导数及其应用全真试题专项解析&解析几何全真试题专项解析-【数理报】2026年高考数学专项提分

64 写数及其应用： 河南 导数是高中数学知识的重要组成部分，是高 中数学与大学数学最重要的一个衔接点，在近三 年的高考中，导数几乎全部作为必考内容出现在 各地的高考试卷中，在高考命题上，导数多充当 “工具性”的作用，与函数、解析几何、不等式等 知识密切联系.在处理曲线的切线、函数的最值 及单调性、参数的范围、实际生活中的优化等问 题方面，导数发挥着重大的作用，因此是高考解 答题命题的重要着眼点 一、函数的单调性 利用导数法求函数的单调区间，是此部分知 识在高考中命题的一个重要着眼点.求解时，一 般方法是令函数的导数分别大于、小于零，分别 得到函数的增、减区间.处理此类问题时，还要注 意在求解之前，先求出函数的定义域，然后再去 求函数的单调区间. 二、函数的极值 函数极值的考查很多时候是与函数最值联 系在一起的，但近几年的高考中，函数极值的单 独考查出现较多.求解极值，要先求出函数的导 数，令导数为零，求出相应的变量值，结合函数的 单调性，判断极值是否存在，进而求出极值.反 之，如果函数在某一点处取得极值，则在该点处 的导数为零，同学们要注意这一结论的应用. 三、函数的最值 求解函数的最值，同样要先求出函数的导 数，令导数为零，求出函数的极值，点，根据极值去 判断函数的最值.高考在对这部分知识考查时， 往往是求函数在某一闭区间上的最值，这样在处 理时，不但要考虑极值，点，还要将在极值点处求 得的函数值，与区间端点处的函数值进行比较， 以得到最大、最小值 题型一 导数的运算及其几何意义 例1 若x=2是函数f(x)=(x-1)(x -2)(x-a)的极值点，则f(0)= 解析：f'(x)=(x-2)'[(x-1)(x-a)]+ (x-2)[(x-1)(x-a)]′=(x-1)(x-a)+ (x-2)[(x-1)(x-a)]', 因为x=2是函数f(x)的极值点， 所以f'(2)=0,即(2-1)(2-a)=0, 则α=2，经检验，满足题意， 所以f(x)=(x-1)(x-2)2, 所以f(0)=-4. 点评：本题主要考查导数的计算与导数在研 …专题复习 全真试题专顶解晰 程国军 究函数极值中的应用，考查学生的运算求解能 力 例2 若直线y=2x+5是曲线y=e'+x +a的一条切线，则a= 解析：设直线y=2x+5与曲线y=e+x+ a的切点坐标为(xo,eo+x。+a), 由y=e+x+a得y'=e+1, 所以y'1x:0=e0+1=2, 解得x0=0, 所以切点坐标为(0,1+a), 又切点(0,1+a)在切线y=2x+5上， 所以1+a=5,解得a=4. 点评：本题主要考查导数的几何意义，考查 学生的运算求解能力. 题型二 利用导数研究 函数的单调性 例3 函数f(x)的定义域为(-1，+∞)， f(0)=0,'()=血x+卫，曲线y=f(x)在 x+1 点A(a,f(a))(a≠0)处的切线为l (1)求f'(x)的最大值； (2)证明：当-1<a<0时，除切点A外，曲 线y=∫(x)均在l1上方； (3)当a>0时，直线l2过A点且与l1垂直， 11,l2与x轴交点的横坐标分别为x1,x2,求 2a-x,一的取值范围 X2一X1 解析：(1)令g(x)=f'(x), 则g'(x)=1-ln(1+x) (1+x)2 令g'(x)=0,得x=e-1, 当-1<x<e-1时，g'(x)>0, g(x)单调递增； 当x>e-1时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 所以g(x)=g(e-1)=是 即f'()的最大值为 (2)由题可知1的方程为 y=f'(a)(x-a)+f(a), AF(x)=f(x)-f'(a)(x-a)-f(a), 则F'(x)=f'(x)-∫'(a) 由(1)知f'(x)在(-1,0)上单调递增， 故当-1<x<a时f'(x)<f'(a), 则F'(x)<0; 当a<x<0时f'(x)>f'(a), 则F(x)>0; 数理极 又当x≥0时f'(x)≥0>f'(a), 则F'(x)>0, 因此F(x)的单调递减区间为(-1，a), 单调递增区间为(a,+o). 故当x≠a时，F(x)>F(a)=0, 即除切点A外，曲线y=∫(x)均在l,上方. (3)由(1)结合f'(0)=0, 可知当-1<x<0时，f'(x)<0, 当x>0时f'(x)>0, 故函数f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0， +∞)上单调递增， 又a>0,所以f(a)>f(0)=0. 由(1)知，f'(x)在(0，e-1)上单调递增， 在(e-1,+∞)上单调递减， 且f"(x)m=f"(e-1)=是， 当x>0时f'(x)>0, 所以当a>0时f'(a)e(0,] 令y=f'(a)(x-a)+f(a)=0, 得=a-8 易知：的方程为y=了0x-0）+/a, 令y=0,得x2=a+f(a)f'(a). a 所以 I-f(a)"(a) 1-='(a】 +f(a)f(a) f'(a) 1-[f'(a)]2 1+[f'(a)]2 2 =1+f(a)-1, 由于f'(a)]2e(0,]， 因此，+7o1e. 即20名的取值范围为[引1) X2-x 点评：本题考查利用导数研究函数的单调 性、最值、导数的几何意义，考查学生的逻辑思维 能力和运算求解能力 题型三。利用导数研究函数的极值 与最大小值 例4 已知f(x)=x2-(m+2)x+mlnx, mE R. (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的 解集； (2)若函数y=f(x)满足在(0，+∞)上存 在极大值，求m的取值范围。 解析：(1)由题设条件可得， f(1)=1-(m+2)=0, 解得m=-1, 数理极 所以f(x)=x2-x-lnx. 由f(x)≤x2-1, 可得nx+x-1≥0， 令g(x)=lnx+x-1, 则g(x)=1+1>0在(0，+)上恒成立， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 易知g(1)=0,所以g(x)≥0， 即g(x)≥g(1),可得x≥1. 综上，不等式f(x)≤x2-1的解集为[1， +0). (2)f"()）=2x-(m+2)+ =2x2-(m+2)x+m X =（2x-m)(x-1) x ①当2>1，即m>2时， 由f'()>0得x∈(0,1)U(受，+)： 由f"(x)<0得x∈(1，罗） 故f(x)在(0,1)，(2，+)上单调递增。 在(1，)上单调递减， 此时f(x)在x=1处取得极大值， ②当0<号<1，即0<m<2时， 由f"()>0得xe(0,2）U(1,+): 由f'()<0得x∈（受，1）片 故f(x)在(0，？)，(1，+0)上单调递增， 在(2,1）上单调递减， 此时f(x)在x=罗处取得极大值， ③当罗=1，即m=2时，(x)≥0在(0， +∞)上恒成立， 即∫(x)在(0，+∞)上单调递增， 此时函数f(x)在(0，+∞)上无极大值， ④当g≤0，即m≤0时， 由f'(x)<0得x∈(0,1)； 由f'(x)>0得xe(1,+∞). 故f(x)在(0,1)上单调递减， 在(1，+∞)上单调递增， 此时∫(x)在x=1处取得极小值，无极大 值. 综上可知，m的取值范围为(0,2)U(2, +∞) 点评：本题考查求不等式的解集、根据极值 …专题复习 情况求参数范围、分类讨论研究函数的极值，考 查学生的逻辑推理能力和数学运算能力 题型四● 利用导数求解恒成立、 存在性问题 例5 (1)求函数f(x)=5c0sx-cos5x 在区间[0，平】 的最大值； (2)给定0e(0,π)和a∈R,证明：存在 y∈[a-0,a+0]使得cosy≤cos0; (3)设b∈R,若存在peR使得5cosx- cos(5x+p)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值， 解析：(1)因为f(x)=5cosx-cos5x, 所以f'(x)=-5sinx+5sin5x. 令f'(x)=0,得sinx=sin5x, 又xe[o,平] 所以x=5x或x=T-5x, 所以x=0或x=石， 所以x,∫'(x),∫(x)的关系如下表所示： 0 石 6,4 f'(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 因为f(g）=5cos石-ms 5T =35, 所以函数f(x)=5cosx-cos5x在区间[0， ] 的最大值为35. (2)因为余弦函数的周期为2π， 所以不妨设a∈(0,2π]， 当a≤20时，a-0≤0， 则0e[a-0,a+0), 此时存在y=0,使得cosy=cos0; 当a>20时，0<a-0≤2π-0， 作出余弦函数的大致图象（如下图所示）， 0a-02m-0 -1 所以c0s(a-0)≤cos0, 只需要取y=a-0, 即可得到cosy≤cos0. 综上可得，给定0∈(0，π)和a∈R,存在 ye[a-0,a+0]使得cosy≤cos0. (3)h(x)=5cosx-cos(5x+o), 当p=0时，因为h(x)=h(-x), h(x)=h(x+2π)， 所以h(x)为偶函数，且2π为h(x)的周期， 所以讨论h(x)在[0,2π)上的情况， 由(1)可知h(x)在(0，石)上单调递增， 65 在（石，）上单调递减， 在(）上单调递增， 结合对称性，及h(π)=-4， 可知x∈[0,2π)时h(x)≤35， 所以此时b的最小值为35. 要证3√3为b的最小值，对于任意的P, 只需要证明h(x)的最大值不小于3√5， 只需要证明存在x,使得h(x)≥35. 当101≤石时，令0=5x0+0, 则%e【-爱 5+] 9, 由(2)可知，取9=云a=p, 5π 可得存在0e【- 使得cos%≤cos西 5 6 2 所以h(xo)=5cosx,-cos(5xg+p） 5cos xo cos yo ≥5×-(-2】 =35. 综上可得，bmm=35. 点评：本题考查利用导数求解不等式恒成立 和存在性问题，突破以往以幂、指、对函数为情境 设置函数与导数试题的模式，设置三角函数情境 导数题，新颖独特.试题突出数学问题本质，考查 创新思维，体现学科价值，突出探究性、创新性的 要求 题型五。 利用导数解决不等式问题 例6 设函数f(x)=xlnx. (1)求f(x)图象上点(1f(1))处的切线 方程； (2)若f(x)≥a(x-E)在x∈(0，+∞） 时恒成立，求a的值； (3)若x1,x2∈(0,1)，证明1f(x)-f(2)1≤ 1x1-21 解析：(1)由题知f(1)=0,f'(x)=lnx+1, 所以f'(1)=1, 所以切线方程为y=x-1. (2)由题可得xlnx≥a(x-√x)在(0， +∞)上恒成立， 即nx≥a1-左)在(0，+)上恒成立 设)=n-a(1-后)=n-a+后 66 xe(0,+0), 则g(x)≥0恒成立， 又g(1)=0,所以g'(1)=0. 因为g()=士-， 所以g'(1)=1-号=0， 解得a=2. (3)当x1=x2时， 1f(x)-f(x2)1=1x1-21安=0. 当x1≠x2时，不妨设x1<x2, 令f()）=血x+1=0,得x=, 所以(x)在(0，）上单调递减， 在（日，1上单调递增 ①当0<x1<≤时f(x)>f(x2) If(x)-f(x2)1=xInx1-x2Inx2, 设t(x)=xlnx+,0<x<1, 则t'(x)=lnx 1+店 设m(到=n+1+2 ,0 < x <1, 则m'(x)=1-1= 4R-1 x 令m'()=0得x=6 所以m(x)在(0,6)上单调递减， 在(6,1）上单调递增， 肌以)≥（信）=ln石+1+2=h需 >( 所以t(x)在(0,1)上单调递增， 所以x,lnx1+√<xln+√， xlnx-xlnx2<√x2-√x, 因为(-√)2-（√-x)2=2x 2√xx2=2x(x-2)<0, 所以-√<√-， 所以xlnx-xln2<√2-x, 即If(x)-f(x,)1<x1-21. ②当≤1<x<1时∫(x)<f(x,) If(x)-f(x2)1=x2Inx2-xilnx1, 设h(x)=xlnx-x,0<x<1, 则h'(x)=lnx<0, 所以h(x)在(0,1)上单调递减， 所以xlnx1-x1>x2lnx2-x2, x2In x2-xInx1<2, 因为≤x1<2<1, …专题复习 所以0<x2-x1<1, 0<√x2-x<1,x2-x1<√x2-x1, 所以x2ln2-xlnx1<√x2-x1, 即1f(x)-f()1<1x1-1. ③当0<1<上<x2<1时， 若f(x)<f(x2),则 1f(x)-f()1</(日）-f(x,), 由②知， 所以1f(x)-f(x2)1<1x 若f(x)>∫(x2),则 1f(x)-f)1</()-f(日). 由①知， f)-f(日)川<√-<- 所以1∫(x)-f(x2)1<1x, -x21 若∫(x)=∫(x2), 则1f(x)-f(x2)1=0,1x1-21>0, 故1f(x)-f(3)1<1x1-21. 综上，Hx1,x2∈(0,1)， 都有1f(x)-∫(x)1<1x,-西21 点评：本题考查导数的几何意义、恒成立问 题、不等式的证明，分类讨论、合理放缩，从而解 决不等式证明问题，本题第(3)问考查不等式的 证明问题，当x1≠x2时，要分三种情况讨论，结 合函数的单调性去掉不等式中的绝对值，从而将 问题简化，同时，证明不等式要学会合理放缩 题型六 利用导数研究与 函数零点有关的问题 例7 已知函数f(x)=ln(1+x)-x+ 2-,其中0<k<行 (1)证明：∫(x)在区间(0，+∞)存在唯 的极值点和唯一的零点， (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0，+∞) 的极值点和零点 (i)设函数g(t)=∫(x1+t)-f(x1-t), 证明：g(t)在区间(0，x)单调递减； (ⅱ)比较2x,与x2的大小，并证明你的结 论. 解析：(1)因为f(x)=1n(1+)-x+之 -x,ke(0,写) 所以f'(x)= 十1+-3 数理极 =1-1-龙+x+2-3kx2-3kx 1+x =(+1) 当x>0时，令f'(x)=0, 解得x-1>0, 所以当0<x<-1时， 3k ∫'(x)>0,∫(x)单调递增； 当x>死-1时()<0()单调递减 3k 所以=头-1是f()在(0，+0)上唯 一的极值点，是极大值点 因为f(3-1）>f(0)=0, (乐)=1+)京+证好 =h1+2)- <0, 所以3∈(g-1,元)1(，)=0， 所以xo是f(x)在(0，+∞)上唯一的零点 (2)(i)因为g()=∫(x1+)-f(x1-t), 所以g'(t)=f'(x1+)+f'(x1-t) 0a+-0 1+x1+t -3(-(1-t-） 1+x1- =[年”] 62(2-x2-2x) (1+x)2-2 因为t∈(0，x1), 所以2-x-2x1<0,(1+x)2-2>0, 所以g'()= 62(2-x子-2x）<0, (1+x1)2-2 即g(t)在区间(0，x)单调递减 (i)由（①）得，g(t)在(0，x)上单调递减， 所以g(x)<g(0), 即f(2x1)-f(0)<f(x)-f(x)=0, 又f(0)=0,所以f(2x1)<0, 因为x2是f(x)的零点，所以∫(2)=0， 所以f(2x1)<f(x2), 又2>x1,2x1>x1, 且∫(x)在(x1,+∞)上单调递减， 所以2x1>x2 点评：本题研究函数的极值点和零点，第 (1)问确定二者的存在性和唯一性，为后续解题 铺垫；第(2)问引入辅助函数探索极值点和零点 之间的关系，逻辑性强，设问具有一定的开放性。 试题的设问由浅入深，思维量逐步提升，考查了 化归与转化、数形结合、函数与方程等数学思想. 数理极 解析几何全 ◎安徽 一、透析直线与圆、圆锥曲线的方程 直线的方程主要有五种形式，应用时要注意 各自的适用条件.圆的方程主要分为标准式与一 般式两种，解题时要根据题设中的具体条件选用 圆的方程，这部分知识除客观题外，还贯穿于解 答题中，特别是直线方程及其相关知识，如两条 直线相交、平行、垂直的条件等 二、透析直线与圆的位置关系 直线与圆有相离、相切、相交三种位置关系， 在高考解答题中都有可能涉及.由于圆的特殊 性，处理直线与圆的位置关系、弦长、弦的中点及 轨迹等问题时，一般不使用判别式和韦达定理， 只需使用点到直线的距离公式建立方程或不等式 即可解决，且运算量小、过程简捷. 三、透析曲线与方程的关系 根据曲线与方程的关系，在求曲线（或点的 轨迹)方程时要注意下面两点：(1)曲线上的所 有点都符合条件而毫无例外，它刻画了轨迹的纯 粹性；(2)适合条件的点都在曲线上而毫无遗 漏，它刻画了轨迹的完整性.这两种关系必须同 时满足，缺一不可.因此，在求曲线（或点的轨 迹)方程时，所求出的方程和题设条件中所描述 的曲线（或图形）是否等价，需从两个方面着手： (1)验证曲线上的，点的坐标都是这个方程的解； (2)验证以这个方程的解为坐标的点都在曲线 上.在求轨迹方程时，如果忽略隐蔽条件或在方 程化简过程中不等价，所求的方程就会出现多点 与少点的情况，因此解这类题目时，一定要认真 分析题意，做到等价变形. 四、透析圆锥曲线的几何性质 圆锥曲线的几何性质是圆锥曲线内在的、固 有的性质，不因为位置的改变而改变，高考主要 考查方程中变量的范围、焦点顶点、离心率、准 线、渐近线等.在解答题中常常利用圆锥曲线的 几何性质建立不等关系求圆锥曲线的离心率、 最值、参数范围等，从而简化解题的过程. 五、透析直线与圆锥曲线的位置关系 对直线与圆锥曲线位置关系的考查主要有 两种题型：一是判断已知直线与已知曲线的位置 关系；二是根据直线与圆锥曲线的某种位置关 系，考查直线与曲线相交的弦长、中点、最值、定 值、点的轨迹、参数问题及相关的不等式与等式 证明等.在解答此类问题时，要注意函数与方程、 分类与整合、化归与转化、数形结合四大数学思 想的应用，同时注意待定系数法、不等式法、构造 法、换元法等数学方法与技巧的重要作用. 六、透析解答解析几何问题的常见方法与技 巧 1.回归定义：凡涉及到圆锥曲线焦点、准线、 离心率的有关问题，可借助圆锥曲线定义来转 化. 2.数形结合：解析几何以数量关系研究几何 形状，在解析几何中所涉及的曲线具有“数”与 “形”的双重性，离开具体的图形解题无疑是纸 上谈兵，数形结合是解析几何的基本思想方法. …专题复习 真试题%专顶解析 李华 借助直观图形能使直线与圆锥曲线的位置关系问 题直观显现，获得迅速解答 3.利用向量：向量与平面解析几何都具有数 与形相结合的特性，向量具有多种工具作用，在 平面解析几何中有关长度、角度的计算及有关平 行（三，点共线）、垂直等位置关系问题可以利用 向量知识解决，向量可以使许多解析几何问题的 解答得到简化. 4.平面几何的渗透：解析几何的题型多，涉 及的知识面宽，变量多，综合性强，解答多以字母 运算为主，量大且繁琐，若能充分挖掘题设中所 给的几何性质，巧妙地运用平面几何的知识，则 可避免冗长的推导和运算，大大降低难度，使解 题过程简捷而明了 5.设而不求：用解析法处理几何问题，设点 的坐标最为常见，但求点的坐标并不多见.根据 点在曲线上，坐标是方程解的代数特征，灵活运 用方程理论，是设而不求的实质，如果涉及到曲 线交点的问题，可不求出交点的坐标，而是转化 为利用根与系数的关系或“点差法”的形式，快速 作出正确的解答 6.引入参数：引入适当参数，对于深入研究 直线与圆锥曲线的关系非常重要.选择适当的参 数，如点参数、角参数、直线斜率、截距等，配之以 相应的代数变形，往往可简化运算，达到事半功 倍的效果 7.应用根与系数的关系：如果直线与二次曲 线相交，由直线方程Ax+By+C=0和二次曲线 方程f(x,y)=0联立消去x或y得到关于y或x 的一个一元二次方程ax2+bx+c=0或ay2+by +c=0,则直线与曲线的两个交点(x1,1),（x, y2)的横坐标x1,x2或纵坐标y1,y2恰好分别是上 述两个方程的根.因此，与一元二次方程紧密联 系的根与系数的关系在解决直线与曲线的位置 关系中有着重要作用。 题型 直线、圆的方程 例1 圆x2+y2-2x+6y=0的圆心到直 线x-y+2=0的距离为 (A)2 (B)2 (C)3 (D)32 解析：化圆的方程为标准方程得(x-1)2+(y +3)2=10,所以该圆的圆心(1，-3)到直线x-y +2=0的距离为1-（-3)+21.6 √P+(-1)22 =32 点评：本题考查圆的标准方程、点到直线的 距离公式，考查运算求解能力 题型二。直线与圆的位置关系 例2 已知圆x2+(y+2)2=2(r>0)上 到直线y=5x+2的距离为1的点有且仅有两 个，则r的取值范围是 67 (A)(0,1) (B)(1,3) (C)(3,+0) (D)(0,+o) 解析：易得圆心(0，-2)到直线y=√3x+2 的距离d=2. 当r=d-1=1时，圆x2+(y+2)2=2( >0)上到直线y=3x+2的距离为1的点有且 仅有一个， 当r=d+1=3时，圆x2+(y+2)2=2( >0)上到直线y=5x+2的距离为1的点有且 仅有三个， 故当1<r<3时，圆x2+(y+2)2=2( >0)上到直线y=5x+2的距离为1的点有且 仅有两个.故选(B). 点评：本题考查直线与圆的位置关系，考查 学生的运算求解能力. 例3 1:x-y+6=0与x轴交于点A,与 y轴交于点B,与圆(x+1)2+(y-3)2=2(r> 0)交于C,D两点，1ABI=3ICDI,则r= 解析：对于直线1：x-y+6=0, 令x=0,得y=6, 令y=0,得x=-6, 所以A(-6,0),B(0,6), 所以1AB1=6√2. 因为|AB1=3ICD1,所以ICD1=22. 圆(x+1)2+(y-3)2=2的圆心为(-1,3)， 圆心到直线，的距离d=-1-3+61 √2 2, 所以r=√e+(0)=2+2 -2. 点评：本题考查直线与圆的位置关系，意在 考查学生的运算求解能力. 题型三 圆锥曲线的定义 例4 抛物线y2=2px(p>0)的顶点到焦 点的距离为3，则p= 解析：由题可知，抛物线的顶点(0,0)到焦 点（号，0）的距离为3，则5=3，解得p=6 点评：本题主要考查抛物线的定义及性质， 考查数形结合思想和运算求解能力. 例5 双线芳 -=1(a>0,b>0)的 左、右焦点分别为F,F2,以右焦点F2为焦点的 抛物线y2=2px(p>0)与双曲线在第一象限的 交点为P,若IPFI+|PF2I=31FF2I,则双 曲线的离心率e= (A)2 (B)5 (c)2+1 (D)5+1 2 2 解析：由题意知c=, 所以抛物线方程为y2=4cx. 因为IPFI+|PF2|=3IFF2I, I F F2I =2c, 所以IPF,I+|PF2I=6c, 又点P在双曲线上且在第一象限，