TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc27194" 題型01 2023-2024年高考+春考真題1
\l "_Tc22731" 題型02 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3
\l "_Tc394" 題型03 導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用（含與立體幾何、三角函數(shù)等結(jié)合）6
\l "_Tc1766" 題型04 導(dǎo)數(shù)、抽象函數(shù)等綜合19
\l "_Tc8506" 題型05 求極限、分段函數(shù)問題26
\l "_Tc6010" 題型06 導(dǎo)數(shù)與數(shù)列 、空間向量與立體幾何28
\l "_Tc22452" 題型07 其他補充強化訓(xùn)練33
\l "_Tc5641"
【解題規(guī)律·提分快招】
題型01 2023-2024年高考+春考真題
【典例1-1】．（2024?上海）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，定義集合M＝{x0|x0∈R，x∈（﹣∞，x0），f（x）＜f（x0）}，在使得M＝[﹣1，1]的所有f（x）中，下列成立的是（ ）
A．存在f（x）是偶函數(shù)
B．存在f（x）在x＝2處取最大值
C．存在f（x）為嚴(yán)格增函數(shù)
D．存在f（x）在x＝﹣1處取到極小值
【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、極值及最值的相關(guān)性質(zhì)對各選項進(jìn)行判定即可．
【解析】解：對于A，x＜x0時，f（x）＜f（x0），
當(dāng)x0＝1時，x0∈[﹣1，1]，
對于任意x∈（﹣∞，1），f（x）＜f（1）恒成立，
若f（x）是偶函數(shù)，此時f（1）＝f（﹣1），矛盾，故A錯誤；
對于B，若f（x）函數(shù)圖像如下：
當(dāng)x＜﹣1時，f（x）＝﹣2，﹣1≤x≤1時，f（x）∈[﹣1，1]，當(dāng)x＞1，f（x）＝1，
所以存在f（x）在x＝2處取最大值，故B正確；
對于C，在x＜﹣1時，若函數(shù)f（x）嚴(yán)格增，
則集合M的取值不會是[﹣1，1]，而是全體定義域，故C錯誤；
對于D，若存在f（x）在x＝﹣1處取到極小值，
則在x＝﹣1左側(cè)存在x＝n，f（n）＞﹣1，與集合M定義矛盾，故D錯誤．
故選：B．
【點評】本題考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性及最值等性質(zhì)，屬中檔題．
【典例1-2】．（2024?上海）現(xiàn)定義如下：當(dāng)x∈（n，n+1）時（n∈N），若f（x+1）＝f′（x），則稱f（x）為延展函數(shù)．現(xiàn)有，當(dāng)x∈（0，1）時，g（x）＝ex與h（x）＝x10均為延展函數(shù)，則以下結(jié)論（ ）
（1）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）與y＝g（x）有無窮個交點
（2）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）與y＝h（x）有無窮個交點
A．（1）（2）都成立B．（1）（2）都不成立
C．（1）成立（2）不成立D．（1）不成立（2）成立
【分析】根據(jù)題意，對于①，由“延展函數(shù)”的定義，分析可得g（x）是周期為1的周期函數(shù)，結(jié)合一次函數(shù)的性質(zhì)可得①錯誤，對于②，舉出例子，可得②正確，綜合可得答案．
【解析】解：根據(jù)題意，當(dāng)x∈（0，1）時，g（x）＝ex與h（x）＝x10均為延展函數(shù)，
對于①，對于g（x）＝ex，g（x+1）＝g′（x）＝ex，
則g（x）是周期為1的周期函數(shù)，其值域為（1，e），
因為k≠0，y＝kx+b與y＝g（x）不會有無窮個交點，所以（1）錯；
對于②，當(dāng)k＝10!時，存在b使得直線y＝kx+b可以與h（x）在區(qū)間（9，10）的函數(shù)部分重合，因而有無窮個交點，所以（2）正確．
故選：D．
【點評】本題考查函數(shù)與方程的關(guān)系，涉及函數(shù)的圖象，關(guān)鍵理解“延展函數(shù)”的定義，屬于基礎(chǔ)題．
【典例1-3】．（2023?上海）某公園欲建設(shè)一段斜坡，坡頂是一條直線，斜坡頂點距水平地面的高度為4米，坡面與水平面所成夾角為θ．行人每沿著斜坡向上走1m消耗的體力為（1.025﹣csθ），欲使行人走上斜坡所消耗的總體力最小，則θ＝ arccs ．
【分析】先求出斜坡的長度，求出上坡所消耗的總體力的函數(shù)關(guān)系，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值即可．
【解析】解：斜坡的長度為l＝，
上坡所消耗的總體力y＝×（1.025﹣csθ）＝，
函數(shù)的導(dǎo)數(shù)y′＝＝，
由y′＝0，得4﹣4.1csθ＝0，得csθ＝，θ＝arccs，
由f′（x）＞0時csθ＜，即arccs＜θ＜時，函數(shù)單調(diào)遞增，
由f′（x）＜0時csθ＞，即0＜θ＜arccs時，函數(shù)單調(diào)遞減，
即θ＝arccs，函數(shù)取得最小值，即此時所消耗的總體力最小．
故答案為：θ＝arccs．
【點評】本題主要考查生活的應(yīng)用問題，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題．
題型02 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
【典例2-1】．（24-25高三上·上?！るA段練習(xí)）已知函數(shù)，若，則 ．
【答案】2
【分析】利用導(dǎo)數(shù)的定義得到.
【解析】.
故答案為：2
【典例2-1】．（24-25高三上·上?！るA段練習(xí)）設(shè)，則 ．
【答案】4
【分析】運用導(dǎo)數(shù)的運算法則求導(dǎo)，再代入數(shù)值即可.
【解析】，
，
，
故答案為：4
【變式2-1】．（23-24高二下·上?！て谥校┖瘮?shù)在區(qū)間上的平均變化率為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)平均變化率的公式，代入計算即可.
【解析】根據(jù)題意，，
在區(qū)間上，有，，
則其平均變化率.
故答案為：.
【變式2-2】．（25-26高三上·上海·單元測試）函數(shù)的駐點為 ．
【答案】
【分析】對求導(dǎo)，得到，令，即可求解.
【解析】因為，所以，
令，解得，所以為函數(shù)的駐點，
故答案為：.
【變式2-3】．（23-24高二下·上?！て谀┮阎瘮?shù)，，則該函數(shù)的嚴(yán)格增區(qū)間是 .
【答案】
【分析】求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.
【解析】因為，，則對恒成立，
所以該函數(shù)的嚴(yán)格增區(qū)間是.
故答案為：.
【變式2-4】．（24-25高三上·上海浦東新·階段練習(xí)）已知函數(shù)，則在點處的切線的傾斜角為 .
【答案】
【分析】利用導(dǎo)數(shù)求出切線斜率，然后由反三角表示即可.
【解析】因為，所以，
記在點處的切線的傾斜角為，則，則，
所以.
故答案為：
【變式2-5】．（24-25高三上·上?！るA段練習(xí)）函數(shù)在點處的切線方程為 .
【答案】
【分析】根據(jù)題意，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得到結(jié)果.
【解析】由題意可知，，則切點為，因為，則，
所以在點處的切線斜率為，則切線方程為，即
故答案為：
【變式2-6】．（2024·上海浦東新·三模）已知為偶函數(shù)，若，則 ．
【答案】或
【分析】由導(dǎo)數(shù)判斷出的單調(diào)性，當(dāng)，求解方程，結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)，即可求得的值．
【解析】因為為偶函數(shù)，所以，
當(dāng)時，，
所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
若，，解得，
由為偶函數(shù)得，當(dāng)時，，
故的值為或，
故答案為：或．
【變式2-7】．（23-24高二下·上?！るA段練習(xí)）若函數(shù)在上存在嚴(yán)格減區(qū)間，則m的取值范圍是
【答案】
【分析】借助函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，再參變分離，可得在區(qū)間上有解，結(jié)合的單調(diào)性計算即可得解.
【解析】，
函數(shù)在上存在嚴(yán)格減區(qū)間，則在區(qū)間上有解．
即在區(qū)間上有解，
令，因為在區(qū)間上嚴(yán)格遞減，
所以，故有．
故答案為：.
題型03 導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用（含與立體幾何、三角函數(shù)等結(jié)合）
【典例3-1】．（24-25高三·上?！るS堂練習(xí)）做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是，且用料最省，則該圓柱形水桶的底面半徑為 ．
【答案】
【分析】設(shè)底面半徑為，由體積，用表示出高，進(jìn)而用表示出表面積，通過求導(dǎo)得到取最小值時的值即可.
【解析】設(shè)圓柱的底面半徑為，由體積得高為，
則圓柱的表面積為，
，
令，得，單調(diào)遞減，令得，單調(diào)遞增．
所以在時取得最小值，要使得用料最省，底面半徑為.
故答案為：.
【典例3-2】．（23-24高三上·上海閔行·期中）已知正四棱錐的各頂點都在同一個球面上，球的體積為，則該正四棱錐的體積最大值為 ．
【答案】/
【分析】先求出外接球的半徑，再根據(jù)正四棱錐的幾何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理可得，進(jìn)而由體積公式轉(zhuǎn)化為關(guān)于的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可求出函數(shù)的最值．
【解析】因為球的體積為，所以球的半徑為，
如圖，設(shè)正四棱錐的底面邊長，高，外接球的球心為，
根據(jù)正四棱錐的幾何特征可知外接球的球心在其高上，又，
在中，，即，
所以正四棱錐的體積為，
整理得，，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
所以在上遞增，在上遞減，
所以當(dāng)時，取得最大值，
故答案為：．
【變式3-1】．（23-24高三上·上海嘉定·期中）據(jù)環(huán)保部門測定，某處的污染指數(shù)與附近污染源的強度成正比，與到污染源距離的平方成反比，比例常數(shù)為.現(xiàn)已知相距18km的，兩家化工廠（污染源）的污染強度分別為，，它們連線段上任意一點處的污染指數(shù)等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和.設(shè).若，且時，取得最小值，則的值為 .
【答案】
【分析】根據(jù)，得，分別求出兩個污染指數(shù)即可得出函數(shù)關(guān)系，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，依題意可得，即可求出的值，再檢驗即可.
【解析】依題意點受污染源污染程度為，點受污染源污染程度為，其中為比例常數(shù)，且，
從而點處受污染程度，；
因為，所以，則，
當(dāng)時，取得最小值，必是極小值，所以，
解得，
此時
，，
當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，
所以在時，取得極小值，也是的最小值，
所以污染源的污染強度的值為．
故答案為：
【變式3-2】．（23-24高二下·上?！て谀┎傻V、采石或取土?xí)r，常用炸藥包進(jìn)行爆破，部分爆破呈圓錐漏斗形狀（如圖），已知圓錐的母線長是炸藥包的爆破半徑R，它的值是固定的．當(dāng)炸藥包埋的深度為 可使爆破體積最大．

【答案】
【分析】先將圓錐的體積轉(zhuǎn)化為關(guān)于深處的關(guān)系式，再利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)性質(zhì)的關(guān)系求得的最大值點，從而得解.
【解析】結(jié)合圖形，可知圓錐的體積為，
又因為，即，
所以，，則，
令，得；令，得；
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以在處取得最大值，
所以炸藥包要埋在深處.
故答案為：.
【變式3-3】．（23-24高二下·上?！て谥校┤鐖D，用一塊形狀為半橢圓的鐵皮截取一個以短軸為底的等腰梯形，記所得等腰梯形的面積為，則的最大值是 ．

【答案】
【分析】設(shè)，結(jié)合橢圓的幾何性質(zhì)，求得梯形的面積為，化簡得到，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與最值，即可求解.
【解析】設(shè)點坐標(biāo)為，由點在橢圓上知，得，
等腰梯形的面積為，
，
令，
，
則當(dāng)時，，單調(diào)遞增；
當(dāng)時，，單調(diào)遞減.
則在區(qū)間上，有唯一的極大值點，
所以當(dāng)時，有最大值為；
即當(dāng)時，有最大值為.
故答案為：.
【變式3-4】．（24-25高三上·上?！るA段練習(xí)）如圖，某城市公園內(nèi)有一矩形空地，，，現(xiàn)規(guī)劃在邊AB，CD，DA上分別取點E，F(xiàn)，G，且滿足，，在內(nèi)建造噴泉瀑布，在內(nèi)種植花奔，其余區(qū)域鋪設(shè)草坪，并修建棧道EG作為觀光路線（不考慮寬度），則當(dāng) 時，棧道EG最短.
【答案】33/133
【分析】由題設(shè)有，設(shè)，根據(jù)圖形中邊角關(guān)系，結(jié)合三角函數(shù)可得，注意的范圍，進(jìn)而應(yīng)用換元法并構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求最值.
【解析】由題意，，
設(shè)，則.
在中，得，
則.
由于，解得.
令，，則.
令，則，
當(dāng)時，嚴(yán)格遞增；
當(dāng)時，嚴(yán)格遞減；
所以，有最大值，則.
故答案為：
【點睛】關(guān)鍵點點睛：關(guān)鍵是要弄清楚圖形的關(guān)系，運用平面幾何知識表示出四邊形的面積，再利用換元法特別注意換元后的范圍，轉(zhuǎn)化為用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的最值問題，進(jìn)而可以求解.
【變式3-5】．（2025·上海高考復(fù)習(xí)·專題練習(xí)）如圖所示，是邊長為的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得，，，四個點重合于圖中的點，正好形成一個底面是正方形的長方體包裝盒，若要包裝盒容積最大，則的長為 .
【答案】
【分析】設(shè)cm，根據(jù)已知條件求出包裝盒的底面邊長及高從而求得包裝盒體積的關(guān)于x的表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)研究體積的最大值即可.
【解析】設(shè)cm，則 cm，包裝盒的高為 cm，
因為 cm，，所以包裝盒的底面邊長為 cm，
所以包裝盒的體積為，，
則，令解得，
當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，所以，即當(dāng)時包裝盒容積取得最大值.
故答案為：10
【點睛】本題考查柱體的體積，利用導(dǎo)數(shù)解決面積、體積最大值問題，屬于中檔題.
【變式3-6】．（23-24高三下·上?！るA段練習(xí)）某種兒童適用型防蚊液儲存在一個容器中，該容器由兩個半球和一個圓柱組成（其中上半球是容器的蓋子，防蚊液儲存在下半球及圓柱中），容器軸截面如題圖所示，兩頭是半圓形，中間區(qū)域是矩形，其外周長為100毫米．防蚊液所占的體積為圓柱體體積和一個半球體積之和．假設(shè)的長為毫米．
(1)求容器中防蚊液的體積（單位：立方毫米）關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；
(2)如何設(shè)計與的長度，使得最大？
【答案】(1)，.
(2)為毫米，為毫米
【分析】（1）由矩形其外周長為毫米，又設(shè)的長為毫米，可得的長度，再根據(jù)圓柱和球的體積公式即可求得防蚊液的體積關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；
（2）對（1）求得的函數(shù)關(guān)系式求導(dǎo)，從而得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性即可確定防毒液體積最大值．
【解析】（1）由得，
由且得，
所以防蚊液的體積，.
（2）由，.
所以，
令得；令得；
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)時，有最大值，此時，，
所以當(dāng)為毫米，為毫米時，防蚊液的體積有最大值.
【變式3-7】．（22-23高三上·上海虹口·期中）如圖所示，由圓O的一段弧MPN（其中點P為圓弧的中點）和線段MN構(gòu)成的圖形內(nèi)有一個矩形ABCD和 （其中AB在線段MN上，C、D兩點在圓弧上），已知圓的半徑為，點到的距離為，設(shè)直線與的夾角為.
(1)用分別表示矩形ABCD和的面積，并確定的取值范圍；
(2)當(dāng)為何值時，有最大值，最大值是多少？
【答案】(1)矩形面積為，的面積為，；
(2)時，取得最大值.
【分析】（1）根據(jù)已知條件，用分別表示以及點到的距離，再求面積即可；根據(jù)矩形內(nèi)接于圓弧，討論臨界情況，即可求得結(jié)果；
（2）根據(jù)（1）中所求可得，再利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，求其最值即可.
【解析】（1）連接交于點，并延長交于點，
過作垂直于，垂足為，如下所示：
根據(jù)題意，，故，
在三角形中，，
故可得，，
，，
，
故矩形的面積
，
的面積
，
過點作垂直于交圓弧于點，交的延長線于點，
當(dāng)時，才能做出滿足題意的矩形，
此時取得最小值為；
同時，為滿足題意，，
故可得的取值范圍為.
（2）根據(jù)（1）中所求，
，
根據(jù)（1）中所求，不妨令，則，
令，，
則，
當(dāng)時，單調(diào)遞減，
令，可得（舍）或，
故當(dāng)時，，單調(diào)遞增；
當(dāng)時，，單調(diào)遞減，
故當(dāng)，即時，取得最大值.
也即時，取得最大值.
【變式3-8】．（24-25高三上·上?！るA段練習(xí)）為響應(yīng)國家“鄉(xiāng)村振興”政策，某村在對口幫扶單位的支持下擬建一個生產(chǎn)農(nóng)機產(chǎn)品的小型加工廠.經(jīng)過市場調(diào)研，生產(chǎn)該農(nóng)機產(chǎn)品當(dāng)年需投入固定成本萬元，每年需另投入流動成本（萬元）與成正比（其中（臺）表示產(chǎn)量），并知當(dāng)生產(chǎn)臺該產(chǎn)品時，需要流動成本萬元，每件產(chǎn)品的售價與產(chǎn)量（臺）的函數(shù)關(guān)系為（萬元）（其中）.記當(dāng)年銷售該產(chǎn)品臺獲得的利潤（利潤銷售收入生產(chǎn)成本）為萬元.
(1)求函數(shù)的解析式；
(2)當(dāng)產(chǎn)量為何值時，該工廠的年利潤最大？最大利潤是多少？（結(jié)果精確到0.1）
【答案】(1)
(2)臺，萬元
【分析】（1）先通過待定系數(shù)法求解出與的關(guān)系，然后根據(jù)利潤定義表示出即可；
（2）利用導(dǎo)數(shù)分析的單調(diào)性，從而可求的最大值以及對應(yīng)的值.
【解析】（1）設(shè)，代入可得，所以，
所以，
所以.
（2）因為，
所以，
當(dāng)時，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時，，單調(diào)遞減，
所以萬元，
所以當(dāng)時有最大利潤為萬元.
【變式3-9】．（21-22高三下·上海浦東新·期中）如圖，某沿海地區(qū)計劃鋪設(shè)一條電纜聯(lián)通A、B兩地，A處位于東西方向的直線MN上的陸地處，B處位于海上一個燈塔處，在A處用測角器測得，在A處正西方向1km的點C處，用測角器測得.現(xiàn)有兩種鋪設(shè)方案:①沿線段AB在水下鋪設(shè)；②在岸MN上選一點P，設(shè)，，先沿線段AP在地下鋪設(shè)，再沿線段PB在水下鋪設(shè)，預(yù)算地下、水下的電纜鋪設(shè)費用分別為2萬元/km、4萬元/km.
(1)求A、B兩點間的距離；
(2)請選擇一種鋪設(shè)費用較低的方案，并說明理由.
【答案】(1)5千米；
(2)選擇方案②，在點正西方千米處，理由見解析.
【分析】（1）設(shè)千米，結(jié)合已知條件有求出，根據(jù)線段關(guān)系及勾股定理求A、B兩點間的距離；
（2）計算方案①的費用，根據(jù)已知可得方案②的費用為，利用導(dǎo)數(shù)研究最值，然后比較兩種方案的費用大小，即可確定費用較低的方案.
【解析】（1）
由，若千米，則，可得，
所以千米.
（2）方案①：鋪設(shè)費用為萬元；
方案②：，，
鋪設(shè)費用為，
令，則，
當(dāng)，時，當(dāng)，時，
所以在上遞減，上遞增，則，
故鋪設(shè)費用最小為萬元萬元，
綜上，選擇方案②，在點正西方千米處.
【變式3-10】．（2025·上海高考復(fù)習(xí)·專題練習(xí)）如圖，某公園內(nèi)有一半圓形人工湖，O為圓心，半徑為1千米.為了人民群眾美好生活的需求，政府為民辦實事，擬規(guī)劃在區(qū)域種荷花，在區(qū)域建小型水上項目.已知.
（1）求四邊形OCDB的面積(用表示)；
（2）當(dāng)四邊形OCDB的面積最大時，求BD的長(最終結(jié)果可保留根號).
【答案】（1），；（2）千米.
【分析】（1）設(shè)四邊形OCDB的面積為，四邊形OCDB可以分為和兩部分，結(jié)合題中條件可得出，注意的取值范圍；
（2）利用導(dǎo)數(shù)研究的最大值，進(jìn)而在中利用余弦定理求得BD的值即可.
【解析】（1）由題意，
設(shè)四邊形OCDB的面積為，
因為四邊形OCDB可以分為和兩部分，
所以，
因為，
所以.
因為，，所以.
所以四邊形OCDB的面積，；
（2）由（1）知，，
所以，
令，即，
解得或，
因為，所以存在唯一的，
使得，
當(dāng)時，，在單調(diào)遞增；
當(dāng)時，，在單調(diào)遞減，
所以時，，
此時
，
從而(千米).
【點睛】本題考查三角函數(shù)和解三角形在生活中的應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，考查邏輯思維能力和運算求解能力，屬于中檔題.
【變式3-11】．（2025·上海高考復(fù)習(xí)·專題練習(xí)）設(shè)計一個帳篷，它下部的形狀是正四棱柱，上部的形狀是正四棱錐，且該帳篷外接于球（如圖所示）．

(1)若正四棱柱是棱長為的正方體，求該帳篷的頂點到底面中心的距離；
(2)若該帳篷外接球的半徑，設(shè)，該帳篷的體積為，則當(dāng)為何值時，體積取得最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)條件，利用外接球的球心為正方體的中心，可得，即可求出結(jié)果；
（2）根據(jù)條件得到，令，得到，再利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系，求出的單調(diào)區(qū)間，即可求解.
【解析】（1）設(shè)外接球的半徑為，因為正四棱柱是棱長為的正方體，
易知外接球的球心為正方體的中心，所以，而，
得到．
（2），
，
．
，
令，
由，得到，
在上遞增，在遞減．
時，體積取得最大值．

題型04 導(dǎo)數(shù)、抽象函數(shù)等綜合
【典例4-1】．（23-24高三上·上海虹口·期中）對于兩個定義在R上的函數(shù)與，構(gòu)造新函數(shù)如下：對任意，．現(xiàn)已知是嚴(yán)格增函數(shù)，對于以下兩個命題：①與中至少有一個是嚴(yán)格增函數(shù)；②與中至少有一個函數(shù)無最大值．其中（ ）
A．①和②都是真命題B．只有①是真命題
C．只有②是真命題D．沒有真命題
【答案】D
【分析】利用分段函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合常見函數(shù)的單調(diào)性，舉反例即可分別①和②.
【解析】對于①，不妨設(shè)，，
則為嚴(yán)格單調(diào)遞增函數(shù)，但是與均不是單調(diào)遞增函數(shù)，故①錯誤，
對于②，不妨考慮，，
為嚴(yán)格單調(diào)遞增函數(shù)，
當(dāng)時，，故有最大值2，
當(dāng)時，
由于，所以，故，因此在單調(diào)遞增，故，
當(dāng)時， ，
因此由最大值，故②錯誤.
故選：D
【典例4-2】．（2023·上海閔行·一模）已知函數(shù)與它的導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，現(xiàn)有下述兩個命題：
①“為嚴(yán)格增函數(shù)”是“為嚴(yán)格增函數(shù)”的必要非充分條件.
②“為奇函數(shù)”是“為偶函數(shù)”的充分非必要條件；
則說法正確的選項是（ ）
A．命題①和②均為真命題B．命題①為真命題，命題②為假命題
C．命題①為假命題，命題②為真命題D．命題①和②均為假命題
【答案】C
【分析】
可舉例說明①中“為嚴(yán)格增函數(shù)”和“為嚴(yán)格增函數(shù)”之間的邏輯關(guān)系，即可判斷其真假；結(jié)合復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)以及為奇函數(shù)可判斷“為奇函數(shù)”和“為偶函數(shù)”之間的邏輯關(guān)系，即可判斷②的真假，即得答案.
【解析】對于①，不妨取為R上嚴(yán)格增函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)在R上不是單調(diào)函數(shù)，
即“為嚴(yán)格增函數(shù)”推不出“為嚴(yán)格增函數(shù)”‘
取，其導(dǎo)函數(shù)為R上嚴(yán)格增函數(shù)，但不是單調(diào)函數(shù)，
故“為嚴(yán)格增函數(shù)”推不出“為嚴(yán)格增函數(shù)”，
因此“為嚴(yán)格增函數(shù)”是“為嚴(yán)格增函數(shù)”的既不充分也不必要條件，
故①為假命題；
對于②，為奇函數(shù)，則，
故，即，即為偶函數(shù)；
當(dāng)為偶函數(shù)時，不妨取，其導(dǎo)函數(shù)為偶函數(shù)，
但不是奇函數(shù)，
故“為奇函數(shù)”是“為偶函數(shù)”的充分非必要條件，②為真命題，
故選：C
【變式4-1】．（2024·上海·模擬預(yù)測）設(shè)正數(shù)不全相等，，函數(shù)．關(guān)于說法
①對任意都為偶函數(shù)，
②對任意在上嚴(yán)格單調(diào)遞增，
以下判斷正確的是（ ）
A．①、②都正確B．①正確、②錯誤C．①錯誤、②正確D．①、②都錯誤
【答案】A
【分析】利用偶函數(shù)的定義判斷①；變形函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討單調(diào)性即可判斷②.
【解析】函數(shù)的定義域為R，而，
對于①，
，因此函數(shù)是偶函數(shù)，①正確；
對于②，，
當(dāng)時，令，求導(dǎo)得，
當(dāng)時，，函數(shù)在上遞減，則，因此，
當(dāng)時，，函數(shù)在上遞增，則，因此，
從而函數(shù)在上遞增，同理在上都遞增，
于是在上嚴(yán)格單調(diào)增，②正確，
故選：A
【點睛】思路點睛：正確理解奇函數(shù)和偶函數(shù)的定義，必須把握好兩個問題：①定義域關(guān)于原點對稱是函數(shù)f(x)為奇函數(shù)或偶函數(shù)的必要非充分條件；②或是定義域上的恒等式．
【變式4-2】．（2024·上?！つM預(yù)測）定義集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函數(shù)
B．存在在處取最大值
C．存在嚴(yán)格增
D．存在在處取到極小值
【答案】B
【分析】利用反證法并結(jié)合函數(shù)奇偶性、單調(diào)性以及極小值的概念即可判斷ACD，構(gòu)造函數(shù)可判斷B.
【解析】對，若存在 y=fx是偶函數(shù)，取 ，
則對于任意 ，而 矛盾，故A錯誤；
對 C ，假設(shè)存在，使得嚴(yán)格遞增，則，與已知 矛盾，故 C錯誤；
對B，可構(gòu)造函數(shù) ，滿足集合
當(dāng) 時，則. 當(dāng)時，，
當(dāng)時， .
則存在在處取最大值，故B正確；
對 ，假設(shè)存在，使得在處取極小值，
則在的左側(cè)附近存在n，使得，
這與已知集合M的定義矛盾，故錯誤.
故選：B.
【變式4-3】．（2024·上?！と＃┮阎瘮?shù)的定義域為，則下列條件中，能推出1一定不是的極小值點的為（ ）
A．存在無窮多個，滿足
B．對任意有理數(shù)，均有
C．函數(shù)在區(qū)間上為嚴(yán)格減函數(shù)，在區(qū)間上為嚴(yán)格增函數(shù)
D．函數(shù)在區(qū)間上為嚴(yán)格增函數(shù)，在區(qū)間上為嚴(yán)格減函數(shù)
【答案】B
【分析】舉例說明判斷ACD；利用極小值的意義推理判斷A.
【解析】對于A，函數(shù)的圖象如圖，
顯然函數(shù)滿足題設(shè)條件，而1是的極小值點，A錯誤；
對于B，在附近的任意區(qū)間內(nèi)，總存在有理數(shù)，這些有理數(shù)的函數(shù)值小于，因此1一定不是極小值點，B正確；
對于C，函數(shù)在0,1上為嚴(yán)格減函數(shù)，在上為嚴(yán)格增函數(shù)，1是的極小值點，C錯誤；
對于D，函數(shù)圖象如圖，
函數(shù)在0,1上為嚴(yán)格增函數(shù)，在上為嚴(yán)格減函數(shù)，1是的極小值點，D錯誤.
故選：B
【變式4-4】．（24-25高三上·上海奉賢·期中）已知定義在R上的函數(shù)，其導(dǎo)數(shù)為，記，且，，則下列說法中正確的個數(shù)為（ ）
①；②的圖象關(guān)于對稱；③；④.
A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】B
【分析】對于①，根據(jù)求導(dǎo)運算，利用賦值法，可得答案；
對于②，取關(guān)于已知對稱中心的兩個點，代入函數(shù)解析式建立方程組，整理等式，結(jié)合題意，可得答案；
對于③，根據(jù)求導(dǎo)運算，結(jié)合題目中的等式，可得答案；
對于④，根據(jù)等式可得函數(shù)的對稱性，結(jié)合對稱性可得點的坐標(biāo)，可得等差數(shù)列，可得答案.
【解析】對于①，由等式，兩邊求導(dǎo)可得，
則，令，則，解得，故①錯誤；
對于②，取點在函數(shù)的圖象上，
易知點關(guān)于0,2的對稱點為，假設(shè)該點也在函數(shù)的圖象上，
可得，消去可得，
整理可得，故②正確；
對于③，由等式，兩邊求導(dǎo)可得，
則，顯然與題意不符，故③錯誤；
對于④，由等式，可得函數(shù)的對稱中心為0,2，
由等式，可得函數(shù)的對稱中心為1,0，
點0,2關(guān)于1,0的對稱點為也是對稱中心，點1,0關(guān)于的對稱點為3,-4也是對稱中心，
歸納可得函數(shù)圖象的對稱中心為，
當(dāng)時，，成立；
假設(shè)當(dāng)時，成立；
當(dāng)時，
，
由數(shù)學(xué)歸納法，則，
所以函數(shù)圖象的對稱點為，則，
易知數(shù)列是以為首項，以為公差的等差數(shù)列，
則，故④正確.
故選：B.
【變式4-5】．（23-24高三上·上海浦東新·期中）已知函數(shù)為定義在上的單調(diào)連續(xù)函數(shù)，，函數(shù)，有以下兩個命題：①存在函數(shù)使得為函數(shù)的極大值點:②若對任意恒成立，則:則（ ）
A．①為真命題，②為真命題B．①為真命題，②為假命題
C．①為假命題，②為真命題D．①為假命題，②為假命題
【答案】A
【分析】根據(jù)題意可設(shè)出抽象函數(shù)并結(jié)合極限求解知識，然后再根據(jù)題中條件判斷求解.
【解析】在命題①中:
可設(shè)：，，
因為，所以：，
則得：，
令，得：x=1，
當(dāng)x>1時，，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，
當(dāng)x0，f'x>0，
當(dāng)時，gx

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