2026年高考数学专题专练专题03 导数与函数极值、单调性与及其综合应用（解析版）

专题03导数与函数极值、单调性与及其综合应用

目录

第一部分考向速递洞察考向，感知前沿

第二部分题型归纳梳理题型，突破重难

题型01利用导数研究函数单调性

题型02利用导数研究函数极值

题型03利用导数研究函数最值

题型04利用导数解决实际问题

题型05导数综合应用

第三部分分层突破固本培优，精准提分

A组·基础保分练

B组·重难提升练

1.已知函数yfx与它的导函数yfx的定义域均为R.若函数yfx是偶函数且yfx在

,0上是严格增函数，则下列各表中，可能成为yfx取值的是（）

．

A44.1116

B．

xfx

C．

xfx

12.8188

xfxD．

10.7580

21.0000

12.4132xfx

21.0000

30.3644

21.000010.8664

31.3188

40.2468

31.588521.0000

41.7979

31.1188

41.2240

【答案】B

【解析】函数yfx是偶函数，则fxfx，两边求导得：fxfx，

所以可知导函数yfx是奇函数，

由于函数yfx与它的导函数yfx的定义域均为R，

所以yf00，又因为yfx在,0上是严格增函数，

所以yfx在0,上是严格增函数，

由于yfx是可导函数，所以它的图象是连续曲线，示意图如下：

则yfx在0,上恒为正数且递增，

即yfx在0,上单调递增，且变化率越来越大，

故AC显然错误，而D的变化率越来越小，所以只能选B，

故选：B.

2.据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，

比例常数为kk0.现已知相距18km的A，B两家化工厂（污染源）的污染强度分别为a，b，它们连线

段上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设ACxkm0x18.若a1，且

x6时，y取得最小值，则b的值为.

【答案】8

kakb

【解析】依题意点C受A污染源污染程度为0x18，点C受B污染源污染程度为2，其中k为

x218x

比例常数，且k0，

kakb

从而点C处受污染程度y22，0x18；

x18x

kkb

22b

因为，所以y22，则yk，

a1x33

18xx18x

22b

当x6时，y取得最小值，必是极小值，所以yk0，

x633

6186

解得b8，

33

18x2x

此时y2k3

x318x

22

183x18x2x18x2x

，x0,18，

2k3

x318x

当0x6时，y0，函数单调递减，当6x18时，y0，函数单调递增，

所以在x6时，y取得极小值，也是x0,18的最小值，

所以污染源B的污染强度b的值为8．

故答案为：8

3．中国古代建筑的主要受力构件是梁，其截面的基本形式是矩形．如图，将一根截面为圆形的

木材加工制成截面为矩形的梁，设与承载重力的方向垂直的宽度为x，与承载重力的方向平行的高度为y，

1

记矩形截面抵抗矩Wxy2．根据力学原理，截面抵抗矩越大，梁的抗弯曲能力越强，则宽x与高y的最

6

佳之比应为．

21

【答案】/2

22

【解析】设圆的直径为d，则x2y2d2，即y2d2x2，

111

由题意可得：Wxd2x2x3d2x,0xd，则W3x2d20，

666

33

令W0时，解得0xd；令W0时，解得dxd；

33

333

可知W在0,d单调递增，在d,d单调递减，则xd时，W取最大值．

333

3

d

16x2

此时yd2d2d．所以3.

33y6d2

3

2

故答案为：.

2

4．正方形区域由9块单位正方形区域拼成，记正中间的单位正方形区域为D．对于边界上

的一点P，若点Q在中且线段PQ与D有公共点，则称Q是P的“盲点”，将P的所有“盲点”组成的区域

P称为P所对的“盲区”．对于边界上的一点M，若在边界上含M在内一共有k个点所对的“盲区”面

积与M相同，就称M是“k级点”；若在边界上有无数个点所对的“盲区”面积与M相同，就称M是一个

“极点”．对于命题：①边界正方形的顶点是“4级点”；②边界上存在“极点”．说法正确的是（）

A．①和②都是真命题B．①是真命题，②是假命题

C．①是假命题，②是真命题D．①和②都是假命题

【答案】D

【解析】解：设每个小正方形的边长为1，

11

当点M为区域的一个顶点时，此时Ω43.5，

M44

当点N为一个小正方形的一顶点时，如图所示，此时ΩN3.5，

可得ΩMΩN，所以边界正方形的顶点不是“4级点“，所以①是假命题；

不妨设M为正方形一个顶点，根据正方形对称性不妨设T为过M的边上一点，

3x23x4

设MTx，其中x[0,]，可得Ω4，

2T4(2x)

x23x4x24x2

设fx4，可得fx，

4(2x)4(x2)2

令fx0，可得x22，

3

当0x22或22x时，fx0；当22x22时，fx0，

2

3

所以函数fx在[0,22)，22,上单调递增，在(22,22)单调递减，

2

故不可能有x的无数个值使得fx相等，

所以在边界上不存在有无数个点所对的“盲区”面积与T相同，所以②是假命题．

故选：D.

5．给出定义：设fx是函数yfx的导函数，fx是函数yfx的导函数，若方程

fx0有实数解xx0，则称x0,fx0为函数yfx的“拐点”．经研究发现所有的三次函数

fxax3bx2cxda0都有“拐点”，且该“拐点”也是函数yfx的图象的对称中心．若函数

3212340424043

fxx3x，则fffff的和为（）

20222022202220222022

A．8088B．8086C．8084D．8080

【答案】B

【解析】由题意可得fx3x26x，fx6x6，

令fx6x60解得x1，

又f1132，

所以yfx的图象的对称中心为1,2，即f1xf1x4，

12340424043

所以fffff

20222022202220222022

1404324042202120232022

ffff...fff

2022202220222022202220222022

4202128086，

故选：B

01利用导数研究函数单调性

1．函数yxlnx的单调减区间为．

1

【答案】0,

e

【解析】函数yxlnx的定义域为0,，

11

又ylnxxlnx1，令y0，则lnx10，解得0x，

xe

1

所以函数yxlnx的单调减区间为0,.

e

1

故答案为：0,.

e

1

2．若fxx3x2axb在1,上单调递增，则a的取值范围是．

3

【答案】,3

1

【解析】∵f(x)x3x2axb，∴f(x)x22xa，

3

1

∵函数f(x)x3x2ax在区间1,上单调递增，

3

∴f(x)x22xa0在区间1,上恒成立，

由于f(x)x22xa在区间1,上单调递增，

∴必须且只需f(1)3a0

解得a3，

故答案为：,3.

a

3．已知a为常数，函数fxx2x0．

x

(1)根据a的不同取值，讨论函数yfx的奇偶性，并说明理由；

(2)若a1,3，判断函数yfx在0,上的单调性，并求它的单调区间．

【答案】(1)分类讨论，答案见解析，理由见解析；

aa

(2)函数yfx在3,上严格单调递增，在0,3上严格单调递减．

22

a

【解析】（1）记fxx2，定义域为D,00,，

x

①当a0时，fxx2x0，

2

因为fxxx2fx，故函数yfx为偶函数，

a

②当a0时，fxx2，

x

取x1，因为f1f120且f1f12a0，

即f1f1且f1f1，所以函数yfx既不是奇函数，也不是偶函数．

a2x3a

（2）fx2x，

x2x2

2x3aa

因为a1,3，所以当fx0时，x3，

x22

a

当fx0时，0x3，

2

aa

33

所以函数yfx在,上严格单调递增，在0,上严格单调递减．

22

4．设f(x)exx.

(1)求函数f(x)的极小值点.

2

(2)若函数g(x)f(2xa)满足g(0)2，求a的值.

e2

(3)求函数h(x)xf(x)f(x)的单调区间.

【答案】(1)0

(2)2

(3)在(,0)和(ln2,)上严格增，在(0,ln2)上严格减

【解析】（1）因为函数f(x)exx，所以f(x)ex1，

令f(x)ex10，解得：x0，列表如下：

x(,0)0(0,)

f(x)0

f(x)单调递减极小值单调递增

所以极小值点为0.

（2）因为g(x)f(2xa)e2xa2xa，

2

所以gx2e2xa2，又因为g02ea22，

e2

所以a2.

（3）由（1）可知：h(x)xf(x)f(x)xexx2ex1，

所以h(x)xex2x，令h(x)xex2x0，解得：x0或xln2，列表如下：

x(,0)0(0,ln2)ln2(ln2,)

h(x)00

h(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增

所以函数h(x)在区间(,0)和(ln2,)上单调递增，在区间(0,ln2)上单调递减.

5．已知kR，函数fxkxsinx．

1ππ

(1)若k，求曲线yfx在点,f处的切线方程；

222

(2)若函数yfx在区间π,π上是严格减函数，求实数k的最大值：

fx,xx,

nnn1

(3)设k1，数列xn满足：x11，x26，且当n2时，xn1若xnm对一切正

fxn,xnxn1

22

整数n成立，求实数m的取值范围．

1

【答案】(1)yx1

2

(2)实数k的最大值1

(3)m3π

11

【解析】（1）当k时，fxxsinx，

22

π1πππ

fsin1，

22224

1

fxcosx，

2

π1π1

fcos=，

2222

ππ1ππ1

曲线yfx在点,f处的切线方程yx1,即yx1

222242

（2）若函数yfx在区间π,π上是严格减函数，

fxkcosx0在区间π,π恒成立，

由于cosx在区间π,π最大值为1，所以k10，即实数k的最大值1

（3）当x11，x26，

x3f（6）6sin6x2，

π

由0x时，sinxx,

2

可得x36sin66sin2π662π+6122π，

易得x36sin66，

πππππ

x4fx3x3sinx3x3cosx3，

22222

π

124πx2π62π<0，

23

2

当x0时，x1cosx1（理由如图所示）

2π

242

所以7124π1cos124πcosx2πcosx1,

ππ33

24

所以52πxcosx73π,

π33

2424

54π543.150，

π3.15

所以x4x3cosx32π,3π，

由f(x)xsinx的导数为f(x)1cosx0，

可得f(x)在R上递增，

当x(2π,3π)，2πxxsinxf(3π)3π，

可得当n4时，2πxnxn13π，

所以xn2xn1sinxn12π,3π，

所以数列xnn3单调递增，且有上界，故必有极限，

设极限为a，则aasina，2πa3π，

解得a3π，

可以知道，m3π.

02利用导数研究函数极值

2x2

1．函数fx的极大值为.

ex

8

【答案】/8e2

e2

2x24xex2x2ex2x(2x)

【解析】由fx求导得，fx，

ex(ex)2ex

则当x0时，fx0；0x2时，fx0；x2时,fx0.

2x2

即函数fx在(,0)和(2,)上单调递减，在(0,2)上单调递增.

ex

2x28

故函数fx在x2处取得极大值，为f(x)极大值f(2).

exe2

8

故答案为：.

e2

2．已知函数fx的导函数fx的图象如图所示，则函数fx的极值点的个数有个

【答案】1

【解析】由题图，x2时fx0，x2时fx0，

fx

所以在(,2)上单调递增，在(2,)上单调递减，故只有一个极值点.

故答案为：1

3．已知fxsinx0，且函数yfx恰有两个极大值点在0,，则的取值范围是（）

63

A．7,13B．7,13C．7,10D．7,10

【答案】B

π

【解析】∵0x，0，

3

ππππ

∴x，

6636

π

又∵f(x)在[0,]恰有2个极大值点，

3

5πππ9π

∴由正弦函数图象可知，，解得：713.

2362

故选：B.

4．已知函数f(x)exax2在R上无极值，则a的取值范围是.

e

【答案】0,

2

【解析】由题意得，f(x)ex2ax，故f01＞0，

因为函数f(x)exax2在R上无极值，

所以f(x)0在R上恒成立，

ex

当x＞0时，a，

2x

ex2xex2exx1ex

设gx，则gx，

2x4x22x2

当0＜x＜1时，得gx＜0，当x＞1时，得gx＞0，

则gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，

ee

从而gxg1，故a，

22

ex

当x0时，＜0，则a0.

2x

e

综上，0a.

2

e

故答案为：0,

2

x2ax,x1

5．已知f(x)，若函数yf(x)有两个极值点，则实数a的取值范围是．

ax1,x1

【答案】0,2

aa

【解析】∵二次函数gxx2ax开口向下，x是gx极大值，

212

一次函数hxax1，当a0时，函数hx是单调函数，没有极值点，

a

要想函数yf(x)有两个极值点，则这两个极值点为x和x1，

2

a

又∵函数gx在,1上单调递减，∴hx在1,上递增.

2

a

1

2

∴a0，∴a0,2.

1aa1

故答案为：0,2

03利用导数研究函数最值

ex,x0

．已知函数的值域为，则实数a的取值范围为．

1fx3R

x3xa,x0

【答案】[1,)

【解析】当x0时，f(x)ex的值域为(1,)，

ex,x0

函数的值域为，

fx3R

x3xa,x0

当x0时，,1是fxx33xa的值域的子集，

又f(x)3x233(x1)(x1)，令f(x)0，x1或x1(舍去)，

当x1时，f(x)0，f(x)单调递增；

当1x0时，f(x)0，f(x)单调递减，

当x1时，f(x)取得极大值f(1)2a，

故fxx33xax0的值域为,2a，

2a1，a1.

故答案为：[1,).

2．已知正四棱锥的侧棱长为33，则当该正四棱锥的体积最大时，它的高等于.

【答案】3

【解析】设正四棱锥ABCDE的底面边长为a，高为h，则BDCE2a，

1

设BDCEO，连接AO，则OECE，AO平面BCDE，

2

因为OE平面BCDE，所以AOOE.

2

2

在中，2a2，故22，

RtAOEh33a227h

2

12

所以正四棱锥的体积Va2h27hh3h0，

33

2

令Vh27hh3h0，则Vh29h2，

3

由Vh0得0h3，由Vh0得h3，

所以Vh在0,3上单调递增，在3,上单调递减，

所以当h3时正四棱锥的体积取得最大值.

故答案为：3.

3．已知函数fxlnxax2在区间1,2上存在最大值，则实数a的取值范围为.

1

【答案】,1

2

11ax

【解析】fxlnxax2fxa，

xx

当a0时，fx在0,上严格单调递增，不符合题意;

11

当a0时，令fx00x；fx0x.

aa

11

所以fx在0,上严格单调递增，在,上严格单调递减，

aa

1

所以fx在x处取得极大值.

a

因为函数fx在区间1,2上存在最大值，

11

所以12a,1.

a2

1

故答案为：,1.

2

4．已知实数a(0,6)，记f(x)x(xa)．若函数yf(x)在区间0,2上的最小值为2，则a的值

为．

【答案】3

3xa

【解析】当0a6时，f(x)x(xa)，f(x)，

2x

11

当0xa时，f(x)0，f(x)单调递减，当ax2时，f(x)0，f(x)单调递增，

33

1a2aa

故xa时，f(x)取得最小值f()2，

3333

解得，a3．

故答案为：3．

x2fxfx0xx0

5.设函数fxae2x，若对任意x00,1，皆有lim0成立，则实数a的取值范围

xx

0xx0

是.

3

【答案】4e4,

fxfxxxfxfxxx

【解析】lim000，即lim000，

xxxx

0xx00xx0

fxfx

即lim010，即fx10对任意x0,1恒成立，

xx

0xx0

x

fxae4x，即aex4x10对任意x0,1恒成立，

4x14x1

对任意恒成立，则a，

axx0,1x

eemax

4x134x34x3

设hx，则hx，令hx0，解得x，

exexex4

3

当x0,时，hx0，此时hx单调递增，

4

3

当x,1时，hx0，此时hx单调递减，

4

33

3

则hxh4e4，则a4e4,，

max4

3

故答案为：4e4,.

04利用导数解决实际问题

1．某分公司经销一产品，每件产品的成本为5元，且每件产品需向总公司交2元的管理费，预计每件产品

的售价为x元（8x11）时，一年的销售量为（12x）2万件，则每件产品售价为元时，该分公司一

年的利润达到最大值.（结果精确到1元）

【答案】9

【解析】分公司一年的利润y(万元)与售价x的函数关系式为

y(x52)(12x)2(x7)(12x)2,x8,11，

所以y(12x)22(x7)(12x)(12x)(263x)，

26

令y0，即(12x)(263x)0，解得x或x12（舍），

3

26226

当x8,时，y0，此时y(x52)(12x)在8,上单调递增，

33

26226

当x,11时，y0，此时y(x52)(12x)在,11单调递减，

33

又因为结果精确到1元，且当x8时，y16，且当x9时，y18，

于是：当每件产品的售价为9元时，该分公司一年的利润最大.

故答案为：9.

2．如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足

ACMN，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛修建三段栈道AB、BD与BE，

在半圆小岛上再修建栈道ME、DN以及MN，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切

点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.设CBE，则需要修建的栈道总长度

的最小值为百米.

2π

【答案】5

3

【解析】连接CD，CE，由半圆半径为1得：CDCE1.

由对称性，可设CBECBD，又CDBD，CEBE，

CD1CD1

所以BEBD，BC，

tantansinsin

易知MCENCD，所以MEND的长为.

11

又AC3，故ABACBC3(0,2)，故sin,1，

sin3

1π12π

令sin0且00,，则f52，0,，

36sintan2

cos2cos1

所以f.

sin2

ππ

当0时，f0，函数f在0,上单调递减，

33

ππππ

当时，f0，函数f在,上单调递增，

3232

π2π

所以栈道总长度最小值ff5.

min33

2π

故答案为：5.

3

3．如图，是款电动自行车用“遮阳神器”的结构示意图，它由三叉形的支架OABC和覆盖在支架上的遮阳

布ABC组成.

已知OA1.4m，OBOC0.6m，且AOBAOC；为保障行车安全，要求遮阳布的最宽处BC1m；

若希望遮阳效果最好（即ABC的面积最大），则BOC的大小约为.（结果四舍五入精确到1）

【答案】141

【解析】因为AOBAOC，OBOC,OAOA，

5

故AOBAOC，故ACAB，设BOC2，则0arcsin，

6

11

又S△21.40.6sin0.60.6sin2

ABC22

0.84sin0.18sin2，

设f0.84sin0.18sin2，

则f0.84cos0.36cos20.72cos20.84cos0.36，

123

6cos27cos33cos12cos3，

10025

1π2255

记cos0，00,，因为sin，故0arcsin，

320366

5

又当0,0时，f0，当0,arcsin时，f0，

6

5

故fx在0,0上为增函数，在0,arcsin上为减函数，

6

7

故fxf，此时cosBOC2cos21，

max009

7

故BOCπarccos，用度表示后约等于141，

9

故答案为：141.

4．如图，某城市公园内有一矩形空地ABCD，AB300m，AD180m，现规划在边AB，CD，DA上分

别取点E，F，G，且满足AEEF，FGGA，在△EAG内建造喷泉瀑布，在EFG内种植花奔，其余区

域铺设草坪，并修建栈道EG作为观光路线（不考虑宽度），则当sinAEG时，栈道EG最短.

31

【答案】/3

33

【解析】由题意，Rt△EAG≌Rt△EFG，

ππ

设AEG0，则DGFπ22.

22

DG180AG18090

在Rt△GDF中cos2，得AG，

GFAGcos21cos2

AG9090

则EG

sinsincos2sin1sin2.

90

2

AG2901tan180

cos1

由于，解得≤tan≤1.

AG13

AE90tan300

tantan

10290

令sint，t,，则EG3.

102tt

令f(t)tt3，则f(t)13t2，

103

当f(t)0时t,，f(t)严格递增；

103

32

当f(t)0时t,，f(t)严格递减；

32

3f(t)

所以tsin，有最大值，则EGmin1353.

3

故答案为：3

3

05导数综合应用

1312

1．已知a2b0，且关于x的函数fxxaxabx．

32

1

(1)已知函数gxfxx3，且满足g2xgx，解不等式gx0；

3

(2)若ab，b为单位向量，讨论函数的单调性；

1312

(3)若函数fxxaxabx在R上有极值，求a与b夹角的取值范围．

32

【答案】(1){x∣x0或x2}．

(2)递增区间为,2和0,，递减区间为2,0．

π

(3),π

3

12

【解析】（1）由题意gxaxabx，又g2xgx，

2

所以gx的图像关于x1对称，

ab12

则1，即aba，得到axax0，

a2

由a0，所以x22x0，解得x0或x2，

故不等式gx0的解集为{x∣x0或x2}．

（2）因为ab，所以ab0，

因为b为单位向量，所以b1，a2，

1

题意有fxx3x2，由fxx22x，

3

令fx0，可得x,20,，令fx0，可得x2,0，

则fx在,2,0,上单调递增，在2,0上单调递减，

故递增区间为,2和0,，递减区间为2,0．

（3）设a与b的夹角为θ．

13122

∵fxxaxabx，∴fxxaxab，

32

2

∵函数fx在R上有两个极值，∴方程xaxab0有两个不同的实数根，

2

2a

即Δa4ab0，∴ab，

4

2

a

ab1

又a2b0，∴4，

cos2

aba2

2

1π

即cos，又0,π，∴(,π]．

23

2．若函数fx和gx的图象均连续不断，fx和gx均在任意的区间上不恒为0，fx的定义域为

I1,gx的定义域为I2，存在非空区间AI1I2，满足：对任意的xA，均有fxgx0，则称区间

A为fx和gx的“区间”．

(1)写出fxsinx和gxcosx在0,π上的一个“区间”（无需证明）；

(2)若fxx3,1,1是fx和gx的“区间”，证明：gx不是偶函数；

πlnx

若fx1xsin2x,x(0,1]，(0,1]是和的区间，证明：在区间(0,1]上存在零

(3)xfxgx“”gx

ee

点．

轾π

【答案】(1)在区间0,π上的一个“区间”可以是犏,π及其非空子集；

臌犏2

(2)证明见解析；

(3)证明见解析.

【解析】（1）由题意fxsinx和gxcosx的定义域是R，

π

当x,π时，fx0gx满足“区间”的定义，

2

π

故在区间0,π上的一个“区间”可以是,π及其非空子集；

2

（2）由题意，当x[1,0)时，fxx30，故gx0，

当x(0,1]时，fxx30，故gx0，

gx在任意区间上不恒为0，故x1[1,0)，使得gx10，

又gx10，显然gx1gx1，故gx不是偶函数；

1

1x

（3）当x(0,1]时，fxπlnxee12cos2x，

x

1

1x

因为πlnxee0,12cos2x0，即fx0，

x

所以fx在(0,1]上单调递增，

112

当x(0,1]时f11sin20fπsin，

eee

1

故t,1且唯一，使ft0，

e

且当x(0,t)时，fx0，当x(t,1)时，fx0，

当x(0,t)时，fx0，故gx0且存在(0,t)，使得g0，

当x(t,1)时，fx0，故gx0且存在(t,1)，使得g0，

由零点存在性定理知，,，使g0，

故gx在区间(0,1]上存在零点.

3．进入冬季，某病毒肆虐，已知感染此病毒的概率为p0p1，且每人是否感染这种病毒相互独立．

(1)记100个人中恰有5人感染病毒的概率是fp，求fp的最大值点p0；

(2)为确保校园安全，某校组织