第6单元 导数与导数的几何意义 周测复盘卷-【师大金卷】2025年高考数学一轮复习提升卷

数学７—４　 第六单元 　导数与导数的几何意义 周测复盘卷 复盘１　导数定义中极限的计算问题 典例１ 第３题 错因 不理解导数定义的意义 复盘 要点 根据导数的定义式可知,求某点处的导数其实质是利用导 数的定义求极限． 解题 关键 根据曲线某点处的导数等于切线的斜率,得f′(１)＝２,再根 据lim Δx→０ f(１＋Δx)－f(１) ２Δx ＝ １ ２limΔx→０ f(１＋Δx)－f(１) Δx ＝ １ ２f′ (１) 可求解． 反思 提高 在利用导数定义计算解决与极限有关的问题时,一定要根 据定义f′(x０)＝lim Δx→０ f(x０＋Δx)－f(x) Δx 来求解,并且要随时 调整“Δx”． [变式１－１]　(２０２４􀅰吉林长春吉大附中实验学校摸底)利用导数的 定义计算lim Δx→０ ln(e＋２Δx)－lne Δx 值为 (　　) A．１ B．２e C．０ D．２ [变式１－２]　(２０２４􀅰天一大联考)已知函数f(x)的导函数为f′(x), f′(－２)＝－２,则lim Δx→０ f(－２－４Δx)－f(－２) Δx ＝ (　　) A．－８ B．－２ C．２ D．８ [变式１－３]　(２０２４􀅰陕西咸阳礼泉二中月考)设函数f(x)在x＝１ 处的导数为２,则lim Δx→０ f(１－Δx)－f(１) ２Δx ＝　　　　． 复盘２　利用导数的几何意义解决有关距离问题 典例２ 第７题 错因 不理解(x１－x２)２＋(y１－y２)２ 的 含义 复盘 要点 和导数有关的距离问题一般有曲线上的点到直线的距离问 题、同一曲线上两点之间的距离问题、不同曲线上两点距离 的平方问题等等． 解题 关键 将问题转化为曲线f(x)＝x２－lnx上的点与直线x－y－２ ＝０上的点之间距离的平方,利用导数可求得f(x)与直线x －y－２＝０平行的切线,结合平行线间距离公式可求得所求 最小值． 反思 提高 曲线上的点与直线上的点之间距离最值的求解问题,解题 关键是能够将问题转化为曲线切线方程的求解问题,从而 利用导数的知识来进行求解． [变式２－１]　(２０２４􀅰湖南长沙长郡中学月考(二))若实数a,b,c,d 满足a－２e a b ＝ １－c d－１＝１ ,则(a－c)２＋(b－d)２的最小值是 (　　) A．８ B．９ C．１０ D．１１ [变式２－２]　已知函数f(x)＝ lnx,x＞１, １ ２x＋ １ ２ ,x≤１, ì î í ï ï ïï 若m＜n,且f(m)＝ f(n),则n－m 的最小值是　　　　． [变式２－３]　设点P 在曲线y＝e２x＋２＋１上,点Q 在曲线y＝１＋ ln x＋１上,则|PQ|的最小值为　　　　． 复盘３　根据切线的条数求解相关问题 典例３ 第１４题 错因 在分析切线方程的解上 存在困难 复盘 要点 过某点切线的条数问题是导数几何意义问题中的重要题型 之一,此类问题一般要求满足切线条数的条件． 解题 关键 解决的关键是先得切线方程y－tet＝(t＋１)et(x－t),再将点 P的坐标代入切线方程可得m＝(－t２＋２t＋２)et,再研究此 方程的根即可． 反思 提高 求有几条切线,思路是:设出切点P(x１,f(x１)),则切线方 程为y－f(x１)＝f′(x１)(x－x１),再将点A(x０,y０)代入切 线方程,整理为g(x１)＝０的形式,再分析其解或零点或交 点个数即可解决相关问题． [变式３－１]　若过点(a,b)可以作曲线y＝ex 的两条切线,则 (　　) A．eb＜a B．ea＜b C．０＜a＜eb D．０＜b＜ea [变式３－２]　(２０２４􀅰广东广州中山大学附中月考)过点(３,０)作曲线 f(x)＝xex 的两条切线,切点分别为(x１,f(x１)),(x２,f(x２)),则 x１＋x２＝ (　　) A．－３ B．－ ３ C．３ D．３ [变式３－３]　(２０２４􀅰福建福州闽侯一中月考)已知函数f(x)＝x３－ ４x＋１． (１)求函数在点M(－１,f(－１))处的切线方程; (２)如果过点(－２,a)可作曲线的三条切线,求实数a的取值范围． 复盘４　提高综合练 １．(２０２４􀅰陕西咸阳永寿中学第二次考试)已知函数f(x)＝lnx＋x的 零点为x０,过原点作曲线y＝f(x)的切线l,切点为P(m,n),则 mx０ex０＝ (　　) A．１e B．e C． １ e２ D．e２ ２．若x,y∈R,x＞０,则(x－y)２＋(４lnx－x２－２y－１)２的最小值为 (　　) A．５ B．５５ C． １６ ５ D． ４ ５ ５ ３．(２０２４􀅰江苏南通如皋调研)已知直线l分别与曲线f(x)＝lnx, g(x)＝ex 相 切 于 点(x１,lnx１),(x２,ex２),则 １ x１ － ２x２－１ 的 值 为　　　　． ４．(２０２４􀅰甘肃定西陇西一中月考)“以直代曲”是微积分中最基本、最 朴素的数学思想方法．在切点附近,用曲线在该点处的切线近似代 替曲线就是这一思想的典型应用．曲线y＝lnx在(１,０)处的切线方 程为　　　　,已知| ２０２４ e－１|＜０􀆰０００５,利用上述“切线近似代替 曲线”的思想计算２０２４e所得的结果为　　　　．(结果用分数表示) ５．已知函数f(x)＝x３－３２ax ２(a＞０)．若过点(a,b)可作曲线f(x)的三 条切线,证明:－５８a ３＜b＜f(a)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学７—３ (x二)令y=0.得1=1，一Gx, 则f(x)在点 受0）处的切线斜率为了（受）一号 -4_+4,所以正1+2= +4+2=x,+2) 2x2r 2n 所以切线方程为y=一（一受）即y=-是+1 41-2-4-2-。-2 2.x 2x. ,所以+1十2 2w+1-2 (x.+2) 得 (xm+2)9 -aa (z。-2)2 (x。-2)7 ,所以aw+1 -1=0. 2x 号-a 1n+2 因为函数定义为红≠01，所以方程(。一)十x一1 0有非零实数根， 2am,又a1=1.所以数列{u.》是以1为首项，2为公比的 等比数列，故D正确.故选BCD. 当u=二时x=1,符合题意，当a≠是时，则△=1+4(0 12.[解题思路]可设f(x)=x十2x,则f(x)=3.x2+2≥2.（答案 2 不唯一) ≥0，即≥2-1 元，且u≠2 [参考答案]x3+2x(答案不唯一) 13.[解题思路]对于函数f(x)=e一1，则'(x)=e,设(t,e一1) 所以实数：的取值范围是4≥2-1 π4 是曲线f(x)上的一点，切线率k=心，所以f(x)在点(t,d (2)因为函数f(x)和函数g(x)的图象没有公共点，所以(x) 1)处的切线方程为y-e+1=e(x一t),即y=ex+(1-t)e 一1，对于画数g(x)=1+lnx,则g(x)=】,根据斜率关系可 =g(,即=士-ar无实根，所以当x≠0时，A() cox十a.x2一1=0无实根， 得：g(r)=上=化，解得r=e,可得g(e)=1一1，可知切 因为h(一x)=h(x),即h(x)是偶函数，所以h(x)=cosx十a.x 一1=0在(0，十∞)上无实根. 点坐标为(e',1-1),则切线方程为y一(1-1)=C(x一e). h'(x)=2a.x-sinx,i记m(x)=h'(x）=-2ax-sinx 即y-cx-t,可得(1-1)d-1一一1，整理得(1-1)(d一1)- 则m'(x）-2a-cosx,r∈(0，+∞). 0,解得1-0或1一1，当1-0时，切线方程为y一x,此时-0， ①当a<0时，a.x2<0,又-1≤cosx≤1，则cosx一1≤0，所以 不符合题意，会去：当t=1时，切线方程为y=ex一I,故k=e, h(x)=cox十a.x2-1<0.满足h(x)=0在(0，+∞)上无 b=一1：综上所述：十b=e一1. 实根. [参考答案]e一】 ②当a=0时，h(x)=cosx-1=0在(0，+o∞)上有实根，不合 14.[解题思路]设切点为(1,1e),对函数f(.x)求导得(x)=(x十 题意，舍去. 1)e,切线斜率为(1)=(t十1)e,所以，曲线y=f(x)在点 (t,te)处的切线方程为y-te=(1+1)e(x一t),将点P的坐 ③当a≥之时.m'(r)=2a-eo≥0.所以(x)=2ar-sin 标代入切线方程可得m一te=(1十1)e(2-t).所以，m=(-产 在(0，十∞)上单调递增， 十21+2)e,令gt)=(-+21+2)e,其中1∈R. 则h'(x)>h'(0)=0.所以h(x)=cosx十a.x2-1=0在(0. 所以，g'(t)=(4-)c,列表如下： 十∞)上单调递增， 所以h(x)>h(0)=0,满足h(x)=0在(0，十∞)上无实根. -2 (-2.2) 2 (2,+00) g'(t) 0 0 ①当0Ka<号时，因为m')=2u-cox在(0，受)上单调 g(1) 减 板小值一6 增 极大值2e 减 递增，且m(0)=20-1<0,m( =2a>0 由g(1)<0可得t一21一2>0，解得1<1一V3或1>1十3，如 则存在唯一的∈(0，受）使m(x)=2a一co=0.列 下图所示： 表得 (0,x0 r m'(x） 0 m(x)=h'(x) 极小值 所以当x∈(0，xo)时，h(x)<h'(0)=0,则h(x)在(0，xo)单调 递减，则h(x)h(0)-0, 又因为h(2x)=4r2>0,且h(x)在(0，十oo)上连续， 所以h(x)=cosx十a.x2-1=0在(0,2π)上有实根.不合题意. 6 综上可知，实数a的取值范围是（一o,0) +o 由图可知，当一 。<m<0时，直线y=m与画数g()的图象 e 周测复盘卷 有三个交点 复盘1导数定义中极限的计算问题 [变式1一1]B[解题思路]依题意，令函数f(x)-lnx,求导得 [参考答案]-。<m<0 e fx)=1,所以ime+2A)-c=2me+2A）-fe x Ar-0 △r 息SrD 24x 15.[解](1)因为fx)-o.所以/(x)=二sinco型 x 2(e)=三.故透B, e 新高考数学答案一22 [变式1一2]D[解题思路]由导数定义和（一2）=一2，得 b)在直线v=ex+(1一t)e上，可得b=ae+(1一t)e=(a+1 imf-2=4-K-2=(-4)×m-2-4-四 -t)c,令fu)=(a+1-t)e,则f()=(a-t)e.当1<a时， △x -4△五 (t)>0,此时函数f(t)单调递增，当t>a时，了(t)<0,此时函 =一4f(-2)=8.故选D. 数f(t)单调递减，所以，f(1)=f(a)=e,由题意可知，直线y [变式1一3][解题思路]因为数f(x)在x=1处的导数为2，即 =b与曲线y=f(u)的图象有两个交点，则b<f(1)=e心，当I )=2所以典-音=9 <a十1时，f(1)>0,当1>a+1时，f()<0,作出函数f()的图 402A7 象如下图所示： =-2r)=-1 [参考答案]一1 复盘2利用导数的几何意义解决有关距离问题 [变式？-1门A[解题思路]由“2-1，得6-a-2,令f(x） =x-2e.则f(x)=1-2e,令f(x) =0得x=-ln2,当x>一ln2时， 了(x)<0,f(x)单调适减，当x<一ln2 时fx)>0x)单调递增：由号 =1,得d=-心十2.令g(x)=-x十2 =Kt f（x),g(x)的图象如图： 则(a一c)2+(b-d)表示y=f(.x)上 一点M(a,b)与y=g(x)上一点N(c, 由困可知，当0<b<e时，直线y=b与曲线y=f(1)的图象有 d)的距离的平方，显然，当过M点的f(x)的切线与g(x)平行 两个交点.故选D. 时，MN最小，设y=f(x)上与y=g(x)平行的切线的切点为 [变式3-2]D[解题思路]图为f(,x)=xe,所以f(x)= M。(xoyo),由(xo)=1一2e'o=-1.解得o=0,所以切点 (x十1)e,设切点坐标为(xo,xoem),所以f(x)=(xo十1) 为M(0,一2)，切点到y=g(x)的距离的平方为 10-2-21) eo,所以切线方程为y一xeg=(十1)c。(x一工n),所以 1+ 一xoe0=(x十1)eo(3-xo),即(-x+3xo十3)e0=0,依题 =8,即(a-c)2+(b-d)的最小值为8.故选A 意关于x。的方程（一x6十3r。十3）e0=0有两个不同的解x1 [变式2一2][解题思路]解法一：易知函数f(x)在（一∞，1]和(1， x2,即关于x0的方程一号+3x。+3-0有两个不同的解x1t2: 十o)上都单调递增，又m<n,且f(m)=f(n),故可得m≤1< 所以1+x-3.故选D. [变式3-3][解]1)f(一1)=4，所以切点为(-1,4)，f(x)=3. 一1，k=f(-1)=-1, 设P(to.Into)(xo>l)为曲线y=fx)=lnx(x>1)上一点，当 所以切线方程为y一4=一(x十1)，即x十y-3=0. 南线在接点处的切线与直线y=子十之平行时川一m最小 (2)设切点为(x·x8-4x+1),切线方程可写为y一(x一4x +1)=f(x。)(x-x。）, 令f(红)=上=。得。=2满是题意，故”=2，从而m=21配 又切线过（一2，a), -1,此时n-m=3-2n2.所以1-m的最小值是3-2ln2. 所以有a一(xd-4x+1)=(3x6-4)(-2-xo), 整理得2.x8+6.c-9+a一0， 解法二：由m）=m,令y=名m十之y=lm,得m=2y 由题意可知关于x。的方程要有三个不同的实数解， 1.n=e.而0<y≤1，所以h(y)=n-m=e心-2y+1,h(y)= 记g(x)=2.x3+6x2-9+a,g'(x)=6x2+12x -2,当h'(y)<0时，0<y1n2,当h'(y)>0时，ln2<y<1,可 令g'(x)=0,可得x=0或x=-2, 知h(y)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2,1)上单调递增，所以 结合图象可知极大值与极小值异号，即g(一2)·g(0)<0时， h(y)mm=h(ln2)=e-2n2+1=3-2n2. 方程有三个解， 所以n一m的最小值是3一2n2. 解得a∈(1,9). [参考答案]3-2ln2 复盘4提高综合练 [变式2-3][解题思路]令f(x)=e+》,g(.x)=ln√r+I分别向 上平移一个单位可得y=e+:+1y=1+ln+1,而f(x)与1B[解题思路]/(x)= 子十1.切点为Pm,lm十m.则切线 g(x)关于y=x对称，，。当两条曲线在P,Q处的切线均与y=x 十1平行时，P,Q关于y=x十1对称，PQ有最小，对应面线平 移到f(x)·g(x)后，P,Q关于y=x对称即可，.令1=x十1> 方程为y-(六+一m)+中m因为址原点，所以 0.则/x)=m()=e.m'()=2e=1有1=- 2· 0=(六+一m+lm+m,解得m=e,则P(e,e十1 )脚P(竖）P到y-x的距离d 由lnx十to=0,可得o=一lnte,故m.xoeg=ero·e-lwo 1 In2 =en·】=e故选B 2 十2 (n2+D)..PQ-2d-(D) 2.C[解题思路]问题可以转化为：A(x.4lnr一x”)是西数f(x） 4 2 =4lnx一x2图象上的.点，B(y,2y十1)是函数y=2x十1上 [参考答案]②1+ln2 的点，AB=(x-y)十(4lnr-x2-2y-1)2.当与直线y= 2 2x十1平行且与f八x)的图象相切时，切点到直线y=2x十1 复盘3根据切线的条数求解相关问题 的距离为AB的最小值.()-兰-2x-22十r-2-0: [变式3-1门D[解题思路]在曲线y=e上任取一点P(t,c),对 x=1.会去负值，又f(1)=-1,所以M(1,一1)到直线y= 函数y-e求导得y'=心，所以，曲线y=。在点P处的切线方 程为y一e=e(x一t).即y=ex十(1一t)e,由题意可知.，点(a 2十1的距离即为AB的最小值，AB)后·(ABm 新高考数学答案一23 总故选C 因为了(x0)=3.x8-3a.x0, 3.[解题思路]由fx)=lnx,g(x)-e,有了(x)=1, ·g'(x)= 所以切线方程为y一（信-子)=（后-3a-. 代入点(a,b),得b- 3 e,f()在点(c1,lnr)处的切线方程为y-ln=上(x-x), (国-2a）-(3r号-3uo)(a-xo,整 理得：2-受46+30+6-0： 9 g(x)在点(x2ee)处的切线方程为y一e=e2(x一x),则有 L=e… 因为过点(a,b)可作曲线y=f(x)的三条切线， 得lnx1-1=ne2-1=-x2-1= lnr1-1=e(1-xg), 所以方程2-名+3x十6=0有三个不同根 c1-),所以e=1=二二=二十1-2=1-1亡 2 1一x: 令ga0-2-号ar2+x+6 x11-2 与可得1一2 =1+2 g'(x)=6.x2-9ax+3a2=3(x-a)(2x-a) -1=1, [参考答案]1 则g(r)在(-o,兰）(a,十∞)上单调递增，在（受a）上单 4.[解题思路]由y=lnr,得y=上，所以曲线在点(1,0)处的切线 调递减. 斜率k=1,所以切线方程为y=x一1.由题意知在x=1附近， 因为方程22-号a+3a2x十6=0有三个不同根， lnr≈r-l,所以lhn22E≈2E-1,所以e应≈ne血+1- 所以g(x)的图象与x轴有三个交点， 22+1-28器pwe*名82器 s(受）=2（受）-号（受）+w2x号+6>0 则 [参考答案]y=r-1 2025 ga)-2a-号axa+3Xa+h0 202 5.[证明]设过点(a,b)与曲线y-f(x)相切的直线与曲线y= 故 <--u). )的切点为(。-受a） 第七单元 导数在研究函数中的应用 周测训练卷 <0,当x>1时，h'(x)>0,所以西数h(x)在(0,1)上单调违 减，在(1，十o∞)上单调说增，所以h(x)m=h(1)=3,又当x 1.C[解题思路]个高教m()=了x)=+c0,m(-一) +0时，h(x)→十o⊙，当x·十oa时，h(x)）→十@，如图，作出 通数h(x)=2x十二(x>0)的大救图象，由图可知a=3,所 之+osr,定义域为R:m()=m(一，画数m) 以f(x)=2x2-3x2+1,则f(x)=6x2-6.x=6x(x-1),当 为偶函数，又：m(0)=1,且m'(x)=x-sinr,当x>0时， -1<x<0时，f(x)>0.当0<x<1时，f(x)<0,所以函 m'(x)=1(x).1'(x)=1一c08x≥0，t(x)在(0.十oo)上单調 数f(x)在（一1,0）上单调递增，在(0,1)上单调递减，又 递增，期t(x)>(0)=0-sin0=0,m'(x)>0,∴.函数m(x) f(一1)=-4，/(0)=1，f(1)=0,所以f(x)在[-1,1]上的 在(0，十∞)上单调遗增，故选C 最大值为1.最小值为一4，所有f(x)在[-1.1门上的最大值 2.D[解题思路]对于A.求导得(x)=-e+(2-x)e=(1 与最小值之和为1一4一一3.故选C x)e.故入错误：对于B,f(x)的图象在x=2处的切线针率 y=hix) k=(2)=一e<0,故B错误：对于C,当x1时，(x)> 0,故f(x)在（一，1）上单调递增，故C错误：对于D,可知 f(,x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，十0)上单调递减，故 v=a f(x)在r=1处取得最大值为f(1)=e,故D正确，故选D. 3.A[解题思路]由不等式x5一(2x+3)>(2x+3)2一x2,得 (.x2)产+x2>(2x+3)3+(2x+3).设函数f(t)=t3+1,则 f(1)=32+1>0.所以f(1)在R上单调递增.因为f八x2) 0 >f(2x+3),所以x2>2x+3.解得x>3或x<-1.数 选A. 4.B[解题思路]因为高教)-2alm-子2+3r在区间(0， 2]上单调递减，所以了(x)-24-x2+3≤0在区间(0,2]上6.A [解题思路]取正方形中心为(O, 恒成立，即2u≤x-3x在区间(0.2]上恒成立.令h(x)=x 连接BD交EF于点T,正方形 G -3x,则'(x)=3.x2-3=3(x十1)(x-1).所以h(x)=x ABCD的面积为2，故正方形 一3x在(0,1门上单调递减，(1,2门上单调递增，故h(x)mn ABCD的边长为2，OB=OD= 1,设EF=2x,则OT-t,所得 0 h(1)=一2，则2a≤h(x)nim=一2.即a≤-1.经检验，当a= 一1时，满足题意，所以实数a的最大值是一1.故选B. 的棱维倒面的高TB=OB一OT 5.C[解题思路]函数f(x)=2x2-ax2+1(a∈R)在(0，十o∞)内 =1一c,故枚维的高为h= 有且仅有一个零点，即方程f(x)=2x1-a.r”十1=0在(0， √(1-x)-x=√1-2，四 十e∞)内有且仅有一个实根，分离参敏可得a一2x十二(r> 校维体积为V-言×(2)× 0.令)=2+宁（>0.对函教y=Ay=a只有 -2a=冬2-2a-音0-2，令fx)= -个变点，h《)=2-名=2r卫，当0<<1时，h'(x) 新高考数学答案一24