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第三章 一元函数的导数及其应用
必刷小题5 导数及其应用
[分值：73分]
【高考考向预测】
近三年高考导数及其应用为数学压轴核心必考模块，考查频次拉满，题型涵盖选择填空小题
与解答压轴大题，重点考查导数几何意义、切线方程、单调性极值最值、零点问题、含参恒成立
与存在性问题，同时深度融合隐零点、端点效应、参数分离、极值点偏移、指对放缩、双变量构
造等高频重难点，综合性与区分度极强；预测2027 年高考导数依旧稳居压轴核心地位，命题会更
加侧重情境化设问、多方法融合解题，强化分类讨论、等价转化与数形结合思想，增多复合型超
越函数、限定区间探究、双变量综合证明题型，弱化固化答题套路，注重考查学生逻辑推演、式
子变形、估值研判与严谨书面论证的综合实战能力。
【限时训练】
（45分钟）
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1.已知函数f(x)=sin x-x，则f(x)在[0，π]上的最小值是( )
π
A.1- B.0
2
2π
C.-π D.-
3
【答案】C
【解析】因为f'(x)=cos x-1≤0在区间[0，π]上恒成立，当且仅当x=0时取等号，
所以f(x)在区间[0，π]上单调递减，则f(x)在[0，π]上的最小值是f(π)=sin π-π=-π.
4
2.函数f(x)=x+ -3ln x的单调递减区间是( )
x
A.(0，4) B.(0，1)
C.(4，+∞) D.(1，4)
【答案】A
【解析】易知函数f(x)的定义域为(0，+∞)，
4 3 x2−3x−4 (x−4)(x+1)
f'(x)=1- - = = ，
x2 x x2 x2
令f'(x)<0，可得0<x<4，
因此函数f(x)的单调递减区间是(0，4).3.已知某物体在运动过程中，其位移S(单位：m)与时间t(单位：s)满足函数关系式S(t)=sin t-2cos
π
t+t+1，则该物体在t= 时的瞬时速度为( )
2
A.3 m/s B.2 m/s
C.❑√3 m/s D.1 m/s
【答案】A
【解析】由题知，S'(t)=cos t+2sin t+1，
(π) π π
所以S' =cos +2sin +1=3，
2 2 2
π
即该物体在t= 时的瞬时速度为3 m/s.
2
4.已知曲线f(x)=x2-ln x在点A处的切线与直线x+y-2=0垂直，则点A的横坐标为( )
1 1
A.e B.1 C. D.
2 e
【答案】B
1
【解析】f(x)=x2-ln x的定义域为(0，+∞)，f'(x)=2x- .设A(x ，y )，
x 0 0
又直线x+y-2=0的斜率为-1，
所以f'(x )×(-1)=-1，
0
1
即f'(x )=2x - =1，
0 0 x
0
1
即2x2 -x -1=0，解得x =- 或x =1.
0 0 0 2 0
又因为x >0，所以x =1.
0 0
5.已知函数f(x)=aex-x3在(0，+∞)上单调递增，则a的最小值为( )
12 8 4
A. B. C. D.e
e2 e2 e2
【答案】A
【解析】∵函数f(x)=aex-x3在(0，+∞)上单调递增，∴f'(x)=aex-3x2≥0，
3x2
即a≥ 在(0，+∞)上恒成立.
ex
3x2
令h(x)= ，x>0，
ex
3x(2−x)
则h'(x)= ，令h'(x)>0，得0<x<2，
ex
令h'(x)<0，得x>2，
∴h(x)在(0，2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减，12 12
∴a≥h(x) =h(2)= ，故a的最小值为 .
max e2 e2
1 1 1
6.(2026·莆田模拟)已知a=1+ ，b=ln 3+ ，c=ln 4+ ，则a，b，c的大小关系为( )
e+1 4 5
A.a>b>c B.b>c>a
C.c>b>a D.b>a>c
【答案】C
1
【解析】构造函数f(x)=ln x+ ，其中x>0，
x+1
( 1) 2 3
1 1 x2+x+1 x+ +
则f'(x)= - = = 2 4>0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，
x (x+1) 2 x(x+1) 2
x(x+1) 2
1 1
由a=1+ =ln e+ =f(e)，
e+1 e+1
1 1
b=ln 3+ =f(3)，c=ln 4+ =f(4)，
4 5
因为4>3>e，所以f(4)>f(3)>f(e)，
所以c>b>a.
7.(2026·济宁期中)已知函数f(x)=x3-x2，过点(-1，t)可作三条曲线y=f(x)的切线，则t的取值范围是(
)
( 4 4) ( 10)
A. − ， B. −2，
3 3 27
( 10) ( 4)
C. 0， D. −2，
27 3
【答案】B
【解析】设曲线y=f(x)在点(x ，y )处的切线过点(-1，t)，
0 0
由f(x)=x3-x2，得f'(x)=3x2-2x，
所以f'(x )=3x2 -2x ，
0 0 0
所以曲线f(x)=x3-x2在(x ，y )处的切线方程为y-y =(3x2 -2x )(x-x )，
0 0 0 0 0 0
因为过点(-1，t)可作三条曲线y=f(x)的切线，
所以t-y =(3x2 -2x )(-1-x )有三个不同的解，即2x3 +2x2 -2x +t=0有三个不同的解，
0 0 0 0 0 0 0
设g(x)=2x3+2x2-2x+t，则该函数有三个不同的零点，求导得g'(x)=6x2+4x-2，
1
令g'(x)=0，得x= 或x=-1，
3
(1 )
当x∈(-∞，-1)∪ ，+∞ 时，g'(x)>0，
3( 1)
当x∈ −1， 时，g'(x)<0，
3
( 1) (1 )
所以函数g(x)在 −1， 上单调递减，在(-∞，-1)和 ，+∞ 上单调递增，
3 3
1
所以函数g(x)在x=-1和x= 处分别取得极大值和极小值，要想函数g(x)有三个不同的零点，
3
{g(−1)>0,
{
2+t>0,
10
则
g
(1)
<0,
即
−
10
+t<0,
解得-2<t<
27
，
3 27
( 10)
即t的取值范围是 −2， .
27
8.若ln eex -b0ax≥-b-1ln ebx+ln(ax)，则正实数a的取值范围为( )
( 1)
A. 0， B.(0，e]
e
(1 )
C. ，+∞ D.(e，+∞)
e
【答案】B
【解析】原不等式可化为不等式ex-ax≥-x+ln(ax)，又可化为ex+x≥eln(ax)+ln(ax)，
设g(x)=ex+x，则g'(x)=ex+1>0，
即g(x)在R上单调递增，
则不等式等价于g(x)≥g(ln(ax))，
因为a>0，x>0，所以x≥ln(ax)=ln a+ln x，
则ln a≤x-ln x在(0，+∞)上恒成立，
令f(x)=x-ln x(x>0)，
1
则f'(x)=1- ，
x
当0<x<1时，f'(x)<0，即f(x)单调递减；
当x>1时，f'(x)>0，即f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)=1，故ln a≤1，即a≤e.
又a>0，所以a的取值范围为(0，e].
二、多项选择题(每小题6分，共18分)
9.下列命题正确的是( )
A.(cos x)'=sin x
lim h(1+Δx)−h(1)
B.已知函数h(x)在R上可导，若Δx→0 =2，则h'(1)=2
Δx1
C.已知函数f(x)=ln x- ，若f'(x )=2，则x =1
x 0 0
1 1
D.设函数φ(x)的导函数为φ'(x)，且φ(x)= x3- x2φ'(1)-x，则φ'(1)=1
3 2
【答案】BC
【解析】对于A，(cos x)'=-sin x，故选项A错误；
lim h(1+Δx)−h(1)
对于B，由导数定义知h'(1)=Δx→0 =2，故选项B正确；
Δx
1
对于C，f(x)=ln x- ，x>0，
x
1 1 x+1
则f'(x)= + = .
x x2 x2
x +1
0
由f'(x )=2，得 =2，
0 x2
0
即2x2 -x -1=(2x +1)(x -1)=0，
0 0 0 0
1
解得x =1或x =- (舍去)，故选项C正确；
0 0 2
1 1
对于D，由φ(x)= x3- x2φ'(1)-x，
3 2
得φ'(x)=x2-xφ'(1)-1，
故φ'(1)=12-φ'(1)-1=-φ'(1)，
所以φ'(1)=0，故选项D错误.
x
10.已知函数f(x)= ，则下列结论正确的是( )
lnx
A.x=e是函数f(x)定义域内的极小值点
B.f(x)的单调递减区间是(0，e)
C.若f(x)=m(m∈R)有两个不等实根，则m>e
D.f(x)在定义域内既无最大值又无最小值
【答案】ACD
x { x>0,
【解析】对于A，函数f(x)= 的定义域满足 解得x∈(0，1)∪(1，+∞)，
lnx lnx≠0,
lnx−1
f'(x)= ，
(lnx) 2
当0<x<1或1<x<e时，f'(x)<0，
所以f(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减；
当x>e时，f'(x)>0，所以f(x)在(e，+∞)上单调递增，所以x=e是f(x)的极小值点，A正确；对于B，f(x)的单调递减区间是(0，1)，(1，e)，故B不正确；
e
对于D，由A可得f(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，在(e，+∞)上单调递增，且f(e)= =e，
ln e
作出f(x)的简易图象，可得f(x)的值域是(-∞，0)∪[e，+∞)，故D正确；
对于C，由题意可得，直线y=m与y=f(x)的图象有两个交点，则m>e，故C正确.
11.(2025·衡水模拟)数据处理过程中常常涉及复杂问题，此时需要利用符号O来衡量某个操作的复杂
度.设定义在全体正整数上的函数f(x)与g(x)，若存在正常数c，同时存在常数k∈N*，对任意x>k，|
f(x)|≤ c|g(x)|，则称f(x)是O(g(x))的复杂函数，则下列函数中，满足f(x)是O(g(x))的复杂函数的有(设
a 均为非零实数)( )
n
A.f(x)=100，g(x)=ln x
B.f(x)=2x2+x，g(x)=2x-3x
C.f(x)=9·2-x，g(x)=3-x
n
D.f(x)= Σ axi，g(x)=a xn
i n
i=0
【答案】ABD
【解析】对于A，存在正常数c=100，取k=3，对任意x>3，100|g(x)|=100ln x>100ln 3≥100=|f(x)|，
因此f(x)是O(g(x))的复杂函数，A符合题意；
对于B，存在正常数c=1，取k=7，对任意x>7，令h(x)=g(x)-f(x)=2x-2x2-4x，
求导得h'(x)=2xln 2-4x-4，令φ(x)=2xln 2-4x-4(x>7)，
1
求导得φ'(x)=2x(ln 2)2-4> ·2x-4>0，函数h'(x)在(7，+∞)上单调递增，
4
1
则h'(x)>h'(7)=27ln 2-32>27× -32>0，函数h(x)在(7，+∞)上单调递增，
2
h(x)>h(7)=27-2×72-4×7=2>0，
则g(x)>f(x)>0，
又当x>7时，|g(x)|=g(x)，|f(x)|=f(x)，
因此|f(x)|≤|g(x)|，f(x)是O(g(x))的复杂函数，B符合题意；
f(x) (3) x (3) x
对于C， =9· ，函数y=9· 在R上单调递增，值域为(0，+∞)，
g(x) 2 2
f(x)
因此不存在正常数c，使得c≥ 成立，
g(x)而f(x)>0，g(x)>0，即不存在正常数c和常数k，使得当x>k时，|f(x)|≤c|g(x)|成立，
所以f(x)不是O(g(x))的复杂函数，C不符合题意；
n n n n
1
对于D，存在常数c= Σ |a|，取k=1，对任意x>1，|f(x)|=| Σ axi|≤ Σ |a|xi=xn Σ |a|xi-n≤
|a | i i i i
n i=0 i=0 i=0 i=0
n
1
Σ |a|·|a |xn=c|g(x)|，
|a | i n
n i=0
因此f(x)是O(g(x))的复杂函数，D符合题意.
三、填空题(每小题5分，共15分)
1
12.函数f(x)= x2-2ln x+x的极值是 .
2
3
【答案】
2
1 2 x2+x−2 (x−1)(x+2)
【解析】f(x)= x2-2ln x+x的定义域为(0，+∞)，f'(x)=x- +1= = ，
2 x x x
当x∈(0，1)时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递减；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，
则f(x)在(1，+∞)上单调递增，
1 3
故f(x)在x=1处取得极小值f(1)= -2ln 1+1= ，无极大值.
2 2
13.(2026·柳州模拟)已知定义在R上的函数f(x)，f'(x)为f(x)的导函数，f'(x)的定义域为R，f(x)满足
2 025
f(x+1 012)-f(1 014-x)=4x-4，则 Σ f'(i)= .
i=1
【答案】4 050
【解析】因为f(x+1 012)-f(1 014-x)=4x-4，
所以f'(x+1 012)+f'(1 014-x)=4，
所以y=f'(x)图象的对称中心为(1 013，2)，
又因为1+2 025=2+2 024=…=1 012+1 014=1 013×2，
所以f'(1)+f'(2 025)=f'(2)+f'(2 024)=…=f'(1 012)+f'(1 014)=f'(1 013)×2=4，
2 025
所以 Σ f'(i)=f'(1)+f'(2)+…+f'(2 025)
i=1
=[f'(1)+f'(2 025)]+[f'(2)+f'(2 024)]+…+[f'(1 012)+f'(1 014)]+f'(1 013)
=1 012×4+2=4 050.14.(2025·鹰潭模拟)若正实数a，b满足条件：ea+b=e(a+b)(e是自然对数的底数)，则ab的最大值是
.
1
【答案】
4
【解析】方法一 构造函数f(x)=ex，g(x)=ex，
f'(x)=ex，则f'(1)=e，f(1)=e，
故f(x)在x=1处的切线方程为y-e=e(x-1)，
即y=g(x)=ex，
画出f(x)，g(x)的图象，
所以由ea+b=e(a+b)可得a+b=1，又a，b为正实数，
所以a+b=1≥2❑√ab，
1
即ab≤ ，
4
1
当且仅当a=b= 时取等号，
2
1
所以ab的最大值是 .
4
方法二 令f(x)=ex-ex(x>0)，
则f'(x)=ex-e，
当x∈(0，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x) =f(1)=0，
min
又ea+b=e(a+b)，
即ea+b-e(a+b)=0，
所以a+b=1，
1
所以a+b=1≥2❑√ab，即ab≤ ，
4
1
当且仅当a=b= 时等号成立，
2
1
所以ab的最大值为 .
4
