第03讲 一元函数的导数及其应用（2022-2024高考真题）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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一、单项选择题
1．（2024·全国·高考真题）设函数fx=ex+2sinx1+x2，则曲线y=fx在点0,1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A．16B．13C．12D．23
【解题思路】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1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.
【解答过程】f′x=ex+2csx1+x2−ex+2sinx⋅2x1+x22，
则f′0=e0+2cs01+0−e0+2sin0×01+02=3，
即该切线方程为y−1=3x，即y=3x+1，
令x=0，则y=1，令y=0，则x=−13，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S=12×1×−13=16.
故选：A.
2．（2024·上海·高考真题）已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M=x0x0∈R,x∈−∞,x0,fxg1=e，故e≥1a，即a≥1e=e−1，即a的最小值为e−1．
故选：C．
6．（2022·全国·高考真题）函数fx=csx+x+1sinx+1在区间0,2π的最小值、最大值分别为（ ）
A．−π2，π2B．−3π2，π2C．−π2，π2+2D．−3π2，π2+2
【解题思路】利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间0,2π上的最小值和最大值.
【解答过程】f′x=−sinx+sinx+x+1csx=x+1csx，
所以fx在区间0,π2和3π2,2π上f′x>0，即fx单调递增；
在区间π2,3π2上f′xb>aB．b>a>cC．a>b>cD．a>c>b
【解题思路】由cb=4tan14结合三角函数的性质可得c>b;构造函数fx=csx+12x2−1,x∈0,+∞,利用导数可得b>a,即可得解.
【解答过程】[方法一]：构造函数
因为当x∈0,π2,x1，故cb>1，所以c>b；
设f(x)=csx+12x2−1,x∈(0,+∞)，
f′(x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
故f14>f(0)=0，所以cs14−3132>0，
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当x∈0,π2,sinx1−2182=3132，故b>a
4sin14+cs14=17sin14+φ，其中φ∈0,π2，且sinφ=117,csφ=417
当4sin14+cs14=17时，14+φ=π2，及φ=π2−14
此时sin14=csφ=417，cs14=sinφ=117
故cs14=117 a，故选A
[方法三]：泰勒展开
设x=0.25，则a=3132=1−0.2522，b=cs14≈1−0.2522+0.2544!，
c=4sin14=sin1414≈1−0.2523!+0.2545!，计算得c>b>a，故选A.
[方法四]：构造函数
因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx1，所以c>b；设f(x)=csx+12x2−1,x∈(0,+∞)，f′(x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，则f14>f(0)=0,所以cs14−3132>0，所以b>a,所以c>b>a，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx1，所以c>b；因为当x∈0,π2,sinx1−2182=3132，故b>a，所以c>b>a．
故选：A．
8．（2022·全国·高考真题）当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则f′(2)=（ ）
A．−1B．−12C．12D．1
【解题思路】根据题意可知f1=−2，f′1=0即可解得a,b，再根据f′x即可解出．
【解答过程】因为函数fx定义域为0,+∞，所以依题可知，f1=−2，f′1=0，而f′x=ax−bx2，所以b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f′x=−2x+2x2，因此函数fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f′2=−1+12=−12．
故选：B.
9．（2022·全国·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36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．18,814B．274,814C．274,643D．[18,27]
【解题思路】设正四棱锥的高为ℎ，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.
【解答过程】∵球的体积为36π，所以球的半径R=3,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ，
则l2=2a2+ℎ2，32=2a2+(3−ℎ)2,
所以6ℎ=l2，2a2=l2−ℎ2
所以正四棱锥的体积V=13Sℎ=13×4a2×ℎ=23×(l2−l436)×l26=19l4−l636，
所以V′=194l3−l56=19l324−l26，
当3≤l≤26时，V′>0，当26−2当且仅当10在0,1上恒成立，
设gt=lnt+11−t−2t+bt3,t∈0,1，
则g′t=21−t2−2+3bt2=t2−3bt2+2+3b1−t2，
当b≥0，−3bt2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
故g′t>0恒成立，故gt在0,1上为增函数，
故gt>g0=0即fx>−2在1,2上恒成立.
当−23≤bg0=0即fx>−2在1,2上恒成立.
当b0，故sx在0,+∞上为增函数，
故sx>s0=0，即f'x>0，
所以fx在0,+∞上为增函数，故fx≥f0=0.
当−120
所以g(t)=t+lnt−a在(1,+∞)上单调递增，故g(t)=0只有1个解
又因为f(x)=exx+lnexx−a有两个零点x1,x2，故t=ex1x1=ex2x2
两边取对数得：x1−lnx1=x2−lnx2，即x1−x2lnx1−lnx2=1
又因为x1x2