专项03 导数的应用解答题5大题型（大题专练）（上海专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专项03 导数的应用 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 年份 题号/分值 核心考点 题型特点 难度 2023 T18 / 14分 极值、零点、含参范围 函数极值+参数讨论 中难 2024 T21 / 18分 新定义、导数几何意义、极值 上海特色新定义+导数综合 难（压轴） 2025 T19 / 14分 极大值、含参范围、不等式 函数极值+导数应用 中难 2026年预测： 1. 核心考点（必考题） 导数几何意义：切线方程、斜率、切点（3年3考） 函数单调性：含参讨论、单调区间、恒成立 极值与最值：极大/极小值、最值求解、参数范围 零点问题：零点个数、存在性、极值点偏移 不等式证明：构造函数、放缩、恒成立/能成立 2. 题型趋势 压轴回归：导数大概率重回T21压轴，分值18分 新定义+导数：上海特色，结合函数、数列、逻辑 综合化：导数+指数/对数/三角函数/数列 思想方法：分类讨论、数形结合、转化化归、构造函数 3. 难度与设问 第1问：基础（求导、单调、极值） 第2问：中档（含参讨论、参数范围） 第3问：压轴（不等式证明、零点、极值点偏移） 题型01 导数与函数单调性（解答题核心） 析典例·建模型 1．（25-26高三上·上海·开学考试）已知为常数，函数． (1)根据的不同取值，讨论函数的奇偶性，并说明理由； (2)若，判断函数在上的单调性，并求它的单调区间． 【思路分析】（1）根据、两种情况分类讨论，结合奇偶函数的定义即可求解； （2）求出，再进一步求出和的范围即可求解． 【规范答题】（1）记，定义域为， ①当时，， 因为，故函数为偶函数， ②当时，， 取，因为且， 即且，所以函数既不是奇函数，也不是偶函数． （2）， 因为，所以当时，， 当时，， 所以函数在上严格单调递增，在上严格单调递减． 2．已知函数． (1)若的单调减区间是，求实数的值； (2)若在上为严格减函数，求实数的取值范围． 【思路分析】（1）对函数求导后，由题意可得的解集为，从而可求出实数的值； （2）由题意可得在上恒成立，转化为在上恒成立，利用函数的范围，从而可求出的取值范围． 【规范答题】（1）由， 得， 因为的单调减区间是， 所以的解集为， 所以方程的两个根为0和4，且， 所以，解得； （2）因为在上为严格减函数， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 因为在上单调递减， 所以，所以， 因为，所以， 即实数的取值范围为. 3．（2026·上海·二模）设． (1)解不等式：； (2)设，若存在，使得，求实数a的取值范围． 【思路分析】（1）化简，解一元二次不等式即可； （2）先求证的奇偶性和单调性，将问题转化为存在，使得，求一元二次函数的最小值即可. 【规范答题】（1）因为，， 所以，得， 故的解集为； （2），则， 因为关于原点对称，所以在上为奇函数， 易得， 因为，等号成立时，所以， 则在上单调递增， 若存在，使得， 则存在，使得， 则存在，使得，即， 因为函数图象关于对称，其在上的最小值为，则， 故实数a的取值范围为. 研考点·通技法 求单调区间：① 求函数定义域；② 求导；③ 解不等式（增区间）、（减区间），注意定义域对解集的限制。 含参单调性讨论：① 求导后，分析的表达式（一次、二次或分式）；② 找到参数的分界点（如二次函数判别式、一次项系数为0）；③ 按分界点分类，分别求解的正负，确定单调区间（分类不重不漏）。 恒成立求参数：① 分离参数法（优先）：将参数移到一侧，转化为“恒成立”（求最大值）或“恒成立”（求最小值）；② 端点效应：先验证端点处成立，再结合导数判断函数单调性，验证整个区间成立（注意端点是否在定义域内）。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海·月考）已知函数，其中. (1)讨论函数的奇偶性； (2)当时，证明函数在上是严格增函数，并解不等式. 【规范答题】（1）因为，而. 函数的定义域为. 当时，，此时函数为偶函数； 当时，，此时函数为奇函数； 当时，函数为非奇非偶函数； （2）因为时，函数，求导得. 当时，，所以，所以（当且仅当时取等号）. 所以函数在上是严格增函数. 由（1）知为偶函数，而在上是严格增函数. 所以根据函数的单调性和奇偶性，不等式等价于. 两边平方得，化简得， 解得或. 所以不等式的解集为. 2．（25-26高三上·上海·期中）设． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若曲线在点处的切线与曲线也相切，求的值； (3)若函数的图像恒在函数的图像的上方，求的取值范围． 【规范答题】（1）当时，， 其定义域为，且， 令，即，解得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增. （2）因， 故曲线在点处切线的方程为． 设直线与曲线相切于点，且， 则，且，解得． （3）由题意得，化简得． 设，则． 令，即，解得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； 函数在处取得极大值，也是上的最大值，可知． 因此a的取值范围为． 3．（2026·上海崇明·二模）函数，是减函数，即对于任意的，，当时，均有． (1)若，求实数a的取值范围； (2)是否存在函数是偶函数，且满足对所有成立？若存在，请举出一个满足条件的函数，若不存在，请说明理由； (3)设，已知函数是周期函数，求证：为常值函数． 【规范答题】（1）为减函数，则即恒成立，所以. （2）因为为减函数，取任意实数，设，则有， 又为偶函数即有，可得， 同时根据单调性由可得，所以 即对任意实数成立，所以为常值函数，设， 则， 当时，不成立，所以不存在满足条件的函数. （3）设函数的正周期为即对任意都有， 因为，根据为减函数可知，所以， 那么有，因为， 所以即，于是可得，从而， 而为减函数，所以在上为常值函数，其中为任意实数， 所以在上为常值函数. 题型02 导数与极值、最值（解答题高频） 析典例·建模型 1．（2026·上海闵行·二模）已知. (1)当时，解方程； (2)若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小值点. 【思路分析】（1）利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质即可求出； （2）先对进行求导，令并求导即可求出的取值范围. 【规范答题】（1）当时，， 令，得，即，，解得, 故方程的解集为. （2）由题意得， 在区间上，，， 令，则， 在上单调递增，且， 若函数在上有唯一的极值点，则在该区间有唯一解， 即有唯一解，故的取值范围为， 设为该极值点， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以极值点为极大值点. 2．（2026·上海黄浦·二模）已知． (1)求函数的最小正周期与单调增区间； (2)将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象．若同时满足：①图象关于点对称；②有且仅有个极大值点在区间上．求的取值范围． 【思路分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式和正弦型函数的单调性可求得答案； （2）利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，根据函数满足条件①以及的范围可得出的值，再根据函数满足条件②可得出关于的不等式，解之即可. 【规范答题】（1）因为， 所以函数的最小正周期为， 由，可得， 所以函数的单调增区间为． （2）由（1）知， 将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象， 所以， 由的图象关于点对称，可得， 所以，解得， 又，可知，故， 当时，， 由②知，解得， 故的取值范围是． 3．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若在内的最大值为2，求的值. 【思路分析】（1）先求得函数的导函数，讨论的零点的大小关系，利用的正负可得到的单调性； （2）由（1）分析在上的单调性，进而求得其最大值，构造新函数，分析新函数的单调性及零点，即可求得实数的值. 【规范答题】（1）函数的定义域为. 则， 令，解得或. 若，即，则 当或时，；当时，. 所以在上单调递减，在和上单调递增； 若，即，则恒成立， 所以在区间上单调递增； 当，即，则 当或时，；当时，. 所以在区间上单调递减，在和上单调递增. 综上所述，若，则在上单调递减，在和上单调递增； 若，则在上单调递增； 若，则在上单调递减，在和上单调递增. （2）由（1）知，当时，在上单调递增，则，解得， 与矛盾，舍去； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以，即. 令，则恒成立， 所以在上单调递减. 又，故. 综上所述， 4．（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． 【思路分析】（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. 【规范答题】（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． 研考点·通技法 求极值：① 求导，令，求驻点；② 判断驻点两侧的符号（左正右负为极大值点，左负右正为极小值点）；③ 代入驻点求极值（注意定义域内的驻点才有效）。 求最值：① 求函数定义域内的所有驻点和端点；② 计算各点的函数值；③ 比较大小，最大的为最大值，最小的为最小值（闭区间必存在最值，开区间需验证极限、）。 含参极值、最值范围：① 按含参单调性讨论的方法，确定极值点/最值点与参数的关系；② 将极值点/最值点代入函数，转化为关于参数的函数，求其值域（注意参数的取值范围）。 极值点偏移：① 构造对称函数（如的极值点为，构造）；② 求的导数，判断的单调性；③ 结合，证明（或）。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海徐汇·期中）已知函数. (1)求出函数所有的极值点. (2)设函数的图象上存在两点，满足以为直径的圆过原点，且该圆的圆心在轴上. ①证明：，两点在直线的两侧. ②求a的取值范围. 【答案】(1)极小值点为0和1，极大值点为 (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求的单调性，即可得出极值点； （2）①设，根据题意可得，，据此分析两点不能同在的左或右两侧，从而得证； ②由①可得，据此分离参数后知方程在上有解，利用导数，求出方程右边的取值范围即可得解. 【详解】（1），定义域为R， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则的极小值点为0和1，极大值点为； （2）①证明：设， 因为以为直径的圆过原点，所以，即， 又以为直径的圆的圆心在轴上，所以 显然两点不能同在直线的右侧，且均不能为1， 假设两点同在直线的左侧，即， 不妨设，易知， 因为，所以， 所以，故， 则， 这与矛盾，所以假设不成立， 故两点在直线的两侧. ②由①可知，两点在直线的两侧， 不妨设，，则，， 由得 则关于的方程在上有解. 令，则， 所以在上单调递增，所以 则解得 故的取值范围为. 2．（25-26高三上·上海·期中）已知，且关于的函数． (1)已知函数，且满足，解不等式； (2)若，为单位向量，讨论函数的单调性； (3)若函数在上有极值，求与夹角的取值范围． 【答案】(1)或． (2)递增区间为和，递减区间为． (3) 【分析】（1）结合题意将原不等式转化为一元二次不等式，再求出解集即可. （2）结合题意并利用导数求解单调区间即可. （3）根据题意，有两个不等的实根，求得，再利用向量夹角公式求得，从而求得答案即可. 【详解】（1）由题意，又， 所以的图像关于对称， 则，即，得到， 由，所以，解得或， 故不等式的解集为或． （2）因为，所以， 因为为单位向量，所以，， 题意有，由， 令，可得，令，可得， 则在上单调递增，在上单调递减， 故递增区间为和，递减区间为． （3）设与的夹角为θ． ∵，∴， ∵函数在R上有两个极值，∴方程有两个不同的实数根， 即，∴， 又，∴， 即，又，∴． 3．（25-26高三上·上海·期中）已知，． (1)求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的极值点个数； (3)若对于任意总有，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，然后利用点斜式直线方程求解即可； （2）按照和分类讨论研究函数的单调性，利用极值的定义求解即可； （3）参变分离得对于恒成立，设，然后利用导数法求得的最小值，即可得解. 【详解】（1）因为，所以，所以，即切线的斜率为， 又，所以所求的切线方程为，即； （2）由得， 因为，所以，当且仅当时等号成立， ①当，即时，对恒成立， 此时在单调增，故没有极值点； ②当，即时，方程有两个不等正数解， ， 不妨设，则当时，单调递增； 时，单调递减； 时，单调递增； 所以分别为极大值点和极小值点，有两个极值点． 综上所述，当时，没有极值点；当时，有两个极值点． （3）， 由，得对于恒成立，设， 则， 因为，所以时，单调递减， 时，单调递增，所以，所以． 4．（2026·上海黄浦·二模）对于公共定义域为D的函数与，定义集合． (1)若，，求； (2)若，，且，求的最小值； (3)已知是定义在上的增函数，其图像是连续曲线，且存在正数，使得．若，，且，求证：． 【答案】(1)． (2)． (3)证明见详解． 【分析】（1）先求出 的解析式，再转化为二次函数值域问题求解. （2）由题设可知函数 的值域为非负实数集，从而其最小值为 ，再据此构造极值点并结合基本不等式求最小值. （3）法一：由 得 ．取 ，构造 ，证明其为常量，从而得到 ．再结合单调性与连续性，求出 ，进而求得 . 法二：由 得 ．再分正整数、零、负整数三种情况迭代，证明 ．结合单调递增与图像连续，得到 ，从而求得 . 法三：先由 推出 ．再对正整数、负整数分别迭代，得到对任意 ，都有 ．最后结合连续性与单调性确定 的值域，进而求得 . 【详解】（1）由题意，. 因为 ，所以 . 当 时，等号成立．故 =. （2）令 . 由题设可知， 的值域为非负实数集，从而其最小值为 . 设 时取到最小值，则 ，且 ， 因为所以. 又由 ，得即. 从而. 由 可得故 令 ，则当且仅当 时，等号成立. 此时 ，由 得 ，于是 ，又 ，故 ．所以 的最小值为 . （3）法一：由 可知，对任意 ，都有. 而所以.       (1) 已知存在正数 ，使得. 对任意整数 ，令. 由式（1）可得即. 所以 为常量，即对任意 ，都有. 于是.     (2) 下面证明 . 先证 对任意 都成立． 任取 ，必存在 ，使. 因为 在 上为增函数，所以. 故对任意 ，都有．    (3) 再由式（2）知且. 由于 的图像是连续曲线，且 在 上单调递增，因此 的值域为． 又因为所以 当 取遍 时， 也取遍 ． 故. 法二： 由 可知，对任意 ，都有. 而所以．    (1) 已知存在正数 ，使得. 先证明：对任意整数 ，都有．  (2) 当 时，由式（1）反复应用可得. 当 时，显然. 当 时，设 （），则由式（1）得, 故. 反复使用上式可得. 所以式（2）对任意整数都成立． 由式（2）知且. 又因为 在 上单调递增，且图像连续，所以. 由 ，可得. 于是. 法三： 由 可知，对任意 ，都有. 而所以．  (1) 已知存在正数 ，使得. 由式（1）对正整数 反复迭代，可得. 从而. 同理，对负整数部分可得, 于是对任意 ，都有．  (2) 由式（2）知且. 又因为 在 上连续且单调递增，所以. 再由可得. 故. 5．（24-25高三下·上海杨浦·开学考试）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)是，理由见解析； (2)的取值范围为；证明见解析. 【分析】（1）利用定义及导数的计算法则计算即可； （2）①根据定义知，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件先转化问题为，构造差函数，利用多次求导判定其单调性去函数符号即可证明. 【详解】（1）是，理由如下： 根据条件易知， 又，可得， 显然，符合“双中值函数”定义， 即函数是上的“双中值函数”； （2）①因为，所以. 因为是上的“双中值函数”，所以. 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，且时，,时，， 所以，所以，即的取值范围为； ②证明：不妨设， 则，，即，． 要证，可证，即证． 设， 则． 设，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，则在上单调递减． 因为，所以，即． 因为，所以． 因为，所以． 因为，所以． 由①可知在上单调递增，所以，即得证． 题型03 导数与函数零点（压轴） 析典例·建模型 1．（2025·上海嘉定·一模）已知. (1)若，求函数的单调区间. (2)若在上存在零点，求实数的最大值. 【思路分析】（1）应用导数研究函数的单调区间即可； （2）问题化为与在上有交点，应用导数研究的单调性并求出值域，即可得范围. 【规范答题】（1）由题设，则， 当或，即在上单调递增， 当，即在上单调递减， 所以的单调增区间为，单调减区间为； （2）在上，令， 所以在上有解， 即与在上有交点， 由且， 所以，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当或，有，且， 所以，故最大的为. 2．（24-25高三上·上海杨浦·期末）已知函数，，设，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当函数经过点时函数有且仅有一个零点； (3)证明：对小于的实数，存在实数使得关于方程恰有三个不同的实数根，并指出实数的取值范围． 【思路分析】（1）由题可得切线斜率，然后由点斜式可得切线方程； （2）由函数经过点可得，然后由单调性可完成证明； （3）通过导数研究性质可得与大致图象，从而可得关于的表达式，然后可完成证明，并能指出实数的取值范围 【规范答题】（1）时，，， ，，则曲线在点处的切线方程为： ； （2）证明：因函数经过点，则 .令，. 令；， 则在上递减，在上递增，则， 故由，可得. 则此时，，.令， 则在上递增， 注意到，结合在上递增， 则. 得在递减，在上递增，则. 即函数经过点时函数有且仅有一个零点1； （3）证明：，其中. ，令， 则，则在上递增. 注意到，， 则，使，结合在上递增. 则. 得在递减，在上递增， 则的极小值为 令，则 得在上单调递减， 故. 注意到，， 则，使； 令，在上递增， 则， 即； 令，. ， 则在递增，在上递减， 则. 则， 又，. 则，使. 则可得大致图象如下， 图象则相当于对图象做翻折变换，可得大致图象如下. 方程恰有三个不同的实数根，则直线与图象有3个交点， 由图可得时满足题意. 则对小于的实数，存在实数使得关于方程恰有三个不同的实数根， 注意到 则时满足题意 令， 则，则在上递减， 则，. 则的范围为： 3.已知函数. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若函数有两个零点，，且，求证：(其中是自然对数的底数). 【思路分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由题意，，是方程的两个根，即可得到，令则，则， 解法一：只需证明当时，不等式成立即可； 解法二：构造函数利用导数说明单调性后即可得证. 【规范答题】（1）函数的定义域为， 则， 当时令，解得或， 当，即时恒成立，所以在上单调递增； 当即时，令，解得或，则在，上单调递增， 令，解得，则在上单调递减； 当即时，令，解得或，则在，上单调递增， 令，解得，则在上单调递减； 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； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. （2）因为，由题意，是方程的两个根，①，②， ①②两式相加，得③，①②两式相减，得④， 联立③④，得，， 设，，，，， 解法一:因为，所以，则， 若，则一定有， 只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，即不等式成立， 设函数，， 在上单调递增，故时，， 即证得成立， 即证得当时，，即证得， ，即证得，则． 解法二：则要证明，只需证， 令，，则， 令，则， 所以，所以， 在时单调递增， 则，则. 研考点·通技法 零点存在性证明：利用零点存在性定理（介值定理），找到区间，满足，且在上连续，即可证明存在零点。 零点个数讨论：① 求函数的单调性和极值（最值）；② 结合函数的定义域、极限趋势（如、时的函数值）；③ 根据极值与0的大小关系，判断零点个数（极大值且极小值时，至少3个零点）。 双变量零点问题：① 由（），结合函数单调性，确定、的范围；② 构造函数（如令），转化为单变量问题；③ 利用导数判断构造函数的单调性，求解范围或证明不等式。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海·期中）已知函数 . (1)当时，求曲线在处的切线方程 (2)证明： 有唯一零点 (3)记的零点为，判断数列 中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列， 并说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列. 【分析】（1）先求，根据导数的几何意义即可求切线方程； （2）分和两种情况，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理即可判断零点； （3）由方程两边取对数，转化为，再构造函数在上单调递增，结合等比数列的性质，即可判断证明. 【详解】（1）由题意有，所以，时， 所以，即， 所以切线方程为； （2）当时，，所以在上无零点， 因为，所以在上单调递增， 所以在上至多一个零点， 当时，有一个零点1， 当时，因为， 所以有唯一的零点； （3）由（2）有：，且， 两边取自然对数得①， 所以②， 由②①有：， 所以， 因为，所以在上单调递增， 所以，所以数列单调递增， 假设数列中存在成等比数列， 所以，即③， 由①有：代入③有： ， 所以④， 因为，所以， 当且仅当时取等， 又因为， 所以方程④无解，故数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列. 2．（24-25高三下·上海·月考）已知k、，函数的定义域为，直线l的方程为，记集合． (1)若，求集合； (2)若，且存在实数k、m使得集合中有且只有两个元素，求实数b的取值范围； (3)若函数的图象是一条连续曲线，且其导函数是定义域为的严格减函数，求证：“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由已知求得，解不等式即可求解； （2）的解集为，进而得方程有重根及，据此求解即可． （3）记，必要性，则有，由题意可得的单调性，可得结论；充分性，时，结合已知可得函数在处取得极大值，进而可得结论. 【详解】（1）因为，所以， 由，得，解得，所以． （2）存在实数k，m使得集合，则的解集为， 即的解集为， 所以方程有重根及． 因此恒成立，故有， 则是二次方程的两个不相等的实数解， 所以，所以实数b的取值范围是． （3）记，则，在上严格递减， ①若直线l是曲线在点处的切线， 则有，所以． 故时，，所以函数在上严格递减，； 时，，所以函数在上严格递增，； 所以的解集为，集合是单元素集合； ②若集合是单元素集合，故时，， 而函数的图象是一条连续曲线，所以． 则在的附近其他自变量对应的函数值都小于， 故函数在处取得极大值，所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 即，直线l是曲线在点处的切线． 综上，“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件． 3．（25-26高三下·上海·月考）已知函数，其中． (1)任取，若，证明：； (2)若存在，使得方程存在三个不等实根，且； （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)证明见解析. (2)（i）; （ii）证明见解析. 【分析】（1）通过变量替换将不等式中双变量转化为单变量函数的单调性问题; （2）（i）将方程整理为，其中，需有两个正的极值点，且极小值小于才能满足存在，使得方程有三个不等实根，由此得出的取值范围； （ii）利用（1）的结论得到新的不等式，再通过的取值范围求解不等式，最后证明结论. 【详解】（1）由于，不妨设（当时证明类似），令，则， 将代入不等式左边得，不等式右边得，因此原不等式等价于证明，两边除以，得，整理为， 令，则，因此在上单调递增，且，故在上恒成立，即，从而. （2）（i）将方程整理为， 令，， 对求导得， 令，则两根分别为，， 因为存在时方程有三个不等实根， 所以要有两个极值点，且极值点均为正数，并且极小值 因此，解得. 当，即时，在递减，递增，递减，极小值，代入得 令，则，代入得 令，则求导得，因此在上单调递增，故，即，符合条件， 当，即时，由于在递减，递增，递减，极小值，不符合条件， 综上所述，的取值范围为. （ii）由于方程的三个不等实数根满足，由（i）得， 由（1）的结论，对于，有. 而，即，整理得，代入不等式，得：，化简得，即， 由于，且，因此解出不等式得，即. 由于，所以，而，因此. 题型04 导数与不等式（压轴） 析典例·建模型 1．（25-26高三上·上海·期中）已知曲线，曲线，其中. (1)求曲线在处的切线； (2)证明：E与F存在唯一交点； (3)在（2）的条件下，设交点为，作在点处的切线，交轴于点，证明: 【思路分析】（1）由导数求出切线斜率，再由点斜式即可求解； （2）构造函数，将问题等价转化成研究函数的零点，分和两段依次分析函数的函数值情况和单调性情况即可得证； （3）先利用导数依次求出在点处的切线方程和点B，利用两点间的距离公式和将题设所要求证的问题等价转换成求证，再构造函数，利用导数分析其在上的单调性即可求证. 【规范答题】（1）对求导得， 当时，切线斜率为，， 所以所求切线方程为； （2）记. 则当时，，故， 而，故此时无零点； 当时，函数和均为减函数， 所以严格递减，且，故有唯一零点. 综上，与有唯一交点. （3）由（2）得，对求导得， 故在点处的切线斜率为 所以在点处的切线方程为， 令得，故， 要证，只需证即. 由（）式得，故只需证. 记在上单调递增， 所以，即，故得证. 2．（25-26高三下·上海·月考）设，已知． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若当时，不等式恒成立，求的取值范围． 【思路分析】（1）根据，求出的值，再利用导数的几何意义，求得曲线在处的切线方程； （2）分析函数的单调性，求得其最小值为；令，并构造函数，利用导数分析其单调性，结合其取值情况可求得的取值范围. 【规范答题】（1）的定义域为. 若，则， 整理得，所以. 所以. ，所以. . 所以曲线在处的切线方程为. （2）的定义域为. . 因为，所以. 又， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以函数在处取得极小值，即最小值，最小值为. 因为当时，不等式恒成立，所以. 令，则. 因为与均为减函数，所以是减函数. 因为，，所以在上存在唯一零点，记作，即，即. 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减. 因为当时，，即当时，，且， 所以当且仅当时，，即. 所以的取值范围是． 3．（25-26高三上·上海浦东新·期中）已知函数，，. (1)求函数在区间上的最小值； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)对于任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围. 【思路分析】（1）根据单调性可确定最小值点，由此可得最小值； （2）将问题转化为，令，利用导数可求得的单调性，由此可求得，进而得到结果； （3）将问题转化为，根据单调性可求得，分离变量可得，令，利用导数可求得单调性，进而求得最小值，由此可得取值范围. 【规范答题】（1）由题意知：； 与在上均为增函数，在上单调递增， . （2）当时，由得：， 若存在，使得成立，则； 令，则， 当时，，在上单调递增，， ，即实数的取值范围为. （3）由得：， 若对于任意的，总存在，使得成立，则； 在上单调递增，，，， 当时，，； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，， ，即实数的取值范围为. 研考点·通技法 构造函数证明不等式：① 移项，将不等式转化为“”（或）；② 求的导数，判断的单调性；③ 求的最小值（或最大值），证明最小值（或最大值）（必要时二次求导判断单调性）。 恒成立求参数范围：同“导数与函数单调性”中的恒成立解题方法，补充：当分离参数困难时，直接构造函数，求函数的最值，结合最值与参数的关系求解。 能成立（存在性）问题：转化为“能成立”（求最小值）或“能成立”（求最大值），与恒成立问题区分开（恒成立是“所有满足”，能成立是“存在满足”）。 破类题·提能力 1．（25-26高三下·上海虹口·月考）记（）． (1)若，解不等式：； (2)若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用指数函数的单调性转化为求解不等式，再结合对数函数的定义域和单调性求解不等式； （2）先将原不等式整理为，构造函数，分析函数的单调性和极值点，进而根据函数性质建立关于的不等式求解取值范围. 【详解】（1）当时，. 因此， 等价转化为，即，解得. 故原不等式的解集为. （2）将代入得. 故，其中. 令，则在上是严格增函数， 故不等式转化为. 从而，即对于恒成立. 令，故，. + 0 - 严格增 极大值 严格减 所以在上为严格增函数，在上为严格减函数. 因此，在上的极大值也是最大值为. 故的取值范围是. 2．（25-26高三上·上海普陀·月考）设是实数，. (1)证明:函数的图像关于点成中心对称； (2)若存在正数，使得成立，求的取值范围； (3)试根据正数的不同取值，讨论经过点且与曲线相切的直线的条数. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)答案见解析 【分析】（1）根据对称公式进行证明； （2）分离参数，构造新的函数，利用导数研究函数的单调性求出其取值范围； （3）求出过点的切线方程，分离参数，构造函数，利用导数研究该函数的单调性及极值，画出图像，结合函数图像分析. 【详解】（1）证明:， ， 函数的图像关于点成中心对称； （2）， ， ， 设， 则，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 的最小值为， ， 的取值范围为 （3）设过的切线与曲线于点， 切线方程为，又其过， ， ， 设， ， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 的极小值为，的极大值为, 当,当， ①当或时，方程有1解， 即过点可以作1条直线与曲线相切； ②当或时，方程有2解， 即过点可以作2条直线与曲线相切； ③当时，方程有3解， 即过点可以作3条直线与曲线相切， 综合可得:当或时，过点可以作1条直线与曲线相切； 当或时，过点可以作2条直线与曲线相切； 当时，过点可以作3条直线与曲线相切. 题型05 导数与新定义（上海特色） 析典例·建模型 1．（2026·上海徐汇·二模）已知函数与函数的定义域均为，且在上的导函数分别为和.若存在常数，使得对任意实数恒成立，则称是的“调整函数”，并称为调整系数. (1)设.求证：是的“2-调整函数”； (2)设.若存在实数，使得是的“调整函数”，求调整系数的取值范围； (3)已知是的“1-调整函数”，函数的值域是一个闭区间，记作集合，函数的值域记作集合.若，判断是否一定是常值函数，并说明理由. 【思路分析】（1）对分别求导，并根据是的“k-调整函数”的定义判断即可； （2）对分别求导，根据是的“k-调整函数”的定义，得恒成立，时显然成立；当时，设，利用导数，分和两种情况分析，可得.并分析此时时，满足题意，即可确定的取值范围； （3）对题意所述函数举出实例说明不一定是常值函数即可. 【规范答题】（1）因为， 所以. 所以 所以是的“2-调整函数”； （2）由，得. 由于是的“调整函数”，那么存在常数，使得恒成立， 即，即. 因为存在实数，满足上式，所以，即. 1)若，则成立； 2)若，则，所以，且. 设，则在单调递增. 当时，因为， 所以存在，当时，，单调递增， 所以当时，，不满足题意； 当时，，，所以，在上单调递减， 所以恒成立. 3)当时，对，恒成立. 综上，调整系数的取值范围是. （3）不一定是常值函数. 例：令，， ，. 此时函数的值域是一个闭区间，为集合，函数的值域为集合，满足. 又，满足对任意实数恒成立，即满足是的“调整函数”， 此时不是常值函数. 2．（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. 【思路分析】（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. 【规范答题】（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 . 研考点·通技法 核心思路：先准确理解新定义（如“凸函数”“拟单调函数”等），将新定义转化为导数语言（如凸函数），再结合导数的常规方法求解。 新定义+单调性/极值：① 翻译新定义，得到关于或的不等式；② 求导，结合新定义的条件，判断函数的单调性或极值点；③ 求解相关问题（如参数范围、极值大小）。 新定义+不等式证明：① 结合新定义，构造符合条件的函数；② 利用导数判断构造函数的单调性、最值；③ 结合新定义的约束条件，证明不等式成立（注意新定义中定义域、取值范围的限制）。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海·月考）已知函数及其导函数的定义域都为．若对任意，有，则称为“卓越函数”． (1)判断是否为“卓越函数”？ (2)已知为“卓越函数”，求实数的取值范围； (3)已知为“卓越函数”，且存在唯一正实数，使得，求实数的取值范围． 【答案】(1)不是 (2) (3)或 【分析】（1）结合定义，找出使得的即可得； （2）结合定义计算可得，构造函数计算即可得； （3）结合定义，构造函数，可得其单调性，则可得，再构造函数，结合导数分类讨论其单调性，结合零点存在性定理得其零点个数即可得解. 【详解】（1）， 则， 则当时，有， 故不是“卓越函数”； （2）， 则， 故在上恒成立， 即有在上恒成立， 令，， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故，故； （3）由为“卓越函数”，则定义域为， 且对任意，有， 则，有则， 设函数，则， ， 故在上单调递增，故， 即存在唯一正实数，使得， 令，，， 当时，，故在上单调递增， 又时，，时，， 故存在唯一正实数，使得，符合题意； 当时，当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又时，，时，， 故当时，有唯一正实数解， 由关于的函数在上单调递增， 且当时，有， 故当时，有唯一正实数解； 综上所述：实数的取值范围为或. 2．（2025·上海浦东新·二模）定义域为的可导函数满足，在曲线上存在三个不同的点，使得直线与曲线在点处的切线平行（或重合）．若成等差数列，则称为“等差函数”；若成等差数列且均为整数，则称为“整数等差函数”． (1)设，，分别判断和是否为“整数等差函数”，直接写出结论； (2)若为“整数等差函数”，求实数的最小值； (3)已知的导函数在上为增函数，且存在一个正常数， 使得对任意，成立，证明：为“等差函数”的充要条件是为常值函数． 【答案】(1)不是“整数等差函数”，是“整数等差函数” (2)答案见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）设公差为，根据所给定义及导数的几何意义得到，即可判断； （2）设公差为，则且，由得到从而确定的最小值； （3）首先证明充分性，再说明必要性，设公差为，结合所给定义得到，令，结合推出为常值函数. 【详解】（1）假设成等差数列，得， 设公差为，则， 对于：直线的斜率， 因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 由题意，恒成立， 取，，则成等差数列且均为整数，故是“整数等差函数”． 对于，直线的斜率， 因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 由题意， 若，则， 令，，则恒成立，所以在上单调递减， 所以，即在上恒成立， 即恒成立，所以无解， 故不是“整数等差函数”． （2）因为为“整数等差函数”，所以成等差数列且均为整数， 设公差为，则，且， 直线的斜率， 因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 由题意，， 又的定义域为，有， 当时,,此时,无最小值； 当时,因为，， 所以 ， 则，可取使等号成立，故的最小值为; 综上，实数无最小值； （3）充分性，因为为常值函数，所以， 任意取等差数列 ，则直线的斜率， 曲线在点处的切线斜率为， 因为，所以为“等差函数”． 必要性，因为为“等差函数”，所以成等差数列， 设公差为，则， 直线的斜率， 曲线在点处的切线斜率为， 由题意，, ， 令， 则 ， 令， 则， 因为在上为增函数，所以，在上为增函数， 因为，所以，在上为增函数， 因为，所以在上恒成立， 又，由的单调性知， 故，， ，为常数， ， ， ， 接下来，一方面，因为，且在上为增函数， 所以在上为增函数，故，， 由，可得， 另一方面，因为， 所以，可得， 以此类推，在上恒成立，即为常值函数． 命题得证！ 3．（24-25高三上·上海·期中）若定义在上的函数和分别存在导函数和. 且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数. (1)求证: 函数是函数的“控制函数”; (2)若函数是函数的“控制函数”，求控制系数k的取值范围； (3)若函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”， 求证:“”的充要条件是“存在常数， 使得恒成立”. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）结合定义，只需证明即可得； （2）结合定义，构造函数，结合导数求出最小值即可得； （3）先证明充分性：若存在常数使得恒成立，结合偶函数定义计算即可得；再证明必要性：由题意可得，又，则可结合偶函数性质得到，即可得证. 【详解】（1），，则，故， 即恒成立，故函数是函数的“控制函数”； （2）有， ， 则，， 令， 则 ， 由， 故当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 故，即有， 则当时，函数是函数的“控制函数”， 即； （3）充分性：若存在常数使得恒成立， 则为偶函数， 因为函数为偶函数，所以， 则，即， 所以恒成立，所以； 必要性：若，则，所以函数为偶函数， 函数是函数的“控制函数”， 因此，又， 因此函数是函数的“控制函数”， 所以，即恒成立， 用代换有， 综上可知，记， 则， 因此存在常数使得恒成立， 综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”． （建议用时：45分钟） 刷模拟 1．（2026·上海金山·二模）已知函数，其中． (1)若，求实数的取值范围； (2)若，其中，若存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据函数的单调性及函数的定义域列出不等式组求解即可； （2）求出函数导数，分类讨论，利用导数可得函数的单调性及极值，结合单调性及极值即可得解. 【详解】（1）由可得， 又为严格单调递增函数，且， 所以，解得， 所以实数的取值范围为. （2）因为， 所以，， 由可得，， 当时，，在上单调递增，不合题意； 当时，，故当或时，， 当时，， 在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值， 此时，不存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点； 当时，，故当或时，， 当时，， 在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值， 故的极小值，又当时，， 所以存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点. 综上，实数的取值范围. 2．（2026·上海长宁·二模）设函数定义域为，区间，记函数在区间上的最大值为，最小值为. (1)设，，若，求实数的值； (2)设，，若，且，求的值； (3)已知，，且对任意闭区间，与均存在. 求证：“在区间上严格增”的充要条件是“对于任意闭区间、，当，且时，均有.” 【答案】(1) (2)或或 (3)证明见解析 【分析】（1）讨论在区间上的单调性，则可找到其最小值，即可求出答案； （2）讨论，，，分别求出，即可求出答案； （3）必要性直接证明即可，利用反证法再证明充分性. 【详解】（1）由题意知函数，在区间上的最小值为， 由题意得， ①当时，恒成立， 在区间上单调递增，无最小值，不满足题意； ②当时，当时，， 在区间上单调递减， 当时，， 此时在区间上单调递增， 此时，满足题意； ③当时，恒成立， 在区间上单调递减，无最小值，不满足题意； 综上所述，. （2）由题意得, 当或时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 又， ①当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 此时， 因为，所以， 又在区间上单调递减，即， 所以，故； ②当时，在区间上单调递减， 此时，满足； ③当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 此时， 因为，在区间上单调递减， 所以，则，得到，解得， 综上所述：或或. （3）必要性：若在区间上严格增， 设， 因为在区间上严格增， 所以， 又，， 所以，又在区间上严格增， 所以，必要性成立； 充分性：假设在上不严格增， 则存在，使得， 令，设，， 由函数在区间连续， 所以必存在，使得， 令，则，， 由于，函数在区间上不可能是严格增函数， 若函数在区间上为常数，可取， 则，与题设矛盾；若函数在区间上不为常数， 则其最大值与最小值不可能同时在两个端点取到， 故是的真子集，即与题设矛盾. 因此假设不成立，在上严格增，充分性成立. 综上所述：“在区间上严格增”的充要条件是“对于任意闭区间、， 当，且时，均有.” 3．（2026·上海普陀·二模）已知p、q为实数，设函数的最小值为，函数的最小值为，若且，则称函数和函数是T函数. (1)设函数的表达式为，函数的表达式为，请判断函数和函数是否为T函数，并说明理由； (2)设a、b为正实数，函数的表达式为，函数的表达式为()，若函数和函数不是T函数，求的最小值； (3)设k、t、a为实数，函数的表达式为()，函数的表达式为，若存在，对任意的，皆有成立，且函数和函数是T函数，求k的取值范围. 【答案】(1)函数和函数为T函数，理由见解析； (2)； (3) 【分析】（1）根据T函数的定义判断； （2）由T函数的定义求得，然后由基本不等式求得最小值； （3）先求得和的最小值和最小值点，根据题意得出，， 然后消去得关于的等式，构造函数使用同构法得出，，再利用导数求得的范围． 【详解】（1），， ，， ，且， 所以函数和函数的最小值相等，且最小值点均不相同，因此它们为T函数； （2），， 因为， 所以，当且仅当，即时等号成立， 函数和函数不是T函数， 所以，即， 又， 所以，当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值是； （3）是减函数，又，所以， ，， 是上的增函数， 依题意，存在，使得①且②， 由①得，代入②得， 整理得，即③， 设，则③式为， 易知是增函数，所以，，， 设， 则，时，，递增，时，，递减， 所以，又， 所以的取值范围是， 所以的取值范围是． 4．（2026·上海静安·二模）已知函数（且）． (1)当时，求函数的极值； (2)若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； (3)若函数的图像与的图像相交于相异两点和，求的取值范围． 【答案】(1)极大值，无极小值 (2)，切点坐标为 (3)的取值范围 【分析】（1）求导找单调性变化点，进而确定极值； （2）先求导得到切线斜率公式，再根据 “切点在曲线、切线上，且切线斜率等于导数” 列三个方程，联立消元求解，试根得到切点横坐标，最终算出和切点坐标； （3）将两函数交点问题转化为方程根的问题，用导数分析函数单调性，再根据零点存在性求参数范围． 【详解】（1）当时，，的定义域为， ， 令，得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以在处取极大值，无极小值． （2）， 设切点为，切线的斜率为，所以①， 因为切点同时在曲线和切线上，所以②， 由①得③，由②得④， ③④得⑤， 将⑤代入②中得，即⑥， 设，， 令， 由，得，单调递增， 又， 所以时，，单调递减， 时，，单调递增， 又， 所以是的唯一零点， 即方程⑥的根，代入⑤得，切点坐标为． （3）令，即，整理得， 问题转化为在有个不同正根， 令， ， 若，则，在单调递增，最多个零点，不符合题意， 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 要使有个不同零点，需满足极小值小于（当和时，满足题意）， 所以，解得， 所以的取值范围． 5．（2026·上海嘉定·二模）已知在神经网络中，常作为神经元激活函数． (1)证明：对任意实数x，有，并由此写出图像的对称中心； (2)设交叉熵损失函数，用于衡量预测值与真实标签t之间的差异，其中．试确定t的值，使得在上是减函数； (3)在深度神经网络中，信号经过多层传播可抽象为一个迭代过程．设数列满足，其中n为正整数．证明：存在唯一实数，使得，且对任意实数和任意正整数n，都有． 【答案】(1)证明见解析， (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）利用中心对称性恒等式进行证明即可； （2）利用求导，结合不等式恒成立可确定参数取值； （3）利用拉格朗日中值定理，构造递推数列关系，结合迭代法可证明不等式. 【详解】（1）由​，得 ​，求和可得：， 则对任意实数x，有， 即图像的对称中心为： ； （2）由题意可得： ， 求导得：， 要使得在上是减函数，则， 因为，所以，即， 又因为，所以； （3）构造，， 则， 所以在上单调递减， 又因为，， 且在上连续递减，结合零点存在定理， 可知存在唯一实数，使得， 再由，当且仅当时取等号， 根据拉格朗日中值定理，对任意有：， 又因为，，所以对任意，恒有不等式成立， 则由迭代法，结合不等式性质可得： ， 因为，即，， 所以， 因此，即问题得证. 6．（2026·上海奉贤·二模）设定义域为的函数的表达式为，我们可以证明函数存在唯一的零点，设该零点为r．如图，过点作函数的切线与轴的交点为，设横坐标为，若，则过点作函数的切线与x轴的交点为，设横坐标为；若，则停止作切线．…依次类推，得到数列，记，． (1)若，，求； (2)求证：数列是严格递减数列； (3)若，比较与的大小，并说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)对于，当，；当，；当， 【分析】（1）根据导数的几何意义建立切线方程，直接代入即可. （2）根据切线方程构造递推公式作差，再通过零点与交点横坐标的关系化简即可证明. （3）先将条件作差，再将递推公式代入化简，构造函数，通过求导分析函数单调性，最后确定零点，可判断大小. 【详解】（1）已知，， 当，，设切线斜率为， 则，直线为， 令，. （2）设，，，，所以， ， 则直线为. 令，则. ， 因为，且， 所以， 所以数列是严格递减数列. （3）当时，，，令， 则， 令. 所以. 构造函数，令，， 求导， 构造函数，，所以单调递增，且， 所以，所以函数在上单调递增， 当，， 根据零点存在定理，存在唯一的使得， 所以结合数列的单调递减性， 当，，此时； 当，，此时； 当，，此时. 刷真题 1．（2026·上海·高考真题）已知函数. (1)当，，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围. 【答案】(1) (2)或， 【分析】（1）根据以及可得，即可求导以及点斜式求解直线方程， （2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解. 【详解】（1）当时，则， 根据可得，故，故， 由于，故，故， ，则， 故函数在处的切线方程为，故， （2）函数的最小正周期为，故，所以， 令，当，则， 令，则或， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，无解， 综上可得或. 2．（2025·上海·高考真题）已知． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【答案】(1) (2)且. 【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解； （2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】（1）因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解为. （2）在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且. 3．（2025·上海·高考真题）已知函数的定义域是．对于，定义集合． (1)，求； (2)对于集合，若对任意都有，则称是对称集．若是对称集，证明：“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”； (3)若，．求的取值范围，使得对于任意，都有． 【答案】(1) (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）根据对数函数的单调性即可求解； （2）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明必要性和充分性； （3）根据定义判断出函数单调不减，得到导函数大于等于0恒成立即可求解. 【详解】（1）由定义得，. （2）证明： 必要性：因为函数是偶函数，所以对任意，， 对任意，若，即，则， 所以，所以对任意，是对称集. 充分性：若对任意，是对称集， 因为对任意，，所以，即①， 又，所以，即②. 由①②得，对任意，， 所以函数是偶函数. 综上，“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”，得证. （3）因为对于任意，都有， 所以若，则，即若，则， 所以，所以在上单调不减， 所以对任意，恒成立. 当时，显然成立，； 当时，恒成立，令，， 所以在单调递减，单调递增，所以； 当时，恒成立，此时 因为在上单调递减，当时，， 时，， 所以； 综上，. 4．（2024·上海·高考真题）记 (1)若，求和; (2)若，求证:对于任意，都有，且存在，使得. (3)已知定义在上有最小值，求证"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）将代入求解即可； （2）根据函数的单调性，对进行分类讨论，然后求出即可证明; （3）利用偶函数的定义，即可证明必要性，利用，得出两个集合中最小的元素相同，从而，即可证明充分性. 【详解】（1）由题意得:； （2）由题意知，记，有或2， 0 2 正 0 负 0 正 极大值 极小值 现对分类讨论: 当，有为严格增函数，因为，此时，符合条件; 当时，，先减后增，， 因为取等号)，所以， 此时，符合条件，且时，； 当时，，在严格增，在严格减，在严格增， ，因为， 此时，，则，则成立; 综上可知，对于任意，都有，且存在，使得. （3）必要性:若为偶函数，则， 当，因为，故; 充分性：若对于任意正实数，均有，其中， 因为有最小值，不妨设， 由于任意，令，则， 故最小元素为，中最小元素为， 又 则对任意成立，则 ， 若，则对任意成立是偶函数， 若，此后取， ， 综上，任意，即是偶函数. 故"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 5．（2024·上海·高考真题）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”． (1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”； (2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直； (3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)严格单调递减 【分析】（1）代入，利用基本不等式即可； （2）由题得，利用导函数得到其最小值，则得到，再证明直线与切线垂直即可； （3）根据题意得到，对两等式化简得，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明，最后得到函数单调性. 【详解】（1）当时，， 当且仅当即时取等号， 故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”． （2）由题设可得， 则，因为均为上单调递增函数， 则在上为严格增函数， 而，故当时，，当时，， 故，此时， 而，故在点处的切线方程为. 而，故，故直线与在点处的切线垂直． （3）设， ， 而， ， 若对任意的，存在点同时是在的“最近点”， 设，则既是的最小值点，也是的最小值点， 因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点， 则存在,使得， 即① ② 由①②相等得，即， 即，又因为函数在定义域R上恒正， 则恒成立， 接下来证明， 因为既是的最小值点，也是的最小值点， 则， 即，③ ，④ ③④得 即，因为 则，解得， 则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减. 6．（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列． (1)若正整数，证明； (2)若正整数，试比较与大小； (3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)存在， 【分析】（1）由导数的几何意义得切线方程后证明， （2）构造函数后由导数证明不等式， （3）由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解， 【详解】（1），则在处的切线为， 当时，，即， 所以当正整数时，； （2）作差得， 令，， 当时，，当时，， 故在单调递增，在上单调递减， ，故， 所以当正整数时，； （3），令， 与单调性相同，由（2）得， 当时，，当时，， 故至多有两解， 若成等差数列，则， 故最多项成等差数列，此时，． 而，， 令，，显然时，， 故在上单调递增， 而，，，故有唯一解， 存在使得，此时，故存在最多项成等差数列， 7．（2023·上海·高考真题）设函数，其中，若任意均有，则称函数是函数的控制函数”，且对于所有满足条件的函数在处取得的最小值记为． (1)若，试问是否为的控制函数”； (2)若，使得直线是曲线在处的切线，证明：函数为函数的控制函数，并求“”的值； (3)若曲线在处的切线过点，且，证明：当且仅当或时，． 【答案】(1)是的控制函数 (2)证明见解析， (3)证明见解析 【分析】（1）令，利用导函数求单调性进而判断在上的正负即可； （2）利用导数的几何意义求得切线的方程，再利用导函数求单调性进而判断在上的正负即可； （3）设曲线在处的切线为，利用切线过求出与的关系，再利用控制函数的定义求解即可； 【详解】（1）当时，令， 所以，令解得或， 所以在单调递减， 又因为，所以在上小于等于0恒成立， 即在上恒成立，所以由题意是的控制函数. （2）当时，，， 所以，， 所以曲线在处的切线为，整理得， 令，则， 令解得，所以在单调递增，在单调递减， 又，所以在上小于等于0恒成立， 即在上恒成立，所以是的控制函数， 由题意. （3）由题意 设在处的切线为， 则，因为 且， 所以， 所以， ， 所以， 则即恒成立， 所以函数必是函数的“控制函数”. 是函数的“控制函数” 此时“控制函数”必与相切与点，与在处相切，且过点， 由上及知：当且仅当或时等号成立，其他位置恒有， 所以或. 所以曲线在处的切线过点，且， 当且仅当或时，. 8．（2023·上海·高考真题）已知为正比例系数，定义：为建筑物暴露在空气中的面积（单位：平方米），为建筑物的体积（单位：立方米）． (1)若有一个圆柱体建筑的底面半径为，高度为，求该建筑体的（用表示）； (2)现有一个建筑体，侧面皆垂直于地面，设A为底面面积，L为建筑底面周长．已知为正比例系数，与成正比，定义：，建筑面积即为每一层的底面面积，总建筑面积即为每层建筑面积之和，值为．已知该建筑体推导得出，为层数，层高为3米，其中，试求当取第几层时，该建筑体最小？ 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）利用圆柱体的表面积和体积公式，结合题目中的定义求解即可； （2）利用导函数求的单调性，即可求出最小时的值. 【详解】（1）由圆柱体的表面积和体积公式可得： ，， 所以. （2）由题意可得，， 所以，令即， 解得， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值在或取得， 当时，， 当时，， 所以在第6层时，该建筑体最小. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项03 导数的应用 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 年份 题号/分值 核心考点 题型特点 难度 2023 T18 / 14分 极值、零点、含参范围 函数极值+参数讨论 中难 2024 T21 / 18分 新定义、导数几何意义、极值 上海特色新定义+导数综合 难（压轴） 2025 T19 / 14分 极大值、含参范围、不等式 函数极值+导数应用 中难 2026年预测： 1. 核心考点（必考题） 导数几何意义：切线方程、斜率、切点（3年3考） 函数单调性：含参讨论、单调区间、恒成立 极值与最值：极大/极小值、最值求解、参数范围 零点问题：零点个数、存在性、极值点偏移 不等式证明：构造函数、放缩、恒成立/能成立 2. 题型趋势 压轴回归：导数大概率重回T21压轴，分值18分 新定义+导数：上海特色，结合函数、数列、逻辑 综合化：导数+指数/对数/三角函数/数列 思想方法：分类讨论、数形结合、转化化归、构造函数 3. 难度与设问 第1问：基础（求导、单调、极值） 第2问：中档（含参讨论、参数范围） 第3问：压轴（不等式证明、零点、极值点偏移） 题型01 导数与函数单调性（解答题核心） 析典例·建模型 1．（25-26高三上·上海·开学考试）已知为常数，函数． (1)根据的不同取值，讨论函数的奇偶性，并说明理由； (2)若，判断函数在上的单调性，并求它的单调区间． 2．已知函数． (1)若的单调减区间是，求实数的值； (2)若在上为严格减函数，求实数的取值范围． 3．（2026·上海·二模）设． (1)解不等式：； (2)设，若存在，使得，求实数a的取值范围． 研考点·通技法 求单调区间：① 求函数定义域；② 求导；③ 解不等式（增区间）、（减区间），注意定义域对解集的限制。 含参单调性讨论：① 求导后，分析的表达式（一次、二次或分式）；② 找到参数的分界点（如二次函数判别式、一次项系数为0）；③ 按分界点分类，分别求解的正负，确定单调区间（分类不重不漏）。 恒成立求参数：① 分离参数法（优先）：将参数移到一侧，转化为“恒成立”（求最大值）或“恒成立”（求最小值）；② 端点效应：先验证端点处成立，再结合导数判断函数单调性，验证整个区间成立（注意端点是否在定义域内）。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海·月考）已知函数，其中. (1)讨论函数的奇偶性； (2)当时，证明函数在上是严格增函数，并解不等式. 2．（25-26高三上·上海·期中）设． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若曲线在点处的切线与曲线也相切，求的值； (3)若函数的图像恒在函数的图像的上方，求的取值范围． 3．（2026·上海崇明·二模）函数，是减函数，即对于任意的，，当时，均有． (1)若，求实数a的取值范围； (2)是否存在函数是偶函数，且满足对所有成立？若存在，请举出一个满足条件的函数，若不存在，请说明理由； (3)设，已知函数是周期函数，求证：为常值函数． 题型02 导数与极值、最值（解答题高频） 析典例·建模型 1．（2026·上海闵行·二模）已知. (1)当时，解方程； (2)若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小值点. 2．（2026·上海黄浦·二模）已知． (1)求函数的最小正周期与单调增区间； (2)将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象．若同时满足：①图象关于点对称；②有且仅有个极大值点在区间上．求的取值范围． 3．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若在内的最大值为2，求的值. 4．（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． 研考点·通技法 求极值：① 求导，令，求驻点；② 判断驻点两侧的符号（左正右负为极大值点，左负右正为极小值点）；③ 代入驻点求极值（注意定义域内的驻点才有效）。 求最值：① 求函数定义域内的所有驻点和端点；② 计算各点的函数值；③ 比较大小，最大的为最大值，最小的为最小值（闭区间必存在最值，开区间需验证极限、）。 含参极值、最值范围：① 按含参单调性讨论的方法，确定极值点/最值点与参数的关系；② 将极值点/最值点代入函数，转化为关于参数的函数，求其值域（注意参数的取值范围）。 极值点偏移：① 构造对称函数（如的极值点为，构造）；② 求的导数，判断的单调性；③ 结合，证明（或）。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海徐汇·期中）已知函数. (1)求出函数所有的极值点. (2)设函数的图象上存在两点，满足以为直径的圆过原点，且该圆的圆心在轴上. ①证明：，两点在直线的两侧. ②求a的取值范围. 2．（25-26高三上·上海·期中）已知，且关于的函数． (1)已知函数，且满足，解不等式； (2)若，为单位向量，讨论函数的单调性； (3)若函数在上有极值，求与夹角的取值范围． 3．（25-26高三上·上海·期中）已知，． (1)求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的极值点个数； (3)若对于任意总有，求实数的取值范围． 4．（2026·上海黄浦·二模）对于公共定义域为D的函数与，定义集合． (1)若，，求； (2)若，，且，求的最小值； (3)已知是定义在上的增函数，其图像是连续曲线，且存在正数，使得．若，，且，求证：． 5．（24-25高三下·上海杨浦·开学考试）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 题型03 导数与函数零点（压轴） 析典例·建模型 1．（2025·上海嘉定·一模）已知. (1)若，求函数的单调区间. (2)若在上存在零点，求实数的最大值. 2．（24-25高三上·上海杨浦·期末）已知函数，，设，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当函数经过点时函数有且仅有一个零点； (3)证明：对小于的实数，存在实数使得关于方程恰有三个不同的实数根，并指出实数的取值范围． 3.已知函数. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若函数有两个零点，，且，求证：(其中是自然对数的底数). 研考点·通技法 零点存在性证明：利用零点存在性定理（介值定理），找到区间，满足，且在上连续，即可证明存在零点。 零点个数讨论：① 求函数的单调性和极值（最值）；② 结合函数的定义域、极限趋势（如、时的函数值）；③ 根据极值与0的大小关系，判断零点个数（极大值且极小值时，至少3个零点）。 双变量零点问题：① 由（），结合函数单调性，确定、的范围；② 构造函数（如令），转化为单变量问题；③ 利用导数判断构造函数的单调性，求解范围或证明不等式。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海·期中）已知函数 . (1)当时，求曲线在处的切线方程 (2)证明： 有唯一零点 (3)记的零点为，判断数列 中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列， 并说明理由. 2．（24-25高三下·上海·月考）已知k、，函数的定义域为，直线l的方程为，记集合． (1)若，求集合； (2)若，且存在实数k、m使得集合中有且只有两个元素，求实数b的取值范围； (3)若函数的图象是一条连续曲线，且其导函数是定义域为的严格减函数，求证：“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件． 3．（25-26高三下·上海·月考）已知函数，其中． (1)任取，若，证明：； (2)若存在，使得方程存在三个不等实根，且； （i）求的取值范围； （ii）证明：． 题型04 导数与不等式（压轴） 析典例·建模型 1．（25-26高三上·上海·期中）已知曲线，曲线，其中. (1)求曲线在处的切线； (2)证明：E与F存在唯一交点； (3)在（2）的条件下，设交点为，作在点处的切线，交轴于点，证明: 2．（25-26高三下·上海·月考）设，已知． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若当时，不等式恒成立，求的取值范围． 3．（25-26高三上·上海浦东新·期中）已知函数，，. (1)求函数在区间上的最小值； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)对于任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围. 研考点·通技法 构造函数证明不等式：① 移项，将不等式转化为“”（或）；② 求的导数，判断的单调性；③ 求的最小值（或最大值），证明最小值（或最大值）（必要时二次求导判断单调性）。 恒成立求参数范围：同“导数与函数单调性”中的恒成立解题方法，补充：当分离参数困难时，直接构造函数，求函数的最值，结合最值与参数的关系求解。 能成立（存在性）问题：转化为“能成立”（求最小值）或“能成立”（求最大值），与恒成立问题区分开（恒成立是“所有满足”，能成立是“存在满足”）。 破类题·提能力 1．（25-26高三下·上海虹口·月考）记（）． (1)若，解不等式：； (2)若恒成立，求实数的取值范围． 2．（25-26高三上·上海普陀·月考）设是实数，. (1)证明:函数的图像关于点成中心对称； (2)若存在正数，使得成立，求的取值范围； (3)试根据正数的不同取值，讨论经过点且与曲线相切的直线的条数. 题型05 导数与新定义（上海特色） 析典例·建模型 1．（2026·上海徐汇·二模）已知函数与函数的定义域均为，且在上的导函数分别为和.若存在常数，使得对任意实数恒成立，则称是的“调整函数”，并称为调整系数. (1)设.求证：是的“2-调整函数”； (2)设.若存在实数，使得是的“调整函数”，求调整系数的取值范围； (3)已知是的“1-调整函数”，函数的值域是一个闭区间，记作集合，函数的值域记作集合.若，判断是否一定是常值函数，并说明理由. 2．（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. 研考点·通技法 核心思路：先准确理解新定义（如“凸函数”“拟单调函数”等），将新定义转化为导数语言（如凸函数），再结合导数的常规方法求解。 新定义+单调性/极值：① 翻译新定义，得到关于或的不等式；② 求导，结合新定义的条件，判断函数的单调性或极值点；③ 求解相关问题（如参数范围、极值大小）。 新定义+不等式证明：① 结合新定义，构造符合条件的函数；② 利用导数判断构造函数的单调性、最值；③ 结合新定义的约束条件，证明不等式成立（注意新定义中定义域、取值范围的限制）。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海·月考）已知函数及其导函数的定义域都为．若对任意，有，则称为“卓越函数”． (1)判断是否为“卓越函数”？ (2)已知为“卓越函数”，求实数的取值范围； (3)已知为“卓越函数”，且存在唯一正实数，使得，求实数的取值范围． 2．（2025·上海浦东新·二模）定义域为的可导函数满足，在曲线上存在三个不同的点，使得直线与曲线在点处的切线平行（或重合）．若成等差数列，则称为“等差函数”；若成等差数列且均为整数，则称为“整数等差函数”． (1)设，，分别判断和是否为“整数等差函数”，直接写出结论； (2)若为“整数等差函数”，求实数的最小值； (3)已知的导函数在上为增函数，且存在一个正常数， 使得对任意，成立，证明：为“等差函数”的充要条件是为常值函数． 3．（24-25高三上·上海·期中）若定义在上的函数和分别存在导函数和. 且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数. (1)求证: 函数是函数的“控制函数”; (2)若函数是函数的“控制函数”，求控制系数k的取值范围； (3)若函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”， 求证:“”的充要条件是“存在常数， 使得恒成立”. （建议用时：45分钟） 刷模拟 1．（2026·上海金山·二模）已知函数，其中． (1)若，求实数的取值范围； (2)若，其中，若存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点，求实数的取值范围． 2．（2026·上海长宁·二模）设函数定义域为，区间，记函数在区间上的最大值为，最小值为. (1)设，，若，求实数的值； (2)设，，若，且，求的值； (3)已知，，且对任意闭区间，与均存在. 求证：“在区间上严格增”的充要条件是“对于任意闭区间、，当，且时，均有.” 3．（2026·上海普陀·二模）已知p、q为实数，设函数的最小值为，函数的最小值为，若且，则称函数和函数是T函数. (1)设函数的表达式为，函数的表达式为，请判断函数和函数是否为T函数，并说明理由； (2)设a、b为正实数，函数的表达式为，函数的表达式为()，若函数和函数不是T函数，求的最小值； (3)设k、t、a为实数，函数的表达式为()，函数的表达式为，若存在，对任意的，皆有成立，且函数和函数是T函数，求k的取值范围. 4．（2026·上海静安·二模）已知函数（且）． (1)当时，求函数的极值； (2)若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； (3)若函数的图像与的图像相交于相异两点和，求的取值范围． 5．（2026·上海嘉定·二模）已知在神经网络中，常作为神经元激活函数． (1)证明：对任意实数x，有，并由此写出图像的对称中心； (2)设交叉熵损失函数，用于衡量预测值与真实标签t之间的差异，其中．试确定t的值，使得在上是减函数； (3)在深度神经网络中，信号经过多层传播可抽象为一个迭代过程．设数列满足，其中n为正整数．证明：存在唯一实数，使得，且对任意实数和任意正整数n，都有． 6．（2026·上海奉贤·二模）设定义域为的函数的表达式为，我们可以证明函数存在唯一的零点，设该零点为r．如图，过点作函数的切线与轴的交点为，设横坐标为，若，则过点作函数的切线与x轴的交点为，设横坐标为；若，则停止作切线．…依次类推，得到数列，记，． (1)若，，求； (2)求证：数列是严格递减数列； (3)若，比较与的大小，并说明理由． 刷真题 1．（2026·上海·高考真题）已知函数. (1)当，，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围. 2．（2025·上海·高考真题）已知． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 3．（2025·上海·高考真题）已知函数的定义域是．对于，定义集合． (1)，求； (2)对于集合，若对任意都有，则称是对称集．若是对称集，证明：“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”； (3)若，．求的取值范围，使得对于任意，都有． 4．（2024·上海·高考真题）记 (1)若，求和; (2)若，求证:对于任意，都有，且存在，使得. (3)已知定义在上有最小值，求证"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 5．（2024·上海·高考真题）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”． (1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”； (2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直； (3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性． 6．（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列． (1)若正整数，证明； (2)若正整数，试比较与大小； (3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由． 7．（2023·上海·高考真题）设函数，其中，若任意均有，则称函数是函数的控制函数”，且对于所有满足条件的函数在处取得的最小值记为． (1)若，试问是否为的控制函数”； (2)若，使得直线是曲线在处的切线，证明：函数为函数的控制函数，并求“”的值； (3)若曲线在处的切线过点，且，证明：当且仅当或时，． 8．（2023·上海·高考真题）已知为正比例系数，定义：为建筑物暴露在空气中的面积（单位：平方米），为建筑物的体积（单位：立方米）． (1)若有一个圆柱体建筑的底面半径为，高度为，求该建筑体的（用表示）； (2)现有一个建筑体，侧面皆垂直于地面，设A为底面面积，L为建筑底面周长．已知为正比例系数，与成正比，定义：，建筑面积即为每一层的底面面积，总建筑面积即为每层建筑面积之和，值为．已知该建筑体推导得出，为层数，层高为3米，其中，试求当取第几层时，该建筑体最小？ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项03 导数的应用 参考答案 题型01 导数与函数单调性（解答题核心） 析典例·建模型 1． 【思路分析】（1）根据、两种情况分类讨论，结合奇偶函数的定义即可求解； （2）求出，再进一步求出和的范围即可求解． 【规范答题】（1）记，定义域为， ①当时，， 因为，故函数为偶函数， ②当时，， 取，因为且， 即且，所以函数既不是奇函数，也不是偶函数． （2）， 因为，所以当时，， 当时，， 所以函数在上严格单调递增，在上严格单调递减． 2． 【思路分析】（1）对函数求导后，由题意可得的解集为，从而可求出实数的值； （2）由题意可得在上恒成立，转化为在上恒成立，利用函数的范围，从而可求出的取值范围． 【规范答题】（1）由， 得， 因为的单调减区间是， 所以的解集为， 所以方程的两个根为0和4，且， 所以，解得； （2）因为在上为严格减函数， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 因为在上单调递减， 所以，所以， 因为，所以， 即实数的取值范围为. 3． 【思路分析】（1）化简，解一元二次不等式即可； （2）先求证的奇偶性和单调性，将问题转化为存在，使得，求一元二次函数的最小值即可. 【规范答题】（1）因为，， 所以，得， 故的解集为； （2），则， 因为关于原点对称，所以在上为奇函数， 易得， 因为，等号成立时，所以， 则在上单调递增， 若存在，使得， 则存在，使得， 则存在，使得，即， 因为函数图象关于对称，其在上的最小值为，则， 故实数a的取值范围为. 破类题·提能力 1． 【规范答题】（1）因为，而. 函数的定义域为. 当时，，此时函数为偶函数； 当时，，此时函数为奇函数； 当时，函数为非奇非偶函数； （2）因为时，函数，求导得. 当时，，所以，所以（当且仅当时取等号）. 所以函数在上是严格增函数. 由（1）知为偶函数，而在上是严格增函数. 所以根据函数的单调性和奇偶性，不等式等价于. 两边平方得，化简得， 解得或. 所以不等式的解集为. 2． 【规范答题】（1）当时，， 其定义域为，且， 令，即，解得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增. （2）因， 故曲线在点处切线的方程为． 设直线与曲线相切于点，且， 则，且，解得． （3）由题意得，化简得． 设，则． 令，即，解得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； 函数在处取得极大值，也是上的最大值，可知． 因此a的取值范围为． 3． 【规范答题】（1）为减函数，则即恒成立，所以. （2）因为为减函数，取任意实数，设，则有， 又为偶函数即有，可得， 同时根据单调性由可得，所以 即对任意实数成立，所以为常值函数，设， 则， 当时，不成立，所以不存在满足条件的函数. （3）设函数的正周期为即对任意都有， 因为，根据为减函数可知，所以， 那么有，因为， 所以即，于是可得，从而， 而为减函数，所以在上为常值函数，其中为任意实数， 所以在上为常值函数. 题型02 导数与极值、最值（解答题高频） 析典例·建模型 1． 【思路分析】（1）利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质即可求出； （2）先对进行求导，令并求导即可求出的取值范围. 【规范答题】（1）当时，， 令，得，即，，解得, 故方程的解集为. （2）由题意得， 在区间上，，， 令，则， 在上单调递增，且， 若函数在上有唯一的极值点，则在该区间有唯一解， 即有唯一解，故的取值范围为， 设为该极值点， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以极值点为极大值点. 2． 【思路分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式和正弦型函数的单调性可求得答案； （2）利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，根据函数满足条件①以及的范围可得出的值，再根据函数满足条件②可得出关于的不等式，解之即可. 【规范答题】（1）因为， 所以函数的最小正周期为， 由，可得， 所以函数的单调增区间为． （2）由（1）知， 将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象， 所以， 由的图象关于点对称，可得， 所以，解得， 又，可知，故， 当时，， 由②知，解得， 故的取值范围是． 3． 【思路分析】（1）先求得函数的导函数，讨论的零点的大小关系，利用的正负可得到的单调性； （2）由（1）分析在上的单调性，进而求得其最大值，构造新函数，分析新函数的单调性及零点，即可求得实数的值. 【规范答题】（1）函数的定义域为. 则， 令，解得或. 若，即，则 当或时，；当时，. 所以在上单调递减，在和上单调递增； 若，即，则恒成立， 所以在区间上单调递增； 当，即，则 当或时，；当时，. 所以在区间上单调递减，在和上单调递增. 综上所述，若，则在上单调递减，在和上单调递增； 若，则在上单调递增； 若，则在上单调递减，在和上单调递增. （2）由（1）知，当时，在上单调递增，则，解得， 与矛盾，舍去； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以，即. 令，则恒成立， 所以在上单调递减. 又，故. 综上所述， 4． 【思路分析】（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. 【规范答题】（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． 破类题·提能力 1． 【详解】（1），定义域为R， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则的极小值点为0和1，极大值点为； （2）①证明：设， 因为以为直径的圆过原点，所以，即， 又以为直径的圆的圆心在轴上，所以 显然两点不能同在直线的右侧，且均不能为1， 假设两点同在直线的左侧，即， 不妨设，易知， 因为，所以， 所以，故， 则， 这与矛盾，所以假设不成立， 故两点在直线的两侧. ②由①可知，两点在直线的两侧， 不妨设，，则，， 由得 则关于的方程在上有解. 令，则， 所以在上单调递增，所以 则解得 故的取值范围为. 2． 【详解】（1）由题意，又， 所以的图像关于对称， 则，即，得到， 由，所以，解得或， 故不等式的解集为或． （2）因为，所以， 因为为单位向量，所以，， 题意有，由， 令，可得，令，可得， 则在上单调递增，在上单调递减， 故递增区间为和，递减区间为． （3）设与的夹角为θ． ∵，∴， ∵函数在R上有两个极值，∴方程有两个不同的实数根， 即，∴， 又，∴， 即，又，∴． 3． 【详解】（1）因为，所以，所以，即切线的斜率为， 又，所以所求的切线方程为，即； （2）由得， 因为，所以，当且仅当时等号成立， ①当，即时，对恒成立， 此时在单调增，故没有极值点； ②当，即时，方程有两个不等正数解， ， 不妨设，则当时，单调递增； 时，单调递减； 时，单调递增； 所以分别为极大值点和极小值点，有两个极值点． 综上所述，当时，没有极值点；当时，有两个极值点． （3）， 由，得对于恒成立，设， 则， 因为，所以时，单调递减， 时，单调递增，所以，所以． 4． 【详解】（1）由题意，. 因为 ，所以 . 当 时，等号成立．故 =. （2）令 . 由题设可知， 的值域为非负实数集，从而其最小值为 . 设 时取到最小值，则 ，且 ， 因为所以. 又由 ，得即. 从而. 由 可得故 令 ，则当且仅当 时，等号成立. 此时 ，由 得 ，于是 ，又 ，故 ．所以 的最小值为 . （3）法一：由 可知，对任意 ，都有. 而所以.       (1) 已知存在正数 ，使得. 对任意整数 ，令. 由式（1）可得即. 所以 为常量，即对任意 ，都有. 于是.     (2) 下面证明 . 先证 对任意 都成立． 任取 ，必存在 ，使. 因为 在 上为增函数，所以. 故对任意 ，都有．    (3) 再由式（2）知且. 由于 的图像是连续曲线，且 在 上单调递增，因此 的值域为． 又因为所以 当 取遍 时， 也取遍 ． 故. 法二： 由 可知，对任意 ，都有. 而所以．    (1) 已知存在正数 ，使得. 先证明：对任意整数 ，都有．  (2) 当 时，由式（1）反复应用可得. 当 时，显然. 当 时，设 （），则由式（1）得, 故. 反复使用上式可得. 所以式（2）对任意整数都成立． 由式（2）知且. 又因为 在 上单调递增，且图像连续，所以. 由 ，可得. 于是. 法三： 由 可知，对任意 ，都有. 而所以．  (1) 已知存在正数 ，使得. 由式（1）对正整数 反复迭代，可得. 从而. 同理，对负整数部分可得, 于是对任意 ，都有．  (2) 由式（2）知且. 又因为 在 上连续且单调递增，所以. 再由可得. 故. 5． 【详解】（1）是，理由如下： 根据条件易知， 又，可得， 显然，符合“双中值函数”定义， 即函数是上的“双中值函数”； （2）①因为，所以. 因为是上的“双中值函数”，所以. 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，且时，,时，， 所以，所以，即的取值范围为； ②证明：不妨设， 则，，即，． 要证，可证，即证． 设， 则． 设，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，则在上单调递减． 因为，所以，即． 因为，所以． 因为，所以． 因为，所以． 由①可知在上单调递增，所以，即得证． 题型03 导数与函数零点（压轴） 析典例·建模型 1． 【思路分析】（1）应用导数研究函数的单调区间即可； （2）问题化为与在上有交点，应用导数研究的单调性并求出值域，即可得范围. 【规范答题】（1）由题设，则， 当或，即在上单调递增， 当，即在上单调递减， 所以的单调增区间为，单调减区间为； （2）在上，令， 所以在上有解， 即与在上有交点， 由且， 所以，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当或，有，且， 所以，故最大的为. 2． 【思路分析】（1）由题可得切线斜率，然后由点斜式可得切线方程； （2）由函数经过点可得，然后由单调性可完成证明； （3）通过导数研究性质可得与大致图象，从而可得关于的表达式，然后可完成证明，并能指出实数的取值范围 【规范答题】（1）时，，， ，，则曲线在点处的切线方程为： ； （2）证明：因函数经过点，则 .令，. 令；， 则在上递减，在上递增，则， 故由，可得. 则此时，，.令， 则在上递增， 注意到，结合在上递增， 则. 得在递减，在上递增，则. 即函数经过点时函数有且仅有一个零点1； （3）证明：，其中. ，令， 则，则在上递增. 注意到，， 则，使，结合在上递增. 则. 得在递减，在上递增， 则的极小值为 令，则 得在上单调递减， 故. 注意到，， 则，使； 令，在上递增， 则， 即； 令，. ， 则在递增，在上递减， 则. 则， 又，. 则，使. 则可得大致图象如下， 图象则相当于对图象做翻折变换，可得大致图象如下. 方程恰有三个不同的实数根，则直线与图象有3个交点， 由图可得时满足题意. 则对小于的实数，存在实数使得关于方程恰有三个不同的实数根， 注意到 则时满足题意 令， 则，则在上递减， 则，. 则的范围为： 3. 【思路分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由题意，，是方程的两个根，即可得到，令则，则， 解法一：只需证明当时，不等式成立即可； 解法二：构造函数利用导数说明单调性后即可得证. 【规范答题】（1）函数的定义域为， 则， 当时令，解得或， 当，即时恒成立，所以在上单调递增； 当即时，令，解得或，则在，上单调递增， 令，解得，则在上单调递减； 当即时，令，解得或，则在，上单调递增， 令，解得，则在上单调递减； 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； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. （2）因为，由题意，是方程的两个根，①，②， ①②两式相加，得③，①②两式相减，得④， 联立③④，得，， 设，，，，， 解法一:因为，所以，则， 若，则一定有， 只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，即不等式成立， 设函数，， 在上单调递增，故时，， 即证得成立， 即证得当时，，即证得， ，即证得，则． 解法二：则要证明，只需证， 令，，则， 令，则， 所以，所以， 在时单调递增， 则，则. 破类题·提能力 1． 【详解】（1）由题意有，所以，时， 所以，即， 所以切线方程为； （2）当时，，所以在上无零点， 因为，所以在上单调递增， 所以在上至多一个零点， 当时，有一个零点1， 当时，因为， 所以有唯一的零点； （3）由（2）有：，且， 两边取自然对数得①， 所以②， 由②①有：， 所以， 因为，所以在上单调递增， 所以，所以数列单调递增， 假设数列中存在成等比数列， 所以，即③， 由①有：代入③有： ， 所以④， 因为，所以， 当且仅当时取等， 又因为， 所以方程④无解，故数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列. 2． 【详解】（1）因为，所以， 由，得，解得，所以． （2）存在实数k，m使得集合，则的解集为， 即的解集为， 所以方程有重根及． 因此恒成立，故有， 则是二次方程的两个不相等的实数解， 所以，所以实数b的取值范围是． （3）记，则，在上严格递减， ①若直线l是曲线在点处的切线， 则有，所以． 故时，，所以函数在上严格递减，； 时，，所以函数在上严格递增，； 所以的解集为，集合是单元素集合； ②若集合是单元素集合，故时，， 而函数的图象是一条连续曲线，所以． 则在的附近其他自变量对应的函数值都小于， 故函数在处取得极大值，所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 即，直线l是曲线在点处的切线． 综上，“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件． 3． 【详解】（1）由于，不妨设（当时证明类似），令，则， 将代入不等式左边得，不等式右边得，因此原不等式等价于证明，两边除以，得，整理为， 令，则，因此在上单调递增，且，故在上恒成立，即，从而. （2）（i）将方程整理为， 令，， 对求导得， 令，则两根分别为，， 因为存在时方程有三个不等实根， 所以要有两个极值点，且极值点均为正数，并且极小值 因此，解得. 当，即时，在递减，递增，递减，极小值，代入得 令，则，代入得 令，则求导得，因此在上单调递增，故，即，符合条件， 当，即时，由于在递减，递增，递减，极小值，不符合条件， 综上所述，的取值范围为. （ii）由于方程的三个不等实数根满足，由（i）得， 由（1）的结论，对于，有. 而，即，整理得，代入不等式，得：，化简得，即， 由于，且，因此解出不等式得，即. 由于，所以，而，因此. 题型04 导数与不等式（压轴） 析典例·建模型 1． 【思路分析】（1）由导数求出切线斜率，再由点斜式即可求解； （2）构造函数，将问题等价转化成研究函数的零点，分和两段依次分析函数的函数值情况和单调性情况即可得证； （3）先利用导数依次求出在点处的切线方程和点B，利用两点间的距离公式和将题设所要求证的问题等价转换成求证，再构造函数，利用导数分析其在上的单调性即可求证. 【规范答题】（1）对求导得， 当时，切线斜率为，， 所以所求切线方程为； （2）记. 则当时，，故， 而，故此时无零点； 当时，函数和均为减函数， 所以严格递减，且，故有唯一零点. 综上，与有唯一交点. （3）由（2）得，对求导得， 故在点处的切线斜率为 所以在点处的切线方程为， 令得，故， 要证，只需证即. 由（）式得，故只需证. 记在上单调递增， 所以，即，故得证. 2． 【思路分析】（1）根据，求出的值，再利用导数的几何意义，求得曲线在处的切线方程； （2）分析函数的单调性，求得其最小值为；令，并构造函数，利用导数分析其单调性，结合其取值情况可求得的取值范围. 【规范答题】（1）的定义域为. 若，则， 整理得，所以. 所以. ，所以. . 所以曲线在处的切线方程为. （2）的定义域为. . 因为，所以. 又， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以函数在处取得极小值，即最小值，最小值为. 因为当时，不等式恒成立，所以. 令，则. 因为与均为减函数，所以是减函数. 因为，，所以在上存在唯一零点，记作，即，即. 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减. 因为当时，，即当时，，且， 所以当且仅当时，，即. 所以的取值范围是． 3． 【思路分析】（1）根据单调性可确定最小值点，由此可得最小值； （2）将问题转化为，令，利用导数可求得的单调性，由此可求得，进而得到结果； （3）将问题转化为，根据单调性可求得，分离变量可得，令，利用导数可求得单调性，进而求得最小值，由此可得取值范围. 【规范答题】（1）由题意知：； 与在上均为增函数，在上单调递增， . （2）当时，由得：， 若存在，使得成立，则； 令，则， 当时，，在上单调递增，， ，即实数的取值范围为. （3）由得：， 若对于任意的，总存在，使得成立，则； 在上单调递增，，，， 当时，，； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，， ，即实数的取值范围为. 破类题·提能力 1． 【详解】（1）当时，. 因此， 等价转化为，即，解得. 故原不等式的解集为. （2）将代入得. 故，其中. 令，则在上是严格增函数， 故不等式转化为. 从而，即对于恒成立. 令，故，. + 0 - 严格增 极大值 严格减 所以在上为严格增函数，在上为严格减函数. 因此，在上的极大值也是最大值为. 故的取值范围是. 2． 【详解】（1）证明:， ， 函数的图像关于点成中心对称； （2）， ， ， 设， 则，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 的最小值为， ， 的取值范围为 （3）设过的切线与曲线于点， 切线方程为，又其过， ， ， 设， ， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 的极小值为，的极大值为, 当,当， ①当或时，方程有1解， 即过点可以作1条直线与曲线相切； ②当或时，方程有2解， 即过点可以作2条直线与曲线相切； ③当时，方程有3解， 即过点可以作3条直线与曲线相切， 综合可得:当或时，过点可以作1条直线与曲线相切； 当或时，过点可以作2条直线与曲线相切； 当时，过点可以作3条直线与曲线相切. 题型05 导数与新定义（上海特色） 析典例·建模型 1． 【思路分析】（1）对分别求导，并根据是的“k-调整函数”的定义判断即可； （2）对分别求导，根据是的“k-调整函数”的定义，得恒成立，时显然成立；当时，设，利用导数，分和两种情况分析，可得.并分析此时时，满足题意，即可确定的取值范围； （3）对题意所述函数举出实例说明不一定是常值函数即可. 【规范答题】（1）因为， 所以. 所以 所以是的“2-调整函数”； （2）由，得. 由于是的“调整函数”，那么存在常数，使得恒成立， 即，即. 因为存在实数，满足上式，所以，即. 1)若，则成立； 2)若，则，所以，且. 设，则在单调递增. 当时，因为， 所以存在，当时，，单调递增， 所以当时，，不满足题意； 当时，，，所以，在上单调递减， 所以恒成立. 3)当时，对，恒成立. 综上，调整系数的取值范围是. （3）不一定是常值函数. 例：令，， ，. 此时函数的值域是一个闭区间，为集合，函数的值域为集合，满足. 又，满足对任意实数恒成立，即满足是的“调整函数”， 此时不是常值函数. 2． 【思路分析】（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. 【规范答题】（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 . 破类题·提能力 1． 【详解】（1）， 则， 则当时，有， 故不是“卓越函数”； （2）， 则， 故在上恒成立， 即有在上恒成立， 令，， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故，故； （3）由为“卓越函数”，则定义域为， 且对任意，有， 则，有则， 设函数，则， ， 故在上单调递增，故， 即存在唯一正实数，使得， 令，，， 当时，，故在上单调递增， 又时，，时，， 故存在唯一正实数，使得，符合题意； 当时，当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又时，，时，， 故当时，有唯一正实数解， 由关于的函数在上单调递增， 且当时，有， 故当时，有唯一正实数解； 综上所述：实数的取值范围为或. 2． 【详解】（1）假设成等差数列，得， 设公差为，则， 对于：直线的斜率， 因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 由题意，恒成立， 取，，则成等差数列且均为整数，故是“整数等差函数”． 对于，直线的斜率， 因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 由题意， 若，则， 令，，则恒成立，所以在上单调递减， 所以，即在上恒成立， 即恒成立，所以无解， 故不是“整数等差函数”． （2）因为为“整数等差函数”，所以成等差数列且均为整数， 设公差为，则，且， 直线的斜率， 因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 由题意，， 又的定义域为，有， 当时,,此时,无最小值； 当时,因为，， 所以 ， 则，可取使等号成立，故的最小值为; 综上，实数无最小值； （3）充分性，因为为常值函数，所以， 任意取等差数列 ，则直线的斜率， 曲线在点处的切线斜率为， 因为，所以为“等差函数”． 必要性，因为为“等差函数”，所以成等差数列， 设公差为，则， 直线的斜率， 曲线在点处的切线斜率为， 由题意，, ， 令， 则 ， 令， 则， 因为在上为增函数，所以，在上为增函数， 因为，所以，在上为增函数， 因为，所以在上恒成立， 又，由的单调性知， 故，， ，为常数， ， ， ， 接下来，一方面，因为，且在上为增函数， 所以在上为增函数，故，， 由，可得， 另一方面，因为， 所以，可得， 以此类推，在上恒成立，即为常值函数． 命题得证！ 3． 【详解】（1），，则，故， 即恒成立，故函数是函数的“控制函数”； （2）有， ， 则，， 令， 则 ， 由， 故当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 故，即有， 则当时，函数是函数的“控制函数”， 即； （3）充分性：若存在常数使得恒成立， 则为偶函数， 因为函数为偶函数，所以， 则，即， 所以恒成立，所以； 必要性：若，则，所以函数为偶函数， 函数是函数的“控制函数”， 因此，又， 因此函数是函数的“控制函数”， 所以，即恒成立， 用代换有， 综上可知，记， 则， 因此存在常数使得恒成立， 综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”． （建议用时：45分钟） 刷模拟 1． 【详解】（1）由可得， 又为严格单调递增函数，且， 所以，解得， 所以实数的取值范围为. （2）因为， 所以，， 由可得，， 当时，，在上单调递增，不合题意； 当时，，故当或时，， 当时，， 在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值， 此时，不存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点； 当时，，故当或时，， 当时，， 在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值， 故的极小值，又当时，， 所以存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点. 综上，实数的取值范围. 2． 【详解】（1）由题意知函数，在区间上的最小值为， 由题意得， ①当时，恒成立， 在区间上单调递增，无最小值，不满足题意； ②当时，当时，， 在区间上单调递减， 当时，， 此时在区间上单调递增， 此时，满足题意； ③当时，恒成立， 在区间上单调递减，无最小值，不满足题意； 综上所述，. （2）由题意得, 当或时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 又， ①当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 此时， 因为，所以， 又在区间上单调递减，即， 所以，故； ②当时，在区间上单调递减， 此时，满足； ③当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 此时， 因为，在区间上单调递减， 所以，则，得到，解得， 综上所述：或或. （3）必要性：若在区间上严格增， 设， 因为在区间上严格增， 所以， 又，， 所以，又在区间上严格增， 所以，必要性成立； 充分性：假设在上不严格增， 则存在，使得， 令，设，， 由函数在区间连续， 所以必存在，使得， 令，则，， 由于，函数在区间上不可能是严格增函数， 若函数在区间上为常数，可取， 则，与题设矛盾；若函数在区间上不为常数， 则其最大值与最小值不可能同时在两个端点取到， 故是的真子集，即与题设矛盾. 因此假设不成立，在上严格增，充分性成立. 综上所述：“在区间上严格增”的充要条件是“对于任意闭区间、， 当，且时，均有.” 3． 【详解】（1），， ，， ，且， 所以函数和函数的最小值相等，且最小值点均不相同，因此它们为T函数； （2），， 因为， 所以，当且仅当，即时等号成立， 函数和函数不是T函数， 所以，即， 又， 所以，当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值是； （3）是减函数，又，所以， ，， 是上的增函数， 依题意，存在，使得①且②， 由①得，代入②得， 整理得，即③， 设，则③式为， 易知是增函数，所以，，， 设， 则，时，，递增，时，，递减， 所以，又， 所以的取值范围是， 所以的取值范围是． 4． 【详解】（1）当时，，的定义域为， ， 令，得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以在处取极大值，无极小值． （2）， 设切点为，切线的斜率为，所以①， 因为切点同时在曲线和切线上，所以②， 由①得③，由②得④， ③④得⑤， 将⑤代入②中得，即⑥， 设，， 令， 由，得，单调递增， 又， 所以时，，单调递减， 时，，单调递增， 又， 所以是的唯一零点， 即方程⑥的根，代入⑤得，切点坐标为． （3）令，即，整理得， 问题转化为在有个不同正根， 令， ， 若，则，在单调递增，最多个零点，不符合题意， 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 要使有个不同零点，需满足极小值小于（当和时，满足题意）， 所以，解得， 所以的取值范围． 5． 【详解】（1）由​，得 ​，求和可得：， 则对任意实数x，有， 即图像的对称中心为： ； （2）由题意可得： ， 求导得：， 要使得在上是减函数，则， 因为，所以，即， 又因为，所以； （3）构造，， 则， 所以在上单调递减， 又因为，， 且在上连续递减，结合零点存在定理， 可知存在唯一实数，使得， 再由，当且仅当时取等号， 根据拉格朗日中值定理，对任意有：， 又因为，，所以对任意，恒有不等式成立， 则由迭代法，结合不等式性质可得： ， 因为，即，， 所以， 因此，即问题得证. 6． 【详解】（1）已知，， 当，，设切线斜率为， 则，直线为， 令，. （2）设，，，，所以， ， 则直线为. 令，则. ， 因为，且， 所以， 所以数列是严格递减数列. （3）当时，，，令， 则， 令. 所以. 构造函数，令，， 求导， 构造函数，，所以单调递增，且， 所以，所以函数在上单调递增， 当，， 根据零点存在定理，存在唯一的使得， 所以结合数列的单调递减性， 当，，此时； 当，，此时； 当，，此时. 刷真题 1． 【详解】（1）当时，则， 根据可得，故，故， 由于，故，故， ，则， 故函数在处的切线方程为，故， （2）函数的最小正周期为，故，所以， 令，当，则， 令，则或， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，无解， 综上可得或. 2． 【详解】（1）因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解为. （2）在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且. 3． 【详解】（1）由定义得，. （2）证明： 必要性：因为函数是偶函数，所以对任意，， 对任意，若，即，则， 所以，所以对任意，是对称集. 充分性：若对任意，是对称集， 因为对任意，，所以，即①， 又，所以，即②. 由①②得，对任意，， 所以函数是偶函数. 综上，“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”，得证. （3）因为对于任意，都有， 所以若，则，即若，则， 所以，所以在上单调不减， 所以对任意，恒成立. 当时，显然成立，； 当时，恒成立，令，， 所以在单调递减，单调递增，所以； 当时，恒成立，此时 因为在上单调递减，当时，， 时，， 所以； 综上，. 4． 【详解】（1）由题意得:； （2）由题意知，记，有或2， 0 2 正 0 负 0 正 极大值 极小值 现对分类讨论: 当，有为严格增函数，因为，此时，符合条件; 当时，，先减后增，， 因为取等号)，所以， 此时，符合条件，且时，； 当时，，在严格增，在严格减，在严格增， ，因为， 此时，，则，则成立; 综上可知，对于任意，都有，且存在，使得. （3）必要性:若为偶函数，则， 当，因为，故; 充分性：若对于任意正实数，均有，其中， 因为有最小值，不妨设， 由于任意，令，则， 故最小元素为，中最小元素为， 又 则对任意成立，则 ， 若，则对任意成立是偶函数， 若，此后取， ， 综上，任意，即是偶函数. 故"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 5． 【详解】（1）当时，， 当且仅当即时取等号， 故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”． （2）由题设可得， 则，因为均为上单调递增函数， 则在上为严格增函数， 而，故当时，，当时，， 故，此时， 而，故在点处的切线方程为. 而，故，故直线与在点处的切线垂直． （3）设， ， 而， ， 若对任意的，存在点同时是在的“最近点”， 设，则既是的最小值点，也是的最小值点， 因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点， 则存在,使得， 即① ② 由①②相等得，即， 即，又因为函数在定义域R上恒正， 则恒成立， 接下来证明， 因为既是的最小值点，也是的最小值点， 则， 即，③ ，④ ③④得 即，因为 则，解得， 则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减. 6． 【详解】（1），则在处的切线为， 当时，，即， 所以当正整数时，； （2）作差得， 令，， 当时，，当时，， 故在单调递增，在上单调递减， ，故， 所以当正整数时，； （3），令， 与单调性相同，由（2）得， 当时，，当时，， 故至多有两解， 若成等差数列，则， 故最多项成等差数列，此时，． 而，， 令，，显然时，， 故在上单调递增， 而，，，故有唯一解， 存在使得，此时，故存在最多项成等差数列， 7． 【详解】（1）当时，令， 所以，令解得或， 所以在单调递减， 又因为，所以在上小于等于0恒成立， 即在上恒成立，所以由题意是的控制函数. （2）当时，，， 所以，， 所以曲线在处的切线为，整理得， 令，则， 令解得，所以在单调递增，在单调递减， 又，所以在上小于等于0恒成立， 即在上恒成立，所以是的控制函数， 由题意. （3）由题意 设在处的切线为， 则，因为 且， 所以， 所以， ， 所以， 则即恒成立， 所以函数必是函数的“控制函数”. 是函数的“控制函数” 此时“控制函数”必与相切与点，与在处相切，且过点， 由上及知：当且仅当或时等号成立，其他位置恒有， 所以或. 所以曲线在处的切线过点，且， 当且仅当或时，. 8． 【详解】（1）由圆柱体的表面积和体积公式可得： ，， 所以. （2）由题意可得，， 所以，令即， 解得， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值在或取得， 当时，， 当时，， 所以在第6层时，该建筑体最小. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $