2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题五　一元函数的导数及其应用（学生版+教师版）

这是一份2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题五　一元函数的导数及其应用（学生版+教师版），共36页。试卷主要包含了导数的概念及运算，利用导数研究函数的单调性、最值，导数的综合应用等内容，欢迎下载使用。
题点1 求曲线的切线方程
(2023·全国甲卷文，8)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( )
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)
【答案】C
【解析】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)＝eq \f(e,4)(x－1)，
即y＝eq \f(e,4)x＋eq \f(e,4).
【难度】基础题
(2022·新高考Ⅱ卷，14)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.
【答案】y＝eq \f(1,e)x y＝－eq \f(1,e)x
【解析】先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，
则由y′＝eq \f(1,x)，得切线斜率为eq \f(1,x0)，
又切线的斜率为eq \f(y0,x0)，所以eq \f(1,x0)＝eq \f(y0,x0)，
解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，
所以切线斜率为eq \f(1,e)，切线方程为y＝eq \f(1,e)x.
同理可求得当x0，解得a0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
【难度】中档题
(2021·新高考全国卷I，7)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( )
A．eb0，故s(x)在(0，+∞)上为增函数，
又s(1)=1，所以x+ln x≥1即为s(x)≥s(1)，故x≥1，
故原不等式的解集为[1，+∞).
(2)f(x)在(0，+∞)有极大值即为有极大值点.
f'(x)=2x－(m+2)+mx=2x2−(m+2)x+mx=(2x−m)(x−1)x，x>0，
若m≤0，则当x∈(0，1)时，f'(x)1，即m>2，则当x∈1，m2时，f'(x)0，f(x)单调递增；当x∈43，2时，f'(x)0，
设h(x)=11+x－3k，x>0，
则h'(x)=－1(1+x)20，
则g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1－t)=−3k(x1+t)21+x1+tx1+t+1−13k+−3k(x1−t)21+x1−tx1−t+1−13k
=−3k(x1+t)21+x1+tx1+t+1−x1−1+−3k(x1−t)21+x1−tx1−t+1−x1−1
=−3kt(x1+t)21+x1+t+3kt(x1−t)21+x1−t=3kt·−(x1+t)2(1+x1−t)+(x1−t)2(1+x1+t)(1+x1)2−t2=−6kt2(2x1+x12−t2)(1+x1)2−t2，
因为0t，所以(1+x1)2－t2>0，
所以g'(t)x2，证明如下：
由(ⅰ)知，函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减，
所以g(0)>g(x1)，即0>f(2x1)，又f(x2)=0，所以f(x2)>f(2x1)，
由(1)可知f(x)在(x1，+∞)上单调递减，2x1，x2∈(x1，+∞)，
所以2x1>x2.
【难度】较难题
(2024·新课标I卷，18)已知函数f(x)＝ln eq \f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3.
(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>－2当且仅当10.
设g(t)＝ln eq \f(t＋1,1－t)－2t＋bt3，t∈(－1,1)，
则g′(t)＝eq \f(2,1－t2)－2＋3bt2＝eq \f(t2(－3bt2＋2＋3b),1－t2).
当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0，
故g′(t)≥0恒成立，
故g(t)在(－1,1)上为增函数，
又g(0)＝0，所以g(t)>0当且仅当00.
所以s(x)在(-∞，0)上单调递减，
在(0，+∞)上单调递增，
因此当x=0时，s(x)取到最小值，
又f(0)=e0=1，
所以M的“f最近点”为P(0，1).
为判断直线MP与曲线y=f(x)在点P处的切线是否垂直，
可另设P(k，ek)，
则由f'(x)=ex，知在P(k，ek)处的切线l的斜率为ek，
由题意知MP⊥l，因此ek−0k−1=-1ek，
整理得k+e2k-1=0.
令h(k)=k+e2k-1，
易知h(k)在R上单调递增，又h(0)=0，所以方程k+e2k-1=0有唯一解k=0，
所以点P(0，1).
综上，存在满足条件的一个点P(0，1).
(3)解 设s1(x)=(x−t+1)2+f(x)−f(t)+g(t)]2,s2(x)=(x−t−1)2+f(x)−f(t)−g(t)]2.
由条件，对任意t∈R，存在P(x0，f(x0))，
使得x0同时是s1(x)和s2(x)的最小值点.
于是，对任意x∈R，s1(x0)≤s1(x),s2(x0)≤s2(x),
即(x0−t+1)2+f(x0)−f(t)+g(t)]2≤(x−t+1)2+f(x)−f(t)+g(t)]2,(x0−t−1)2+f(x0)−f(t)−g(t)]2≤(x−t−1)2+f(x)−f(t)−g(t)]2,
特别地，当x=t时，
(x0−t+1)2+f(x0)−f(t)+g(t)]2≤1+g(t)]2,(x0−t−1)2+f(x0)−f(t)−g(t)]2≤1+g(t)]2,
两式相加，化简得(x0-t)2+[f(x0)-f(t)]2≤0.
所以x0=t.
另一方面，求导得s' 1(x)=2(x−t+1)+2f(x)−f(t)+g(t)]f'(x),s' 2(x)=2(x−t−1)+2f(x)−f(t)−g(t)]f'(x).
因为si(x)(i=1，2)的最小值点也是极小值点，
所以s'1(x0)=0，s'2(x0)=0，
即(x0−t+1)+f(x0)−f(t)+g(t)]f'(x0)=0,(x0−t−1)+f(x0)−f(t)−g(t)]f'(x0)=0,
两式相减，得g(t)f'(x0)=-1.
代入x0=t，并由g(t)>0，
得f'(t)=-1g(t)0，
当π6－1，g'(x)=11+x(1+x)−ln(1+x)(1+x)2=1−ln(1+x)(1+x)2，
令g'(x)=0可得x=e－1，
当x∈(－1，e－1)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e－1，+∞)时，g'(x)－1，
由(1)可知，f'(x)在(－1，e－1)上单调递增，而－10，则φ(t)在(2，4)上单调递增；
当t>4时，φ'(t)0，得16(e－1)0，
故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，
当x∈(0，a)时，f′(x)0，f(a)＝1－a30，
所以F(t)在(0，+∞)上单调递增，
所以F(t)>0，
即ln(1+t)>t1+t(t>0)，
与ln(1+t)=t1+t(t>0)矛盾，
所以假设不成立，即l不经过点(0，0).
(3)解 当k=1时，f(x)=x+ln(1+x)(x>-1)，
则f(0)=0，f'(x)=1+11+x>0，
故f(x)在(-1，+∞)上单调递增，
所以l的方程为y-[t+ln(1+t)]=1+11+t(x-t)，
令x=0，得yB=ln(1+t)-t1+t.
由(2)知，yB>0，
易知AC⊥BC，则由2S△ACO=15S△ABO，
得2×12|OC|×|AC|=15×12|OB|×|AC|，
得2|OC|=15|OB|，
得2t+2ln(1+t)=15ln(1+t)-15t1+t(t>0)，
即2t-13ln(1+t)+15t1+t=0(t>0).
令φ(x)=2x-13ln(1+x)+15x1+x(x>0)，
则φ'(x)=2-131+x+15(1+x)2=(2x−1)(x−4)(1+x)2，
所以φ(x)在0，12，(4，+∞)上单调递增，在12，4上单调递减.
因为φ(0)=0，φ12>0，
φ(4)=20-13ln 50，
所以φ(x)在(0，+∞)上有2个不同的零点.
故存在点A使得2S△ACO=15S△ABO成立，
且点A的个数为2.
【难度】较难题
(2023·全国乙卷文，8)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3,0)
【答案】B
【解析】f(x)＝x3＋ax＋2，
则f′(x)＝3x2＋a，
若f(x)存在3个零点，
则f(x)要存在极大值和极小值，则a0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))时，f′(x)0，,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(－a,3))))0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2