2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第三章 一元函数的导数及其应用

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第三章 一元函数的导数及其应用，共31页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．一个质点做直线运动，其位移s(单位：米)与时间t(单位：秒)满足关系式：s＝t5＋(t－2)2－4，则当t＝1时，该质点的瞬时速度为( B )
A．－2米/秒 B．3米/秒
C．4米/秒 D．5米/秒
解析：s′＝5t4＋2t－4，当t＝1时，s′＝3，故当t＝1时，该质点的瞬时速度为3米/秒．故选B.
2．(教材回归)小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶，与以上事件吻合得最好的图象是( C )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：方法一：出发时距学校最远，先排除A；中途堵塞停留，距离不变，再排除D；堵塞停留后比原来骑得快，因此排除B.故选C.
方法二：由小明的运动规律知，小明距学校的距离应逐渐减小，由于小明先是匀速运动，故前段是直线段，途中停留时距离不变，后段加速，这一时间段图象比前段下降得快．故选C.
3．(2023·全国甲卷)曲线y＝ eq \f(ex,x＋1) 在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2))) 处的切线方程为( C )
A．y＝ eq \f(e,4) x B．y＝ eq \f(e,2) x
C．y＝ eq \f(e,4) x＋ eq \f(e,4) D．y＝ eq \f(e,2) x＋ eq \f(3e,4)
解析：设曲线y＝ eq \f(ex,x＋1) 在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2))) 处的切线方程为y－ eq \f(e,2) ＝k(x－1)，因为y＝ eq \f(ex,x＋1) ，所以y′＝ eq \f(ex（x＋1）－ex,（x＋1）2) ＝ eq \f(xex,（x＋1）2) ，所以k＝y′|x＝1＝ eq \f(e,4) ，所以y－ eq \f(e,2) ＝ eq \f(e,4) (x－1)，所以曲线y＝ eq \f(ex,x＋1) 在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2))) 处的切线方程为y＝ eq \f(e,4) x＋ eq \f(e,4) .故选C.
4．(2024·河北沧州高三统考期末)在等比数列{an}中，a1 012＝2，若函数f(x)＝ eq \f(1,2) x(x－a1)(x－a2)…(x－a2 023)，则f′(0)＝( A )
A．－22 022 B．22 022
C．－22 023 D．22 023
解析：设g(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a2 023)，则f(x)＝ eq \f(1,2) xg(x)，f′(x)＝ eq \f(1,2) g(x)＋ eq \f(1,2) xg′(x)，所以，f′(0)＝ eq \f(1,2) g(0).因为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 是等比数列，且a1 012＝2，所以，a1a2 023＝a2a2 022＝…＝a1 011a1 013＝a eq \\al(2,1 012) ＝22，所以，g(0)＝(0－a1)(0－a2)…(0－a2 023) ＝(－1)2 023·a1a2…a2 023＝－22 023，所以，f′(0)＝－22 022.故选A.
5．曲线y＝ eq \f(2x＋a,x＋2) 在点(1，b)处的切线方程为kx－y＋6＝0，则k的值为( A )
A．－1 B．－ eq \f(2,3)
C． eq \f(1,2) D．1
解析：由切点(1，b)在曲线上，得b＝ eq \f(2＋a,3) ①；由切点(1，b)在切线上，得k－b＋6＝0②；对曲线求导得y′＝ eq \f(4－a,（x＋2）2) ，∴ eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(y′)) x＝1＝ eq \f(4－a,32) ＝k，即4－a＝9k③，联立①②③ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝\f(2＋a,3)，,k－b＋6＝0，,4－a＝9k，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝13，,b＝5，,k＝－1.)) 故选A.
6．若过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) 的直线与函数f(x)＝xex的图象相切，则所有可能的切点横坐标之和为( D )
A．e＋1 B．－ eq \f(1,2)
C．1 D． eq \f(1,2)
解析：因为函数f(x)＝xex，所以f′(x)＝(x＋1)ex，设切点为(x0，x0ex0)，则切线方程为y－x0ex0＝(x0＋1)ex0(x－x0)，将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) 代入得－x0ex0＝(x0＋1)ex0( eq \f(1,2) －x0)，即－x0＝(x0＋1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x0)) ，解得x0＝－ eq \f(1,2) 或x0＝1，所以切点横坐标之和为－ eq \f(1,2) ＋1＝ eq \f(1,2) .故选D.
二、多项选择题
7．(2023·上海闵行七宝中学模拟)为满足人们对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污水排放量W与时间t的关系为W＝f(t)，用－ eq \f(f（b）－f（a）,b－a) 的大小评价在[a，b]这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示，则下列结论中正确的有( ABC )
A．在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强
B．在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强
C．在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标
D．甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污水治理能力最强
解析：由题图可知甲企业的污水排放量在t1时刻高于乙企业，而在t2时刻甲、乙两企业的污水排放量相同，故在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故A正确；由题图知在t2时刻，甲企业在该点的切线斜率的绝对值大于乙企业的，故B正确；在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都低于污水达标排放量，故都已达标，故C正确；由题意可知，甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]时的污水治理能力明显低于[t1，t2]时的，故D错误．故选ABC.
8．已知函数f(x)＝ex，则下列结论正确的是( AC )
A．曲线y＝f(x)的切线斜率可以是1
B．曲线y＝f(x)的切线斜率可以是－1
C．过点(0，1)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条
D．过点(0，0)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有2条
解析：因为函数f(x)＝ex，所以f′(x)＝ex，对于A，令f′(x)＝ex＝1，得 x＝0，所以曲线y＝f(x)的切线斜率可以是1，故A正确；对于B，令f′(x)＝ex＝－1无解，所以曲线y＝f(x)的切线斜率不可以是－1，故B错误； 对于C，因为(0，1)在曲线上，所以点(0，1)是切点，则f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1，所以过点(0，1)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，故C正确；对于D，设切点(x0，ex0)，则切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，因为点(0，0)在切线上，所以ex0＝x0ex0，解得x0＝1，所以过点(0，0)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，故D错误．故选AC.
三、填空题
9．已知2f(x)＋xf′(x)＝2x cs 2x＋2(cs x＋sin x)2，且x>0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝5，那么f(π)＝2．
解析：因为2f(x)＋xf′(x)＝2x·cs 2x＋2(cs x＋sin x)2＝2x cs 2x＋2sin 2x＋2，所以，2xf(x)＋x2f′(x)＝2x2cs 2x＋2x sin 2x＋2x＝(x2·sin 2x＋x2＋c)′，即[x2f(x)]′＝(x2sin 2x＋x2＋c)′，所以，x2f(x)＝x2sin 2x＋x2＋c，因为x>0，则f(x)＝sin 2x＋1＋ eq \f(c,x2) ，所以，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝1＋ eq \f(c,\f(π2,4)) ＝5，解得c＝π2，所以，f(x)＝sin 2x＋1＋ eq \f(π2,x2) ，因此，f(π)＝2.
10．(开放性问题)已知函数f(x)满足以下三个条件：①f(x)的导函数f′(x)为奇函数；②f(0)≠0；③在区间[－2，－1] 上单调递增，则f(x)的一个解析式为f(x)＝ －x2＋1 (答案不唯一)．
解析：由条件①知f(x) 为偶函数，可设f(x)＝ax2＋c，因为f(0)≠0，所以c≠0，又f(x) 在区间[－2，－1] 上单调递增，所以a0恒成立，即 eq \f(1,x) ＋2x＋ eq \r(3) －a≥ eq \r(3) 对任意的x>0恒成立，即a≤2x＋ eq \f(1,x) ，又2x＋ eq \f(1,x) ≥2 eq \r(2) ，当且仅当2x＝ eq \f(1,x) ，即x＝ eq \f(\r(2),2) 时，等号成立，故a≤2 eq \r(2) ，所以实数a的取值范围是(－∞，2 eq \r(2) ].
12．若直线l与曲线y＝x2和x2＋y2＝ eq \f(4,9) 都相切，则l的斜率为±2 eq \r(2) ．
解析：设直线l与曲线y＝x2的切点为(m，m2)，f′(x)＝2x，故f′(m)＝2m，则切线方程为y－m2＝2m(x－m)，即2mx－y－m2＝0，圆心到切线的距离为 eq \f(2,3) ，即 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－m2)),\r(1＋4m2)) ＝ eq \f(2,3) ，解得m2＝2或m2＝－ eq \f(2,9) (舍去)，所以m＝± eq \r(2) ，则l的斜率为2m＝±2 eq \r(2) .
四、解答题
13．(2024·吉林长春一中高三期末)已知f(x)＝ax2＋ln x＋2，且f′(2)＝ eq \f(1,2) .
(1)求a的值；
(2)求f(x)在x＝1处的切线方程．
解：(1)f′(x)＝2ax＋ eq \f(1,x) ，则f′(2)＝4a＋ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) ，解得a＝0.
(2)由(1)知f(x)＝ln x＋2，f′(x)＝ eq \f(1,x) ，故f(1)＝2，f′(1)＝ eq \f(1,1) ＝1，
所以f(x)＝ln x＋2在x＝1处的切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.
14．(2023·河南南阳高三期末)已知函数f(x)＝x3－2x2.
(1)若曲线y＝f(x)在其上一点Q处的切线与直线y＝4x－1平行，求Q的坐标；
(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点O的切线的方程．
解：(1)f′(x)＝3x2－4x，
设Q(a，f(a))，因为直线y＝4x－1的斜率为4，所以f′(a)＝3a2－4a＝4，
解得a＝－ eq \f(2,3) 或a＝2.
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))) ＝－ eq \f(32,27) ，f(2)＝0.
所以点Q的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(32,27))) 或(2，0).
(2)设切点为(x0，y0)，则y0＝x eq \\al(3,0) －2x eq \\al(2,0) ，f′(x0)＝3x eq \\al(2,0) －4x0，
所以在该点处的切线方程为y－(x eq \\al(3,0) －2x eq \\al(2,0) )＝(3x eq \\al(2,0) －4x0)(x－x0).
因为切线过原点，所以0－(x eq \\al(3,0) －2x eq \\al(2,0) )＝(3x eq \\al(2,0) －4x0)(0－x0)，
解得x0＝0或x0＝1.
又因为f′(0)＝0，f′(1)＝－1，
所以切线方程为y＝0或x＋y＝0.
一、单项选择题
1．(2023·河南高三阶段练习)若曲线f(x)＝ eq \f(a ln x,x) 在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，则a＝( A )
A．1 B． eq \f(e,2)
C．2 D．e
解析：因为曲线f(x)＝ eq \f(a ln x,x) ，所以f′(x)＝ eq \f(a（1－ln x）,x2) ，又因为曲线f(x)＝ eq \f(a ln x,x) 在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，所以f′(1)＝a＝1.故选A.
2．(2023·云南曲靖二模)设f′(x)是函数f(x)的导函数，f″(x)是函数f′(x)的导函数，若对任意x∈R，f′(x)>0，f″(x)2e2.故选A.
二、多项选择题
7．下列函数在区间(0，＋∞)上单调递增的是( ABD )
A．y＝x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) B．y＝x＋sin x
C．y＝3－x D．y＝x2＋2x＋1
解析：对于A，∵y＝x与y＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ，都是增函数，∴y＝x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于B，y＝x＋sin x，其导数y′＝1＋cs x，由y′≥0在R上恒成立，则这个函数在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于C，y＝3－x，是一次函数，在R上是减函数，不符合题意；对于D，y＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2，是二次函数，其开口向上，对称轴为直线x＝－1，则这个函数在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意．故选ABD.
8．下列比较大小正确的有( BC )
A． eq \f(ln 2,2) > eq \f(1,e) B．3ln 4ln π D．3g(0)＝1，从而f(x)>e－2x>0，B正确；对于C，由g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ef eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) >g(0)＝e0f(0)＝1可得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) > eq \f(1,e) ，C正确；对于D，若x>0，同B选项可知f(x)>e－2x，令h(x)＝ex－(x＋1)，则h′(x)＝ex－1，当x0，所以h(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以h(x)≥h(0)＝0，所以ex≥x＋1(当且仅当x＝0时等号成立)，故e－2x>－2x＋1 (x>0)，则f(x)>1－2x，D正确．故选BCD.
8．若00，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) >f(1)>0，当x→0＋ 时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))) 上必有一个零点，所以a>1 满足条件；
若00，∴f(x)单调递增；
若00，所以x(2－sin x)>0，1－cs x≥0，则F′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0，即对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)0.所以g(x)在(0，2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不符合题意．
②若00，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)