专题10 导数与数列、函数的交汇问题（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第二册

学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题10导数与数列、函数的交汇问题 内容概览 目常考题型精准突破 题型1导数与数列结合（重） 题型2导数与立体几何结合（重） 题型3导数与三角函数结合（高频） 题型4导数与解析几何结合（难） 目综合攻坚知能拔高 常考题型精准突破 ◆题型1导数与数列结合 1.(2026江苏镇江模拟预测)已知函数f(x)=e-a-l,aR. (1)若函数∫(x)图象的一条切线为y=x-1,求实数a的值： (2)若对任意的x∈(0，+∞)，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围； 3附于任意的n∈N,证明：1+2”+3”++m<C e-1 1/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.(2627高三全国一轮复习)己知函数f(x)=(x+)血x,曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为 y=ax+b (1)求证：x>1时，f(x)>ax+b: 2求证：2+h7++-2,23 16 m2-3n>2(n≥2，neN）: 3.(26-27高三上江苏连云港阶段检测)设函数f()=血x-px+1. (1)求函数f()的单调区间： (2)若x>0,不等式f(x)≤0恒成立，求正数p的取值范围： +时时 (3)证明：22 +m<2(n+l）（neN'm≥2)· 2/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4.(2026福建泉州模拟预测)已知函数f(x)在区间(m,k(m<k)上满足f(x)<x,数列{a,}满足： a=f(a),a=k. 诺e)+子且k=1求数列a的适顶公式及前n顶和5 (2)若f(x)=2,存在实数k满足题目条件，求m的取值范围； 3)在(2)的条件下，证明：1<a,≤(neN). 5。(2627商三上潮北阶段检测)已知两数f=h++x（aER)· (1)讨论f(x)的单调性： (2)对x∈(-l,+o),都有f()≥1，求实数a的取值范围； )没数列a}的通项公式为4-·8，为数列a}的前n明的和，证明： In(n+1)+- 0-)<S,≤1+lnn(neN): 16n+1 3/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ◆题型2导数与立体几何结合 6. (26-27高三上江苏苏州开学考试)如图，在梯形ABCD中，AB/CD,AD=CD=CB=1, ∠ABC=60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD,CF=L. M A B (1)求证：BC⊥平面ACFE: (2)求二面角A-BF-C的平面角的正弦值： (3)若点M在线段EF上运动（含端点），设平面MAB与平面MCD所成二面角的平面角为B,求B余弦的 取值范围. 4/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 7.(26-27高三上河北衡水阶段检测)如图，在四面体S-ABC中，AB=AC=V5,SB=SC=2, BC=2,AS=V7.点D为BC的中点. M A (1)证明：BC⊥平面ASD,且AD⊥SD SM SN 2)点M'N分别在线段SB,SC上，且SB+SC =1 (i)设平面AMN与平面ABC所成的锐二面角为0，求cosO的取值范围. （）在（1)的条件下，设面4w与T面4D的夹角为p设能角。满足oa- 7,证明： SM SN 0+p≥2a,并求等号成立时SB与sC的值. 5/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 8.(26-27高三上黑龙江哈尔滨阶段检测)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA=PB, PC=PD,E,F分别是AB,CD的中点，且PE⊥PF,AB=V2BC=V2. D D-- --- B (1)证明：平面PEF⊥平面ABCD: (2)求四棱锥P-ABCD体积的最大值； (3)求平面PEF与平面PBC的夹角余弦值的范围. 6/21 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 9.(2026重庆模拟预测)如图，在正四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O,PA=4,点E是边BC 上一点. P C D (1)若平面PBC⊥平面POE,求证：BE=EC; 1 2)若二面角D-AP-B的余弦值为3： ①求PO的长： ②点0为空间内动点，满足0Q-子5，求异面直线P0与C距离的取值范围。 3 7/21 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 10.(2026江苏南京模拟预测)如图，在三棱锥P-OAB中，PO⊥平面OAB,OA=OP=2,OB⊥AB ,过O作OH⊥PB于H,C为线段PA的中点. (1)证明：PA⊥平面OHC: (2)求三棱锥0-HPC的体积的最大值： (3)设Q为四棱锥O-ABHC的外接球的球心， ①证明：该球面与三棱锥p-OAB的侧面PBA的交线长小于2： ②在二面角)-CH-B,二面角H-B0-C,二面角H-CQ-B之中选择一个求其余弦的绝对值的取值范 围 8/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ◆题型3导数与三角函数结合 1,(26-27高三上河南许昌开学考试)已知函数/()=5+c0sx,0<x<2元， (1)求不等式f(x)>2f(2x)的解集： 2)讨论f()的单调性： 3)已知函数h()=x[f()-sinx-]-5(0<1<1),证明：h(x)在(0，)上有且只有一个极小值点. 9/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 12.(26-27高三上江苏扬州阶段检测)设函数f()=e+six,g(x)=a,F(x)=f(x)-g(x). (1)当a=2时，求函数F(x)在点(0，F(0》处的切线方程： (2)当a=1时，设Px,fG》,Q,86川：20，≥0)，且P0轴，求P、Q两点间的最短距离： 3)若x>0时，函数y=F(x)的图象恒在y=F(-x)的图象上方，求实数a的取值范围. 13.(2026江苏准安一模)已知函数f(x)=e+aosx,记曲线y=f()在点(x,f(x刃处的切线倾斜角为 0(x). (1求0(0)： 2当a>0时，若对任意x0,),都有0≤6（水受，求n的取值范园： (3)当a=1时： (i)证明：0(x)在0，+∞)上单调递增： (i)若x5e0证明：am(os小+m(o》≥2uma5支5） 10/21 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 14.(2026陕西汉中模拟预测)己知函数f(x)=x-1-alnx,其中aeR. (1)求f()的单调区间： 2)若f(x)≥0恒成立. ①求实数a的值； ②判断方程f(x)=cosx的根的个数. 15.（2627商三上：内交古阶段检测)已知西数f)=mr-m·aER*e0到 (1)当a=4时，求函数f()的单调区间； (2)当a≤3时，证明：f(x)+2sinr>0: e明：snx:mr>之g,xe(0, 11/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ◆题型4导数与解析儿何结合 16.(2026浙江绍兴·模拟预测)已知椭圆c:7+ 手+云-ab>0经过点4小20及出 (1)求C的方程： (2)若点T在线段AP(不含端点)上运动，垂直于x轴的直线MT交C于点M(:,片)（在x轴上方），点 N满足MT=T,设直线AW与C的另一个交点为R(:,). (i)证明：直线MR过定点； (ⅱ)求四边形ARPM面积的最大值， 17.(26-27高三上江苏南通开学考试)己知直线y=2x与椭圆E:x2+2y=1交于A,B两点（点A在 第一象限)，点P(4,)在椭圆E的内部，射线AP,BP与椭圆E的另一交点分别为C,D. (1)求点A坐标； (2)求证：直线CD的斜率为定值： (3)求四边形ABCD面积的最大值. 12/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 18.(25-26高二下河南期末)在平面直角坐标系x0y中，已知抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F,过 点F且垂直于x轴的直线与抛物线交于M,N两点（点M在x轴上方），△MON的面积为2. (1)求抛物线C的标准方程 (2)过点E(-1,0)的直线1与抛物线C交于A(x,H),B(x,)两点(：<x),直线OB与线段MW交于点9 ①证明：直线AQ1y轴： ②求△OAQ面积的最大值， 19.(25-26高二下江西期末)己知抛物线E:y=2px(p>0)的焦点为F,点M(2,m)为E上一点，且 Mm=5,过点p的直线与B及同-+=依次交于An.反c四点，如因所不 13/21 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (1)求E的方程： (2)求AB卧-CD的值： (3)过A,D两点分别作E的切线4，，记4∩h=P,求A4BP与△CDP的面积之和的最小值. 20.(25-26高二下·广东河源期末)己知抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,过准线上 一点N作平行于x轴的直线MN交抛物线于M点，当M点的横坐标为4时，MN=5. (1)求抛物线C的方程。 (2)直线NF交抛物线于A,B两点， ①若NA-NB=25,求点N的坐标； ②求△MAB的面积的最小值， 综合攻坚知能拔高 14/21 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.(24-25高三上福建厦门阶段检测)在直角坐标系0y中，己知抛物线C:y=2px(p>0),焦点为F ,过点F且垂直于x轴的直线与抛物线交于M,N两点，△MON的面积为2. (1)求P的值： (2)过点E(-山，0)的直线1与抛物线C交于AxBx,乃)两点(：<)，直线OB与线段FM交于点， (i)证明：直线401y轴： (i求△OAQ面积的最大值， 25-26高二下湖北省直辖县级单位阶段检测已知椭圆℃：花+片>b>0的离，心率为2 距为2√2 OE (1)求椭圆的标准方程. (2)过坐标原点O的直线交C于P,Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴于点E,连结QE并延长，交C于 点G (i)证明：△POG是直角三角形. (i)求△P2G面积的最大值. 15/21 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3.(2026云南玉溪·模拟预测)在平面直角坐标系x0y中，位于y轴右侧的动点P到点(L,0)的距离比它到 y轴的距离大1，记点P的轨迹为C. (1)求C的方程： (2)已知不重合的两点A,B均在C上， ①若线段AB的中点在直线x=2上，且AB=3,求直线4B的方程： ②若直线AB与x轴正半轴相交，且与圆D:(x-)+y2=1相切，求△OAB面积的最小值 4.(26-27高三上河南阶段检测)己知函数f(x)=-e-cosx,x∈(0,2π). 1)求不等式f()+f'()>-l的解集： (2)求f()的极值点个数： (3)证明：(x)的所有零点之和大于2元. 16/21 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 5.(26-27高三上·重庆渝中阶段检测)已知函数f()=xcosx-+sinx-x2+1(k∈R), g(x)=(x-)cosx+(1+sinx)In(-x) (1)当k=0时，求f)在区间受则上的最大值： 2当xe(0,2时，f<1,求k的取值范围： B创当k-1时，是香存在∈0，孕，∈（受：，使得G)8-0:若存在，试比较x+马与元的大小关 系；若不存在，请说明理由· 6。(26-27高三上苏南通开学考试)已知aER,函数了四)0 (1)求函数f(x)的所有零点之和： x 2)证明：x20sx2x- 69 (3)x≥0，f(x)≤0，求a的取值范围. 17/21 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 7.(26-27高三上内蒙古锡林郭勒开学考试)已知函数f(x)=e“-e。 (1)a=0时，求f(x)的极值： (2)a=2时： (i)x>0,证明：f(x)<-l, _1=>ln(n+) (nN证明：名+可 8.(26-27高三上广东阶段检测)己知函数f()=ln+a, (1)当a=e时，求f(x)的零点x,且求(x)在(，f(x)》处的切线： (2)给定数集A=(0,+∞)，任给a∈A,对应关系g使函数f(x)的零点与a对应. (i)证明：。=g()是函数，并讨论该函数的单调性； （i)若数列a,}满是a-a)=1,a=1-ga,）证明：2(a-a)ga) 18/21 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 9,（26-27高三上山东青岛开学考试)已知函数f()=1nx-a(- (1)当a=1时，求f(x)的单调区间： (2)当x>1时，f()<0,求a的取值范围： B设nN证明： 5<hn+1n+2）c22 名k(k+2)2 名k+2 0(2627高三上安微六安开学考试)(4)分析函数了)=n(x+)2的单调性 (2)证明：当0<x<l时，tanr<x+x: +tan-1 (3)证明：tan1+ +2+…+tan 1 n+1 <ln2,neN· 2n 19/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 11.(25-26高三下·河南驻马店阶段检测)如图，圆锥S0的底面直径和母线长均为4√3，其轴截面为 AMB,C为底面半圆弧A8上一点，且C=2B,SW=8 B (1)求证：AW⊥SC: (2)求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值： (3)在圆锥S0的内部（含表面上的点）作一个圆柱，且圆柱的其中一个底面在圆锥的底面上，记圆锥的体 V 积为V,圆柱的体积为，当圆柱的体积最大时，求的值. 20/21 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 12.(2026安徽合肥·二模)如图，在面积为3N3的梯形ABCD中，AD=2AB=2BC,BC/1AD,E为 AD的中点将△ABE沿BE翻折至△ABE. D (1)证明：AA⊥A4C: (2)当AC=2AA=2V3时，求平面4BC与平面4CD夹角的余弦值： (3)当BE=AA时，求四棱锥A-ABCD体积的最大值 21/21 专题10 导数与数列、函数的交汇问题 常考题型·精准突破 题型1 导数与数列结合（重） 题型2 导数与立体几何结合（重） 题型3 导数与三角函数结合（高频） 题型4 导数与解析几何结合（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 ◆题型1导数与数列结合 1．（2026·江苏镇江·模拟预测）已知函数，． (1)若函数图象的一条切线为，求实数的值； (2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)对于任意的，证明：． 【答案】(1) (2) (3)原不等式两边同除以，， 等价于证明， 设，则， 则时，，时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即， 令，则， 所以， 则， 则. 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）分和两种情况讨论求解即可； （3）原不等式等价于证明，设，进而得到，令，可得，进而求证即可. 【详解】（1）由，则， 设切点为 ，切线的斜率为1 ， 即 ，即 ①， 又切点在切线 上，故 ， 即，则②， 由①②得， 若 ，则，与矛盾； 若，，此时，， 有 ， 故曲线在处的切线恰为，符合题意. （2）对任意的，恒成立，而， 若时，单调递增，则，满足题意； 若时， 0 极小值（最小值） 则， 设 ，则， 则在上单调递减，则， 对任意的，若，不等式不能恒成立. 综上所述，实数的取值范围为. （3）略 2．（26-27高三·全国·一轮复习）已知函数，曲线在处的切线方程为． (1)求证：时，； (2)求证：． 【答案】(1)函数的定义域为，， 又，，所以该切线方程为． 设，则. 令，则， 当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增， 又，所以，即在上单调递增，所以. 故时，. (2)由（1）知：当时，． 令，则， 所以， 所以， 即． 综上，. 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线方程；构造函数，根据导数与单调性的关系证明在上为增函数，故即可证明. （2）由（1）可得，进而变形为，结合累加法及裂项相消法证明即可. 【详解】（1）略 （2）略 3．（26-27高三上·江苏连云港·阶段检测）设函数. (1)求函数的单调区间； (2)若，不等式恒成立，求正数的取值范围； (3)证明：（，）. 【答案】(1)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. (2) (3)由（2）知：当时，对任意成立，当且仅当时取等号. 对任意且，令，因，所以等号取不到， 故：两边同除以得： 进行第一次放缩，对从到求和： 进行第二次放缩，当时，， 故， 因此： 代入求和式得： 综上可得： 【分析】（1）对求导后，按参数的取值分类讨论导数符号，并划分出递增、递减区间. （2）将“对恒成立”等价转化为函数最大值不大于0，借助第一问的单调性结论求得最大值，解不等式即得参数范围. （3）利用第二问导出的经典不等式，令对数列通项放缩，两边累加后，再对右侧的平方倒数和采用裂项放缩化简，最终推导出待证的数列不等式. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得： 当时，，，故恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，令，解得. 时，，时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）由，结合（1）的结论： 在处取得最大值 要使，恒成立，只需最大值不大于0： 故正数的取值范围为. （3）略. 【点睛】1.恒成立问题转化：单变量函数恒成立问题，优先转化为函数最值问题求解，是高考导数题的通用方法. 2.数列不等式技巧：借助前问得到的函数不等式对数列通项放缩，再累加求和，是导数与数列综合题的核心思路；平方倒数的裂项放缩，是求和放缩的常用技巧. 4．（2026·福建泉州·模拟预测）已知函数在区间上满足，数列满足：，． (1)若，且，求数列的通项公式及前项和； (2)若，存在实数满足题目条件，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，证明：． 【答案】(1)，； (2) (3)证明：由（2）得，，， 运用数学归纳法证明：. 当时，，命题成立； 假设当时，成立， 则当时，有，因函数在上单调递增， 则，， 由指数函数的图象性质可得当时，；当时， 故成立，证毕. 【分析】（1）依题意先求出的递推式，构造出等比数列，利用等比数列的通项公式与前项和公式即可求得； （2）依题构造函数，求导判断其单调性，推得当时，根据题意即可求得的取值范围； （3）利用数学归纳法结合指数函数的单调性即可得证. 【详解】（1）因，且，， 则，，则， 因，即数列是首项为，公比为的等比数列， 故，解得， 数列的前项和； （2）依题意，在区间上恒成立，且存在实数，使得有解. 设，求导得，由，解得， 因，可得， 且当时，，则，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 又因，故当时，当或时，， 要存在区间使得，即对应的区间，需使， 故的取值范围是. （3）略. 5．（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知函数（）. (1)讨论的单调性； (2)对，都有，求实数的取值范围； (3)设数列的通项公式为，为数列的前项的和，证明：（）. 【答案】(1)当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) (3)首先证明右边不等式： 设，求导得. 所以，即. 当时，令，得. 当时，成立； 当时，. 综合得. 接下来证明左边不等式： 构造函数， 求导得 . 当时，，所以在上单调递增， 因此对任意，有，即. 令，则, 将上述不等式对累加得 即. 综上，原不等式获证 【分析】（1）求出函数的导数，讨论a的取值范围，判断导数的正负，即可求解； （2）分和两种情况讨论，结合函数的最值情况判断，是否都有，即可求解； （3）构造函数，利用单调性推出，再进行变量代换，结合数列的累加求和，即可证明，同样可证明. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得. （ⅰ）当时，对任意，都有，即， 所以在上单调递增； （ⅱ）当时，令，解得. 当时，单调递减； 当时，单调递增. 综上所述： 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）可知： （ⅰ）若，当时，， 故，不满足对任意均有； （ⅱ）若在处取得最小值，最小值为. 由题意需满足. 所以实数的取值范围是. （3）略 ◆题型2 导数与立体几何结合 6．（26-27高三上·江苏苏州·开学考试）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，. (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值； (3)若点在线段上运动（含端点），设平面与平面所成二面角的平面角为，求余弦的取值范围. 【答案】(1)在梯形中，因为，， 所以为等腰梯形， 因为，所以， 所以，所以，即. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面； (2) (3) 【分析】（1）先证明，再通过面面垂直性质定理证明线面垂直. （2）根据二面角的定义找出二面角所对应的平面角，再利用勾股定理求解线段长度，进而求解正弦值. （3）建立空间直角坐标系求解平面法向量，利用法向量表示出二面角余弦值，令，求导，根据导数计算可求解范围. 【详解】（1）略 （2）取中点，连接、 由矩形得，又，，、平面， 所以平面，，为中点，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，，在中，斜边， 所以； （3） 由题分别以，，所在射线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，，，， 设平面和平面的法向量分别为和 则由，得，解得可取； 由，得，解得可取； 令 令 ，故在上单调递增， ，， 故在上存在使得，解得， 则当时，；当时，； 则在上单调递减，在上单调递增， 又，，则， 故. 7．（26-27高三上·河北衡水·阶段检测）如图，在四面体中，，，，．点为的中点． (1)证明：平面，且． (2)点，分别在线段，上，且． （ⅰ）设平面与平面所成的锐二面角为，求的取值范围． （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，设平面与平面的夹角为．设锐角满足，证明：，并求等号成立时与的值． 【答案】(1)由题意知，，，且为的中点， 则， 因为平面，所以平面. 而，则， 即，， 又，则，故. (2)（ⅰ）； （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，平面的一个法向量为， 易得平面的一个法向量为， 则， 设，，则， 所以原式，令， 化简变形得，， 由，可得. 要证，因为均为锐角，故只需证. 即证， 由于当，恒成立， 所以只要证， 只要证， 设， 只要证 即 只要证 因为，所以只要证, 整理可得只要证, 利用因式分解，只要证，因为， 所以对恒成立. 所以只要证，显然成立，当时取等号，此时. 因为，所以解得或. 当等号成立时,，. 或，. 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面即可.根据勾股定理，可证. （2）（ⅰ）设，，再利用平面向量的坐标运算得出，求出右侧函数的值域即可得到.（ⅱ）要证，只需证，然后通过分析法得到恒成立，进而得到等号成立条件为，或，. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由（1）知，平面，且， 以为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设，，即， 由于，则，即， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 则， 设， 则， 设， 则， 所以函数在上单调递增，又， 则时，；时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，，所以， 则. （ⅱ）略 【点睛】本题的关键是将三角函数范围问题，转化为变量的值域问题.在解决最后一问时， 将证明，转化为证明，然后利用分析法进行证明，其中对于代数结构的整体代换是证明的关键. 8．（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，，分别是，的中点，且，． (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)求平面与平面的夹角余弦值的范围． 【答案】(1)因为四边形是矩形，，所以， 因为是的中点，，所以，同理可证， 因为，所以， 因为，，面，所以面， 因为面，所以平面平面. (2) (3) 【分析】（1）结合题意得到，，再利用线面垂直的判定定理得到面，最后结合面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，结合题意求出，再利用四棱锥的体积公式求解体积的最大值即可. （3）求出关键平面的法向量，利用面面角的向量求法得到，再结合换元法与导数判断单调性，最后得到取值范围即可. 【详解】（1）略 （2）因为，分别是，的中点，所以， 由矩形的性质得，则， 如图，作面，以为原点建立空间直角坐标系， 设，，，，， 则，，， 可得，，解得， 得到，化简得， 令，，（为参数），则 由棱锥的体积公式得， 由正弦函数性质得，则四棱锥体积的最大值. （3）由题意得面的法向量为， 设面的法向量为，而，， 可得，而，得到， 则， 令，解得，，得到， 设平面与平面的夹角为，则， 由题意得，解得，则， 令，则令，， 则在上单调递增，而，，则， 故平面与平面的夹角余弦值的范围为. 9．（2026·重庆·模拟预测）如图，在正四棱锥中，与交于点，，点是边上一点．    (1)若平面平面，求证：； (2)若二面角的余弦值为； ①求的长； ②点为空间内一动点，满足，求异面直线与距离的取值范围． 【答案】(1)过作于，由平面平面，平面平面， 平面，得平面，又平面，则， 在正四棱锥中，由平面，平面，得， 又，平面，因此平面， 又平面，则，又，所以. (2)①；② 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理得证. （2）①建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法列式求出；②求出点的轨迹，再求出过点与轨迹相切的直线与平面交点的轨迹，求出异面直线公垂线的方向向量，并求出在此方向向量上的投影的绝对值范围即可. 【详解】（1）略 （2）①在正四棱锥中，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    令，，则， ， 则，设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 由二面角的余弦值为，得， 则，又，解得，所以. ②由，得点的轨迹是以为球心，为半径的球面， 设与平面的交点为，当与球相切时，， 则，解得，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆及内部， 令，则，，令， 由，得，取，得， 异面直线与距离为，则， 由，得，令， 则，令函数，求导得， 函数在上单调递减，则， 所以的取值范围是. 10．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，，，过作于，为线段的中点．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设为四棱锥的外接球的球心， ①证明：该球面与三棱锥的侧面的交线长小于； ②在二面角，二面角，二面角之中选择一个求其余弦的绝对值的取值范围． 【答案】(1)证明：因为平面，平面， 所以，， 由于，则是等腰直角三角形， 因为为斜边的中点，所以， 又已知，且，故平面， 因为平面，所以， 因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面， 所以平面． (2)． (3)①连接，则由平面，又平面，故，    由知，，，均在以为直径的球面上，球心为的中点，半径， 所以为四棱锥的外接球的球心； ①取中点， 因为， 所以为上述球面被平面所截得的截面圆周的圆心， 该球面被三棱锥的侧面的交线为圆心角所对的一段弧，设该弧的长度为的弧度数为，则， 在中，，分别为，的中点，所以，即， 所以，所以，又， 所以． ②． 【分析】（1）根据线面垂直的性质及判定即可证明； （2）法一：建立空间直角坐标系，结合三棱锥的体积公式即可求解；法二：由体积比法，求得，即可求解；方法三：轨迹法，点的轨迹落在平面内以为直径的圆周上，由几何关系即可求解； （3）建立空间直角坐标系，由面面夹角的余弦公式求解二面角和二面角，同时根据二面角的平面角定义求解二面角和二面角． 【详解】（1）略． （2）以为原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 方法一： 在中，，则， 在中，， 由，得， 点在平面内，其坐标为， ， 设，由于在上，设， 即， 则， 由得：， 化简得：， 所以， 代入得， 由（1）知平面，故三棱锥的体积， 因为，，所以， 又， 所以 ， 又， 所以， ， 当时，三棱锥的体积取得最大值． 方法二：体积比法 ， 又， 所以， ， 由于面积为2，， 又 ，， 故， 下同方法一，得三棱锥的体积取得最大值． 方法三：轨迹法 由（1）知平面，平面， 故，， 点的轨迹落在平面内以为直径的圆周上， 取为体积的高，则， 由于为定值，当面积最大时体积最大， 当面积最大时，为等腰直角三角形，， 由，得， 此时，三棱锥的体积取得最大值． （3）①略 ②建系同（2），求二面角； 方法一：由（2）方法一，设，其中 ，， 平面即为平面， 其法向量， 设平面法向量， 由，得， 取，，， 则， ， 由于，所以， 所以， 由于，， 即二面角余弦的绝对值的取值范围为；    方法二：几何法 取线段的中点，中点，连结，， 由①知，平面，， 所以即二面角的平面角， 在中，为的中点，为中点，所以， 在中，为的中点，为中点，所以， 在中，， 由于，所以，故， 即二面角正弦值的取值范围为； 二面角： 设，则， 平面的法向量.，， 由， 令 ， ，，得， 由于点在直线上，平面即为平面， 设平面的法向量面的法向量，，， 由， 令，则，代入得 ，得 ， 取， 则， 因为，所以， 故二面角的正弦值的取值范围是． 二面角：在中，作于，则， 由于平面，所以平面， 由，得，故棱平面， 二面角的大小等于 ， 设， 则，所以， 即， 所以， 所以 ， 在中，， ，所以 ， 所以 ， 又， 所以， 令 ，则，又，所以， 则， 令， 由于 ， 所以在上单调递减，所以， 所以，即二面角的正弦值的取值范围是． ◆题型3 导数与三角函数结合 11．（26-27高三上·河南许昌·开学考试）已知函数． (1)求不等式的解集； (2)讨论的单调性； (3)已知函数（），证明：在上有且只有一个极小值点． 【答案】(1) (2)在上单调递减. (3)证明：由函数，可得， 则，其中， 当时，，，此时，单调递减， 所以函数在区间上无极值点； 设，可得， 所以在上单调递增， 又因为在上单调递增， 所以在上单调递增， 因为，， 由零点存在定理可知，存在唯一的使得， 当时，；当时，， 综上可得，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以在上有且只有一个极小值点. 【分析】（1）根据题意，把不等式转化为，求得，进而得到不等式的解集； （2）求得，令，得到，求得的单调性与极值，得到，即，即可求解； （3）根据题意，得到，先求得在上无极值点，设，求得和在上单调递增，得到在上单调递增，得到存在唯一的使得，得出的单调性，即可得证. 【详解】（1）解：由函数，又由不等式，可得， 整理得，即， 可得，所以， 因为，即，可得， 所以原不等式的解集为. （2）解：由函数，可得， 设，可得， 当时，；当或时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 又因为，， 所以当时，，即，所以在上单调递减. （3）略 12．（26-27高三上·江苏扬州·阶段检测）设函数，，． (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)当时，设，，且轴，求、两点间的最短距离； (3)若时，函数的图象恒在的图象上方，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)1 (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可； （2）由题设有且两点间的距离，将问题化为求 ()的最小值即可； （3）将问题化为对任意恒成立，并应用导数研究其最小值即可得. 【详解】（1）当时 ， 所以，故切点为， 又 ，得切线斜率 ， 所以切线方程为，化简得； （2）当时，，， 由轴，可知两点的纵坐标相等，即， 所以，即， 因为，两点间的距离， 由于，， 令 ()，则，求导得， 令 ，则， 因为时 ，所以（仅在时等号成立），即在上单调递增， 因此，即在上单调递增， 所以的最小值为， 所以两点间最短距离为1； （3）已知时，恒成立， 且，， 所以 ，整理得对任意恒成立， 令 ()，则问题转化为对任意恒成立， 注意到，要使在时恒成立，则在右侧必须单调递增， 求导，且， 若要满足条件，必有，即， 当时， ， 令，求导得 ， 令，求导得， 所以在上单调递增，且， 因此 ，在上单调递增，且， 所以，从而， 综上，当时在上单调递增， 因此对任意恒成立， 所以实数的取值范围是. 13．（2026·江苏淮安·一模）已知函数，记曲线在点处的切线倾斜角为. (1)求； (2)当时，若对任意，都有，求的取值范围； (3)当时： （ⅰ）证明：在上单调递增； （ⅱ）若，，证明： 【答案】(1) (2) (3)（ⅰ）当时，. 令，则. 当时，，故；且． 因此在上严格递增，并且． 又，故 正切函数在上严格递增，而在上严格递增，所以在上单调递增． （ⅱ）因为，所以 由基本不等式， 又由和差化积公式， 因为所以 因此 又因为且 所以 故结论成立． 【分析】（1）利用切线斜率与倾斜角的关系，代入求解； （2）条件等价于．当时不等式自动成立；当时，转化为研究的最小值； （3）（ⅰ）先证明在上严格递增，再利用正切函数在上的单调性得到结论；（ⅱ）分别利用基本不等式和两角和与差的三角函数公式，对指数部分与正弦部分进行比较． 【详解】（1）由，且曲线在点处的切线斜率为，所以. 又，故. （2）由题意，对任意，都有所以. 当时，由可知，条件恒成立． 当时，需要. 先考察． 令，则. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 因此， 其余满足的区间均有，从而， 故所有满足的中，的最小值为． 结合，得. （3）略 14．（2026·陕西汉中·模拟预测）已知函数，其中． (1)求的单调区间； (2)若恒成立． ①求实数的值； ②判断方程的根的个数． 【答案】(1)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)①；② 【分析】（1）先确定定义域，求导后按参数与 的大小分类讨论导数符号，从而得到函数单调区间； （2）先分类判断单调性得到函数最小值，由恒成立条件知最小值，构造新函数研究最值，仅当时满足最小值等于； （3）构造差函数，利用的结论，分区间结合零点存在定理与单调性分析零点数量，得到一共有个根. 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，对任意，，所以，单调递增； 当时，若，则，单调递减； 若，则，单调递增. 综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）①当时，由（1）可知，在单调递增，又， 所以当时，，不合题意； 当时，由（1）可知，在处取得最小值， 若恒成立，则，即， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，所以即，此时， 所以实数的值为； ②方程，即，令， 由①结论可知，当且仅当时取等号，而， 当时，; 当时，时，，， 先证：令，则，则当时，单调递减， 因为，所以. 再证：令，则，所以在单调递减， 所以，即，所以. 所以， 又当时，，令，则， 即在单调递增，所以，即，在单调递减， 由零点存在定理可知在有且仅有一个零点； 当时，同上可知单调递增，，所以，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 又，所以在无零点； 当时，，单调递增， ， 所以在有且仅有一个零点； 当时，，单调递增， 当时，，所以； 当时，（因），，所以， 即当时，恒成立， 综上，共有2个零点，即方程只有2个根. 15．（26-27高三上·内蒙古·阶段检测）已知函数，，． (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，证明：； (3)证明：，． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为． (2)证明：因为，， 所以，即．     当时，．     设，， 则．     令，则在上恒成立， 所以即在上单调递增，所以，     所以在上单调递增， 所以当时，，即， 所以，即原不等式成立． (3)证明：令，， 则．     由（2）知，当时，， 所以． 所以 ． 所以在上单调递增．     因为当时，，所以当时，， 即，． 【分析】（1）利用导数判断函数单调性，结合函数单调性求解即可. （2）构建函数，，利用导数分析的单调性，利用单调性证明即可. （3）构造函数，，利用导数分析的单调性即可证明. 【详解】（1）当时，，则． 令，得． 因为，所以，解得． 当时，，则，即， 所以在上单调递减； 当时，，则，即， 所以在上单调递增． 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）略 （3）略 ◆题型4 导数与解析几何结合 16．（2026·浙江绍兴·模拟预测）已知椭圆：经过点及点． (1)求的方程； (2)若点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在轴上方），点满足，设直线与的另一个交点为． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i），则直线的方程：，即， 因为，，所以，， 设的直线方程为， 联立得， ， ①，②， 直线的方程为， 将点代入得， 即， 即， ， 将①②代入得， 整理得， ， ， ， ， 解得或， 当时，直线：，恒过，不成立； 当时，直线：，恒过， 所以直线恒过定点. （ii） 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，然后解方程即可； （2）（i）根据的坐标得到直线的方程，然后根据得到的坐标，设直线的方程，与椭圆方程联立，然后根据点在直线上列等式，得到，即可得到直线恒过定点； （ii）将四边形分割成和，然后根据点在两侧求的最大值，即可得到四边形面积的最大值. 【详解】（1）由题意得，解得，所以. （2） （i）略. （ii）， 设点到直线的距离分别为， 则， ， 因为位于直线的两侧， 所以 ， ， 由（i）得，则， 令，则， 令，则， 令，， 所以在上单调递减， 所以当，，时，取得最大值，为， 此时， 所以四边形面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值问题： ①几何思路：根据几何知识判断，例如：两点之间线段最短等； ②代数思路：将需要求的转化为代数形式表示，然后走不等式或函数的思路求最值. 17．（26-27高三上·江苏南通·开学考试）已知直线与椭圆：交于，两点（点在第一象限），点在椭圆的内部，射线，与椭圆的另一交点分别为，． (1)求点坐标； (2)求证：直线的斜率为定值； (3)求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2)设，，则，， 所以， 即，整理得， 又因为在椭圆内部，所以， 所以． 同理，设，得. 相减得， 因为，所以，则， 所以直线的斜率为2，故直线的斜率为定值. (3) 【分析】（1）直线方程与椭圆方程联立求解即可. （2）设，，代入椭圆方程整理得；设，同理可得，作差求得，进而得到，即可得证. （3）设：，与椭圆方程联立，结合有两个交点得到；根据弦长公式及平行线间的距离公式，结合梯形面积公式求出四边形面积，根据导数与单调性及最值的关系求解即可. 【详解】（1）由，整理得，解得. 又因为点在第一象限，所以，故点坐标为． （2）略 （3）设直线的方程为，根据对称性不妨设， 联立，消得，， 由，得． 则，， 所以. 又，点到直线的距离， 所以． 令， 所以， 令，易知在上为减函数， 令，即，解得， 当时，，，所以在上单调递增， 当时，，，所以在上单调递减， 所以当时，面积取最大值为. 18．（25-26高二下·河南·期末）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，过点且垂直于轴的直线与抛物线交于，两点（点在轴上方），的面积为2． (1)求抛物线的标准方程． (2)过点的直线与抛物线交于，两点，直线与线段交于点． ①证明：直线轴； ②求面积的最大值． 【答案】(1) (2)①证明：由（1）知，抛物线，，，． 由题意知直线的斜率存在，且，所以直线的方程为，． 由消去，整理得． 由，解得，且， 所以，，所以． 直线的方程为， 令，得，即， 所以直线轴． ② 【分析】（1）由题意可得，由，求解即可； （2）①直线的方程为： ，与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，从而得，求出直线与的交点纵坐标为，通过化简可得，即可得证； ②不妨设，则，由三角形的面积公式可得，利用换元法及导数求解即可. 【详解】（1）由题意，得，直线的方程为． 解得所以，，则． 由题意，得，解得， 所以抛物线的标准方程为． （2）①略 ②解：由题意，得． 不妨设，则，所以．    令，则，． 令，，则． 解，得， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减． 所以在处取得极大值，也是最大值． 因为，所以面积的最大值为． 19．（25-26高二下·江西·期末）已知抛物线：的焦点为，点为上一点，且，过点的直线与及圆依次交于A，D，B，C四点，如图所示. (1)求E的方程； (2)求的值； (3)过A，D两点分别作的切线，，记，求与的面积之和的最小值. 【答案】(1) (2)9 (3)18 【分析】（1）根据抛物线定义直接求解即可； （2）求出抛物线的焦点坐标，设直线：，设点，，将直线方程与抛物线的方程联立，并列出韦达定理，利用抛物线的定义并结合韦达定理证明即可； （3）求出切线与的方程，并将两切线方程联立得出交点的坐标，并计算出点到直线的距离，可计算出与的面积和，换元，利用导数法求出最小值. 【详解】（1）因为在上，且， 由抛物线的定义，得，解得， 所以的方程为. （2）由（1）得，圆的方程为， 设直线：，，， 由消去并整理，得， 显然判别式，，， ，， 所以. （3）设切线的方程为， 代入的方程，得. 又，所以， 则，解得. 所以的方程为， 同理可求切线的方程为， 与的方程联立，解得，，所以. 故点到直线：的距离， 所以 . 令，则， 令，则，在上单调递增， 所以， 所以与的面积之和的最小值为18. 20．（25-26高二下·广东河源·期末）已知抛物线：（）的焦点为，准线为，过准线上一点作平行于轴的直线交抛物线于点，当点的横坐标为时，． (1)求抛物线的方程． (2)直线交抛物线于，两点， ①若，求点的坐标； ②求的面积的最小值． 【答案】(1) (2)① N点的坐标为，和，；② 【分析】（1）利用焦半径公式可得，求解即可； （2）（i）设，，，求得直线NF的方程，与抛物线方程联立，由根与系数的关系可得，，由题意可得，求解即可；（ii）由（i）可得，可得，利用换元法与导数，可求得的面积的最小值． 【详解】（1）由题意知：，解得， 所以抛物线C的方程为． （2）（i）设，则直线NF为，即， 设，，联立方程：，消元得， ，由韦达定理得，， 则， 将韦达定理代入得：，解得或， 因此N点的坐标为，和，． （ii）由（i）可得， 故， ， 令，则，因此， 设，，， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为，即的最小值为． 综合攻坚·知能拔高 1．（24-25高三上·福建厦门·阶段检测）在直角坐标系中，已知抛物线：，焦点为，过点且垂直于轴的直线与抛物线交于两点，的面积为. (1)求的值； (2)过点的直线与抛物线交于两点，直线与线段交于点. （i）证明：直线轴； （ii）求面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明：由（1）知，抛物线， 由题意可知直线的斜率存在，且不等于0， 设直线的方程为： ， 由，得， ，解得，且， 所以，则， 而直线的方程为：， 令，得，即， 所以直线轴. （ii） 【分析】（1）由题意可得，由，求解即可； （2）（i）直线的方程为： ，与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，从而得，求出直线与的交点纵坐标为，通过化简可得，即可得证； （ii）不妨设，则，由三角形的面积公式可得，利用换元法及导数求解即可. 【详解】（1）由题意可知，直线的方程为， 不妨设， 所以， 所以，解得； （2）（i）略 （ii）由题意可得， 不妨设，则，即， 令，则， 所以， 令，则， 令，得， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 所以， 即面积的最大值为. 2．（25-26高二下·湖北省直辖县级单位·阶段检测）已知椭圆的离心率为，焦距为． (1)求椭圆的标准方程． (2)过坐标原点的直线交于，两点，点在第一象限，轴于点，连结并延长，交于点． （i）证明：是直角三角形． （ii）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）设直线的斜率为，则其方程为， 由得． 记，则，，， 于是直线的斜率为，方程为． 由得．① 设，则和是方程①的解，故，由此得， 从而直线的斜率为，． ，即是直角三角形． （ii） 【分析】（1）根据椭圆几何性质即可求出椭圆方程； （2）（i）利用椭圆关于原点对称性质得到点坐标与点P坐标互为相反数快速写出E点坐标，求出的斜率和直线方程，再利用韦达定理跳过复杂求根，直接得到点和一直点坐标关系.计算直线和直线的斜率乘积，完成证明.（ii）设斜率，利用三角形面积公式，将面积表达式简化为只含的分式，再做换元处理即可. 【详解】（1）（1）由题意得：焦距得，离心率得， 所以得，椭圆方程为：； （2）（2）（ⅰ）略； （ⅱ）由（ⅰ）得，， 的面积， 设，则，由，得，当且仅当时取等号， ，在上单调递减， ∴当，即时，取得最大值，最大值为． 因此面积的最大值为. 3．（2026·云南玉溪·模拟预测）在平面直角坐标系中，位于轴右侧的动点到点的距离比它到轴的距离大1，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知不重合的两点，均在上， ①若线段的中点在直线上，且，求直线的方程； ②若直线与轴正半轴相交，且与圆相切，求面积的最小值． 【答案】(1) (2)①或；② 【分析】（1）设，根据抛物线的定义即可求解； （2）①由题意设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，求出韦达定理，根据中点及，代入计算可得；②先设直线再联立应用与圆相切得出，再表示出的面积，再利用导数求出面积的最小值. 【详解】（1）设， 因为位于轴右侧的动点到的距离比它到轴的距离大1， 所以动点到的距离与它到直线的距离相等． 由抛物线的定义知动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线(不包含原点)，其方程应为的形式， 而，所以，， 所以点的轨迹的方程为：． （2）①若直线的斜率不存在时，因为线段AB的中点在直线 上， 所以，联立， 解得坐标分别为，所以，不合题意； 若直线的斜率存在时，设直线的方程为， 设， 联立，化为， ，解得． 所以，， 因为若线段AB的中点在直线上，且 ， 可得， 所以或， 所以直线的方程为：或； ②设直线：，， 联立 ， ， ，， 因为直线AB与圆D相切，即，所以， 直线与x轴的交点为， 则的面积 ， 设，，故， 即在上单调递增， 所以在处取得最小值，即， 故面积的最小值为. 4．（26-27高三上·河南·阶段检测）已知函数，． (1)求不等式的解集； (2)求的极值点个数； (3)证明：的所有零点之和大于． 【答案】(1) (2) (3)由（2）知，，且，使得当时，单调递减，当时，单调递增． 又， 所以，， ． 因为，所以．所以． 所以，使得，，使得． 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 又，，所以． 又，， 所以，使得．所以． 又， 所以，使得． 又，在上单调递增，所以在上无零点． 故在上有两个零点，，且． 由，可得，． 又，所以．所以．所以． 所以． 又，所以，． 因为函数在上单调递减，所以，即． 所以的所有零点之和大于． 【分析】（1）先对求导可得，从而转化为，，再化简求解不等式； （2）先对求导可得，再设，二次求导得，再构造函数，求导判断的单调性与变号零点，再得到的单调性与变号零点，从而求得的单调性，最后求得极值点个数； （3）由第（2）可知，，且，使得当时，单调递减，当时，单调递增.虚设的零点，通过讨论得到所在区间，再得到函数在有两个零点，且，由，可得，，从而得到，最后利用三角函数证明. 【详解】（1）因为，所以， 则，即， 即，即． 因为，所以． 所以，解得， 即所求不等式的解集为． （2）由（1）知，，， 设，则． 设，， 则． 因为，所以． 所以当，即时，，单调递减， 当，即时，，单调递增， 当，即时，，单调递减． 又，，由，得 ， ，，， 所以，使得，即． 所以． 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以是的极小值点，无极大值点． 所以的极值点个数为1． （3）略 5．（26-27高三上·重庆渝中·阶段检测）已知函数，. (1)当时，求在区间上的最大值； (2)当时，，求的取值范围； (3)当时，是否存在，，使得，若存在，试比较与的大小关系；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）把代入，利用导数确定单调性求出最大值. （2）等价变形不等式并构造函数，利用导数并按分段确定单调性，进而求出范围. （3）把代入，由（2）的信息确定的零点，再利用换元法确定函数的零点范围即可比较大小. 【详解】（1）当时，函数，求导得， 当时，，函数在区间上单调递减， 所以在区间上的最大值为. （2）不等式，令， 求导得，令函数， 求导得， ①当时，， ，函数在区间上单调递减， 因此，即恒成立，符合题意； ②当时，，则，函数在区间上单调递减， 又，，因此存在唯一的，使得. 当时，，单调递增，则，不符合题意， 所以的取值范围为. （3）存在且，理由如下， 一方面：由（2）知，求导得， 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，，，因此存在唯一的，使得； 另一方面：当时，令， ， 令，，则， 求导得，显然， 因此存在唯一的，使得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 又，，则， 于是存在唯一的，使得， 此时，所以. 6．（26-27高三上·江苏南通·开学考试）已知，函数． (1)求函数的所有零点之和； (2)证明：，； (3)，，求的取值范围． 【答案】(1)0 (2)令． 则，令， ，令，则， 则在在上单调递增，则， 所以在上单调递增，则， 故在上单调递增，有， 所以，． (3) 【分析】（1）先由 判定 为 上的奇函数，从而零点关于原点成对对称出现（含原点本身），由对称性直接得出所有零点之和. （2）构造函数 ，用"连续多次求导、逐层判断导函数单调性并结合端点值非负"的方法，从而得证. （3）先由 分离参数得 ，令 求出 的必要下界；再对导函数 作换元放缩（利用 的范围）证明当 不小于该下界时 在 上单调递减，由单调性验证充分性，最终确定 的取值范围. 【详解】（1）依题意，函数的定义域为， 定义域关于原点对称， 因为， 所以为上的奇函数． 若，则必有． 又，故函数的所有零点之和为0. （2）略 （3）依题意，．因为，又由（2）可得，． 所以，，有． 当时，， 令，则， 故在恒成立， 所以在上递减，故． 所以的取值范围是． 7．（26-27高三上·内蒙古锡林郭勒·开学考试）已知函数． (1)时，求的极值； (2)时： （i），证明：； （ii），证明：． 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)（i）证明：当时，. 要证时，，即证，也即. 当时，，不等式等价于. 令，， 则 ，当且仅当时等号成立， 故在上单调递增， 所以当时，，即，原不等式得证. 因此，当时，. （ii）由（i）知，当时，，即当时，. 设，则，所以可变形为， 即，. 令，，则， 即， 所以， 即. 所以，当时，. 【分析】（1）根据导数与单调性及极值的关系求解即可. （2）（i）当时，待证不等式等价于，；构造函数，根据导数与单调性及最值的关系，结合基本不等式证明即可. （ii）由（i）可得，当时，；令，可变形为，令，，代入上式可得，结合累加法证明即可. 【详解】（1）当时，，则. 令，即，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，为. 故的极大值为，无极小值. （2）略 8．（26-27高三上·广东·阶段检测）已知函数， (1)当时，求的零点，且求在处的切线； (2)给定数集，任给，对应关系使函数的零点与对应． （ⅰ）证明：是函数，并讨论该函数的单调性； （ⅱ）若数列满足，，证明：． 【答案】(1)零点为；切线方程为. (2)证明： （ⅰ）当时，， 所以在上单调递增. 设，， 所以当，，单调递增； 当，，单调递减； 所以，故， 即，当时取等号， 因为，， 所以，使得，所以存在唯一零点， 所以对于任意一个的值，都有唯一零点与之对应， 即是函数， 方法一，在任取，且. 设， 所以，且， 所以. 因为，所以. 设， 当时，，所以在上单调递增. 因为，所以，， 所以函数在上单调递减. 方法二，由，两边对求导， 得 ，所以, 所以恒成立，所以， 所以函数在上单调递减. （ⅱ）由（ⅰ）知，， 由，得， 由及，可得，解得， 所以，解得， 所以. 由，得， 所以. 设，所以， 所以在上单调递减，所以，所以. 因为， 所以 . 【分析】（1）代入得到表达式，令求解零点；再求的导数，将代入导数得切线斜率，结合点斜式求切线方程。 （2）（ⅰ）应用导函数得出在上单调递增结合，，应用零点存在定理证明；方法一：应用构造应用导数得出单调性结合单调性定义证明单调递减；方法二：两边对求导化简得出恒成立证明函数单调性； （ⅱ）根据（ⅰ）得，构造，应用导函数得出在上单调递减得出，结合数列求和证明不等式. 【详解】（1）当时，令，显然时，， 故零点，且. 又，代入得， 在处的切线斜率. 由点斜式得切线方程：，即. （2）略. 9．（26-27高三上·山东青岛·开学考试）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，，求的取值范围； (3)设，证明：. 【答案】(1)在上单调递减，无单调递增区间 (2) (3)由时，在上单调递减，故， 即当时，，所以， 取，得， 所以，，，，， 累加得； 设，求导得， 所以在上单调递增， 由，得，所以， 取，可得， 又因为，有，所以， 所以， 所以，，，，，， 累加得； 所以 【分析】（1）求导，利用导数的意义可求的单调区间； （2）求导得，分，和三种情况讨论可求得，可求得的取值范围； （3）当时，可得，令，可得，设，求导可证，进而得，利用累加法可证结论. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，， 求导得， 当时，，所以在上单调递减，无单调递增区间； （2）求导得， 令， 当时，又，所以，则， 所以在上单调递增，所以，不符合题意； 当时，令， 对于二次函数，判别式， 设的两根为，不妨设，则，， 所以的两根均为正数，又对称轴， 所以，结合，， 即有两个正根，， 当时，，所以在上单调递增，所以，不符合题意； 当时，，故，所以， 所以在上单调递减，所以，符合题意； 综上所述：的取值范围为； （3）略. 10．（26-27高三上·安徽六安·开学考试）（1）分析函数的单调性； （2）证明：当时，； （3）证明：，． 【答案】（1）在上单调递增 （2）设， 因为， 所以． 设，则， 当时，单调递增，且，注意到，所以， 所以，， 故存在唯一的，使得， 则在上单调递增，在上单调递减． 又，，所以当时，， 又当时，显然有，所以， 所以在上单调递增． 所以当时，，即． （3）①在（2）所证的结论中，令（，且），得． ②当时，． ③由（1）知，当时，，即， 令（，且），得， 整理得． 综合①②③，得． 所以 ． 【分析】（1）求出函数的导数，根据的正负即可判断的单调性； （2）设，利用导数分析可知在上单调递增，因此可得，即证结论； （3）利用（1）（2）的结论可得到，进而采用累加法即可证明不等式． 【详解】（1）的定义域为， . 故在上单调递增． （2）略 （3）略 11．（25-26高三下·河南驻马店·阶段检测）如图，圆锥SO的底面直径和母线长均为，其轴截面为，C为底面半圆弧AB上一点，且，． (1)求证：； (2)求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值； (3)在圆锥SO的内部（含表面上的点）作一个圆柱，且圆柱的其中一个底面在圆锥的底面上，记圆锥的体积为，圆柱的体积为，当圆柱的体积最大时，求的值. 【答案】(1)如图，以为坐标原点，，分别为，轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，，则． ，， 则，所以； (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出直线的法向量即可证明； （2）写出平面和平面的法向量，代入公式即可求出； （3）设内接圆柱底面圆的半径为，表达出圆柱的体积为，求导判断单调性即可求出. 【详解】（1）略 （2）由题可知，，，，， 设平面的法向量为，则 令，则，，所以， 设平面的法向量为，则 令，则，所以， 所以， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）由题知，当圆柱的体积最大时，圆柱的上底面圆周在圆锥的侧面上， 设此时内接圆柱底面圆的半径为，则圆柱的高为， 所以圆柱的体积为， 所以， 所以时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当圆柱的半径为时，取得最大值，此时， 又圆锥的体积为，所以． 12．（2026·安徽合肥·二模）如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)当时，求四棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明：连接，由为中点，则，又， 则四边形为菱形，设，则为中点， 则，故； (2) (3) 【分析】（1）连接，由菱形性质可得，即可得； （2）借助梯形面积可得的面积，从而可求出，再以为坐标原点，建立适当空间直角坐标系，可求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）过作，垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即为四棱锥的高，再设，，可得，则可用表示出，再构造相应函数，利用导数求出最大值即可得解. 【详解】（1）略 （2）当时，是边长为的等边三角形， 又因为梯形的面积为，所以的面积为， 所以，所以， 以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，所以， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，，所以， 所以， 因此，平面与平面夹角的余弦值为； （3）过作，垂足为， 因为四边形为菱形，所以，即， 又是平面内的两条相交直线， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 设，，则，， 根据的面积为，得，即， 要使三棱锥的体积最大，则最大， 因为， 所以， ，其中， 令，记，， 令，，或（舍）， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即， 所以三棱锥的体积最大值为， 因此，四棱锥体积的最大值为. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $