2025年高考数学二轮热点题型归纳与演练(上海专用)专题07导数及其应用(七大题型)(原卷版+解析)特训

这是一份2025年高考数学二轮热点题型归纳与演练(上海专用)专题07导数及其应用(七大题型)(原卷版+解析)特训，文件包含2025年高考数学二轮热点题型归纳与演练上海专用专题07导数及其应用七大题型原卷版docx、2025年高考数学二轮热点题型归纳与演练上海专用专题07导数及其应用七大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc27194" 题型01 2023-2024年高考+春考真题1
\l "_Tc22731" 题型02 导数及其应用 3
\l "_Tc394" 题型03 导数的实际应用（含与立体几何、三角函数等结合）6
\l "_Tc1766" 题型04 导数、抽象函数等综合19
\l "_Tc8506" 题型05 求极限、分段函数问题26
\l "_Tc6010" 题型06 导数与数列 、空间向量与立体几何28
\l "_Tc22452" 题型07 其他补充强化训练33
\l "_Tc5641"
【解题规律·提分快招】
题型01 2023-2024年高考+春考真题
【典例1-1】．（2024•上海）已知函数f（x）的定义域为R，定义集合M＝{x0|x0∈R，x∈（﹣∞，x0），f（x）＜f（x0）}，在使得M＝[﹣1，1]的所有f（x）中，下列成立的是（ ）
A．存在f（x）是偶函数
B．存在f（x）在x＝2处取最大值
C．存在f（x）为严格增函数
D．存在f（x）在x＝﹣1处取到极小值
【分析】根据函数的奇偶性、单调性、极值及最值的相关性质对各选项进行判定即可．
【解析】解：对于A，x＜x0时，f（x）＜f（x0），
当x0＝1时，x0∈[﹣1，1]，
对于任意x∈（﹣∞，1），f（x）＜f（1）恒成立，
若f（x）是偶函数，此时f（1）＝f（﹣1），矛盾，故A错误；
对于B，若f（x）函数图像如下：
当x＜﹣1时，f（x）＝﹣2，﹣1≤x≤1时，f（x）∈[﹣1，1]，当x＞1，f（x）＝1，
所以存在f（x）在x＝2处取最大值，故B正确；
对于C，在x＜﹣1时，若函数f（x）严格增，
则集合M的取值不会是[﹣1，1]，而是全体定义域，故C错误；
对于D，若存在f（x）在x＝﹣1处取到极小值，
则在x＝﹣1左侧存在x＝n，f（n）＞﹣1，与集合M定义矛盾，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查函数的奇偶性、单调性及最值等性质，属中档题．
【典例1-2】．（2024•上海）现定义如下：当x∈（n，n+1）时（n∈N），若f（x+1）＝f′（x），则称f（x）为延展函数．现有，当x∈（0，1）时，g（x）＝ex与h（x）＝x10均为延展函数，则以下结论（ ）
（1）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝g（x）有无穷个交点
（2）存在y＝kx+b（k，b∈R；k，b≠0）与y＝h（x）有无穷个交点
A．（1）（2）都成立B．（1）（2）都不成立
C．（1）成立（2）不成立D．（1）不成立（2）成立
【分析】根据题意，对于①，由“延展函数”的定义，分析可得g（x）是周期为1的周期函数，结合一次函数的性质可得①错误，对于②，举出例子，可得②正确，综合可得答案．
【解析】解：根据题意，当x∈（0，1）时，g（x）＝ex与h（x）＝x10均为延展函数，
对于①，对于g（x）＝ex，g（x+1）＝g′（x）＝ex，
则g（x）是周期为1的周期函数，其值域为（1，e），
因为k≠0，y＝kx+b与y＝g（x）不会有无穷个交点，所以（1）错；
对于②，当k＝10!时，存在b使得直线y＝kx+b可以与h（x）在区间（9，10）的函数部分重合，因而有无穷个交点，所以（2）正确．
故选：D．
【点评】本题考查函数与方程的关系，涉及函数的图象，关键理解“延展函数”的定义，属于基础题．
【典例1-3】．（2023•上海）某公园欲建设一段斜坡，坡顶是一条直线，斜坡顶点距水平地面的高度为4米，坡面与水平面所成夹角为θ．行人每沿着斜坡向上走1m消耗的体力为（1.025﹣csθ），欲使行人走上斜坡所消耗的总体力最小，则θ＝ arccs ．
【分析】先求出斜坡的长度，求出上坡所消耗的总体力的函数关系，求出函数的导数，利用导数研究函数的最值即可．
【解析】解：斜坡的长度为l＝，
上坡所消耗的总体力y＝×（1.025﹣csθ）＝，
函数的导数y′＝＝，
由y′＝0，得4﹣4.1csθ＝0，得csθ＝，θ＝arccs，
由f′（x）＞0时csθ＜，即arccs＜θ＜时，函数单调递增，
由f′（x）＜0时csθ＞，即0＜θ＜arccs时，函数单调递减，
即θ＝arccs，函数取得最小值，即此时所消耗的总体力最小．
故答案为：θ＝arccs．
【点评】本题主要考查生活的应用问题，求函数的导数，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键，是中档题．
题型02 导数及其应用
【典例2-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知函数，若，则 ．
【答案】2
【分析】利用导数的定义得到.
【解析】.
故答案为：2
【典例2-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设，则 ．
【答案】4
【分析】运用导数的运算法则求导，再代入数值即可.
【解析】，
，
，
故答案为：4
【变式2-1】．（23-24高二下·上海·期中）函数在区间上的平均变化率为 ．
【答案】
【分析】根据平均变化率的公式，代入计算即可.
【解析】根据题意，，
在区间上，有，，
则其平均变化率.
故答案为：.
【变式2-2】．（25-26高三上·上海·单元测试）函数的驻点为 ．
【答案】
【分析】对求导，得到，令，即可求解.
【解析】因为，所以，
令，解得，所以为函数的驻点，
故答案为：.
【变式2-3】．（23-24高二下·上海·期末）已知函数，，则该函数的严格增区间是 .
【答案】
【分析】求导，利用导数求原函数的单调区间.
【解析】因为，，则对恒成立，
所以该函数的严格增区间是.
故答案为：.
【变式2-4】．（24-25高三上·上海浦东新·阶段练习）已知函数，则在点处的切线的倾斜角为 .
【答案】
【分析】利用导数求出切线斜率，然后由反三角表示即可.
【解析】因为，所以，
记在点处的切线的倾斜角为，则，则，
所以.
故答案为：
【变式2-5】．（24-25高三上·上海·阶段练习）函数在点处的切线方程为 .
【答案】
【分析】根据题意，由导数的几何意义即可得到结果.
【解析】由题意可知，，则切点为，因为，则，
所以在点处的切线斜率为，则切线方程为，即
故答案为：
【变式2-6】．（2024·上海浦东新·三模）已知为偶函数，若，则 ．
【答案】或
【分析】由导数判断出的单调性，当，求解方程，结合偶函数的性质，即可求得的值．
【解析】因为为偶函数，所以，
当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
若，，解得，
由为偶函数得，当时，，
故的值为或，
故答案为：或．
【变式2-7】．（23-24高二下·上海·阶段练习）若函数在上存在严格减区间，则m的取值范围是
【答案】
【分析】借助函数与导数的关系，再参变分离，可得在区间上有解，结合的单调性计算即可得解.
【解析】，
函数在上存在严格减区间，则在区间上有解．
即在区间上有解，
令，因为在区间上严格递减，
所以，故有．
故答案为：.
题型03 导数的实际应用（含与立体几何、三角函数等结合）
【典例3-1】．（24-25高三·上海·随堂练习）做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是，且用料最省，则该圆柱形水桶的底面半径为 ．
【答案】
【分析】设底面半径为，由体积，用表示出高，进而用表示出表面积，通过求导得到取最小值时的值即可.
【解析】设圆柱的底面半径为，由体积得高为，
则圆柱的表面积为，
，
令，得，单调递减，令得，单调递增．
所以在时取得最小值，要使得用料最省，底面半径为.
故答案为：.
【典例3-2】．（23-24高三上·上海闵行·期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为 ．
【答案】/
【分析】先求出外接球的半径，再根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数可求出函数的最值．
【解析】因为球的体积为，所以球的半径为，
如图，设正四棱锥的底面边长，高，外接球的球心为，
根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，又，
在中，，即，
所以正四棱锥的体积为，
整理得，，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以当时，取得最大值，
故答案为：．
【变式3-1】．（23-24高三上·上海嘉定·期中）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.现已知相距18km的，两家化工厂（污染源）的污染强度分别为，，它们连线段上任意一点处的污染指数等于两化工厂对该处的污染指数之和.设.若，且时，取得最小值，则的值为 .
【答案】
【分析】根据，得，分别求出两个污染指数即可得出函数关系，求出函数的导函数，依题意可得，即可求出的值，再检验即可.
【解析】依题意点受污染源污染程度为，点受污染源污染程度为，其中为比例常数，且，
从而点处受污染程度，；
因为，所以，则，
当时，取得最小值，必是极小值，所以，
解得，
此时
，，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以在时，取得极小值，也是的最小值，
所以污染源的污染强度的值为．
故答案为：
【变式3-2】．（23-24高二下·上海·期末）采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径R，它的值是固定的．当炸药包埋的深度为 可使爆破体积最大．

【答案】
【分析】先将圆锥的体积转化为关于深处的关系式，再利用导数与函数性质的关系求得的最大值点，从而得解.
【解析】结合图形，可知圆锥的体积为，
又因为，即，
所以，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最大值，
所以炸药包要埋在深处.
故答案为：.
【变式3-3】．（23-24高二下·上海·期中）如图，用一块形状为半椭圆的铁皮截取一个以短轴为底的等腰梯形，记所得等腰梯形的面积为，则的最大值是 ．

【答案】
【分析】设，结合椭圆的几何性质，求得梯形的面积为，化简得到，构造函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【解析】设点坐标为，由点在椭圆上知，得，
等腰梯形的面积为，
，
令，
，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
则在区间上，有唯一的极大值点，
所以当时，有最大值为；
即当时，有最大值为.
故答案为：.
【变式3-4】．（24-25高三上·上海·阶段练习）如图，某城市公园内有一矩形空地，，，现规划在边AB，CD，DA上分别取点E，F，G，且满足，，在内建造喷泉瀑布，在内种植花奔，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 时，栈道EG最短.
【答案】33/133
【分析】由题设有，设，根据图形中边角关系，结合三角函数可得，注意的范围，进而应用换元法并构造函数，利用导数求最值.
【解析】由题意，，
设，则.
在中，得，
则.
由于，解得.
令，，则.
令，则，
当时，严格递增；
当时，严格递减；
所以，有最大值，则.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：关键是要弄清楚图形的关系，运用平面几何知识表示出四边形的面积，再利用换元法特别注意换元后的范围，转化为用导数法求函数的最值问题，进而可以求解.
【变式3-5】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得，，，四个点重合于图中的点，正好形成一个底面是正方形的长方体包装盒，若要包装盒容积最大，则的长为 .
【答案】
【分析】设cm，根据已知条件求出包装盒的底面边长及高从而求得包装盒体积的关于x的表达式，利用导数研究体积的最大值即可.
【解析】设cm，则 cm，包装盒的高为 cm，
因为 cm，，所以包装盒的底面边长为 cm，
所以包装盒的体积为，，
则，令解得，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以，即当时包装盒容积取得最大值.
故答案为：10
【点睛】本题考查柱体的体积，利用导数解决面积、体积最大值问题，属于中档题.
【变式3-6】．（23-24高三下·上海·阶段练习）某种儿童适用型防蚊液储存在一个容器中，该容器由两个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，防蚊液储存在下半球及圆柱中），容器轴截面如题图所示，两头是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为100毫米．防蚊液所占的体积为圆柱体体积和一个半球体积之和．假设的长为毫米．
(1)求容器中防蚊液的体积（单位：立方毫米）关于的函数关系式；
(2)如何设计与的长度，使得最大？
【答案】(1)，.
(2)为毫米，为毫米
【分析】（1）由矩形其外周长为毫米，又设的长为毫米，可得的长度，再根据圆柱和球的体积公式即可求得防蚊液的体积关于的函数关系式；
（2）对（1）求得的函数关系式求导，从而得到函数的单调区间，根据函数单调性即可确定防毒液体积最大值．
【解析】（1）由得，
由且得，
所以防蚊液的体积，.
（2）由，.
所以，
令得；令得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有最大值，此时，，
所以当为毫米，为毫米时，防蚊液的体积有最大值.
【变式3-7】．（22-23高三上·上海虹口·期中）如图所示，由圆O的一段弧MPN（其中点P为圆弧的中点）和线段MN构成的图形内有一个矩形ABCD和 （其中AB在线段MN上，C、D两点在圆弧上），已知圆的半径为，点到的距离为，设直线与的夹角为.
(1)用分别表示矩形ABCD和的面积，并确定的取值范围；
(2)当为何值时，有最大值，最大值是多少？
【答案】(1)矩形面积为，的面积为，；
(2)时，取得最大值.
【分析】（1）根据已知条件，用分别表示以及点到的距离，再求面积即可；根据矩形内接于圆弧，讨论临界情况，即可求得结果；
（2）根据（1）中所求可得，再利用导数判断函数单调性，求其最值即可.
【解析】（1）连接交于点，并延长交于点，
过作垂直于，垂足为，如下所示：
根据题意，，故，
在三角形中，，
故可得，，
，，
，
故矩形的面积
，
的面积
，
过点作垂直于交圆弧于点，交的延长线于点，
当时，才能做出满足题意的矩形，
此时取得最小值为；
同时，为满足题意，，
故可得的取值范围为.
（2）根据（1）中所求，
，
根据（1）中所求，不妨令，则，
令，，
则，
当时，单调递减，
令，可得（舍）或，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故当，即时，取得最大值.
也即时，取得最大值.
【变式3-8】．（24-25高三上·上海·阶段练习）为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本万元，每年需另投入流动成本（万元）与成正比（其中（台）表示产量），并知当生产台该产品时，需要流动成本万元，每件产品的售价与产量（台）的函数关系为（万元）（其中）.记当年销售该产品台获得的利润（利润销售收入生产成本）为万元.
(1)求函数的解析式；
(2)当产量为何值时，该工厂的年利润最大？最大利润是多少？（结果精确到0.1）
【答案】(1)
(2)台，万元
【分析】（1）先通过待定系数法求解出与的关系，然后根据利润定义表示出即可；
（2）利用导数分析的单调性，从而可求的最大值以及对应的值.
【解析】（1）设，代入可得，所以，
所以，
所以.
（2）因为，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以万元，
所以当时有最大利润为万元.
【变式3-9】．（21-22高三下·上海浦东新·期中）如图，某沿海地区计划铺设一条电缆联通A、B两地，A处位于东西方向的直线MN上的陆地处，B处位于海上一个灯塔处，在A处用测角器测得，在A处正西方向1km的点C处，用测角器测得.现有两种铺设方案:①沿线段AB在水下铺设；②在岸MN上选一点P，设，，先沿线段AP在地下铺设，再沿线段PB在水下铺设，预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km、4万元/km.
(1)求A、B两点间的距离；
(2)请选择一种铺设费用较低的方案，并说明理由.
【答案】(1)5千米；
(2)选择方案②，在点正西方千米处，理由见解析.
【分析】（1）设千米，结合已知条件有求出，根据线段关系及勾股定理求A、B两点间的距离；
（2）计算方案①的费用，根据已知可得方案②的费用为，利用导数研究最值，然后比较两种方案的费用大小，即可确定费用较低的方案.
【解析】（1）
由，若千米，则，可得，
所以千米.
（2）方案①：铺设费用为万元；
方案②：，，
铺设费用为，
令，则，
当，时，当，时，
所以在上递减，上递增，则，
故铺设费用最小为万元万元，
综上，选择方案②，在点正西方千米处.
【变式3-10】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图，某公园内有一半圆形人工湖，O为圆心，半径为1千米.为了人民群众美好生活的需求，政府为民办实事，拟规划在区域种荷花，在区域建小型水上项目.已知.
（1）求四边形OCDB的面积(用表示)；
（2）当四边形OCDB的面积最大时，求BD的长(最终结果可保留根号).
【答案】（1），；（2）千米.
【分析】（1）设四边形OCDB的面积为，四边形OCDB可以分为和两部分，结合题中条件可得出，注意的取值范围；
（2）利用导数研究的最大值，进而在中利用余弦定理求得BD的值即可.
【解析】（1）由题意，
设四边形OCDB的面积为，
因为四边形OCDB可以分为和两部分，
所以，
因为，
所以.
因为，，所以.
所以四边形OCDB的面积，；
（2）由（1）知，，
所以，
令，即，
解得或，
因为，所以存在唯一的，
使得，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减，
所以时，，
此时
，
从而(千米).
【点睛】本题考查三角函数和解三角形在生活中的应用，考查利用导数研究函数的性质，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题.
【变式3-11】．（2025·上海高考复习·专题练习）设计一个帐篷，它下部的形状是正四棱柱，上部的形状是正四棱锥，且该帐篷外接于球（如图所示）．

(1)若正四棱柱是棱长为的正方体，求该帐篷的顶点到底面中心的距离；
(2)若该帐篷外接球的半径，设，该帐篷的体积为，则当为何值时，体积取得最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用外接球的球心为正方体的中心，可得，即可求出结果；
（2）根据条件得到，令，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，即可求解.
【解析】（1）设外接球的半径为，因为正四棱柱是棱长为的正方体，
易知外接球的球心为正方体的中心，所以，而，
得到．
（2），
，
．
，
令，
由，得到，
在上递增，在递减．
时，体积取得最大值．

题型04 导数、抽象函数等综合
【典例4-1】．（23-24高三上·上海虹口·期中）对于两个定义在R上的函数与，构造新函数如下：对任意，．现已知是严格增函数，对于以下两个命题：①与中至少有一个是严格增函数；②与中至少有一个函数无最大值．其中（ ）
A．①和②都是真命题B．只有①是真命题
C．只有②是真命题D．没有真命题
【答案】D
【分析】利用分段函数的性质，结合常见函数的单调性，举反例即可分别①和②.
【解析】对于①，不妨设，，
则为严格单调递增函数，但是与均不是单调递增函数，故①错误，
对于②，不妨考虑，，
为严格单调递增函数，
当时，，故有最大值2，
当时，
由于，所以，故，因此在单调递增，故，
当时， ，
因此由最大值，故②错误.
故选：D
【典例4-2】．（2023·上海闵行·一模）已知函数与它的导函数的定义域均为，现有下述两个命题：
①“为严格增函数”是“为严格增函数”的必要非充分条件.
②“为奇函数”是“为偶函数”的充分非必要条件；
则说法正确的选项是（ ）
A．命题①和②均为真命题B．命题①为真命题，命题②为假命题
C．命题①为假命题，命题②为真命题D．命题①和②均为假命题
【答案】C
【分析】
可举例说明①中“为严格增函数”和“为严格增函数”之间的逻辑关系，即可判断其真假；结合复合函数的求导以及为奇函数可判断“为奇函数”和“为偶函数”之间的逻辑关系，即可判断②的真假，即得答案.
【解析】对于①，不妨取为R上严格增函数，其导函数在R上不是单调函数，
即“为严格增函数”推不出“为严格增函数”‘
取，其导函数为R上严格增函数，但不是单调函数，
故“为严格增函数”推不出“为严格增函数”，
因此“为严格增函数”是“为严格增函数”的既不充分也不必要条件，
故①为假命题；
对于②，为奇函数，则，
故，即，即为偶函数；
当为偶函数时，不妨取，其导函数为偶函数，
但不是奇函数，
故“为奇函数”是“为偶函数”的充分非必要条件，②为真命题，
故选：C
【变式4-1】．（2024·上海·模拟预测）设正数不全相等，，函数．关于说法
①对任意都为偶函数，
②对任意在上严格单调递增，
以下判断正确的是（ ）
A．①、②都正确B．①正确、②错误C．①错误、②正确D．①、②都错误
【答案】A
【分析】利用偶函数的定义判断①；变形函数，利用导数探讨单调性即可判断②.
【解析】函数的定义域为R，而，
对于①，
，因此函数是偶函数，①正确；
对于②，，
当时，令，求导得，
当时，，函数在上递减，则，因此，
当时，，函数在上递增，则，因此，
从而函数在上递增，同理在上都递增，
于是在上严格单调增，②正确，
故选：A
【点睛】思路点睛：正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：①定义域关于原点对称是函数f(x)为奇函数或偶函数的必要非充分条件；②或是定义域上的恒等式．
【变式4-2】．（2024·上海·模拟预测）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．存在严格增
D．存在在处取到极小值
【答案】B
【分析】利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断ACD，构造函数可判断B.
【解析】对，若存在 y=fx是偶函数，取 ，
则对于任意 ，而 矛盾，故A错误；
对 C ，假设存在，使得严格递增，则，与已知 矛盾，故 C错误；
对B，可构造函数 ，满足集合
当 时，则. 当时，，
当时， .
则存在在处取最大值，故B正确；
对 ，假设存在，使得在处取极小值，
则在的左侧附近存在n，使得，
这与已知集合M的定义矛盾，故错误.
故选：B.
【变式4-3】．（2024·上海·三模）已知函数的定义域为，则下列条件中，能推出1一定不是的极小值点的为（ ）
A．存在无穷多个，满足
B．对任意有理数，均有
C．函数在区间上为严格减函数，在区间上为严格增函数
D．函数在区间上为严格增函数，在区间上为严格减函数
【答案】B
【分析】举例说明判断ACD；利用极小值的意义推理判断A.
【解析】对于A，函数的图象如图，
显然函数满足题设条件，而1是的极小值点，A错误；
对于B，在附近的任意区间内，总存在有理数，这些有理数的函数值小于，因此1一定不是极小值点，B正确；
对于C，函数在0,1上为严格减函数，在上为严格增函数，1是的极小值点，C错误；
对于D，函数图象如图，
函数在0,1上为严格增函数，在上为严格减函数，1是的极小值点，D错误.
故选：B
【变式4-4】．（24-25高三上·上海奉贤·期中）已知定义在R上的函数，其导数为，记，且，，则下列说法中正确的个数为（ ）
①；②的图象关于对称；③；④.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】对于①，根据求导运算，利用赋值法，可得答案；
对于②，取关于已知对称中心的两个点，代入函数解析式建立方程组，整理等式，结合题意，可得答案；
对于③，根据求导运算，结合题目中的等式，可得答案；
对于④，根据等式可得函数的对称性，结合对称性可得点的坐标，可得等差数列，可得答案.
【解析】对于①，由等式，两边求导可得，
则，令，则，解得，故①错误；
对于②，取点在函数的图象上，
易知点关于0,2的对称点为，假设该点也在函数的图象上，
可得，消去可得，
整理可得，故②正确；
对于③，由等式，两边求导可得，
则，显然与题意不符，故③错误；
对于④，由等式，可得函数的对称中心为0,2，
由等式，可得函数的对称中心为1,0，
点0,2关于1,0的对称点为也是对称中心，点1,0关于的对称点为3,-4也是对称中心，
归纳可得函数图象的对称中心为，
当时，，成立；
假设当时，成立；
当时，
，
由数学归纳法，则，
所以函数图象的对称点为，则，
易知数列是以为首项，以为公差的等差数列，
则，故④正确.
故选：B.
【变式4-5】．（23-24高三上·上海浦东新·期中）已知函数为定义在上的单调连续函数，，函数，有以下两个命题：①存在函数使得为函数的极大值点:②若对任意恒成立，则:则（ ）
A．①为真命题，②为真命题B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题D．①为假命题，②为假命题
【答案】A
【分析】根据题意可设出抽象函数并结合极限求解知识，然后再根据题中条件判断求解.
【解析】在命题①中:
可设：，，
因为，所以：，
则得：，
令，得：x=1，
当x>1时，，所以在区间上单调递减，
当x0，f'x>0，
当时，gx