资源简介

2024届高考数学复习专题 ★★
目 录 TOC \o "1-3" \h \z \u
第一章 函数与导数 6
理解数学抽象，多得分 6
2022高考三类“比大小”问题的出题背景及应用举例 7
以“双曲函数、反双曲函数”类型的函数为背景的函数综合题命题研究 13
从2015届到2024届:深圳外国语学校高三第一次月考压轴题的源与流 26
2道函数不等式题的命制——听教育专家黄厚忠先生专题报告后而命制 32
2024届江苏镇江高三期初考试导数压轴题及其姊妹题的命制 35
对两地2024届高三10月联考导数压轴题参考解答的商榷 38
Hadamard不等式及其特例——对数均值不等式 42
一道“对数均值不等式”及其变形、延申的原创小题 48
2023函数模考题精选精练 52
2023导数模考题精选精练 56
第二章 三角函数与解三角形 74
理解逻辑推理，快得分 74
以“笛卡尔叶形线”为背景的高考原创题 76
一道三角函数填空题的命制——听吴莉娜专题报告受启发而命制 79
用外接圆与椭圆定义直观求解两类三角形周长、面积范围 80
2024届常州高三期中数学压轴题的出题思路及不同解法对比 84
构造出来的高考题 90
2023三角函数与解三角形模考题精选精练 95
第三章 数列 102
高考原创小题的命制与解析——音程计算、药物留存模型 102
无锡市2024届高三期中数列压轴题的命制与推广 103
有趣的迭代——2023上海高考数学函数切线压轴题的源与流 107
2023数列模考题精选精练 113
第四章 立体几何 125
理解数学建模，好得分 125
2023立体几何模考题精选精练 127
第五章 解析几何 146
理解数学运算，少失分 146
从高二月考到2024届高三期初——齐次化表达，二次曲线不同 147
短文精粹：曲线方程中的“且”与“或” 150
曲线系与等轴双曲线 151
以“贝塞尔曲线”为背景的高考原创题 153
省常中2024届高二周练4椭圆压轴题的推广及“副产品” 156
2024届如皋高三8月诊断测试解析几何压轴题的源与流 159
2023解析几何模考题精选精练 162
第六章 计数原理、统计与概率 181
一道考察类比思想的原创小题 181
2023计数原理、统计概率模考题精选精练 182
写在最后 192
函数与导数
理解数学抽象，多得分
抽象方法包括：性质抽象、关系抽象、等置抽象、无限抽象，以及强抽象和弱抽象。
数学考试中，涉及最多的是“关系抽象”、“强抽象和弱抽象”。
数学关系抽象是指根据认识目的，从研究对象中抽取或建构若干构成要素之间的数量关系或空间位置关系，而舍弃其他无关特征或物理现实意义的抽象方法。
关系抽象在处理问题过程中是经常用到的，有时解题的关键就在于一个关系的抽取或建构。如求值（2sin 80°—sin 20°）／cos 20°，若仅从直观上抽取80°＝4*20°这个倍数关系，问题将难以解决，而若从特殊角出发，建构80°角与20°角的如下关系：80°＝60°＋20°，问题便可迎刃而解。
弱抽象和强抽象也是数学中常用的抽象方法。
先来看下面两组例子，一组是：
数→式.
正比例函数→一次函数→代数函数→函数.
全等三角形→相似三角形.
另一组是：
三角形→等腰三角形→等边三角形.
四边形→平行四边形→矩形→正方形.
两组例子给出的是两种不同的抽象方式：弱抽象和强抽象。
强抽象，可以看成“从一般到特殊的过程”；强抽象，可以看成“从特殊到一般的过程”。
譬如：试比较1001^2001与2001！的大小。这道题可以直接证明，但是通过考虑它的一般情况来证明更为简便。首先，通过观察1001^2001与2001!的结构和联系，可以发现，1001＝(2001+1)/2，所以问题转化为比较[(2001＋1)/2]^2001与2001!的大小。将2001抽象成n，将其一般化，即比较[(n+1)/2]^n与n!的大小，联想不等式[(1+2+3+···+n)/n]^n>n!以及1+2+3+..+n=n(n+1)/2，即得所需结果。
在解决问题中，观察条件、结论的结构和联系是非常重要的。
类似的，2022全国高考1卷第7题。
（2022全国高考1卷第7题）设，则（ ）
A. B. C. D.
分析：设,,
将0.1抽象成，,,
,,则；问题迎刃而解。
2022高考三类“比大小”问题的出题背景及应用举例
第1类 出题背景1
变形得：
注：该不等式也可运用“移项，构造函数”的高中方法证明。
第2类 出题背景2
若
【运用案例1】
（2022·新高考Ⅰ卷T7）设，则（ ）
A. B. C. D.
令，得：，可得：
令，得：，即：可得：
设,
将0.1抽象成，,，则问题迎刃而 解。
【运用案例2】
（南京市第一中学2023届高三上学期入学考试数学试题）已知，，，则的大小关系为（ ）
B. C. D.
令，得：，所以，
由“若
”得：
所以，
故：.
【运用案例3】
（2022·全国甲（文）T12） 已知，则（ ）
B. C. D.
由“若
”得：
，则，则
同理，
，则
故，
【变式】（2019年全国高中数学联赛甘肃预赛第3题）已知，，，则的大小关系是__________________
参考答案：（提示：，因为，所以）
第3类 出题背景3
【运用案例】
（2022·全国甲（理）T12） 已知，则（ ）
B. C. D.
分析：因为,因为当，所以,即,所以；
结合“”,令即可判断：
故，
【类题训练】
1.已知, 则
A. B. C. D.
2.若a＝sin1＋tan1，b＝2，c＝ln4＋，则a，b，c的大小关系为( )
A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜b＜c D．b＜c＜a
【分析】构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可判断，再构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可判断，即可得解；
【详解】解：令，则，则在定义域上单调递减，所以，即，所以，即，令，，则，因为，所以，令，，则，即在上单调递减，所以，所以，即在上单调递增，所以，即，即，即，综上可得；
故选：A
3.
4.设，，，，则
A． B． C． D．
答案：B
以“双曲函数、反双曲函数”类型的函数为背景的函数综合题命题研究
【什么是“双曲函数”？】
双曲函数是一种非初等函数，它可以用一些基本的数学函数来表示，如：利用指数函数的组合。
一种常见的双曲函数是双曲正弦函数，记作sinh(x)，定义为：
另一种常见的双曲函数是双曲余弦函数，记作cosh(x)，定义为：
双曲正切函数tanh(x)定义为：
双曲函数的导数公式与三角函数的导数公式类似，例如：
可以验证，上述公式与使用导数定义计算的结果是一致的。
【“双曲函数”的图像特征】
双曲函数的图像特征如下：
1.对称性：双曲正弦函数、双曲正切函数均是以原点为中心的对称曲线。双曲余弦函数是关于y轴对称的对称曲线。
2.双曲正切函数的渐近线：双曲正切函数有两条渐近线，分别为和。
3.单调性：双曲正弦函数、双曲正切函数均是严格单调递增曲线；其中，双曲正切函数的图像被限制在两水平渐近线和之间。
【以“双曲函数”为背景的函数综合题】
【案例1】
教育部在2022年全国2卷第22题中，命制了以双曲函数为背景的试题：
已知函数
当时，，求的取值范围。
答案：
【命制思路简析】
引理：当时，
证明方法1：构造函数，求导并研究单调性，即可完成证明。
证明方法2：，故单调递增
当时，，故在下凸。
函数在处的切线方程为：
故，当时，
对于“引理”中的不等式——“当时，”，
令，则（）(*)
对(*)式两边，同时乘以，得：（）
即：（）
引入参数，将替换成，可得：
是使得恒成立的一个取值。
据此命制第（2）问，让考生探究“当时，，的取值范围”。
【案例2】
（常州市前黄高级中学2023-2024学年高三上学期第一次阶段考试数学试题）
设函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【与“双曲函数”的关联】
，在上单调递增且为奇函数。
【答案】D
【分析】先判断出利用奇偶性，再利用导数求得的单调性，从而利用奇偶性、单调性解不等式即可得解.
【详解】因为，其定义域为，
所以，故为奇函数，
又，
当且仅当，即时等号成立，所以在上单调递增，
故由得，即，
所以，解得.
故选：D.
【案例3】
（江苏省连云港市2023-2024学年高三上学期教学质量调研(一)数学试题）
已知函数，若对任意，，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【与“双曲函数”的关联】
由双曲余弦函数与余弦函数组合而成。
【案例4】
（广东省深圳外国语学校2024届高三上学期第一次月考（入学考试）数学试题）
（多选题）已知函数和分别为奇函数和偶函数，且，则（ ）
A.
B. 在定义域上单调递增
C. 的导函数
D.
【与“双曲函数”的关联】
图像，分别与双曲正弦、双曲余弦函数图像类似。
【答案】BD
【分析】根据函数的奇偶性可得，结合选项即可逐一求解,
【详解】由得，由于函数和分别为奇函数和偶函数，所以，因此，
对于A, ,故A错误，
对于B，由于函数在单调递增，在单调递减，所以在单调递增，故B正确，
对于C，当且仅当时取等号，
而，所以C错误，
对于D，，当且仅当时取等号，所以D正确，
故选：BD
【案例5】
（靖江中学、华罗庚中学2023-2024学年高三上学期第一次阶段考试数学试题）
若函数在其定义域内存在实数满足，则称函数为“局部奇函数”.知函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【与“双曲函数”的关联】
题目中蕴含的图像，与双曲余弦函数图像类似。
【答案】D
【分析】根据题意得有解，即有解，利用换元法讨论二次函数在给定区间有解即可.
【详解】根据“局部奇函数”定义知：有解，
即方程有解，
则即有解；
设，则（当且仅当时取等号），
方程等价于在时有解，
在时有解；
在上单调递增，
，
即实数的取值范围为.
故选D.
【什么是“反双曲函数”？】
反双曲函数是双曲函数的反函数，记为（arsinh、arcosh、artanh等等）。
例如，反双曲正弦函数记作y=arsinhx，定义为 ；
反双曲余弦函数记作y=arcoshx，定义为 ；
反双曲正切函数记作y=artanhx，定义为 。
与反三角函数不同之处是它的前缀是ar，意即area（面积），而不是arc（弧）。
【“反双曲函数”的图像特征】
反双曲函数的图像特征如下：
1.反双曲正弦的图像关于原点对称，且在原点处切线的斜率为1。
2.反双曲余弦的图像，有顶点，且在该点处切线为x=1。
3.反双曲正切和反双曲余切的图像关于原点对称，有渐近线。
【“双曲函数”、“反双曲函数”类型的函数】
下面展示“双曲函数”、“反双曲函数”类型的函数：
上图为（）、（）图像，它们关于对称。
上图为（）、（）图像，它们关于对称。
上图为（）、（）图像，它们关于对称。
上图为（）、（）图像，它们关于对称。
【以“双曲函数”、“反双曲函数”类型的函数为背景的函数综合题】
【案例6】
（常州市前黄高级中学2023-2024学年高三上学期第一次阶段考试数学试题）
已知指数函数满足，定义域为R的函数是奇函数．
（1）求m，n的值；
（2）若对任意的实数t，不等式恒成立，求实数k的取值范围．
【与“双曲函数”的关联】
由于在上单调递增且为奇函数，
所以，在上单调递减且为奇函数。
【答案】（1）；
（2）
【分析】（1）根据指数函数的概念及奇偶性的定义计算即可；
（2）由（1）求得函数解析式，判定其单调性解不等式即可.
【小问1详解】
由题意可设，由，解得，
所以，
则．
又因为在R上是奇函数，
所以，，
所以，即，
验证成立，
综上所述：；
【小问2详解】
由（1）知，
易知在R上为减函数，
又是奇函数，从而不等式
等价于，
∴对任意的恒成立，
由二次函数的性质可知，
所以.
【案例7】
（扬州中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学试题）
已知函数为奇函数.
（1）求的值；
（2）若存在实数，使得成立，求的取值范围.
【与“双曲函数”的关联】
在上单调递减且为奇函数。
【答案】（1）1 （2）
【分析】（1）根据奇函数的性质求解即可.
（2）首先利用根据题意得到，利用单调性定义得到是上的减函数，再利用单调性求解即可.
【小问1详解】
因定义域为，
又因为为奇函数，所以，即，得
当时，， 所以，所以
【小问2详解】
可化为，
因为是奇函数，所以
又由（1）知，
设，且，则，
因为，所以，，，
所以，即故是上的减函数，
所以（*）可化为.因为存在实数，使得成立，
所以，解得.所以的取值范围为
【案例8】
(2022·江苏新高考基地学校第一次大联考期中)
已知函数，则关于x的不等式f(2x－1)＋f(2x)＞4的解集为
B． C． D．(，＋)
【与“反双曲函数”的关联】
函数在单调递减且为奇函数。
【答案】A
【分析】根据题意，设分析函数的奇偶性以及单调性，据此可得，解可得的取值范围，即可得答案．
【详解】根据题意，函数，设，则有，解可得，
即函数的定义域为，关于原点对称，又由，即函数为奇函数，设，则，，在上为减函数，而在上为增函数，故在区间上为减函数，
解可得：，即不等式的解集为．故选：A
【作者寄语兼本文总结】
题目一旦被解决，就会被人发现其套路。这个“套路”就是规律。所以，我们做完一道题，不要忙着去做下一题。题海无边，如果不去总结规律，当你做到类似题时，它认识你，你不认识它，这是多么尴尬的事呀！如果我们能够做到及时总结规律。你会发现，海量的题目突然归结成一类一类的题型。你把握这些题型的解题规律，你就具备了解题高手的能力！
在人工智能的新时代，学会“发现”规律比你“知道”规律更重要！同学们，你也去试着思考题目之间的联系，去发现、总结题目背后的规律吧！
——刘蒋巍
从2015届到2024届:深圳外国语学校高三第一次月考压轴题的源与流
【试题呈现】
（江苏省南京市、盐城市2015届高三第二次模拟考试数学试题导数压轴题）
已知函数，其中为常数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求证：有且仅有两个零点；
（3）若为整数，且当时，恒成立，求的最大值.
注：该题被常州市第一中学高三数学组选做2024届高三周练试题。
【简要答案】（1）x－y＝0；（2）略；（3）4
【往年试题今又现】
（深圳外国语学校2024届高三第一次月考试题导数压轴题）
设函数.
（1）若函数有两个不同的极值点，求实数的取值范围；
（2）若，，，当时，不等式恒成立，试求正整数的最大值.
【答案】（1）；（2）2.
【试题的源】
《刘蒋巍：基于常见函数图像构造出的导数题——以广东、湘豫、深圳等地2024届高三联考题为例》一文中提到：以常见函数图像与直线组合出题。
如：以与直线组合出题。
【命制过程3步骤】
【第1步：研究函数图像性质】
令
当，时，函数单调递增
，故，下凸。
因此，在递增且下凸。
同理，可证：在递减且下凸。
【第2步：构造过定点的直线，并调整参数，研究直线与函数图像的位置关系】
构造过定点的直线
令
令，则
因此，在单调递减，在单调递增
故，
当时，
当时，
当时，
当时，
故，函数图像在直线上方时，整数的最大值为3
即如下命题：
（命题）当时，使得不等式恒成立的整数的最大值为3
该命题还可弱化为：
（条件弱化后的命题）当时，使得不等式恒成立的整数的最大值为3
【第3步：变换参数，恒等变形，生成新问题】
变换参数，令为不同的形式，通过恒等变形，可以生成无数道“本质相同，形式不同”的新问题。
【案例1：南京市、盐城市2015届高三第二次模拟考试数学试题导数压轴题】
如，令（为整数），则，
恒等变形为：
即：，两边同时除以，得：
由“整数的最大值为3”，可知“整数的最大值为3”，即：整数的最大值为4.
据此生成，新问题：
已知函数，其中为常数.
（3）若为整数，且当时，恒成立，求的最大值.
【简要答案】的最大值为4
【案例2：深圳外国语学校2024届高三第一次月考试题导数压轴题】
再如，令（为整数），则
即：，即：
由“整数的最大值为3”，可知“整数的最大值为3”，即：整数的最大值为2.
据此生成，新问题：
设函数.
（2）若，，，当时，不等式恒成立，试求正整数的最大值.
【答案】正整数的最大值为2.
【分析】当时，，
不等式变形为：，
这就是上面研究过的问题。
【试题的流】
一定是以与直线组合，才能出题么？
当然不一定！你可以取你喜欢的函数以及直线组合，这就形成了“试题的流”。
试一试吧！
附：
2019年9月，中数参杂志社举办的刊网微研，主题为《新课程教学中如何培养学生提出问题的能力》，由马小为（《中学数学教学参考》杂志主编）策划，郑花青（南京师范大学附属扬子中学副校长）主讲，杨妮（《中学数学教学参考》杂志编辑）主持。当时，胡云飞（江苏省溧阳市高中数学研训员，溧阳市教师发展中心副主任）、陈小波（深圳市罗湖区教育科学研究院中学教研中心主任）、赵银仓（广东省特级教师，东莞市名师工作室主持人）以及刘蒋巍（《高中生提出问题能力培养策略之“GESPGT”模式》版权作品著作权人）作为嘉宾，参与了对话研讨。刘蒋巍认为，学生学会提问、学会思考，并习得幸福的能力，尤为重要；并在这次对话之后，刘蒋巍撰写了《素养导向下高中生提出问题能力培养策略》。以下是：摘录的核心要点。
素养导向下高中生提出问题能力培养策略
文/刘蒋巍
一．素养导向下高中生提出问题能力培养策略之“GESPGT”模式
①关注数学学习目标（Focus on math learning goals）。如果数学学习目标不清晰，问题就会层出不穷，甚至离学习目标万里。譬如：“这个现实问题中蕴含的数学最值问题是什么？”与“这个现实问题中蕴含哪些数学问题？”前者更专注数学学习目标，在教学实践中更可行。
②核实已有经验（Verify existing experience）。譬如:曾经遇到过类似问题吗？还有哪些概念和现在的这个概念相关的？相关概念的数据或之间的关系都已知了吗？如果未知，可以求解或证明吗？
③方案选择（Scheme selection）。我们能就此问题做些什么？我们还能想到哪些可行性方案？假设这个解题的障碍已经解决了，问题就简化成什么问题？我们会克服这个障碍吗？之前哪道问题的解决方法可以借鉴到这道问题？学习小组中谁的方法可以借鉴？
④路径选择与优化（Path selection and optimization）。如果把我们选择的方案转化为具体的解题路径，这个路径是怎样的？如何优化呢？
⑤一般化思考（Generalized thinking）。是否存在更一般化的问题？一般化问题的解决与特殊情境下问题的解决具有相似的解题路径吗？又有哪些区别呢？
⑥数学命题转换（Mathematical proposition transformation）。如果把已经解决的问题的条件和结论，写成一个数学命题。它的逆命题、否命题依然成立吗？为什么？可以证明吗？
二．高中生数学发散思维训练之“数学问题生成七字诀”
数学发散思维的训练也有利于数学提问能力的培养。高中生数学发散思维训练之“数学问题生成七字诀”：
①“参”字诀：引入参数，可以将问题由具体变为抽象、由“固定的”变为“变化的”，形成新问题。
②“组”字诀：将多个问题进行重新组合，形成新问题。
③“换”字诀：通过代换数、字母或算式，提出新的问题。
④“形”字诀：图形、图像、图表、实际场景，均为“形”。将题目中“数”的问题转化为“形”的问题。
⑤“算”字诀：高中有函数运算、向量运算、矩阵运算。将题目中已有的运算进行变化，形成新的问题。
⑥“动”字诀：即“由静化动，动态生成”，通过平移变换、伸缩变换、旋转变换等手段，将静态问题转化为动态问题。
⑦“逆”字诀：从一个最终要求解的问题或一个最终要证明的结论开始，逆向思考，生长生成问题的条件。从而，形成新的问题。
总之，高中生提出问题能力培养策略之“GESPGT”模式、数学发散思维训练之“数学问题生成七字诀”是经过一线教学实践总结提炼而成的实战策略，能够激发学生的好奇和困惑，长期坚持运用能够提升高中生提出问题能力。
2道函数不等式题的命制——听教育专家黄厚忠先生专题报告后而命制
2023年4月14日，镇江市教育科学研究院高中部部长、高中数学教研员、镇江市学科带头人、镇江市政协常委、市农工党教育支部主任黄厚忠先生，在“江苏省2023年高中数学新高考研讨活动”中作专题报告。
在专家报告环节，黄厚忠先生指出：“基本初等函数（一次函数、二次函数、三次函数、分式函数、绝对值函数为主）、指数函数、对数函数、三角函数，这四种函数相互间组合运算、叠加、复合，衍生出多种新函数，探讨这些新函数的性质。”同时，黄厚忠先生也提到：“有些高考题，命题者出题意图是让学生用导数处理。实际上，也可以用不等式处理。”
笔者在学习教育专家黄厚忠先生专题报告后，研读教材，命制了2道函数不等式题。下面将试题命制过程及参考解答呈现给大家。请批评指正。
问题1【命制过程】
【命题背景】
函数在为增函数，且当时，
基于此背景，命制如下问题1
【问题1】已知数列的通项公式为：，
（1）当时，求证：
（2）判断数列的单调性，并证明
（3）求证：
问题1【参考解答】
证明略。
故，数列为单调递增数列。
注：也可构造函数，运用不等式（）证明.
由（2）知：，即：
当时，,,故（）
即：当时，；用替换得：（），
即：（），亦即：（）
故，
综上，
问题2【命制过程】
【教材题源】
（苏教版必修1教材第134页“思考运用”第7题）已知函数，对于任意的，试比较与的大小.
【命题背景1】
，，
当时，，则；则在是上凸函数
当或时，，则，
则在是下凸函数。
取“”段函数图像，则
据此，命制第（1）问。
【命题背景2】（上凸函数的“切线不等式”）若是区间上的可微上凸函数，则经过点的切线一定在曲线的上方，即成立不等式
又若为严格上凸函数，则上述不等式成立等号的充分必要条件是.
简证：将上述不等式的右边移项到左边，应用拉格朗日中值定理有：
其中.
又是区间上的可微上凸函数，
则在上为减函数；则，
又，则
即：
若为严格上凸函数，则在上严格单调减少。
因此，当且仅当时，等号成立。
由上述定理，可知：经过点的切线一定在曲线的上方。即：
据此，命制第（2）问。
【问题2】给出定义：若函数在区间I上可导，即存在，且导函数在区间I上也可导，则称在区间I上存在二阶导函数.记，若在区间I上恒成立，则称在区间I上为上凸函数；若在区间I上恒成立，则称在区间I上为下凸函数.
对于任意，其中，，若在区间I上为上凸函数，则有;若在区间I上为下凸函数,
则有.
已知，且，
则______(填“>”、“<”或“=”);
若在上恒成立，则的最小值为________
问题2【参考答案】
；（2）的最小值为：
【总结】
教师要研究命题的背景——试题的“源”，据此，我们可取种种具体的函数，乃至抽象函数，源源不断地产生相应的函数不等式题。
2022全国新高考Ⅰ卷作文提示语：对于初学者而言，应该从本手开始，本手的功夫扎实了，棋力才会提高。一些初学者热衷于追求妙手，而忽视更为常用的本手。本手是基础，妙手是创造。一般来说，对本手理解深刻，才可能出现妙手；否则，难免下出俗手，水平也不易提升。
对于教师而言，你未必需要自己下出“妙手”；你需要的是“把握基本，参透变化”。知晓“试题的变化”，会训练学生，让学生练好“本手”，创造出“妙手”！
课堂的基本在于“预设”，课堂的创造在于“生成”！
2024届江苏镇江高三期初考试导数压轴题及其姊妹题的命制
【试题呈现】
（江苏省镇江市2023~2024学年度第一学期高三期初试卷第22题）
（12分）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若对于任意的，关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【参考答案】
（1）单调增区间为：；单调减区间为：和
（2）
【出题背景1——凸函数不等式】
若是区间I上的可微下凸函数，则经过点()的切线一定在曲线的下方，即：成立不等式：，
如：，,则在R上为可微下凸函数；于是有：；即：，
将替换为，得：
引入参数，进一步放缩得：，其中
同时注意到“在上，等号可以取得”。（理由：，且，因此存在，使得）
【出题背景2——同构】
为了让问题更加隐蔽，将不等式恒等变形，并将中间放缩步骤隐藏，得：
这样，就需要考生能够变形以及放缩，得到：
再对比题设条件：“关于x的不等式恒成立”，发现相同的结构：，进而得出最终结果。
【题目变式——姊妹题】
（江苏省镇江市2023~2024学年度第一学期高三期初试卷第22题的“姊妹题”）
（12分）已知函数（）．
（1）求函数的单调区间；
（2）若对于任意的，关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【参考答案】
（1）单调增区间为：；单调减区间为：
（2）
注：该题由刘蒋巍命制，可作为2024届镇江期初考试第22题的“姊妹题”。
【姊妹题的命制思路】
2024届镇江期初考试第22题的“姊妹题”命制过程如下：
，则，当时，单调递减
注意到：，则在为上凸函数，则（）
即：（），用替换，得：（）
即：（）
注意到：时，，
则：当时，
引入不小于1的参数，则
为了让考生找到相同的结构（引入“同构”考点），将改成形式，变形，得：
进一步变形，得：
于是，得到如下新问题：
已知函数（）．
若对于任意的，关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．
对两地2024届高三10月联考导数压轴题参考解答的商榷
【试题呈现】
（常州市联盟学校2023—2024学年度高三第一学期10月学情调研）
已知函数.
（3）当时，判断在零点的个数，并说明理由．
（安徽省徽师联盟2023-2024学年高三上学期10月质量检测数学试题）
已知函数.
（3）当时，判断在零点的个数，并说明理由.
（类题1——2023苏大考前指导卷第2问）已知函数
（2）当时，求证：在上有唯一零点。
【出题背景】2023苏大考前指导卷21题（2）出题背景（函数的凸性），构造函数，判断其在（0，+∞）单增，且为下凸函数，在x=0处的切线为y=x，故g(x)函数图像与y=ax图像在（0，+∞）有唯一交点，因此，在（0，+∞）有唯一零点。
【出题背景】
（下凸函数的“切线不等式”）若是区间上的可微凸函数，则经过点的切线一定在曲线的下方，即成立不等式
又若为严格凸函数，则上述不等式成立等号的充分必要条件是.
简证：将上述不等式的右边移项到左边，应用拉格朗日中值定理有：
其中.
又是区间上的可微凸函数，
则在上为增函数；则，
又，则
即：
若为严格凸函数，则在上严格单调增加。
因此，当且仅当时，等号成立。
【试题参考解答及商榷之处】
【参考解答】
常州市联盟学校、安徽省徽师联盟对于第22题导数压轴题分别给出了如下解答：
（常州市联盟学校2023—2024学年度高三第一学期10月学情调研）已知函数.
（3）当时，判断在零点的个数，并说明理由．
【参考答案】令，即可得；
构造函数，，易知在上恒成立，
即在上单调递增，如图中实曲线所示：
又函数恒过，且，
易知，所以函数在处的切线方程为；
又，所以（图中虚线）在范围内恒在（图中实直线）的上方；
所以由图易知与在范围内仅有一个交点，
即函数在内仅有一个零点. …………12分
（安徽省徽师联盟2023-2024学年高三上学期10月质量检测数学试题）
已知函数.
（3）当时，判断在零点的个数，并说明理由.
【参考答案】令，即可得；构造函数，，易知在上恒成立，即在上单调递增，如下图中实曲线所示：
又函数恒过，且，易知，
所以函数在处的切线方程为；又，所以（图中虚线）在范围内恒在（图中实直线）的上方；所以由图易知与在范围内仅有一个交点，即函数在内仅有一个零点。
【值得商榷之处】
在商榷之前，我们先看一个引理及相关的命题：
引理：（上凸函数的“切线不等式”）若是区间上的可微上凸函数，则经过点的切线一定在曲线的上方，即成立不等式
又若为严格上凸函数，则上述不等式成立等号的充分必要条件是.
简证：将上述不等式的右边移项到左边，应用拉格朗日中值定理有：
其中.
又是区间上的可微上凸函数，
则在上为减函数；则，
又，则
即：
若为严格上凸函数，则在上严格单调减少。
因此，当且仅当时，等号成立。
相关命题：给出定义：若函数在区间I上可导，即存在，且导函数在区间I上也可导，则称在区间I上存在二阶导函数.记，若在区间I上恒成立，则称在区间I上为上凸函数；若在区间I上恒成立，则称在区间I上为下凸函数.
对于任意，其中，，若在区间I上为上凸函数，则有;若在区间I上为下凸函数,
则有.
已知，且，
则______(填“>”、“<”或“=”);
若在上恒成立，则的最小值为________
参考答案：（1）；（2）的最小值为：
【命题背景】
，，
当时，，则；则在是上凸函数
当或时，，则，
则在是下凸函数。
取“”段函数图像，则
据此，命制第（1）问。
由上述引理，可知：经过点的切线一定在曲线的上方。即：
据此，命制第（2）问。
由上面的引理及相关命题，值得商榷之处不言而喻了——在局部区域，函数图像在切线的上方还是下方，函数的局部凹凸性（局部区域，上凸还是下凸）的判定是关键点。譬如：在是上凸函数，经过点的切线在曲线的上方。
而函数，在（0，+∞）单增，且为下凸函数，x=0处的切线y=x在曲线的下方。
这两地区上述的参考解答都没有说清楚这一点。希望参考解答能够更加完善，并没有针对谁的意思。抛砖引玉，仅供参考。
Hadamard不等式及其特例——对数均值不等式
（指数均值不等式）：（）
其对数形式：（），
又等价于：（）
引申：当时，，
则，
即：，不难发现调和级数是发散的。
★关于（）类型函数的导数题是怎么出的呢？ 设，（）是函数（）图像上任意两点，记直线AB的斜率为，则
；而函数在处的导数，
又由引理：
所以恒成立.（*）——一般性的结论。
注：引理证明：构造函数（），显然，
所以，即：，（）
不妨设，令，则，即：
★案例：设函数，若的两个极值点和，记过点，的直线的斜率为，问：是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。
分析：，，令，，因为的两个极值点和，所以方程在上有两个相异实根，则且，得：
易得：，
若，则，又因为，所以，矛盾！所以不存在符合条件的实数.
“副产品”：
★试题改编
将问题改编，生成如下问题：
（2021年湖北省八市高三（3月）联考第21题）已知函数f(x)=x-2alnx-,(a∈R).
（1)讨论函数f(x)的单调性；
（2)若x1、x2为函数f(x)的两个极值点，证明：
注：2021年湖北省八市高三（3月）联考
★常州高级中学高二单元考试题
分析：我们看第（3）问，属于“（）类型函数”
设，，记直线AB的斜率为，
因为，为零点，所以，此题中，
而函数在处的导数，
又由引理：
所以，，即：
又，所以，，，即
单元考只是个特例，你读懂了吗？
应用：已知函数
若函数的图像与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为，证明：
应用（*）式结论：
将，，代入到中，得：
这一结论，你会玩了吗？试一试吧！
试一试
已知函数
如果函数的图像交轴于，（）两点，的中点为，证明：
要求：请写出完整解题过程哦！
问题5：已知函数
（1）设，证明：当时，
（2）若函数的图像与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为，证明：
分析：（1）将，，代入到中，得：，即：，
所以
（2）将，，代入到中，得：
问题6：设函数，证明：当时，
分析： ，从而
引申：当时，
拓展：当然，本题还可以使用拉格朗日中值定理求解。
，其中
问题7：设函数，若的两个极值点和，记过点，的直线的斜率为，问：是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。
分析：，，令，，因为的两个极值点和，所以方程在上有两个相异实根，则且，得：
易得：，
若，则，又因为，所以，矛盾！所以不存在符合条件的实数.
问题8：已知函数（），若，且，证明：
分析：，因为，所以
又因为，所以
☆常见的对数不等式：，（）；
，（）；
，（）；
，（）.
构造函数（），显然，
所以，即：，（）
不妨设，令，则，即：
问题9：已知函数（）
若函数有两个不同的零点，，求证：
分析：因为函数有两个不同的零点，，
所以 ，则，，
所以，，即
问题10：已知函数（）
记函数的图像为曲线C，设点，是曲线C上不同的两点，点M为线段AB的中点，过点M作轴的垂线交曲线C于点N。试问：曲线C在点N处的切线是否平行于直线AB？并说明理由。
答案：不平行。请读者自作。
一道“对数均值不等式”及其变形、延申的原创小题
【试题呈现】
【多选题】“（）”被称为“对数均值不等式”。
变形为：“（）（变形1）”。
当时，令，并适当放缩，可得不等式：，
令不等式中的分别取并累加，可得：
可以通过类似上述“变形”、“放缩”、“代换”的方法得到的新的不等式有（ ）
A.
B.
C.
D.
出题背景
【试出题背景】“对数均值不等式”及其变形、延申
参考解答
【试题参考解答】BCD
“（）（变形1）”可变形为：
（）（变形2），令，得：
（）（变形3），故A错误。
将变形3中换成可得：
（）（变形4）
对“变形4”用基本不等式，放缩得：
，故B正确。
令，得：，故C正确。
令上述不等式中分别取并累加可得：
即：，故D正确。
D选项，还可以用于估算真数为正整数的对数的范围。
题外话
有老师说：“刘老师，你命制的这三道题，考到原题的可能性不大。”
是的，有多少老师能命中高考原题呢？
我在2017年，"用对数均值不等式(Hadamard积分不等式特例)推导调和级数是发散的"这一过程中(写入《江苏高考数学复习指南》2018年出版)，其中一个部分就是2022年全国高考2卷数学压轴题最后一问。(可以算是:命中高中压轴题最后一问原题吧！提示:把不等式，k取1~n，累加一下看看呢)。可我当初也想不到5年后会在高考中考到。
教育部在2022年全国2卷第22题中，命制了以双曲函数为背景的试题：
已知函数
当时，，求的取值范围。
设，证明
教学的意义，就是为了高考么？
这题所涉及的数学思想，对高考，甚至对大学数学的学习都是有意义的。
2023函数模考题精选精练
1.（2022-2023·徐州新沂市第三中学·一模）函数的部分图象大致是( ).
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性和单调性即可判断.
【详解】定义域为R，f(－x)＝－f(x)，故为奇函数，图像关于原点对称，据此排除B、D选项；
易知x→＋时，，，，，
∵指数函数y＝比幂函数增长的速率要快，故，
即f(x)在x→＋时，图像往x轴无限靠近且在x轴上方，故A选项符合.
故选：A.
2.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）已知p：，q：，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.
【详解】令，，
且，
故为奇函数，
时，递增，则也递增，
又为奇函数，则在上递增，
，若，则，
则，即
即；
，若，
则等价于，即，
由在上递增，则， 即，
故p是q的充要条件，
故选：C.
3.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）7．已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用函数奇偶性的定义可求得函数的解析式，再利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为函数为偶函数，则，即，①
又因为函数为奇函数，则，即，②
联立①②可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故函数的最小值为.
故选：B.
4.（2022-2023·南师大附中江宁分校、南京中华中学·一模）15．设函数 ，则使得 成立的的取值范围是_____.
【答案】
【分析】先判断函数的奇偶性与单调性，然后利用函数的性质解不等式，即可求解.
【详解】因为，所以，所以函数的定义域为且，
又，∴为偶函数.
当时，令，
∵ ，∴在上是增函数，
易知函数在上是增函数，∴在上是增函数.
又为偶函数，∴，
∴由，得，
解得，
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与单调性及其应用，其中解答中根据根据的解析式得到函数的奇偶性和单调性是解答的关键，着重考查化归与转化能力和运算求解能力，属于中档试题．
5.（2022-2023·南通·一模）函数的定义域均为，且，关于对称，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用已知、方程、函数的对称性、周期性进行计算求解.
【详解】因为， ，
对于②式有：，由①+有：，
即，又关于对称，所以，
由④⑤有：，即，，
两式相减得：，即，即，
因为函数的定义域为，所以的周期为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错误.
故选：C.
6.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）14．定义在上的函数，满足为偶函数，为奇函数，若，则__________.
【答案】1
【分析】根据为偶函数、为奇函数的性质，利用赋值法可得答案.
【详解】若为偶函数，为奇函数，
则，，
令，则，即，
令，则，即，
又因为，所以.
故答案为：1.
7.（2022-2023·南京第十二中学·一模）15．已知函数，若方程f（x）＝m（m∈R）恰有三个不同的实数解a，b，c（a＜b＜c），则（a＋b）c的取值范围是____．
【答案】
【分析】根据分段函数解析式画出图象，即可得出a＋b＝－2，，进而可求（a＋b）c的范围.
【详解】依题意，
函数的图象如图所示：
方程f（x）＝m（m∈R）恰有三个不同的实数解a，b，c（a＜b＜c），
可得a＋b＝－2，f（0）＝1＝f（1），，
则，
故答案为：．
2023导数模考题精选精练
1.（2022-2023·南京江浦高中·一模）8．设是定义在上的函数，其导函数为，满足，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依题意令，进而根据题意得在上单调递减，故，进而得答案.
【详解】解：因为满足，令，
则，所以在上单调递减，
所以，即，所以.
所以.
故选：A
2.（2022-2023·南京第十二中学·一模）8．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
3.（多选题题）（2022-2023·南通·一模）12．过平面内一点P作曲线两条互相垂直的切线、，切点为、、不重合，设直线、分别与y轴交于点A、B，则（ ）
A．、两点的纵坐标之积为定值 B．直线的斜率为定值
C．线段AB的长度为定值 D．面积的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据切线方程的定义，利用分类讨论的思想，可得整理切线方程，根据直线垂直可得切点横坐标的乘积，进而可得纵坐标的乘积，利用直线斜率公式，等量代换整理，可得其值，利用切线方程，求得的坐标，可得答案.
【详解】由函数，则，
设，，
当，时，由题意可得，，化简可得，符合题意；
当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；
当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；
对于A，，故A错误；
对于B，直线的斜率，故B正确；
对于C，易知直线，直线，
令，则，即，同理可得，
，故C正确；
对于D，联立，整理可得，解得，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，则当时，，
所以，，故D正确.
故选：BCD.
4.（多选题）（2022-2023·南师大附中江宁分校、南京中华中学·一模）10．定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心．已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A．， B．函数既有极大值又有极小值
C．函数有三个零点 D．过可以作三条直线与图像相切
【答案】AB
【分析】根据“拐点”的定义与的对称中心，建立方程求出可判断A，再由导数与函数单调性的关系即可判断的极值，从而判断B，根据的单调性及的极值可判断C，根据导数的几何意义求出的切线方程，从而转化为切点个数问题即可判断D.
【详解】，，
，即，解得，故A正确；
，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以既有极大值又有极小值，故B正确；
由选项B可知在与处取得极大值与极小值，
又，，即的极大值与极小值大于0，所以函数不会有3个零点，故C错误；
设切点为，则切线方程为，
又切线过，则，
化简得，即，解得或，
即满足题意的切点只有两个，所以满足题意只有两条切线，故D错误.
故选：AB.
5.（多选题）（2022-2023·徐州新沂市第三中学·一模）12．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】对于A选项，尝试找反例.
对于B，C选项，构造函数帮助分析.
对于D选项，设，再研究函数零点所在范围.
【详解】对于A选项，当时，.
设，其中.
则，故在上单调递增.
又，，则，使.
即存在，，使.
但此时，.故A错误.
对于B选项，
.设，其中.则.
得在上单调递增.
注意到.
则.又在上递增，
则有.故B正确.
对于C选项，由B选项可知，则由，
有.故C正确.
对于D选项，因，，
则.设，其中.
则.
设，其中.则，
得在上单调递增.
（1）若，注意到，，则，使.即，
则，设，则，
得在上单调递减，则.
（2）当，，注意到.
则，此时.
（3）当，注意到
则，又由（1）分析可知在上单调递增.
则.
综上，有.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量，构造函数，难度较大.
对于A选项，直接证明较为复杂，故尝试找反例.
对于B，C选项，在与同时出现的题目中，常利用使出现相同结构.
对于D选项，将看作参数，并设简化运算.
6.（多选题）（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）12．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】证明，放缩可判断A，由，放缩可判断B，先证出，再放缩，根据再放缩即可判断C，可得，令，转化为，构造，利用导数判断单调性求函数最小值即可判断D.
【详解】由，可得，
，
令，则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，即，
由知，A正确；
由可得，可得（时取等号），
因为，所以，B正确；
时，，则，
，C错误；
，
令，则，
，
在单调递增，，，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：比较式子的的大小，要善于对已知条件变形，恰当变形可结合，，放缩后判断AB选项，变形，再令，变形，是判断D选项的关键，变形到此处，求导得最小值即可.
7.（2022-2023·南京、盐城市·一模）22．已知，函数，.
(1)若，求证：仅有1个零点；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）代入，求出导数，通过证明单调性继而证明出仅有1个零点；
（2）由解析式可知，证明有两个零点，只需证明在或上存在零点，分类讨论的不同取值时，在这两个区间的单调情况，以及取值范围从而求出实数的取值范围.
【详解】（1）当，，
时，，
所以在上单调递增，且，
所以仅有1个零点.
（2），
当时，，在上单调递增，此时仅有1个零点0；
当时，时，设，
则，所以在上单调递减，
所以，所以在上单调递增，
时，，
，所以在上单调递减，此时仅有1个零点0；
当时，，
由上知在上单调递增，在上，，
所以存在，使得，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
要使有两个零点，则，
此时；
当时，由上知在上单调递减，
且在上单调递减，，
时，，则，
所以存在使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
时，，
所以，所以在上有1个零点，此时有两个零点.
综上，的取值范围为
【点睛】方法点睛：
本题中在判断零点范围是使用了两个技巧：
①合理的放缩函数，如，，在有限定义域内放缩一般要求被放缩函数存在上界或者下界，将函数放缩至上确界或者下确界；
②通过函数取值范围确定零点范围，如通过可得，通过可得，此处用到整体换元的思想，令.
8.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）22．已知函数且.
(1)设，讨论的单调性；
(2)若且存在三个零点.
1）求实数的取值范围；
2）设，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)1）；2)证明见解析
【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.
(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.
2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1）,,
因为,定义域为
当时,,解,得,解,得
当时,,解,得,解,得
综上, 当时, 增区间为,减区间为,
当时, 增区间为,减区间为,
（2）1）因为且存在三个零点.
所以有3个根
当时, ,
在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当,,即有两个根,
令,可转化为与有两个交点
,
可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的,
其中,当,
所以可得,
即得.
2）因为且存在三个零点.
设，,易知其中 ,,
因为,所以,故可知;①
由1）可知与有两个交点,
,是单调递增的, ,,,所以;②
,
若,则
若,
构造函数,
设,
因为
又因为,
所以③
因为
又因为
所以
即得④
由③④可知, ,在上单调递增, 可得
,可知与同号
所以,
在上单调递增.
,,又由1)可知
所以,
,,是单调递增的,
所以⑤
由①②⑤可知
【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,
结合特殊值得到再利用单调性可得.
9.（2022-2023·扬州中学·一模）22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设，若，且对任意恒成立，求实数的取值范围.
【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)
【分析】（1）求出函数的导数，分和讨论导数的正负，从而判断函数的单调性；
（2）由题意对任意，可变形为，故设，推出，从而将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求解函数最值即可求得答案.
【详解】（1）因为，
所以，
因为，
若,则在上单调递增，
若，当时，，当时，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
综上可得，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）对任意，
即，设，则，
即，
当时，，
由（1）知在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
所以，
设，则在上单调递增，
且，
所以存在，使得，
即，即，
由在上是增函数，得，
时，单调递减，
时，单调递增，
所以，
所以由得，即，
所以实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：在解答对任意恒成立时，根据此时函数的结构特征，设出函数，将恒成立问题转化为函数的最值问题，关键在于求该函数的最值时，求出其导数，要结合零点存在定理判断其极值点，从而求得最值.
10.（2022-2023·南京师大附中·一模）22．已知函数，其中．
（1）设函数，证明：
①有且仅有一个极小值点；
②记是的唯一极小值点，则；
（2）若，直线与曲线相切，且有无穷多个切点，求所有符合上述条件的直线的方程．
【答案】（1）证明见解析；（2）或.
【分析】（1）①对函数求导，结合单调性、零点存在性定理证明仅有一个零点，并判断在零点两侧的符号即可得证；
②由①可得，再对不等式进行等价变形，借助分析法即可得证.
（2）设出切点坐标，由导数的几何意义推理可得切点坐标满足的关系，再求解作答.
【详解】（1）①依题意，，求导得：，
令，则，函数即在R上单调递增，
又，则存在，使得，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以为的唯一极小值点．
②由①知，，即，，
则，
因此，要证，只需证，即证，
因为，从而只需证，即，而，
所以.
（2）依题意，，求导得：，
则函数在点处的切线l的方程为，
若直线l恰好与曲线相切且有无穷多个切点，任取两个不同的切点，
则在此两点处的切线为同一直线，即，
于是有，则或，
若，从而得：，显然，则，
若，取异于A，B外的另一个切点，
则有，，
如果，则有，如果，则，因此，
从而恒有，即，于是得直线l的方程为或，
当切线方程为时，切点为，
当切线方程为时，切点为，
所以直线l的方程为或．
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.
11.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）22．已知函数．
(1)若，，求实数a的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导数，利用含参函数单调性的讨论中首项系数含参数问题讨论，将分为零正负，又通过判别根式对导函数是否有根进行分类求解即可；
（2）由题意要证，只要证，涉及到转化的思想令，，求的最小值即可求得结果.
【详解】（1）依题意，.
①当时，在上，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
②当时，令，得，解得，，
所以当时，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
③当时，判别式，所以，
所以在上单调递增，所以.
综上，实数a的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，是的极小值点.
由（1）知，，，则.
综上，要证，只需证，
因为
，
设，.
所以，
所以在上单调递增，所以.
所以，即得成立．
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，
（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；
（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.
第二章 三角函数与解三角形
理解逻辑推理，快得分
数学推理是学生学习数学、进行思考的基本能力。一般地，可从以下两个方面入手培养学生的数学推理能力。
1.加强数学活动的过程教学，提高合情推理能力
通过适当的学习活动，尽可能使学生亲自体验概念的形成过程；精心设计和组织教学，引导学生参与公式、定理、法则、性质的发现、探索、推导过程；尽量暴露解题的思考过程，尤其是解题中思路受阻及产生错误后是如何调整思维方式的，帮助学生掌握探索的方法与解题的规律，培养和发展自我调控的能力.
2.有目的、有计划、有步骤地进行演绎推理的训练，提高演绎推理的能力
（1）结合具体数学内容，介绍或讲授一些必要的逻辑知识．
一般来说，学生经过几年的学习，可以获得一定的逻辑训练.但是因为在教材和教学中，只对数学内容本身进行解释，而对其中的逻辑成分很少解释，学生在没理解逻辑成分的情况下去学习推理往往只是不自觉地使用逻辑法则，有时还会发生逻辑错误，这当然是不利于其逻辑思维和推理能力的发展，为了帮助学生更自觉地使用逻辑规则，避免逻辑错误，提高思维和推理能力，有必要学习关于逻辑的初步知识。
（2）向学生明确“运算也是推理”的思想，有意识地在运算中培养学生“说理”的习惯和能力.
明确“运算也是推理”的思想是十分重要的。因为在中学代数，尤其是初中代数中，含有较多的具有算法性质的内容，学生在学习这部分内容时，往往只是记忆运算的步骤，而忽视对运算依据的理解和掌握，这就不利于运算的准确性，也不利于推理能力的培养。当然，这也不是说要掌握所有数、式运算的依据，这在中学数学中也是做不到的，但是，要强调把计算步骤与依据结合起来，尽可能做到“数学地记忆”，培养学生“说理”的习惯和能力，从中提高推理能力。
（3）向学生明确“化归也是推理”的思想
在数学问题中，给出的条件有时会在量、形关系上显得较为杂乱，无从下手。这时，需要根据待解问题的表现形式，对所给的量、形关系做和谐统一的化归。即化归应朝着使待解问题在表现形式上趋于和谐，在量、形、关系方面趋于统一的方向进行，使问题的条件与结论表现得更匀称和恰当。
【例题】在Δ ABC中，A＝2C，求证：b/3＜a—c＜b/2．
分析 条件是角的关系，结论是边的关系，由统一性原则及正弦定理，将结论与条件统一起来，转化为sin B/3 （1）在Δ ABC中，A＝2C，求证 sin 3C＜3sin 2C—3sin C．
（2）在Δ ABC中，A＝2C，求证2sin 2C—2sin C＜sin 3C．
对于问题（1），继续将结论统一为关于同角C的同名三角函数的不等式：
sin 3C<3sin 2C—3sin C，
等价于3sin C—4（sinC）^3<6sinCcos C—3sinC
等价于—4(sinC)^2—6cos C+6<0
等价于2（cosC）^2—3cos C+1<0
等价于(2cos C—1)(cos C—1)<0
等价于2cos C—1>0
等价于cosC>1/2.
问题（1）随之就化归为：在ΔABC中，A＝2C，求证cosC＞1/2．这是一个很简单的问题．同样可证问题（2）．
分析上述解题过程，如何将元素统一，以及将条件与结论在表现形式上的统一是问题解决的关键，化归正是朝着这个方向进行的。
其实，回顾、反思中学数学学习，很多内容都是遵循统一性原则的：如不同底的对数式运算常通过换底公式统一为同底数的对数来运算；多变元的问题通过消元变为一个变元的问题；三角诱导公式的重要作用就是实现三角式的和谐统一，等等。
类似的，2022全国1卷第18题。
（2022·新高考Ⅰ卷T18）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
求的最小值．
分析 条件是角的关系，结论是边的关系，由统一性原则及正弦定理，将结论与条件统一起来，转化为以，进一步将角统一起来。由化成，即：，得，即有，进一步转化为关于单变元B的代数式，从而，问题就化归为如下表现形式上较统一的问题：
【问题3】在Δ ABC中，求的最小值.
对于问题3，继续将其统一为关于同角B的同名三角函数式：
等价于“求的最小值“
问题3随之就化归为：在Δ ABC中，求的最小值．这是一个很简单的问题．
以“笛卡尔叶形线”为背景的高考原创题
【试题呈现】“三角换元思想”是三角函数中的基本思想。运用三角换元法可以处理曲线中的最值问题。譬如：已知，求的最大值。我们令，，则，这样我们就把原问题转化为三角函数最值问题。已知是曲线上的点，则的最大值为（ ）
A. 2 B.8 C. 18 D. 36
原创题 该题由刘蒋巍命制
出题背景：笛卡尔叶形线
1638年，笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣和叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶形线方程：
从笛卡尔坐标系的创立开始，笛卡尔叶形线方程隐藏的美就逐渐绽开了含苞待放的花蕾雏形。
（笛卡尔叶形线的对称美）笛卡尔叶形线的斜渐近线与切线的平行对偶美，具有奇特的育人优势，以美育激起以美育德的魅力，以美育德和以美育人。
于是，笔者对该素材，产生了兴趣！
令，，代入方程，得：
上式中的、具有轮换性。
实际上，笛卡尔叶形线的结点坐标和顶点坐标 的横纵坐标都具有轮换对称美。
二元函数，则有
，，
过顶点A的切线斜率为，
故，过点A的切线方程为：，法线方程为
渐近线平行于切线。
令，得到，曲线：。这就是本题的出题背景。
解题方法：
其中，
令，则
在上单调递增
故，，
一道三角函数填空题的命制——听吴莉娜专题报告受启发而命制
2023年4月14日，江苏省常州高级中学吴莉娜老师在“江苏省2023年高中数学新高考研讨活动”中作专题报告。
在专家报告环节，吴莉娜老师指出：“教材是高考数学试题的源头。教材是数学知识和数学思想方法的载体，又是教学的依据。因此在教学中应充分发挥教材作为试题的根本来源的功能，每年均有一定数量的试题是以教材习题为素材的变式题，通过变形、延伸与拓展来命制高考题。”
笔者在学习吴莉娜报告后，研读教材，命制了一道三角函数填空题。下面将试题命制过程及参考解答呈现给大家。请批评指正。
【命制过程】
（苏教版必修2第79页探究拓展第19题部分）
由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式.对于，我们有
可见可以表示为的三次多项式.
笔者思考：恒成立，即：恒成立，亦即对于恒成立，将“4”令为参数“”，求参数的值.
于是有如下问题：
问题1：已知对于总有成立，则
显然，这就是2008年江苏高考卷第18题的命制思路。如此命制，已落入俗套。
参考上述问题1的命制方法——“演绎法+代换法”，命制新问题。
【新问题的命制过程】
公式的演绎过程：
用“代换法”过程：
由此可见，是方程的根.
将方程左侧多项式展开，整理得：
令，则，，
此时，
于是，得到以下新问题：
【新问题】 已知，若、、是方程的根，则______________
【参考答案】
用外接圆与椭圆定义直观求解两类三角形周长、面积范围
【一般性的命题（一）】
锐角三角形ABC中，，，角A、B、C所对边分别为、、，其中为定值。
求证：（1）；
【命题（一）问题（1）命题分析】
边、角，均为已知定值。要保证三角形ABC为锐角三角形。可以先画出角A，在边AB上，取点、，使得、（取直角三角形ABC为临界状态，来进一步研究）。
若B点在段（不包含A与）或的延长线上，此时，三角形ABC为钝角三角形。（不符合题意）
要保证三角形ABC为锐角三角形，则B点在段。将视为三角形ABC的高，AB视为三角形ABC的底。
当点B在段运动时，从到，三角形ABC的面积逐渐变大。
因此，，只需用边、角表示出即可。
于是，有：，亦即：
【命题（一）问题（2）命题分析】
边、角，均为已知定值。且由（1）的命题分析，可知：要保证三角形ABC为锐角三角形，则B点在段。
什么时候最小，什么时候最大呢？可以运用椭圆的定义去转化。
【用椭圆定义转化求解】以A、C为焦点，绘制一个经过点B的椭圆，作线段AC的垂直平分线，交该椭圆于D点。运用椭圆的第一定义以及三角形中“大角对大边”的性质，可知：
【直观角度，迅速求解】从直观角度看，点D从运动到，AD是逐渐变大的。因此，当点B在段运动时，从到，三角形ABC的周长也逐渐变大。
【注】当然，也可以不用“椭圆的第一定义”转化，直接用三角形中“大角对大边”的性质去比较判断。结论也是一样的。
于是，有：
【一般性的命题（二）】
锐角三角形ABC中，，，角A、B、C所对边分别为、、，其中为定值。
求证：（1）；
【命题（二）问题（1）命题分析】
注意到：定边所对角为定值，属于“定弦定角”，故构造三角形ABC的外接圆。还是找临界状态，一个“临界状态”是或时；另一个“临界状态”是点A到边BC距离最远时，此时点A在线段BC的垂直平分线上。
若A点在优弧段（不包含B、C、、），此时三角形ABC为钝角三角形。（不符合题意）
若A点在或处，此时或。（不符合题意）
要保证三角形ABC为锐角三角形，则A点在劣弧段。当点A从运动到时，点A到边BC距离越来越大；当点A从运动到时，点A到边BC距离越来越小。底边BC不变，则三角形ABC的面积随着点A到边BC距离的增大而增大，减小而减小。
故，
于是，有：
【命题（二）问题（2）命题分析】
【用椭圆定义转化求解】以B、C为焦点，绘制一个经过点A的椭圆，作线段BC的垂直平分线，交该椭圆于D点。运用椭圆的第一定义以及三角形中“大角对大边”的性质，可知：
【直观角度，迅速求解】从直观角度看，点D从运动到，CD是逐渐变大的。因此，当点A从运动到时，三角形ABC的周长越来越大；当点A从运动到时，三角形ABC的周长越来越小。当点A在线段BC的垂直平分线上（即时），三角形ABC的周长最大。
故，
于是，有：
2024届常州高三期中数学压轴题的出题思路及不同解法对比
【试题呈现】
（常州市教育学会2023-2024学年高三上学期期中数学试题第22题）
已知函数的部分图象如图所示．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．
（1）求函数的解析式，并直接写出函数的解析式；
（2）若在内恰有2023个零点，求实数与正整数的值．
【参考答案】(1) ，
．
（2）
其中第2问至少有2种解法。
下文先讲一下【出题思路】，再做【解法对比】。
【出题思路——改编手法】
【试题的源】
（2013年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）理数试题第20题）
已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)的周期为π,图象的一个对称中心为.将函数f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再将所得到的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象．
(1)求函数f(x)与g(x)的解析式；
(2)是否存在x0∈,使得f(x0),g(x0),f(x0)g(x0)按照某种顺序成等差数列？若存在,请确定x0的个数；若不存在,说明理由；
(3)求实数a与正整数n,使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0,nπ)内恰有2 013个零点．
【参考答案】(1) f(x)＝cos 2x, g(x)＝sin x; (2)存在;
或
【改编手法】
2024届常州高三期中数学压轴题是基于2013年福建高考理科数学第20题改编的。改编的手法是改编数据、平移的方向等，进而构造出类似的函数。
2013年福建高考理科数学第20题第3问：；
令...
2024届常州高三期中数学压轴题的函数：
令，即：...
不难发现：这两个考试中最后一问研究的函数是极其类似的。
【符合“年代感”的表述】
（2013年福建高考最后一问）求实数a与正整数n,使得F(x)在(0,nπ)内恰有2 013个零点．
（2024届常州高三期中最后一问）若F(x)在(0,nπ)内恰有2023个零点，求实数与正整数的值．
【分析异同】从上面改编手法中，可以看出这两题极其相似。如果F(x)在(0,nπ)内恰有的零点个数不变。这两题的答案就是一模一样！如此改编，难免有“抄袭之嫌”，怎么办呢？把“2013个零点”改为“2023个零点”，这样答案有所不同。
于是，命制了“2024届常州高三期中数学压轴题”。
【第2问解法对比】
【两种解法】
第2问有两种方法：
方法1：解方程，换元，得到（其中，），进而研究二次函数的零点分布。
方法2，用分离系数法得出（其中，），而后研究函数与的交点情况；
这两种方法均可将原问题转化为研究一个周期内函数的零点个数问题。（从简单开始考虑）
【解答呈现】
令，即：
记，则只需研究,也即在给定区间上的零点情况。下面的过程与2013年福建高考最后一问类似。
（解法1：通过代换，转化为二次函数在特定区间上的问题）
现研究函数在.
设则函数的图象是开口向下的抛物线，
又，，
当b＞1（即：）时，函数有一个零点(另一个零点＞1，舍去)，在上有两个零点，且；
当（即：）时，函数有一个零点(另一个零点＜-1，舍去)，在上有两个零点，且；
当(即：-1＜＜1）时，函数有一个零点，另一个零点，在和分别有两个零点.
由正弦函数的周期性，可知当a≠±1时，函数在内总有偶数个零点，从而不存在正整数n满足题意.
当b=1()时，函数有一个零点，另一个零点=1；
当()时，函数有一个零点=-1，另一个零点，
从而当a=1或a=-1时，函数在有3个零点.
由周期性，，
所以依题意得时，即：时，.
（由于正整数n,所以当时，即：时，能够取到2022个或2024个或2025个交点，而取不到2023个交点。）
综上，
（解法2：分离参数，借助函数图像，找零点）
依题意，，令，
当，即时，，从而不是方程的解，所以方程等价于关于的方程
现研究时，方程的解的情况。
则问题转化为：研究直线的交点情况。
的变化情况如下表：
由图可知：当时，直线与曲线在内无交点，在内有2个交点。（也即：当时，直线与曲线在内无交点，在内有2个交点。）
当时，直线与曲线在内有2个交点，在内无交点。（也即：当时，直线与曲线在内有2个交点，在内无交点。）
当时，直线与曲线在内有2个交点，在内有2个交点。（也即：当时，直线与曲线在内有2个交点，在内有2个交点。）
从而不存在正整数n,使得直线y=a与曲线y=h(x)在（0，n）内恰有2023个交点；
当内有3个交点
由周期性，，
所以依题意得时，即：时，.
（由于正整数n,所以当时，即：时，能够取到2022个或2024个或2025个交点，而取不到2023个交点。）
综上，
【解法对比】
“通过代换，转化为二次函数在特定区间上的问题”还是“分离参数，借助函数图像，找零点”？
哪个方法最简便？哪个方法最自然？因人而异。
【感言】
平时，遇到三角函数与导数综合的压轴题，有不少学生都会畏惧，从简单的开始考虑，以形助数。
按照江苏省常州高级中学老师的话，这叫做——【简中求道】吧！
构造出来的高考题
新高考数学命题的思维包括：
①构造:构造某种结构。譬如:辅助函数、几何图形等。
②放缩:运用超越不等式(指数不等式、对数不等式、三角不等式等)、基本不等式等进行放缩，构造出相应的命题。
③高观点:微积分、高等几何观点。以“微积分、高等几何观点”为背景，构造出背景深刻的高考题。
一．构造某种结构，譬如:辅助函数、几何图形等。
（构造函数）已知，，且，，若，则（ ）
B． C． D．3
提示：构造函数
类似题：（2020复旦大学强基计划）设，，若则 _______．
（构造几何图形）已知，则的最小值为________
提示：令，，构造成“最短路径”问题
（构造函数）设都是实数，且，求参数的一切取值，使方程组有唯一解。
分析：利用是关于的偶函数，也是关于的偶函数。因此，方程组若有解，则必有解；
又该方程组有唯一解，于是，得：，推知：；
，则解为：
构造三角形
（余弦定理的逆命题）对于正实数，，，及，若有，则对应的线段可以构成一个三角形，且边的对角大小为．
证明：因为，所以.
又由等式，得：，
即：，，
故，以三正数为边长可构造出一个三角形.
由余弦定理，，代入已知等式，得：
因为，且在上单调递减，
所以，，即：边的对角大小为
2.学以致用
设正实数a，b，c满足a＋b＝，b＋c＝，c＋a＝．求a＋b＋c．
分析：将代数式“a＋b＝”两边平方，得：，即：，亦即：；同理得：；
于是，可构造三角形通过余弦定理、三角形面积公式求解。
解答：由条件得：；
；
；
由余弦定理，可构造如下几何模型：
平面上共端点P的线段、、两两夹角为，且，，，
于是，，，.
从而，三角形为直角三角形，其面积为6，
则，即：
所以，
；因此，
二．运用超越不等式(指数不等式、对数不等式、三角不等式等)、基本不等式等进行放缩，构造出相应的命题。
（指数均值不等式）：（）
其对数形式：（），
又等价于：（）
引申：当时，，
则，
即：，不难发现调和级数是发散的。
（构造对数平均值不等式）设函数，证明：当时，
分析： ，从而
引申：当时，
拓展：当然，本题还可以使用拉格朗日中值定理求解。
，其中
（以“基本不等式”、“收敛数列——单调有界数列”为命题背景）已知各项均为正数的两个数列和满足：．
（1）设，求证：数列是等差数列；
（2）设，且是等比数列，求和的值．
命制思路简析：
①正项数列为大于1的有界数列，且为等比数列，求证：为常数列.
②，求证：
三．以“微积分、高等几何观点”为背景，构造出背景深刻的高考题。
十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式…＋＋…，（其中，，n！＝1×2×3×…×n0！＝1），现用上述公式求的值，下列选项中与该值最接近的是（ ）
sin30° B． sin33° C． sin36° D． sin39°
提示：
（以“泰勒公式”等微积分知识为命题背景）若时，恒成立，求的最大值.
命题背景：的泰勒展开式为
当时，
则，，即：，
（以“极点极线”等高等几何知识为命题背景）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F．设过点T（）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M、，其中m>0,．
设,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）．
命制思路简析：
前两问比较简单，这里从略。对于第（3）问，由高等几何知识知：点T（）关于椭圆的极线方程为：，此直线恒过轴上一定点，从而直线MN必过定点。（令椭圆方程为：，，则直线MN必过定点）
2023三角函数与解三角形模考题精选精练
1.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）6．记函数的最小正周期为T．若，且，则（ ）
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.
【详解】根据最小正周期，可得，解得；
又，即是函数的一条对称轴，
所以，解得.
又，当时，.
故选：C
2.（多选题）（2022-2023·苏锡常镇·一模）11．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．将函数的图象向左平移个单位长度，总能得到的图象
B．若，则当时，的取值范围为
C．若在区间上恰有3个极大值点，则
D．若在区间上单调递减，则
【答案】BC
【分析】由题可得，然后利用三角函数的性质结合条件逐项分析即得.
【详解】由题可得
对于A，向左平移个单位长度为，故不一定能得到的图象，A错误；
对于B，，，则，，所以，B正确；
对C，由可得，
由在区间上恰有3个极大值点可得，C正确；
对于D，，则，
因为单调递减，
所以，，且即，
解得，，且，
当时，，当时，，D错误.
故选：BC.
3.（2022-2023·南通·一模）20．记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)若，证明：；
(2)若，证明：.
【答案】(1)见详解；
(2)见详解.
【分析】（1）根据正余弦定理角化边，整理即可；
（2）根据正弦定理推得，即可得到.通过分析，可得以及，代入，整理可得到，令，构造，求导得到在上单调递减.进而得到.
【详解】（1）证明：由正弦定理可得，，所以，
由余弦定理及其推论可得，，，
所以，由已知可得，，
即，
因为，所以.
（2）证明：由已知得，，
又由正弦定理可得，，
因为，所以.
由（1）知，，则，
又由正弦定理可得，
，
又，则，
将以及代入可得，
，
整理可得，，
因为，，，所以，则.
令，则，，
则，
所以，当，恒成立，所以在上单调递减.
所以，，即.
综上所述，.
4.（2022-2023·苏锡常镇·一模）18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
(1)若，求的值；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换可得，结合条件可得关于的方程，进而即得；
（2）根据条件可得，进而可得，然后根据三角形面积的公式即得.
【详解】（1）若，则，
因为，，
所以，
所以，
解得或，因为，
所以；
（2）若，由，可得，
整理可得，即，
因为，所以，，所以，
所以是以C为顶角的等腰三角形，，
所以的面积为.
5.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）17．△ABC中，D是线段BC上的点，，的面积是面积的2倍．
(1)求；
(2)若，，求DC和AB的长．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由面积公式可得，利用正弦定理即可求解，
（2）根据余弦定理联立方程即可求解.
【详解】（1）设，则由，的面积是面积的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．
由于和互补，故，
由①②求得．
（2）∵的面积是面积的2倍，，，
∴，∴．
设，则，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·南京师大附中·一模）17．已知函数在一个周期内的图象如图所示．
(1)求函数的表达式；
(2)把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变，再把得到的图象向下平移一个单位，再向左平移个单位，得到函数的图象，若，求函数的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数图象可得，得，由图象和公式求得，由求得，即可求解；
（2）根据三角函数图象的平移伸缩变换可得，利用正弦函数的单调性即可求出函数的值域.
【详解】（1）根据函数图象可得，，
，，
，得，，
又，，，
，，得，，
又，，
；
（2）把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变得到，
再向下平移一个单位得到，
再向左平移个单位得到，
，
当时，，
又函数在上单调递增，在上单调递减，
，
，即值域为
第三章 数列
高考原创小题的命制与解析——音程计算、药物留存模型
在《中学课程辅导(教师通讯)》2017年第3期封面文章《如何评价升学考试数学试卷的命制》一文中提到：高水平的试题拼凑在一起，未必是高水平的试卷。试卷设计需体现升学考试性质的要求。升学考试不是数学竞赛，升学考试要求考生“人人有得，各展其能”。每一位考生都有分可得且能得到他应得的分数。[1]
基于此，笔者命制了2道基础小题。
【试题1呈现】（2023高考数学考前原创热身卷）【填空题】在乐器制作中需要精准地计算、测试、调整乐器的音准。这就涉及对音程的精确度量。精确度量音程的单位是音分（cents），它是英国数学家亚历山大 艾利斯提出的。音分是度量不同乐音频率比的单位，也可以称为度量音程的对数标度单位。一个八度音程为1 200音分，它们的频率值构成一个等比数列。八度音程冠音与根音的频率比为2,因此1 200个音构成一个公比为的等比数列。若已知音M的频率为m，音分值为k,音N的频率为n，音分值为，且，则音程
【试题2呈现】（2023高考数学考前原创热身卷）【多选题】某学生在排球比赛中扭伤了膝盖，医生要求他每8小时服用剂量为440 mg的药片，连续服用10天。如果该学生的肾脏在8小时后能够过滤掉体内含药量的60%.我们通过构建函数模型来预测未来几天后体内药物的存留量。用表示第1次服药后体内的药量（为初始值440 ，单位mg），表示第2次服药后体内的药量，表示第n次服药后体内的药量。则下列说法正确的有（ ）
A.这是一个在正整数上取值的指数函数类的模型
B.体内含药量从第三天（经历48小时）起始终保持在730mg以上
C.
D.体内含药量在前两天增速缓慢，在第三天后增速变大
出题背景
【试题1出题背景】数学与音乐——音分的意义与计算音程的音分
【试题2出题背景】数学与人体健康——体内药物的存留量
参考解答
【试题1参考解答】
由题意知：，又，则，则
【试题2参考解答】ABC
由题意知：，
...
通过计算，可得：
由通项公式可见，这是一个在正整数上取值的指数函数类的模型，且为递增数列。
，，当n越来越大时，数列中对应的项越来越接近固定值，故。体内含药量在经历前两天迅速增长后，从第三天（经历48小时）起始终保持在730mg以上。故选ABC。
无锡市2024届高三期中数列压轴题的命制与推广
【试题呈现】
（无锡市2023-2024学年高三上学期期中数学解答题第21题）
各项均为正数的数列的前项和记为，已知，且对一切都成立．
（1）求数列的通项公式；
（2）在和之间插入个数，使这个数组成等差数列，将插入的个数之和记为，其中．求数列的前项和．
【答案】（1）
【命制研究】
思考1：递推式是如何构造的？如何命制这样的试题？
构造一个首项为，公比为的等比数列，且其前n项和；
则；；
；；
则，即：
于是有了如下一般性命题：数列的前项和记为，已知，且且，对一切都成立．则
无锡市2023-2024学年高三上学期期中数学解答题第21题是上述一般性命题的特例，取，并将“公比为且”这一限制条件强化为“各项均为正数的数列”，生成如下问题：
各项均为正数的数列的前项和记为，已知，且对一切都成立．
（1）求数列的通项公式；
解法有很多，解法1是某位老师给出的一种解法：由，可得，进而可得，再利用退一相减法可得；
解法1：由，
得，
所以，
所以，
当时，，
所以，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
解法2：由各项均为正数的数列的前项和记为，且，可得；所以，；依据此思路可以继续做下去，得到正确答案。
思考2：如何构造出一个考察“错位相减法求数列前n项和”的问题？
错位相减法适用于通项是“等差 等比”的类型。在和之间插入个数，使这个数组成等差数列，将插入的个数之和记为，其中．则数列就是“等差 等比”的类型。其中，
数列的前项和
只需求
无论是求还是，都是很常见的问题，也是大部分学生平时都已经解决的典型问题。
第（2）问解答：由已知在和之间插入个数，这个数组成等差数列，
所以，
设数列的前项和为，
则，
，
所以，
所以.
于是有了以下的推广命题：
【推广命题】
数列的前项和记为，已知，且且，对一切都成立．
则（1）数列的通项公式为：；
（2）在和之间插入个数，使这个数组成等差数列，将插入的个数之和记为，其中．则数列的前项和为
第（2）问分析：
由错位相减法，得：
有趣的迭代——2023上海高考数学函数切线压轴题的源与流
【试题的源——牛顿迭代】
方程的根可解释为：曲线与轴的交点的横坐标。设是根的某个近似值，曲线在点处的切线（如图1）与轴的交点是，将作为新的近似值。
注意到切线方程为：
求得的值，
给定在区间上单调递增的下凸函数，且，
设，曲线在点处的切线与轴的交点是，由图1可知：；
2023上海高考数学第21题，另辟蹊径，将令为上凸函数，并换了一种迭代方式。2023上海高考数学第21题第（3）问实则是方程解的个数问题（本质同下文中“试题的流”变式问题2）。
【试题呈现】
（2023上海高考数学第21题）已知函数，过函数上的点作切线交轴于，，过函数上的点作切线交轴于，以此类推，直至时停止操作，得到数列，，
（1）若正整数，证明
（2）若正整数，试比较与大小
（3）若正整数，是否存在使得依次成等差数列？若存在，求出的所有取值，若不存在，试说明理由。
【思路简析】
易得在处的切线方程为：
令得：，即：
引理：当时，（当且仅当时，取等号），证明略。由引理可知，（当且仅当时，取等号）
（3）思路：“从简单开始试”，难的问题就变得容易了。
由（1）知：，，
若成等差数列，则，即：，亦即：
令，则
故在单调递增。
又，
故存在唯一解，此时成等差数列。
同时，，停止操作，运算结束。
故，
另一方面，若，由（1）知：；；;......;
若存在使得依次成等差数列，则
公差，
故，因此为等比数列。又因为为等差数列，
所以为常数列。与（2）中结论“”矛盾！
综上所述，
【试题的流】
（变式问题1）方程（，其中为常数）最多有几个解？
令，则原方程可化为：
令，得：，
当时，；当时，；故为的极小值。而，；
故方程最多2个解。
（图为：图像）
（变式问题2）若方程（其中为常数）有个解，求的所有取值。
解题思路：由变式问题1可知，令，只需，则方程最多2个解。的取值为3.
下面附几个有趣的迭代问题，供大家思考：
有趣的迭代1：【一道无穷分数、牛顿迭代问题】
难度级别：高考难度
（2023年4月8日刘蒋巍老师命制的高考数学考前原创题）由黄金分割的定义可以导出分式方程
变形得：
将等号右边的用代替，得：
以此类推，有：
这是个无穷分数。
已知，且，，，则与的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法比较大小
说明：该题由刘蒋巍命制。命制时间：2023.4.8
出题背景：无穷分数+牛顿切线法
类比“无穷分数”迭代过程，可得
在利用切线法逐步逼近的过程中，近似值越来越接近正确值，体现一种单调趋势，同时这些值总是大于正确值；即数列是递减数列，并且总是大于。
解题方法：；利用部分分式法得
=
有趣的迭代2：【2道牛顿迭代背景问题】
难度级别：问题1属于“非数考研难度”，问题2属于“数学类难度”
（问题1）已知函数在区间上具有2阶导数，，，，设，曲线在点处的切线与轴的交点是，从点作轴的垂线交曲线于点，再过点作切线的平行线与轴的交点是，证明：
证明 由题意得点处的切线方程为
令，得
因为，所以单调递增。
又因为，所以.
又因为，所以
又因为，而在区间上应用拉格朗日中值定理有：
，
所以，
.
因为，所以单调递增，所以。则，即，所以
由题意得点处的切线方程为：
令，得
又因为，而在区间上应用拉格朗日中值定理有：
，
所以，
同理得：。则，即，所以
（问题2）已知函数在区间上具有2阶导数，，，，设，曲线在点处的切线与轴的交点是，从作轴的垂线交曲线于点，再过点作切线的平行线与轴的交点是，依次重复上述过程得到点，证明：（）.
提示：可由数学归纳法证得，证明过程从略。
拓展阅读：
[1]刘蒋巍.一道考研数学题的命题研究[J].高等数学研究,2018,21(05):41-42.
2023数列模考题精选精练
1.（2022-2023·苏锡常镇·一模）已知数列的前n项和为，，若对任意正整数n，，，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据与的关系结合等比数列的概念可得，进而可得，然后结合条件可得，然后分类讨论即得.
【详解】因为，
当时，，解得，
当时，，则，
即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，则，又，
所以为首项为2，公差为1的等差数列，
则，则，
所以，又，
则，又，
所以，
当n为奇数时，，而，则，解得；
当n为偶数时，，而，则；
综上所述，实数的取值范围为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不等式恒成立问题即得.
2.（多选题）（2022-2023·南通海安高级中学·一模）10．已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的，满足，则下列选项之中，可能成立有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】分类讨论，结合等比数列的通项和性质分析判断.
【详解】当时，则有：
①当，则为非零常数列，故，符合题意，A正确；
②当，则为单调数列，故恒不成立，即且不合题意；
当时，可得，则有：
①当，若为偶数时，则；
若为奇数时，则；
故符合题意，B正确；
②当，若为偶数时，则，且，即；
若为奇数时，则，且，即；
故符合题意，C正确；
③当，若，可得，
∵，则，可得，则，这与等比数列相矛盾，
故和均不合题意，D错误.
故选：ABC.
3.（多选题）（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）10．已知数列{an}的前n项和为， ，若，则k可能为（ ）
A．4 B．8 C．9 D．12
【答案】AC
【分析】根据已知条件列方程，从而求得的值.
【详解】，
当时，由，
解得或（舍去），所以A选项正确.
，
，，所以B选项错误.
，所以C选项正确.
，
所以，所以D选项错误.
故选：AC
4.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）15．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则__________．
【答案】
【分析】根据题意得到，进而依次求解出.
【详解】的第项为，故，即
因为，，所以，，.
故答案为：
5.（2022-2023·南京、盐城市·一模）17．在数列中，若，则称数列为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列是一个“泛等差数列”，数列满足.
(1)若数列的“泛差”，且，，成等差数列，求；
(2)若数列的“泛差”，且，求数列的通项.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）根据“泛差”，联立得，解出即可.
（2）由题，升次作差得，结合，整体代入可得，即可写出其通项.
【详解】（1）“泛差”，，
，，，联立三式得，
化简得，解得.
（2），则，
由，①
，②
②①得，
即，
且.
所以为等差数列，首项为，公差为，
.
6.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）18．已知数列满足，且
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和（用具体数值作答）.
【答案】(1)
(2)6649
【分析】（1）依题意为等差数列，设公差为，由，即可求出，从而得到通项公式；
（2）由（1）可知，则，再利用分组求和法计算可得；
【详解】（1）解：因为，所以，所以为等差数列，设公差为，因为，所以，所以，所以，即
（2）解：因为，所以
所以，所以
7.（2022-2023·南通·一模）18．在数列中，.
(1)求的通项公式.
(2)设的前n项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件，适当整理，可得数列是首项为，公比为的等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解；
（2）利用不等式基本性质可得，进而.将不等式右边设为，利用错位相减求和法运算化简后，即可证得结论.
【详解】

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