《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

9. 设函数 $ f(x) $ 在 $ (-\infty,+\infty) $ 上的导函数为 $ f^{\prime}(x) $。若 $ f(\ln x)=\frac{x + 1}{x} $，则（ ）

A.$ f(0)=2 $
B.$ f^{\prime}(\ln x)=-\frac{1}{x^{2}} $
C.$ f(-x)=e^{x}+1 $
D.$ f^{\prime}(-x)=e^{x} $

答案： 9. AC 令$\ln x=t$，则$x=\mathrm{e}^{t}$，代入$f(\ln x)=\frac{x + 1}{x}$得$f(t)=\frac{\mathrm{e}^{t}+1}{\mathrm{e}^{t}}=1+\frac{1}{\mathrm{e}^{t}}$，所以$f(x)=1+\frac{1}{\mathrm{e}^{x}}$，则$f^{\prime}(x)=-\frac{1}{\mathrm{e}^{x}}$.所以$f(0)=2$，$f(-x)=\mathrm{e}^{x}+1$，$f^{\prime}(-x)=-\mathrm{e}^{x}$，$f^{\prime}(\ln x)=-\frac{1}{x}$.

10. 设函数 $ f(x)=\ln\sqrt{x^{2}+1} $，则 $ f^{\prime}(2)= $______。

答案： 10. $\frac{2}{5}$ 因为$f^{\prime}(x)=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}· \frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}=\frac{x}{x^{2}+1}$，所以$f^{\prime}(2)=\frac{2}{5}$.
第五章 一元函数的导数及其应用

11. 已知某质点运动的位移 $ s $（单位：$ cm $）与时间 $ t $（单位：$ s $）之间的关系为 $ s(t)=\ln (2t + 4) $，则该质点在 $ t = 2 $ 时的瞬时速度为______ $ cm/s $。

答案： 11. $\frac{1}{4}$ 因为$s(t)=\ln(2t + 4)$，所以$s^{\prime}(t)=\frac{2}{2t + 4}=\frac{1}{t + 2}$，所以该质点在$t = 2$时的瞬时速度为$s^{\prime}(2)=\frac{1}{4}(cm/s)$.

12. 设函数 $ f(x) $，$ g(x) $ 在区间 $ (0,5) $ 内导数存在，且有以下数据：

则 $ f[g(1)]= $______；函数 $ f[g(x)] $ 在 $ x = 1 $ 处的导函数的值是______。

答案： 12. $4$ $4$ 令$h(x)=f[g(x)]$，则$h(1)=f[g(1)]=f(3)=4$，$h^{\prime}(x)=f^{\prime}[g(x)]· g^{\prime}(x)$，所以$h^{\prime}(1)=f^{\prime}[g(1)]· g^{\prime}(1)=f^{\prime}(3)· g^{\prime}(1)=2× 2 = 4$.

13. 已知函数 $ f(x)=\sin^{2}x+\sin 2x $。
（1）求 $ f^{\prime}(x) $ 的解析式；
（2）求曲线 $ y = f(x) $ 在点 $ \left(\frac{\pi}{4},f\left(\frac{\pi}{4}\right)\right) $ 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积。

答案：
13. 解：
(1)$f^{\prime}(x)=2\sin x\cos x + 2\cos 2x=\sin 2x + 2\cos 2x$.
(2)由
(1)知$f^{\prime}(\frac{\pi}{4})=1$，$f(\frac{\pi}{4})=\frac{3}{2}$，所以切线方程为$y=x-\frac{\pi}{4}+\frac{3}{2}$，则所围成的三角形的面积$S=\frac{1}{2}× \vert\frac{\pi}{4}-\frac{3}{2}\vert^{2}=\frac{(6-\pi)^{2}}{32}$.

14. （创新·新情境）Logistic 增长模型描述了受资源限制的种群增长规律，广泛应用于生物学等领域。该模型的数学表达式为 $ P(t)=\frac{M}{1+(M - P_{0})P_{0}^{-1}e^{-rt}} $，其中 $ P(t) $ 表示 $ t $ 时刻的种群数量，$ M $ 为环境的最大承载容量（种群数量的上限），$ P_{0} $ 为初始时刻的种群数量，$ r $ 为种群的内禀增长率（与繁殖率、死亡率相关），$ r＞0 $。
（1）若 $ P_{0}=\frac{M}{2}=1 $，$ r=\frac{1}{2} $，则初始时刻生物种群的增长速度是______；
（2）若 $ P_{0}＜\frac{M}{2} $，则当种群数量达到环境的最大承载容量的一半时，生物种群的增长速度是______（用 $ M $，$ r $ 表示）。

答案： 14.
(1)$\frac{1}{4}$
(2)$\frac{Mr}{4}$
(1)对$P(t)=\frac{M}{1+(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}}$求导来得到种群增长速度的表达式.令$u=(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}$，则$P(t)=\frac{M}{1 + u}$.根据复合函数求导法则，先对$P(t)$关于$u$求导，$P^{\prime}(u)=-\frac{M}{(1 + u)^{2}}$；再对$u$关于$t$求导，$u^{\prime}=(M - P_{0})P_{0}^{-1}(-r)\mathrm{e}^{-rt}$.故$P^{\prime}(t)=P^{\prime}(u)· u^{\prime}=\frac{Mr(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}}{[1+(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}]^{2}}$.将$P_{0}=\frac{M}{2}=1$（$M = 2$），$r=\frac{1}{2}$，$t = 0$代入增长速度表达式，得$P^{\prime}(0)=\frac{2×\frac{1}{2}×(2 - 1)× 1^{-1}× 1}{[1+(2 - 1)× 1^{-1}× 1]^{2}}=\frac{1}{4}$，即初始时刻生物种群的增长速度是$\frac{1}{4}$.
(2)当种群数量达到环境的最大承载容量的一半时，$P(t)=\frac{M}{2}$.由$\frac{M}{2}=\frac{M}{1+(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}}$，得$1+(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}=2$，得$(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}=1$.把$(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}=1$代入种群增长速度表达式$P^{\prime}(t)=\frac{Mr(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}}{[1+(M - P_{0})P_{0}^{-1}\mathrm{e}^{-rt}]^{2}}$，得$P^{\prime}(t)=\frac{Mr× 1}{(1 + 1)^{2}}=\frac{Mr}{4}$.所以当种群数量达到环境的最大承载容量的一半时，生物种群的增长速度是$\frac{Mr}{4}$.