专题03 函数与导数（7年真题汇编+1年模拟）（北京专用）2020-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合2020-2026年北京高考函数与导数真题及模拟题，覆盖函数模型应用、性质、方程综合及导数压轴等核心考点，情境化命题与多结论判断凸显学科素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题|基本初等函数性质（奇偶单调）、比较大小|结合AI训练、乐律音高情境，考查抽象推理| |填空题|7题|函数定义域、多结论判断|含分段函数零点、图像变换，数形结合要求高| |解答题|11题|导数双变量/零点/极值最值|压轴题轮换三大题型，2025-2026年构造难度提升，如切线综合与交点辨析|

专题03 函数与导数 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 函数模型及应用 2022 冬奥制冰、2024 生物指数、2025AI 训练、2026 乐律音高，共 4 题 情境化命题逐年增强，科技、环保、文化多领域取材；2026 首次以填空形式出现，题型灵活化 基本初等函数性质 2020 图像、2021 奇偶最值、2022 函数方程、2023 单调性、2025 多结论、2026 奇偶单调，共 6 题 奇偶性、单调性为核心；2025 起多结论正误判断题型固定，抽象推理要求明显提升 函数与方程综合 2020 分段函数、2021 零点、2022 存在最小值、2023 多结论、2026 多结论，共 5 道填空压轴 分段函数 + 零点 / 交点是必考模型；多结论判断成固定考法，数形结合能力要求高，是填空压轴常客 导数解答题 2020 切线最值、2021 极值最值、2022 双变量、2023 极值点、2024 零点、2025 双变量、2026 零点，每年 1 道压轴大题 三大题型轮换：双变量、零点、极值最值；2024 后切线综合、交点个数辨析增多，构造难度逐年加大 小结：函数小题走向情境化、多结论化；导数压轴题型轮换稳定但综合性逐年加强，是全卷区分度核心。 考点01 函数模型及应用 1.（2026·北京·高考真题）音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意，则，解得， 所以f的取值范围为. 2．（2025·北京·高考真题）一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（   ） A．2h B．4h C．20h D．40h 【答案】B 【解析】设当N取个单位、个单位、个单位时所需时间分别为, 由题意，， ， ， 因为，所以， 所以， 所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加4小时. 故选：B. 3．（2024·北京·高考真题）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意得，则，即，所以. 故选：D. 4．（2022·北京·高考真题）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是．下列结论中正确的是（    ） A．当，时，二氧化碳处于液态 B．当，时，二氧化碳处于气态 C．当，时，二氧化碳处于超临界状态 D．当，时，二氧化碳处于超临界状态 【答案】D 【解析】当，时，，此时二氧化碳处于固态，故A错误. 当，时，，此时二氧化碳处于液态，故B错误. 当，时，与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，对应的是非超临界状态，故C错误. 当，时，因, 故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确. 故选：D 考点02 基本初等函数的性质 1、（2026·北京·高考真题）下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A，在中，，则，函数为偶函数，故错误； B，在中，，函数为奇函数，但在定义域上不单调递增，故错误； 方法一： C，在中，，则， ，函数单调递减，故错误； D，在中，，解得， ，则为奇函数， ，即函数在定义域上单调递增，故正确. 法二： C，在中，，则，为奇函数， ∵和是减函数， ∴函数单调递减，故错误； D，在中，，解得， ，为奇函数， ∵和是增函数，则为增函数， ∴函数单调递增，故正确. 2．（2023·北京·高考真题）下列函数中，在区间上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减，故A错误； 对于B，因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减，故B错误； 对于C，因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递增，故C正确； 对于D，因为，， 显然在上不单调，D错误. 故选：C. 3．（2022·北京·高考真题）已知函数，则对任意实数x，有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，故A错误，C正确； ，不是常数，故BD错误； 故选：C． 4．（2021·北京·高考真题）函数是 A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2 C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为 【答案】D 【解析】由题意，，所以该函数为偶函数， 又， 所以当时，取最大值. 故选：D. 5．（2025·北京·高考真题）关于定义域为的函数，给出下列四个结论： ①存在在上单调递增的函数使得恒成立； ②存在在上单调递减的函数使得恒成立； ③使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ④使得恒成立的函数存在且有无穷多个． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【解析】对于①，若存在在上的增函数，满足， 则，即， 故时，，故， 故即，矛盾，故①错误； 对于②，取，该函数为上的减函数且， 故该函数符合，故②正确； 对于③，取， 此时，由可得有无穷多个， 故③正确； 对于④，若存在，使得， 令，则，但，矛盾， 故满足的函数不存在，故④错误. 故答案为：②③ 考点03 比较大小问题 1．（2024·北京·高考真题）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即， 对于选项AB：可得，即， 根据函数是增函数，所以，故B正确，A错误； 对于选项D：例如，则， 可得，即，故D错误； 对于选项C：例如，则， 可得，即，故C错误， 故选：B. 考点04 函数与方程的综合问题 1.（2026·北京·高考真题）已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值； ②，时，有最大值； ③，有3个解； ④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是________． 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】①，构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出在上的单调性，即可判断；③，求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断；④，求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断. 【详解】由题意， ①在中，，， ，函数为偶函数， 在中，， ∴函数单调递增， ∵， ∴当时，，当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴函数在处取最小值，， 在中， ，为偶函数， 当在内有零点时， 即，，使得， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ，，， ∵， ∴， ∴在和处取最小值，， 在处取最大值， 当在内无零点时，， 在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得最小值，， 在处取得最大值，， 故①正确； ②当时， ，，， 由①可得，在上单调递增， ∵，， ∴，使得， ∴在中，， 此时在上单调递减，在上单调递增， ∴在处取最大值， ②正确； ③同①可得推广结论， 在中，， ，为偶函数， 即，，使得，， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ∴在和处取极小值， 当时，，，， ∵在上单调递减，， ∴，使得， ∵在上单调递增，， ∴，使得， ∴当时，， ∴，有3解， 故③正确； ④由③可得， 在中，， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， 在中，， ，开口向上， ∴函数，即恒成立， ∴ ∴在下方， ∵， ∴在轴上方， 此时与有4个交点， 故④正确. 2．（2023·北京·高考真题）设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【解析】依题意，， 当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线； 当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）； 当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线； 对于①，取，则的图像如下， 显然，当，即时，在上单调递增，故①错误； 对于②，当时， 当时，； 当时，显然取得最大值； 当时，， 综上：取得最大值，故②正确； 对于③，易知当时，在，且接近于处，的距离最小， 当时，，当且接近于处，， 此时，， 当时，且接近于处，的距离最小， 此时；故③正确； 对于④，取，则的图像如下， 因为， 结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在， 同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径， 此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为， 联立，解得，则， 显然在上，满足取得最小值， 即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误. 故答案为：②③. 3．（2022·北京·高考真题）设函数若存在最小值，则a的一个取值为 ；a的最大值为 ． 【答案】 0（答案不唯一） 1 【解析】若时，，∴； 若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求； 若时， 当时，单调递减，， 当时， ∴或， 解得， 综上可得； 故答案为：0（答案不唯一），1 4．（2021·北京·高考真题）已知函数，给出下列四个结论： ①若，恰 有2个零点； ②存在负数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有3个零点； ④存在正数，使得恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【解析】对于①，当时，由，可得或，①正确； 对于②，考查直线与曲线相切于点， 对函数求导得，由题意可得，解得， 所以，存在，使得只有一个零点，②正确； 对于③，当直线过点时，，解得， 所以，当时，直线与曲线有两个交点， 若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点， 直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解， 因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误； 对于④，考查直线与曲线相切于点， 对函数求导得，由题意可得，解得， 所以，当时，函数有三个零点，④正确. 故答案为：①②④. 5．（2020·北京·高考真题）为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示. 给出下列四个结论： ①在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ②在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标； ④甲企业在这三段时间中，在的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________． 【答案】①②③ 【解析】表示区间端点连线斜率的负数， 在这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确； 甲企业在这三段时间中，甲企业在这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在的污水治理能力最强．④错误； 在时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确； 在时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水达标排放量以下，所以都已达标；③正确； 故答案为：①②③ 考点05 函数及其表示 1．（2023·北京·高考真题）已知函数，则 ． 【答案】1 【解析】函数，所以. 故答案为：1 2．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则 ； ． 【答案】 1 【解析】∵，∴ ∴ 故答案为：1， 3．（2022·北京·高考真题）函数的定义域是 ． 【答案】 【解析】因为，所以，解得且， 故函数的定义域为； 故答案为： 4．（2020·北京·高考真题）函数的定义域是____________． 【答案】 【解析】由题意得， 故答案为： 考点06 导数：双变量问题 1．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【解析】（1）设，， 由可得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为. （2）因为，所以直线的方程为，即， 设，， 由（1）可知，在上单调递增，而， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，且， 而当时，，所以总有，单调递增 故，从而命题得证； （3）解法一：由题意，直线，直线， 所以，， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以 ， 由（1）可得当时，， 所以， 所以. 解法二：由可设，又，所以，即， 因为直线的方程为，易知， 所以直线的方程为, ，. 所以 ,由（1）知,当时，，所以, 所以. 2．（2022·北京·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【解析】（1）因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 考点07 导数：零点问题 1.（2026·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求的极值点个数； （3）求与交点个数． 【答案】（1）、 （2）有两个极值点 （3）交点个数为 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义可得、，计算即可得解； （2）求导得到后，再利用导数研究函数单调性，即可得变号零点个数，即可得极值点个数； （3）构造函数，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数. 【小问1详解】 ，则， ，又，解得； 【小问2详解】 由（1）得，则， 令，则， 令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； 【小问3详解】 令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 2．（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【解析】（1）， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2），切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. （3）时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 考点08 导数：极值最值问题 1．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 【解析】（1）因为，所以， 因为在处的切线方程为， 所以，， 则，解得， 所以. （2）由（1）得， 则， 令，解得，不妨设，，则， 易知恒成立， 所以令，解得或；令，解得或； 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 即的单调递减区间为和，单调递增区间为和. （3）由（1）得，， 由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，，，即 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，在上单调递减， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减； 所以在上有一个极大值点； 当时，在上单调递增， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，， 所以，则单调递增， 所以在上无极值点； 综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点. 2．（2021·北京·高考真题）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 【解析】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即； （2）因为，则， 由题意可得，解得， 故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为. 当时，；当时，. 所以，，. 3．（2020·北京·高考真题）已知函数． （Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程； （Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）因为，所以， 设切点为，则，即，所以切点为， 由点斜式可得切线方程为：，即. （Ⅱ）[方法一]：导数法 显然，因为在点处的切线方程为：， 令，得，令，得， 所以， 不妨设时，结果一样， 则， 所以 ， 由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得极小值， 也是最小值为. [方法二]【最优解】：换元加导数法 ． 因为为偶函数，不妨设，， 令，则． 令，则面积为，只需求出的最小值． ． 因为，所以令，得． 随着a的变化，的变化情况如下表： a 0 减 极小值 增 所以． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法三]：多元均值不等式法 同方法二，只需求出的最小值． 令， 当且仅当，即时取等号． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法四]：两次使用基本不等式法 同方法一得到 ,下同方法一. 一、单选题 1．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）为了得到的图象，只需把函数的图象上所有点的（    ） A．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） B．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） C．纵坐标变为原来的2倍（横坐标不变） D．纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） 【答案】B 【详解】对于A，把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得，A错误； 对于B，把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得，B正确； 对于C，把函数的图象上所有点的纵坐标变为原来的2倍（横坐标不变），得，C错误； 对于D，把函数的图象上所有点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），得，D错误. 2．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）农产品质量安全研究表明，有机磷农药在果蔬表面的自然降解符合一级动力学模型，可用（，k为正常数）描述，其中C为喷施农药t天后，果蔬表面的农药残留量（单位：mg/kg），某品种有机磷农药的降解速率常数，现测得蔬菜喷施该农药后的初始残留量为8mg/kg，国家食品安全标准规定该农药的残留限值为1mg/kg，则该蔬菜的最短安全采收间隔期为（   ） A．3天 B．6天 C．9天 D．12天 【答案】C 【分析】根据国家食品安全标准规定得出不等式，再由函数单调性解不等式即可求得结果. 【详解】设该蔬菜的最短安全采收间隔期为天, 依题意可得,其中，， 所以可得，即，解得； 因此该蔬菜的最短安全采收间隔期为9天. 3．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）已知函数（且），将函数的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，再将的图象向右平移1个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则的值是（    ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【详解】由题可得， 则再将的图象向右平移1个单位长度后所得图象为函数的图象， 由题可知函数图象恰好与函数的图象重合， 所以，即， 又且，所以. 4．（北京市西城区2026届高三上学期期末考试数学试题）下列函数中，值域为的奇函数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数的奇偶性和值域的定义，逐一分析选项. 【详解】A选项，函数，其定义域为， ，且，故为非奇非偶函数，不符合要求； B选项，函数，定义域为，，故为奇函数； 当取任意实数时，的取值范围是，当取遍任意实数时，的值域为，符合要求； C选项，函数，定义域为， ，故为偶函数，不符合要求； D选项，函数，定义域为， ，故为奇函数； 的取值范围是，值域不为，不符合要求. 故选：B. 5．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）设，，则“”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】由题知，，等价于，即原条件可化简为， 对正数，由基本不等式得，若，则，因此，充分性成立； 取满足，但，即不满足，因此必要性不成立. 综上，是的充分而不必要条件. 6．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 【答案】C 【详解】初始时，上方沙堆高度为，体积为， 体积比等于高度比的立方， 经过10分钟后上方沙堆的高度降为，上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， ，，，， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积为， 下方容器内的体积为， 将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为， 设此时上方容器的高度为， ，，， 倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为时，上方容器剩余沙堆的体积为， 设从倒置后到高度再次降为需要的时间为， 则，即，， ，分钟. 7．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）在深度学习模型训练中，模型的训练损失值会随训练轮次增加而逐渐下降．当损失值低于初始损失值的时就要对模型进行调整，假设某深度学习模型的训练损失值（为初始损失值，t为训练轮次，k为衰减系数），已知训练到第10轮时（当时），训练损失值降至初始损失值的，则训练到第几轮就要对模型调整（参考数据）（   ） A．24 B．35 C．47 D．100 【答案】C 【分析】由题意可得，将代入，解得，再将代入，由求解即可. 【详解】因为，所以当时，， 即，解得，即， 所以，所以， 所以，解得， 所以训练到第47轮就要对模型调整. 8．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）设，函数则（    ） A．是偶函数，且有最大值 B．是偶函数，且没有最大值 C．是奇函数，且有最大值 D．是奇函数，且没有最大值 【答案】B 【分析】根据分段函数节点，结合函数奇偶性的定义分类讨论可以判断函数为偶函数；结合分段函数在不同区间的单调性和最值即可判断是否有最大值. 【详解】函数定义域为，关于原点对称，对任意可得： 若，则，代入得： 若，则，代入得： 若，代入得： 对所有都满足，因此是偶函数. ①当时，，，函数单调递增，因此，开区间取不到，因此无法达到； ②当时，，，函数单调递减， 所以，同理开区间也无法取得； ③当时，，由得：，即，所以中间段最大值也小于, 综上所述，所有函数值都小于，且不存在使得，所以没有最大值. 9．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）下列函数中，既是奇函数又在上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对于A，因为，所以不是奇函数，即A错误； 对于 B，易知的定义为，定义域关于原点对称， 且满足，因此该函数为奇函数， 又，因此函数在上单调递减，即B正确； 对于C，由正切函数定义可知不在定义域内，因此C错误； 对于D，易知的定义域为，则, 令可得，当时，，当时，， 因此可得函数在上单调递减，在上单调递增， 因此在上不是单调递减的，即D错误. 10．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）下列函数中，在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于A，直接根据反比例函数性质判断；对于B，根据二次函数性质判断；对于C，根据复合函数单调性法则判断；对于D，转化为分段函数，再结合指数函数性质判断. 【详解】对于A，由反比例函数性质知在上单调递增，故错误； 对于B，， 由二次函数性质在上单调递减，在上单调递增，故错误； 对于C，函数在上单调递增，在单调递减， 故由复合函数单调性法则（同增异减）得在上单调递减，故正确； 对于D，， 故函数在上单调递减，在上单调递增，故错误； 11．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）若函数是奇函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用奇函数的定义可得出关于的等式，求出实数的值，再结合奇函数的定义域验证即可. 【详解】因为函数是奇函数，则， 即，所以，即， 所以，解得， 当时，，由可得，该函数的定义域为， 此时函数的定义域不关于原点对称，该函数不是奇函数，不符合题意； 当时，，由可得或， 即函数的定义域为或，定义域关于原点对称，符合题意. 综上所述，. 二、填空题 12．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）函数的定义域为______. 【答案】 【分析】根据偶次根式被开方数大于等于0，结合对数函数的单调性，即可得答案. 【详解】由题意得，则， 因为在上单调递增， 所以，则的定义域为. 13．（北京市丰台区2025-2026学年度高三第二学期综合练习（一）数学试题）函数的定义域为___________． 【答案】 【分析】根据偶次根式被开方数大于等于0，结合对数函数的单调性，即可得答案. 【详解】由题意得，则， 因为在上单调递增， 所以，则的定义域为. 14．（北京市海淀区2026届高三上学期期末练习数学试题）已知函数， ① 若关于的方程恰好有一个解，则的一个取值为________； ② 若关于的方程恰好有三个解，则的取值范围为___________. 【答案】 2（答案不唯一） 【分析】作函数及的图象，数形结合求解. 【详解】作函数图象，如图， 由图象可知，当或时，方程恰好有一个解， 故可取（答案不唯一）； 因为过定点， 在同一平面直角坐标系内作的图象，如图 由图象可知，当时，方程恰好有三个解. 故答案为：2（答案不唯一）； 15．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）在乐律学中，将一个纯五度音程分成7份得到8个音级，这8个音级的频率构成公比为的等比数列，则________；为研究纯五度音程与纯四度音程的关系，从该等比数列中寻找两项，，使得最小，则________．（参考数据：） 【答案】 【分析】根据等比数列性质，代入计算求解即可. 【详解】由题意； 由， 令，得，从而 从而. 16．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）设函数，当时，的值域为______；若方程有两个不同的解，则实数的一个取值可以是______. 【答案】 （只需满足即可） 【分析】当时，化简函数的解析式，分别求出在、上的值域，即可得出函数的值域；分析可知，讨论不符合题意，则，可知函数在、上都单调，分别求出方程在和时的解，可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围. 【详解】当时，， 当时，， 当时，. 故当时，函数的值域为； 由题意可知， 当时，， 当时，由可得， 当时，恒成立，此时无解， 故当时，方程有且只有一个实数解，不合乎题意； 因为函数在上单调递增， 当时，函数在上单调， 因为方程有两个不同的解，所以方程在和时各有一解， 当时，由可得，所以， 当时，由可得，所以，解得， 综上所述，. 故实数a的一个取值可以是（只需满足即可）. 17．（北京市通州区2026届高三上学期摸底考试数学试题）已知函数，若，且，则的最小值为______. 【答案】 【分析】由是奇函数且单调递增，可得，结合基本不等式，即可求出的最小值. 【详解】已知函数，定义域为R， ，故为奇函数，且； 又，由于 ，且 ， 当 时， ，故 ； 当 时， ， 故对所有实数恒成立，因此在上单调递增. 由，得， 因单调递增，故，即，由可知. 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 因此的最小值为. 故答案为： 18．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）将函数（）的图象向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，所得图象位于图象的上方，则a的一个取值为______，a的最大值为______. 【答案】 （答案不唯一） 【分析】先得出变换后的函数解析式，得出对于恒成立，先分、两种情况求出，再检验，时成立，再利用参变分离以及求导求出，时的取值范围. 【详解】由题意可得，平移后的图象的函数解析式为， 因为的函数图象位于图象的上方，所以对于恒成立， 即， 则对于恒成立， 令， 若，则， 则对于恒成立， 因为，所以； 若，则， 则对于恒成立， 因为，所以，故， 当，且时， 则， 由于在上单调递增，所以； 若，则对于恒成立， 令，则， 因为在上单调递减， 所以， 则，则在上单调递增，则， 故，得，则， 因为，所以实数的取值范围为， 故a的一个取值为，a的最大值为. 三、解答题 19．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数是上的单调递增函数，求的值； (3)若存在，使得成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）对函数求导，求出切点处的导数值和函数值，进而求得切线方程. （2）若函数单调递增，则其导函数大于等于0恒成立，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的值. （3）将转化为关于的不等式，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的取值范围. 【详解】（1）对函数求导得，所以. 因为，所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）对函数求导得，因为函数是上的单调递增函数， 所以在上恒成立. 令，则. 当时，，所以，在上单调递增. 又因为，当时，，不满足在上恒成立，所以. 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. 因为在上恒成立，所以，即. 令，对求导，可得. 令，即，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得最大值. 因为，且，所以，此时. （3）令，所以原问题变为存在，使得成立， 对求导得，，令. 求导得，当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以，即. 此时不存在，使得成立，不符合题意； 当时，令，则. 当时，；当时，； 当，即时，在上单调递增，所以. 所以在上单调递增，所以，即. 此时不存在，使得成立，不符合题意； 当，即时，在上单调递增，在上单调递减， 因为 ，所以在区间上， 因此在上单调递减， 又，故存在，使得，即成立， 综上，所以. 20．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，分别讨论函数与在上的单调性； (3)证明：当时，． 【答案】(1) (2)在上单调递增，在上单调递减；在上单调递增，在上单调递减． (3)因为，所以， ①当时，，由（2）知在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以， ②当时，令， 则，， 由（2）知 在 上单调递增，所以， 所以， 所以在上单调递减，所以， 即当时， 综上，当时，． 【分析】（1）先求出函数在处的函数值和导数值，再根据点斜式方程求出切线方程； （2）分别对和求导，根据导数与函数单调性的关系判断函数的单调性； （3）构造，通过求导判断其单调性，进而证明不等式． 【详解】（1）由，得， 因为，， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）由（1）知， 令，得；令，得．. 所以在上单调递增，在上单调递减. 由，得， 令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减. （3）略 21．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）已知函数，，其中. (1)求的最大值； (2)若在区间上有且只有一个零点，证明：在区间上有且只有一个零点，且； (3)对于（2）中的，证明：. 【答案】(1)； (2)证明：当时，由，求导得，函数在上递增， 而，又在区间上有且只有一个零点，则， 因此，且， 由（1）知，函数在上递减，， 因此函数在区间上有且只有一个零点，且，又函数， 且， 因此，又当时，，， 所以，即. (3)证明：由（2）得，即， 不等式， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数在上递增，则，即，函数在上递增， 因此，即，所以. 【分析】（1）利用导数求出函数的最大值. （2）利用导数确定函数的单调性，再利用零点存在性定理推理得证. （3）结合（2）的结论，等价变形所证不等式，构造函数，再利用导数证得即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 所以当时，函数取得最大值. （2）略 （3）略 22．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）已知函数． (1)当，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求函数极值点的个数； (3)若对任意的实数恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)2个 (3) 【分析】（1）切线斜率等于函数在该点的导数值，结合点斜式直线方程即可求解； （2）多次求导得函数的单调性，进而求出函数的极值点即可判断； （3）分离参数得在上恒成立，令，多次求导得其单调性，然后求解最值即可． 【详解】（1）当时，，所以． 所以． 所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）由，得， 令，则． 当时，，当时，， 所以在区间上是减函数，在区间上是增函数． 所以的最小值为． ， 又在单调递减，在单调递增， 故存在，使得， 所以，在区间上，在区间上． 所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 故是函数的极大值点． 同理：存在，使得， 所以，在区间上，在区间上． 所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故是函数的极小值点． 综上：函数极值点有2个． （3）对任意的实数恒成立， 等价于在上恒成立，得， 令，则． 令，则．因为，所以， 所以在上是增函数，所以，所以， 所以在上是增函数，所以的最小值为．所以， 即实数的取值范围． 23．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． (1)求函数的单调区间； (2)设，研究函数的零点个数； (3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 【答案】(1)单调递减区间为：，单调递增区间为：. (2)无零点. (3)面积. 【分析】（1）先求定义域，再求导找零点，划分区间判符号，确定单调减区间，再确定单调增区间. （2）提取公因式转化函数，求导找单调性与最小值，判断最小值恒正，推出函数恒正，故无零点. （3）先求切线方程得截距坐标，由等腰直角得边长相等，分类讨论去绝对值，构造函数求零点，算出坐标求面积. 【详解】（1）定义域：，函数求导得. 令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述, 单调递减区间为：，单调递增区间为：. （2）由题可知， 所以研究函数的零点个数等价于研究的零点个数. ，令得. ，，单调递减； ，，单调递增. 所以函数有极小值同时也为最小值. 故恒成立，所以无零点. （3）函数求导得. 所以，切线：. 化简得. 所以由题可知分别令可得，. 为等腰直角三角形，且，故. 即， 因为，所以化简得. 若 即 . 代入：左边 ,右边 . 此时 都与原点重合,不能构成三角形,舍去. 若两边约去 ,得： 令 ,则 ,方程变为：. 情况1: ,即 , 设 , 时, , , 单调递增. 因为 ,故唯一解 即 ,此时 ,. 等腰直角三角形面积. 情况2: ,即 , 设 , 单调递增; , , 单调递减。 函数 有极大值同时也为最大值 . 所以 恒成立,方程无解. 综上,方程只有唯一解 , , ,面积 . 24．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）设函数（）. (1)当时，求证：直线是曲线的切线； (2)求的单调区间； (3)判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 【答案】(1) 若，则的定义域为，且， 令，可得，解得或（舍去）， 且，则在处的切线方程为， 所以直线是曲线的切线. (2)当，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为 (3) 无极值，理由如下： 因为，且， 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 综上所述：无极值. 【分析】（1）代入求导，分析可知当且仅当时，，且，结合导数的几何意义分析证明； （2）求导，分和两种情况，结合导数分析原函数单调性，注意函数定义域； （3）求导，分和两种情况，结合（2）中的单调性以及的符号分析的符号性，即可判断. 【详解】（1）略 （2）因为，， 令，解得或， 若，由解得，即的定义域为，且， 当时，；当时，； 可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 若，由解得，即的定义域为，且， 当时，；当时，； 可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 综上所述：当，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （3）略 25．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）已知函数． (1)当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； (2)求证：对于任意的，且，都有； (3)当时，求证：有且只有一个零点，且． 【答案】(1) (2) 要证对任意且，都有， 等价于证， 令，只需证在上单调递增， 求导得， 令，， 又，则，在区间上单调递增， 即在区间上单调递增，又， ，因此在上单调递增，原不等式得证． (3) ，求导得， 令，得，又， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 故在处取得极小值，， 当，， 当时，，从而，结合在上单调递减， 可知当时，恒有，故在上无零点； 当时，，又且在上单调递增， 由零点存在定理及单调性知，在上存在唯一的零点， 综上，当，有且只有一个零点. 由于在上单调递增，且，要证， 只需证，      ， 因为，所以，从而，故， 又，所以，从而，得证. 【分析】（1）利用导数几何意义，切线平行于轴即斜率为零，通过解导数为零的方程并结合函数表达式确定点坐标； （2）将分式不等式转化为函数单调性问题，构造函数并利用导数判断其单调性，从而证明原不等式成立； （3）先通过导数分析函数单调性与极值，结合极限与零点存在定理说明唯一零点；再借助函数单调性，将自变量范围比较转化为函数值大小比较，代入后利用已知参数范围证明不等式. 【详解】（1）当时，，求导得， 切线与轴平行，即切线斜率为0，故． 由，得，又， 故点的坐标为． （2）略 （3）略 26．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）已知函数的定义域为，，函数．对任意，曲线在点处的切线方程为． (1)求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)已知，求过点且与曲线相切的直线的条数． 【答案】(1) (2)在上单调递增 (3) 【分析】（1）由切线方程可得，进而得到，利用导数求的最小值； （2）对求导，分析导数在定义域内的正负，确定的单调区间； （3）设切点为，根据切线过点，结合切线方程建立关于的方程，将问题转化为该方程在内的解的个数，构造新函数，利用导数分析新函数的单调性、极值与端点趋势，结合已知条件判断解的个数. 【详解】（1）由切线性质得，因此：， 时，令得， 时，单调递减； 时，单调递增； 故最小值为； （2）对求导：， 令， 对求导： ，令，得， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 可知最小值为，故恒成立， 因此在上单调递增； （3）设曲线的切点为，切线方程为：， 已知切线过点，代入切线方程，得， 令， 求切线条数，等价于求在定义域上的零点个数， 对求导，结合， 得， 由第二问结论在上恒成立， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 即在处取得最大值， 已知， 代入得：， 因此是的一个零点，对应1条切线； 在上单调递增，因此对任意，有，该区间无零点； 同理，在上单调递增，因此对任意，有，该区间无零点； 时：， 由第一问结论，在上单调递增，因此，故， 当处的函数值：，代入得：， 由题设条件，得，即， 结合在上单调递减，且，根据零点存在定理，在内有唯一零点，对应另条切线； 在定义域内共有个零点，因此过点且与曲线相切的直线共有条. 27．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）已知函数的定义域为R，． (1)求函数的单调区间； (2)判断曲线上是否存在两点P，Q，使得P，Q关于对称，并说明理由； (3)直线是曲线在处的切线，过点A作垂直于的直线，直线，与y轴交点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)存在，理由如下： 若存在关于对称，则等价于方程存在两个不等于1的不同实根， 构造函数， 令，求导得： ， 恒成立， ∴时，，单调递增， 时，，单调递减， 的最大值为，且时，， 因此有两个不同零点，即方程有两个不同解，对应两个不同点. (3) 【分析】（1）求导，根据导函数的正负分析的单调性； （2）将曲线存在两点关于对称转化为方程存在两个不同实根，然后构造函数分析单调性求解； （3）根据导数的几何意义得到直线的方程，即可得到，然后代入，利用换元法求范围即可. 【详解】（1）令，定义域为R，求导得： ， 因为恒成立， 所以当时，，单调递增； 当时，单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）存在关于对称，理由略； （3）切线斜率，切线方程为， 令得： ， 与垂直，斜率，方程为， 令得： ， 代入所求表达式化简， 全部消去： ， 设，则原式， 对求导得，因此在单调递减，单调递增，最小值，即，， 是关于的增函数， ∴ ， ∴的取值范围为取值范围为. 28．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 【答案】(1) (2)时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. (3) 【分析】（1）根据导数几何意义求切线即可； （2）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （3）易知一个零点是，结合与（2）所求的单调性，讨论，与即可求出的范围. 【详解】（1）当时，，，切点为， ，切线斜率，因此切线方程为. （2）， 当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间； 当时，令，得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 综上所述，时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. （3）由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故； 当时，由（2）知最小值为， 令，，令，解得， 所以当，，单调递增； 当，，单调递减， 所以，故， 故，要保证存在两个根，则且，即. 注意到对任意，，即恒为的一个零点， 因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且， 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得； 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得， 综上的取值范围是. 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 函数与导数 7年真题1年模拟 考点01 函数模型及应用 1. 2．B 3．D 4．D 考点02 基本初等函数的性质 1、D 2．C 3．C． 4．D. 5．②③ 考点03 比较大小问题 1．B 考点04 函数与方程的综合问题 1.①②③④ 2．②③ 3． 0（答案不唯一） 1 4．①②④ 5．①②③ 考点05 函数及其表示 1．1 2．1 3． 4． 考点06 导数：双变量问题 1．【解析】（1）设，， 由可得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为. （2）因为，所以直线的方程为，即， 设，， 由（1）可知，在上单调递增，而， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，且， 而当时，，所以总有，单调递增 故，从而命题得证； （3）解法一：由题意，直线，直线， 所以，， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以 ， 由（1）可得当时，， 所以， 所以. 解法二：由可设，又，所以，即， 因为直线的方程为，易知， 所以直线的方程为, ，. 所以 ,由（1）知,当时，，所以, 所以. 2． 【解析】（1）因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 考点07 导数：零点问题 1.【解析】【小问1详解】 ，则， ，又，解得； 【小问2详解】 由（1）得，则， 令，则， 令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； 【小问3详解】 令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 2．【解析】（1）， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2），切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. （3）时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 考点08 导数：极值最值问题 1．【解析】（1）因为，所以， 因为在处的切线方程为， 所以，， 则，解得， 所以. （2）由（1）得， 则， 令，解得，不妨设，，则， 易知恒成立， 所以令，解得或；令，解得或； 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 即的单调递减区间为和，单调递增区间为和. （3）由（1）得，， 由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，，，即 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，在上单调递减， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减； 所以在上有一个极大值点； 当时，在上单调递增， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，， 所以，则单调递增， 所以在上无极值点； 综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点. 2．【解析】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即； （2）因为，则， 由题意可得，解得， 故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为. 当时，；当时，. 所以，，. 3．【解析】（Ⅰ）因为，所以， 设切点为，则，即，所以切点为， 由点斜式可得切线方程为：，即. （Ⅱ）[方法一]：导数法 显然，因为在点处的切线方程为：， 令，得，令，得， 所以， 不妨设时，结果一样， 则， 所以 ， 由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得极小值， 也是最小值为. [方法二]【最优解】：换元加导数法 ． 因为为偶函数，不妨设，， 令，则． 令，则面积为，只需求出的最小值． ． 因为，所以令，得． 随着a的变化，的变化情况如下表： a 0 减 极小值 增 所以． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法三]：多元均值不等式法 同方法二，只需求出的最小值． 令， 当且仅当，即时取等号． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法四]：两次使用基本不等式法 同方法一得到 ,下同方法一. 一、单选题 1．B 2．C 3．C 4．B 5．A 6．C 7．C 8．B 9．B 10．C 11．A 二、填空题 12． 13． 14．2（答案不唯一）； 15． 16． （只需满足即可） 17． 18． （答案不唯一） 三、解答题 19． 【详解】（1）对函数求导得，所以. 因为，所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）对函数求导得，因为函数是上的单调递增函数， 所以在上恒成立. 令，则. 当时，，所以，在上单调递增. 又因为，当时，，不满足在上恒成立，所以. 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. 因为在上恒成立，所以，即. 令，对求导，可得. 令，即，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得最大值. 因为，且，所以，此时. （3）令，所以原问题变为存在，使得成立， 对求导得，，令. 求导得，当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以，即. 此时不存在，使得成立，不符合题意； 当时，令，则. 当时，；当时，； 当，即时，在上单调递增，所以. 所以在上单调递增，所以，即. 此时不存在，使得成立，不符合题意； 当，即时，在上单调递增，在上单调递减， 因为 ，所以在区间上， 因此在上单调递减， 又，故存在，使得，即成立， 综上，所以. 20． 【详解】（1）由，得， 因为，， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）由（1）知， 令，得；令，得．. 所以在上单调递增，在上单调递减. 由，得， 令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减. （3）略 21． 【答案】(1)； (2)证明：当时，由，求导得，函数在上递增， 而，又在区间上有且只有一个零点，则， 因此，且， 由（1）知，函数在上递减，， 因此函数在区间上有且只有一个零点，且，又函数， 且， 因此，又当时，，， 所以，即. (3)证明：由（2）得，即， 不等式， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数在上递增，则，即，函数在上递增， 因此，即，所以. 22． 【详解】（1）当时，，所以． 所以． 所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）由，得， 令，则． 当时，，当时，， 所以在区间上是减函数，在区间上是增函数． 所以的最小值为． ， 又在单调递减，在单调递增， 故存在，使得， 所以，在区间上，在区间上． 所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 故是函数的极大值点． 同理：存在，使得， 所以，在区间上，在区间上． 所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故是函数的极小值点． 综上：函数极值点有2个． （3）对任意的实数恒成立， 等价于在上恒成立，得， 令，则． 令，则．因为，所以， 所以在上是增函数，所以，所以， 所以在上是增函数，所以的最小值为．所以， 即实数的取值范围． 23． 【详解】（1）定义域：，函数求导得. 令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述, 单调递减区间为：，单调递增区间为：. （2）由题可知， 所以研究函数的零点个数等价于研究的零点个数. ，令得. ，，单调递减； ，，单调递增. 所以函数有极小值同时也为最小值. 故恒成立，所以无零点. （3）函数求导得. 所以，切线：. 化简得. 所以由题可知分别令可得，. 为等腰直角三角形，且，故. 即， 因为，所以化简得. 若 即 . 代入：左边 ,右边 . 此时 都与原点重合,不能构成三角形,舍去. 若两边约去 ,得： 令 ,则 ,方程变为：. 情况1: ,即 , 设 , 时, , , 单调递增. 因为 ,故唯一解 即 ,此时 ,. 等腰直角三角形面积. 情况2: ,即 , 设 , 单调递增; , , 单调递减。 函数 有极大值同时也为最大值 . 所以 恒成立,方程无解. 综上,方程只有唯一解 , , ,面积 . 24． 【答案】(1) 若，则的定义域为，且， 令，可得，解得或（舍去）， 且，则在处的切线方程为， 所以直线是曲线的切线. (2)当，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为 (3) 无极值，理由如下： 因为，且， 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 综上所述：无极值. 25．【答案】(1) (2) 要证对任意且，都有， 等价于证， 令，只需证在上单调递增， 求导得， 令，， 又，则，在区间上单调递增， 即在区间上单调递增，又， ，因此在上单调递增，原不等式得证． (3) ，求导得， 令，得，又， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 故在处取得极小值，， 当，， 当时，，从而，结合在上单调递减， 可知当时，恒有，故在上无零点； 当时，，又且在上单调递增， 由零点存在定理及单调性知，在上存在唯一的零点， 综上，当，有且只有一个零点. 由于在上单调递增，且，要证， 只需证，      ， 因为，所以，从而，故， 又，所以，从而，得证. 26． 【详解】（1）由切线性质得，因此：， 时，令得， 时，单调递减； 时，单调递增； 故最小值为； （2）对求导：， 令， 对求导： ，令，得， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 可知最小值为，故恒成立， 因此在上单调递增； （3）设曲线的切点为，切线方程为：， 已知切线过点，代入切线方程，得， 令， 求切线条数，等价于求在定义域上的零点个数， 对求导，结合， 得， 由第二问结论在上恒成立， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 即在处取得最大值， 已知， 代入得：， 因此是的一个零点，对应1条切线； 在上单调递增，因此对任意，有，该区间无零点； 同理，在上单调递增，因此对任意，有，该区间无零点； 时：， 由第一问结论，在上单调递增，因此，故， 当处的函数值：，代入得：， 由题设条件，得，即， 结合在上单调递减，且，根据零点存在定理，在内有唯一零点，对应另条切线； 在定义域内共有个零点，因此过点且与曲线相切的直线共有条. 27． 【详解】（1）令，定义域为R，求导得： ， 因为恒成立， 所以当时，，单调递增； 当时，单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）存在关于对称，理由略； （3）切线斜率，切线方程为， 令得： ， 与垂直，斜率，方程为， 令得： ， 代入所求表达式化简， 全部消去： ， 设，则原式， 对求导得，因此在单调递减，单调递增，最小值，即，， 是关于的增函数， ∴ ， ∴的取值范围为取值范围为. 28． 【详解】（1）当时，，，切点为， ，切线斜率，因此切线方程为. （2）， 当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间； 当时，令，得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 综上所述，时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. （3）由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故； 当时，由（2）知最小值为， 令，，令，解得， 所以当，，单调递增； 当，，单调递减， 所以，故， 故，要保证存在两个根，则且，即. 注意到对任意，，即恒为的一个零点， 因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且， 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得； 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得， 综上的取值范围是. 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 函数与导数 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 函数模型及应用 2022 冬奥制冰、2024 生物指数、2025AI 训练、2026 乐律音高，共 4 题 情境化命题逐年增强，科技、环保、文化多领域取材；2026 首次以填空形式出现，题型灵活化 基本初等函数性质 2020 图像、2021 奇偶最值、2022 函数方程、2023 单调性、2025 多结论、2026 奇偶单调，共 6 题 奇偶性、单调性为核心；2025 起多结论正误判断题型固定，抽象推理要求明显提升 函数与方程综合 2020 分段函数、2021 零点、2022 存在最小值、2023 多结论、2026 多结论，共 5 道填空压轴 分段函数 + 零点 / 交点是必考模型；多结论判断成固定考法，数形结合能力要求高，是填空压轴常客 导数解答题 2020 切线最值、2021 极值最值、2022 双变量、2023 极值点、2024 零点、2025 双变量、2026 零点，每年 1 道压轴大题 三大题型轮换：双变量、零点、极值最值；2024 后切线综合、交点个数辨析增多，构造难度逐年加大 小结：函数小题走向情境化、多结论化；导数压轴题型轮换稳定但综合性逐年加强，是全卷区分度核心。 考点01 函数模型及应用 1.（2026·北京·高考真题）音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________． 2．（2025·北京·高考真题）一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（   ） A．2h B．4h C．20h D．40h 3．（2024·北京·高考真题）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（    ） A． B． C． D． 4．（2022·北京·高考真题）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是．下列结论中正确的是（    ） A．当，时，二氧化碳处于液态 B．当，时，二氧化碳处于气态 C．当，时，二氧化碳处于超临界状态 D．当，时，二氧化碳处于超临界状态 考点02 基本初等函数的性质 1、（2026·北京·高考真题）下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 2．（2023·北京·高考真题）下列函数中，在区间上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 3．（2022·北京·高考真题）已知函数，则对任意实数x，有（    ） A． B． C． D． 4．（2021·北京·高考真题）函数是 A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2 C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为 5．（2025·北京·高考真题）关于定义域为的函数，给出下列四个结论： ①存在在上单调递增的函数使得恒成立； ②存在在上单调递减的函数使得恒成立； ③使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ④使得恒成立的函数存在且有无穷多个． 其中正确结论的序号是 ． 考点03 比较大小问题 1．（2024·北京·高考真题）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（    ） A． B． C． D． 考点04 函数与方程的综合问题 1.（2026·北京·高考真题）已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值； ②，时，有最大值； ③，有3个解； ④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是________． 2．（2023·北京·高考真题）设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是 ． 3．（2022·北京·高考真题）设函数若存在最小值，则a的一个取值为 ；a的最大值为 ． 4．（2021·北京·高考真题）已知函数，给出下列四个结论： ①若，恰 有2个零点； ②存在负数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有3个零点； ④存在正数，使得恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 ． 5．（2020·北京·高考真题）为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示. 给出下列四个结论： ①在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ②在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标； ④甲企业在这三段时间中，在的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________． 考点05 函数及其表示 1．（2023·北京·高考真题）已知函数，则 ． 2．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则 ； ． 3．（2022·北京·高考真题）函数的定义域是 ． 4．（2020·北京·高考真题）函数的定义域是____________． 考点06 导数：双变量问题 1．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 2．（2022·北京·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 考点07 导数：零点问题 1.（2026·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求的极值点个数； （3）求与交点个数． 2．（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 考点08 导数：极值最值问题 1．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 2．（2021·北京·高考真题）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 增 极大值 减 极小值 增 3．（2020·北京·高考真题）已知函数． （Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程； （Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 一、单选题 1．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）为了得到的图象，只需把函数的图象上所有点的（    ） A．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） B．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） C．纵坐标变为原来的2倍（横坐标不变） D．纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） 2．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）农产品质量安全研究表明，有机磷农药在果蔬表面的自然降解符合一级动力学模型，可用（，k为正常数）描述，其中C为喷施农药t天后，果蔬表面的农药残留量（单位：mg/kg），某品种有机磷农药的降解速率常数，现测得蔬菜喷施该农药后的初始残留量为8mg/kg，国家食品安全标准规定该农药的残留限值为1mg/kg，则该蔬菜的最短安全采收间隔期为（   ） A．3天 B．6天 C．9天 D．12天 3．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）已知函数（且），将函数的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，再将的图象向右平移1个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则的值是（    ） A．3 B． C． D． 4．（北京市西城区2026届高三上学期期末考试数学试题）下列函数中，值域为的奇函数是（   ） A． B． C． D． 5．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）设，，则“”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 7．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）在深度学习模型训练中，模型的训练损失值会随训练轮次增加而逐渐下降．当损失值低于初始损失值的时就要对模型进行调整，假设某深度学习模型的训练损失值（为初始损失值，t为训练轮次，k为衰减系数），已知训练到第10轮时（当时），训练损失值降至初始损失值的，则训练到第几轮就要对模型调整（参考数据）（   ） A．24 B．35 C．47 D．100 8．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）设，函数则（    ） A．是偶函数，且有最大值 B．是偶函数，且没有最大值 C．是奇函数，且有最大值 D．是奇函数，且没有最大值 9．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）下列函数中，既是奇函数又在上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 10．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）下列函数中，在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 11．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）若函数是奇函数，则（   ） A． B． C． D． 二、填空题 12．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）函数的定义域为______. 13．（北京市丰台区2025-2026学年度高三第二学期综合练习（一）数学试题）函数的定义域为___________． 14．（北京市海淀区2026届高三上学期期末练习数学试题）已知函数， ① 若关于的方程恰好有一个解，则的一个取值为________； ② 若关于的方程恰好有三个解，则的取值范围为___________. 15．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）在乐律学中，将一个纯五度音程分成7份得到8个音级，这8个音级的频率构成公比为的等比数列，则________；为研究纯五度音程与纯四度音程的关系，从该等比数列中寻找两项，，使得最小，则________．（参考数据：） 16．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）设函数，当时，的值域为______；若方程有两个不同的解，则实数的一个取值可以是______. 17．（北京市通州区2026届高三上学期摸底考试数学试题）已知函数，若，且，则的最小值为______. 18．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）将函数（）的图象向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，所得图象位于图象的上方，则a的一个取值为______，a的最大值为______. 三、解答题 19．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数是上的单调递增函数，求的值； (3)若存在，使得成立，求的取值范围. 20．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，分别讨论函数与在上的单调性； (3)证明：当时，． 21．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）已知函数，，其中. (1)求的最大值； (2)若在区间上有且只有一个零点，证明：在区间上有且只有一个零点，且； (3)对于（2）中的，证明：. 22．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）已知函数． (1)当，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求函数极值点的个数； (3)若对任意的实数恒成立，求实数的取值范围． 23．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． (1)求函数的单调区间； (2)设，研究函数的零点个数； (3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 24．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）设函数（）. (1)当时，求证：直线是曲线的切线； (2)求的单调区间； (3)判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 25．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）已知函数． (1)当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； (2)求证：对于任意的，且，都有； (3)当时，求证：有且只有一个零点，且． 26．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）已知函数的定义域为，，函数．对任意，曲线在点处的切线方程为． (1)求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)已知，求过点且与曲线相切的直线的条数． 27．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）已知函数的定义域为R，． (1)求函数的单调区间； (2)判断曲线上是否存在两点P，Q，使得P，Q关于对称，并说明理由； (3)直线是曲线在处的切线，过点A作垂直于的直线，直线，与y轴交点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 28．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $