重点专题1-5 导数中档题必刷【18类题型】- 【重难点突破】2024-2025学年高二下·人教A版2019·热点题型专练

【重难点突破】2024-2025学年高二下学期热点题型专练（新高考） 专题1-5 导数必刷综合题 总览 题型·解读 模块一 切线问题综合 2 【题型1】由切线条数求参数范围 2 【题型2】利用切线求距离最小值 8 【题型3】公切线问题 12 【题型4】切线问题综合 16 模块二 单调性问题综合 20 【题型5】由单调性求参数范围 20 【题型6】恒成立问题 24 【题型7】能成立问题 28 【题型8】原函数与导函数混合问题 29 【题型9】构造函数解不等式 35 【题型10】切线放缩 40 【题型11】构造函数比大小 43 模块三 极值点与极值点综合 47 【题型12】三次函数综合问题 47 【题型13】由零点、极值点个数求参数范围 55 【题型14】隐零点问题 62 模块四 其它综合问题 68 【题型15】原函数与导函数对称性与周期性 68 【题型16】函数指对同构 74 【题型17】含参函数性质综合分析 78 【题型18】利用导数求体积的最大值 87 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 切线问题综合 【题型1】由切线条数求参数范围 基础知识 设切点为，则斜率，过切点的切线方程为：， 又因为切线方程过点，所以然后解出的值，有多少个解对应有多少条切线． 典型例题 【例题1】（23-24高二下·浙江衢州·期末）若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先设切点，再根据导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式得到切线方程；再根据切线过点，得到的关系，利用有两解求的取值范围. 【详解】设切点， 又，所以切线斜率为：. 由点斜式，切线方程为：. 因为切线过点，所以. 所以：. 因为过原点的切线有两条，所以关于方程有两解. 由（）， 设，则， 由得， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，且当时，. 所以有两解，则. 【例题2】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）已知函数，过点可作条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】设切点为，由导数的几何意义求出切线方程，结合点在切线上，可得，令，利用导数判断函数单调性，作出其图象，将原问题转化为直线与的图象有三个不同的交点，数形结合，即可求得答案. 【详解】依题意可设切点为， 由，可得， 则切线的斜率为， 故切线方程为， 因为点在切线上，故， 即，令，则， 当或时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则的极小值为，极大值为； 且当或时，，当时，， 当x趋向于负无穷时，无限接近于0，当x趋向于正无穷时，趋向于负无穷， 由此可作出图象如图： 由题意可知过点可作条与曲线相切的直线， 即需直线与的图象有三个不同的交点， 结合图象可知需，即实数的取值范围是 【例题3】（2024·河南信阳·模拟预测）若过点仅可作曲线的两条切线，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】设切点为：，根据切线过点，得到，令，再根据过点仅可作曲线的两条切线，由 与的图象有两个交点求解. 【详解】设切点为：， ， 所以切线方程为， 又因为切线过点， 所以， 即， 令， 则， 令，得或， 当或时，，当时，， ， 当时，则，且； 当时，则， 所以的图象如图所示： 因为过点仅可作曲线的两条切线， 所以与的图象有两个交点， 则 或. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2022年新高考全国I卷数学真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ． 【答案】 【解析】∵，∴， 设切点为,则,切线斜率, 切线方程为：, ∵切线过原点，∴, 整理得：, ∵切线有两条，∴,解得或, ∴的取值范围是 【巩固练习2】（2024届广东省六校高三第一次联考T8）已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则的取值范围是________ 【答案】 【解析】首先设过点的切线方程，切点，利用导数的几何意义列式，转化为有三个解，通过设函数，问题转化为与有三个交点，求的取值范围. 【详解】设过点的直线为， ，设切点为， 则 ，得有三个解， 令，， 当，得或，，得， 所以在，单调递增，单调递减， 又，，有三个解， 得，即. （23-24高三·湖北武汉·阶段练习）已知过点可以作曲线的两条切线，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设切点为，表示出切线方程，根据题意可得方程有两个不同的根，由此可得a的范围． 【详解】设切点为，∴切线的斜率， ∴切线方程是， ∵切线过点A（a，0）， ∴，即， ∵过点A（a，0）可以作两条切线， ∴方程有两个不同的根， ∴＝（a+1）2﹣4＞0，解得a＞1或a＜﹣3． 【巩固练习4】（2024·宁夏银川·二模）已知点不在函数的图象上，且过点仅有一条直线与的图象相切，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直线和曲线相切得到，结合导数及函数零点的个数可得答案. 【详解】点不在函数的图象上， 则，即， 设过点的直线与的图象相切于， 则切线的斜率，整理可得， 则问题可转化为只有一个零点，且， 令，可得或， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 即当时，有极大值，当时，有极小值， 要使仅有一个零点，或 【巩固练习5】（2024·内蒙古·三模）若过点可以作曲线的两条切线，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设出切点，求导，利用导数几何意义求出切线方程，代入，得到，构造，求导，得到函数单调性，从而得到，结合当时，，当时，，从而得到答案. 【详解】在曲线上任取一点，对函数求导，得， 所以曲线在点处的切线方程为. 由题意可知，点在直线上，可得. 令，则. 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，且当时，，当时，， 又直线与曲线的图象有两个交点，所以的取值范围为. 【题型2】利用切线求距离最小值 基础知识 利用导数的几何意义求最值问题，利用数形结合的思想方法解决，常用方法平移切线法. 典型例题 【例题1】（23-24高二下·重庆·期中）已知直线分别与曲线和曲线交于两点，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】由条件求出点的坐标，由此可得的表达式，再利用导数求其最小值可得结论. 【详解】因为直线分别与曲线和曲线交于两点， 所以点的坐标为，点的坐标为， 所以， 设，则， 因为函数在上都为增函数， 所以函数在为增函数，又， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 【例题2】（23-24高二下·山东枣庄·阶段练习）点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值是（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】问题转化为过点的切线与直线平行时，点P到直线的距离最小，利用导数的几何意义求得点的坐标，再用点到直线的距离公式即可求得答案. 【详解】因为点是曲线上任意一点， 所以当点处的切线和直线平行时，点到直线的距离最小． 因为直线的斜率等于1，曲线的导数， 令，可得或(舍去)， 所以在曲线上与直线平行的切线经过的切点坐标为， 所以点P到直线的最小距离为. 【例题3】 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·福建福州·期中）若点是曲线上任意一点，则点到直线距离最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】设出点的坐标，利用点到直线的距离公式列式，再构造函数并利用导数求出最小值. 【详解】依题意，设点，则点到直线的距离， 令函数，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，则， 所以点到直线距离最小值为. 【巩固练习2】（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）若点P是曲线上任意一点，则点P到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先求平行于直线与曲线相切的切点坐标，再代入点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】由函数，可得，，令，解得、或（舍去）， 单调递增 单调递减 设，，所以图象向上凹， 如图画出函数的图象，以及直线得到图象，以及平移直线与函数相切的直线， 则， 即平行于直线的直线与曲线相切的切点坐标为， ，所以切点在直线的左侧， 曲线上任意一点到直线距离的最小值为点到直线的距离， 由点到直线的距离公式，可得点P到直线l的距离为． 【巩固练习3】（23-24高二下·河北邢台·期末）已知为函数，图象上一动点，则点到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析可知当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，结合导数的几何意义运算求解. 【详解】设，由题意得， 当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小， 则，得，， 所以点到直线的距离的最小值为． 【巩固练习4】（23-24高三上·山东聊城·期末）最优化原理是指要求目前存在的多种可能的方案中，选出最合理的，达到事先规定的最优目标的方案，这类问题称之为最优化问题.为了解决实际生活中的最优化问题，我们常常需要在数学模型中求最大值或者最小值.下面是一个有关曲线与直线上点的距离的最值问题，请你利用所学知识来解答：若点是曲线上任意一点，则到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数求得平行于直线与曲线相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】由函数，可得，令，可得， 因为，可得，则， 即平行于直线且与曲线相切的切点坐标为， 由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为. 【巩固练习5】（23-24高二上·湖北·期末）点M是曲线上的动点，则点M到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用导数的几何意义及点到直线的距离计算即可. 【详解】因为， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 由，所以， 易得函数为在上单调递增函数，为零点， 此时M的坐标为， 由点到直线的距离公式可得M到直线的距离的最小值为. 故选: 【题型3】公切线问题 基础知识 公切线问题应根据两个函数在切点处的斜率相等，并且切点不但在切线上而且在曲线上，罗列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组进行求解． 公切线问题主要有以下3类题型 （1）求2个函数的公切线 解题方法：设2个切点坐标，利用切线斜率相同得到3个相等的式子，联立求解 （2）2个函数存在公切线，求参数范围 解题方法：设2个切点坐标，列出斜率方程，再转化为方程有解问题 （3）已知两个函数之间公切线条数，求参数范围 解题方法：设2个切点坐标，列出斜率方程，再转化为方程解的个数问题 典型例题 【例题1】（23-24高三上·广东深圳·期末）(多选)若直线与曲线相切，则的取值可能为（    ） A．1 B．2 C．3 D．6 【答案】BCD 【分析】设出切点，利用导数几何意义得出，由切点既在直线上又在曲线上得出，由此将转化为函数求值域可得. 【详解】设切点为， 因为，所以. 又因为切点在直线上， 所以，解得， 所以 ， 令，则， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，又当. 故的取值范围为. 【例题2】已知（e为自然对数的底数），，请写出与的一条公切线的方程 . 【答案】或(写出其中一条即可) 【分析】分别设、并利用导数几何意义写出切线方程，根据所得切线相同列方程求参数，即可得切线方程. 【详解】设公切线与相切于点，与相切于点， ，，则公切线斜率， 公切线方程为或， 整理得或， 所以，即， ，解得或， 公切线方程为或. 故答案为：或<(写出其中一条即可) 巩固练习 题型 【巩固练习1】与曲线和都相切的直线方程为__________. 【答案】 【详解】设直线与曲线相切于点， 因为，所以该直线的方程为，即， 设直线与曲线相切于点， 因为，所以该直线的方程为，即， 所以，解得，所以该直线的方程为 【巩固练习2】已知直线是曲线与曲线的公切线，则的值为 . 【答案】2 【分析】由求得切线方程，结合该切线也是的切线列方程，求得切点坐标以及斜率，进而求得直线，从而求得正确答案. 【详解】设是图像上的一点，， 所以在点处的切线方程为，①， 令，解得， ，所以， ，所以或（此时①为，，不符合题意，舍去）， 所以，此时①可化为， 所以. 【巩固练习3】已知函数，若曲线与曲线存在公切线，则实数的最大值为__________． 【答案】 【分析】根据导数的几何意义，利用斜率等于切点处的导数，和切线相同即可判断. 【详解】， 假设两曲线在同一点处相切， 则，可得，即， 因为函数单调递增，且时， 所以，则，此时两曲线在处相切， 根据曲线的变化趋势，若继续增大，则两曲线相交于两点，不存在公切线， 所以的最大值为. 【巩固练习4】已知曲线在点P处的切线与在点Q处的切线平行，若点P的纵坐标为1，则点Q的纵坐标为 ． 【答案】11 【分析】方法一：对求导，设，根据条件得到，进而得，再得到函数关于对称，最后求出点的纵坐标即可； 方法二：对求导，根据在点处的切线与在点处的切线平行，可得存在两实根，再求出点的纵坐标即可. 【详解】方法一：，则， 设，依题意， 所以， 则，显然，则， 因为，所以的图象关于点中心对称， 所以点与点关于点对称，所以，则， 所以点的纵坐标为11. 方法二：，则， 因为，所以在上单调递增， 令，设其根为，则. 因为在点处的切线与在点处的切线平行， 所以存在两实根，其中一个为，设另一个为． 即两根为，由韦达定理得，则， 所以 ， 所以点的纵坐标为11. 【题型4】切线问题综合 典型例题 【例题1】（2025·广东佛山·一模）若直线与曲线相切，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】通过设切点，利用导数的几何意义列出等式，再利用二次函数的性质求其最小值. 【详解】设直线与曲线的切点为. 对求导，根据，可得. 因为直线的斜率为，由导数的几何意义可知， 在切点处，即. 又因为切点既在直线上又在曲线上， 所以且，即. 将代入可得：，即. 将代入可得： ， 所以当，时，取得最小值为. 【例题2】（2025·广东深圳·一模）已知曲线与曲线只有一个公共点，则（   ） A． B．1 C．e D． 【答案】B 【分析】方法一：把两曲线与有一个公共点，转化为方程只有一个实数解，通过分离常数求出值； 方法二：把两曲线与有一个公共点，转化成两曲线只有一个公切点，再利用几何意义求解； 方法三：利用原函数和反函数图像关于对称，且两函数图像都与相切于点，巧妙求出值. 【详解】方法一：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 方程只有一个实数解，而，则只考虑， 即，令，则， 而在单调递增，且， 所以时，单调递减， 时，单调递增， 而时，；时，， 所以． 方法二：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 则曲线与曲线只有一个公切点，设其坐标为， 根据函数的图像与函数的图像之间的关系， 所以有， 即，所以， 设，则在单调递减，而， 所以，所以． 方法三：由于函数的反函数为，两函数关于对称， 由于，令，则，即函数与函数相切于点， 同理，，令，即函数． 与函数也相切于点， 于是函数与函数相切于点，由选项可知，． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·广东惠州·模拟预测）已知，若点为曲线与曲线的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设点的横坐标为，由导数几何意义得，进而求得，接着由切点为两曲线公共点得，从而构造函数求出函数的最大值即为解. 【详解】由可得，由得， 设点的横坐标为，则点处切线斜率，解得或（舍）， 由点为曲线与曲线的交点， 所以与为同一点， 所以，即， 令，则， 令可得，由知，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，故实数的最大值为. 【巩固练习2】（2025·山东济宁·一模）曲线与和分别交于两点，设曲线在处的切线斜率为在处的切线斜率为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意结合对称性可设，，结合导数的几何意义求得，即可得结果. 【详解】因为和互为反函数，其图象关于直线对称， 且反比例函数的图象也关于直线对称， 可知点关于直线对称，设，则， 设，则， 由题意可得：，解得或（舍去）， 可得，则，所以. 【巩固练习3】（2024·全国·模拟预测）若直线与曲线相切，则的最小值为（    ） A． B．－2 C．－1 D．0 【答案】C 【解析】设切点坐标为．由已知，得，则， 解得． 又切点在切线与曲线上， 所以，所以． 令，则． 令，解得．当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减． 所以，即，所以，则的最小值为－1 【巩固练习4】已知直线恒在曲线的上方，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设直线与曲线切于点，根据题意由在直线上方，由求解. 【详解】解：设直线与曲线切于点， 则， 所以切线方程为， 所以，， 所以， 设，， 当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. 模块二 单调性问题综合 【题型5】由单调性求参数范围 解题技巧 （1）若在某个区间上单调递减，则在该区间上有恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足，才能得出在某个区间上单调递减． （2）已知区间上函数不单调，转化为导数在区间内存在变号零点，通常用分离变量法求解参变量范围． （3）存在增区间或减区间可以转化为导函数大于或小于零的相关不等式有解问题 典型例题 【例题1】若函数在区间上单调，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先求函数的导数，转化为或，利用参变分离转化为最值问题，即可求解. 【详解】，由函数在区间上单调， 则或，即或，， 即，或，， ， 当时，函数取得最小值3，当时，函数取得最大值4， 所以或. 【例题2】若函数在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把题意转化为在上有解，设，利用导数判断单调性，即可求解. 【详解】由可得：. 因为函数在区间内存在单调递增区间， 所以在上有解，即在上有解. 设，由在上恒成立，所以在单调递增，所以. 所以. 【例题3】（23-24高二下·广东·期末）若函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意转化为导函数有解，参变分离有解，设，则实数，求导计算可得解； 【详解】函数的定义域为, 求导得，函数存在单调递减区间， 所以有解，即有解， 设，则实数， 则，令，得， 当时，在上递增； 当时，在上递减； 所以函数有最大值， 因此. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·江苏常州·期中）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出，即可求出参数的取值范围. 【详解】由，则， 依题意在上恒成立，即在上恒成立， 令，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，则的最小值为. 【巩固练习2】（23-24高三上·福建泉州·阶段练习）若函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件得出存在，使成立，即存在，使成立，构造函数，，求出的最值即可解决问题. 【详解】因为函数在上存在单调递增区间， 所以存在，使成立，即存在，使成立， 令，， 变形得，因为，所以， 所以当，即时，，所以 【巩固练习3】若函数在区间上不单调，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D．m>1 【答案】B 【解析】函数的定义域为，且， 令，得，因为在区间上不单调，所以，解得： 【题型6】恒成立问题 解题技巧 利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略： 形如的恒成立的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或，利用导数求得函数的单调性与最值即可； （1）恒成立⇔； （2）恒成立⇔； （3）能成立⇔； （4）能成立⇔. 3、数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 典型例题 【例题1】当时，函数的图象恒在抛物线的上方，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，建立恒成立的不等式，再变形分离参数，构造函数并求其最大值作答. 【详解】因为当时，函数的图象恒在抛物线的上方， 则有，， 令函数，求导得， 令，求导得，函数在上单调递减， ，，即，当时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，，则， 所以实数的取值范围是. 【例题2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数，若恒成立，则的最小值为 . 【答案】 【分析】对求导，可根据单调性求解函数的最值，得，进而得，构造利用导数求解其最小值，即可求解. 【详解】由可得， 当时，，故在单调递减，当时，，此时显然不满足题意， 当时，令得，故在单调递增， 令得，故在单调递减， 要使恒成立，则， 故 所以， 记， 当时，单调递增，当时，单调递减， 故，故， 当时等号成立，故最小值为 【例题3】（2025·辽宁·一模）已知函数，若，则的最大值为 . 【答案】1 【分析】由函数不等式恒成立可得，再构造函数，求导分析单调性，得到最值即可. 【详解】， 因为恒成立，所以恒成立，所以， 所以，令，，则，令， 所以当时，，为增函数；当时，，为减函数； 所以，所以的最大值为1. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知在时恒成立，则实数的最小值为 .（注：为自然对数的底数） 【答案】 【分析】转化问题为在时恒成立，只需，设，，结合导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】由在时恒成立， 即在时恒成立， 即在时恒成立， 设，， 则， 令，即；令，即， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，，所以，即实数的最小值为. 【巩固练习2】（23-24高二下·浙江·期中）已知关于的不等式在上恒成立（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】将问题转化为，其中利用导数求解函数的单调性，进而可得，即可求解. 【详解】由于，故由得， 记 记，由于均为单调递增且恒为正， 故为单调递增函数， 由于，， 所以存在唯一的，使得，， 当单调递增，当单调递减， 故当时，取极小值也是最小值， 且， 故，故 【巩固练习3】（23-24高二下·湖北十堰·期末）已知函数，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由题意可得（），构造函数，利用导数求出其最小值，从而可求出实数的取值范围. 【详解】因为，所以，即． 令，则． 令，则， 所以在上单调递增． 因为，所以当时，，当时，， 则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，故实数的取值范围为． 【巩固练习4】（23-24高二下·湖北武汉·期中）已知函数，若不等式对恒成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】首先等价转化为，再设，利用导数和隐零点法得到，最后得到不等式，解出即可. 【详解】不等式对恒成立， 等价于，所以， 设，其中，则，令得， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，又， 所以存在使得， 所以若，则或，即或， ， 所以在上，单调递增， 在上，单调递减， 所以，所以只有才能满足要求， 即，又，解得， 所以实数的取值范围为. 【题型7】能成立问题 典型例题 【例题1】已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是 . 【答案】 【分析】参变分离可得有解，令，，利用导数求出，即可求出参数的取值范围，从而得解. 【详解】由得，显然， 所以有解， 令，则， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以，则，即的最小值是. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·江西萍乡·一模）设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】将问题转化为，求出，然后参变分离，构造函数，利用导数求最值即可. 【详解】由题意，，当时，，，所以； 当时，，，所以， 等号仅当时成立，所以. 所以对，即，即. 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，因此. 【题型8】原函数与导函数混合问题 解题技巧 常见函数不等式的构造 模型1．对于构造 模型2．对于不等式构造函数 模型3．对于不等式构造函数 模型3拓展：对于不等式构造函数 模型4．对于不等式构造函数 模型4拓展：对于，构造函数 模型5．对于不等式，构造函数 模型5拓展：对于不等式构造函数 模型6．对于不等式构造函数 模型6拓展：对于，构造函数 模型7.三角函数构造 （1） （2） （3） （3） 典型例题 【例题1】（23-24高二下·湖北·期末）已知定义在上的函数的导函数为，对于任意的实数都有，且时，．若，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数，由奇偶性定义判断为偶函数，再由导数结合得出其单调性，最后由单调性以及奇偶性比较大小即可. 【详解】解：令， 对于任意的实数都有，即为偶函数； ； 当时，， 当时，为增函数； 又，，即. 【例题2】（24-25高三上·重庆·期中）设是定义在上的连续函数的导函数，(为自然对数的底数)，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性，然后利用函数单调性即得. 【详解】设，则， ∵，∴，， 函数在上单调递增，又，∴， 由，可得，即， 又函数在上单调递增，所以，即不等式的解集为. 【例题3】对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用题设和选项构造函数，判断其在上的单调性；接着利用三角形中的正余弦定理判断的大小，最后运用单调性判断结论即得. 【详解】令，则，当时，，单调递减. 又因为在中，由余弦定理，，同理可得：， 故由可得：，又由正弦边角关系得，则. 接着比较与的大小，即比较与的大小， 令，，.令，，， 则单调递减，，则，在上单调递减， 又,故，则，所以. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·重庆·期中）已知是函数的导数，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】不等式可化为，故考虑构造函数，结合条件判断其单调性，利用单调性解不等式可得结论. 【详解】不等式可化为， 设，则原不等式可化为， 对函数求导，得，因为，所以， 所以函数是实数集上的增函数，所以． 故不等式的解集为. 【巩固练习2】（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知函数的定义域为，且，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题设不等式整理后构造函数满足，得出在上单调递增，整理待求不等式，利用函数的单调性即可求得. 【详解】由可得，即， 设，，则由可得，在上单调递增. 又，由可得，，即，解得. 【巩固练习3】是定义域为上的奇函数，，当时，有，则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】构造函数，根据条件确定导数的符号，得到的单调性，利用单调性解不等式. 【详解】令，则， 故函数在上单调递减，又为奇函数，所以， 因为，所以当时，，即， 当时，，即，综上，不等式的解集为. 故答案为： 【巩固练习4】（23-24高二下·浙江·期中）（多选）已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（    ） A． B．在定义域上单调递增 C．是偶函数 D．函数有两个极值点 【答案】AD 【分析】令可判断A；令，结合和单调性可推出，得到矛盾，进而可判断B；假设是偶函数，根据已知推导可得，可判断C；令，求导后消去，整理得，即可判断D. 【详解】对于A，令得，即，A正确； 对于B，若在定义域上单调递增，当时，， 令，得， 即，与在定义域上单调递增矛盾，故B错误； 对于C，若是偶函数，则，且， 因为，所以， 所以，即，得或， 又，所以恒成立，矛盾，故C错误； 对于D，当时，， 记， 则 所以， 令解得或， 因为不恒为零，所以在两边异号， 所以为的极值点，所以函数有两个极值点，D正确. 【巩固练习5】（23-24高二下·广东佛山·期末）已知是定义域为的偶函数，当时，有，且，则 ；不等式的解集为 . 【答案】 【分析】通过观察发现，然后构造函数，又因为，构造函数，可求得；根据在上单调递增且，又因为是定义域为的偶函数，得，从而可得，即可求解. 【详解】， 移项化简得， 即， 设，则， 设，则， 又，其中为常数，即， ，又，，解得， 所以当时，， 又是定义域为的偶函数，. 当时，，则， 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即， 所以在上单调递增，， 所以由可得，即，解得或， 所以不等式的解集为. 故答案为：； 【题型9】构造函数解不等式 典型例题 【例题1】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数，若对任意的，当时，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数，求导，分离参数求最值即可. 【详解】不等式等价于， 令，根据题意对任意的， 当时，，所以函数在上单调递减， 所以在上恒成立， 即在上恒成立. 令，则， 所以当时，，单调递增， 当时，单调递减.所以，所以. 故选：C. 【例题2】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）若对任意的，且，都有，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将变形为，构造函数，可判断在上单调递减，进而利用导数求出的递减区间，列出不等式，即可得答案. 【详解】由题意知，且， 故，即， 故，令，则在上单调递减， 又， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故，则， 即的最小值是 【例题3】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)若，讨论的单调性； (2)若，对任意，都有，同时在上存在两个极值点m，n，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）当a = 0时，根据导函数正负分类讨论求出单调区间； （2）构造函数，结合函数的单调性，再应用极值点个数列不等式计算求参. 【详解】（1）当a = 0时，， 时，,在R上单调递增， 时，，在单调递减， ，在单调递增. （2）设，因为， 所以化简得，设，则， 则在单调递减， 所以在，，所以恒成立， 设，，则在单调递增，则， 因为在上存在两个极值点m，n，所以有两个根，则在上有两个根， 所以，， 设，， 则，在单调递增，则，在单调递减，所以，所以，所以，则，综上. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·重庆·期末）若对任意的恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将已知变形为，然后构造函数，将问题转化为在上恒成立，转化为的最大值问题，利用导数求解可得. 【详解】因为，所以，则可化为， 整理得， 因为，所以， 令，则函数在上单调递减， 则在上恒成立， 所以在上恒成立， 令，则在上恒成立， 则在上单调递减， 所以，故， 所以得最小值为. 【巩固练习2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）若对任意的，且，，则的最大值是 ． 【答案】 【分析】由题意可得，令，则，则可得在上递增，然后利用导数求出的递增区间，从而可求出的最大值. 【详解】因为，所以， 所以由，得，所以， 所以，令，则， 因为对任意的，且，所以在上递增， 由，得，由，得，得， 解得，所以的递增区间为，所以的最大值为. 【巩固练习3】（23-24高二下·云南·开学考试）已知函数，对任意且，恒有成立，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据题意，设函数，转化为在为递增函数，进而得到在上恒成立，进而得到在上恒成立，即可求解. 【详解】由对任意且，恒有， 可得，整理得， 因为任意且， 设函数，则函数在为单调递增函数， 因为，可得在为单调递增函数， 可得在上恒成立，所以在上恒成立， 即在上恒成立，所以， 所以实数的取值范围为. 【巩固练习4】（23-24高二下·江苏南通·期中）已知函数，当时，，则实数a的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据函数的奇偶性，构造函数，得到单调性，从而得到的取值范围. 【详解】因为，所以， 所以为奇函数. 任取，所以， 所以，等价于， 即， 令函数，所以任意，， 所以在上不存在单调减区间. 又因为，， 所以对恒成立， 所以对恒成立， 因为的最小值为， 所以. 【题型10】切线放缩 二级结论 常见不等式放缩 1、常见的指数放缩：；； 证明1：设，所以，所以当时，，所以为减函数，当当时，，所以为增函数，所以当时，取得最小值为，所以，即 证明2：对于，该不等式在R上恒成立，若令，则有 ，当时，不等式两边同乘，则有， 最后得出 2.常见的对数放缩： 证明3： 对于，令，则有，可得. 3.常见三角函数的放缩： 典型例题 【例题1】（23-24高二下·江苏苏州·期末）设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据指数函数与对数函数的单调性即可比较，构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可比较的大小，进而可比较的大小，即可得解. 【详解】因为， 所以， 令，则， 所以在上为增函数， 所以，即，所以， 则，即， 综上所述，. 【例题2】设，，，，则( ) A．a＜b＜c＜d B．a＜c＜b＜d C．a＜b＜d＜c D．a＜c＜d＜b 【答案】B 由不等式，可得a＜c＜b 而，即，即 当x=0.1时，，， 故a＜c＜b＜d 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别构建，，利用导数判断单调性，结合单调性分析判断. 【详解】构建，则当时恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以，即； 构建，则当时恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以，即； 综上所述：. 【巩固练习2】已知，，则( ) 【答案】D ，，故 ，，故 观察，发现都含有，把换成， 自变量在内，可以得出的大小，故. 【巩固练习3】（2025·江西赣州·一模）若a，，自然对数的底数为e，则的最小值为 ． 【答案】2 【分析】将原式变形，再设函数，求导求得最小值，即可求得结果. 【详解】由， 设，求导，，令，解得：， 令，解得，令，解得， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，故， 所以， 当且仅当时，等号成立. 【题型11】构造函数比大小 典型例题 【例题1】已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出． 【详解】［方法一］：（指对数函数性质） 由可得，而，所以，即，所以. 又，所以，即， 所以.综上，. ［方法二］：【最优解】（构造函数） 由，可得． 根据的形式构造函数 ，则， 令，解得 ，由 知 . 在 上单调递增，所以 ，即 ， 又因为 ，所以 . 故选：A. 【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法； 法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解． 【例题2】（23-24高二下·湖南岳阳·期末）设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先判断与，与的大小，然后构造函数，通过研究得出与的大小，选出答案. 【详解】设，则， 当时，，即在上单调递减， 故，故，所以， 所以，即； 因为，所以，即； 构造函数，， 当时，，单调递增， 所以，即. 【例题3】（23-24高二下·广东佛山·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据指数函数的性质结合的单调性分析判断. 【详解】因为在上递减，且， 所以， 因为在上递减，且， 所以， 令，则， 因为，所以， 所以在上递增， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以. 巩固练习 题型 【巩固练习1】实数中值最大的是 . 【答案】 【分析】由指数函数幂函数的单调性可知这4个数的最大数在与之中，令，利用导数判断出单调性可得，即可得答案. 【详解】因为，由指数函数是单调递增函数，所以， 幂函数是单调递增函数，所以， 故这4个数的最大数在与之中， 令，所以，当即时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减，故函数的单调递增区间为， 单调递减区间为．  得，即．由， 得，所以； 这4个数中的最大数是. 【巩固练习2】已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意可得，，，令，利用导数说明函数的单调性，结合函数的单调性比较大小. 【详解】依题意可得，，， 设，则，当时，，单调递减， 又，所以，即，即. 【巩固练习3】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用指数对数的运算法则，构造函数利用导数判断函数的单调性，即可求解. 【详解】因为， 构造函数则，，， 令 所以，当，为增函数，当，为减函数， 所以 因为，又因为， 所以，所以. 模块三 极值点与极值点综合 【题型12】三次函数综合问题 基础知识 考查频率：三次函数图像与性质的考查在近五年高考中保持一定频率，尤其在新课标全国卷中较为常见。 考点内容：主要考查三次函数的图像特征（如中心对称性、开口方向）、单调性（通过导数分析）、极值点（一阶导数为零的点）以及图像与性质的综合应用。 题型分布：常以选择题、填空题或解答题的形式出现，涉及三次函数的零点、最值、极值、单调区间等具体问题。 三次函数根与系数关系：对于，若有3个交点，则 方程可以写为， 展开后得 比对系数，则有：，，， 典型例题 【例题1】（23-24高二下·湖北武汉·期末）设函数，则下列正确的是（    ） A．当时，不是的切线 B．存在，使得没有对称中心 C．若有三个不同的零点，则 D．当时，若是的极值点，则 【答案】C 【分析】利用导数的几何意义，求得在店处的切线方程，可判定A错误；根据则，得到关于对称，可判定B不正确；设的三个零点分别为，结合，可判定C正确；根据，令，结合二次函数的性质，可判定D正确. 【详解】对于A中，当时，，则，可得， 所以曲线在点处的切线方程为，所以A错误； 对于B中，函数，可得， 则，所以函数关于点对称， 即对于任意，曲线关于点对称，所以B不正确； 设函数的三个零点分别为， 则有， 对比含的系数，可得，所以C正确； 对于D中，当时，由，可得， 令，即，可得，所以D错误. 【例题2】（23-24高二下·重庆·期末）（多选）已知三次函数有极小值点，则下列说法中正确的有（    ） A． B．函数有三个零点 C．函数的对称中心为 D．过可以作两条直线与的图象相切 【答案】ACD 【分析】根据题意可得，即可判断A；求出函数的单调区间及极值，即可判断B；求出即可判断C；设出切点，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点求出切点，即可判断D. 【详解】， 因为函数有极小值点， 所以，解得， 所以，， 当或时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又 所以函数仅有个在区间上的零点，故A正确，故B错误； 对于C，由， 得， 所以函数的图象关于对称，故C正确； 对于D，设切点为，则， 故切线方程为， 又过点，所以， 整理得，即， 解得或， 所以过可以作两条直线与的图象相切，故D正确. 【例题3】（多选）已知三次函数有三个不同的零点，若函数也有三个不同的零点，则下列等式或不等式一定成立的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】对于A，由题意可得有两个不同的实根，则，从而可进行判断，对于B，根据图象分析判断，对于CD，由零点的定义结合方程化简变形进行判断. 【详解】，因为原函数有三个不同的零点，则有两个不同的实根， 即，则，即，所以A错误； 因为三次函数有三个不同的零点， 所以， 所以， 同理， 所以，故C正确，D错误； 由的图象与直线的交点可知，B正确． 故选：BC．    巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·广东东莞·期末）(多选)已知函数在处取到极大值1，则以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】对函数进行求导，根据极值点导数意义，判断A，B；根据函数在处取到极大值，则函数在的附近单调性为“左增右减”，用导数正负来判断C，D. 【详解】因为，则. 函数在处取到极大值1.则，则A正确； 两式子相减，得到，即，则B正确； 由前面知道，，则， 由于函数在处取到极大值，则函数的附近单调性为“左增右减”. 则，对于时，， 即，即， 即，即，则.则C正确，D错误. 故选：ABC. 【巩固练习2】（2023·全国·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可. 【详解】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，， 当，， 故的极大值为，极小值为 若要存在3个零点，则，即，解得 【巩固练习3】函数的图像如图所示，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由图可知，，列式求解可得a、b、c的关系，再结合可得. 【详解】， 由题图可知，，，， 则，…①，…②， ②-①得，即． ①+②得，则，所以，则． 则，所以的取值范围为： 故答案为：． 【巩固练习4】（2024·全国2卷·高考真题）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 【巩固练习5】（2024·重庆育才中学·阶段练习）（多选）已知三次函数有三个不同的零点，函数.则（    ） A． B．若成等差数列，则 C．若恰有两个不同的零点，则 D．若有三个不同的零点，则 【答案】ABD 【分析】对于A，由题意可得有两个不同实根，则由即可判断；对于B，若成等差数列，则，从而结合即可判断；对于C，若恰有两个零点，则或必为极值点，分类讨论即可判断；对于D，由韦达定理即可判断. 【详解】 ，，，对称中心为，对A：因为有三个零点，所以必有两个极值点，所以，，A正确； 对B，由成等差数列，及三次函数的中心对称性可知， 所以， 又，故，所以，所以，故B正确； 对C：，即， 若恰有两个零点，则或必为极值点； 若为极值点，则该方程的三个根为，，，由一元三次方程的韦达定理可知：； 若为极值点，同理可得，故C错； 对D：由韦达定理， 得， 即，故D正确. 【巩固练习6】（深圳一模）（多选）已知函数，若，其中，则（    ） A． B． C． D．的取值范围为 【答案】BCD 【分析】对求导，利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象．设，由图象可得知，，的取值范围，从而可判断A；又根据，对照系数可得的值，可得得取值范围，从而可判断C，D；结合A和C即可判断B． 【详解】因为，所以， 令，解得或， 当时，或，所以单调递增区间为和； 当时，，所以单调递减区间为， 的图象如右图所示， 设，则，，故A错误； 又，所以， 即， 对照系数得，故选项C正确； ，故选项D正确； 因为，所以，解得，故选项B正确 【题型13】由零点、极值点个数求参数范围 基础知识 1、函数的零点 (1)函数霉点的定义：对于函数，把使的实数叫做函数的零点． (2)三个等价关系 方程有实数根⇔函数的图象与x轴有交点的横坐标⇔函数有零点． 2、函数零点的判定 如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是的根．我们把这一-结论称为函数零点存在性定理。 注意：单调性+存在零点=唯一零点 典型例题 【例题1】（23-24高二下·重庆·期末）若方程恰有三个不相等的实根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将问题转化为有三个交点，构造，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图象求解. 【详解】由可得， 记，则， 当或时，，当时，，故 在上单调递减，在上单调递增， 故在取得极小值，，在处取得极大值，， 而时，恒有成立， 方程恰有三个不相等的实根，即曲线与直线恰有三个不相等的交点， 与直线图象如下， 由图知，当时，曲线与直线恰有三个不相等的实根 【例题2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知有两个不等的实数解，转化为方程有两个实根，再次转化为的图象与有两个不同的交点，然后利用导数的单调区间，画出的图象，结合图象求解即可. 【详解】的定义域为，则， 因为有两个极值，所以有两个不等的实数解， 由，得， 令，， 则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 因为，， 所以当时，，当时，， 所以的图象如图所示，    由图可知当时，的图象与的图象有两个不同的交点，即有两个极值， 因为是的真子集， 所以“有两个极值”的一个必要不充分条件是 【例题3】（23-24高二下·广东广州·期末）已知函数只有1个零点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】参变分离可得，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，从而得到函数图象，依题意与有且只有一个交点，结合图象即可求出的取值范围. 【详解】令，则，令，则， 所以当或时，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，在处取得极小值， 且，，当时，当时，当时， 则的函数图象如下所示： 依题意与有且只有一个交点，则或， 即的取值范围是. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·陕西咸阳·一模）已知在区间内存在2个极值点，则实数a的取值范围为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，根据极值点可得与在内有2个交点，利用导数判断的单调性和最值，结合图象分析求解. 【详解】因为，可知在内有2个变号零点， 由可得，可知：与在内有2个交点， 又因为， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 且，， 结合图象可得，所以实数a的取值范围为. 【巩固练习2】已知是自然对数的底数，函数有且只有一个零点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据条件得到函数有且只有一个零点，等价于方程（）只有一个实数根，即直线与的图像只有一个交点，利用导数求出函数的单调性，从而得到的图像，根据数形结合即可得出实数的取值范围. 【详解】由题意令，可得（）， 设，， 则， 令，可知在上单调递减，又， 则时，，即，所以在上单调递增， 时，，即，所以在上单调递减， 则在处取得极大值，且时，，时，， 作出函数的图像，如图所示： 若函数有且只有一个零点，则直线与的图像只有一个交点， 即或，解得：或， 则实数的取值范围为，故答案为：. 【巩固练习3】（2024·广东佛山·二模）若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】化简函数，得到和在上单增，结合存在唯一的，使，即，且存在唯一的，使，结合，进而得到实数的取值范围． 【详解】由函数， 设，可得，单调递增， 且，， 所以存在唯一的，使，即， 令，即， 设，可得，则在上单增， 又由且时，， 所以当时，存在唯一的，使，即， 若时，可得，则，可得，所以， 所以，综上所述，实数的取值范围为． 【巩固练习4】（23-24高三上·浙江宁波·期末）若函数有两个零点，则正整数的最小值为 ．（其中是自然对数的底数，参考数据：，） 【答案】18 【分析】根据零点转化为有两个交点，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合图像求解. 【详解】令，显然不是函数的零点， 所以， 记，则， 故当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递减， 当时，单调递增，且恒成立， 且， 故作出的大致图象如下： 要使有两个零点，则的图象有两个交点， 所以，或， 由于， 故正整数的最小值18， 故答案为：18 【题型14】隐零点问题 基础知识 隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题. 1、隐零点就是指一个函数可以判断它在某个区间上有一个零点，但是这个零点具体是什么却无法计算或根本不需要计算，只需利用它的存在去解答题目. 2、在求解函数问题时，很多时候都需要求函数在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数在区间I上存在唯一的零点（例如，函数在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是(因为不易求出，所以把零点叫做隐零点)，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法. 知识点01 利用“隐零点”研究极（最）值问题 要点诠释：在利用“隐零点”研究极(最)值问题时,往往利用零点的存在性,对函数的零点设而不求,通过整体代换、构造函数等,再结合题目条件解决问题. 知识点02 利用“隐零点”确定参数取值范围 利用“隐零点”确定参数取值范围的方法：确定函数的单调性和极值点、利用极值点处导数值为零的条件表达参数、代入极值的保号性求出的范围、最后根据的范围和参数表达式求出参数的取值范围. 要点诠释：在求解参数范围时，需要根据求出的最值范围对零点的范围进行调整，以确保求出的参数范围准确.如果隐零点的限定范围合适，无需再缩小隐零点的范围，否则无法准确判断出参数的最大或最小值. 知识点03 利用“隐零点”解答不等式恒成立（证明）问题 要点诠释：利用“隐零点”解答不等式恒成立（证明）问题，关键在于通过设定隐零点，利用函数的单调性、极值等性质，结合不等式的性质进行解决问题.主要策略包括： ①‌运用隐零点式替换‌，简化函数表达式：通过设置隐零点，将复杂的函数表达式转化为更易于处理的形式，如通过替换幂和对数式等，简化问题的求解过程. ②‌借助隐零点搭桥‌，协助描绘函数性态：通过隐零点的设定和分析，可以更好地理解函数的单调性、极值等性质，从而协助解决问题. 典型例题 【例题1】函数的最小值为(    ) A. B. C. D. ，定义域是， ， ，令，， 在上单调递增，，， 存在，使得，即， 在上，，在上，， 即在上，，在上，， 在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得最小值，又，， ． 故选：． 【例题2】若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】化简函数，得到和在上单增，结合存在唯一的，使，即，且存在唯一的，使，结合，进而得到实数的取值范围． 【详解】由函数， 设，可得，单调递增， 且，， 所以存在唯一的，使，即， 令，即， 设，可得，则在上单增， 又由且时，， 所以当时，存在唯一的，使，即， 若时，可得，则，可得，所以， 所以，综上所述，实数的取值范围为． 【例题3】（22-23高二下·广东深圳·期中）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围 ． 【答案】 【分析】利用导数研究函数的单调性，求出函数最小值，依题意，即可得到关于的不等式，解得即可． 【详解】∵的定义域为， ∴， 令，， 又易知在上单调递增， 又，， ∴，使得， ∴时，即单调递减； 当时，即单调递增； ∴的最小值为， ∵，∴，， ∴的最小值为， 又恒成立， ∴，∴， 故实数的取值范围为． 巩固练习 题型 【巩固练习1】(多选)已知函数，是函数的极值点，以下几个结论中正确的是(    ) A. B. C. D. 【详解】函数，， ，易得在递增， ，，所以存在唯一的，使得， 当时，单调递减，当时，单调递增， 即是函数的极小值点，函数无极大值点， ，即A正确，不正确； 是极值点， ，，即 C错误，D正确， 故选AD． 【巩固练习2】已知是自然对数的底数，函数只有一个零点，则实数a的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由题可知函数只有一个零点等价于方程只有一个实数根，即函数图象与图象仅有一个交点，利用导数求出函数的单调性画出其图象利用数形结合即可得出实数a的取值范围为. 【详解】根据题意可得令，可得； 令，则， 易知， 令，则，即函数在上单调递增， 且，因此存在，使得，且； 因此当时，即， 当时，，即； 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 即存在极小值，也是最小值； 由可得，可得，所以； 当趋近于0时，函数趋近于，当趋近于时，函数趋近于0，画出函数图象如下图所示： 若函数只有一个零点，等价于函数图象与图象仅有一个交点，由图可得当或时，满足题意；所以，实数a的取值范围为. 【巩固练习3】已知函数，时，，则实数的范围是 . 【答案】 【分析】先应用参数分离，构造新函数，把恒成立转化为求最小值，二次求导根据单调性求最值即可. 【详解】由题可得对任意恒成立， 等价于对任意恒成立， 令，则， 令，则， 在单调递增， ，， 存在唯一零点，且，使得， 在单调递减，在单调递增， ，，即， 令，显然在单调递增，则，即，则，. 【巩固练习4】已知函数，不等式对任意恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题可得对任意恒成立，等价于对任意恒成立， 令，则， 令，则， 在单调递增， ， 存在唯一零点，且，使得， 在单调递减，在单调递增，， ，即， 令，显然在单调递增，则，即， 则，. 【巩固练习5】已知，若，且对任意恒成立，则k的最大值为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【解析】 因为，且对任意恒成立，即对任意恒成立. 令（），则. 令（），则， 当时，，所以函数在上单调递增. 因为，， 所以方程在上存在唯一实根，满足. 当时，，即，当时，，即， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，故， 所以，， 所以，故整数k的最大值是4. 模块四 其它综合问题 【题型15】原函数与导函数对称性与周期性 基础知识 要点诠释：奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数 典型例题 【例题1】（23-24高二下·重庆·期末）（多选）已知非常值函数及其导函数的定义域均为,则（） A．若,则为奇函数 B．若为偶函数,则 C．若为偶函数,为奇函数,则 D．若与均为偶函数,则 【答案】BC 【分析】利用函数的对称性和函数的奇偶性求解各个选项，其中抽象函数可以求导进而找到导函数的对称性，可以举具体的例子用具体的函数求解. 【详解】A选项：若,则关于对称，则是将函数的图象像右平移2个单位，并向下平移1个单位，则函数的图象关于对称，则函数不是奇函数，故选项A错误. B选项：若为偶函数，则则函数关于对称， 则 令则 则故选项B正确. C选项:若为偶函数,为奇函数, 则 则关于对称，关于对称， 则 则故半周期为 则周期为4，则 故选项C正确. D选项：若与均为偶函数， 则令则 即关于和对称， 则关于对称，关于对称，例如. 【例题2】（23-24高二下·湖北武汉·期中）已知函数及其导函数定义域均为，满足，且为奇函数，记，其导函数为，则（    ） A． B．2 C．1 D．0 【答案】B 【分析】首先得到关于对称，再两边求导，再得到关于对称，再分析出他们的周期性，最后计算即可. 【详解】因为，两边同时求导可得:，又，即， 可得关于对称， 对两边同时求导可得， 则关于对称；又为奇函数， 则，求导可得，所以关于对称，同时求导得，则关于对称， 由关于以及关于对称得 ①，，则， 则，则，则作差得， 的周期为6； 同理的周期也为6，因此， 又关于对称，； 由关于对称，可得； 所以. 故选：B. 【例题3】（23-24高二下·湖北武汉·期末）（多选）设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，为偶函数，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据导数的运算法则取特值判断A，根据偶函数的性质和导数的运算法则可得的图象关于点对称，的图象关于点对称，利用对称性判断BC，根据函数的运算性质和对称性判断D即可. 【详解】选项A：因为，所以， 所以当时，，即，A说法正确； 选项B：因为为偶函数，所以， 所以，即， 所以的图象关于点对称，， 又因为，所以，即， 所以的图象关于点对称， 所以由A得，解得，所以，B说法错误； 选项C： 因为的图象关于点对称，的图象关于点对称， 所以由得， 所以， 将代入得， 所以，所以，C说法正确； 选项D：因为的图象关于点对称，所以的图象关于对称， 所以的图象关于对称， 所以 ，D说法正确 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·山东济南·期末）(多选)已知函数与其导函数的定义域均为R，且为奇函数，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】A.由为奇函数判断；BC.由求导判断；D.由还原原函数判断. 【详解】解：因为为奇函数，所以所以A正确； 由A可知，求导数所以关于直线对称， 又所以即故B错误，C正确 因为所以 所以D错误. 故选：AC 【巩固练习2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则 . 【答案】2024 【分析】先利用复合函数的导数与的奇偶性判断的奇偶性，进而推得与的周期性，再利用赋值法求得，的值，从而得解. 【详解】因为是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故， 由①，则，代入②， 可得，即，即，又是奇函数， 所以，所以是周期为2的周期函数， 又，可知也是周期为2的周期函数， 令代入②，得， 令代入①，得， 令代入②，得， 联立，解得， 所以. 【巩固练习3】（2025·广东湛江·一模）(多选)设定义在R上的函数和，记的导函数为，且满足，，若为奇函数，则下列结论一定成立的有（   ）． A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】利用已知得出的图象关于对称，又得出是偶函数，从而它的周期性，然后通过的值计算出相应的值，判断各选项． 【详解】由得． 又，所以，即， 所以关于对称，． 又因为是奇函数，故是偶函数，所以满足条件． 对于选项A，因为，所以， 所以，选项A正确； ，选项B正确； 因为，所以， 所以，选项C正确； 对于选项D，，但不一定为0，选项D错误． 故选：ABC． 【巩固练习4】（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）（多选）已知函数及其导函数的定义域均为，若均为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ） A． B．的图象关于点对称 C． D． 【答案】ACD 【分析】根据，为奇函数，进而计算可求得，的周期，对称中心，进而可判断每个选项的正确性. 【详解】对于A：因为为奇函数，则， 令，则可得，所以，故A正确； 对于B：因为为奇函数，所以， 所以，所以的图象关于点对称，故B错误； 对于C：由，可得， 所以， 由，两边求导数可得， 即，所以， 所以，所以，故C正确； 对于D：因为的图象关于点对称，所以的图象关于点对称， 所以，所以， 所以，所以， 所以，所以是以4为周期的周期函数， 由，可得， 所以，所以， 所以，故D正确. 【题型16】函数指对同构 基础知识 常见同构模型 （1）乘积同构模型： （2）商式同构模型： （3）和差同构模型： 典型例题 【例题1】设实数，e为自然对数的底数，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】可对原不等式进行变形，再将转换成，构造函数，研究其函数的单调性，并根据和的大小关系，利用单调性进行求解即可. 【详解】   由，可得， 两边同除得：， 可设函数，， 当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，图像如上图所示，因为，， 故由可得，所以，整理得得. 【例题2】已知a＞b＞1，若，则 A．ln(a＋b)＞1 B．ln(a－b)＜0 C． D． 【答案】A 总结：一般都是去括号，这题反过来，可能一下子看不出来，后续计算量很小 第一步，提公因式： 第二步，局部同构： 第三步，构造函数：令，易知在，则有， 故，则A正确 【例题3】（23-24高二下·湖北武汉·期末）设函数，若存在实数，使得，则的最小值为（    ） A． B．2 C．1 D． 【答案】C 【分析】变形得到，故，二次求导得到在R上单调递增，从而得到，故，构造，求导得到其单调性，确定最值，得到答案. 【详解】， 存在实数，使得，即， ， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，也是最小值， ， 故在R上单调递增， 所以， 故， 令，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 所以，当且仅当，时，等号成立. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数，若，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】由移项得： （说明：将变量移至一边的原则进行变形） 即，两边同时加（x－1）得 （说明：系数升指数、按左右结构相同的原则进行变形） 即 设，则，所以单增 所以，即 设，则，所以在单减，在单增， 所以，所以. 【巩固练习2】已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是____________ . 【答案】 在上恒成立等价于 第一步，错位同构：， 第二步，构造对应函数：令，则有 第三步，分析单调性，定义域：易知，故在上单调递减 第四步，由单调性求出参数范围： 【巩固练习3】已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是________． 【答案】 解：由题意得：恒成立， 则需要满足，显然恒成立，故只需，即. 【巩固练习4】实数x，y满足，则的最小值为________ 【答案】 令 由洛必达法则可知，由此可得，，令， ，故在，，故 总结：常规指对同构，需要结合洛必达法则作出函数图像 【题型17】含参函数性质综合分析 典型例题 【例题1】（23-24高二下·湖北十堰·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若有极小值，则 B．若在上单调递增，则 C．对任意的存在唯一零点 D．若恒成立，则 【答案】BCD 【分析】对于A，对函数求导后，当时求函数的极值判断，对于B，由题意可得在上恒成立，转化为在上恒成立，然后构造函数，利用导数求其最小值即可，对于C，由，得，构造函数，利用导数判断其单调性进行分析判断，对于D，由，得，令，利用导数判断其在上单调递增，则有，再转化为，再构造函数利用导数求出其最小值即可. 【详解】对于A，， 当时，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以有极小值，故A错误． 对于B，若在上单调递增，则在上恒成立， 所以，即． 令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故B正确． 对于C，令，则． 令，则，所以在上单调递增． 因为，且当时，，当时，， 所以与曲线只有一个交点，即存在唯一零点，故C正确． 对于D，由，得， 即．令，则． ，令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以在上单调递增． 因为，所以，所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以，所以，故D正确． 【例题2】（23-24高二下·浙江温州·期末）（多选）已知函数，下列结论正确的是（    ） A．当时，在处的切线方程为 B．当时，恒成立 C．若恰有一个零点，则 D．若恰有两个零点，则 【答案】ABD 【分析】求导，根据点斜式即可求切线方程判断A，根据导数判断函数的单调性，即可求解B，构造函数，由导数求解单调性，即可得直线与的交点个数，进而判断CD. 【详解】对于A，当时，，，则，, 故切线方程是，即，故A正确； 对于B，当时，，， 当单调递增，当单调递减， 故，故B正确， 对于CD，令，则，记，则， 当单调递增，当单调递减， 故，又，而， 故当时，此时直线与有两个不相等的交点， 当或时，直线与有1个交点，故C错误，D正确， 故选：ABD. 【例题3】（23-24高二下·江苏南通·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的有（    ） A．曲线恒过定点 B．若，则的极小值为0 C．若，则 D．若，则的最大值大于 【答案】ACD 【分析】对于A，求出即可；对于B，结合导数求出的极值即可；对于C，利用导数求出的单调性，结合单调性比较和的大小即可；对于D，结合导数求出的最大值为，令，利用导数的最值即可. 【详解】对于A，令，可得，所以曲线恒过，故A正确； 对于B，当时，，则， 令，解得：，当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减，所以的极大值为， 故B不正确； 对于C，，当，则，所以在上单调递增， 又，即，则，故C正确； 对于D，当时，由，解得：， 当时，，则在上单调递增，当，， 则在上单调递减， 所以， 令，则， 所以当时，，则在上单调递增， 所以，即的最大值大于， 而，故，即，所以D正确 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·江西萍乡·一模）(多选)已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若有2个零点，则 B．当时，是增函数 C．当时，恒成立 D．当时，若是的零点，则 【答案】ABD 【分析】方程的根的问题，通过变形转化为直线与函数图象交点问题；对于函数的单调性问题，通过求一阶导数，再对求导研究单调性，进而确定的单调性. 【详解】显然，由，得， 所以直线与函数的图象有2个交点，又， 所以当或时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 从而在处取得极小值. 又时，；当时，；当时，， 在同一直角坐标系中作出的图象以及直线， 由图可见，当且仅当时，直线与的图象有两个公共点，故A正确； 当时，，对求导得. 再对求导得. 令，即，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得最小值，， 即恒成立，所以是增函数，选项B正确. 当时，，， 所以不恒成立，选项C错误. 当时，，，. 因为是增函数，且， 所以由零点存在定理可知，的零点满足，选项D正确. 故选：ABD. 【巩固练习2】（2025·广东肇庆·二模）(多选)已知函数有两个极值点，则（    ） A．或 B． C．存在实数，使得 D． 【答案】BD 【分析】A，B选项，两个极值点问题，转化为导函数两个异号零点问题；通过复合函数换元，将导函数转化为对勾函数或二次函数，利用对勾函数和二次函数的图象与性质快速的求解； C选项，解法1：先利用整体代入法，消，再利用单调性证明；解法2：利用为极小值点，通过证明； D选项，利用消元，转化为，利用单调性证明； 【详解】易知， 令，则. 令，则.设， 由对勾函数的图象可知： 当时，与的图象有两个交点， 因为，故不成立，故A错误； 设，则①， 设为①式的两根，则，即②， ③. 由③式可知，所以，则， 故B正确； 解法1：由②式可知， 令， 则， 则在上单调递减，所以， 故，所以不存在实数使得，故C错误； 解法2：，，， 可得为区间的极小值点，则必有，故C错误； 由③式可知，所以， 要证 ， 仅需证明成立. 令，则. 则在上单调递增，所以， 故，故D正确. 故选：BD. 【巩固练习3】（2025·广东茂名·一模）(多选)已知函数，则（    ） A．当时，是增函数 B．当时，的值域为 C．当时，曲线关于点对称 D．当时，，则 【答案】ACD 【分析】根据复合函数的单调性判断A，利用特殊值判断B，计算即可判断C，根据函数的对称性与单调性转化为，再结合二次不等式的性质计算可得D. 【详解】对于A：因为定义域为， 当时在定义域上单调递增，且，又在上单调递增， 所以在定义域上单调递增，故A正确； 对于B：当时，但是，故B错误； 对于C：当时，， 则，所以曲线关于点对称，故C正确； 对于D：当时，的图象是由图象向右平移个单位得到， 所以的对称中心为，且在定义域上单调递增， 所以，可得， 即，从而得到， 即恒成立，所以，解得，故D正确. 故选：ACD 【巩固练习4】（23-24高二下·山东泰安·阶段练习）（多选）已知函数（为常数），则下列结论正确的有（    ） A．时，恒成立 B．时，无极值 C．若有3个零点，则的范围为 D．时，有唯一零点且 【答案】BCD 【分析】A选项，当时，二次求导得到函数单调性，结合得到A错误；B选项，时，二次求导得到函数单调性，得到B正确；C选项，当时，显然，时，参变分离，记，求导得到其单调性，结合特殊点函数值得到的范围为，C正确；D选项，二次求导得到函数单调性，结合零点存在性定理可知，存在唯一的，满足. 【详解】对于A，当时，，令， 令，则，在上单调递增，在上单调递减， 故， 在上单调递增，，故A错误； 对于B，当时，令， 令，则，令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， 故， 在上单调递增，无极值，故B正确；    对于C，令，当时，显然， 故不是函数的零点， 当时，则，记，则， 令得或，令得， 故在单调递增，在单调递减，且， 且当和时，， 故有3个零点，则的范围为，C正确， 对于D，当时，，， 令，则， 令，则，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减，故， 在上单调递增，则此时至多只有一个零点， 又， 由零点存在性定理可知，存在唯一的，满足，选项D正确 【题型18】利用导数求体积的最大值 基础知识 三元均值不等式：， 应用：（1）若，求的最小值；（2）求的最小值 （1）；（2） 可以跳过求导的操作得出最值 典型例题 【例题1】将一个体积为的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为，由球体积求得球半径，根据边长、高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于的函数，利用导数求体积最大值. 【详解】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为， 由球的体积为，则，解得， ，即，故， 正三棱锥的体积为：， ， 由得：，此时函数单调递增， 由得：，此时函数单调递减， 当时，取得最大值，且最大值为. 【例题2】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知一个圆锥的母线长为，则当其体积最大时，该圆锥的内切球半径为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】用表示出体积，利用导数求最值，由轴截面面积列方程即可得解. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则， 则，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，当圆锥体积取得最大值时，， 设圆锥内切球的半径为，则由轴截面面积可得， 解得. 故选：A 巩固练习 题型 【巩固练习1】如图，已知一个圆锥的底面半径为，高为，它的内部有一个正三棱柱，且该正三棱柱的下底面在圆锥的底面上，则这个正三棱柱的体积的最大值为 . 【答案】 【分析】设正三棱柱上底面三角形的外接圆半径为，高为，利用相似关系可知，由此可将正三棱柱体积表示为关于的函数的形式，利用导数可求得体积的最大值. 【详解】过三棱柱的上底面的平面平行于圆锥的底面，则该平面截圆锥所得的截面为一个小圆； 要使正三棱柱体积最大，则正三棱柱的上底面三角形内接于该小圆； 设小圆的半径为，正三棱柱的高为， ，解得：；又正三棱柱的底面三角形面积， 正三棱柱的体积，则； 当时，；当时，；当时，. 【巩固练习2】已知某圆锥的母线长为3，则当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】表达出圆锥的体积，通过求导得出其单调性，即可求出当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数. 【详解】由题意，圆锥的母线长为3， 设圆锥的底面半径为，高为，则，， ∴ 体积：， ∴， ∴当时，单调递增，当时，单调递减， 当时，取得最大值， 此时，侧面展开图的圆心角. 【巩固练习3】直六棱柱的底面是正六边形，其体积是，则该六棱柱的外接球的表面积的最小值是 . 【答案】 【分析】设正六边形的边长为a, ,表示出直六棱柱的体积建立方程,将a用x表示,该六棱柱的外接球的直径为BC,可求出外接球的表面积，利用导数研究函数的最值即可. 【详解】如图， 设正六边形的边长为a,则底面面积，设，(x>0)， 则六棱柱的体积为即，故 而该六棱柱的外接球的直径为， 所以该六棱柱的外接球的表面积为， 令，则,令,解得x=2， 当 时, ,单调递减， 当时, ，单调递增, 所以当时，取最小值， 所以该六棱柱的外接球的表面积的最小值是 【巩固练习4】已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为 . 【答案】 【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可. 【详解】因为，所以正三棱锥外接球半径， 如图所示，设外接球圆心为O，过向底面作垂线垂足为D，， 要使正三棱锥体积最大，则底面与在圆心的异侧， 因为是正三棱锥，所以D是的中心， 所以， 又因为，所以， ， 所以， 令， 解得或， 当，；当，， 所以在递增，在递减， 故当时，正三棱锥的体积最大，此时正三棱锥的高为， 故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为. 2 / 92 学科网（北京）股份有限公司 $$【重难点突破】2024-2025学年高二下学期热点题型专练（新高考） 专题1-5 导数中档题必刷 总览 题型·解读 模块一 切线问题综合 1 【题型1】由切线条数求参数范围 1 【题型2】利用切线求距离最小值 3 【题型3】公切线问题 4 【题型4】切线问题综合 5 模块二 单调性问题综合 6 【题型5】由单调性求参数范围 6 【题型6】恒成立问题 8 【题型7】能成立问题 9 【题型8】原函数与导函数混合问题 9 【题型9】构造函数解不等式 11 【题型10】切线放缩 13 【题型11】构造函数比大小 15 模块三 极值点与极值点综合 15 【题型12】三次函数综合问题 15 【题型13】由零点、极值点个数求参数范围 18 【题型14】隐零点问题 19 模块四 其它综合问题 21 【题型15】原函数与导函数对称性与周期性 21 【题型16】函数指对同构 22 【题型17】含参函数性质综合分析 24 【题型18】利用导数求体积的最大值 26 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 切线问题综合 【题型1】由切线条数求参数范围 基础知识 设切点为，则斜率，过切点的切线方程为：， 又因为切线方程过点，所以然后解出的值，有多少个解对应有多少条切线． 典型例题 【例题1】（23-24高二下·浙江衢州·期末）若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【例题2】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）已知函数，过点可作条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是 . 【例题3】（2024·河南信阳·模拟预测）若过点仅可作曲线的两条切线，则的取值范围是 . 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2022年新高考全国I卷数学真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ． 【巩固练习2】（2024届广东省六校高三第一次联考T8）已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则的取值范围是________ （23-24高三·湖北武汉·阶段练习）已知过点可以作曲线的两条切线，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【巩固练习4】（2024·宁夏银川·二模）已知点不在函数的图象上，且过点仅有一条直线与的图象相切，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习5】（2024·内蒙古·三模）若过点可以作曲线的两条切线，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【题型2】利用切线求距离最小值 基础知识 利用导数的几何意义求最值问题，利用数形结合的思想方法解决，常用方法平移切线法. 典型例题 【例题1】（23-24高二下·重庆·期中）已知直线分别与曲线和曲线交于两点，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【例题2】（23-24高二下·山东枣庄·阶段练习）点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值是（    ） A．1 B． C．2 D． 【例题3】 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·福建福州·期中）若点是曲线上任意一点，则点到直线距离最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【巩固练习2】（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）若点P是曲线上任意一点，则点P到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】（23-24高二下·河北邢台·期末）已知为函数，图象上一动点，则点到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习4】（23-24高三上·山东聊城·期末）最优化原理是指要求目前存在的多种可能的方案中，选出最合理的，达到事先规定的最优目标的方案，这类问题称之为最优化问题.为了解决实际生活中的最优化问题，我们常常需要在数学模型中求最大值或者最小值.下面是一个有关曲线与直线上点的距离的最值问题，请你利用所学知识来解答：若点是曲线上任意一点，则到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习5】（23-24高二上·湖北·期末）点M是曲线上的动点，则点M到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【题型3】公切线问题 基础知识 公切线问题应根据两个函数在切点处的斜率相等，并且切点不但在切线上而且在曲线上，罗列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组进行求解． 公切线问题主要有以下3类题型 （1）求2个函数的公切线 解题方法：设2个切点坐标，利用切线斜率相同得到3个相等的式子，联立求解 （2）2个函数存在公切线，求参数范围 解题方法：设2个切点坐标，列出斜率方程，再转化为方程有解问题 （3）已知两个函数之间公切线条数，求参数范围 解题方法：设2个切点坐标，列出斜率方程，再转化为方程解的个数问题 典型例题 【例题1】（23-24高三上·广东深圳·期末）(多选)若直线与曲线相切，则的取值可能为（    ） A．1 B．2 C．3 D．6 【例题2】已知（e为自然对数的底数），，请写出与的一条公切线的方程 . 巩固练习 题型 【巩固练习1】与曲线和都相切的直线方程为__________. 【巩固练习2】已知直线是曲线与曲线的公切线，则的值为 . 【巩固练习3】已知函数，若曲线与曲线存在公切线，则实数的最大值为__________． 【巩固练习4】已知曲线在点P处的切线与在点Q处的切线平行，若点P的纵坐标为1，则点Q的纵坐标为 ． 【题型4】切线问题综合 典型例题 【例题1】（2025·广东佛山·一模）若直线与曲线相切，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 【例题2】（2025·广东深圳·一模）已知曲线与曲线只有一个公共点，则（   ） A． B．1 C．e D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·广东惠州·模拟预测）已知，若点为曲线与曲线的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的最大值为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】（2025·山东济宁·一模）曲线与和分别交于两点，设曲线在处的切线斜率为在处的切线斜率为，若，则（   ） A． B． C． D． 【巩固练习3】（2024·全国·模拟预测）若直线与曲线相切，则的最小值为（    ） A． B．－2 C．－1 D．0 所以，即，所以，则的最小值为－1 【巩固练习4】已知直线恒在曲线的上方，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 模块二 单调性问题综合 【题型5】由单调性求参数范围 解题技巧 （1）若在某个区间上单调递减，则在该区间上有恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足，才能得出在某个区间上单调递减． （2）已知区间上函数不单调，转化为导数在区间内存在变号零点，通常用分离变量法求解参变量范围． （3）存在增区间或减区间可以转化为导函数大于或小于零的相关不等式有解问题 典型例题 【例题1】若函数在区间上单调，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【例题2】若函数在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【例题3】（23-24高二下·广东·期末）若函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·江苏常州·期中）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】（23-24高三上·福建泉州·阶段练习）若函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】若函数在区间上不单调，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D．m>1 【题型6】恒成立问题 解题技巧 利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略： 形如的恒成立的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或，利用导数求得函数的单调性与最值即可； （1）恒成立⇔； （2）恒成立⇔； （3）能成立⇔； （4）能成立⇔. 3、数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 典型例题 【例题1】当时，函数的图象恒在抛物线的上方，则实数的取值范围是 ． 【例题2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数，若恒成立，则的最小值为 . 【例题3】（2025·辽宁·一模）已知函数，若，则的最大值为 . 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知在时恒成立，则实数的最小值为 .（注：为自然对数的底数） 【巩固练习2】（23-24高二下·浙江·期中）已知关于的不等式在上恒成立（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围为 . 【巩固练习3】（23-24高二下·湖北十堰·期末）已知函数，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为 ． 【巩固练习4】（23-24高二下·湖北武汉·期中）已知函数，若不等式对恒成立，则实数的取值范围为 . 【题型7】能成立问题 典型例题 【例题1】已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是 . 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·江西萍乡·一模）设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是 . 【题型8】原函数与导函数混合问题 解题技巧 常见函数不等式的构造 模型1．对于构造 模型2．对于不等式构造函数 模型3．对于不等式构造函数 模型3拓展：对于不等式构造函数 模型4．对于不等式构造函数 模型4拓展：对于，构造函数 模型5．对于不等式，构造函数 模型5拓展：对于不等式构造函数 模型6．对于不等式构造函数 模型6拓展：对于，构造函数 模型7.三角函数构造 （1） （2） （3） （3） 典型例题 【例题1】（23-24高二下·湖北·期末）已知定义在上的函数的导函数为，对于任意的实数都有，且时，．若，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【例题2】（24-25高三上·重庆·期中）设是定义在上的连续函数的导函数，(为自然对数的底数)，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【例题3】对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，设，，，则（    ） A． B． C． D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·重庆·期中）已知是函数的导数，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知函数的定义域为，且，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】是定义域为上的奇函数，，当时，有，则不等式的解集为 ． 【巩固练习4】（23-24高二下·浙江·期中）（多选）已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（    ） A． B．在定义域上单调递增 C．是偶函数 D．函数有两个极值点 【巩固练习5】（23-24高二下·广东佛山·期末）已知是定义域为的偶函数，当时，有，且，则 ；不等式的解集为 . 【题型9】构造函数解不等式 典型例题 【例题1】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数，若对任意的，当时，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【例题2】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）若对任意的，且，都有，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【例题3】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)若，讨论的单调性； (2)若，对任意，都有，同时在上存在两个极值点m，n，求的取值范围. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·重庆·期末）若对任意的恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）若对任意的，且，，则的最大值是 ． 【巩固练习3】（23-24高二下·云南·开学考试）已知函数，对任意且，恒有成立，则实数的取值范围是 . 【巩固练习4】（23-24高二下·江苏南通·期中）已知函数，当时，，则实数a的取值范围为 ． 【题型10】切线放缩 二级结论 常见不等式放缩 1、常见的指数放缩：；； 证明1：设，所以，所以当时，，所以为减函数，当当时，，所以为增函数，所以当时，取得最小值为，所以，即 证明2：对于，该不等式在R上恒成立，若令，则有 ，当时，不等式两边同乘，则有， 最后得出 2.常见的对数放缩： 证明3： 对于，令，则有，可得. 3.常见三角函数的放缩： 典型例题 【例题1】（23-24高二下·江苏苏州·期末）设，，，则（    ） A． B． C． D． 【例题2】设，，，，则( ) A．a＜b＜c＜d B．a＜c＜b＜d C．a＜b＜d＜c D．a＜c＜d＜b 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知，则（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】已知，，则( ) 【巩固练习3】（2025·江西赣州·一模）若a，，自然对数的底数为e，则的最小值为 ． 【题型11】构造函数比大小 典型例题 【例题1】已知，则（    ） A． B． C． D． 【例题2】（23-24高二下·湖南岳阳·期末）设，，，则（    ） A． B． C． D． 【例题3】（23-24高二下·广东佛山·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】实数中值最大的是 . 【巩固练习2】已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 模块三 极值点与极值点综合 【题型12】三次函数综合问题 基础知识 考查频率：三次函数图像与性质的考查在近五年高考中保持一定频率，尤其在新课标全国卷中较为常见。 考点内容：主要考查三次函数的图像特征（如中心对称性、开口方向）、单调性（通过导数分析）、极值点（一阶导数为零的点）以及图像与性质的综合应用。 题型分布：常以选择题、填空题或解答题的形式出现，涉及三次函数的零点、最值、极值、单调区间等具体问题。 三次函数根与系数关系：对于，若有3个交点，则 方程可以写为， 展开后得 比对系数，则有：，，， 典型例题 【例题1】（23-24高二下·湖北武汉·期末）设函数，则下列正确的是（    ） A．当时，不是的切线 B．存在，使得没有对称中心 C．若有三个不同的零点，则 D．当时，若是的极值点，则 【例题2】（23-24高二下·重庆·期末）（多选）已知三次函数有极小值点，则下列说法中正确的有（    ） A． B．函数有三个零点 C．函数的对称中心为 D．过可以作两条直线与的图象相切 【例题3】（多选）已知三次函数有三个不同的零点，若函数也有三个不同的零点，则下列等式或不等式一定成立的有（    ） A． B． C． D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·广东东莞·期末）(多选)已知函数在处取到极大值1，则以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】（2023·全国·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】函数的图像如图所示，则的取值范围是 ． 【巩固练习4】（2024·全国2卷·高考真题）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【巩固练习5】（2024·重庆育才中学·阶段练习）（多选）已知三次函数有三个不同的零点，函数.则（    ） A． B．若成等差数列，则 C．若恰有两个不同的零点，则 D．若有三个不同的零点，则 【巩固练习6】（深圳一模）（多选）已知函数，若，其中，则（    ） A． B． C． D．的取值范围为 【题型13】由零点、极值点个数求参数范围 基础知识 1、函数的零点 (1)函数霉点的定义：对于函数，把使的实数叫做函数的零点． (2)三个等价关系 方程有实数根⇔函数的图象与x轴有交点的横坐标⇔函数有零点． 2、函数零点的判定 如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是的根．我们把这一-结论称为函数零点存在性定理。 注意：单调性+存在零点=唯一零点 典型例题 【例题1】（23-24高二下·重庆·期末）若方程恰有三个不相等的实根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【例题2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（    ） A． B． C． D． 【例题3】（23-24高二下·广东广州·期末）已知函数只有1个零点，则的取值范围是 . 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·陕西咸阳·一模）已知在区间内存在2个极值点，则实数a的取值范围为（   ）． A． B． C． D． 【巩固练习2】已知是自然对数的底数，函数有且只有一个零点，则实数的取值范围为 . 【巩固练习3】（2024·广东佛山·二模）若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是 ． 【巩固练习4】（23-24高三上·浙江宁波·期末）若函数有两个零点，则正整数的最小值为 ．（其中是自然对数的底数，参考数据：，） 【题型14】隐零点问题 基础知识 隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题. 1、隐零点就是指一个函数可以判断它在某个区间上有一个零点，但是这个零点具体是什么却无法计算或根本不需要计算，只需利用它的存在去解答题目. 2、在求解函数问题时，很多时候都需要求函数在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数在区间I上存在唯一的零点（例如，函数在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是(因为不易求出，所以把零点叫做隐零点)，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法. 知识点01 利用“隐零点”研究极（最）值问题 要点诠释：在利用“隐零点”研究极(最)值问题时,往往利用零点的存在性,对函数的零点设而不求,通过整体代换、构造函数等,再结合题目条件解决问题. 知识点02 利用“隐零点”确定参数取值范围 利用“隐零点”确定参数取值范围的方法：确定函数的单调性和极值点、利用极值点处导数值为零的条件表达参数、代入极值的保号性求出的范围、最后根据的范围和参数表达式求出参数的取值范围. 要点诠释：在求解参数范围时，需要根据求出的最值范围对零点的范围进行调整，以确保求出的参数范围准确.如果隐零点的限定范围合适，无需再缩小隐零点的范围，否则无法准确判断出参数的最大或最小值. 知识点03 利用“隐零点”解答不等式恒成立（证明）问题 要点诠释：利用“隐零点”解答不等式恒成立（证明）问题，关键在于通过设定隐零点，利用函数的单调性、极值等性质，结合不等式的性质进行解决问题.主要策略包括： ①‌运用隐零点式替换‌，简化函数表达式：通过设置隐零点，将复杂的函数表达式转化为更易于处理的形式，如通过替换幂和对数式等，简化问题的求解过程. ②‌借助隐零点搭桥‌，协助描绘函数性态：通过隐零点的设定和分析，可以更好地理解函数的单调性、极值等性质，从而协助解决问题. 典型例题 【例题1】函数的最小值为(    ) A. B. C. D. 【例题2】若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是 ． 【例题3】（22-23高二下·广东深圳·期中）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围 ． 巩固练习 题型 【巩固练习1】(多选)已知函数，是函数的极值点，以下几个结论中正确的是(    ) A. B. C. D. 【巩固练习2】已知是自然对数的底数，函数只有一个零点，则实数a的取值范围为 ． 【巩固练习3】已知函数，时，，则实数的范围是 . 【巩固练习4】已知函数，不等式对任意恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【巩固练习5】已知，若，且对任意恒成立，则k的最大值为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 模块四 其它综合问题 【题型15】原函数与导函数对称性与周期性 基础知识 要点诠释：奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数 典型例题 【例题1】（23-24高二下·重庆·期末）（多选）已知非常值函数及其导函数的定义域均为,则（） A．若,则为奇函数 B．若为偶函数,则 C．若为偶函数,为奇函数,则 D．若与均为偶函数,则 【例题2】（23-24高二下·湖北武汉·期中）已知函数及其导函数定义域均为，满足，且为奇函数，记，其导函数为，则（    ） A． B．2 C．1 D．0 【例题3】（23-24高二下·湖北武汉·期末）（多选）设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，为偶函数，，则（    ） A． B． C． D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·山东济南·期末）(多选)已知函数与其导函数的定义域均为R，且为奇函数，，则（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则 . 【巩固练习3】（2025·广东湛江·一模）(多选)设定义在R上的函数和，记的导函数为，且满足，，若为奇函数，则下列结论一定成立的有（   ）． A． B． C． D． 【巩固练习4】（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）（多选）已知函数及其导函数的定义域均为，若均为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ） A． B．的图象关于点对称 C． D． 【题型16】函数指对同构 基础知识 常见同构模型 （1）乘积同构模型： （2）商式同构模型： （3）和差同构模型： 典型例题 【例题1】设实数，e为自然对数的底数，若，则（    ） A． B． C． D． 【例题2】已知a＞b＞1，若，则 A．ln(a＋b)＞1 B．ln(a－b)＜0 【例题3】（23-24高二下·湖北武汉·期末）设函数，若存在实数，使得，则的最小值为（    ） A． B．2 C．1 D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数，若，则的取值范围是 . 【巩固练习2】已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是____________ . 【巩固练习3】已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是________． 【巩固练习4】实数x，y满足，则的最小值为________ 总结：常规指对同构，需要结合洛必达法则作出函数图像 【题型17】含参函数性质综合分析 典型例题 【例题1】（23-24高二下·湖北十堰·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若有极小值，则 B．若在上单调递增，则 C．对任意的存在唯一零点 D．若恒成立，则 【例题2】（23-24高二下·浙江温州·期末）（多选）已知函数，下列结论正确的是（    ） A．当时，在处的切线方程为 B．当时，恒成立 C．若恰有一个零点，则 D．若恰有两个零点，则 【例题3】（23-24高二下·江苏南通·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的有（    ） A．曲线恒过定点 B．若，则的极小值为0 C．若，则 D．若，则的最大值大于 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·江西萍乡·一模）(多选)已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若有2个零点，则 B．当时，是增函数 C．当时，恒成立 D．当时，若是的零点，则 【巩固练习2】（2025·广东肇庆·二模）(多选)已知函数有两个极值点，则（    ） A．或 B． C．存在实数，使得 D． 【巩固练习3】（2025·广东茂名·一模）(多选)已知函数，则（    ） A．当时，是增函数 B．当时，的值域为 C．当时，曲线关于点对称 D．当时，，则 【巩固练习4】（23-24高二下·山东泰安·阶段练习）（多选）已知函数（为常数），则下列结论正确的有（    ） A．时，恒成立 B．时，无极值 C．若有3个零点，则的范围为 D．时，有唯一零点且 【题型18】利用导数求体积的最大值 基础知识 三元均值不等式：， 应用：（1）若，求的最小值；（2）求的最小值 （1）；（2） 可以跳过求导的操作得出最值 典型例题 【例题1】将一个体积为的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【例题2】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知一个圆锥的母线长为，则当其体积最大时，该圆锥的内切球半径为（    ） A． B． C． D．1 巩固练习 题型 【巩固练习1】如图，已知一个圆锥的底面半径为，高为，它的内部有一个正三棱柱，且该正三棱柱的下底面在圆锥的底面上，则这个正三棱柱的体积的最大值为 . 【巩固练习2】已知某圆锥的母线长为3，则当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】直六棱柱的底面是正六边形，其体积是，则该六棱柱的外接球的表面积的最小值是 . 【巩固练习4】已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为 . 1 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $$