資源簡介

2024屆高考數學復習專題 ★★
目 錄 TOC \o "1-3" \h \z \u
第一章 函數與導數 6
理解數學抽象，多得分 6
2022高考三類“比大小”問題的出題背景及應用舉例 7
以“雙曲函數、反雙曲函數”類型的函數為背景的函數綜合題命題研究 13
從2015屆到2024屆:深圳外國語學校高三第一次月考壓軸題的源與流 26
2道函數不等式題的命制——聽教育專家黃厚忠先生專題報告后而命制 32
2024屆江蘇鎮江高三期初考試導數壓軸題及其姊妹題的命制 35
對兩地2024屆高三10月聯考導數壓軸題參考解答的商榷 38
Hadamard不等式及其特例——對數均值不等式 42
一道“對數均值不等式”及其變形、延申的原創小題 48
2023函數?？碱}精選精練 52
2023導數?？碱}精選精練 56
第二章 三角函數與解三角形 74
理解邏輯推理，快得分 74
以“笛卡爾葉形線”為背景的高考原創題 76
一道三角函數填空題的命制——聽吳莉娜專題報告受啟發而命制 79
用外接圓與橢圓定義直觀求解兩類三角形周長、面積范圍 80
2024屆常州高三期中數學壓軸題的出題思路及不同解法對比 84
構造出來的高考題 90
2023三角函數與解三角形?？碱}精選精練 95
第三章 數列 102
高考原創小題的命制與解析——音程計算、藥物留存模型 102
無錫市2024屆高三期中數列壓軸題的命制與推廣 103
有趣的迭代——2023上海高考數學函數切線壓軸題的源與流 107
2023數列模考題精選精練 113
第四章 立體幾何 125
理解數學建模，好得分 125
2023立體幾何?？碱}精選精練 127
第五章 解析幾何 146
理解數學運算，少失分 146
從高二月考到2024屆高三期初——齊次化表達，二次曲線不同 147
短文精粹：曲線方程中的“且”與“或” 150
曲線系與等軸雙曲線 151
以“貝塞爾曲線”為背景的高考原創題 153
省常中2024屆高二周練4橢圓壓軸題的推廣及“副產品” 156
2024屆如皋高三8月診斷測試解析幾何壓軸題的源與流 159
2023解析幾何?？碱}精選精練 162
第六章 計數原理、統計與概率 181
一道考察類比思想的原創小題 181
2023計數原理、統計概率模考題精選精練 182
寫在最后 192
函數與導數
理解數學抽象，多得分
抽象方法包括：性質抽象、關系抽象、等置抽象、無限抽象，以及強抽象和弱抽象。
數學考試中，涉及最多的是“關系抽象”、“強抽象和弱抽象”。
數學關系抽象是指根據認識目的，從研究對象中抽取或建構若干構成要素之間的數量關系或空間位置關系，而舍棄其他無關特征或物理現實意義的抽象方法。
關系抽象在處理問題過程中是經常用到的，有時解題的關鍵就在于一個關系的抽取或建構。如求值（2sin 80°—sin 20°）／cos 20°，若僅從直觀上抽取80°＝4*20°這個倍數關系，問題將難以解決，而若從特殊角出發，建構80°角與20°角的如下關系：80°＝60°＋20°，問題便可迎刃而解。
弱抽象和強抽象也是數學中常用的抽象方法。
先來看下面兩組例子，一組是：
數→式.
正比例函數→一次函數→代數函數→函數.
全等三角形→相似三角形.
另一組是：
三角形→等腰三角形→等邊三角形.
四邊形→平行四邊形→矩形→正方形.
兩組例子給出的是兩種不同的抽象方式：弱抽象和強抽象。
強抽象，可以看成“從一般到特殊的過程”；強抽象，可以看成“從特殊到一般的過程”。
譬如：試比較1001^2001與2001！的大小。這道題可以直接證明，但是通過考慮它的一般情況來證明更為簡便。首先，通過觀察1001^2001與2001!的結構和聯系，可以發現，1001＝(2001+1)/2，所以問題轉化為比較[(2001＋1)/2]^2001與2001!的大小。將2001抽象成n，將其一般化，即比較[(n+1)/2]^n與n!的大小，聯想不等式[(1+2+3+···+n)/n]^n>n!以及1+2+3+..+n=n(n+1)/2，即得所需結果。
在解決問題中，觀察條件、結論的結構和聯系是非常重要的。
類似的，2022全國高考1卷第7題。
（2022全國高考1卷第7題）設，則（ ）
A. B. C. D.
分析：設,,
將0.1抽象成，,,
,,則；問題迎刃而解。
2022高考三類“比大小”問題的出題背景及應用舉例
第1類 出題背景1
變形得：
注：該不等式也可運用“移項，構造函數”的高中方法證明。
第2類 出題背景2
若
【運用案例1】
（2022·新高考Ⅰ卷T7）設，則（ ）
A. B. C. D.
令，得：，可得：
令，得：，即：可得：
設,
將0.1抽象成，,，則問題迎刃而 解。
【運用案例2】
（南京市第一中學2023屆高三上學期入學考試數學試題）已知，，，則的大小關系為（ ）
B. C. D.
令，得：，所以，
由“若
”得：
所以，
故：.
【運用案例3】
（2022·全國甲（文）T12） 已知，則（ ）
B. C. D.
由“若
”得：
，則，則
同理，
，則
故，
【變式】（2019年全國高中數學聯賽甘肅預賽第3題）已知，，，則的大小關系是__________________
參考答案：（提示：，因為，所以）
第3類 出題背景3
【運用案例】
（2022·全國甲（理）T12） 已知，則（ ）
B. C. D.
分析：因為,因為當，所以,即,所以；
結合“”,令即可判斷：
故，
【類題訓練】
1.已知, 則
A. B. C. D.
2.若a＝sin1＋tan1，b＝2，c＝ln4＋，則a，b，c的大小關系為( )
A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜b＜c D．b＜c＜a
【分析】構造函數，利用導數說明函數的單調性，即可判斷，再構造函數，，利用導數說明函數的單調性，即可判斷，即可得解；
【詳解】解：令，則，則在定義域上單調遞減，所以，即，所以，即，令，，則，因為，所以，令，，則，即在上單調遞減，所以，所以，即在上單調遞增，所以，即，即，即，綜上可得；
故選：A
3.
4.設，，，，則
A． B． C． D．
答案：B
以“雙曲函數、反雙曲函數”類型的函數為背景的函數綜合題命題研究
【什么是“雙曲函數”？】
雙曲函數是一種非初等函數，它可以用一些基本的數學函數來表示，如：利用指數函數的組合。
一種常見的雙曲函數是雙曲正弦函數，記作sinh(x)，定義為：
另一種常見的雙曲函數是雙曲余弦函數，記作cosh(x)，定義為：
雙曲正切函數tanh(x)定義為：
雙曲函數的導數公式與三角函數的導數公式類似，例如：
可以驗證，上述公式與使用導數定義計算的結果是一致的。
【“雙曲函數”的圖像特征】
雙曲函數的圖像特征如下：
1.對稱性：雙曲正弦函數、雙曲正切函數均是以原點為中心的對稱曲線。雙曲余弦函數是關于y軸對稱的對稱曲線。
2.雙曲正切函數的漸近線：雙曲正切函數有兩條漸近線，分別為和。
3.單調性：雙曲正弦函數、雙曲正切函數均是嚴格單調遞增曲線；其中，雙曲正切函數的圖像被限制在兩水平漸近線和之間。
【以“雙曲函數”為背景的函數綜合題】
【案例1】
教育部在2022年全國2卷第22題中，命制了以雙曲函數為背景的試題：
已知函數
當時，，求的取值范圍。
答案：
【命制思路簡析】
引理：當時，
證明方法1：構造函數，求導并研究單調性，即可完成證明。
證明方法2：，故單調遞增
當時，，故在下凸。
函數在處的切線方程為：
故，當時，
對于“引理”中的不等式——“當時，”，
令，則（）(*)
對(*)式兩邊，同時乘以，得：（）
即：（）
引入參數，將替換成，可得：
是使得恒成立的一個取值。
據此命制第（2）問，讓考生探究“當時，，的取值范圍”。
【案例2】
（常州市前黃高級中學2023-2024學年高三上學期第一次階段考試數學試題）
設函數，則關于的不等式的解集為（ ）
A. B. C. D.
【與“雙曲函數”的關聯】
，在上單調遞增且為奇函數。
【答案】D
【分析】先判斷出利用奇偶性，再利用導數求得的單調性，從而利用奇偶性、單調性解不等式即可得解.
【詳解】因為，其定義域為，
所以，故為奇函數，
又，
當且僅當，即時等號成立，所以在上單調遞增，
故由得，即，
所以，解得.
故選：D.
【案例3】
（江蘇省連云港市2023-2024學年高三上學期教學質量調研(一)數學試題）
已知函數，若對任意，，則實數的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【與“雙曲函數”的關聯】
由雙曲余弦函數與余弦函數組合而成。
【案例4】
（廣東省深圳外國語學校2024屆高三上學期第一次月考（入學考試）數學試題）
（多選題）已知函數和分別為奇函數和偶函數，且，則（ ）
A.
B. 在定義域上單調遞增
C. 的導函數
D.
【與“雙曲函數”的關聯】
圖像，分別與雙曲正弦、雙曲余弦函數圖像類似。
【答案】BD
【分析】根據函數的奇偶性可得，結合選項即可逐一求解,
【詳解】由得，由于函數和分別為奇函數和偶函數，所以，因此，
對于A, ,故A錯誤，
對于B，由于函數在單調遞增，在單調遞減，所以在單調遞增，故B正確，
對于C，當且僅當時取等號，
而，所以C錯誤，
對于D，，當且僅當時取等號，所以D正確，
故選：BD
【案例5】
（靖江中學、華羅庚中學2023-2024學年高三上學期第一次階段考試數學試題）
若函數在其定義域內存在實數滿足，則稱函數為“局部奇函數”.知函數是定義在上的“局部奇函數”，則實數的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【與“雙曲函數”的關聯】
題目中蘊含的圖像，與雙曲余弦函數圖像類似。
【答案】D
【分析】根據題意得有解，即有解，利用換元法討論二次函數在給定區間有解即可.
【詳解】根據“局部奇函數”定義知：有解，
即方程有解，
則即有解；
設，則（當且僅當時取等號），
方程等價于在時有解，
在時有解；
在上單調遞增，
，
即實數的取值范圍為.
故選D.
【什么是“反雙曲函數”？】
反雙曲函數是雙曲函數的反函數，記為（arsinh、arcosh、artanh等等）。
例如，反雙曲正弦函數記作y=arsinhx，定義為 ；
反雙曲余弦函數記作y=arcoshx，定義為 ；
反雙曲正切函數記作y=artanhx，定義為 。
與反三角函數不同之處是它的前綴是ar，意即area（面積），而不是arc（?。?。
【“反雙曲函數”的圖像特征】
反雙曲函數的圖像特征如下：
1.反雙曲正弦的圖像關于原點對稱，且在原點處切線的斜率為1。
2.反雙曲余弦的圖像，有頂點，且在該點處切線為x=1。
3.反雙曲正切和反雙曲余切的圖像關于原點對稱，有漸近線。
【“雙曲函數”、“反雙曲函數”類型的函數】
下面展示“雙曲函數”、“反雙曲函數”類型的函數：
上圖為（）、（）圖像，它們關于對稱。
上圖為（）、（）圖像，它們關于對稱。
上圖為（）、（）圖像，它們關于對稱。
上圖為（）、（）圖像，它們關于對稱。
【以“雙曲函數”、“反雙曲函數”類型的函數為背景的函數綜合題】
【案例6】
（常州市前黃高級中學2023-2024學年高三上學期第一次階段考試數學試題）
已知指數函數滿足，定義域為R的函數是奇函數．
（1）求m，n的值；
（2）若對任意的實數t，不等式恒成立，求實數k的取值范圍．
【與“雙曲函數”的關聯】
由于在上單調遞增且為奇函數，
所以，在上單調遞減且為奇函數。
【答案】（1）；
（2）
【分析】（1）根據指數函數的概念及奇偶性的定義計算即可；
（2）由（1）求得函數解析式，判定其單調性解不等式即可.
【小問1詳解】
由題意可設，由，解得，
所以，
則．
又因為在R上是奇函數，
所以，，
所以，即，
驗證成立，
綜上所述：；
【小問2詳解】
由（1）知，
易知在R上為減函數，
又是奇函數，從而不等式
等價于，
∴對任意的恒成立，
由二次函數的性質可知，
所以.
【案例7】
（揚州中學2023-2024學年高三上學期10月月考數學試題）
已知函數為奇函數.
（1）求的值；
（2）若存在實數，使得成立，求的取值范圍.
【與“雙曲函數”的關聯】
在上單調遞減且為奇函數。
【答案】（1）1 （2）
【分析】（1）根據奇函數的性質求解即可.
（2）首先利用根據題意得到，利用單調性定義得到是上的減函數，再利用單調性求解即可.
【小問1詳解】
因定義域為，
又因為為奇函數，所以，即，得
當時，， 所以，所以
【小問2詳解】
可化為，
因為是奇函數，所以
又由（1）知，
設，且，則，
因為，所以，，，
所以，即故是上的減函數，
所以（*）可化為.因為存在實數，使得成立，
所以，解得.所以的取值范圍為
【案例8】
(2022·江蘇新高考基地學校第一次大聯考期中)
已知函數，則關于x的不等式f(2x－1)＋f(2x)＞4的解集為
B． C． D．(，＋)
【與“反雙曲函數”的關聯】
函數在單調遞減且為奇函數。
【答案】A
【分析】根據題意，設分析函數的奇偶性以及單調性，據此可得，解可得的取值范圍，即可得答案．
【詳解】根據題意，函數，設，則有，解可得，
即函數的定義域為，關于原點對稱，又由，即函數為奇函數，設，則，，在上為減函數，而在上為增函數，故在區間上為減函數，
解可得：，即不等式的解集為．故選：A
【作者寄語兼本文總結】
題目一旦被解決，就會被人發現其套路。這個“套路”就是規律。所以，我們做完一道題，不要忙著去做下一題。題海無邊，如果不去總結規律，當你做到類似題時，它認識你，你不認識它，這是多么尷尬的事呀！如果我們能夠做到及時總結規律。你會發現，海量的題目突然歸結成一類一類的題型。你把握這些題型的解題規律，你就具備了解題高手的能力！
在人工智能的新時代，學會“發現”規律比你“知道”規律更重要！同學們，你也去試著思考題目之間的聯系，去發現、總結題目背后的規律吧！
——劉蔣巍
從2015屆到2024屆:深圳外國語學校高三第一次月考壓軸題的源與流
【試題呈現】
（江蘇省南京市、鹽城市2015屆高三第二次模擬考試數學試題導數壓軸題）
已知函數，其中為常數.
（1）若，求曲線在點處的切線方程；
（2）若，求證：有且僅有兩個零點；
（3）若為整數，且當時，恒成立，求的最大值.
注：該題被常州市第一中學高三數學組選做2024屆高三周練試題。
【簡要答案】（1）x－y＝0；（2）略；（3）4
【往年試題今又現】
（深圳外國語學校2024屆高三第一次月考試題導數壓軸題）
設函數.
（1）若函數有兩個不同的極值點，求實數的取值范圍；
（2）若，，，當時，不等式恒成立，試求正整數的最大值.
【答案】（1）；（2）2.
【試題的源】
《劉蔣?。夯诔Ｒ姾瘮祱D像構造出的導數題——以廣東、湘豫、深圳等地2024屆高三聯考題為例》一文中提到：以常見函數圖像與直線組合出題。
如：以與直線組合出題。
【命制過程3步驟】
【第1步：研究函數圖像性質】
令
當，時，函數單調遞增
，故，下凸。
因此，在遞增且下凸。
同理，可證：在遞減且下凸。
【第2步：構造過定點的直線，并調整參數，研究直線與函數圖像的位置關系】
構造過定點的直線
令
令，則
因此，在單調遞減，在單調遞增
故，
當時，
當時，
當時，
當時，
故，函數圖像在直線上方時，整數的最大值為3
即如下命題：
（命題）當時，使得不等式恒成立的整數的最大值為3
該命題還可弱化為：
（條件弱化后的命題）當時，使得不等式恒成立的整數的最大值為3
【第3步：變換參數，恒等變形，生成新問題】
變換參數，令為不同的形式，通過恒等變形，可以生成無數道“本質相同，形式不同”的新問題。
【案例1：南京市、鹽城市2015屆高三第二次模擬考試數學試題導數壓軸題】
如，令（為整數），則，
恒等變形為：
即：，兩邊同時除以，得：
由“整數的最大值為3”，可知“整數的最大值為3”，即：整數的最大值為4.
據此生成，新問題：
已知函數，其中為常數.
（3）若為整數，且當時，恒成立，求的最大值.
【簡要答案】的最大值為4
【案例2：深圳外國語學校2024屆高三第一次月考試題導數壓軸題】
再如，令（為整數），則
即：，即：
由“整數的最大值為3”，可知“整數的最大值為3”，即：整數的最大值為2.
據此生成，新問題：
設函數.
（2）若，，，當時，不等式恒成立，試求正整數的最大值.
【答案】正整數的最大值為2.
【分析】當時，，
不等式變形為：，
這就是上面研究過的問題。
【試題的流】
一定是以與直線組合，才能出題么？
當然不一定！你可以取你喜歡的函數以及直線組合，這就形成了“試題的流”。
試一試吧！
附：
2019年9月，中數參雜志社舉辦的刊網微研，主題為《新課程教學中如何培養學生提出問題的能力》，由馬小為（《中學數學教學參考》雜志主編）策劃，鄭花青（南京師范大學附屬揚子中學副校長）主講，楊妮（《中學數學教學參考》雜志編輯）主持。當時，胡云飛（江蘇省溧陽市高中數學研訓員，溧陽市教師發展中心副主任）、陳小波（深圳市羅湖區教育科學研究院中學教研中心主任）、趙銀倉（廣東省特級教師，東莞市名師工作室主持人）以及劉蔣?。ā陡咧猩岢鰡栴}能力培養策略之“GESPGT”模式》版權作品著作權人）作為嘉賓，參與了對話研討。劉蔣巍認為，學生學會提問、學會思考，并習得幸福的能力，尤為重要；并在這次對話之后，劉蔣巍撰寫了《素養導向下高中生提出問題能力培養策略》。以下是：摘錄的核心要點。
素養導向下高中生提出問題能力培養策略
文/劉蔣巍
一．素養導向下高中生提出問題能力培養策略之“GESPGT”模式
①關注數學學習目標（Focus on math learning goals）。如果數學學習目標不清晰，問題就會層出不窮，甚至離學習目標萬里。譬如：“這個現實問題中蘊含的數學最值問題是什么？”與“這個現實問題中蘊含哪些數學問題？”前者更專注數學學習目標，在教學實踐中更可行。
②核實已有經驗（Verify existing experience）。譬如:曾經遇到過類似問題嗎？還有哪些概念和現在的這個概念相關的？相關概念的數據或之間的關系都已知了嗎？如果未知，可以求解或證明嗎？
③方案選擇（Scheme selection）。我們能就此問題做些什么？我們還能想到哪些可行性方案？假設這個解題的障礙已經解決了，問題就簡化成什么問題？我們會克服這個障礙嗎？之前哪道問題的解決方法可以借鑒到這道問題？學習小組中誰的方法可以借鑒？
④路徑選擇與優化（Path selection and optimization）。如果把我們選擇的方案轉化為具體的解題路徑，這個路徑是怎樣的？如何優化呢？
⑤一般化思考（Generalized thinking）。是否存在更一般化的問題？一般化問題的解決與特殊情境下問題的解決具有相似的解題路徑嗎？又有哪些區別呢？
⑥數學命題轉換（Mathematical proposition transformation）。如果把已經解決的問題的條件和結論，寫成一個數學命題。它的逆命題、否命題依然成立嗎？為什么？可以證明嗎？
二．高中生數學發散思維訓練之“數學問題生成七字訣”
數學發散思維的訓練也有利于數學提問能力的培養。高中生數學發散思維訓練之“數學問題生成七字訣”：
①“參”字訣：引入參數，可以將問題由具體變為抽象、由“固定的”變為“變化的”，形成新問題。
②“組”字訣：將多個問題進行重新組合，形成新問題。
③“換”字訣：通過代換數、字母或算式，提出新的問題。
④“形”字訣：圖形、圖像、圖表、實際場景，均為“形”。將題目中“數”的問題轉化為“形”的問題。
⑤“算”字訣：高中有函數運算、向量運算、矩陣運算。將題目中已有的運算進行變化，形成新的問題。
⑥“動”字訣：即“由靜化動，動態生成”，通過平移變換、伸縮變換、旋轉變換等手段，將靜態問題轉化為動態問題。
⑦“逆”字訣：從一個最終要求解的問題或一個最終要證明的結論開始，逆向思考，生長生成問題的條件。從而，形成新的問題。
總之，高中生提出問題能力培養策略之“GESPGT”模式、數學發散思維訓練之“數學問題生成七字訣”是經過一線教學實踐總結提煉而成的實戰策略，能夠激發學生的好奇和困惑，長期堅持運用能夠提升高中生提出問題能力。
2道函數不等式題的命制——聽教育專家黃厚忠先生專題報告后而命制
2023年4月14日，鎮江市教育科學研究院高中部部長、高中數學教研員、鎮江市學科帶頭人、鎮江市政協常委、市農工黨教育支部主任黃厚忠先生，在“江蘇省2023年高中數學新高考研討活動”中作專題報告。
在專家報告環節，黃厚忠先生指出：“基本初等函數（一次函數、二次函數、三次函數、分式函數、絕對值函數為主）、指數函數、對數函數、三角函數，這四種函數相互間組合運算、疊加、復合，衍生出多種新函數，探討這些新函數的性質?！蓖瑫r，黃厚忠先生也提到：“有些高考題，命題者出題意圖是讓學生用導數處理。實際上，也可以用不等式處理?！?br/>筆者在學習教育專家黃厚忠先生專題報告后，研讀教材，命制了2道函數不等式題。下面將試題命制過程及參考解答呈現給大家。請批評指正。
問題1【命制過程】
【命題背景】
函數在為增函數，且當時，
基于此背景，命制如下問題1
【問題1】已知數列的通項公式為：，
（1）當時，求證：
（2）判斷數列的單調性，并證明
（3）求證：
問題1【參考解答】
證明略。
故，數列為單調遞增數列。
注：也可構造函數，運用不等式（）證明.
由（2）知：，即：
當時，,,故（）
即：當時，；用替換得：（），
即：（），亦即：（）
故，
綜上，
問題2【命制過程】
【教材題源】
（蘇教版必修1教材第134頁“思考運用”第7題）已知函數，對于任意的，試比較與的大小.
【命題背景1】
，，
當時，，則；則在是上凸函數
當或時，，則，
則在是下凸函數。
取“”段函數圖像，則
據此，命制第（1）問。
【命題背景2】（上凸函數的“切線不等式”）若是區間上的可微上凸函數，則經過點的切線一定在曲線的上方，即成立不等式
又若為嚴格上凸函數，則上述不等式成立等號的充分必要條件是.
簡證：將上述不等式的右邊移項到左邊，應用拉格朗日中值定理有：
其中.
又是區間上的可微上凸函數，
則在上為減函數；則，
又，則
即：
若為嚴格上凸函數，則在上嚴格單調減少。
因此，當且僅當時，等號成立。
由上述定理，可知：經過點的切線一定在曲線的上方。即：
據此，命制第（2）問。
【問題2】給出定義：若函數在區間I上可導，即存在，且導函數在區間I上也可導，則稱在區間I上存在二階導函數.記，若在區間I上恒成立，則稱在區間I上為上凸函數；若在區間I上恒成立，則稱在區間I上為下凸函數.
對于任意，其中，，若在區間I上為上凸函數，則有;若在區間I上為下凸函數,
則有.
已知，且，
則______(填“>”、“<”或“=”);
若在上恒成立，則的最小值為________
問題2【參考答案】
；（2）的最小值為：
【總結】
教師要研究命題的背景——試題的“源”，據此，我們可取種種具體的函數，乃至抽象函數，源源不斷地產生相應的函數不等式題。
2022全國新高考Ⅰ卷作文提示語：對于初學者而言，應該從本手開始，本手的功夫扎實了，棋力才會提高。一些初學者熱衷于追求妙手，而忽視更為常用的本手。本手是基礎，妙手是創造。一般來說，對本手理解深刻，才可能出現妙手；否則，難免下出俗手，水平也不易提升。
對于教師而言，你未必需要自己下出“妙手”；你需要的是“把握基本，參透變化”。知曉“試題的變化”，會訓練學生，讓學生練好“本手”，創造出“妙手”！
課堂的基本在于“預設”，課堂的創造在于“生成”！
2024屆江蘇鎮江高三期初考試導數壓軸題及其姊妹題的命制
【試題呈現】
（江蘇省鎮江市2023~2024學年度第一學期高三期初試卷第22題）
（12分）已知函數．
（1）求函數的單調區間；
（2）若對于任意的，關于x的不等式恒成立，求實數a的取值范圍．
【參考答案】
（1）單調增區間為：；單調減區間為：和
（2）
【出題背景1——凸函數不等式】
若是區間I上的可微下凸函數，則經過點()的切線一定在曲線的下方，即：成立不等式：，
如：，,則在R上為可微下凸函數；于是有：；即：，
將替換為，得：
引入參數，進一步放縮得：，其中
同時注意到“在上，等號可以取得”。（理由：，且，因此存在，使得）
【出題背景2——同構】
為了讓問題更加隱蔽，將不等式恒等變形，并將中間放縮步驟隱藏，得：
這樣，就需要考生能夠變形以及放縮，得到：
再對比題設條件：“關于x的不等式恒成立”，發現相同的結構：，進而得出最終結果。
【題目變式——姊妹題】
（江蘇省鎮江市2023~2024學年度第一學期高三期初試卷第22題的“姊妹題”）
（12分）已知函數（）．
（1）求函數的單調區間；
（2）若對于任意的，關于x的不等式恒成立，求實數a的取值范圍．
【參考答案】
（1）單調增區間為：；單調減區間為：
（2）
注：該題由劉蔣巍命制，可作為2024屆鎮江期初考試第22題的“姊妹題”。
【姊妹題的命制思路】
2024屆鎮江期初考試第22題的“姊妹題”命制過程如下：
，則，當時，單調遞減
注意到：，則在為上凸函數，則（）
即：（），用替換，得：（）
即：（）
注意到：時，，
則：當時，
引入不小于1的參數，則
為了讓考生找到相同的結構（引入“同構”考點），將改成形式，變形，得：
進一步變形，得：
于是，得到如下新問題：
已知函數（）．
若對于任意的，關于x的不等式恒成立，求實數a的取值范圍．
對兩地2024屆高三10月聯考導數壓軸題參考解答的商榷
【試題呈現】
（常州市聯盟學校2023—2024學年度高三第一學期10月學情調研）
已知函數.
（3）當時，判斷在零點的個數，并說明理由．
（安徽省徽師聯盟2023-2024學年高三上學期10月質量檢測數學試題）
已知函數.
（3）當時，判斷在零點的個數，并說明理由.
（類題1——2023蘇大考前指導卷第2問）已知函數
（2）當時，求證：在上有唯一零點。
【出題背景】2023蘇大考前指導卷21題（2）出題背景（函數的凸性），構造函數，判斷其在（0，+∞）單增，且為下凸函數，在x=0處的切線為y=x，故g(x)函數圖像與y=ax圖像在（0，+∞）有唯一交點，因此，在（0，+∞）有唯一零點。
【出題背景】
（下凸函數的“切線不等式”）若是區間上的可微凸函數，則經過點的切線一定在曲線的下方，即成立不等式
又若為嚴格凸函數，則上述不等式成立等號的充分必要條件是.
簡證：將上述不等式的右邊移項到左邊，應用拉格朗日中值定理有：
其中.
又是區間上的可微凸函數，
則在上為增函數；則，
又，則
即：
若為嚴格凸函數，則在上嚴格單調增加。
因此，當且僅當時，等號成立。
【試題參考解答及商榷之處】
【參考解答】
常州市聯盟學校、安徽省徽師聯盟對于第22題導數壓軸題分別給出了如下解答：
（常州市聯盟學校2023—2024學年度高三第一學期10月學情調研）已知函數.
（3）當時，判斷在零點的個數，并說明理由．
【參考答案】令，即可得；
構造函數，，易知在上恒成立，
即在上單調遞增，如圖中實曲線所示：
又函數恒過，且，
易知，所以函數在處的切線方程為；
又，所以（圖中虛線）在范圍內恒在（圖中實直線）的上方；
所以由圖易知與在范圍內僅有一個交點，
即函數在內僅有一個零點. …………12分
（安徽省徽師聯盟2023-2024學年高三上學期10月質量檢測數學試題）
已知函數.
（3）當時，判斷在零點的個數，并說明理由.
【參考答案】令，即可得；構造函數，，易知在上恒成立，即在上單調遞增，如下圖中實曲線所示：
又函數恒過，且，易知，
所以函數在處的切線方程為；又，所以（圖中虛線）在范圍內恒在（圖中實直線）的上方；所以由圖易知與在范圍內僅有一個交點，即函數在內僅有一個零點。
【值得商榷之處】
在商榷之前，我們先看一個引理及相關的命題：
引理：（上凸函數的“切線不等式”）若是區間上的可微上凸函數，則經過點的切線一定在曲線的上方，即成立不等式
又若為嚴格上凸函數，則上述不等式成立等號的充分必要條件是.
簡證：將上述不等式的右邊移項到左邊，應用拉格朗日中值定理有：
其中.
又是區間上的可微上凸函數，
則在上為減函數；則，
又，則
即：
若為嚴格上凸函數，則在上嚴格單調減少。
因此，當且僅當時，等號成立。
相關命題：給出定義：若函數在區間I上可導，即存在，且導函數在區間I上也可導，則稱在區間I上存在二階導函數.記，若在區間I上恒成立，則稱在區間I上為上凸函數；若在區間I上恒成立，則稱在區間I上為下凸函數.
對于任意，其中，，若在區間I上為上凸函數，則有;若在區間I上為下凸函數,
則有.
已知，且，
則______(填“>”、“<”或“=”);
若在上恒成立，則的最小值為________
參考答案：（1）；（2）的最小值為：
【命題背景】
，，
當時，，則；則在是上凸函數
當或時，，則，
則在是下凸函數。
取“”段函數圖像，則
據此，命制第（1）問。
由上述引理，可知：經過點的切線一定在曲線的上方。即：
據此，命制第（2）問。
由上面的引理及相關命題，值得商榷之處不言而喻了——在局部區域，函數圖像在切線的上方還是下方，函數的局部凹凸性（局部區域，上凸還是下凸）的判定是關鍵點。譬如：在是上凸函數，經過點的切線在曲線的上方。
而函數，在（0，+∞）單增，且為下凸函數，x=0處的切線y=x在曲線的下方。
這兩地區上述的參考解答都沒有說清楚這一點。希望參考解答能夠更加完善，并沒有針對誰的意思。拋磚引玉，僅供參考。
Hadamard不等式及其特例——對數均值不等式
（指數均值不等式）：（）
其對數形式：（），
又等價于：（）
引申：當時，，
則，
即：，不難發現調和級數是發散的。
★關于（）類型函數的導數題是怎么出的呢？ 設，（）是函數（）圖像上任意兩點，記直線AB的斜率為，則
；而函數在處的導數，
又由引理：
所以恒成立.（*）——一般性的結論。
注：引理證明：構造函數（），顯然，
所以，即：，（）
不妨設，令，則，即：
★案例：設函數，若的兩個極值點和，記過點，的直線的斜率為，問：是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由。
分析：，，令，，因為的兩個極值點和，所以方程在上有兩個相異實根，則且，得：
易得：，
若，則，又因為，所以，矛盾！所以不存在符合條件的實數.
“副產品”：
★試題改編
將問題改編，生成如下問題：
（2021年湖北省八市高三（3月）聯考第21題）已知函數f(x)=x-2alnx-,(a∈R).
（1)討論函數f(x)的單調性；
（2)若x1、x2為函數f(x)的兩個極值點，證明：
注：2021年湖北省八市高三（3月）聯考
★常州高級中學高二單元考試題
分析：我們看第（3）問，屬于“（）類型函數”
設，，記直線AB的斜率為，
因為，為零點，所以，此題中，
而函數在處的導數，
又由引理：
所以，，即：
又，所以，，，即
單元考只是個特例，你讀懂了嗎？
應用：已知函數
若函數的圖像與軸交于A，B兩點，線段AB中點的橫坐標為，證明：
應用（*）式結論：
將，，代入到中，得：
這一結論，你會玩了嗎？試一試吧！
試一試
已知函數
如果函數的圖像交軸于，（）兩點，的中點為，證明：
要求：請寫出完整解題過程哦！
問題5：已知函數
（1）設，證明：當時，
（2）若函數的圖像與軸交于A，B兩點，線段AB中點的橫坐標為，證明：
分析：（1）將，，代入到中，得：，即：，
所以
（2）將，，代入到中，得：
問題6：設函數，證明：當時，
分析： ，從而
引申：當時，
拓展：當然，本題還可以使用拉格朗日中值定理求解。
，其中
問題7：設函數，若的兩個極值點和，記過點，的直線的斜率為，問：是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由。
分析：，，令，，因為的兩個極值點和，所以方程在上有兩個相異實根，則且，得：
易得：，
若，則，又因為，所以，矛盾！所以不存在符合條件的實數.
問題8：已知函數（），若，且，證明：
分析：，因為，所以
又因為，所以
☆常見的對數不等式：，（）；
，（）；
，（）；
，（）.
構造函數（），顯然，
所以，即：，（）
不妨設，令，則，即：
問題9：已知函數（）
若函數有兩個不同的零點，，求證：
分析：因為函數有兩個不同的零點，，
所以 ，則，，
所以，，即
問題10：已知函數（）
記函數的圖像為曲線C，設點，是曲線C上不同的兩點，點M為線段AB的中點，過點M作軸的垂線交曲線C于點N。試問：曲線C在點N處的切線是否平行于直線AB？并說明理由。
答案：不平行。請讀者自作。
一道“對數均值不等式”及其變形、延申的原創小題
【試題呈現】
【多選題】“（）”被稱為“對數均值不等式”。
變形為：“（）（變形1）”。
當時，令，并適當放縮，可得不等式：，
令不等式中的分別取并累加，可得：
可以通過類似上述“變形”、“放縮”、“代換”的方法得到的新的不等式有（ ）
A.
B.
C.
D.
出題背景
【試出題背景】“對數均值不等式”及其變形、延申
參考解答
【試題參考解答】BCD
“（）（變形1）”可變形為：
（）（變形2），令，得：
（）（變形3），故A錯誤。
將變形3中換成可得：
（）（變形4）
對“變形4”用基本不等式，放縮得：
，故B正確。
令，得：，故C正確。
令上述不等式中分別取并累加可得：
即：，故D正確。
D選項，還可以用于估算真數為正整數的對數的范圍。
題外話
有老師說：“劉老師，你命制的這三道題，考到原題的可能性不大?！?br/>是的，有多少老師能命中高考原題呢？
我在2017年，"用對數均值不等式(Hadamard積分不等式特例)推導調和級數是發散的"這一過程中(寫入《江蘇高考數學復習指南》2018年出版)，其中一個部分就是2022年全國高考2卷數學壓軸題最后一問。(可以算是:命中高中壓軸題最后一問原題吧！提示:把不等式，k取1~n，累加一下看看呢)。可我當初也想不到5年后會在高考中考到。
教育部在2022年全國2卷第22題中，命制了以雙曲函數為背景的試題：
已知函數
當時，，求的取值范圍。
設，證明
教學的意義，就是為了高考么？
這題所涉及的數學思想，對高考，甚至對大學數學的學習都是有意義的。
2023函數?？碱}精選精練
1.（2022-2023·徐州新沂市第三中學·一模）函數的部分圖象大致是( ).
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根據函數的奇偶性和單調性即可判斷.
【詳解】定義域為R，f(－x)＝－f(x)，故為奇函數，圖像關于原點對稱，據此排除B、D選項；
易知x→＋時，，，，，
∵指數函數y＝比冪函數增長的速率要快，故，
即f(x)在x→＋時，圖像往x軸無限靠近且在x軸上方，故A選項符合.
故選：A.
2.（2022-2023·南通海安高級中學·一模）已知p：，q：，則p是q的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【分析】令,結合該函數的奇偶性，單調性判斷不等式是否成立.
【詳解】令，，
且，
故為奇函數，
時，遞增，則也遞增，
又為奇函數，則在上遞增，
，若，則，
則，即
即；
，若，
則等價于，即，
由在上遞增，則， 即，
故p是q的充要條件，
故選：C.
3.（2022-2023·南通、泰州、揚州、徐州、淮安、連云港、宿遷、鹽城·二模）7．已知函數的定義域為，是偶函數，是奇函數，則最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用函數奇偶性的定義可求得函數的解析式，再利用基本不等式可求得的最小值.
【詳解】因為函數為偶函數，則，即，①
又因為函數為奇函數，則，即，②
聯立①②可得，
由基本不等式可得，
當且僅當時，即當時，等號成立，
故函數的最小值為.
故選：B.
4.（2022-2023·南師大附中江寧分校、南京中華中學·一模）15．設函數 ，則使得 成立的的取值范圍是_____.
【答案】
【分析】先判斷函數的奇偶性與單調性，然后利用函數的性質解不等式，即可求解.
【詳解】因為，所以，所以函數的定義域為且，
又，∴為偶函數.
當時，令，
∵ ，∴在上是增函數，
易知函數在上是增函數，∴在上是增函數.
又為偶函數，∴，
∴由，得，
解得，
故答案為：.
【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性與單調性及其應用，其中解答中根據根據的解析式得到函數的奇偶性和單調性是解答的關鍵，著重考查化歸與轉化能力和運算求解能力，屬于中檔試題．
5.（2022-2023·南通·一模）函數的定義域均為，且，關于對稱，，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用已知、方程、函數的對稱性、周期性進行計算求解.
【詳解】因為， ，
對于②式有：，由①+有：，
即，又關于對稱，所以，
由④⑤有：，即，，
兩式相減得：，即，即，
因為函數的定義域為，所以的周期為8，又，
所以，由④式有：，
所以，
由，有：，
所以，
由⑤式有：，又，所以，
由②式有：，
所以
，故A，B，D錯誤.
故選：C.
6.（2022-2023·南通海安高級中學·一模）14．定義在上的函數，滿足為偶函數，為奇函數，若，則__________.
【答案】1
【分析】根據為偶函數、為奇函數的性質，利用賦值法可得答案.
【詳解】若為偶函數，為奇函數，
則，，
令，則，即，
令，則，即，
又因為，所以.
故答案為：1.
7.（2022-2023·南京第十二中學·一模）15．已知函數，若方程f（x）＝m（m∈R）恰有三個不同的實數解a，b，c（a＜b＜c），則（a＋b）c的取值范圍是____．
【答案】
【分析】根據分段函數解析式畫出圖象，即可得出a＋b＝－2，，進而可求（a＋b）c的范圍.
【詳解】依題意，
函數的圖象如圖所示：
方程f（x）＝m（m∈R）恰有三個不同的實數解a，b，c（a＜b＜c），
可得a＋b＝－2，f（0）＝1＝f（1），，
則，
故答案為：．
2023導數?？碱}精選精練
1.（2022-2023·南京江浦高中·一模）8．設是定義在上的函數，其導函數為，滿足，若，，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依題意令，進而根據題意得在上單調遞減，故，進而得答案.
【詳解】解：因為滿足，令，
則，所以在上單調遞減，
所以，即，所以.
所以.
故選：A
2.（2022-2023·南京第十二中學·一模）8．已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由結合三角函數的性質可得;構造函數,利用導數可得,即可得解.
【詳解】[方法一]：構造函數
因為當
故，故，所以；
設，
，所以在單調遞增，
故，所以，
所以，所以，故選A
[方法二]：不等式放縮
因為當，
取得：，故
，其中，且
當時，，及
此時，
故，故
所以，所以，故選A
[方法三]：泰勒展開
設，則，，
，計算得，故選A.
[方法四]：構造函數
因為，因為當，所以,即，所以；設，，所以在單調遞增，則,所以，所以,所以，
故選：A．
[方法五]：【最優解】不等式放縮
因為，因為當，所以,即，所以；因為當，取得，故，所以．
故選：A．
【整體點評】方法4：利用函數的單調性比較大小，是常見思路，難點在于構造合適的函數，屬于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放縮，即可得出大小關系，屬于最優解．
3.（多選題題）（2022-2023·南通·一模）12．過平面內一點P作曲線兩條互相垂直的切線、，切點為、、不重合，設直線、分別與y軸交于點A、B，則（ ）
A．、兩點的縱坐標之積為定值 B．直線的斜率為定值
C．線段AB的長度為定值 D．面積的取值范圍為
【答案】BCD
【分析】根據切線方程的定義，利用分類討論的思想，可得整理切線方程，根據直線垂直可得切點橫坐標的乘積，進而可得縱坐標的乘積，利用直線斜率公式，等量代換整理，可得其值，利用切線方程，求得的坐標，可得答案.
【詳解】由函數，則，
設，，
當，時，由題意可得，，化簡可得，符合題意；
當時，由題意可得，，化簡可得，顯然不成立；
當時，由題意可得，，化簡可得，顯然不成立；
對于A，，故A錯誤；
對于B，直線的斜率，故B正確；
對于C，易知直線，直線，
令，則，即，同理可得，
，故C正確；
對于D，聯立，整理可得，解得，
令，其中，則，
所以，函數在上單調遞增，則當時，，
所以，，故D正確.
故選：BCD.
4.（多選題）（2022-2023·南師大附中江寧分校、南京中華中學·一模）10．定義：設是的導函數，是函數的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”．經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”且“拐點”就是三次函數圖像的對稱中心．已知函數的對稱中心為，則下列說法中正確的有（ ）
A．， B．函數既有極大值又有極小值
C．函數有三個零點 D．過可以作三條直線與圖像相切
【答案】AB
【分析】根據“拐點”的定義與的對稱中心，建立方程求出可判斷A，再由導數與函數單調性的關系即可判斷的極值，從而判斷B，根據的單調性及的極值可判斷C，根據導數的幾何意義求出的切線方程，從而轉化為切點個數問題即可判斷D.
【詳解】，，
，即，解得，故A正確；
，，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
所以既有極大值又有極小值，故B正確；
由選項B可知在與處取得極大值與極小值，
又，，即的極大值與極小值大于0，所以函數不會有3個零點，故C錯誤；
設切點為，則切線方程為，
又切線過，則，
化簡得，即，解得或，
即滿足題意的切點只有兩個，所以滿足題意只有兩條切線，故D錯誤.
故選：AB.
5.（多選題）（2022-2023·徐州新沂市第三中學·一模）12．已知，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】對于A選項，嘗試找反例.
對于B，C選項，構造函數幫助分析.
對于D選項，設，再研究函數零點所在范圍.
【詳解】對于A選項，當時，.
設，其中.
則，故在上單調遞增.
又，，則，使.
即存在，，使.
但此時，.故A錯誤.
對于B選項，
.設，其中.則.
得在上單調遞增.
注意到.
則.又在上遞增，
則有.故B正確.
對于C選項，由B選項可知，則由，
有.故C正確.
對于D選項，因，，
則.設，其中.
則.
設，其中.則，
得在上單調遞增.
（1）若，注意到，，則，使.即，
則，設，則，
得在上單調遞減，則.
（2）當，，注意到.
則，此時.
（3）當，注意到
則，又由（1）分析可知在上單調遞增.
則.
綜上，有.故D正確.
故選：BCD
【點睛】關鍵點點睛：本題涉及雙變量，構造函數，難度較大.
對于A選項，直接證明較為復雜，故嘗試找反例.
對于B，C選項，在與同時出現的題目中，常利用使出現相同結構.
對于D選項，將看作參數，并設簡化運算.
6.（多選題）（2022-2023·南通、泰州、揚州、徐州、淮安、連云港、宿遷、鹽城·二模）12．已知，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】證明，放縮可判斷A，由，放縮可判斷B，先證出，再放縮，根據再放縮即可判斷C，可得，令，轉化為，構造，利用導數判斷單調性求函數最小值即可判斷D.
【詳解】由，可得，
，
令，則，當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，所以，即，
由知，A正確；
由可得，可得（時取等號），
因為，所以，B正確；
時，，則，
，C錯誤；
，
令，則，
，
在單調遞增，，，故D正確.
故選：ABD
【點睛】關鍵點點睛：比較式子的的大小，要善于對已知條件變形，恰當變形可結合，，放縮后判斷AB選項，變形，再令，變形，是判斷D選項的關鍵，變形到此處，求導得最小值即可.
7.（2022-2023·南京、鹽城市·一模）22．已知，函數，.
(1)若，求證：僅有1個零點；
(2)若有兩個零點，求實數的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）代入，求出導數，通過證明單調性繼而證明出僅有1個零點；
（2）由解析式可知，證明有兩個零點，只需證明在或上存在零點，分類討論的不同取值時，在這兩個區間的單調情況，以及取值范圍從而求出實數的取值范圍.
【詳解】（1）當，，
時，，
所以在上單調遞增，且，
所以僅有1個零點.
（2），
當時，，在上單調遞增，此時僅有1個零點0；
當時，時，設，
則，所以在上單調遞減，
所以，所以在上單調遞增，
時，，
，所以在上單調遞減，此時僅有1個零點0；
當時，，
由上知在上單調遞增，在上，，
所以存在，使得，
在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，，
要使有兩個零點，則，
此時；
當時，由上知在上單調遞減，
且在上單調遞減，，
時，，則，
所以存在使得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，
時，，
所以，所以在上有1個零點，此時有兩個零點.
綜上，的取值范圍為
【點睛】方法點睛：
本題中在判斷零點范圍是使用了兩個技巧：
①合理的放縮函數，如，，在有限定義域內放縮一般要求被放縮函數存在上界或者下界，將函數放縮至上確界或者下確界；
②通過函數取值范圍確定零點范圍，如通過可得，通過可得，此處用到整體換元的思想，令.
8.（2022-2023·南通海安高級中學·一模）22．已知函數且.
(1)設，討論的單調性；
(2)若且存在三個零點.
1）求實數的取值范圍；
2）設，求證：.
【答案】(1)答案見解析
(2)1）；2)證明見解析
【分析】(1)先求的導函數,再分類討論即可.
(2)1)根據存在三個零點，轉化為兩個函數有三個交點,再根據最值可求.
2)根據三個零點所在區間，把要證明的式子分解為三個部分，分別求解后可得.
【詳解】（1）,,
因為,定義域為
當時,,解,得,解,得
當時,,解,得,解,得
綜上, 當時, 增區間為,減區間為,
當時, 增區間為,減區間為,
（2）1）因為且存在三個零點.
所以有3個根
當時, ,
在上是單調遞增的,由零點存在定理,方程必有一個負根.
當,,即有兩個根,
令,可轉化為與有兩個交點
,
可得,,是單調遞增的, 可得,,是單調遞減的,
其中,當,
所以可得,
即得.
2）因為且存在三個零點.
設，,易知其中 ,,
因為,所以,故可知;①
由1）可知與有兩個交點,
,是單調遞增的, ,,,所以;②
,
若,則
若,
構造函數,
設,
因為
又因為,
所以③
因為
又因為
所以
即得④
由③④可知, ,在上單調遞增, 可得
,可知與同號
所以,
在上單調遞增.
,,又由1)可知
所以,
,,是單調遞增的,
所以⑤
由①②⑤可知
【點睛】本題考查利用導數證明不等式,解決問題的關鍵點是極值點偏移問題,
證明的方法總結:先構造,再確定的單調性,
結合特殊值得到再利用單調性可得.
9.（2022-2023·揚州中學·一模）22．已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)設，若，且對任意恒成立，求實數的取值范圍.
【答案】(1)當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞減，在上單調遞增
(2)
【分析】（1）求出函數的導數，分和討論導數的正負，從而判斷函數的單調性；
（2）由題意對任意，可變形為，故設，推出，從而將恒成立問題轉化為求函數最值問題，然后利用導數求解函數最值即可求得答案.
【詳解】（1）因為，
所以，
因為，
若,則在上單調遞增，
若，當時，，當時，，
此時在上單調遞減，在上單調遞增，
綜上可得，當時，在上單調遞增，
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）對任意，
即，設，則，
即，
當時，，
由（1）知在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
因為，
所以，
設，則在上單調遞增，
且，
所以存在，使得，
即，即，
由在上是增函數，得，
時，單調遞減，
時，單調遞增，
所以，
所以由得，即，
所以實數的取值范圍是.
【點睛】關鍵點點睛：在解答對任意恒成立時，根據此時函數的結構特征，設出函數，將恒成立問題轉化為函數的最值問題，關鍵在于求該函數的最值時，求出其導數，要結合零點存在定理判斷其極值點，從而求得最值.
10.（2022-2023·南京師大附中·一模）22．已知函數，其中．
（1）設函數，證明：
①有且僅有一個極小值點；
②記是的唯一極小值點，則；
（2）若，直線與曲線相切，且有無窮多個切點，求所有符合上述條件的直線的方程．
【答案】（1）證明見解析；（2）或.
【分析】（1）①對函數求導，結合單調性、零點存在性定理證明僅有一個零點，并判斷在零點兩側的符號即可得證；
②由①可得，再對不等式進行等價變形，借助分析法即可得證.
（2）設出切點坐標，由導數的幾何意義推理可得切點坐標滿足的關系，再求解作答.
【詳解】（1）①依題意，，求導得：，
令，則，函數即在R上單調遞增，
又，則存在，使得，
且當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，
所以為的唯一極小值點．
②由①知，，即，，
則，
因此，要證，只需證，即證，
因為，從而只需證，即，而，
所以.
（2）依題意，，求導得：，
則函數在點處的切線l的方程為，
若直線l恰好與曲線相切且有無窮多個切點，任取兩個不同的切點，
則在此兩點處的切線為同一直線，即，
于是有，則或，
若，從而得：，顯然，則，
若，取異于A，B外的另一個切點，
則有，，
如果，則有，如果，則，因此，
從而恒有，即，于是得直線l的方程為或，
當切線方程為時，切點為，
當切線方程為時，切點為，
所以直線l的方程為或．
【點睛】結論點睛：函數y=f(x)是區間D上的可導函數，則曲線y=f(x)在點處的切線方程為：.
11.（2022-2023·南通、泰州、揚州、徐州、淮安、連云港、宿遷、鹽城·二模）22．已知函數．
(1)若，，求實數a的取值范圍；
(2)設是函數的兩個極值點，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）先求出函數的導數，利用含參函數單調性的討論中首項系數含參數問題討論，將分為零正負，又通過判別根式對導函數是否有根進行分類求解即可；
（2）由題意要證，只要證，涉及到轉化的思想令，，求的最小值即可求得結果.
【詳解】（1）依題意，.
①當時，在上，所以在上單調遞減，
所以，所以不符合題設.
②當時，令，得，解得，，
所以當時，所以在上單調遞減，
所以，所以不符合題設.
③當時，判別式，所以，
所以在上單調遞增，所以.
綜上，實數a的取值范圍是.
（2）由（1）知，當時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
所以是的極大值點，是的極小值點.
由（1）知，，，則.
綜上，要證，只需證，
因為
，
設，.
所以，
所以在上單調遞增，所以.
所以，即得成立．
所以原不等式成立.
【點睛】關鍵點點睛：導數研究函數的單調性，考查了分類討論思想，同時考查了利用導數證明不等式的成立，
（1）含參問題的分類討論，對參數的討論不重不漏；
（2）換元法的應用，通過換元研究函數時的常用方法.
第二章 三角函數與解三角形
理解邏輯推理，快得分
數學推理是學生學習數學、進行思考的基本能力。一般地，可從以下兩個方面入手培養學生的數學推理能力。
1.加強數學活動的過程教學，提高合情推理能力
通過適當的學習活動，盡可能使學生親自體驗概念的形成過程；精心設計和組織教學，引導學生參與公式、定理、法則、性質的發現、探索、推導過程；盡量暴露解題的思考過程，尤其是解題中思路受阻及產生錯誤后是如何調整思維方式的，幫助學生掌握探索的方法與解題的規律，培養和發展自我調控的能力.
2.有目的、有計劃、有步驟地進行演繹推理的訓練，提高演繹推理的能力
（1）結合具體數學內容，介紹或講授一些必要的邏輯知識．
一般來說，學生經過幾年的學習，可以獲得一定的邏輯訓練.但是因為在教材和教學中，只對數學內容本身進行解釋，而對其中的邏輯成分很少解釋，學生在沒理解邏輯成分的情況下去學習推理往往只是不自覺地使用邏輯法則，有時還會發生邏輯錯誤，這當然是不利于其邏輯思維和推理能力的發展，為了幫助學生更自覺地使用邏輯規則，避免邏輯錯誤，提高思維和推理能力，有必要學習關于邏輯的初步知識。
（2）向學生明確“運算也是推理”的思想，有意識地在運算中培養學生“說理”的習慣和能力.
明確“運算也是推理”的思想是十分重要的。因為在中學代數，尤其是初中代數中，含有較多的具有算法性質的內容，學生在學習這部分內容時，往往只是記憶運算的步驟，而忽視對運算依據的理解和掌握，這就不利于運算的準確性，也不利于推理能力的培養。當然，這也不是說要掌握所有數、式運算的依據，這在中學數學中也是做不到的，但是，要強調把計算步驟與依據結合起來，盡可能做到“數學地記憶”，培養學生“說理”的習慣和能力，從中提高推理能力。
（3）向學生明確“化歸也是推理”的思想
在數學問題中，給出的條件有時會在量、形關系上顯得較為雜亂，無從下手。這時，需要根據待解問題的表現形式，對所給的量、形關系做和諧統一的化歸。即化歸應朝著使待解問題在表現形式上趨于和諧，在量、形、關系方面趨于統一的方向進行，使問題的條件與結論表現得更勻稱和恰當。
【例題】在Δ ABC中，A＝2C，求證：b/3＜a—c＜b/2．
分析 條件是角的關系，結論是邊的關系，由統一性原則及正弦定理，將結論與條件統一起來，轉化為sin B/3 （1）在Δ ABC中，A＝2C，求證 sin 3C＜3sin 2C—3sin C．
（2）在Δ ABC中，A＝2C，求證2sin 2C—2sin C＜sin 3C．
對于問題（1），繼續將結論統一為關于同角C的同名三角函數的不等式：
sin 3C<3sin 2C—3sin C，
等價于3sin C—4（sinC）^3<6sinCcos C—3sinC
等價于—4(sinC)^2—6cos C+6<0
等價于2（cosC）^2—3cos C+1<0
等價于(2cos C—1)(cos C—1)<0
等價于2cos C—1>0
等價于cosC>1/2.
問題（1）隨之就化歸為：在ΔABC中，A＝2C，求證cosC＞1/2．這是一個很簡單的問題．同樣可證問題（2）．
分析上述解題過程，如何將元素統一，以及將條件與結論在表現形式上的統一是問題解決的關鍵，化歸正是朝著這個方向進行的。
其實，回顧、反思中學數學學習，很多內容都是遵循統一性原則的：如不同底的對數式運算常通過換底公式統一為同底數的對數來運算；多變元的問題通過消元變為一個變元的問題；三角誘導公式的重要作用就是實現三角式的和諧統一，等等。
類似的，2022全國1卷第18題。
（2022·新高考Ⅰ卷T18）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．
求的最小值．
分析 條件是角的關系，結論是邊的關系，由統一性原則及正弦定理，將結論與條件統一起來，轉化為以，進一步將角統一起來。由化成，即：，得，即有，進一步轉化為關于單變元B的代數式，從而，問題就化歸為如下表現形式上較統一的問題：
【問題3】在Δ ABC中，求的最小值.
對于問題3，繼續將其統一為關于同角B的同名三角函數式：
等價于“求的最小值“
問題3隨之就化歸為：在Δ ABC中，求的最小值．這是一個很簡單的問題．
以“笛卡爾葉形線”為背景的高考原創題
【試題呈現】“三角換元思想”是三角函數中的基本思想。運用三角換元法可以處理曲線中的最值問題。譬如：已知，求的最大值。我們令，，則，這樣我們就把原問題轉化為三角函數最值問題。已知是曲線上的點，則的最大值為（ ）
A. 2 B.8 C. 18 D. 36
原創題 該題由劉蔣巍命制
出題背景：笛卡爾葉形線
1638年，笛卡爾根據他所研究的一簇花瓣和葉形曲線特征，提出了笛卡爾葉形線方程：
從笛卡爾坐標系的創立開始，笛卡爾葉形線方程隱藏的美就逐漸綻開了含苞待放的花蕾雛形。
（笛卡爾葉形線的對稱美）笛卡爾葉形線的斜漸近線與切線的平行對偶美，具有奇特的育人優勢，以美育激起以美育德的魅力，以美育德和以美育人。
于是，筆者對該素材，產生了興趣！
令，，代入方程，得：
上式中的、具有輪換性。
實際上，笛卡爾葉形線的結點坐標和頂點坐標 的橫縱坐標都具有輪換對稱美。
二元函數，則有
，，
過頂點A的切線斜率為，
故，過點A的切線方程為：，法線方程為
漸近線平行于切線。
令，得到，曲線：。這就是本題的出題背景。
解題方法：
其中，
令，則
在上單調遞增
故，，
一道三角函數填空題的命制——聽吳莉娜專題報告受啟發而命制
2023年4月14日，江蘇省常州高級中學吳莉娜老師在“江蘇省2023年高中數學新高考研討活動”中作專題報告。
在專家報告環節，吳莉娜老師指出：“教材是高考數學試題的源頭。教材是數學知識和數學思想方法的載體，又是教學的依據。因此在教學中應充分發揮教材作為試題的根本來源的功能，每年均有一定數量的試題是以教材習題為素材的變式題，通過變形、延伸與拓展來命制高考題?！?br/>筆者在學習吳莉娜報告后，研讀教材，命制了一道三角函數填空題。下面將試題命制過程及參考解答呈現給大家。請批評指正。
【命制過程】
（蘇教版必修2第79頁探究拓展第19題部分）
由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式.對于，我們有
可見可以表示為的三次多項式.
筆者思考：恒成立，即：恒成立，亦即對于恒成立，將“4”令為參數“”，求參數的值.
于是有如下問題：
問題1：已知對于總有成立，則
顯然，這就是2008年江蘇高考卷第18題的命制思路。如此命制，已落入俗套。
參考上述問題1的命制方法——“演繹法+代換法”，命制新問題。
【新問題的命制過程】
公式的演繹過程：
用“代換法”過程：
由此可見，是方程的根.
將方程左側多項式展開，整理得：
令，則，，
此時，
于是，得到以下新問題：
【新問題】 已知，若、、是方程的根，則______________
【參考答案】
用外接圓與橢圓定義直觀求解兩類三角形周長、面積范圍
【一般性的命題（一）】
銳角三角形ABC中，，，角A、B、C所對邊分別為、、，其中為定值。
求證：（1）；
【命題（一）問題（1）命題分析】
邊、角，均為已知定值。要保證三角形ABC為銳角三角形。可以先畫出角A，在邊AB上，取點、，使得、（取直角三角形ABC為臨界狀態，來進一步研究）。
若B點在段（不包含A與）或的延長線上，此時，三角形ABC為鈍角三角形。（不符合題意）
要保證三角形ABC為銳角三角形，則B點在段。將視為三角形ABC的高，AB視為三角形ABC的底。
當點B在段運動時，從到，三角形ABC的面積逐漸變大。
因此，，只需用邊、角表示出即可。
于是，有：，亦即：
【命題（一）問題（2）命題分析】
邊、角，均為已知定值。且由（1）的命題分析，可知：要保證三角形ABC為銳角三角形，則B點在段。
什么時候最小，什么時候最大呢？可以運用橢圓的定義去轉化。
【用橢圓定義轉化求解】以A、C為焦點，繪制一個經過點B的橢圓，作線段AC的垂直平分線，交該橢圓于D點。運用橢圓的第一定義以及三角形中“大角對大邊”的性質，可知：
【直觀角度，迅速求解】從直觀角度看，點D從運動到，AD是逐漸變大的。因此，當點B在段運動時，從到，三角形ABC的周長也逐漸變大。
【注】當然，也可以不用“橢圓的第一定義”轉化，直接用三角形中“大角對大邊”的性質去比較判斷。結論也是一樣的。
于是，有：
【一般性的命題（二）】
銳角三角形ABC中，，，角A、B、C所對邊分別為、、，其中為定值。
求證：（1）；
【命題（二）問題（1）命題分析】
注意到：定邊所對角為定值，屬于“定弦定角”，故構造三角形ABC的外接圓。還是找臨界狀態，一個“臨界狀態”是或時；另一個“臨界狀態”是點A到邊BC距離最遠時，此時點A在線段BC的垂直平分線上。
若A點在優弧段（不包含B、C、、），此時三角形ABC為鈍角三角形。（不符合題意）
若A點在或處，此時或。（不符合題意）
要保證三角形ABC為銳角三角形，則A點在劣弧段。當點A從運動到時，點A到邊BC距離越來越大；當點A從運動到時，點A到邊BC距離越來越小。底邊BC不變，則三角形ABC的面積隨著點A到邊BC距離的增大而增大，減小而減小。
故，
于是，有：
【命題（二）問題（2）命題分析】
【用橢圓定義轉化求解】以B、C為焦點，繪制一個經過點A的橢圓，作線段BC的垂直平分線，交該橢圓于D點。運用橢圓的第一定義以及三角形中“大角對大邊”的性質，可知：
【直觀角度，迅速求解】從直觀角度看，點D從運動到，CD是逐漸變大的。因此，當點A從運動到時，三角形ABC的周長越來越大；當點A從運動到時，三角形ABC的周長越來越小。當點A在線段BC的垂直平分線上（即時），三角形ABC的周長最大。
故，
于是，有：
2024屆常州高三期中數學壓軸題的出題思路及不同解法對比
【試題呈現】
（常州市教育學會2023-2024學年高三上學期期中數學試題第22題）
已知函數的部分圖象如圖所示．將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，再將圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），得到函數的圖象．
（1）求函數的解析式，并直接寫出函數的解析式；
（2）若在內恰有2023個零點，求實數與正整數的值．
【參考答案】(1) ，
．
（2）
其中第2問至少有2種解法。
下文先講一下【出題思路】，再做【解法對比】。
【出題思路——改編手法】
【試題的源】
（2013年普通高等學校招生全國統一考試（福建卷）理數試題第20題）
已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)的周期為π,圖象的一個對稱中心為.將函數f(x)圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變),再將所得到的圖象向右平移個單位長度后得到函數g(x)的圖象．
(1)求函數f(x)與g(x)的解析式；
(2)是否存在x0∈,使得f(x0),g(x0),f(x0)g(x0)按照某種順序成等差數列？若存在,請確定x0的個數；若不存在,說明理由；
(3)求實數a與正整數n,使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0,nπ)內恰有2 013個零點．
【參考答案】(1) f(x)＝cos 2x, g(x)＝sin x; (2)存在;
或
【改編手法】
2024屆常州高三期中數學壓軸題是基于2013年福建高考理科數學第20題改編的。改編的手法是改編數據、平移的方向等，進而構造出類似的函數。
2013年福建高考理科數學第20題第3問：；
令...
2024屆常州高三期中數學壓軸題的函數：
令，即：...
不難發現：這兩個考試中最后一問研究的函數是極其類似的。
【符合“年代感”的表述】
（2013年福建高考最后一問）求實數a與正整數n,使得F(x)在(0,nπ)內恰有2 013個零點．
（2024屆常州高三期中最后一問）若F(x)在(0,nπ)內恰有2023個零點，求實數與正整數的值．
【分析異同】從上面改編手法中，可以看出這兩題極其相似。如果F(x)在(0,nπ)內恰有的零點個數不變。這兩題的答案就是一模一樣！如此改編，難免有“抄襲之嫌”，怎么辦呢？把“2013個零點”改為“2023個零點”，這樣答案有所不同。
于是，命制了“2024屆常州高三期中數學壓軸題”。
【第2問解法對比】
【兩種解法】
第2問有兩種方法：
方法1：解方程，換元，得到（其中，），進而研究二次函數的零點分布。
方法2，用分離系數法得出（其中，），而后研究函數與的交點情況；
這兩種方法均可將原問題轉化為研究一個周期內函數的零點個數問題。（從簡單開始考慮）
【解答呈現】
令，即：
記，則只需研究,也即在給定區間上的零點情況。下面的過程與2013年福建高考最后一問類似。
（解法1：通過代換，轉化為二次函數在特定區間上的問題）
現研究函數在.
設則函數的圖象是開口向下的拋物線，
又，，
當b＞1（即：）時，函數有一個零點(另一個零點＞1，舍去)，在上有兩個零點，且；
當（即：）時，函數有一個零點(另一個零點＜-1，舍去)，在上有兩個零點，且；
當(即：-1＜＜1）時，函數有一個零點，另一個零點，在和分別有兩個零點.
由正弦函數的周期性，可知當a≠±1時，函數在內總有偶數個零點，從而不存在正整數n滿足題意.
當b=1()時，函數有一個零點，另一個零點=1；
當()時，函數有一個零點=-1，另一個零點，
從而當a=1或a=-1時，函數在有3個零點.
由周期性，，
所以依題意得時，即：時，.
（由于正整數n,所以當時，即：時，能夠取到2022個或2024個或2025個交點，而取不到2023個交點。）
綜上，
（解法2：分離參數，借助函數圖像，找零點）
依題意，，令，
當，即時，，從而不是方程的解，所以方程等價于關于的方程
現研究時，方程的解的情況。
則問題轉化為：研究直線的交點情況。
的變化情況如下表：
由圖可知：當時，直線與曲線在內無交點，在內有2個交點。（也即：當時，直線與曲線在內無交點，在內有2個交點。）
當時，直線與曲線在內有2個交點，在內無交點。（也即：當時，直線與曲線在內有2個交點，在內無交點。）
當時，直線與曲線在內有2個交點，在內有2個交點。（也即：當時，直線與曲線在內有2個交點，在內有2個交點。）
從而不存在正整數n,使得直線y=a與曲線y=h(x)在（0，n）內恰有2023個交點；
當內有3個交點
由周期性，，
所以依題意得時，即：時，.
（由于正整數n,所以當時，即：時，能夠取到2022個或2024個或2025個交點，而取不到2023個交點。）
綜上，
【解法對比】
“通過代換，轉化為二次函數在特定區間上的問題”還是“分離參數，借助函數圖像，找零點”？
哪個方法最簡便？哪個方法最自然？因人而異。
【感言】
平時，遇到三角函數與導數綜合的壓軸題，有不少學生都會畏懼，從簡單的開始考慮，以形助數。
按照江蘇省常州高級中學老師的話，這叫做——【簡中求道】吧！
構造出來的高考題
新高考數學命題的思維包括：
①構造:構造某種結構。譬如:輔助函數、幾何圖形等。
②放縮:運用超越不等式(指數不等式、對數不等式、三角不等式等)、基本不等式等進行放縮，構造出相應的命題。
③高觀點:微積分、高等幾何觀點。以“微積分、高等幾何觀點”為背景，構造出背景深刻的高考題。
一．構造某種結構，譬如:輔助函數、幾何圖形等。
（構造函數）已知，，且，，若，則（ ）
B． C． D．3
提示：構造函數
類似題：（2020復旦大學強基計劃）設，，若則 _______．
（構造幾何圖形）已知，則的最小值為________
提示：令，，構造成“最短路徑”問題
（構造函數）設都是實數，且，求參數的一切取值，使方程組有唯一解。
分析：利用是關于的偶函數，也是關于的偶函數。因此，方程組若有解，則必有解；
又該方程組有唯一解，于是，得：，推知：；
，則解為：
構造三角形
（余弦定理的逆命題）對于正實數，，，及，若有，則對應的線段可以構成一個三角形，且邊的對角大小為．
證明：因為，所以.
又由等式，得：，
即：，，
故，以三正數為邊長可構造出一個三角形.
由余弦定理，，代入已知等式，得：
因為，且在上單調遞減，
所以，，即：邊的對角大小為
2.學以致用
設正實數a，b，c滿足a＋b＝，b＋c＝，c＋a＝．求a＋b＋c．
分析：將代數式“a＋b＝”兩邊平方，得：，即：，亦即：；同理得：；
于是，可構造三角形通過余弦定理、三角形面積公式求解。
解答：由條件得：；
；
；
由余弦定理，可構造如下幾何模型：
平面上共端點P的線段、、兩兩夾角為，且，，，
于是，，，.
從而，三角形為直角三角形，其面積為6，
則，即：
所以，
；因此，
二．運用超越不等式(指數不等式、對數不等式、三角不等式等)、基本不等式等進行放縮，構造出相應的命題。
（指數均值不等式）：（）
其對數形式：（），
又等價于：（）
引申：當時，，
則，
即：，不難發現調和級數是發散的。
（構造對數平均值不等式）設函數，證明：當時，
分析： ，從而
引申：當時，
拓展：當然，本題還可以使用拉格朗日中值定理求解。
，其中
（以“基本不等式”、“收斂數列——單調有界數列”為命題背景）已知各項均為正數的兩個數列和滿足：．
（1）設，求證：數列是等差數列；
（2）設，且是等比數列，求和的值．
命制思路簡析：
①正項數列為大于1的有界數列，且為等比數列，求證：為常數列.
②，求證：
三．以“微積分、高等幾何觀點”為背景，構造出背景深刻的高考題。
十八世紀早期，英國數學家泰勒發現了公式…＋＋…，（其中，，n！＝1×2×3×…×n0?。?），現用上述公式求的值，下列選項中與該值最接近的是（ ）
sin30° B． sin33° C． sin36° D． sin39°
提示：
（以“泰勒公式”等微積分知識為命題背景）若時，恒成立，求的最大值.
命題背景：的泰勒展開式為
當時，
則，，即：，
（以“極點極線”等高等幾何知識為命題背景）在平面直角坐標系中，已知橢圓的左、右頂點為A、B，右焦點為F．設過點T（）的直線TA、TB與橢圓分別交于點M、，其中m>0,．
設,求證：直線MN必過x軸上的一定點（其坐標與m無關）．
命制思路簡析：
前兩問比較簡單，這里從略。對于第（3）問，由高等幾何知識知：點T（）關于橢圓的極線方程為：，此直線恒過軸上一定點，從而直線MN必過定點。（令橢圓方程為：，，則直線MN必過定點）
2023三角函數與解三角形?？碱}精選精練
1.（2022-2023·南通、泰州、揚州、徐州、淮安、連云港、宿遷、鹽城·二模）6．記函數的最小正周期為T．若，且，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由最小正周期可得，再由即可得，即可求得.
【詳解】根據最小正周期，可得，解得；
又，即是函數的一條對稱軸，
所以，解得.
又，當時，.
故選：C
2.（多選題）（2022-2023·蘇錫常鎮·一模）11．已知函數，則下列結論正確的有（ ）
A．將函數的圖象向左平移個單位長度，總能得到的圖象
B．若，則當時，的取值范圍為
C．若在區間上恰有3個極大值點，則
D．若在區間上單調遞減，則
【答案】BC
【分析】由題可得，然后利用三角函數的性質結合條件逐項分析即得.
【詳解】由題可得
對于A，向左平移個單位長度為，故不一定能得到的圖象，A錯誤；
對于B，，，則，，所以，B正確；
對C，由可得，
由在區間上恰有3個極大值點可得，C正確；
對于D，，則，
因為單調遞減，
所以，，且即，
解得，，且，
當時，，當時，，D錯誤.
故選：BC.
3.（2022-2023·南通·一模）20．記的內角，，的對邊分別為，，，已知.
(1)若，證明：；
(2)若，證明：.
【答案】(1)見詳解；
(2)見詳解.
【分析】（1）根據正余弦定理角化邊，整理即可；
（2）根據正弦定理推得，即可得到.通過分析，可得以及，代入，整理可得到，令，構造，求導得到在上單調遞減.進而得到.
【詳解】（1）證明：由正弦定理可得，，所以，
由余弦定理及其推論可得，，，
所以，由已知可得，，
即，
因為，所以.
（2）證明：由已知得，，
又由正弦定理可得，，
因為，所以.
由（1）知，，則，
又由正弦定理可得，
，
又，則，
將以及代入可得，
，
整理可得，，
因為，，，所以，則.
令，則，，
則，
所以，當，恒成立，所以在上單調遞減.
所以，，即.
綜上所述，.
4.（2022-2023·蘇錫常鎮·一模）18．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，.
(1)若，求的值；
(2)若，，求的面積.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據三角恒等變換可得，結合條件可得關于的方程，進而即得；
（2）根據條件可得，進而可得，然后根據三角形面積的公式即得.
【詳解】（1）若，則，
因為，，
所以，
所以，
解得或，因為，
所以；
（2）若，由，可得，
整理可得，即，
因為，所以，，所以，
所以是以C為頂角的等腰三角形，，
所以的面積為.
5.（2022-2023·南通海安高級中學·一模）17．△ABC中，D是線段BC上的點，，的面積是面積的2倍．
(1)求；
(2)若，，求DC和AB的長．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由面積公式可得，利用正弦定理即可求解，
（2）根據余弦定理聯立方程即可求解.
【詳解】（1）設，則由，的面積是面積的2倍，
可得，求得．
在中，由正弦定理可得①，
中，由正弦定理可得②．
由于和互補，故，
由①②求得．
（2）∵的面積是面積的2倍，，，
∴，∴．
設，則，中，由余弦定理可得
①，
中，由余弦定理可得
②，
∴由①②求得，∴，．
6.（2022-2023·南京師大附中·一模）17．已知函數在一個周期內的圖象如圖所示．
(1)求函數的表達式；
(2)把的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的縱坐標不變，再把得到的圖象向下平移一個單位，再向左平移個單位，得到函數的圖象，若，求函數的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據函數圖象可得，得，由圖象和公式求得，由求得，即可求解；
（2）根據三角函數圖象的平移伸縮變換可得，利用正弦函數的單調性即可求出函數的值域.
【詳解】（1）根據函數圖象可得，，
，，
，得，，
又，，，
，，得，，
又，，
；
（2）把的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的縱坐標不變得到，
再向下平移一個單位得到，
再向左平移個單位得到，
，
當時，，
又函數在上單調遞增，在上單調遞減，
，
，即值域為
第三章 數列
高考原創小題的命制與解析——音程計算、藥物留存模型
在《中學課程輔導(教師通訊)》2017年第3期封面文章《如何評價升學考試數學試卷的命制》一文中提到：高水平的試題拼湊在一起，未必是高水平的試卷。試卷設計需體現升學考試性質的要求。升學考試不是數學競賽，升學考試要求考生“人人有得，各展其能”。每一位考生都有分可得且能得到他應得的分數。[1]
基于此，筆者命制了2道基礎小題。
【試題1呈現】（2023高考數學考前原創熱身卷）【填空題】在樂器制作中需要精準地計算、測試、調整樂器的音準。這就涉及對音程的精確度量。精確度量音程的單位是音分（cents），它是英國數學家亞歷山大 艾利斯提出的。音分是度量不同樂音頻率比的單位，也可以稱為度量音程的對數標度單位。一個八度音程為1 200音分，它們的頻率值構成一個等比數列。八度音程冠音與根音的頻率比為2,因此1 200個音構成一個公比為的等比數列。若已知音M的頻率為m，音分值為k,音N的頻率為n，音分值為，且，則音程
【試題2呈現】（2023高考數學考前原創熱身卷）【多選題】某學生在排球比賽中扭傷了膝蓋，醫生要求他每8小時服用劑量為440 mg的藥片，連續服用10天。如果該學生的腎臟在8小時后能夠過濾掉體內含藥量的60%.我們通過構建函數模型來預測未來幾天后體內藥物的存留量。用表示第1次服藥后體內的藥量（為初始值440 ，單位mg），表示第2次服藥后體內的藥量，表示第n次服藥后體內的藥量。則下列說法正確的有（ ）
A.這是一個在正整數上取值的指數函數類的模型
B.體內含藥量從第三天（經歷48小時）起始終保持在730mg以上
C.
D.體內含藥量在前兩天增速緩慢，在第三天后增速變大
出題背景
【試題1出題背景】數學與音樂——音分的意義與計算音程的音分
【試題2出題背景】數學與人體健康——體內藥物的存留量
參考解答
【試題1參考解答】
由題意知：，又，則，則
【試題2參考解答】ABC
由題意知：，
...
通過計算，可得：
由通項公式可見，這是一個在正整數上取值的指數函數類的模型，且為遞增數列。
，，當n越來越大時，數列中對應的項越來越接近固定值，故。體內含藥量在經歷前兩天迅速增長后，從第三天（經歷48小時）起始終保持在730mg以上。故選ABC。
無錫市2024屆高三期中數列壓軸題的命制與推廣
【試題呈現】
（無錫市2023-2024學年高三上學期期中數學解答題第21題）
各項均為正數的數列的前項和記為，已知，且對一切都成立．
（1）求數列的通項公式；
（2）在和之間插入個數，使這個數組成等差數列，將插入的個數之和記為，其中．求數列的前項和．
【答案】（1）
【命制研究】
思考1：遞推式是如何構造的？如何命制這樣的試題？
構造一個首項為，公比為的等比數列，且其前n項和；
則；；
；；
則，即：
于是有了如下一般性命題：數列的前項和記為，已知，且且，對一切都成立．則
無錫市2023-2024學年高三上學期期中數學解答題第21題是上述一般性命題的特例，取，并將“公比為且”這一限制條件強化為“各項均為正數的數列”，生成如下問題：
各項均為正數的數列的前項和記為，已知，且對一切都成立．
（1）求數列的通項公式；
解法有很多，解法1是某位老師給出的一種解法：由，可得，進而可得，再利用退一相減法可得；
解法1：由，
得，
所以，
所以，
當時，，
所以，
所以，
所以數列是以為首項，為公比的等比數列，
所以；
解法2：由各項均為正數的數列的前項和記為，且，可得；所以，；依據此思路可以繼續做下去，得到正確答案。
思考2：如何構造出一個考察“錯位相減法求數列前n項和”的問題？
錯位相減法適用于通項是“等差 等比”的類型。在和之間插入個數，使這個數組成等差數列，將插入的個數之和記為，其中．則數列就是“等差 等比”的類型。其中，
數列的前項和
只需求
無論是求還是，都是很常見的問題，也是大部分學生平時都已經解決的典型問題。
第（2）問解答：由已知在和之間插入個數，這個數組成等差數列，
所以，
設數列的前項和為，
則，
，
所以，
所以.
于是有了以下的推廣命題：
【推廣命題】
數列的前項和記為，已知，且且，對一切都成立．
則（1）數列的通項公式為：；
（2）在和之間插入個數，使這個數組成等差數列，將插入的個數之和記為，其中．則數列的前項和為
第（2）問分析：
由錯位相減法，得：
有趣的迭代——2023上海高考數學函數切線壓軸題的源與流
【試題的源——牛頓迭代】
方程的根可解釋為：曲線與軸的交點的橫坐標。設是根的某個近似值，曲線在點處的切線（如圖1）與軸的交點是，將作為新的近似值。
注意到切線方程為：
求得的值，
給定在區間上單調遞增的下凸函數，且，
設，曲線在點處的切線與軸的交點是，由圖1可知：；
2023上海高考數學第21題，另辟蹊徑，將令為上凸函數，并換了一種迭代方式。2023上海高考數學第21題第（3）問實則是方程解的個數問題（本質同下文中“試題的流”變式問題2）。
【試題呈現】
（2023上海高考數學第21題）已知函數，過函數上的點作切線交軸于，，過函數上的點作切線交軸于，以此類推，直至時停止操作，得到數列，，
（1）若正整數，證明
（2）若正整數，試比較與大小
（3）若正整數，是否存在使得依次成等差數列？若存在，求出的所有取值，若不存在，試說明理由。
【思路簡析】
易得在處的切線方程為：
令得：，即：
引理：當時，（當且僅當時，取等號），證明略。由引理可知，（當且僅當時，取等號）
（3）思路：“從簡單開始試”，難的問題就變得容易了。
由（1）知：，，
若成等差數列，則，即：，亦即：
令，則
故在單調遞增。
又，
故存在唯一解，此時成等差數列。
同時，，停止操作，運算結束。
故，
另一方面，若，由（1）知：；；;......;
若存在使得依次成等差數列，則
公差，
故，因此為等比數列。又因為為等差數列，
所以為常數列。與（2）中結論“”矛盾！
綜上所述，
【試題的流】
（變式問題1）方程（，其中為常數）最多有幾個解？
令，則原方程可化為：
令，得：，
當時，；當時，；故為的極小值。而，；
故方程最多2個解。
（圖為：圖像）
（變式問題2）若方程（其中為常數）有個解，求的所有取值。
解題思路：由變式問題1可知，令，只需，則方程最多2個解。的取值為3.
下面附幾個有趣的迭代問題，供大家思考：
有趣的迭代1：【一道無窮分數、牛頓迭代問題】
難度級別：高考難度
（2023年4月8日劉蔣巍老師命制的高考數學考前原創題）由黃金分割的定義可以導出分式方程
變形得：
將等號右邊的用代替，得：
以此類推，有：
這是個無窮分數。
已知，且，，，則與的大小關系為（ ）
A. B. C. D. 無法比較大小
說明：該題由劉蔣巍命制。命制時間：2023.4.8
出題背景：無窮分數+牛頓切線法
類比“無窮分數”迭代過程，可得
在利用切線法逐步逼近的過程中，近似值越來越接近正確值，體現一種單調趨勢，同時這些值總是大于正確值；即數列是遞減數列，并且總是大于。
解題方法：；利用部分分式法得
=
有趣的迭代2：【2道牛頓迭代背景問題】
難度級別：問題1屬于“非數考研難度”，問題2屬于“數學類難度”
（問題1）已知函數在區間上具有2階導數，，，，設，曲線在點處的切線與軸的交點是，從點作軸的垂線交曲線于點，再過點作切線的平行線與軸的交點是，證明：
證明 由題意得點處的切線方程為
令，得
因為，所以單調遞增。
又因為，所以.
又因為，所以
又因為，而在區間上應用拉格朗日中值定理有：
，
所以，
.
因為，所以單調遞增，所以。則，即，所以
由題意得點處的切線方程為：
令，得
又因為，而在區間上應用拉格朗日中值定理有：
，
所以，
同理得：。則，即，所以
（問題2）已知函數在區間上具有2階導數，，，，設，曲線在點處的切線與軸的交點是，從作軸的垂線交曲線于點，再過點作切線的平行線與軸的交點是，依次重復上述過程得到點，證明：（）.
提示：可由數學歸納法證得，證明過程從略。
拓展閱讀：
[1]劉蔣巍.一道考研數學題的命題研究[J].高等數學研究,2018,21(05):41-42.
2023數列?？碱}精選精練
1.（2022-2023·蘇錫常鎮·一模）已知數列的前n項和為，，若對任意正整數n，，，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據與的關系結合等比數列的概念可得，進而可得，然后結合條件可得，然后分類討論即得.
【詳解】因為，
當時，，解得，
當時，，則，
即，又，
所以是首項為，公比為的等比數列，
所以，則，又，
所以為首項為2，公差為1的等差數列，
則，則，
所以，又，
則，又，
所以，
當n為奇數時，，而，則，解得；
當n為偶數時，，而，則；
綜上所述，實數的取值范圍為.
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是根據遞推關系構造數列求數列的通項公式，然后通過討論結合數列不等式恒成立問題即得.
2.（多選題）（2022-2023·南通海安高級中學·一模）10．已知是等比數列，公比為，若存在無窮多個不同的，滿足，則下列選項之中，可能成立有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】分類討論，結合等比數列的通項和性質分析判斷.
【詳解】當時，則有：
①當，則為非零常數列，故，符合題意，A正確；
②當，則為單調數列，故恒不成立，即且不合題意；
當時，可得，則有：
①當，若為偶數時，則；
若為奇數時，則；
故符合題意，B正確；
②當，若為偶數時，則，且，即；
若為奇數時，則，且，即；
故符合題意，C正確；
③當，若，可得，
∵，則，可得，則，這與等比數列相矛盾，
故和均不合題意，D錯誤.
故選：ABC.
3.（多選題）（2022-2023·南通、泰州、揚州、徐州、淮安、連云港、宿遷、鹽城·二模）10．已知數列{an}的前n項和為， ，若，則k可能為（ ）
A．4 B．8 C．9 D．12
【答案】AC
【分析】根據已知條件列方程，從而求得的值.
【詳解】，
當時，由，
解得或（舍去），所以A選項正確.
，
，，所以B選項錯誤.
，所以C選項正確.
，
所以，所以D選項錯誤.
故選：AC
4.（2022-2023·南通海安高級中學·一模）15．某軟件研發公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列重新編輯，編輯新序列為，它的第項為，若序列的所有項都是2，且，，則__________．
【答案】
【分析】根據題意得到，進而依次求解出.
【詳解】的第項為，故，即
因為，，所以，，.
故答案為：
5.（2022-2023·南京、鹽城市·一模）17．在數列中，若，則稱數列為“泛等差數列”，常數d稱為“泛差”.已知數列是一個“泛等差數列”，數列滿足.
(1)若數列的“泛差”，且，，成等差數列，求；
(2)若數列的“泛差”，且，求數列的通項.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）根據“泛差”，聯立得，解出即可.
（2）由題，升次作差得，結合，整體代入可得，即可寫出其通項.
【詳解】（1）“泛差”，，
，，，聯立三式得，
化簡得，解得.
（2），則，
由，①
，②
②①得，
即，
且.
所以為等差數列，首項為，公差為，
.
6.（2022-2023·南通海安高級中學·一模）18．已知數列滿足，且
(1)求的通項公式；
(2)設，求數列的前項和（用具體數值作答）.
【答案】(1)
(2)6649
【分析】（1）依題意為等差數列，設公差為，由，即可求出，從而得到通項公式；
（2）由（1）可知，則，再利用分組求和法計算可得；
【詳解】（1）解：因為，所以，所以為等差數列，設公差為，因為，所以，所以，所以，即
（2）解：因為，所以
所以，所以
7.（2022-2023·南通·一模）18．在數列中，.
(1)求的通項公式.
(2)設的前n項和為，證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據已知條件，適當整理，可得數列是首項為，公比為的等比數列，然后利用等比數列的通項公式求解；
（2）利用不等式基本性質可得，進而.將不等式右邊設為，利用錯位相減求和法運算化簡后，即可證得結論.
【詳解】

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