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专题04 导数及其应用（选填题）
考点分类 五年考情（2022-2026） 命题规律
考点01 导数的计算与几何意义 2026新课标全国Ⅰ卷 2026新课标全国Ⅱ卷、2026北京卷、2026天津卷、2026上海卷在解答题中考查 2025年全国一卷 2025北京卷、2025天津卷在解答题中考查 2024年新高考卷Ⅰ、2024年全国甲卷 2024北京卷、2024天津卷、 2024上海卷、2024年新高考卷Ⅱ在解答题中考查 2023年全国甲卷 2023年全国乙卷2023北京卷、2023天津卷、2023上海卷、在解答题中考查 2022年新高考卷Ⅰ、2022年新高考卷Ⅱ、 2022年全国甲卷、2022年全国乙卷、2022北京卷、2022天津卷、 2022浙江卷在解答题中考查 一般考查导数的计算、四则运算法则的应用、复合函数求导和求切线方程、公切线问题
考点02 导数与函数的单调性、极值、最值 2026新课标全国Ⅰ卷、2026北京卷、 2025年全国二卷、 2024年新高考卷Ⅰ、2024上海卷、 2023年新高考卷Ⅰ、2023年新高考卷Ⅱ、2023年全国乙卷、 2022年新高考卷Ⅰ、2022年全国甲卷、2022年全国乙卷、 总体思想是了解到导数是作为研究函数的有力工具这一点，导数能将函数的单调性、极值、最值等问题利用图像直观明了的展示
考点03 导数与函数的其他性质综合应用 2024年新高考卷Ⅱ 2022年新高考卷Ⅰ 考查函数的对称性及其他性质，是重难点。注意掌握三次函数的图像与性质
考点04 导数与函数的零点 2026北京卷、2024年全国甲卷（理）、2023年全国乙卷（文）、 其中的隐零点、含参分类讨论、参变分离、数形结合等是常考点
考点01 导数的计算与几何意义
1．（2026·全国一卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因为，则，当时，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积.
【详解】，则，
即该切线方程为，即，
令，则，令，则，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.
故选：A.
3．（2023·全国甲卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解.
【详解】设曲线在点处的切线方程为，
因为，所以，所以；所以
所以曲线在点处的切线方程为.
故选：C
4．（2025·全国一卷·高考真题）若直线是曲线的一条切线，则_________.
【答案】
【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解.
【详解】法一：对于，其导数为，
因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，将代入切线方程，可得，
所以切点坐标为，
因为切点在曲线上，所以，即，解得.
故答案为：.
法二：对于，其导数为，
假设与的切点为，则，解得.故答案为：.
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________.
【答案】
【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【详解】由得，，故曲线在处的切线方程为；
由得，
设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点为，
切线方程为，
根据两切线重合,所以，解得.
故答案为：
6．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】
【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，
所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，
所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：
所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,∴的取值范围是,
故答案为：
考点02 导数与函数的单调性、极值、最值
1．（2026·全国一卷·高考真题）已知函数的最大值为1，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【详解】法1：（1）当时，由，解得，故函数定义域为.
①当时，，当，则，故不存在最大值，不合题意；
②当时，此时，，故最大值不为，不合题意；
③当时，，当，则，故不存在最大值，不合题意；
（2）当时，则，则函数定义域为.且由最大值为可知，，
即对任意恒成立，且等号能取到.
设，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
故，当且仅当时，，
由对任意恒成立，可知，又当时，恒有，取不到等号，所以有，
故选：B.
法2：，由选项知，则定义域为，
故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为，由，
则由，可得①，且，即②，
联立①②解得.验证：当时，，则，
设，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
，且，且当，；当，；
作出函数的大致图象，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
则，满足题意，故.
法3：由选项知，则定义域为，
由，解得.
同法2验证可得，故满足题意，由选项唯一可得..
法4：由选项知，则定义域为，
由，解得.
验证：当时，由不等式可得，
故，当且仅当时等号成立，
故满足题意，由选项唯一可得.
2．（2024·上海·高考真题）已知函数的定义域为，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值
C．存在是增函数 D．存在在处取到极小值
【答案】B
【分析】A选项利用偶函数的性质找到矛盾即可；B选项找到合适函数即可；C选项由定义得到集合与已知条件矛盾；D选项由集合的定义找到矛盾.
【详解】对于A选项：时，，
当时，， 任意的，恒成立，
若时偶函数，此时矛盾，故A选项错误；
对于B选项：若函数图像如下：
当时，，时，，当，，
∴存在在处取最大值，故B选项正确；
对于C选项：在时，若函数严格递增，则集合的取值不会是，
而是全体定义域，故C选项错误；
对于D选项：若存在在处取到极小值，则在在左侧存在，，与集合定义矛盾，故D选项错误.
故选：B
3．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B．e C． D．
【答案】C
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
4．（2022·全国乙卷·高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
5．（2022·全国甲卷·高考真题）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．
6．（2022·全国甲卷·高考真题）当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
8．（多选题）（2025·全国二卷·高考真题）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A． B．当时，
C．当且仅当 D．是的极大值点
【答案】ABD
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；
对B，当时，，则，故B正确；
对C，， 故C错误；
对D，当时，，则，
令，解得或（舍去），
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
则是极大值点，故D正确；
故选：ABD.
9．（多选题）（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】ACD
【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
10．（多选题）（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，，则（ ）．
A． B．
C．是偶函数 D．为的极小值点
【答案】ABC
【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.
【详解】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，

显然，此时是的极大值点，故D错误.
故选：.
11．（多选题）（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.
故选：BCD
12．（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则___________
【答案】
【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解.
【详解】由题意有，
所以，
因为是函数极值点，所以，得，
当时，，
当单调递增，当单调递减，
当单调递增，
所以是函数的极小值点，符合题意；
所以.
故答案为：.
13．（2023·全国乙卷·高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______.
【答案】
【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.
【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
结合题意可得实数的取值范围是.
故答案为：.
14．（2022·全国乙卷·高考真题）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，
则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
考点03 导数与函数的其他性质综合应用
1．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
2．（多选题）（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
3．（多选题）（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
4．（多选题）（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
考点04 导数与函数的零点
1．（2023·全国乙卷·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【详解】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
上单调递增，
在上单调递减，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选：B.
2．（2026·北京·高考真题）已知，给出下列四个结论：
①在上有最小值和最大值；
②，时，有最大值；
③，有3个解；
④，与有4个交点.
其中正确结论的序号是________．
【答案】①②③④
【分析】①，构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出在上的单调性，即可判断；③，求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断；④，求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断.
【详解】由题意，
①在中，，，
，函数为偶函数，
在中，，
∴函数单调递增，
∵，
∴当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴函数在处取最小值，，
在中，
，为偶函数，
当在内有零点时，
即，，使得，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
，，，
∵，
∴，
∴在和处取最小值，，
在处取最大值，
当在内无零点时，，
在上单调递增，在上单调递减，
∴在处取得最小值，，
在处取得最大值，，
故①正确；
②当时，
，，，
由①可得，在上单调递增，
∵，，
∴，使得，
∴在中，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取最大值，
②正确；
③同①可得推广结论，
在中，，
，为偶函数，
即，，使得，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
∴在和处取极小值，
当时，，，，
∵在上单调递减，，
∴，使得，
∵在上单调递增，，
∴，使得，
∴当时，，
∴，有3解，
故③正确；
④由③可得，
在中，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
在中，，
，开口向上，
∴函数，即恒成立，
∴
∴在下方，
∵，
∴在轴上方，
此时与有4个交点，
故④正确.
3．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【详解】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.
故答案为：
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专题04 导数及其应用（选填题）
考点分类 五年考情（2022-2026） 命题规律
考点01 导数的计算与几何意义 2026新课标全国Ⅰ卷 2026新课标全国Ⅱ卷、2026北京卷、2026天津卷、2026上海卷在解答题中考查 2025年全国一卷 2025北京卷、2025天津卷在解答题中考查 2024年新高考卷Ⅰ、2024年全国甲卷 2024北京卷、2024天津卷、 2024上海卷、2024年新高考卷Ⅱ在解答题中考查 2023年全国甲卷 2023年全国乙卷2023北京卷、2023天津卷、2023上海卷、在解答题中考查 2022年新高考卷Ⅰ、2022年新高考卷Ⅱ、 2022年全国甲卷、2022年全国乙卷、2022北京卷、2022天津卷、 2022浙江卷在解答题中考查 一般考查导数的计算、四则运算法则的应用、复合函数求导和求切线方程、公切线问题
考点02 导数与函数的单调性、极值、最值 2026新课标全国Ⅰ卷、2026北京卷、 2025年全国二卷、 2024年新高考卷Ⅰ、2024上海卷、 2023年新高考卷Ⅰ、2023年新高考卷Ⅱ、2023年全国乙卷、 2022年新高考卷Ⅰ、2022年全国甲卷、2022年全国乙卷、 总体思想是了解到导数是作为研究函数的有力工具这一点，导数能将函数的单调性、极值、最值等问题利用图像直观明了的展示
考点03 导数与函数的其他性质综合应用 2024年新高考卷Ⅱ 2022年新高考卷Ⅰ 考查函数的对称性及其他性质，是重难点。注意掌握三次函数的图像与性质
考点04 导数与函数的零点 2026北京卷、2024年全国甲卷（理）、2023年全国乙卷（文）、 其中的隐零点、含参分类讨论、参变分离、数形结合等是常考点
考点01 导数的计算与几何意义
1．（2026·全国一卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国甲卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·全国一卷·高考真题）若直线是曲线的一条切线，则_________.
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________.
6．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
考点02 导数与函数的单调性、极值、最值
1．（2026·全国一卷·高考真题）已知函数的最大值为1，则（ ）
A． B．1 C． D．2
2．（2024·上海·高考真题）已知函数的定义域为，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值
C．存在是增函数 D．存在在处取到极小值
3．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B．e C． D．
4．（2022·全国乙卷·高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全国甲卷·高考真题）已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·全国甲卷·高考真题）当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（ ）
A． B． C． D．
8．（多选题）（2025·全国二卷·高考真题）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A． B．当时，
C．当且仅当 D．是的极大值点
9．（多选题）（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
10．（多选题）（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，，则（ ）．
A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点
11．（多选题）（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A． B． C． D．
12．（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则___________
13．（2023·全国乙卷·高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______.
14．（2022·全国乙卷·高考真题）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
考点03 导数与函数的其他性质综合应用
1．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（多选题）（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
3．（多选题）（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
4．（多选题）（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
考点04 导数与函数的零点
1．（2023·全国乙卷·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·北京·高考真题）已知，给出下列四个结论：
①在上有最小值和最大值； ②，时，有最大值；
③，有3个解； ④，与有4个交点.
其中正确结论的序号是________．
3．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______．
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