届上海市高考数学二轮复习考法全归纳

2025上海高考数学二轮复习《考法全归纳》专题 专题08 导数16种考法 考法1：导数的有关概念（平均速度、瞬时速度与导数的概念、驻点） 【例1】函数在区间上的平均变化率为 . 【答案】3 【分析】根据平均变化率的定义，函数的平均变化率为，分别计算出的值代入计算即可. 【解析】由题意得，函数在区间上的平均变化率为， 故答案为：3. 【例2】质点的运动规律为，则质点在时的瞬时速度为 ． 【答案】 【分析】求函数的导数，根据导数的物理意义进行求解即可． 【解析】解：函数的导数， 当时，， 即质点在时的速度为， 故答案为：． 【例3】若函数在处导数为，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用导数的定义即可直接求解. 【解析】 , 故选：D. 【例4】函数的驻点为 ． 【答案】0 【分析】求出函数的导数，令，求得，则函数的驻点为0. 【解析】因为， ， 令，得，而， 所以函数的驻点为0. 故答案为：0. 考法2：导数的运算 【例5】已知函数，则的值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】借助导数公式计算即可得. 【解析】，则，解得. 故选：D. 【例6】已知函数的导函数为，若，为的导函数，则 . 【答案】/ 【分析】求出复合函数的导函数，代入求值. 【解析】， 所以. 故答案为： 【例7】求下列函数的导数： (1)；(2)；(3)(4)；(5)；(6). 【答案】(1) (2) (3) (4) (5) (6) 【分析】结合导数的四则运算，利用复合函数求导法则求解各个函数即可. 【解析】（1）令，则. . （2）令，则， . （3） ,. （4）令，则， 则. （5），. （6）. 考法3：导数的几何意义（切线问题） 【例8】直线与曲线相切，则 ． 【答案】 【分析】设切点坐标为，由导数的几何意义求解即可. 【解析】设切点坐标为，由于， 所以切线的斜率为：， 所以曲线在处的切线方程为：，即， 所以，， 故答案为：. 【例9】若函数与函数有公切线，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得出两个切线方程，由两个切线方程可整理成关于一个变量的函数，利用导数求出函数的取值范围即可求解. 【详解】 设公切线与函数切于点， ，切线的斜率为， 则切线方程为，即 设公切线与函数切于点， ，切线的斜率为， 则切线方程为，即 所以有 因为，所以，可得，，即， 由可得：， 所以， 令，则，， 设，则， 所以在上为减函数， 则，所以， 所以实数的取值范围是， 故选：B． 【例10】（2021•新高考Ⅱ）已知函数，，，函数的图象在点，和点，的两条切线互相垂直，且分别交轴于，两点，则的取值范围是 　　． 【解析】当时，，导数为， 可得在点，处的斜率为， 切线的方程为， 令，可得，即， 当时，，导数为， 可得在点，处的斜率为， 令，可得，即， 由的图象在，处的切线相互垂直，可得， 即为，，， 所以． 故答案为：． 考法4：判断函数的单调性及求函数的单调区间 【例11】在单调递增，则的范围是__________． 【答案】 【分析】 由求导公式和法则求出，由题意可得在区间上恒成立，设，从而转化为，结合变量的范围，以及取值范围，可求得其最大值，从而求得结果. 【详解】 ，则， 因为函数在上单调增，可得在上恒成立， 即，令，则，， 所以，因为在上是增函数， 所以其最大值为， 所以实数的取值范围是. 【例12】定义在上的奇函数的导函数是，若函数最小值点为，则函数的严格单调递减区间为 . 【答案】. 【分析】由题意可得是R上偶函数，令，则有，结合对数函数的性质可知当时，，当时，，从而可得的解集，即得答案. 【解析】因为是定义在上的可导奇函数，所以， 求导得，，即，所以是R上偶函数， 令， 又因为的最小值点为，所以， 又因为当时，，所以此时， 当时，，所以此时，所以， 又因为是R上偶函数，所以当时，， 当时，， 所以当时，， 即函数的严格单调递减区间为：. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是由及的性质，得出的解集. 【例13】已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间. 【答案】(1)．(2)单调减区间是，单调增区间是． 【详解】（1），，又， 所以切线方程为，即． （2），定义域是， ， 当时，，当时，， 所以的单调减区间是，单调增区间是． 考法5：利用导数解不等式 【例14】已知定义在上的函数满足（为常数）且，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 先求出a的值，判断出y=f（x）的单调性，解不等式即可求出的取值范围. 【详解】 由，可得，． 又由，可得：， 所以． 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 因为，，， 所以，解得或． 故选：A 【例15】已知函数，若，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，函数， 所以，令， 则，所以为奇函数， 所以的图象关于点中心对称，所以， 由，可得， 所以， 由， 则， 所以函数单调递减， 由可得，， 即，解得，实数a的取值范围是. 故选：B． 【例16】设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 令，求导确定函数的单调性，然后不等式化为，由单调性解得不等式． 【详解】 解：令，∴，∵， ∴，在恒成立，∴在为增函数， ∵，∴， ∵，∴，∴，∴， 故选：D. 考法6：求函数的极值问题 【例17】已知函数，则函数（    ） A．既有极大值也有极小值 B．有极大值无极小值 C．有极小值无极大值 D．既无极大值也无极小值 【答案】B 【分析】求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值点，即可判断. 【解析】函数的定义域为， 且， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. 故选：B 考法7：根据函数的极值求参数 【例18】设.若是函数的极大值点，则 . 【答案】 【分析】先对函数求导，再结合函数极大值点导数值为0建立关于a的关系式，最后结合极大值的定义，讨论最终a的取值. 【解析】由题意得，， 因为是函数的极大值点， 所以有， 解得或. 又当时，， 或， ， 故函数在和递增，在递减， 此时是函数的极小值点，不符题意； 而当时，， 或， ， 故函数在和递增，在递减， 此时是函数的极大值点. 故答案为：. 【例19】若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】求导函数，确定函数的单调性和极值点，利用函数在区间上有极值点，即可求实数的取值范围． 【解析】函数的定义域为R，且． 当时，恒成立，故在R上单调递增，从而没有极大值，也没有极小值． 当时，令，得， 解得，解得， 在上单调递减，在上单调递增， 从而时有极小值，函数没有极大值． 依题意有，解得，即实数的取值范围是． 故答案为：． 【例20】设，若函数存在两个不同的极值点，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】函数存在两个不同的极值点等价于在内有两个异号零点，进而转化为在内有两个不等根即可求解. 【解析】解：易知函数的定义域为， ， 因为函数存在两个不同的极值点， 所以在内有两个不等根， 设，， 则只需，即， 所以，则的取值范围为. 故答案为： 考法8：根据导数求最值及参数范围问题 【例21】已知函数. (1)求函数在区间上的最小值； (2)判断函数的零点个数，并证明. 【解析】（1）因为， 所以，令，， 当时，， 所以在上单调递减，且， ， 所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使 又当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 又因为， ， 所以函数在区间上的最小值为. （2）函数在上有且仅有一个零点，证明如下： 函数，，则， 若，， 所以在区间上单调递增，又， ， 结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点， 若，则，，则， 若，因为，所以， 综上，函数在有且仅有一个零点. 【例22】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当时，求函数在区间上的最大值． 【解析】（1）的定义域为 ， 求导数，得 ， 若，则，此时在上单调递增， 若，则由得，当时，，在上单调递减， 当时， ，在上单调递增， 综上，当，的增区间为，无减区间， 若，减区间为，增区间为. （2）由（1）知，当时，在区间上为增函数， 函数的最大值为， 当时，在区间上为减函数， 函数的最大值为， 当时，在区间上为减函数，在上为增函数， 函数的最大值为， 由，得， 若时，函数的最大值为， 若时，函数的最大值为， 综上，当时，函数的最大值为， 当时，函数的最大值为. 【例23】已知函数，，. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，对，，求正整数的最大值. 【解析】（1）函数的定义域为，求导得， ①当时，有，此时函数在区间上单调递减； ②当时，当时，，此时函数在区间上单调递增； 当时，，此时函数在区间上单调递减. 所以当时，函数在区间上单调递减； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）当，时，恒成立，等价于恒成立， 设，，则， 当时，有， 函数在上单调递增，且，， 则存在唯一的，使得，即， 当时，，；当时，，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 设，则当时，，函数在上单调递减， 又因为，所以. 所以正整数的最大值是3. 考法9：函数零点问题与方程根个数问题 【例24】已知函数有且只有一个零点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 分析可知函数在上有一个零点，则函数在上没有零点，由可得出，则直线与函数的图象无交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的不等式，由此可求得实数的取值范围. 【详解】 当时，为增函数，为减函数，此时函数为增函数， 因为，， 由零点存在定理可知，函数在上有一个零点，故函数在上只有一个零点， 由题意可知，函数在上没有零点. 当时，由可得，即，即， 设，其中，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 所以，，作出函数的图象如下图所示： 因为，则，故当时，即当时， 直线与函数的图象没有交点. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：D. 【例25】已知函数在上有两个零点，则a的取值范是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 根据解析式可得，原题转化为求在上有一个零点，当时，求导可得的单调性，分析不符合题意；当时，令，解得，分别讨论、和三种情况下的单调性，结合题意，即可求得a的范围. 【详解】 由题意得：，， 所以原题转化为求在上有一个零点， ， 当时，，则在上单调递减，且，不符合题意， 当时，令，解得， 当，即时，，此时在上单调递减，且，不符合题意， 当，即时，，此时在上单调递增，且，不符合题意， 当，即时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上有一个零点， 所以，解得，所以. 综上：a的取值范是 故选：C 【例26】设函数在区间上存在零点，则的最小值为（ ） A． B． C．7 D． 【答案】B 【分析】 设t为在上的零点，可得，转化为点在直线上，根据的几何意义，可得，令，利用导数求得函数的单调性和最值，即可得答案. 【详解】 设t为在上的零点，则， 所以，即点在直线， 又表示点到原点距离的平方， 则，即， 令，可得， 因为， 所以， 可得在上为单调递增函数， 所以当t=1是，， 所以，即的最小值为. 故选：B 【例27】设函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)设函数在上有两个零点，求实数的取值范围．（其中是自然对数的底数） 【解析】（1）当时，，该函数的定义域为， ，令，可得， 由，可得；由，可得， 故当时，函数的增区间为，减区间为. （2）当时，由可得， 令，其中， 由题意可知，直线与函数在上的图象有两个公共点， ， 令，则与同号， 则对任意的恒成立， 所以，函数在上为增函数，且， 当时，，此时，，此时函数单调递减， 当时，，此时，，此时函数单调递增， 所以，， 又因为，，显然，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个公共点， 因此，实数的取值范围是. 【例28】已知函数在处取得极值，其中． (1)求的值； (2)当时，方程有两个不等实数根，求实数k的取值范围． 【解析】（1）由求导得， 依题意可知，即，解得， 此时，， 由得或， 当时，，函数递增， 当时，，函数递减， 故时，函数取得极大值，故. （2）由（1）得，， 令，解得或，因， 故当时，函数递减，当时，函数递增， 当时，取得极小值，无极大值，所以， 所以在区间上，的最大值为或，而， 所以在区间上的最大值为，最小值为， 作出函数与直线的图像，如图， 由图知. 【例29】已知函数的一个极值点为． (1)求的值； (2)若过点可作曲线的三条不同的切线，求实数的取值范围． 【解析】（1），由于是极值点，故，故， 当时，， 当或时，，当时，， 故是的一个极值点，故 （2）设切点为，则切点处的切线方程为， 将代入可得， 故， 要使过点可作曲线的三条不同的切线，则有三个不同的交点， 记，则， 当或时，，当时，， 故在，上单调递减，在上单调递增， 且， 因此. 考法10：恒成立与能成立的问题 【例30】若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 把不等式转化为对x>0恒成立，设，故对任意的恒成立，利用导数可求a的取值范围. 【详解】 由不等式恒成立，可知对x>0恒成立. 设，则该函数为上的增函数，故， 故对任意的恒成立， 设，则， 当时，，故为上的增函数， 而当时，有，不合题意； 当时，对任意的恒成立， 当时， 若，则，当时，， 故在为减函数，在为增函数， 故， 故 综上：的取值范围是. 故选：A 【例31】已知，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为___________. 【答案】 【分析】 将已知转化为对于任意，恒成立，利用同构思想，构造函数，将不等式转化为，再结合函数的单调性转化为恒成立，利用参数分离，构造函数即可得解. 【详解】 ∵对于任意，，不等式恒成立 ∴对于任意，，即恒成立 当时，； 当，， 设，则，所以在上单调递增， 由，知，即，即 设，，求导 令，得 当时，，单调递减；当时，，单调递增； ∴在处取得极大值，且为最大值， 所以时，不等式恒成立 故答案为： 【例32】已知函数． (1)若函数在处有极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数的取值范围； (2)记.若对任意且时，均有成立，求实数的取值范围． 【解析】（1）函数在处有极值， 可得，解得，经检验，满足题意， 所以 当时，在单调递减； 当或时，在上单调递增， 可得在处取得极小值，且为0，在处取得极大值，且为， 方程有3个不同的实根，等价为， 即有的取值范围是. （2）在递减，可得时，， ，即为， 即 即为 即对任意且时恒成立. 所以在递减；在递增. 当在恒成立时，可得，即在恒成立， 在上单调递增，即，则. 当在恒成立时，可得，即在恒成立， ，当时等号成立，则，则. 综上可得的取值范围是. 【例33】已知函数． (1)若，求函数的最小值； (2)设函数，求函数的单调区间； (3)若在区间上存在一点，使得成立，求的取值范围． 【解析】（1）的定义域为， 当时，， 1 0 单调递减 极小值 单调递增 所以在处取得极小值1，函数没有极大值， 所以的最小值为． （2）， ， ①时，即时， 在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增； ②当，即时，在上， 所以函数在上单调递增． 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增． （3）由题意可知在上存在一点，使得成立， 即在上存在一点，使得， 即函数在上的最小值，由第（2）问可知： ①当，即时，在上单调递减， ∴，∴，又∵，∴， ②当，即时，在上单调递增， ∴， ③当，即时，∴， ∵，此时不存在使成立， 综上可得所求的范围是：或． 考法11：双变量问题 【例34】已知直线分别与和的图象交于，两点，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 先分析得出函数和的图象关于直线对称，从而得出,结合零点存在定理得出的范围.选项A.结合基本不等式得出，设，求出单数得出其单调性可判断;选项B. 由可判断;选项C. 由，可得可判断;选项D. 由对称性有，结合函数解析式得到，从而可判断. 【详解】 在函数的图像上任取一点，则，即 由，两边取以为底的对数，得到 即点 满足函数表达式. 所以在函数的图像上任取一点，都有点在函数的图像上. 故函数及函数的图象关于直线对称， 又直线与直线垂直，且相交于点. 从而直线与函数及函数的图象的交点，也关于直线对称， ，，又在上， 即有，故， 则，由于，所以． 对于，令，，， 所以在上单调递增， 因为，所以， 所以， 所以，所以，故错误． 由图象易知，故错误． ，， 又，，错误． 由，可得，即， 又由，可得 ，故正确. 故选：D 【例35】若a，b为实数，且，，则的取值范围是___________. 【答案】 【分析】 构造函数，根据其在单调性，得到两边含有的不等式组，结合的范围、基本不等式，应用导数研究的最值，即可求的范围. 【详解】 设， 故上单调减， ∴， 令，则， 即在上单调减，在上单调增， 有， 令，则， 即在上单调减，在上单调增， 而，，所以， 综上，有 故答案为：. 【例36】已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【解析】（1）函数的定义域为． 令，解得；令，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以无最大值，最小值为； （2），． 因为有两个不同的极值点，所以，． 欲证，即证，又， 所以原式等价于①. 由，, 得②. 由①②知原问题等价于求证， 即证． 令，则，上式等价于求证． 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即． 【例37】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知有两个极值点，且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求的最小值． 【解析】（1）当时，， 则，得， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）（i）， 又是函数的两个极值点，所以是方程的两个正根 则，解得， 经检验，当时，符合题意. 所以实数的取值范围为. （ii）由（i）知，则，， ， 令， 则， 当时，，则单调递减 当时，，则单调递增 故当时，取得最小值， 所以，即的最小值为. 考法12：不等式的证明 【例38】已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)当时，记的导函数为，证明：对，不等式恒成立. 【解析】（1）由题意得的定义域为， 当时，，则， 所以，又， 所以所求切线方程为. （2）由题得，， 令，则， 若，则，即在上单调递增； 因为，所以当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增. 即， 由，得，即. 若，由，可得， 即，对任意恒成立， 因为，而，当时，， 所以对时，不成立，即当时，不恒成立； 综上可知，. （3）令，则， 由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，所以， 则，当且仅当时等号成立. 当时，， 令， 则 ， 因为恒成立，所以由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，所以. 综上可知，，当且仅当时两等号同时成立， 所以. 【例39】设. (1)求在处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)证明：对于任意正整数都有恒成立. 【解析】（1）已知，则， 则，又， 所以切线方程为，即. （2），所以， 令，解得， 可知当时，，所以在区间上单调递增， 当时，，所以在区间上单调递减， 所以当时，取得最小值， 所以. （3）由（2）可知当时，，即， 令，可得， 从而 ， ， 即， 则对于任意正整数都有恒成立. 考法13：极值点偏移问题 【例40】若是函数的两个零点，且，求证：且． 【解析】方法一：比值代换 因为，由题意结合可知，，， 所以． 令，则，，代入上式得， ．对于，其等价于，即． 构造函数， 则， 所以函数在上单调递增， 所以，即得证． 对于，其等价于，即，即． 令，则，构造函数，则， 在上单调递减，所以，即得证． 方法二：差值代换 由可得． 设函数，则， 当，，则函数在上单调递减， 当，，则函数在上单调递增， 所以，则有，，则，且，． 对于，即，即，即， 令，则，则只需证． 令，则，， 则在上单调递增，则， 则在上单调递增，则，即成立． 对于，其等价于，即，即． 左边分子、分母同时除以，得，令，则， 则只需证，即． 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，故，所以， 所以在上单调递减，所以，即成立． 【例41】已知函数． (1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围； (2)设、是两个不相等的实数，且．求证：． 【解析】（1）当时，， 因为，所以，即，不符合题意； 当时，， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以，由恒成立可知，所以． 又因为，所以的取值范围为． （2）因为，所以，即． 令，由题意可知，存在不相等的两个实数、，使得． 由（1）可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减． 不妨设，则，设， 则， 所以在上单调递增，所以， 即在区间上恒成立． 因为，所以． 因为，所以． 又因为，，且在区间上单调递增， 所以，即. 【例42】已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 【解析】（1）定义域均为， ，令，解得：， 所以在单调递减，在单调递增， 在取极小值，且； 又，令，解得：， 所以在单调递减，在单调递增， 在取极小值，且 所以，解得：. （2）令，因为，所以， 由可得： （1）-（2）得：，所以， 要证：，只要证：， 只要证：， 不妨设，所以只要证：， 即证：，令，只要证：， 令， 所以在上单调递增，所以， 即有成立，所以成立. 【变式9-1】构造对称函数； 【变式9-2】比值换元； 【变式9-3】对数平均不等式. 本题使用的解法是对数平均不等式即证明：，称的对数平均数. 考点14：导数与三角函数、数列 【例43】（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若为的极大值点，求的取值范围． 【解析】（1）证明：设，， 则，， 在上单调递减， ， 在上单调递减， ， 即，， ，， 设，， 则， 在上单调递增， ，， 即，， ，， 综合可得：当时，； （2）解：，， 且，， ①若，即时， 易知存在，使得时，， 在上单调递增，， 在上单调递增，这显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去； ②若，即或时， 存在，使得，时，， 在，上单调递减，又， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，满足为的极大值点，符合题意； ③若，即时，为偶函数， 只考虑的情况， 此时，时， ， 在上单调递增，与显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去． 综合可得：的取值范围为，，． 【例44】（24-25高三上·上海·期中）已知. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：； (3)若，，数列满足，.求证：当时，. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程； （2）求导后，令，根据导函数有两个零点可构造不等式求得的范围，结合韦达定理可将表示为关于的函数，结合的范围可证得结论； （3）根据的正负可得单调性，从而确定当时，；根据的单调性可推导证得由此可得结论. 【解析】（1）当时，，则，， 又，所求切线方程为：，即. （2）由题意知：定义域为，， 令，则， 令，则，原方程可化为，且和是方程的两根， ，解得：，，， ， ，在上单调递减，， 即. （3），定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，，， 以此类推，当时，； ，， 在上单调递减，当时，， 即，，， 即，. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式的问题，第二问证明的关键是能够将所证极值之和转化为关于变量的函数的形式，从而利用的范围来进行求解；第三问证明的关键是能够根据函数单调性和递推关系，得到的范围，进而利用单调性来进行推导. 考法15：利用导数解决实际问题 【例45】如图，某铁皮制成的无盖容器的上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，且圆锥与圆柱同底等高，圆柱与圆锥无铁皮的阻隔，已知圆锥的母线长为分米.    (1)忽略铁皮的厚度，求该容器的容积的最大值； (2)设铁皮的价格为每平方分米元，当该容器的容积取得最大值（忽略铁皮的厚度）时，求需要的铁皮的总费用. 【解析】（1）设圆锥与圆柱的底面半径为，则圆锥与圆柱的高为， 则圆锥的体积，圆柱的体积， 则该容器的容积，， 由，，则， 则， 则， 当时，，则在单调递增； 当时，，则在单调递减； 故当分米，分米时，取得最大值为（立方分米）， 即该容器的容积的最大值为立方分米. （2）由（1）知当该容器的容积取得最大值时，圆锥与圆柱的底面半径为分米， 则圆锥与圆柱的高为分米， 则圆锥的侧面积（平方分米）， 圆柱的侧面积（平方分米）， 则该容器的表面积为（平方分米）， 又（元）， 则需要的铁皮的总费用为元. 【例46】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） 【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. 考法16：新定义问题 【例47】（24-25高三上·上海嘉定·期中）已知定义域为的函数，其导数为，若对任意的都有，则称函数为“导可控函数”. (1)请说明是否为“导可控函数”； (2)若函数为“导可控函数”，且存在正数，使在上恒成立，试判断函数的零点个数，并说明理由； (3)若函数为“导可控函数”，且存在、，使得，证明：对任意的实数、，都有. 【答案】(1)不是“导可控函数”，说明见解析 (2)1个，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，依条件判断即可； （2）利用导数判断函数的单调性，再结合函数值域可判断零点个数； （3）利用导数的定义得，再由不等式的性质，适当放缩得证. 【解析】（1）若，则， 当时，， 故不是 “导可控函数” . （2）依题意，， 所以，在上为减函数，所以至多一个零点； ，， 当时，， 当时，， 所以存在零点，综上存在1个零点； （3）因为，由导数的定义得 ， 即， 不妨设 若，则 若， 则 . 命题得证. 【点睛】利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形． （2）构造新的函数． （3）利用导数研究的单调性或最值． （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 【例48】（24-25高三上·上海黄浦·期末）函数的定义域为，在上仅有一个极值点，方程在上仅有两解，分别为、，且．若，则称函数在上的极值点左偏移；若，则称函数在上的极值点右偏移． (1)设，，判断函数在上的极值点是否左偏移或右偏移？ (2)设且，，，求证：函数在上的极值点右偏移； (3)设，，，求证：当时，函数在上的极值点左偏移． 【答案】(1)函数在上的极值点不偏移 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求的根及的极值点，再根据题设定义，即可求解； （2）先求的根，对求导，得到，通过计算得到，再利用二次函数的性质，即可求解； （3）设的两个零点为，根据条件得到，再构造函数，利用函数的单调性，得到，即可求解. 【解析】（1）由，得到，所以， 又，由，得到，又当时，，当时，， 所以只有一个极值点，且极值点为，此时， 所以函数在上的极值点不偏移. （2）因为， 且，， 由，得到或，则， 又，，则有两根， 不妨设为，且，又，所以， 又时，，时，，所以函数在上只有一个极值点，且， 又， 所以，故函数在上的极值点右偏移. （3）由题知，，令，得到， 当时，，当时，， 所以是的极值点， 且在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，时，，时，，， 则有两个零点，不妨设为，且，所以，， 令， 则在恒成立， 所以在区间上单调递增， 所以，即， 故，又， 故，得到，即， 所以当时，函数在上的极值点左偏移． 【点睛】方法点睛：本题第三问考查极值点偏移问题，解决极值点偏移的主要方法有： 1.构造对称函数； 2.比值换元； 3.对数平均不等式. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025上海高考数学二轮复习《考法全归纳》专题 专题08 导数16种考法 考法1：导数的有关概念（平均速度、瞬时速度与导数的概念、驻点） 【例1】函数在区间上的平均变化率为 . 【例2】质点的运动规律为，则质点在时的瞬时速度为 ． 【例3】若函数在处导数为，则等于（    ） A． B． C． D． 【例4】函数的驻点为 ． 考法2：导数的运算 【例5】已知函数，则的值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【例6】已知函数的导函数为，若，为的导函数，则 . 【例7】求下列函数的导数： (1)；(2)；(3)(4)；(5)；(6). 考法3：导数的几何意义（切线问题） 【例8】直线与曲线相切，则 ． 【例9】若函数与函数有公切线，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【例10】（2021•新高考Ⅱ）已知函数，，，函数的图象在点，和点，的两条切线互相垂直，且分别交轴于，两点，则的取值范围是 　　． 考法4：判断函数的单调性及求函数的调区间 【例11】在单调递增，则的范围是__________． 【例12】定义在上的奇函数的导函数是，若函数最小值点为，则函数的严格单调递减区间为 . 【例13】已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间. 考法5：利用导数解不等式 【例14】已知定义在上的函数满足（为常数）且，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【例15】已知函数，若，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【例16】设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 考法6：求函数的极值问题 【例17】已知函数，则函数（    ） A．既有极大值也有极小值 B．有极大值无极小值 C．有极小值无极大值 D．既无极大值也无极小值 考法7：根据函数的极值求参数 【例18】设.若是函数的极大值点，则 . 【例19】若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是 . 【例20】设，若函数存在两个不同的极值点，则的取值范围为 . 考法8：根据导数求最值及参数范围问题 【例21】已知函数. (1)求函数在区间上的最小值； (2)判断函数的零点个数，并证明. 【例22】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当时，求函数在区间上的最大值． 【例23】已知函数，，. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，对，，求正整数的最大值. 考法9：函数零点问题与方程根个数问题 【例24】已知函数有且只有一个零点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【例25】已知函数在上有两个零点，则a的取值范是（ ） A． B． C． D． 【例26】设函数在区间上存在零点，则的最小值为（ ） A． B． C．7 D． 【例27】设函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)设函数在上有两个零点，求实数的取值范围．（其中是自然对数的底数） 【例28】已知函数在处取得极值，其中． (1)求的值； (2)当时，方程有两个不等实数根，求实数k的取值范围． 【例29】已知函数的一个极值点为． (1)求的值； (2)若过点可作曲线的三条不同的切线，求实数的取值范围． 考法10：恒成立与能成立的问题 【例30】若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【例31】已知，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为___________. 【例32】已知函数． (1)若函数在处有极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数的取值范围； (2)记.若对任意且时，均有成立，求实数的取值范围． 【例33】已知函数． (1)若，求函数的最小值； (2)设函数，求函数的单调区间； (3)若在区间上存在一点，使得成立，求的取值范围． 考法11：双变量问题 【例34】已知直线分别与和的图象交于，两点，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【例35】若a，b为实数，且，，则的取值范围是___________. 【例36】已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【例37】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知有两个极值点，且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求的最小值． 考法12：不等式的证明 【例38】已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)当时，记的导函数为，证明：对，不等式恒成立. 【例39】设. (1)求在处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)证明：对于任意正整数都有恒成立. 考法13：极值点偏移问题 【例40】若是函数的两个零点，且，求证：且． 【例41】已知函数． (1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围； (2)设、是两个不相等的实数，且．求证：． 【例42】已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 考点14：导数与三角函数、数列 【例43】（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若为的极大值点，求的取值范围． 【例44】（24-25高三上·上海·期中）已知. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：； (3)若，，数列满足，.求证：当时，. 考法15：利用导数解决实际问题 【例45】如图，某铁皮制成的无盖容器的上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，且圆锥与圆柱同底等高，圆柱与圆锥无铁皮的阻隔，已知圆锥的母线长为分米.    (1)忽略铁皮的厚度，求该容器的容积的最大值； (2)设铁皮的价格为每平方分米元，当该容器的容积取得最大值（忽略铁皮的厚度）时，求需要的铁皮的总费用. 【例46】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） 考法16：新定义问题 【例47】（24-25高三上·上海嘉定·期中）已知定义域为的函数，其导数为，若对任意的都有，则称函数为“导可控函数”. (1)请说明是否为“导可控函数”； (2)若函数为“导可控函数”，且存在正数，使在上恒成立，试判断函数的零点个数，并说明理由； (3)若函数为“导可控函数”，且存在、，使得，证明：对任意的实数、，都有. 【例48】（24-25高三上·上海黄浦·期末）函数的定义域为，在上仅有一个极值点，方程在上仅有两解，分别为、，且．若，则称函数在上的极值点左偏移；若，则称函数在上的极值点右偏移． (1)设，，判断函数在上的极值点是否左偏移或右偏移？ (2)设且，，，求证：函数在上的极值点右偏移； (3)设，，，求证：当时，函数在上的极值点左偏移． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$