2025届高中数学一轮复习练习：第四章限时跟踪检测(16)　导数的概念与运算（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第四章限时跟踪检测(16)　导数的概念与运算（含解析），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题与解答题等内容，欢迎下载使用。
1．(2024·山东青岛模拟)设f(x)是可导函数，且满足eq \(lim,\s\d15(Δx→0)) eq \f(f2Δx＋1－f1,2Δx)＝－2，则y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为( )
A．－4 B．4
C．2 D．－2
2．曲线y＝eq \f(x＋1,x－1)在点(3,2)处的切线的斜率是( )
A．2 B．－2
C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
3．(2020·全国Ⅰ卷，理)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
4．若曲线y＝f(x)在点P(－1，f(－1))处的切线l如图所示，则f′(－1)＋f(－1)＝( )
A．2 B．1
C．－2 D．－1
5．(2024·湖南株洲模拟)设f0(x)＝sin x，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N，则f2 020(x)＝ ( )
A．sin x B．－sin x
C．cs x D．－cs x
6．设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(2 023)＝( )
A．1 B．2
C.eq \f(1,2 023) D.eq \f(2 024,2 023)
7．(2024·河北沧衡八校联盟)若直线l与曲线f(x)＝－eq \f(4,ex＋2)相切，则直线l的斜率的最大值为( )
A.eq \f(ln 2,2) B．1－eq \f(ln 2,2)
C.eq \f(1,2) D．ln 2
8．若函数f(x)＝ln x＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－6]
B．(－∞，－6]∪[2，＋∞)
C．[2，＋∞)
D．(－∞，－6)∪(2，＋∞)
9．已知P是曲线y＝－sin x(x∈[0，π])上的动点，点Q在直线x－2y－6＝0上运动，则当|PQ|取最小值时，点P的横坐标为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
10．(2024·河北邯郸模拟)已知函数f(x)＝|cs x|(x≥0)，若方程f(x)＝kx恰有两个根，记较大的根为θ，则sin 2θ＝( )
A.eq \f(θ,1＋θ2) B．－eq \f(θ,1＋θ2)
C.eq \f(2θ,1－θ2) D．－eq \f(2θ,1＋θ2)
二、多项选择题
11．若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝[f′(x)]′.若f″(x)＜0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))上是凸函数的是( )
A．f(x)＝－x3＋3x＋4
B．f(x)＝ln x＋2x
C．f(x)＝sin x＋cs x
D．f(x)＝xex
三、填空题与解答题
12．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)，则f′(0)＝________.
13．我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为eq \f(0,0)型分式，比如：当x→0时，eq \f(ex－1,x)的极限即为eq \f(0,0)型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如：lieq \(m,\s\d15(x→0)) eq \f(ex－1,x)＝lieq \(m,\s\d15(x→0)) eq \f(ex－1′,x′)＝lieq \(m,\s\d15(x→0)) eq \f(ex,1)＝lieq \(m,\s\d15(x→0)) ex＝e0＝1，则lieq \(m,\s\d15(x→1)) eq \f(x2ln x,x2－1)＝________.
14．设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝eq \f(1,x)(x＞0)在点P处的切线垂直，则点P的坐标为________．
15．已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限．
(1)求切点P0的坐标；
(2)若直线l⊥l1，且l也过切点P0，求直线l的方程．
高分推荐题
16.(2024·天津南开中学检测)N同学与K同学为了纪念他们深厚的友谊，以三次函数及其图象的三条切线为蓝本设计了一枚“NK章”，把它放入一个盒子，并为盒子设置了一个密码，他们把密码隐藏于刻在盒子上的一道“数学谜语”中：盒子中有一枚我们留下的徽章，它由“N”“K”两个字母组合而成．其中“N”蕴含在函数f(x)＝eq \f(1,2)x3＋3x2＋x－1的图象中，过点P(－6，a)与曲线y＝f(x)相切的直线恰有三条，这三条切线勾勒出了“K”的形状，如图．请你求出满足条件的整数a的个数，这就是打开盒子的密码：________.
解析版
一、单项选择题
1．(2024·山东青岛模拟)设f(x)是可导函数，且满足eq \(lim,\s\d15(Δx→0)) eq \f(f2Δx＋1－f1,2Δx)＝－2，则y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为( )
A．－4 B．4
C．2 D．－2
解析：因为eq \(lim,\s\d15(Δx→0)) eq \f(f2Δx＋1－f1,2Δx)＝f′(1)＝－2，故y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为－2.故选D.
答案：D
2．曲线y＝eq \f(x＋1,x－1)在点(3,2)处的切线的斜率是( )
A．2 B．－2
C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
解析：y′＝eq \f(x＋1′x－1－x＋1x－1′,x－12)＝－eq \f(2,x－12)，故曲线在(3,2)处的切线的斜率k＝y′|x＝3＝－eq \f(2,3－12)＝－eq \f(1,2)，故选D.
答案：D
3．(2020·全国Ⅰ卷，理)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
解析：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f′(1)＝－2，又f(1)＝1－2＝－1，∴所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.
答案：B
4．若曲线y＝f(x)在点P(－1，f(－1))处的切线l如图所示，则f′(－1)＋f(－1)＝( )
A．2 B．1
C．－2 D．－1
解析：因为切线l过点(－2,0)和(0，－2)，所以f′(－1)＝eq \f(0＋2,－2－0)＝－1，所以切线l的方程为y＝－x－2，取x＝－1，则y＝－1，即f(－1)＝－1，所以f′(－1)＋f(－1)＝－1－1＝－2，故选C.
答案：C
5．(2024·湖南株洲模拟)设f0(x)＝sin x，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N，则f2 020(x)＝ ( )
A．sin x B．－sin x
C．cs x D．－cs x
解析：根据题意，f0(x)＝sin x，f1(x)＝f′0(x)＝cs x，f2(x)＝f′1(x)＝－sin x，f3(x)＝f′2(x)＝－cs x，f4(x)＝f′3(x)＝sin x，则有f0(x)＝f4(x)，f1(x)＝f5(x)，…，所以fn＋4(x)＝fn(x)(n∈N)，则f2 020(x)＝f0(x)＝sin x．故选A.
答案：A
6．设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(2 023)＝( )
A．1 B．2
C.eq \f(1,2 023) D.eq \f(2 024,2 023)
解析：令ex＝t，t＞0，则x＝ln t，所以f(t)＝ln t＋t，故f(x)＝ln x＋x.
求导得f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，故f′(2 023)＝eq \f(1,2 023)＋1＝eq \f(2 024,2 023).故选D.
答案：D
7．(2024·河北沧衡八校联盟)若直线l与曲线f(x)＝－eq \f(4,ex＋2)相切，则直线l的斜率的最大值为( )
A.eq \f(ln 2,2) B．1－eq \f(ln 2,2)
C.eq \f(1,2) D．ln 2
解析：由f(x)＝－eq \f(4,ex＋2)，
可得f′(x)＝eq \f(4ex,ex＋22)＝eq \f(4,ex＋\f(4,ex)＋4).
因为ex＋eq \f(4,ex)＋4≥2eq \r(ex·\f(4,ex))＋4＝8，当且仅当ex＝eq \f(4,ex)，即ex＝2，x＝ln 2时等号成立，所以0＜f′(x)≤eq \f(1,2)，所以直线l的斜率的最大值为eq \f(1,2).
答案：C
8．若函数f(x)＝ln x＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－6]
B．(－∞，－6]∪[2，＋∞)
C．[2，＋∞)
D．(－∞，－6)∪(2，＋∞)
解析：直线2x－y＝0的斜率k＝2，又曲线f(x)上存在与直线2x－y＝0平行的切线，∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋4x－a＝2在(0，＋∞)内有解，则a＝4x＋eq \f(1,x)－2，x＞0.又4x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(4x·\f(1,x))＝4，当且仅当x＝eq \f(1,2)时取“＝”．∴a≥4－2＝2.
答案：C
9．已知P是曲线y＝－sin x(x∈[0，π])上的动点，点Q在直线x－2y－6＝0上运动，则当|PQ|取最小值时，点P的横坐标为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
解析：如图所示，若使|PQ|取得最小值，则曲线y＝－sin x(x∈[0，π])在点P处的切线与直线x－2y－6＝0平行，对函数y＝－sin x求导得y′＝－cs x，令y′＝eq \f(1,2)，可得cs x＝－eq \f(1,2)，又0≤x≤π，解得x＝eq \f(2π,3).故选C.
答案：C
10．(2024·河北邯郸模拟)已知函数f(x)＝|cs x|(x≥0)，若方程f(x)＝kx恰有两个根，记较大的根为θ，则sin 2θ＝( )
A.eq \f(θ,1＋θ2) B．－eq \f(θ,1＋θ2)
C.eq \f(2θ,1－θ2) D．－eq \f(2θ,1＋θ2)
解析：函数f(x)的图象如下：
∵f(x)＝kx恰好有两根，∴f(x)与y＝kx的交点只有2个，即f(x)与y＝kx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上相切，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝－cs x，由题意设该切点坐标为(θ，－cs θ)，且－cs θ＝kθ①，
∵f(x)与y＝kx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上相切，
∴k＝f′(θ)＝sin θ>0，
代入①式，得－cs θ＝θ·sin θ，
∴tan θ＝－eq \f(1,θ)，
∴sin 2θ＝2sin θcs θ＝eq \f(2sin θcs θ,sin2θ＋cs2θ)＝eq \f(2tan θ,1＋tan2θ)＝－eq \f(2θ,1＋θ2).故选D.
答案：D
二、多项选择题
11．若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝[f′(x)]′.若f″(x)＜0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))上是凸函数的是( )
A．f(x)＝－x3＋3x＋4
B．f(x)＝ln x＋2x
C．f(x)＝sin x＋cs x
D．f(x)＝xex
解析：对A，f(x)＝－x3＋3x＋4，
f′(x)＝－3x2＋3，f″(x)＝－6x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))时，f″(x)＜0，故A为凸函数；
对B，f(x)＝ln x＋2x，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2，
f″(x)＝－eq \f(1,x2)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))时，f″(x)＜0，故B为凸函数；
对C，f(x)＝sin x＋cs x，f′(x)＝cs x－sin x，
f″(x)＝－sin x－cs x＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))时，f″(x)＜0，故C为凸函数；
对D，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex，f″(x)＝(x＋2)ex，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))时，f″(x)＞0，故D不是凸函数．
答案：ABC
三、填空题与解答题
12．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)，则f′(0)＝________.
解析：f′(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)＋x[(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)]′，所以f′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)＝－120.
答案：－120
13．我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为eq \f(0,0)型分式，比如：当x→0时，eq \f(ex－1,x)的极限即为eq \f(0,0)型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如：lieq \(m,\s\d15(x→0)) eq \f(ex－1,x)＝lieq \(m,\s\d15(x→0)) eq \f(ex－1′,x′)＝lieq \(m,\s\d15(x→0)) eq \f(ex,1)＝lieq \(m,\s\d15(x→0)) ex＝e0＝1，则lieq \(m,\s\d15(x→1)) eq \f(x2ln x,x2－1)＝________.
解析：lieq \(m,\s\d15(x→1)) eq \f(x2ln x,x2－1)＝lieq \(m,\s\d15(x→1)) eq \f(x2ln x′,x2－1′)＝lieq \(m,\s\d15(x→1)) eq \f(2xln x＋x,2x)＝lieq \(m,\s\d15(x→1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,2)))＝ln 1＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
14．设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝eq \f(1,x)(x＞0)在点P处的切线垂直，则点P的坐标为________．
解析：曲线y＝ex在点(0,1)处的切线斜率k＝y′|x＝0＝1；由y＝eq \f(1,x)，可得y′＝－eq \f(1,x2).因为曲线y＝eq \f(1,x)(x＞0)在点P处的切线与曲线y＝ex在点(0,1)处的切线垂直，故－eq \f(1,x\\al(2,P))＝－1，解得xP＝1，由y＝eq \f(1,x)，得yP＝1，故所求点P的坐标为(1,1)．
答案：(1,1)
15．已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限．
(1)求切点P0的坐标；
(2)若直线l⊥l1，且l也过切点P0，求直线l的方程．
解：(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，
由已知令3x2＋1＝4，解得x＝±1.
当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4.
又点P0在第三象限，
∴切点P0的坐标为(－1，－4)．
(2)∵直线l⊥l1，l1的斜率为4，
∴直线l的斜率为－eq \f(1,4).
∵l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，
∴直线l的方程为y＋4＝－eq \f(1,4)(x＋1)，
即x＋4y＋17＝0.
高分推荐题
16.(2024·天津南开中学检测)N同学与K同学为了纪念他们深厚的友谊，以三次函数及其图象的三条切线为蓝本设计了一枚“NK章”，把它放入一个盒子，并为盒子设置了一个密码，他们把密码隐藏于刻在盒子上的一道“数学谜语”中：盒子中有一枚我们留下的徽章，它由“N”“K”两个字母组合而成．其中“N”蕴含在函数f(x)＝eq \f(1,2)x3＋3x2＋x－1的图象中，过点P(－6，a)与曲线y＝f(x)相切的直线恰有三条，这三条切线勾勒出了“K”的形状，如图．请你求出满足条件的整数a的个数，这就是打开盒子的密码：________.
解析：由f(x)＝eq \f(1,2)x3＋3x2＋x－1，得f′(x)＝eq \f(3,2)x2＋6x＋1，设切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,2)x\\al(3,0)＋3x\\al(2,0)＋x0－1))，则切线斜率k＝f′(x0)＝eq \f(3,2)xeq \\al(2,0)＋6x0＋1，切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x\\al(3,0)＋3x\\al(2,0)＋x0－1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x\\al(2,0)＋6x0＋1))·(x－x0)，
因为切线过点P(－6，a)，则a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x\\al(3,0)＋3x\\al(2,0)＋x0－1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x\\al(2,0)＋6x0＋1))(－6－x0)，
整理得a＝－xeq \\al(3,0)－12xeq \\al(2,0)－36x0－7.
设函数g(x)＝－x3－12x2－36x－7，则原问题等价于y＝g(x)与y＝a的图象有三个不同的交点．
求导得g′(x)＝－3x2－24x－36，令g′(x)>0，得－6