回归教材：函数与导数讲义-2026届高三数学一轮复习

回归课本2  函数与导数 高考考点 命题分析 函数概念 考查的内容主要有：①结合一元一次不等式、一元二次不等式、指数与对数不等式考查函数的定义域；②考查用待定系数法、换元法等求解函数的解析式； 函数性质与应用 高考的高频考点，以选择题或填空题为主，分值大约10分，一般不会出现单一知识点的考题，常结合函数的单调性、奇偶性、周期性命题，或将函数的性质融入函数的图象进行考查，也可能与导数、不等式等结合命题.命题点有：①结合函数的定义综合考查函数的基本性质；②考查指数函数、对数函数、二次函数、幂函数的图象和性质；③结合函数的图象考查函数的性质、函数的零点与方程的根；④结合实际问题考查函数的应用. 导数 高考的热点，一般考查“两小一大”或“一小一大”，分值一般为20分，解答题一般作为压轴题出现，选择、填空题也有可能作为压轴小题出现，难度较大.重点考查利用导数判断函数的图象、导数的几何意义、求曲线的切线方程、利用导数判断或证明函数的单调性、函数的极值和最值问题，或由以上考查内容为基础，考查利用导数证明不等式、解决恒成立问题及有解问题、函数的零点问题. （人教A版必修第一册P87习题3.2T13） 课本典例1.我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数. （1）求函数图象的对称中心； （2）类比上述推广结论，写出“函数的图象关于轴成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数”的一个推广结论. 【解析】（1）∵， ∴. 设，则， ∴为奇函数，∴的图象关于点对称. 即的图象的对称中心是点. （2）函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数. 【解读扩展】 求解与函数对称性有关的问题时，应根据题目特征和对称性的定义，求出函数的对称轴或对称中心，大多是结合图象利用对称性解决求值或参数问题. 解决函数奇偶性与图象的对称性的综合问题时，要注意把已知函数的奇偶性按定义转化，再判断函数图象的对称轴或对称中心；也可利用图象变换关系得出函数图象的对称性.总之，要充分利用已知条件进行适当转化. 【真题再现】 （2022全国乙卷数学（理）） 1．已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ） A． B． C． D． （人教A版必修第一册P117例3） 课本典例2.比较下列各题中两个值的大小： （1）； （2）； （3）. 【解析】（1）和可看作函数当分别取2.5和3时所对应的两个函数值. 因为底数，所以指数函数是增函数. 因为，所以. （2）同（1）理，因为，所以指数函数是减函数，因，所以. （3）由指数函数的性质知， 所以. （人教A版必修第一册P133例3） 课本典例3.比较下列各题中两个值的大小： （1），； （2），； （3），. 【解析】（1）解：因为函数在上为增函数，且，所以，. （2）解：因为函数在上为减函数，且，所以，. （3）解：当时，函数在上为减函数， 因为，所以，； 当时，函数在上为增函数， 因为，所以，. 综上所述，当时，；当时，. 【解读扩展】指、对、幂比较大小的方法 （1）单调性法；（2）中间值法；（3）作差比较法；（4）作商比较法；（5）图象法. 【真题再现】 （2024天津高考数学） 2．设，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． （2021天津高考数学） 3．设，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． （人教A版必修第一册P125例5） 课本典例4.尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为.2011年3月11日，日本东北部海域发生里氏9.0级地震，它所释放出来的能量是2008年5月12日我国汶川发生里氏8.0级地震的多少倍（精确到1）？ 【解析】设里氏9.0级和8.0级地震的能量分别为和. 由，可得，. 于是， 则 利用计算工具可得， 虽然里氏9.0级地震与里氏8.0级地震仅相差1级，但前者释放出来的能量却是后者的约32倍 【解读扩展】求解已知函数模型解决实际问题的关键 （1）认清所给函数模型，弄清哪些量为待定系数. （2）根据已知利用待定系数法，确定模型中的待定系数. （3）利用该函数模型，借助函数的性质、导数等求解实际问题，并进行检验. 【真题再现】 （2021全国高考甲卷数学（理）） 4．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（    ）（） A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6 （人教A版必修第一册P161复习参考题4T12） 课本典例5.对于函数. （1）探索函数的单调性并用定义证明； （2）是否存在实数a使函数为奇函数？ 【解析】（1）易得的定义域为， 而为增函数，则为减函数， 故是增函数，证明如下： 任取，，且，则， 则， ，故在上为增函数. （2）假设存在实数a，使为奇函数，则， ， 则，， 经检验，当时，满足题意， 故存在实数，使函数为奇函数. 【解读扩展】函数奇偶性可解决的问题及解题方法 求函数值 将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解 求解析式 将待求区间上的自变量转化到已知解析式的区间上，再利用奇偶性的定义求出 求参数 利用待定系数法求解，根据f（x）±f（－x）＝0得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程（组），进而求出参数的值 【真题再现】 （2023新课标全国Ⅱ卷数学） 5．若为偶函数，则（    ）． A． B．0 C． D．1 （2022高考全国乙卷数学（文）） 6．若是奇函数，则 ， ． （人教A版选择性必修第二册P81习题5.2T5） 课本典例6.求曲线在点处的切线方程． 【解析】由函数的解析式可得：， 所求切线的斜率为：， 由于切点坐标为，故切线方程为：， 即为. 【解读扩展】求切线方程的策略 求曲线的切线方程要分清“在点处”与“过点处”的切线方程的不同．过点处的切点坐标不知道，要设出切点坐标，根据斜率相等，切点在切线上，切点在曲线上建立方程（组）求解，求出切点坐标是解题的关键． 【真题再现】 （2023高考全国甲卷数学（文）） 7．曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． （2024全国甲卷数学（理）） 8．设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． （人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19） 课本典例7.已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围； 【解析】（1）定义域为R， ， 当时，恒成立，在R上单调递减， 当时，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 综上：当时，在R上单调递减， 当时，则在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知，当时，在R上单调递减，则在R上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去； 当时，则在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，， 要想有两个零点，要满足， 令，， 恒成立，所以在上单调递增， 又注意到，所以， 又， 由零点存在性定理，在上有一零点， 设正整数满足， 则， 而， 由零点存在性定理，在有一个零点. 综上：的取值范围是. （人教A版选择性必修第二册P87练习T2） 课本典例8.利用导数讨论二次函数的单调区间． 【解析】由题设知：，而时有， 当时，单调递增，则上，单调递减；上，单调递增； 当时，单调递减，则上，单调递增；上，单调递减； ∴综上，时在上递减，上递增；时在上递增，上递减； 【解读扩展】求含参函数的单调区间分类讨论的策略 （1）注意确定函数的定义域，在定义域的限制条件下研究单调区间； （2）注意观察f（x）的表达式（或其中的某一部分、某个因式等）的取值是否恒为正（或恒为负），这往往是分类讨论的出发点； （3）注意结合解含参数不等式中分类讨论的一些常用方法，例如：对二次项系数正负的讨论，对判别式Δ的讨论，对根的大小比较的讨论等；若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式Δ的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内； （4）分类讨论要做到不重不漏，同时还要注意对结果进行综述． 【真题再现】 （2021全国乙卷数学（文）节选） 9．已知函数．讨论的单调性； （2023新课标全国Ⅰ卷数学节选） 10．已知函数，讨论的单调性； （人教A版选择性必修第二册P97习题5.3T12） 课本典例9.利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证： （1），； （2），． 【解析】（1）由题意，等价于，令， ∴，而， ∴时，，单调递减；时，，单调递增； 故在上恒成立，即， ∴，得证. （2）由题设，等价于，等价于， 令，则，而， ∴时，，单调递减；时，，单调递增； 故在上恒成立，即， ∴在上恒成立， 令，则，而， ∴时，，单调递增， 故在上恒成立，即， ∴在上恒成立， 综上，，上恒成立. 【解读扩展】待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． 【真题再现】 （2023天津高考数学节选） 11．已知函数.当时，证明：. （人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T9） 课本典例10.已知函数.若在处有极大值，求的值. 【解析】（1）因为， 所以. 当，即，或时，函数可能有极值. 由题意，当时，函数有极大值，所以. 当变化时，，的变化情况如下表所示： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 因此，当时，有极大值，此时， 所以. 【解读扩展】已知函数极值点或极值求参数的2个关键 列式 根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解 验证 因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性 【真题再现】 （2021全国高考乙卷数学（文）） 12．设，若为函数的极大值点，则（    ） A． B． C． D． （2022全国乙卷数学（理）） 13．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ． （人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T13） 课本典例11.已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求的值. 【解析】由，得， 则， 所以曲线在点处的切线方程为， 即， 当时，由，解得， 所以曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点； 当时，由，得， 由，解得，符合题意； 综上：实数 的值为0或； 【解读扩展】求解公切线问题的策略 确定两曲线的公切线问题，切点是切线的核心．解决这类问题的关键是设出切点的坐标，用好相切的特征，即若两个函数的图象有相同的切线，则需根据函数与切线在切点处的函数值相等以及两函数在切点处的导函数的函数值也相等，构建方程（组）加以求解． 【真题再现】 （2020高考新课标Ⅲ数学（理）） 14．若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（    ） A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+ （人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T15） 课本典例12.用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，扇形的圆心角为多大时，容器的容积最大？ 【解析】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则，因此 ，令 解得． ∴ 当时容积最大，把代入得 由得，即圆心角为时容积最大． 【解读扩展】对于此类问题，首先根据题意建立函数模型，利用导数研究函数的最值即可. 【真题再现】 （2022新高考全国I卷数学） 15．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 回归课本2  函数与导数 高考考点 命题分析 函数概念 考查的内容主要有：①结合一元一次不等式、一元二次不等式、指数与对数不等式考查函数的定义域；②考查用待定系数法、换元法等求解函数的解析式； 函数性质与应用 高考的高频考点，以选择题或填空题为主，分值大约10分，一般不会出现单一知识点的考题，常结合函数的单调性、奇偶性、周期性命题，或将函数的性质融入函数的图象进行考查，也可能与导数、不等式等结合命题.命题点有：①结合函数的定义综合考查函数的基本性质；②考查指数函数、对数函数、二次函数、幂函数的图象和性质；③结合函数的图象考查函数的性质、函数的零点与方程的根；④结合实际问题考查函数的应用. 导数 高考的热点，一般考查“两小一大”或“一小一大”，分值一般为20分，解答题一般作为压轴题出现，选择、填空题也有可能作为压轴小题出现，难度较大.重点考查利用导数判断函数的图象、导数的几何意义、求曲线的切线方程、利用导数判断或证明函数的单调性、函数的极值和最值问题，或由以上考查内容为基础，考查利用导数证明不等式、解决恒成立问题及有解问题、函数的零点问题. （人教A版必修第一册P87习题3.2T13） 课本典例1.我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数. （1）求函数图象的对称中心； （2）类比上述推广结论，写出“函数的图象关于轴成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数”的一个推广结论. 【解析】（1）∵， ∴. 设，则， ∴为奇函数，∴的图象关于点对称. 即的图象的对称中心是点. （2）函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数. 【解读扩展】 求解与函数对称性有关的问题时，应根据题目特征和对称性的定义，求出函数的对称轴或对称中心，大多是结合图象利用对称性解决求值或参数问题. 解决函数奇偶性与图象的对称性的综合问题时，要注意把已知函数的奇偶性按定义转化，再判断函数图象的对称轴或对称中心；也可利用图象变换关系得出函数图象的对称性.总之，要充分利用已知条件进行适当转化. 【真题再现】 （2022全国乙卷数学（理）） 1．已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解. 【详解】因为的图像关于直线对称， 所以， 因为，所以，即， 因为，所以， 代入得，即， 所以， . 因为，所以，即，所以. 因为，所以，又因为， 联立得，， 所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R， 所以 因为，所以. 所以. 故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题. （人教A版必修第一册P117例3） 课本典例2.比较下列各题中两个值的大小： （1）； （2）； （3）. 【解析】（1）和可看作函数当分别取2.5和3时所对应的两个函数值. 因为底数，所以指数函数是增函数. 因为，所以. （2）同（1）理，因为，所以指数函数是减函数，因，所以. （3）由指数函数的性质知， 所以. （人教A版必修第一册P133例3） 课本典例3.比较下列各题中两个值的大小： （1），； （2），； （3），. 【解析】（1）解：因为函数在上为增函数，且，所以，. （2）解：因为函数在上为减函数，且，所以，. （3）解：当时，函数在上为减函数， 因为，所以，； 当时，函数在上为增函数， 因为，所以，. 综上所述，当时，；当时，. 【解读扩展】指、对、幂比较大小的方法 （1）单调性法；（2）中间值法；（3）作差比较法；（4）作商比较法；（5）图象法. 【真题再现】 （2024天津高考数学） 2．设，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可. 【详解】因为在上递增，且， 所以， 所以，即， 因为在上递增，且， 所以，即， 所以， 故选：D （2021天津高考数学） 3．设，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据指数函数和对数函数的性质求出的范围即可求解. 【详解】，， ，， ，， . 故选：D. （人教A版必修第一册P125例5） 课本典例4.尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为.2011年3月11日，日本东北部海域发生里氏9.0级地震，它所释放出来的能量是2008年5月12日我国汶川发生里氏8.0级地震的多少倍（精确到1）？ 【解析】设里氏9.0级和8.0级地震的能量分别为和. 由，可得，. 于是， 则 利用计算工具可得， 虽然里氏9.0级地震与里氏8.0级地震仅相差1级，但前者释放出来的能量却是后者的约32倍 【解读扩展】求解已知函数模型解决实际问题的关键 （1）认清所给函数模型，弄清哪些量为待定系数. （2）根据已知利用待定系数法，确定模型中的待定系数. （3）利用该函数模型，借助函数的性质、导数等求解实际问题，并进行检验. 【真题再现】 （2021全国高考甲卷数学（理）） 4．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（    ）（） A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6 【答案】C 【分析】根据关系，当时，求出，再用指数表示，即可求解. 【详解】由，当时，， 则. 故选：C. （人教A版必修第一册P161复习参考题4T12） 课本典例5.对于函数. （1）探索函数的单调性并用定义证明； （2）是否存在实数a使函数为奇函数？ 【解析】（1）易得的定义域为， 而为增函数，则为减函数， 故是增函数，证明如下： 任取，，且，则， 则， ，故在上为增函数. （2）假设存在实数a，使为奇函数，则， ， 则，， 经检验，当时，满足题意， 故存在实数，使函数为奇函数. 【解读扩展】函数奇偶性可解决的问题及解题方法 求函数值 将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解 求解析式 将待求区间上的自变量转化到已知解析式的区间上，再利用奇偶性的定义求出 求参数 利用待定系数法求解，根据f（x）±f（－x）＝0得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程（组），进而求出参数的值 【真题再现】 （2023新课标全国Ⅱ卷数学） 5．若为偶函数，则（    ）． A． B．0 C． D．1 【答案】B 【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可. 【详解】因为 为偶函数，则 ，解得， 当时，，，解得或， 则其定义域为或，关于原点对称. ， 故此时为偶函数. 故选：B. （2022高考全国乙卷数学（文）） 6．若是奇函数，则 ， ． 【答案】 ； ． 【分析】根据奇函数的定义即可求出． 【详解】[方法一]：奇函数定义域的对称性 若，则的定义域为，不关于原点对称 若奇函数的有意义，则且 且， 函数为奇函数，定义域关于原点对称， ，解得， 由得，， ， 故答案为：；． [方法二]：函数的奇偶性求参 函数为奇函数 [方法三]： 因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称． 由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意． 故答案为：；． （人教A版选择性必修第二册P81习题5.2T5） 课本典例6.求曲线在点处的切线方程． 【解析】由函数的解析式可得：， 所求切线的斜率为：， 由于切点坐标为，故切线方程为：， 即为. 【解读扩展】求切线方程的策略 求曲线的切线方程要分清“在点处”与“过点处”的切线方程的不同．过点处的切点坐标不知道，要设出切点坐标，根据斜率相等，切点在切线上，切点在曲线上建立方程（组）求解，求出切点坐标是解题的关键． 【真题再现】 （2023高考全国甲卷数学（文）） 7．曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解. 【详解】设曲线在点处的切线方程为， 因为， 所以， 所以 所以 所以曲线在点处的切线方程为. 故选：C （2024全国甲卷数学（理）） 8．设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积. 【详解】， 则， 即该切线方程为，即， 令，则，令，则， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积. 故选：A. （人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19） 课本典例7.已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围； 【解析】（1）定义域为R， ， 当时，恒成立，在R上单调递减， 当时，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 综上：当时，在R上单调递减， 当时，则在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知，当时，在R上单调递减，则在R上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去； 当时，则在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，， 要想有两个零点，要满足， 令，， 恒成立，所以在上单调递增， 又注意到，所以， 又， 由零点存在性定理，在上有一零点， 设正整数满足， 则， 而， 由零点存在性定理，在有一个零点. 综上：的取值范围是. （人教A版选择性必修第二册P87练习T2） 课本典例8.利用导数讨论二次函数的单调区间． 【解析】由题设知：，而时有， 当时，单调递增，则上，单调递减；上，单调递增； 当时，单调递减，则上，单调递增；上，单调递减； ∴综上，时在上递减，上递增；时在上递增，上递减； 【解读扩展】求含参函数的单调区间分类讨论的策略 （1）注意确定函数的定义域，在定义域的限制条件下研究单调区间； （2）注意观察f（x）的表达式（或其中的某一部分、某个因式等）的取值是否恒为正（或恒为负），这往往是分类讨论的出发点； （3）注意结合解含参数不等式中分类讨论的一些常用方法，例如：对二次项系数正负的讨论，对判别式Δ的讨论，对根的大小比较的讨论等；若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式Δ的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内； （4）分类讨论要做到不重不漏，同时还要注意对结果进行综述． 【真题再现】 （2021全国乙卷数学（文）节选） 9．已知函数．讨论的单调性； 【答案】答案见解析 【分析】求出函数的导函数，分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； 【详解】解：因为定义域为，所以， 对于方程，则， 当，即时，所以，所以在上单调递增， 当，即时，的解为：，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 综上可得：当时，在上单调递增， 当时，在，上单调递增，在上单调递减. （2023新课标全国Ⅰ卷数学节选） 10．已知函数，讨论的单调性； 【答案】答案见解析 【分析】先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解. 【详解】∵，定义域为，∴， 当时，由于，则，故恒成立， ∴在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （人教A版选择性必修第二册P97习题5.3T12） 课本典例9.利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证： （1），； （2），． 【解析】（1）由题意，等价于，令， ∴，而， ∴时，，单调递减；时，，单调递增； 故在上恒成立，即， ∴，得证. （2）由题设，等价于，等价于， 令，则，而， ∴时，，单调递减；时，，单调递增； 故在上恒成立，即， ∴在上恒成立， 令，则，而， ∴时，，单调递增， 故在上恒成立，即， ∴在上恒成立， 综上，，上恒成立. 【解读扩展】待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． 【真题再现】 （2023天津高考数学节选） 11．已知函数.当时，证明：. 【答案】证明见解析 【分析】将所证不等式变形为：当时，，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，即可证得结论成立. 【详解】要证时，，即证. 令且，则， 所以在上单调递增，则，即， 所以时，. （人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T9） 课本典例10.已知函数.若在处有极大值，求的值. 【解析】（1）因为， 所以. 当，即，或时，函数可能有极值. 由题意，当时，函数有极大值，所以. 当变化时，，的变化情况如下表所示： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 因此，当时，有极大值，此时， 所以. 【解读扩展】已知函数极值点或极值求参数的2个关键 列式 根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解 验证 因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性 【真题再现】 （2021全国高考乙卷数学（文）） 12．设，若为函数的极大值点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项. 【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故. 有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的. 当时，由，，画出的图象如下图所示：    由图可知，，故. 当时，由时，，画出的图象如下图所示：    由图可知，，故. 综上所述，成立. 故选：D 【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答. （2022全国乙卷数学（理）） 13．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点 因为，所以方程的两个根为， 即方程的两个根为， 即函数与函数的图象有两个不同的交点， 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 所以当时，，即图象在上方 当时，，即图象在下方 ，图象显然不符合题意，所以． 令，则， 设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为， 则切线的斜率为，故切线方程为， 则有，解得，则切线的斜率为， 因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为． [方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导 =0的两个根为 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 设函数，则， 若，则在上单调递增，此时若， 则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数 且的极小值点和极大值点，则，不符合题意； 若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以. 【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解； 法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法． （人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T13） 课本典例11.已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求的值. 【解析】由，得， 则， 所以曲线在点处的切线方程为， 即， 当时，由，解得， 所以曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点； 当时，由，得， 由，解得，符合题意； 综上：实数 的值为0或； 【解读扩展】求解公切线问题的策略 确定两曲线的公切线问题，切点是切线的核心．解决这类问题的关键是设出切点的坐标，用好相切的特征，即若两个函数的图象有相同的切线，则需根据函数与切线在切点处的函数值相等以及两函数在切点处的导函数的函数值也相等，构建方程（组）加以求解． 【真题再现】 （2020高考新课标Ⅲ数学（理）） 14．若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（    ） A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+ 【答案】D 【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【详解】设直线在曲线上的切点为，则， 函数的导数为，则直线的斜率， 设直线的方程为，即， 由于直线与圆相切，则， 两边平方并整理得，解得，（舍）， 则直线的方程为，即. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题. （人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T15） 课本典例12.用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，扇形的圆心角为多大时，容器的容积最大？ 【解析】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则，因此 ，令 解得． ∴ 当时容积最大，把代入得 由得，即圆心角为时容积最大． 【解读扩展】对于此类问题，首先根据题意建立函数模型，利用导数研究函数的最值即可. 【真题再现】 （2022新高考全国I卷数学） 15．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵球的体积为，所以球的半径, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，, 所以， 所以正四棱锥的体积， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为， 又时，，时，, 所以正四棱锥的体积的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是. 故选：C. [方法二]：基本不等式法 由方法一故所以当且仅当取到， 当时，得，则 当时，球心在正四棱锥高线上，此时， ，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$